重庆鱼洞中学2021年高三数学理测试题含解析

重庆鱼洞中学2021年高三数学理测试题含解析一、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.在中，内角A,B,C所对应的边分别，若则的面积（

）

A.3

B.

C.

D.参考答案：【知识点】余弦定理．C8

【答案解析】C

解析：由题意得，c2=a2+b2﹣2ab+6，又由余弦定理可知，c2=a2+b2﹣2abcosC=a2+b2﹣ab，∴﹣2ab+6=﹣ab，即ab=6．∴S△ABC==．故选：C．【思路点拨】将“c2=（a﹣b）2+6”展开，另一方面，由余弦定理得到c2=a2+b2﹣2abcosC，比较两式，得到ab的值，计算其面积．2.复数z=（其中i为虚数单位）在复平面内对应的点所在的象限为（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限参考答案：D略3.若是真命题，是假命题，则A．是真命题

B．是假命题C．是真命题

D．是真命题参考答案：D4.，则（）A．R

B．(0,+∞)

C．{1}

D．[1,+∞)参考答案：B5.能够把圆:的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆的“和谐函数”，下列函数不是圆的“和谐函数”的是

A．B．

C．

D.参考答案：D略6.对于数列{an}，定义数列为数列an的“差数列”若a1=1，{an}的“差数列”的通项公式为3n，则数列{an}的通项公式an=A.3n-1；

B.3n+1+2；

C.（3n-1）/2；D.（3n+1-1）/2；；参考答案：C略7.在集合中任取一个偶数a和一个奇数b构成以原点为起点的向量，从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，记所有作成的平行四边形的个数为n，其中面积等于2的平行四边形的个数为m，则（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：B∵以原点为起点的向量有、、、、、共6个，可作平行四边形的个数个，结合图形进行计算，其中由、、确定的平行四边形面积为2，共有3个，则，选B．8.将函数y＝sin(2x＋φ)的图像沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则φ的一个可能取值为()A.

B.

C．0

D．参考答案：D略9.函数的最小正周期等于

（

）A、

B、2

C、

D、参考答案：A10.P是△ABC所在平面上一点，若，则P是△ABC的（

）A．外心

B．内心

C．重心

D．垂心参考答案：答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知A，B，C是球面上三点，且AB=AC=4cm，∠BAC=90°，若球心O到平面ABC的距离为，则该球的表面积为64πcm3．参考答案：考点：球的体积和表面积．专题：计算题．分析：由已知球面上三点A、B、C满足∠BAC=90°，可得平面ABC截球所得小圆的直径等于BC长，进而求出截面圆的半径r=2，根据球的截面圆性质，算出球半径R==4，代入球的表面积公式即算出该球的表面积．解答：解：∵AB=AC=4cm，∠BAC=90°，∴BC为平面ABC截球所得小圆的直径，设小圆半径为r，得2r==4，可得半径r=2又∵球心O到平面ABC的距离d=2∴根据球的截面圆性质，得球半径R==4∴球的表面积S=4π?R2=64π故答案为：64π点评：本题给出球的截面圆中Rt△ABC的形状和该截面与球心的距离，求球的表面积，着重考查了球的截面圆性质、勾股定理和球的表面积公式等知识，属于基础题．12.已知f(x)是定义在R上的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x2，当x＞1时，f(x＋1)＝f(x)＋f(1)，且．若直线y＝kx与函数y＝f(x)的图象恰有5个不同的公共点，则实数k的值为

．参考答案：13.已知等比数列{an}前n项和为Sn，a1+a2=，a4+a5=6，则S6=．参考答案：【考点】等比数列的前n项和．【分析】设等比数列{an}的公比为q，运用通项公式，列出方程，解得公比和首项，再由求和公式，即可得到所求值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，由于，即a1+a1q=，a1q3+a1q4=6，两式相除，可得，q=2，a1=．则S6==．故答案为：14.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcosB=acosC+ccosA,则B=

参考答案：

由正弦定理可得15.将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是．参考答案：96【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】求出5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号的组数，然后分给4人排列即可．【解答】解：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其它号码各为一组，分给4人，共有4×=96种．故答案为：96．16.已知集合

