2021年湖南省常德市石門縣新鋪鄉(xiāng)中學高三數學理聯(lián)考試題含解析

2021年湖南省常德市石門縣新鋪鄉(xiāng)中學高三數學理聯(lián)考試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.設若，則的值為（

）A．B．C．D．參考答案：A

【知識點】定積分；分段函數的解析式求法及其圖象的作法；函數的值．B13B8由題意可知，又，所以，故，解得，故選A．【思路點撥】求出的值，然后利用，通過積分求解的值．2.設函數f（x）的定義域為D，若存在非零實數m滿足M（MD），均有x＋mD，且f(x+m)≥f（x），則稱f（x）為M上的m高調函數．如果定義域為R的函數f（x）是

奇函數，當x≥0時，f（x）＝｜x－a2｜一a2，且f（x）為R上的4高調函數，那么實數a的取

值范圍是（）

A.[－1,1］B.(－l,l）C.［－2,2］D.（－2,2)參考答案：A3.某小區(qū)住戶共200戶，為調查小區(qū)居民的7月份用水量，用分層抽樣的方法抽取了50戶進行調查，得到本月的用水量（單位：m3）的頻率分布直方圖如圖所示，則小區(qū)內用水量超過15m3的住戶的戶數為（）A．10B．50C．60D．140參考答案：C考點：莖葉圖．專題：計算題．分析：由題意及所給樣本的頻率分布直方圖，可知：用水量在[15，20）的頻率，用水量在[20，25）的頻率，再利用分層抽樣的定義即可求解．解答：解：由圖可知，用水量在[15，20）的頻率是0.05×5=0.25，故應在用水量在[15，20）中抽取200×0.25=50人；用水量在[20，25）的頻率是0.01×5=0.05，故應在用水量在[20，25）中抽取200×0.05=10人；則小區(qū)內用水量超過15m3的住戶的戶數為60．故選C；點評：此題考查了學生識圖及計算能力，還考查了分層抽樣及頻率分布直方圖，是一道基礎題；4.設變量x，y滿足約束條件，目標函數的最小值為－4，則a的值是A．1

B．0

C．－1

D．參考答案：C5.已知F是拋物線的焦點，則過F作傾斜角為60°的直線分別交拋物線于A，B（A在x軸上方）兩點，則的值為(

)A. B.2 C.3 D.4參考答案：C【分析】根據拋物線的焦半徑的傾斜角和焦準距的表示形式將表示出來，然后代入相應值計算即可.【詳解】，∴.【點睛】焦點在軸上的拋物線，過拋物線的焦點傾斜角為的直線與拋物線交于兩點，且，則有，，.6.設是兩個命題，，則是的（

）A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：答案:A7.已知數列是等比數列，且，則的值為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A8.已知函數是奇函數，當時，則的值等于（

）A．

C．

D．-參考答案：D9.如圖，已知在四棱錐中，底面是菱形,底面，，則四棱錐的體積的取值范圍是（

）A．

B．

C．

D．參考答案：A，所以，所以高,底面積為,所以四棱錐的體積為，因為，所以，，即，所以體積的取值范圍是，選A.10.點在內，滿足，那么與的面積之比是A.

B.

C.

D.參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.復數的實部是___________．參考答案：－1

略12.已知函數，則f（x）的定義域為

．參考答案：（1，+∞）考點：函數的定義域及其求法．專題：函數的性質及應用．分析：利用換元法先求出函數f（x）的表達式，根據函數成立的條件進行求解即可．解答： 解：設t=x2﹣3，則x2=t+3，則f（t）=lg=lg，由＞0得t＞1或t＜﹣3，∵t=x2﹣3≥﹣3，∴t＞1，即f（t）=lg的定義域為（1，+∞），故函數f（x）的定義域為（1，+∞），故答案為：（1，+∞）點評：本題主要考查函數的定義域的求解，根據條件先求出函數f（x）的解析式是解決本題的關鍵．13.設函數f（x）=，若函數g（x）=[f（x）]2+bf（x）+c有三個零點x1，x2，x3，則x1x2+x2x3+x1x3=．參考答案：3﹣a4【考點】根的存在性及根的個數判斷．【分析】設f（x）=t，根據f（x）的函數圖象得出方程f（x）=t的根的個數，從而得出f（x）=1，故而可求出f（x）=1的三個解，得出答案．【解答】解：不妨設a＞1（或0＜a＜1），作出f（x）的函數圖象如圖所示：設f（x）=t，由圖象可知：當t=1時，方程f（x）=t有3解，當t≠1時，方程f（x）=t有2解，∵函數g（x）=[f（x）]2+bf（x）+c有三個零點，∴關于t的方程t2+bt+c=0有且只有一解t=1，∴f（x）=1，∴x1，x2，x3是f（x）=1的三個解，不妨設x1＜x2＜x3，則x2=1，令loga|x﹣1|﹣1=1得x=1±a2，∴x1=1﹣a2，x3=1+a2．∴x1x2+x2x3+x1x3=1+a2+1﹣a2+1﹣a4=3﹣a4．故答案為：3﹣a4．14.設函數在處取極值，則=

參考答案：2略15.在等比數列{an}中，如果a3·a4=5，那么a1·a2·a5·a6等于

。參考答案：2516.等差數列{an}中，a2=5，a6=33，則a3+a5=

．參考答案：38【考點】等差數列的性質．【分析】由等差數列的定義和性質可得a3+a5=a2+a6，把條件代入運算求得結果．【解答】解：等差數列{an}中，a2=5，a6=33，則a3+a5=a2+a6=5+33=38，故答案為38．17.設x，y滿足約束條件，則目標函數z=3x﹣y的最大值為

