福建省南平市松溪縣第一中學2020-2021學年高三數學文上學期期末試題含解析一、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.已知函數是周期為2的周期函數，且當時，，則函數的零點個數是A.9

B.

10

C.

11

D.

18參考答案：B2.如圖，網格紙的小正方形的邊長是1，在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖，則這個多面體最長的一條棱的長為（）A．2 B． C． D．4參考答案：C【考點】由三視圖求面積、體積．【專題】計算題；數形結合；空間位置關系與距離；立體幾何．【分析】結合題意及圖形，可知幾何體為一個底面邊長為2的正方形且有一條長為2的側棱垂直于底面的四棱錐，還原幾何體，求解即可．【解答】解：由三視圖可知，此多面體是一個底面邊長為2的正方形，且有一條長為2的側棱垂直于底面的四棱錐，所以最長棱長為=2．故選：C【點評】本題考查了三視圖視角下多面體棱長的最值問題，考查了同學們的識圖能力以及由三視圖還原物體的能力．3.已知命題p：函數f（x）=|x+a|在（﹣∞，﹣1）上是單調函數，命題q：函數在（2，+∞）上遞增，若p且q為真命題，則實數a的取值范圍是（）A．（0，1] B．（0，2] C．[1，2] D．[1，3]參考答案：A【考點】復合命題的真假．【分析】分別求出p，q為真時a的范圍，求出A、B的交集即可．【解答】解：若函數f（x）=|x+a|在（﹣∞，﹣1）上是單調函數，則a≤1，故p為真時，a≤1，若函數在（2，+∞）上遞增，則0＜a≤1，故q為真時，0＜a≤1，若p且q為真命題，則0＜a≤1，故選：A．4.已知a＞0且a≠1，函數在區間（﹣∞，+∞）上既是奇函數又是增函數，則函數g（x）=loga||x|﹣b|的圖象是（）A． B． C． D．參考答案：A【考點】函數的圖象；對數函數的單調性與特殊點．【分析】根據函數是一個奇函數，函數在原點出有定義，得到函數的圖象一定過原點，求出b的值，根據函數是一個增函數，看出底數的范圍，得到結果．【解答】解：∵函數在區間（﹣∞，+∞）上是奇函數，∴f（0）=0∴b=1，又∵函數在區間（﹣∞，+∞）上是增函數，所以a＞1，所以g（x）=loga||x|﹣1|定義域為x≠±1，且當x＞1遞增，當0＜x＜1遞減，故選A5.設命題甲：關于的不等式對一切恒成立，命題乙：對數函數在上遞減，那么甲是乙的（

）A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件參考答案：B略6.某程序框圖如圖2所示，現將輸出（值依次記為：若程序運行中輸出的一個數組是則數組中的(

)．A．32

B．24

C．18

D．16參考答案：A7.在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=3：4：5，則cosA的值為（）A． B． C．0 D．1參考答案：B【考點】余弦定理．【專題】三角函數的求值．【分析】已知等式利用正弦定理化簡求出三邊之比，設出三邊長，利用余弦定理表示出cosA，將三邊長代入即可求出cosA的值．【解答】解：已知等式利用正弦定理化簡得：a：b：c=3：4：5，設a=3k，b=4k，c=5k，由余弦定理得：cosA===．故選：B．【點評】此題考查了正弦、余弦定理，熟練掌握定理是解本題的關鍵．8.已知，，則的值為(A).

(B).

(C).

(D).參考答案：C略9.用餐時客人要求：將溫度為、質量為的同規格的某種袋裝飲料加熱至.服務員將袋該種飲料同時放入溫度為、質量為的熱水中，分鐘后立即取出．設經過分鐘飲料與水的溫度恰好相同，此時，該飲料提高的溫度與水降低的溫度滿足關系式，則符合客人要求的可以是

（▲）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：C10.橢圓的離心率是，則雙曲線的漸近線方程是（

）

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.設變量，滿足約束條件，則目標函數的最小值為

A．

B．

C．

D．參考答案：B做出可行域如圖，設，即，平移直線，由圖象可知當直線經過點C時，直線的截距最小，此時最小。由,解得，即，代入得，所以最大值為3，選B.12.某工程隊有5項工程需要單獨完成，其中工程乙必須在工程甲完成后才能進行，工程丙必須在工程乙完成后立即進行那么安排這5項工程的不同排法種數是

