2021年福建省漳州市金丰中学高三数学理模拟试题含解析

2021年福建省漳州市金丰中学高三数学理模拟试题含解析一、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.（5分）（2012?湛江模拟）﹣个几何体的三视图及其尺寸如图所示，其中正（主）视图是直角三角形，侧（左）视图是半圆，俯视图是等腰三角形，则这个几何体的体积是（单位cm3）（）A．B．C．D．π参考答案：A几何体是放倒的半个圆锥，底面半径是1，高是3，则这个几何体的体积是V=（×π×12×3）=（cm3）．故选A．2.已知命题p1：函数在R上为增函数，p2：函数在R上为减函数，则在命题和中，真命题是(

)A.

B.

C.

D.参考答案：C略3.右图给出的是计算的值的一个框图，其中菱形判断框内应填入的条件是(

)

A．

B．

C．

D．参考答案：A4.已知向量(

)

B

C

D

参考答案：B略5.下列命题中是假命题的是（

）

A.

B.,

C.,

D.参考答案：B略6.定长为4的线段MN的两端点在抛物线上移动，设点P为线段MN的中点，则点P到y轴距离的最小值为()A.

B.1

C.

D.参考答案：D由抛物线方程得，准线方程为，设，根据抛物线的定义可知，到轴的距离，当且仅当三点共线时，能取得最小值，此时.故选D.

7.在△ABC中，，若此三角形有两解，则b的范围为（

）

A．

B．b>2

C．b<2

D．参考答案：A略8.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：D略9.若，则实数a的值为

（

）

A．—1

B．1 C．0 D．参考答案：答案:A10.函数与的图象关于（

）A．x轴对称

B．y轴对称

C．原点对称

D．直线y=x对称参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在边长为1的正方形ABCD中,E、F分别为BC、DC的中

点，则__________.参考答案：略12.正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球表面积为．参考答案：5π【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰直角三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积．【解答】解：根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰直角三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，三棱柱ABC﹣A1B1C1的中，底面边长为1，1，，由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O，外接球的半径为r，球心到底面的距离为1，底面中心到底面三角形的顶点的距离为：，∴球的半径为r==．外接球的表面积为：4πr2=5π．故答案为：5π．13.下面求的值的伪代码中，正整数的值可以为

．

参考答案：2013,2014,2015.14.在一个容量为5的样本中，数据均为整数，已测出其平均数为10，但墨水污损了两个数据，其中一个数据的十位数字1未污损，即9，10，11，，那么这组数据的方差s2可能的最大值是

．参考答案：36【考点】极差、方差与标准差．【分析】设这组数据的最后2个分别是：10+x，y，得到x+y=10，表示出S2，根据x的取值求出S2的最大值即可．【解答】解：设这组数据的最后2个分别是：10+x，y，则9+10+11+（10+x）+y=50，得：x+y=10，故y=10﹣x，故S2=[1+0+1+x2+（﹣x）2]=+x2，显然x最大取9时，S2最大是36，故答案为：36．【点评】本题考查了求数据的平均数和方差问题，是一道基础题．15.如图所示，墙上挂有一边长为的正方形木板，它的四个角的空白部分都是以正方形的顶点为圆心，半径为的圆弧，某人向此板投镖，假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可能性都一样，则他击中阴影部分的概率是__

