广东省惠州市芦岚中学2021年高三数学文模拟试题含解析

广东省惠州市芦岚中学2021年高三数学文模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为和的线段，则的最大值为（

）

A.B.

C.4

D.参考答案：A2.榫卯（）是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式.我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构.图中网格小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积与表面积分别为A．

B．C.

D．参考答案：C依题意，该几何体由一个长方体和一个圆柱体拼接而成，故其体积；表面积.3.不等式的解集为，且，则实数的取值范围是(

)A．

B．

C．

D．

参考答案：A略4.复数在复平面上位于（

）

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限参考答案：A5.若为等差数列的前n项和，，，则与的等比中项为

（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略6.如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记I1=，I2=，I3=，则A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3 ＜I2 C．I3＜I1＜I2

D．I2＜I1＜I3参考答案：C试题分析：因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，所以＞0＞＞，故选C.【考点】平面向量的数量积运算【名师点睛】平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数．本题通过所给条件结合数量积运算，易得，由AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，可求得，，进而得到．7.已知命题：“若，则”，则下列说法正确的是（A）命题的逆命题是“若，则”

（B）命题的逆命题是“若，则”

（C）命题的否命题是“若，则”（D）命题的否命题是“若，则”参考答案：C8.已知四边形中，,，,是边所在直线上的动点，则的最小值为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C略9.函数y=cos（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）为奇函数，该函数的部分图象如图所示，A、B分别为最高点与最低点，且|AB|=2，则该函数图象的一条对称轴为（）A．x= B．x= C．x=2 D．x=1参考答案：D【考点】HB：余弦函数的对称性．【分析】根据y=cos（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）为奇函数求得φ的值，根据|AB|=2，利用勾股定理求得ω的值，可得函数的解析式，从而得到函数图象的一条对称轴．【解答】解：由函数y=cos（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）为奇函数，可得φ=kπ+，k∈z．再结合0＜φ＜π，可得φ=．再根据AB2=8=4+，求得ω=，∴函数y=cos（x+）=﹣sinx，故它的一条对称轴方程为x=1，故选：D．10.已知全集，集合，下图中阴影部分所表示的集合为(

)A．

B．C．

D．参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒，已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y（毫克）与时间t（小时）成正比，药物释放完毕后，y与t的函数关系式为（a为常数），如图所示，据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那从药物释放开始，至少需要经过

小时后，学生才能回到教室.参考答案：【知识点】根据实际问题选择函数类型；指数函数.B6B10【答案解析】解析：解：当t＞0.1时，可得∴0.1-a=0,a=0.1由题意可得，即，即解得t≥0.6，由题意至少需要经过0.6小时后，学生才能回到教室．故答案为：0.6【思路点拨】。当t＞0.1时，把点（0.1，1）代入求得a，曲线方程可得．根据题意可知y≤0.25，代入即可求得t的范围．12.参考答案：150略13.已知在△ABC中，C=，AB=6，则△ABC面积的最大值是_________．参考答案：略14.曲线的极坐标方程为，则曲线的直角坐标方程为________________。参考答案：

解析：即15.已知点F为椭圆的左焦点，直线与C相交于M，N两点（其中M在第一象限），若，，则C的离心率的最大值是____．参考答案：【分析】设右焦点为,连接,由椭圆对称性得四边形为矩形，结合椭圆定义及勾股定理得a,c不等式求解即可【详解】设右焦点为,连接,由椭圆对称性知四边形为平行四边形，又=2c=，故为矩形，=，，即,∴又,故0<e≤故答案为【点睛】本题考查椭圆的几何性质，椭圆定义的应用，转化化归思想，利用定义转化为矩形是关键，是中档题16.已知函数其导函数记为f′(x)，则f(2014)＋(2014)＋f(－2014)－(－2014)＝________.参考答案：2略17.若函数f（x）=在上增函数，则实数a的取值范围是__________．参考答案：0＜a≤考点：函数单调性的性质．专题：函数的性质及应用．分析：分a＜0和a≥0两种情况进行讨论，当a＜0时，单调递增，则必有≥0在上恒成立；当a≥0时，f（x）=，则有f′（x）=≥0在上恒成立，从而可求出a的取值范围．解答：解：（1）当a＜0时，单调递增，①若时，≤0，则f（x）=﹣（）单调递减，与函数f（x）=在上是增函数不符；②若时，有零点x0，，则﹣＜x＜x0时，＜0，f（x）=﹣（）单调递减，也与题意不符，故必有≥0在上恒成立，即a≥﹣e2x恒成立，又时，﹣e2x≤﹣=﹣，∴﹣≤a＜0．（2）当a≥0时，f（x）=，f′（x）=，∵f（x）在上是增函数，∴f′（x）=≥0在上恒成立，即a≤e2x，又e2x≥=，所以0＜a≤，综上，实数a的取值范围为．故答案为：．点评：本题考查了函数的单调性，解决本题的难点在于函数解析式含有绝对值符号，故解决本题的关键在于去掉绝对值符号三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.(本小题满分12分)已知数列的前n项和（I）

求数列的通项公式；（II）

求数列的前n项和参考答案：1）当时，；

(1分)当时，

(3分)对仍成立。

(4分)所以，数列的通项公式:

(5分)2)由1）知

(7分)所以，

(12分)19.（12分）已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线l：y=kx+m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON=，求原点O到直线l的距离的取值范围．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）由已知求得b，再由椭圆离心率及隐含条件求得a，则椭圆方程可求；（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0求得m2＜4k2+1，再由，可得，从而求得k的范围，再由点到直线的距离公式求出原点O到直线l的距离，则取值范围可求．【解答】解：（1）设焦距为2c，由已知，2b=2，∴b=1，又a2=1+c2，解得a=2，∴椭圆C的标准方程为；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4=0，依题意，△=（8km）2﹣4（4k2+1）（4m2﹣4）＞0，化简得m2＜4k2+1，①，，若，则，即4y1y2=5x1x2，∴，∴，即（4k2﹣5）（m2﹣1）﹣8k2m2+m2（4k2+1）=0，化简得，②由①②得，∵原点O到直线l的距离，∴，又∵，∴，∴原点O到直线l的距离的取值范围是．【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．20.设关于的方程(Ⅰ）若方程有实数解，求实数的取值范围；(Ⅱ）当方程有实数解时，讨论方程实根的个数，并求出方程的解.参考答案：（Ⅰ）原方程为，，时方程有实数解；(Ⅱ）①当时，，∴方程有唯一解；②当时，.的解为；令的解为；综合①.②，得1）当时原方程有两解：；2）当时，原方程有唯一解；21.棋盘上标有第0,1,2,…100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败集中营）时，游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为.（1）求的值；（2）证明：；（3）求，的值.参考答案：（1）棋子跳到第站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率为；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为，因此.（2）易知棋子先跳到第站，再掷出反面，其概率为；棋子先跳到第站，再掷出正面，其概率为，因此有，即，或即.（3）由（2）知数列为首项为，公比为的等比数列，因此有.由此得到.由于若跳到第站时，自动停止游戏，故有.22.已知二次函数的对称轴的图像被轴截得的弦长为，且满足．（1）求的解析式；（2）若对恒成立