2022黑龙江省绥化市第四中学高三数学理期末试卷含解析

2022黑龙江省绥化市第四中学高三数学理期末试卷含解析一、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.执行如图所示的程序框图，输出的值为A.6

B.24

C.

D.参考答案：C2.设，都是定义在实数集上的函数，定义函数：，．若，，则A．

B．C．

D．参考答案：【知识点】函数解析式的求解及常用方法．B1A

解析：对于A，因为f（x）=，所以当x＞0时，f（f（x））=f（x）=x；当x≤0时，f（x）=x2≥0，特别的，x=0时x=x2，此时f（x2）=x2，所以（f?f）（x）==f（x），故A正确；对于B，由已知得（f?g）（x）=f（g（x））=，显然不等于f（x），故B错误；对于C，由已知得（g?f）（x）=g（f（x））=，显然不等于g（x），故C错误；对于D，由已知得（g?g）（x）=，显然不等于g（x），故D错误．故选A．【思路点拨】根据题目给的定义函数分别求出（f?f）（x）等，然后判断即可，注意分段函数的定义域对解析式的影响．3.

若二项式的展开式中的系数是84，则实数＝(

)A.2

B.

C.1

D.参考答案：选C.因为，令，得，所以，解得a＝1.4.（5分）下列命题中正确的个数是（）①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；②若直线l与平面α平行，则与平面α内的任意一条直线都平行；③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点． A． 0 B． 1 C． 2 D． 3参考答案：B考点： 空间中直线与平面之间的位置关系．专题： 空间位置关系与距离．分析： 利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．解答： 解：①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l与α平行或相交，故①错误；②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线平行或异面，故②错误；③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行或包含于这个平面，故③错误；④若直线l与平面α平行，则由直线与平面平行的定义知l与平面α内的任意一条直线都没有公共点，故④正确．故选：B．点评： 本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．5.已知是虚数单位，则复数的虚部为

(

)A．

B．

C．

D．1参考答案：C6.集合则等于A.{1}

B.{0,1}

C.[0,2）

D.[0，2]参考答案：B略7.对于任意,函数表示中的较大者，则的最小值是（

）A2

B3

C8

D参考答案：A略8.等于

A．

B．

C．

D．参考答案：A9.设命题：，命题：一元二次方程有实数解．则是的（）A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A略10.已知,“”是“函数的图像恒在轴上方”（）

A．充分非必要条件

B．必要非充分条件

C．充要条件

D．既非充分又非必要条件参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为2：3：4，现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本，其中A型号产品有16件，那么此样品容量为n=．参考答案：72略12.已知函数f(x)=ln(x+），若正实数a，b满足f(2a)+f(b-l)=0，则的最小值是____参考答案：由题可知为单调递增的奇函数，故由可得，故填.13.已知定义在R上的偶函数，且当时，单调递减，给出以下四个命题：①②直线为函数的一条对称轴；③函数在上单调递增；④若方程在上两根，则。以上命题正确的是

（请把所有正确命题的序号都填上）参考答案：①②④14.设抛物线的焦点为F，经过点P(1，4)的直线与抛物线相交于Ａ、Ｂ两点，点P为线段AB的中点，则的值为_________.参考答案：略15.过点M（m，0）（m＞0）作直线l，与抛物线y2=4x有两交点A，B，F是抛物线的焦点，若，则m的取值范围是．参考答案：（3﹣2，3+2）【考点】9V：向量在几何中的应用．【分析】设AB方程为x=ay+m，代入抛物线方程，利用根与系数的关系得出A，B的坐标关系，根据恒成立得出关于m的不等式，从而解出m的范围．【解答】解：设直线AB的方程为x=ay+m，代入抛物线方程得y2﹣4ay﹣4m=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），又F（1，0），∴=（x1﹣1，y1），=（x2﹣1，y2）由根与系数的关系得：y1y2=﹣4m，y1+y2=4a，∴x1x2=（ay1+m）（ay2+m）=a2y1y2+am（y1+y2）+m2=﹣4a2m+4a2m+m2=m2，x1+x2=a（y1+y2）+2m=4a2+2m，∴=（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2=x1x2﹣（x1+x2）+1+y1y2=m2﹣6m﹣4a2+1＜0，∴m2﹣6m+1＜4a2恒成立，∴m2﹣6m+1＜0，解得3﹣2＜m＜3+2．故答案为（3﹣2，3+2）．16.已知正实数x，y满足xy+2x+y=4，则x+y的最小值为．参考答案：【考点】7F：基本不等式．【分析】变形利用基本不等式即可得出．【解答】解：∵正实数x，y满足xy+2x+y=4，∴（0＜x＜2）．∴x+y=x+==（x+1）+﹣3﹣3=﹣3，当且仅当x=时取等号．∴x+y的最小值为．故答案为：．17.已知x,y满足约束条件，则的最大值为