。参考答案： 17.已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β，②若α∥β，m∥α，n∥β，则m||n，③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n．其中是真命题的是．（填写所有真命题的序号）．参考答案：③④考点：空间中直线与平面之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离．分析：利用线面平行、面面平行、面面垂直的性质定理和判定定理对四个命题分别分析解答．解答：解：对于①，若m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，故①错误；对于②，若α∥β，m∥α，n∥β，则m与n的位置关系有：平行、相交或者异面，故②错误；对于③，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，利用线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理可以判断α⊥β，故③正确；对于④，若α⊥β，m⊥α，n⊥β，利用面面垂直、线面垂直的性质定理可以得到m⊥n；故④正确；故答案为：③④点评：本题考查了线面平行、面面平行、面面垂直的性质定理和判定定理的运用；关键是熟练掌握定理．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.已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且成等差数列．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）数列满足bn=（log2a2n+1）×（log2a2n+3），求证：．参考答案：考点：数列与不等式的综合；等差数列的性质．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）由题意可得，令n=1可求a1，n≥2时，，，两式相减可得递推式，由递推式可判断该数列为等比数列，从而可得an；（Ⅱ）表示出bn，进而可得，并拆项，利用裂项相消法可求和，由和可得结论；解答：解：（Ⅰ）∵成等差数列，∴，当n=1时，，解得；当n≥2时，，，两式相减得：an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1，∴，所以数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，．（Ⅱ）bn=（log2a2n+1）×（log2a2n+3）=×=（2n﹣1）（2n+1），，则==．点评：本题考查数列与不等式的综合，考查裂项相消法对数列求和，考查等比数列的通项公式，属中档题．19.选修4-5：不等式选讲设函数.（1）求不等式的解集；（2）已知关于x的不等式的解集为M，若，求实数a的取值范围.参考答案：解：（1）因为，所以，，或或解得或或， 所以，故不等式的解集为.（2）因为，所以当时，恒成立， 而，因为，所以，即，由题意，知对于恒成立，所以，故实数的取值范围.

20.函数f（x）的定义域为D={x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f（x1?x2）=f（x1）+f（x2）．（1）求f（1）和f（﹣1）的值；（2）判断f（x）的奇偶性并证明；（3）若f（4）=1，f（3x+4）＜2，且f（x）在（0，+∞）上是增函数，求x的取值范围．参考答案：【考点】抽象函数及其应用；奇偶性与单调性的综合．【分析】（1）赋值法：令x1=x2=1，可求f（1），令x1=x2=﹣1，可求f（﹣1）；（2）令x1=﹣1，根据函数奇偶性的定义即可判断；（3）由f（4）=1，得f（16）=f（4）+f（4）=2，从而不等式可化为f（3x+4）＜f（16），借助函数的奇偶性、单调性可去掉不等式中的符号“f”，解不等式组即可．【解答】解：（1）令x1=x2=1，有f（1）=f（1）+f（1），所以f（1）=0．令x1=x2=﹣1，有f（1）=f（﹣1）+f（﹣1）=0，所以f（﹣1）=0．（2）f（x）为偶函数，证明如下：令x1=﹣1，有f（﹣x2）=f（﹣1）+f（x2），∴f（﹣x2）=f（x2），又定义域关于原点对称，所以f（x）为偶函数．（3）因为f（4）=1，所以f（16）=f（4）+f（4）=2，所以f（3x+4）＜f（16），又函数为偶函数，所以f（|3x+4|）＜f（16），所以，解得x的取值范围是：﹣＜x＜4且x≠﹣．21.已知为等比数列，是等差数列，(1)求数列的通项公式及前项和；(2)设…，…，其中，试比较与的大小，并加以证明.参考答案：22.已知在极坐标系中,直线l的极坐标方程为,曲线C的极坐标方程为.以极点为原点极轴为x轴正半轴,建立平面直角坐标系.（1）写出直线l和曲线C的直角坐标方程;（2）已知过点且与直线l平行的直线与曲线C交于P,Q两点,求的值.参考答案：