2021年福建省三明市嵩口中学高三数学文模拟试卷含解析

2021年福建省三明市嵩口中学高三数学文模拟试卷含解析一、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.已知，符号表示不超过的最大整数，若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C2.已知函数的周期为T,在一个周期内的图象如图所示，则正确的结论是：参考答案：C3.如图是一个多面体的三视图，则其全面积为（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，根据矩形和三角形的面积公式写出面积再求和．【解答】解：由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是的等边三角形，侧棱长是，∴三棱柱的面积是3××2=6+，故选C．【点评】本题考查根据三视图求几何体的表面积，考查由三视图确定几何图形，考查三角形面积的求法，本题是一个基础题，运算量比较小．4.若方程的根在区间上，则的值为（

）A．

B．1

C．或2

D．或1参考答案：D5.已知为角的终边上一点，且，，则角等于（

）A、 B、 C、 D、参考答案：D略6.设集合，，函数若，且，则的取值范围是

A.(]

B.(]

C.

D.()

参考答案：D【考点】分段函数的应用．【专题】转化思想；分析法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．【分析】利用当x0∈A时，f[f（x0）+1]∈[0，），列出不等式，解出x0的取值范围．【解答】解：∵1≤x0＜，∴f（x0）+1=x0﹣+1∈[，2]?B，∴f[f（x0）+1]=2（2﹣f（x0）﹣1）=2[1﹣（x0﹣）]=2（﹣x0）．∵，∴0≤2（﹣x0）＜，∴＜x0≤．又∵1≤x0＜，∴＜x0＜．

故选：D．【点评】本题考查求函数值的方法，以及不等式的解法，属于中档题．7.一平面截一球得到直径是6cm的圆面，球心到圆面的距离是4cm，则该球的体积是（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：C略8.如果的展开式中含有常数项，则正整数的最小值为（

）A．3

B．5

C．6

D．10参考答案：B9.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的主视图时，以平面为投影面，则得到主视图可以为（☆）A.

B.

C.

D.参考答案：A10.记min{x，y}=设f（x）=min{x2，x3}，则（）A．存在t＞0，|f（t）+f（﹣t）|＞f（t）﹣f（﹣t）B．存在t＞0，|f（t）﹣f（﹣t）|＞f（t）﹣f（﹣t）C．存在t＞0，|f（1+t）+f（1﹣t）|＞f（1+t）+f（1﹣t）D．存在t＞0，|f（1+t）﹣f（1﹣t）|＞f（1+t）﹣f（1﹣t）参考答案：C【考点】分段函数的应用；函数与方程的综合运用．【分析】求出f（x）的解析式，对t的范围进行讨论，依次判断各选项左右两侧函数的单调性和值域，从而得出答案．【解答】解：x2﹣x3=x2（1﹣x），∴当x≤1时，x2﹣x3≥0，当x＞1时，x2﹣x3＜0，∴f（x）=．若t＞1，则|f（t）+f（﹣t）|=|t2+（﹣t）3|=|t2﹣t3|=t3﹣t2，|f（t）﹣f（﹣t）|=|t2+t3|=t2+t3，f（t）﹣f（﹣t）=t2﹣（﹣t）3=t2+t3，若0＜t＜1，|f（t）+f（﹣t）|=|t3+（﹣t）3|=0，|f（t）﹣f（﹣t）|=|t3+t3|=2t3，f（t）﹣f（﹣t）=t3﹣（﹣t）3=2t3，当t=1时，|f（t）+f（﹣t）|=|1+（﹣1）|=0，|f（t）﹣f（﹣t）|=|1﹣（﹣1）|=2，f（t）﹣f（﹣t）=1﹣（﹣1）=2，∴当t＞0时，|f（t）+f（﹣t）|＜f（t）﹣f（﹣t），|f（t）﹣f（﹣t）|=f（t）﹣f（﹣t），故A错误，B错误；当t＞0时，令g（t）=f（1+t）+f（1﹣t）=（1+t）2+（1﹣t）3=﹣t3+4t2﹣t+2，则g′（t）=﹣3t2+8t﹣1，令g′（t）=0得﹣3t2+8t﹣1=0，∴△=64﹣12=52，∴g（t）有两个极值点t1，t2，∴g（t）在（t2，+∞）上为减函数，∴存在t0＞t2，使得g（t0）＜0，∴|g（t0）|＞g（t0），故C正确；令h（t）=（1+t）﹣f（1﹣t）=（1+t）2﹣（1﹣t）3=t3﹣2t2+5t，则h′（t）=3t2﹣4t+5=3（t﹣）2+＞0，∴h（t）在（0，+∞）上为增函数，∴h（t）＞h（0）=0，∴|h（t）|=h（t），即|f（1+t）﹣f（1﹣t）|=f（1+t）﹣f（1﹣t），故D错误．故选C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知x=1，x=5是函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）两个相邻的极值点，且f（x）在x=2处的导数f′（2）＜0，则f（0）=．参考答案：【考点】函数的图象．【分析】根据已知可得函数f（x）的周期T=8，且在[1，5]上为减函数，进而求出φ=，可得答案．【解答】解：∵x=1，x=5是函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）两个相邻的极值点，∴=5﹣1=4，∴T=8，∵ω＞0∴ω=，∵f（x）在x=2处的导数f′（2）＜0，∴函数f（x）在[1，5]上为减函数，故+φ=，φ=，∴f（0）=cos=，故答案为：．12.如图，已知抛物线的焦点为，直线过且依次交抛物线及圆于点四点，则的最小值是__________.参考答案：1113.如图是函数的图像的一部分，若图像的最高点的纵坐标为则b+c=

