山東省青島市第七中學2021年高三數學理聯考試題含解析一、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.設函數，則不等式的解集是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：A2.如圖所示，兩個不共線向量,的夾角為，分別為與的中點，點在直線上，且，則的最小值為

參考答案：3.如圖所示為函數的部分圖像，其中A,B兩點之間的距離為5，那么A. B. C. D.1參考答案：D略4.已知集合，，則RA=（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：A5.已知函數,下列結論中錯誤的是A．的圖像關于中心對稱

B．的圖像關于直線對稱C．的最大值為

D．既奇函數,又是周期函數參考答案：C略6.已知命題：，，命題q：“”是“”的必要不充分條件,則下列命題為真的是

（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D略7.已知數列的首項為1，數列為等比數列且，若.、則（

）A.20

B.512

C.1013

D.1024參考答案：D8.執行如圖的程序框圖，則輸出的S值為（）A．33 B．215 C．343 D．1025參考答案：C【考點】程序框圖．【分析】執行程序框圖，寫出每次循環得到的S，k的值，當k=10時不滿足條件k＜9，輸出S的值為343．【解答】解：模擬程序的運行，可得S=2，k=0滿足條件k＜9，執行循環體，S=3，k=2滿足條件k＜9，執行循環體，S=7，k=4滿足條件k＜9，執行循環體，S=23，k=6滿足條件k＜9，執行循環體，S=87，k=8滿足條件k＜9，執行循環體，S=343，k=10不滿足條件k＜9，退出循環，輸出S的值為343．故選：C．9.公元263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接正多邊形的邊數無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創立了“割圓術”．利用“割圓術”劉徽得到了圓周率精確到小數點后兩位的近似值3.14，這就是著名的“徽率”．如圖是利用劉徽的“割圓術”思想設計的一個程序框圖，則輸出n的值為（）（參考數據：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．48參考答案：B【考點】程序框圖．【分析】列出循環過程中S與n的數值，滿足判斷框的條件即可結束循環．【解答】解：模擬執行程序，可得：n=6，S=3sin60°=，不滿足條件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，不滿足條件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，滿足條件S≥3.10，退出循環，輸出n的值為24．故選：B．【點評】本題考查循環框圖的應用，考查了計算能力，注意判斷框的條件的應用，屬于基礎題．10.已知點A（0，1），B（3，2），向量=（﹣4，﹣3），則向量=（） A．（﹣7，﹣4） B．（7，4） C．（﹣1，4） D．（1，4）參考答案：A【考點】平面向量的坐標運算． 【專題】平面向量及應用． 【分析】順序求出有向線段，然后由=求之． 【解答】解：由已知點A（0，1），B（3，2），得到=（3，1），向量=（﹣4，﹣3）， 則向量==（﹣7，﹣4）； 故答案為：A． 【點評】本題考查了有向線段的坐標表示以及向量的三角形法則的運用；注意有向線段的坐標與兩個端點的關系，順序不可顛倒． 二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知f(x)＝sin(x＋)，g(x)＝cos(x－)，則下列結論中正確的序號是__________(1)．函數y＝f(x)·g(x)的最小正周期為π.

(2)．函數y＝f(x)·g(x)的最大值為.

(3)．函數y＝f(x)·g(x)的圖象關于點(，0)成中心對稱

(4)．將函數f(x)的圖象向右平移個單位后得到函數g(x)的圖象參考答案：（1）（2）（4）12.如圖所示，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1內接于半徑為的半O，四邊形ABCD為正方形，則該四棱柱的體積最大時，AB的長為