．（用數字作答）參考答案：12【考點】排列、組合及簡單計數問題．【專題】概率與統計．【分析】安排甲工程放在第一位置時，乙丙與剩下的兩個工程共有種方法，同理甲在第二位置共有2×2種方法，甲在第三位置時，共有2種方法．利用加法原理即可得出．【解答】解：安排甲工程放在第一位置時，乙丙與剩下的兩個工程共有種方法，同理甲在第二位置共有2×2種方法，甲在第三位置時，共有2種方法．由加法原理可得：+4+2=12種．故答案為：12．【點評】本題考查了排列與乘法原理，優先安排除了甲乙丙3個工程后剩下的2個工程的方案是解題的關鍵，屬于中檔題．13.已知數列{an}的前n項和為Sn，且，a2=5，則S6=

．參考答案：722【考點】數列遞推式；數列的求和．【分析】=，可得an+1+1=3（an+1），利用等比數列的通項公式與求和公式即可得出．【解答】解：∵=，∴an+1+1=3（an+1），∴5+1=3（a1+1），解得a1=1．∴數列{an+1}是等比數列，公比為3，首項為2．∴an+1=2×3n﹣1，解得an=2×3n﹣1﹣1，則S6=﹣6=722．故答案為：722．14.若（2x﹣）n的展開式中所有二項式系數和為64，則n=；展開式中的常數項是

．參考答案：6；240【分析】利用二項式系數的性質求得n的值，再利用二項展開式的通項公式，求得展開式中的常數項．【解答】解：∵（2x﹣）n的展開式中所有二項式系數和為2n=64，則n=6；根據（2x﹣）n=（2x﹣）6的展開式的通項公式為Tr+1=?（﹣1）r?（2x）6﹣r?x﹣2r=?（﹣1）r?26﹣r?x6﹣3r，令6﹣3r=0，求得r=2，可得展開式中的常數項是?24=240，故答案為：6；240．【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．15.設函數f(x)=的最大值為M，最小值為m，則M+m=____參考答案：216.已知數列的前n項和為，滿足，，則數列的通項公式________．參考答案：由，解得，當時，，解得，兩邊同時乘以得，由，所以，則，所以數列是一個等比數列，所以，，，……，，將上述式子相加，可得，而，所以．17.已知全集集合則

▲

.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.的內角，，的對邊分別為，，，已知.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的面積的最大值.參考答案：（Ⅰ）∵，∴由正弦定理得，.………2分∵，∴.即.………………4分∵，∴.

∵，∴.∵，∴.………………6分（Ⅱ）∵，，∴由余弦定理得：，，當且僅當時取“=”

………………9分∴.即的面積的最大值為.………12分19.（本小題滿分12分）

在一塊傾斜放置的矩形木塊上釘著一個形如“等腰三角形”的五行鐵釘，釘子之間留有空隙作為通道，自上而下第1行2個鐵釘之間有1個空隙，第2行3個鐵釘之間有2個空隙……第5行6個鐵釘之間有5個空隙（如圖）．某人將一個玻璃球從第1行的空隙向下滾動，玻璃球碰到第2行居中的鐵釘后以相等的概率滾入第2行的左空隙或右空隙，以后玻璃球按類似方式繼續往下滾動，落入第5行的某一個空隙后，掉入木板下方相應的球槽．玻璃球落入不同球槽得到的分數ξ如圖所示．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若此人進行4次相同試驗，求至少3次獲得4分的概率．參考答案：解：（Ⅰ）從第1行開始，玻璃球從一個空隙向下滾動，碰到此空隙下方的一個鐵釘后以的概率落入鐵釘左邊的空隙，同樣以的概率落入鐵釘右邊的空隙．玻璃球繼續往下滾動時，總有落入鐵釘左邊和右邊空隙的兩種結果．到最后落入某一個球槽內，一共進行了4次獨立重復試驗，設4次獨立重復試驗中落入左邊空隙的次數為η，則．，············2分，·············4分．··························································6分則．········································································8分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，此人一次試驗獲得4分的概率，他進行4次相同試驗可以看著他進行了4次獨立重復試驗，···························································································································10分則至少3次獲得4分的概率．

