浙江省舟山市市定海区第五中学2021年高三数学理联考试卷含解析

/浙江省舟山市市定海区第五中学2021年高三数学理联考试卷含解析一、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.设全集U＝R，集合A＝｛x｜｝，B＝｛x｜1＜＜8｝，则（CUA）∩B等于（

） A．[－1，3）

B．（0，2]

C．（1，2]

D．（2，3）参考答案：B略2.函数的零点所在的区间是（

） A． B． C．（1，2） D．（2，3）参考答案：A3.已知等差数列的前项和，若，则（

）A．

6

B．9

C．12

D．15参考答案：B依题意，，故，故，故选B.4.已知定义在R上的偶函数f(x)在［0，+∞］上是增函数，不等式f(ax+1)≤f(x–2)对任意x∈[，1]恒成立，则实数a的取值范围是（

） A．［–3，–1］ B．［–2，0］ C．［–5，1］ D．［–2，1］参考答案：B略5.如图所示是函数y=f（x）的图象，则函数f（x）可能是（）A．（x+）cosx B．（x+）sinx C．xcosx

D．参考答案：A【考点】函数的图象．【分析】判断函数的奇偶性，排除选项，然后利用函数的变换趋势推出结果即可．【解答】解：由函数的图形可知：函数是奇函数，可知y=（x+）sinx不满足题意；当x→+∞时，y=（x+）cosx与y=xcosx满足题意，y=不满足题意；当x→0时，y=（x+）cosx满足题意，y=xcosx不满足题意，故选：A．6.已知为虚数单位，，若为纯虚数，则复数的模等于A．

B． C．

D．参考答案：C7.已知函数，如果，则的取值范围是

；参考答案：略8.设S是至少含有两个元素的集合，在S上定义了一个二元运算“*”［即对任意的a，bS，对于有序元素对（a，b），在S中有唯一确定的元素a﹡b与之对应］。若对任意的a，bS，有a﹡（b﹡a）＝b，则对任意的a，bS，下列等式中不恒成立的是

（

）Ａ．（a﹡b）﹡a＝aＢ．［a﹡（b﹡a）］﹡（a﹡b）＝aＣ．b﹡（b﹡b）＝bＤ．（a﹡b）﹡［b﹡（a﹡b）］＝b参考答案：A略9.若变量满足约束条件则的最大值等于（

）A．11

B．10

C．8

D．7参考答案：B解析：本题考查线性规划问题。在平面直角坐标系中画图，作出可行域，可得该可行域是由（0，0），（0，3），（2，3），（4，2），（4，0）组成的五边形。由于该区域有限，可以通过分别代这五个边界点进行检验，易知当x=4，y=2时，z=2x+y取得最大值10。本题也可以通过平移直线，当直线经过（4，2）时，截距达到最大，即取得最大值10.故选答案B.10.函数在内有极小值，则(

)A． B． C． D．参考答案：C考点：导数的综合应用【名师点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力，属中档题.解题时求出函数的导数，得到极值点，判断函数的单调性，求出极小值点，得到关系式，求解即可．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.过抛物线的焦点F作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A、B两点，则|AB|=．参考答案：【考点】直线与抛物线的位置关系．【分析】求出抛物线的焦点坐标F，用点斜式设出直线方程与抛物线方程联解得一个关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合曲线的弦长的公式，可以求出线段AB的长度．【解答】解：根据抛物线方程得：焦点坐标F（0，1），直线AB的斜率为k=tan30°=，由直线方程的点斜式方程，设AB：y﹣1=x将直线方程代入到抛物线中，得：x2﹣x﹣1=0．设A（x1，y1），B（x2，y2）由一元二次方程根与系数的关系得：x1+x2=．x1x2=﹣4．弦长|AB|===．故答案为：．【点评】本题以抛物线为载体，考查了圆锥曲线的弦长问题，属于中档题．本题运用了直线方程与抛物线方程联解的方法，对运算的要求较高．利用一元二次方程根与系数的关系和弦长公式是解决本题的关键．12.若幂函数的图像经过点，则的值是

参考答案：2略13.对于定义域在R上的函数f(x)，若实数x0满足f(x0)＝x0，则称x0是函数f(x)的一个不动点．若函数f(x)＝x2＋ax＋1没有不动点，则实数a的取值范围是__________．参考答案：(－1,3)由题意，得方程x2＋ax＋1＝x，即x2＋(a－1)x＋1＝0无实根，∴Δ＝(a－1)2－4＝a2－2a－3＜0，∴－1＜a＜3.14.定义在R上的偶函数（其中a、b为常数）的最小值为2， 则