．參考答案：2【考點】LF：棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】設AB=a，BB1=h，求出a2=6﹣2h2，故正四棱柱的體積是V=a2h=6h﹣2h3，利用導數，得到該正四棱柱體積的最大值，即可得出結論．【解答】解：設AB=a，BB1=h，則OB=，連接OB1，OB，則OB2+BB12=OB12=3，∴+h2=3，∴a2=6﹣2h2，故正四棱柱的體積是V=a2h=6h﹣2h3，∴V′=6﹣6h2，當0＜h＜1時，V′＞0，1＜h＜時，V′＜0，∴h=1時，該四棱柱的體積最大，此時AB=2．故答案為：2．13.設等差數列的前項和為，若，，則______．參考答案：14.在四面體ABCD中，且，當四面體ABCD的體積最大時，其外接球的表面積為______參考答案：34π【分析】利用勾股定理得出△ABC是直角三角形，且AC為斜邊，可知CD⊥平面ABC時四面體ABCD的體積取最大值，再求出外接球的半徑R，利用球的表面積公式得答案．【詳解】∵，由勾股定理可得，∴△ABC是以AC為斜邊的直角三角形，當CD⊥平面ABC時，四面體ABCD的體積取最大值，此時，其外接球的直徑為，∴外接球的半徑為，因此，四面體ABCD的外接球的表面積為．故答案為：34π．【點睛】本題考查多面體外接球表面積的計算，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題．15.某工廠生產三種不同型號的產品，三種產品數量之比依次為，現采用分層抽樣的方法從中抽出一個容量為的樣本，樣本中型號的產品有件，那么此樣本容量

．參考答案：16.對于三次函數f（x）=ax3+bx2+cx+d，定義y=f″（x）是函數y=f′（x）的導函數．若方程f″（x）=0有實數解x0，則稱點（x0，f（x0））為函數y=f（x）的“拐點”．有同學發現：任何一個三次函數既有拐點，又有對稱中心，且拐點就是對稱中心．根據這一發現，對于函數g（x）=x3﹣x2+3x++，則…+的值為．參考答案：3018考點：導數的運算．專題：新定義；導數的概念及應用．分析：利用導數求出函數拐點，再利用拐點的意義及中心對稱的性質即可得出．解答：解：令h（x）=，則h′（x）=x2﹣x+3，h″（x）=2x﹣1，令h″（x）=0，解得，又，∴函數h（x）的拐點為，即為函數h（x）的對稱中心．．∴==3．∴…+=3×1006=3018．設u（x）=，可知其圖象關于點中心對稱．∴==…，∴…+=0．∴…+=3018．故答案為3018．點評：熟練掌握函數導數的運算性質及拐點的意義及中心對稱的性質是解題的關鍵．17.已知直線與函數的圖象恰有三個不同的公共點，則實數的取值范圍是

__________.參考答案：略三、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.在平面直角坐標系xOy中，設橢圓（a＞b＞0）的離心率是e，定義直線y=為橢圓的“類準線”，已知橢圓C的“類準線”方程為y=，長軸長為4．（1）求橢圓C的方程；（2）點P在橢圓C的“類準線”上（但不在y軸上），過點P作圓O：x2+y2=3的切線l，過點O且垂直于OP的直線l交于點A，問點A是否在橢圓C上？證明你的結論．參考答案：【考點】K4：橢圓的簡單性質．【分析】（1）由題意列關于a，b，c的方程，聯立方程組求得a2=4，b2=3，c2=1，則橢圓方程可求；（2）設P（x0，2）（x0≠0），當x0=時和x0=﹣時，求出A的坐標，代入橢圓方程驗證知，A在橢圓上，當x0≠±時，求出過點O且垂直于0P的直線與橢圓的交點，寫出該交點與P點的連線所在直線方程，由原點到直線的距離等于圓的半徑說明直線是圓的切線，從而說明點A在橢圓C上．【解答】解：（1）由題意得：==2，2a=4，又a2=b2+c2，聯立以上可得：a2=4，b2=3，c2=1．∴橢圓C的方程為+y2=1；（2）如圖，由（1）可知，橢圓的類準線方程為y=±2，不妨取y=2，設P（x0，2）（x0≠0），則kOP=，∴過原點且與OP垂直的直線方程為y=﹣x，當x0=時，過P點的圓的切線方程為x=，過原點且與OP垂直的直線方程為y=﹣x，聯立，解得：A（，﹣），代入橢圓方程成立；同理可得，當x0=﹣時，點A在橢圓上；當x0≠±時，聯立，解得A1（，﹣），A2（﹣，），PA1所在直線方程為（2+x0）x﹣（x0﹣6）y﹣x02﹣12=0．此時原點O到該直線的距離d==，∴說明A點在橢圓C上；同理說明另一種情況的A也在橢圓C上．綜上可得，點A在橢圓C上．19.（本小題共13分）已知函數．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在區間上的最大值和最小值．參考答案：解：（Ⅰ）