12分略20.如圖，等腰梯形ABCD中，，，，E為CD中點，以AE為折痕把折起，使點D到達點P的位置（平面ABCE）.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）若直線PB與平面ABCE所成的角為，求二面角的余弦值.參考答案：（I）見解析；（II）.【分析】（I）先證明，再證明；（II）在平面POB內作PQ⊥OB,垂足為Q，證明OP⊥平面ABCE，以O為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角的余弦值.【詳解】（I）證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O，∵AB||CE,AB=CE，∴四邊形ABCE為平行四邊形，∴AE=BC=AD=DE，∴△ADE為等邊三角形，∴在等腰梯形ABCD中，，,∴在等腰中，∴,即BD⊥BC，∴BD⊥AE，翻折后可得：OP⊥AE,OB⊥AE，又，，；（II）解：在平面POB內作PQ⊥OB,垂足為Q，因為AE⊥平面POB，∴AE⊥PQ，因為OB平面ABCE,AE平面ABCE,AE∩OB=O∴PQ⊥平面ABCE，∴直線PB與平面ABCE夾角為，又因為OP=OB，∴OP⊥OB，∴O、Q兩點重合，即OP⊥平面ABCE，以O為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，由題意得，各點坐標為,設平面PCE的一個法向量為，則設，則y=-1,z=1，∴，由題意得平面PAE的一個法向量，設二面角A-EP-C為，.易知二面角A-EP-C為鈍角，所以.【點睛】本題主要考查空間幾何元素位置關系的證明，考查二面角的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和空間想象轉化分析推理能力.21.某商場擬對商品進行促銷，現有兩種方案供選擇．每種促銷方案都需分兩個月實施，且每種方案中第一個月與第二個月的銷售相互獨立．根據以往促銷的統計數據，若實施方案1，頂計第一個月的銷量是促銷前的1.2倍和1.5倍的概率分別是0.6和0.4．第二個月銷量是笫一個月的1.4倍和1.6倍的概率都是0.5；若實施方案2，預計第一個月的銷量是促銷前的1.4倍和1.5倍的概率分別是0.7和0.3，第二個月的銷量是第一個月的1.2倍和1.6倍的概率分別是0.6和0.4．令ξi（i=1，2）表示實施方案i的第二個月的銷量是促銷前銷量的倍數．（Ⅰ）求ξ1，ξ2的分布列：（Ⅱ）不管實施哪種方案，ξi與第二個月的利潤之間的關系如表，試比較哪種方案第二個月的利潤更大．銷量倍數ξi≤1.71.7＜ξi＜2.3ξi2.3利潤（萬元）152025參考答案：【分析】（Ⅰ）依題意，ξ1的所有取值為1.68，1.92，2.1，2.4，分別求出相應的概率，由此能求出ξ1的分布列；依題意，ξ2的所有可能取值為1.68，1.8，2.24，2.4，分別求出相應的概率，由此能求出ξ2的分布列．（Ⅱ）Qi表示方案i所帶來的利潤，分別求出EQ1，EQ2，由EQ1＞EQ2，實施方案1，第二個月的利潤更大．【解答】解：（Ⅰ）依題意，ξ1的所有取值為1.68，1.92，2.1，2.4，P（ξ1=1.68）=0.6×0.5=0.30，P（ξ1=1.92）=0.6×0.5=0.30，P（ξ1=2.1）=0.4×0.5=0.20，P（ξ1=2.4）=0.4×0.5=0.20，∴ξ1的分布列為：ξ11.681.922.12.4P0.300.300.200.20依題意，ξ2的所有可能取值為1.68，1.8，2.24，2.4，P（ξ2=1.68）=0.7×0.6=0.42，P（ξ2=1.8）=0.3×0.6=0.18，P（ξ2=2.24）=0.7×0.4=0.28，P（ξ2=2.4）=0.3×0.4=0.12，∴ξ2的分布列為：ξ21.681.82.242.4P0.420.180.280.12（Ⅱ）Qi表示方案i所帶來的利潤，則：Q1152025P0.300.500.20

Q2152025P