．參考答案：5【考點】簡單線性規(guī)劃．【專題】數形結合；不等式的解法及應用．【分析】由約束條件作出可行域，數形結合得到最優(yōu)解，求出最優(yōu)解的坐標，代入目標函數得答案．【解答】解：由約束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得：B（2，1），化z=3x﹣y為y=3x﹣z，由圖可知，當直線y=3x﹣z過B（2，1）時z有最大值為3×2﹣1=5．故答案為：5．【點評】本題考查了簡單的線性規(guī)劃，考查了數形結合的解題思想方法，是中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知點，點在曲線:上.（1）若點在第一象限內，且，求點的坐標；（2）求的最小值.參考答案：略19.設函數f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）討論f（x）的單調性；（Ⅱ）若k為正數，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范圍．參考答案：【考點】利用導數研究函數的單調性；利用導數求閉區(qū)間上函數的最值．【分析】（Ⅰ）求出函數的定義域，求導，討論k的取值，分別解出f′（x）＞0，f′（x）＜0即可得出，（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得函數的最小值，f（x0）＜﹣k2，將其轉化成+1﹣lnk﹣＜0，構造輔助函數，判斷其單調性，即可求得k的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x+1﹣k﹣==，（ⅰ）k≤0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；（ⅱ）k＞0時，x∈（0，k），f′（x）＜0；x∈（k，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）在（0，k）上單調遞減，f（x）在（k，+∞）上單調遞增．…（Ⅱ）因k＞0，由（Ⅰ）知f（x）+k2﹣的最小值為f（k）+k2﹣=+k﹣klnk﹣，由題意得+k﹣klnk﹣＜0，即+1﹣lnk﹣＜0．…令g（k）=+1﹣lnk﹣，則g′（k）=﹣+=＞0，∴g（k）在（0，+∞）上單調遞增，又g（1）=0，∴k∈（0，1）時，g（k）＜0，于是+k﹣klnk﹣＜0；k∈（1，+∞）時，g（k）＞0，于是+k﹣klnk﹣＞0．故k的取值范圍為0＜k＜1．…20.（本小題滿分12分）設△的內角所對邊的長分別為且有。（Ⅰ）求角A的大??；（Ⅱ)若，，為的中點，求的長。參考答案：（Ⅰ）（II）在中，21.已知函數f（x）=ln（x+2a）﹣ax，a＞0．（Ⅰ）求f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）記f（x）的最大值為M（a），若a2＞a1＞0且M（a1）=M（a2），求證：；（Ⅲ）若a＞2，記集合{x|f（x）=0}中的最小元素為x0，設函數g（x）=|f（x）|+x，求證：x0是g（x）的極小值點．參考答案：【考點】6E：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值；6B：利用導數研究函數的單調性．【分析】（Ⅰ）先求導，根據導數和函數單調性的關系即可得到函數的單調區(qū)間，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（﹣2a）=2a2﹣1﹣lna，繼而得到2a12﹣1﹣lna1=2a22﹣1﹣lna2，通過轉化得到4a1a2=，設h（t）=t﹣﹣2lnt，t＞1根據函數的單調性證明＜1，問題即可得以證明，（Ⅲ）由（Ⅰ）可得，g（x）=，分類討論，得到g（x）在（﹣2a，x0）遞減，g（x）在（x0，﹣2a）遞增，故x0是g（x）的極小值點．【解答】解：（Ⅰ）：f′（x）=﹣a=，∵x＞﹣2a，a＞0，由f′（x）＞0，得﹣2a＜x＜﹣2a，由f′（x）＜0，得x＞﹣2a，∴f（x）的增區(qū)間為（﹣2a，﹣2a），減區(qū)間為（﹣2a，+∞），（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（﹣2a）=2a2﹣1﹣lna，∴2a12﹣1﹣lna1=2a22﹣1﹣lna2，∴2（a22﹣a12）=lna2﹣lna1=ln，∴2a1a2=ln，∴4a1a2（﹣）=2ln，∴4a1a2=，設h（t）=t﹣﹣2lnt，t＞1∴h′（t）=1+﹣=（1﹣）2＞0，∴h（x）在（1，+∞）單調遞增，h（t）＞h（1）=0，即t﹣＞2lnt＞0，∵＞1，∴﹣＞2ln＞0，∴＜1，∴a1a2＜；（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，f（x）在區(qū)間（﹣2a，﹣2a），又x→﹣2a時，f（x）→﹣∞，易知f（﹣2a）=M（a）=2a2﹣1﹣lna在（2，+∞）遞增，M（a）＞M（2）=7﹣ln2＞0，∴﹣2a＜x0＜﹣2a，且﹣2a＜x＜x0，f（x）＜0，x0＜x＜﹣2a時，f（x）＞0，∴當﹣2a＜x＜﹣2a時，g（x）=，于是﹣2a＜x＜x0時，g′（x）=（a+1）﹣＜a+1﹣，∴若能證明x0＜﹣2a，便能證明（a+1）﹣＜0，記φ（a）=f（﹣2a）=2a2+﹣1﹣ln（a+1），∴φ（a）=4a﹣﹣，∵a＞2，∴h′（a）＞8﹣＞0，∴φ（a）在（2，+∞）上單調遞增，∴φ（a）＞φ（2）