▲

___．参考答案：答案：16.甲校有3600名学生，乙校有5400名学生，丙校有1800名学生．为统计三校学生某方面的情况，计划采用分层抽样法，抽取一个样本容量为90人的样本，则应在甲校抽取的学生数是．参考答案：30【考点】分层抽样方法．【分析】根据分层抽样的定义，即可确定甲校抽取的人数．【解答】解：∵甲校，乙校，丙校的学生的人数之比为：3600：5400：1800=2：3：1，∴抽取一个样本容量为90人的样本，则应在甲校抽取的学生数为：，故答案为：30．【点评】本题主要考查分层抽样的定义和应用，根据分层抽样的定义确定对应的抽取比例是解决本题的关键，比较基础．17.数列{an}的前n项和为Sn，2Sn﹣nan=n（n∈N*），若S20=﹣360，则a2=．参考答案：解：∵2Sn﹣nan=n（n∈N*），∴Sn=，∴，解得a1=1，∴，∴{an}是等差数列，∵S20=﹣360，∴S20==﹣360，解得a20+1=﹣36，即a20=﹣37，∴19d=a20﹣a1=﹣38，解得d=﹣2，∴a2=a1+d=1﹣2=﹣1．故答案为：﹣1考点：数列递推式；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：由已知得Sn=，从而，解得a1=1，进而，由此得到{an}是等差数列，从而由已知条件利用等差数列的性质能求出a2．解答：解：∵2Sn﹣nan=n（n∈N*），∴Sn=，∴，解得a1=1，∴，∴{an}是等差数列，∵S20=﹣360，∴S20==﹣360，解得a20+1=﹣36，即a20=﹣37，∴19d=a20﹣a1=﹣38，解得d=﹣2，∴a2=a1+d=1﹣2=﹣1．故答案为：﹣1．点评：本题考查数列的第二项的值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运三、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.已知函数．(Ⅰ)若，讨论的单调性；(Ⅱ)当时，若恒成立，求满足条件的正整数的值；(Ⅲ)求证：．参考答案：(Ⅰ)，，时为常函数，不具有单调性。时，在上单调递增；(Ⅱ)时，，，设，则。因为此时在上单调递增可知当时，；当时，，当时，；当时，，当时，，，，即，所以，，，，故正整数的值为1、2或3。(Ⅲ)由(Ⅱ)知，当时，恒成立，即，，，令，得则（暂时不放缩），．．．．．．．．．．，.以上个式子相加得：所以，即。略19.设函数是定义在，0)∪(0，上的奇函数，当x?，0)时，=.(1)求当x?(0，时，的表达式；(2)若a>-1，判断在(0，上的单调性，并证明你的结论.参考答案：(1)设x?(0，，则，所以f(-x)=，又因为f(-x)=-f(x)，所以f(x)=x?(0，.

(2)x?(0，时，f(x)=，，x3?(0，，，又a>-1，所以>0，即，所以f(x)在(0，上递增.20.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别F1（﹣，0），F2（，0），直线x+y=0与椭圆C的一个交点为（﹣，1），点A是椭圆C上的任意一点，延长AF交椭圆C于点B，连接BF2，AF2（1）求椭圆C的方程；（2）求△ABF2的内切圆的最大周长．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）由题意可得c=，把点的坐标代入椭圆方程，结合隐含条件求得a2=4，b2=2．则椭圆方程可求；（2）设出AB所在直线方程x=ty﹣，联立直线方程和椭圆方程，由根与系数的关系得到A，B的纵坐标的和与积，求出|y1﹣y2|取最大值时的t值，得到A的坐标，由圆心到三边的距离相等求得最大内切圆的半径，则答案可求．【解答】解：（1）由题意得，c=，由点（﹣，1）在椭圆C：+=1（a＞b＞0）上，得，①又a2=b2+c2，∴a2=b2+2，②联立①②解得：a2=4，b2=2．∴椭圆方程为：；（2）如图，设AB所在直线方程为x=ty﹣，联立，消去x得：．设A（x1，y1），B（x2，y2），则，====．当且仅当，即t=0时上式等号成立．∴当AB所在直线方程为x=﹣时，△ABF2的面积最大，内切圆得半径最大，设内切圆得圆心为（m，0），AF2所在直线方程为，整理得．由，解得m=﹣．∴△ABF2的内切圆的最大半径为，则△ABF2的内切圆的最大周长为2π?．21.（本小题满分12分）已知函数是定义在上的奇函数,当时,(其中e是自然界对数的底,)（Ⅰ）求的解析式;（Ⅱ）设求证：当，时，；（Ⅲ）是否存在负数，使得当时，的最小值是3？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由。

参考答案：（Ⅰ）设，则，所以又因为是定义在上的奇函数，所以故函数的解析式为

（Ⅱ）证明：当且时，，设

因为，所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单