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．参考答案：215.已知正四面体ABCD的棱长为1，M为AC的中点，P在线段DM上，则（AP+BP）2的最小值为．参考答案：【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．【分析】把平面BMD及平面AMD以DM为折线展平，三角形DAM是正三角形的一半，故在平面BMAD中，连接BA，与MD相交于P点，则AP+BP为最短距离，再利用余弦定理即可得出．【解答】解：由于各棱长均为1的四面体是正四面体把平面BMD及平面AMD以DM为折线展平，三角形DAM是正三角形的一半DM=，AM=，AD=1，BM=，BD=1故在平面BMAD中，连接BA，与MD相交于P点，则AP+BP为最短距离，在三角形BMD中，根据余弦定理，cos∠BMD==，∴sin∠BMD=，cos∠DMB=cos（90°+∠BMC）=﹣sin∠BMC=﹣，∴BA2=BM2+AM2﹣2BM?AM?cos∠AMB=+﹣2???（﹣）=．故答案为：．16.设为正实数，满足，则的最小值是____________．参考答案：3略17.若二项式展开式中项的系数是7，则=

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．参考答案：二项展开式的通项为，令得，，所以，所以的系数为，所以。所以。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）如图，梯形ABCD中，.(Ⅰ)若求AC的长；(Ⅱ)若，求的面积.参考答案：（Ⅰ）因为，所以为钝角，且，，2分因为，所以.在中，由，解得.

…5分（Ⅱ）因为，所以，故，.

…………7分在中，，整理得，解得，

…………11分所以.

…………12分19.设a，b，c，d均为正数，且a+b=1，证明：（Ⅰ）（1+）（1+）≥9；（Ⅱ）（ac+bd）（bc+ad）≥cd．参考答案：【考点】不等式的证明．【专题】证明题；不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）将1=a+b代入，可得（1+）（1+）=（1+）（1+）=（1+1+）（1+1+），由三元均值不等式，即可得证；（Ⅱ）a，b，c，d均为正数，则ac，bd，bc，ad也均为正数，即有（ac+bd）（bc+ad）=（（）2+（）2）（（）2+（）2），由柯西不等式，即可得证．【解答】证明：（Ⅰ）∵a，b，c，d均为正数，且a+b=1，∴（1+）（1+）=（1+）（1+）=（1+1+）（1+1+）

≥（3?）（3?）=9，∴（1+）（1+）≥9；

（Ⅱ）∵a，b，c，d均为正数，∴ac，bd，bc，ad也均为正数，∴（ac+bd）（bc+ad）=（（）2+（）2）（（）2+（）2）≥（（?）+（?））2=cd（a+b）2∵a+b=1，∴（ac+bd）（bc+ad）≥cd．【点评】本题考查不等式的证明，注意运用基本不等式和柯西不等式，考查推理能力，属于中档题．20.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）．（1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程；（2）过右焦点（c，0）的直线l与椭圆C交于A、B两点，过点F作l的垂线，交直线x=于P点，若的最小值为，试求椭圆C率心率e的取值范围．参考答案：【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程．【分析】（1）由已知可得：2c=2，2a=4，b2=a2﹣c2，解得a，b即可．（2）设直线l的方程，A，B，P坐标，|PF|=．联立，化为：（b2m2+a2）y2+2mcb2y﹣b4=0．|AB|==．=≥．即可求得椭圆C率心率e的取值范围【解答】解：（1）由已知可得：2c=2，2a=4，b2=a2﹣c2，解得a=2，c=1，b2=3．∴椭圆的标准方程为=1．（2）设直线l的方程为：x=my+c，A（x1，y1），B（x2，y2）．P（）|PF|=．联立，化为：（b2m2+a2）y2+2mcb2y﹣b4=0．∴y1+y2=﹣，y1?y2=，∴|AB|==．∴=≥．令，?b2t2﹣2cbt+c2≥0，上式在t≥1时恒成立，∴椭圆C率心率e的取值范围为（0，1）21.（本题满分13分）中角所对的边之长依次为，且，（Ⅰ）求和角的值；

（Ⅱ）若求的面积．参考答案：解：(I)由，，得

………………1分由得，

………………3分，，，………………5分∴………………7分∴，

………………8分∴，∴．

………………9分(II)应用正弦