▲▲

．参考答案：7三、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.已知直线l的参数方程为，（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4cos（θ﹣）．（1）求直线l的参数方程化为普通方程，将圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）求圆C上的点到直线l距离的取值范围．参考答案：考点：参数方程化成普通方程．专题：直线与圆；坐标系和参数方程．分析：（1）直接消掉参数t得直线l的普通方程，把ρ=4cos（θ﹣）右边展开两角差的余弦，再同时乘以ρ后结合x=ρcosθ，y=ρsinθ得到圆C的直角坐标方程；（2）由圆的直角坐标方程得到圆心坐标和半径，再由点到直线的距离求出圆心到直线的距离，则答案可求．解答： 解：（1）由（t为参数）得直线l的普通方程为又∵，∴，∴，即；（2）由得圆心C（1，），半径r=2．∴圆心C到直线l的距离d=．直线l与圆C相离．∴圆C上的点到直线l的距离的取值范围是．点评：本题考查了参数方程化普通方程，考查了直线与圆的位置关系，是基础题．19.已知函数(1)求函数的单调区间；(2)若不等式对任意的都成立，求a的最大值.参考答案：无参函数求单调区间，要多次求导，令，令注意：当时，故f(x)单调递增当时，故f(x)单调递减综上，函数f(x)的单调区间为20.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面平面.(1)求证：PB＝PD；(2)若M为PD的中点，AM⊥平面PCD，求三棱锥D-ACM的体积．参考答案：(2)如图，因为AM⊥平面PCD，AM⊥PD，PD的中点为M，所以AP＝AD＝2

--------------8分由AM⊥平面PCD，可得AM⊥CD，又AD⊥CD，AM∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又由（1）可知BD⊥PA，BD∩CD＝D，所以PA⊥平面ABCD.--------------10分故VD-ACM＝VM-ACD＝×PA×S△ACD＝××2××2×2＝

--------------12分21.（14分）已知函数f（x）=e﹣x（x2+ax）在点（0，f（0））处的切线斜率为2．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设g（x）=﹣x（x﹣t﹣）（t∈R），若g（x）≥f（x）对x∈[0，1]恒成立，求t的取值范围；（Ⅲ）已知数列{an}满足a1=1，an+1=（1+）an，求证：当n≥2，n∈N时f（）+f（）+L+f（）＜n?（）（e为自然对数的底数，e≈2.71828）．参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；压轴题；函数的性质及应用；导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）求导f′（x）=﹣e﹣x（x2+ax）+e﹣x（2x+a）=﹣e﹣x（x2+ax﹣2x﹣a）；从而可得f′（0）=﹣（﹣a）=2，从而解得；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e﹣x（x2+2x），从而化简g（x）≥f（x）得﹣x（x﹣t﹣）≥e﹣x（x2+2x），x∈[0，1]；从而分x=0与x∈（0，1]讨论，再化恒成立问题为最值问题求解即可．（Ⅲ）由an+1=（1+）an，及a1=1可得an=n；再由当x∈（0，1]时，f′（x）=﹣e﹣x（x2﹣2）＞0知f（x）在[0，1]上单调递增，且f（x）≥f（0）=0；故f（）＜f（x）dx，（1≤i≤n﹣1，i∈N），从而化简[f（）+f（）+…+f（）]=[f（）+f（）+…+f（）]＜f（x）dx；再由f（x）≤g（x）=﹣x2+（1+）x得f（x）dx≤g（x）dx=+，从而证明．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=e﹣x（x2+ax），∴f′（x）=﹣e﹣x（x2+ax）+e﹣x（2x+a）=﹣e﹣x（x2+ax﹣2x﹣a）；则由题意得f′（0）=﹣（﹣a）=2，故a=2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e﹣x（x2+2x），由g（x）≥f（x）得，﹣x（x﹣t﹣）≥e﹣x（x2+2x），x∈[0，1]；当x=0时，该不等式成立；当x∈（0，1]时，不等式﹣x+t+≥e﹣x（x+2）在（0，1]上恒成立，即t≥[e﹣x（x+2）+x﹣]max．设h（x）=e﹣x（x+2）+x﹣，x∈（0，1]，h′（x）=﹣e﹣x（x+1）+1，h″（x）=x?e﹣x＞0，∴h′（x）在（0，1]单调递增，∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）在（0，1]单调递增，∴h（x）max=h（1）=1，∴t≥1．（Ⅲ）证明：∵an+1=（1+）an，∴=，又a1=1，∴n≥2时，an=a1??…?=1??…?=n；对n=1也成立，∴an=n．∵当x∈（0，1]时，f′（x）=﹣e﹣x（x2﹣2）＞0，∴f（x）在[0，1]上单调递增，且f（x）≥f（0）=0．又∵f（）（1≤i≤n﹣1，i∈N）表示长为f（），宽为的小矩形的面积，∴f（）＜f（x）dx，（1≤i≤n﹣1，i∈N），∴[f（）+f（）+…+f（）]=[f（）+f（）+…+f（）]＜f（x）dx．又由（Ⅱ），取t=1得f（x）≤g（x）=﹣x2+（1+）x，∴f（x）dx≤g（x）dx=+，∴[f（）+f（）+…+f（）]＜+，∴f（）+f（）+…+f（）＜n（+）．【点评】本题考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查