廣東省揭陽市寶喜高級中學2021-2022學年高三數學文測試題含解析一、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.從甲、乙等名志愿者中選出名，分別從事，，，四項不同的工作，每人承擔一項．若甲、乙二人均不能從事工作，則不同的工作分配方案共有A.種 B. C.種 D.種參考答案：B2.設,則是的（

）A．充分而不必要條件

B．必要而不充分條件C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：B略3.如圖，某組合體的主視圖、側視圖均是正方形及其中位線，俯視圖為正方形及其對角線，則此幾何體的體積為A.8 B.C.4 D.6參考答案：D【分析】由三視圖還原幾何體，該幾何體為組合體，是兩個直三棱柱，直三棱柱的底面為等腰直角三角形，直角邊長為2，高分別為1和2，再由棱柱體積公式求解．【詳解】解：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，是兩個直三棱柱，直三棱柱的底面為等腰直角三角形，直角邊長為2，高分別為1和2，則此幾何體的體積為V＝．故選：D．4.已知向量a，b滿足，，且，則向量a，b的夾角是（

）（A） （B） （C） （D）參考答案：D5.原命題為“若Z1.,Z2互為共軛復數，則|Z1|=|Z2|，關于其逆命題，否命題，逆否命題真假性的判斷依次如下，正確的是

（

）

(A)真，假，真

(B)假，假，真

(C)真，真，假

(D)假，假，假， 參考答案：B6.已知，其中是虛數單位，那么實數

．參考答案：因為，所以，即且，解得。7.已知，則

（

）A． B． C．

D．參考答案：B略8.函數為增函數的區間是

參考答案：9.設點是平面區域內的任意一點，則的最小值為

（

）（A）

（B）1

（Ｃ）

（D）5參考答案：B10.等比數列首項與公比分別是復數是虛數單位的實部與虛部，則數列的前項的和為

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.在△中，內角、、的對邊分別為、、，已知，，，則

.參考答案：12.當a＞0，b＞0且a+b=2時，行列式的值的最大值是

．參考答案：0考點：二階行列式的定義；基本不等式．專題：矩陣和變換．分析：利用行列的性質和均值定理求解．解答： 解：∵a＞0，b＞0且a+b=2時，∴行列式=ab﹣1≤﹣1=1﹣1=0．當且僅當a=b=1時，取“=”，∴行列式的值的最大值為0．故答案為：0．點評：本題考查行列式的最大值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意行列式性質和均值定理的合理運用．13.拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點為F，E是C的準線上位于x軸上方的一點，直線EF與C在第一象限交于點M，在第四象限交于點N，且|EM|=2|MF|=2，則點N到y軸的距離為．參考答案：【考點】K8：拋物線的簡單性質．【分析】由題意可知丨FM丨=1，|EM|=2，丨EF丨=3，根據相似三角形的性質，即可求得p的值，由丨EN丨=2丨DN丨，根據拋物線的定義，即可求得丨DN丨=3，點N到y軸的距離為丨DN丨﹣．【解答】解：過M，N做MH⊥l，ND⊥l，垂足分別為H，D，由拋物線的定義可得丨FM丨=丨MH丨，丨FN丨=丨DN丨|EM|=2|MF|=2，則丨FM丨=1，|EM|=2，丨EF丨=3，∴∠EMH=，∠MEH=，∴p=，拋物線的標準方程為y2=3x，在Rt△EDN中，sin∠MED=，則丨EN丨=2丨DN丨，即丨EM丨+丨MF丨+丨DN丨=2丨DN丨，則丨DN丨=3，點N到y軸的距離為丨DN丨﹣=3﹣=，故答案為：．14.在如右圖所示的數表中，第i行第j列的數記為ai，j，且滿足a1，j＝2j－1，ai，1＝i，ai＋1，j＋1＝ai，j＋ai＋1，j（i，j∈N*）；又記第3行的數3，5，8，13，22，39，…．則第3行第n個數為

．參考答案：15.已知sin(－α)－cosα=，則cos(2α+)=

．參考答案：

【分析】根據三角恒等變換化簡，得出sin（α+）的值，再利用二倍角公式求出的值．【解答】解：∵，∴sincosα﹣cossinα﹣cosα=﹣sinα﹣cosα=﹣sin（α+）=，∴sin（α+）=﹣；∴=1﹣2sin2（α+）=1﹣2×=．【點評】本題考查了三角恒等變換與二倍角公式的應用問題，是基礎題．16.若實數x，y滿足，則的取值范圍是________高考參考答案：略17.已知數列{an}中，，，且．則數列的前n項和為____________參考答案：