.…………………4分

所以．……………………6分（Ⅱ）因為，所以．所以．………10分當時，函數的最小值是，當時，函數的最大值是．……略20.（00全國卷）（12分）如圖，已知平行六面體ABCD-的底面ABCD是菱形，且=（I）證明：⊥BD；

（II）當的值為多少時，能使平面？請給出證明

參考答案：解析：（I）證明：連結、AC，AC和BD交于O，連結

∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD又∵

，∴，∴，∵DO=OB，∴BD，

——3分但AC⊥BD，AC∩=O，∴BD⊥平面又平面，∴BD

——6分（II）當時，能使⊥平面證明一：∵，∴BC=CD=，又，由此可推得BD=∴三棱錐C-是正三棱錐

——9分設與相交于G∵∥AC，且∶OC=2∶1，∴∶GO=2∶1又是正三角形的BD邊上的高和中線，∴點G是正三角形的中心，∴CG⊥平面即⊥平面

——12分證明二：由（I）知，BD⊥平面，∵平面，∴BD⊥

——9分當時，平行六面體的六個面是全等的菱形，同BD⊥的證法可得⊥又BD∩=B，∴⊥平面

——12分

21.已知函數上為增函數，且θ∈（0，π），，m∈R．（1）求θ的值；（2）當m=0時，求函數f（x）的單調區間和極值；（3）若在上至少存在一個x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求m的取值范圍．參考答案：【考點】函數在某點取得極值的條件；函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性．【專題】壓軸題；函數的性質及應用．【分析】（1）由函數上為增函數，得g′（x）=﹣+≥0在上F（x）max＞0即可；【解答】解：（1）∵函數上為增函數，∴g′（x）=﹣+≥0在，mx﹣≤0，﹣2lnx﹣＜0，∴在上不存在一個x0，使得f（x0）＞g（x0）成立．②當m＞0時，F′（x）=m+﹣=，∵x∈，∴2e﹣2x≥0，mx2+m＞0，∴F′（x）＞0在恒成立．故F（x）在上單調遞增，F（x）max=F（e）=me﹣﹣4，只要me﹣﹣4＞0，解得m＞．故m的取值范圍是（，+∞）【點評】本題考查利用導數求閉區間上函數的最值，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．22.已知函數f（x）=log4（4x+1）+kx（k∈R）是偶函數．（1）求k的值；（2）若函數y=f（x）的圖象與直線y=x+a沒有交點，求a的取值范圍；（3）若函數h（x）=4f（x）+{\;}^{\frac{1}{2}}x+m?2x﹣1，x∈[0，log23]，是否存在實數m使得h（x）最小值為0，若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．參考答案：【考點】函數奇偶性的性質；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】函數的性質及應用．【分析】（1）若函數f（x）=log4（4x+1）+kx（k∈R）是偶函數，則f（﹣x）=f（x），可得k的值；（2）若函數y=f（x）的圖象與直線y=x+a沒有交點，方程log4（4x+1）﹣x=a無解，則函數g（x）=的圖象與直線y=a無交點，則a不屬于函數g（x）值域；（3）函數h（x）=4x+m?2x，x∈[0，log23]，令t=2x∈[1，3]，則y=t2+mt