。

参考答案：14.已知抛物线的焦点为F，则F的坐标为__________；过点F的直线交抛物线C于A、B两点，若，则△AOB的面积为__________．参考答案：(1,0)

【分析】由抛物线的标准方程可得焦点的坐标，利用焦半径公式可得的横坐标，求出其纵坐标后可求出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程后求出的坐标，最后可求的面积.【详解】由抛物线可得，故焦点坐标(1,0).设，则，故.根据抛物线的对称性，不妨设在第一象限，则，故，故直线.由可得，故或，所以.故答案为：，.【点睛】本题考查抛物线的焦点、焦半径公式及抛物线中与三角形有关的面积计算，一般地，抛物线上的点到焦点的距离为；抛物线上的点到焦点的距离为.直线与抛物线相交后的交点坐标，一般是联立方程组求解，本题属于中档题.15.二项式的展开式的中间项系数为

_____．参考答案：略16.在以C为直角顶点的等腰直角三角ABC内任取一点O，使AO<AC的概率为_______.参考答案：17.已知角的终边经过点，且,则的值为

．参考答案：试题分析：由已知，考点：任意角的三角函数.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13分）已知数列满足，，且．（1）求证：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和公式．参考答案：（1）∵依题意只需证明，………1分

∵∴

∴只需证………3分

即只需证，即只需证

即只需证或………5分

∵不符合∴只需证

显然数列是等差数列，且满足，以上各步都可逆

∴数列是等差数列………………7分（2）由（1）可知，∴………8分

设数列的前项和为

易知数列是首项为1，公比为2的等比数列，数列是常数列

∴

……9分

令∴∵数列是递增数列∴数列前6项为负，以后各项为正…………10分

∴当时，

………………11分

当时，

…12分

∴

……………………13分19.设函数f（x）=|2x+3|+|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x）＞4；（Ⅱ）若存在使不等式a+1＞f（x）成立，求实数a的取值范围．参考答案：【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．【分析】（Ⅰ）先求出f（x）的表达式，得到关于x的不等式组，解出即可；（Ⅱ）问题转化为：a+1＞（f（x））min，求出f（x）的最小值，从而求出a的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=|2x+3|+|x﹣1|，∴f（x）=

…∴f（x）＞4?或或…?x＜﹣2或0＜x≤1或x＞1

…综上所述，不等式的解集为：（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）…（Ⅱ）若存在使不等式a+1＞f（x）成立?a+1＞（f（x））min…由（Ⅰ）知，时，f（x）=x+4，∴x=﹣时，（f（x））min=

…a+1＞?a＞…∴实数a的取值范围为（，+∞）…．20.已知f（x）=a（x-lnx）+，a∈R.（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f’（x）+对于任意的x∈[1,2]恒成立。参考答案：（I）解：函数的定义域为（0，+00），f’（x）=a-F’（x）=若a≤0时，x∈（0,1）时，f’（x）＞0，则f（x）单调递增x∈（1，+00）时，f’（x）＜0，则f（x）单调递减。当a＞0时，f’（x）=（）（x-）（1）若0＜a＜2时，＞1，当x∈（0,1）或x∈（，+00）时，f’（x）＞0，f（x）单调递增当x∈（1，）时，f’（x）＜0，f（x）单调递减。（2）若a=2时，=1，早x∈（0，+00）内，f’（x）≥0，f（x）单调递增；（3）若a＞2时，0＜＜1，当x∈（0，）或x∈（1，+00）时，f’（x）＞0，f（x）单调递增当x∈（，1）时，f‘（x）＜0，f（x）单调递减。综上所述；当a≤0时，f（x）在（0,1）单调递增，f（x）在(1,+00)单调递减。当0＜a＜2时，f（x）在（0,1）上单调递增；f（x）在（1，）单调递减当a=2时，f（x）在（0，+00）单调递增；若a＞2时，f（x）在（0，），（1，+00）单调递增；f（x）在（，1）单调递减（II）由（I）知，a=1时，f（x）-f’（x）=x-lnx+-（1-）=x-lnx+-1，x∈[1,2]令g（x）=x-lnx，h（x）=-1，x∈[1,2]，则f（x）-f’(x)=g（x）+h（x），由g’（x）=≥0，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取得等号，又h’（x）=，设（x）=-3x2-2x+6，则（x）在x∈[1,2]单调递减，因为（1）=1，（2）=-10，所以在[1,2]上存在x0，使得x∈（1，x0）时，（x）＞0，x∈（x0，2）时，（x）＜0.所以h（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，2）上单调递减；由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，当且仅当x=2时取得等号所以f（x）-f’（x）＞g（1）+h（2）=，即f（x）＞f’（x）+对于任意的x∈[1,2]恒成立。21.（12分）厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这些产品．（Ⅰ）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4种进行检验，求至少要1件是合格产品的概率．（Ⅱ）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，来进行检