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.設函數.（Ⅰ）求不等式的解集;（Ⅱ）若對于任意,不等式恒成立,求實數t的取值范圍.參考答案：（Ⅰ）)由題意,當時,,解得,∴;當時,,解得,∴;當時,,解得,∴;綜上,不等式的解集為.（5分）（Ⅱ）當時,,;當時,;當時,.所以.不等式恒成立等價于,即,解得.（10分）19.(12分)已知等差數列滿足：，（1）求；（2）已知數列的第n項為，若成等差數列，且，設數列的前項和．求數列的前項和參考答案：20.設f（x）=（a＞0）為奇函數，且|f（x）|min=，數列{an}與{bn}滿足如下關系：a1=2，，．（1）求f（x）的解析表達式；（2）證明：當n∈N+時，有bn≤．參考答案：【考點】函數奇偶性的性質；數列遞推式．【分析】（1）利用f（x）為奇函數，且|f（x）|min=，求出a，b，c即可的f（x）的解析表達式（2）先有f（x）的解析表達式，求得an與an+1的關系，在求出bn的通項公式，來證明【解答】解：由f（x）是奇函數，得b=c=0，由|f（x）min|=，得a=2，故f（x）=（2）=，==bn2∴bn=bn﹣12=bn﹣24═，而b1=∴bn=當n=1時，b1=，命題成立，當n≥2時∵2n﹣1=（1+1）n﹣1=1+Cn﹣11+Cn﹣12++Cn﹣1n﹣1≥1+Cn﹣11=n∴＜，即bn≤．21.已知函數．(1)求的值；

(2)若，求．參考答案：，

略22.已知函數f(x)=+lnx．（a∈R）（Ⅰ）若函數在區間[，e]上單調遞減，求實數a的取值范圍；（Ⅱ）試討論函數f（x）在區間（0，+∞）內極值點的個數．參考答案：【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的單調性．【分析】（Ⅰ）由題意可知f′（x）=﹣+≤0，a≥，則構造輔助函數，求導，根據函數函數的單調性即可求得最大值，即可求得實數a的取值范圍；（Ⅱ）方法1：構造輔助函數，g（x）=，求導g′（x）=，根據函數的單調性即可求得g（x）最小值，根據函數的單調性及極值的判斷求得函數的f（x）的極值點的個數；方法2：分類討論，根據當a≤1時，根據函數的單調性f（x）在區間（0，+∞）遞增，f（x）無極值，當a＞1時，構造輔助函數，求導，根據函數的單調性與極值的關系，即可求得f（x）的極值個數．【解答】解：（Ⅰ）由題意可知：對?x∈，f′（x）=﹣+≤0，即a≥，對?x∈恒成立，令g（x）=，求導g′（x）=，當0＜x＜1時，g′（x）＜0，當x＞1，g′（x）＞0，∴函數g（x）在[，1]上單調遞減，在（1，e]上單調遞增，∴g（）=，g（e）=ee﹣1，由ee﹣1＞，∴在區間上g（x）max=ee﹣1，∴a≥ee﹣1，（Ⅱ）解法1：由f′（x）=﹣+==，g（x）=，g′（x）=，當0＜x＜1時，g′（x）＜0，當x＞1時，g′（x）＞0，∴函數g（x）在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增，g（x）min=g（1）=e，當a≤e時，g（x）≥a恒成立，f′（x）≥0，函數f（x）在區間（0，+∞）單調遞增，f（x）無極值點，當a＞e時，g（x）min≥g（1）=e＜a，故存在x1∈（0，1）和x2∈（1，+∞），使得g（x1）=g（x2）=a，當0＜x＜x1，f′（x）＞0，當x1＜x＜x2時，f′（x）＜0，當x＞x2，f′（x）＞0，∴函數f（x）在（x1，x2）單調遞減，在（0，x1）和（x2，+∞），∴x1為函數f（x）的極大值點，x2為函數f（x）的極小值點，綜上可知；a≤e時，函數f（x）無極值點，當a＞e時，函數f（x）有兩個極值點．方法2：f′（x）=，設h（x）=ex﹣ax（x＞0），則h（x）=ex﹣a，由x＞0，ex＞1，（1）當a≤1時，h′（x）＞0，h（x）遞增，h（x）＞h（0）=1，則f′（x）＞0，f（x）遞增，f（x）在區間（0，+∞）內無極值；（2）當a＞1時，由h′（x）=ex﹣a＞0，則x＞lna，可知h（x）在（0，lna）內遞減，在（lna，+∞）單調遞增，∴h（x）max=h（lna）=a（1﹣lna），①當1＜a≤e時，h（x）＞h（x）min≥0，則