湖南省长沙市银桥中学2022年高三数学理期末试题含解析

湖南省长沙市银桥中学2022年高三数学理期末试题含解析一、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.已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在球O的球面上，若PA=AB=2，AC=1，∠BAC=120°，且PA⊥平面ABC，则球O的表面积为(

) A． B． C．12π D．15π参考答案：A考点：球的体积和表面积；球内接多面体．专题：空间位置关系与距离；球．分析：求出BC，可得△ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球表面积．解答： 解：∵AB=2，AC=1，∠BAC=120°，∴BC==，∴三角形ABC的外接圆直径2r===，∴r=，∵PA⊥面ABC，PA=2，由于三角形OPA为等腰三角形，则有该三棱锥的外接球的半径R==，∴该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×（）2=．故选：A．点评：本题考查三棱锥的外接球表面积，考查直线和平面的位置关系，确定三棱锥的外接球的半径是关键．2.若函数的表达式是

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B3.在矩形ABCD中,在上截取,沿AE将翻折得到,使点在平面上的射影落在上,则二面角的平面角的余弦值为（

）A． B． C． D．参考答案：C4.双曲线的一条渐近线与圆相切，则此双曲线的离心率为（）A．2 B． C． D．参考答案：A【考点】KJ：圆与圆锥曲线的综合．【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离为圆的半径求得a和b的关系，进而利用c2=a2+b2求得a和c的关系，则双曲线的离心率可求．【解答】解：∵双曲线渐近线为bx±ay=0，与圆相切，∴圆心到渐近线的距离为=1或=1，求得a=b，∴c2=a2+b2=4a2，∴e=2．故选：A．5.已知函数，且函数有且只有一个零点，则实数的取值范围是(

)A．

B．

.

D．参考答案：B如图，在同一坐标系中分别作出与的图象，其中a表示直线在y轴上截距，由图可知，当时，直线与只有一个交点.,选B6.设,若是的最小值,则的取值范围为(

)

A.[-1,2]

B.[-1,0]

C.[1,2]

D.[0,2]参考答案：D略7.已知函数y=f（x）是奇函数，当x＞0时，f（x）=lgx，则的值等于(

)A． B． C．lg2 D．﹣lg2参考答案：D【考点】函数奇偶性的性质；函数的值．【专题】计算题．【分析】根据题意先求出=﹣2，再根据奇函数的性质知=﹣f（2），代入解析式进行求解．【解答】解：∵当x＞0时，f（x）=lgx，∴=lg=﹣2，则=f（﹣2），∵函数y=f（x）是奇函数，∴=﹣f（2）=﹣lg2，故选D．【点评】本题考查了利用函数奇偶性求函数的值，对于多层函数值问题，需要从内到外的顺序进行逐层求解，结合奇函数的关系式进行求解，考查了分析和解决问题能力．8.

若，则的取值范围是

(

）A．（0，1）

B．（0，）C．（，1）

D．（0，1）∪（1，+∞）参考答案：C9.函数的图象 A.关于直线对称 B.关于直线对称 C.关于点对称 D.关于点对称参考答案：B略10.已知函数f（x）＝x3＋3x，g（x）＝－f（｜x｜），若g（lgx）＞g（1），则x的取值范围是A．（10，＋∞）

B．（，10）C．（0，10）

D．（0，）∪（10，＋∞）参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知…，若（a，t均为正实数），则类比以上等式，可推测a，t的值，a+t=____________.参考答案：41略12.已知直线AB：x+y﹣6=0与抛物线y=x2及x轴正半轴围成的图形为Ω，若从Rt△AOB区域内任取一点M（x，y），则点M取自图形Ω的概率为．参考答案：．【考点】几何概型．【分析】欲求所投的点落在阴影内部的概率，利用几何概型解决，只须利用定积分求出阴影图的面积，最后利用它们的面积比求得即可概率．【解答】解：由定积分可求得阴影部分图形Ω的面积为：S=∫02x2dx+∫26（6﹣x）dx==，又Rt△AOB的面积为：=18所以P==．故答案为：．【点评】本题考查了利用定积分求面积以及几何摡型知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．13.已知函数，则

。参考答案：5知识点：求函数值.解析：解：因为，所以，故，则有，而，所以5，故答案为5.思路点拨：通过已知条件找到，进而得到，再求出即可得到结果.14.直线(为参数)被双曲线截得的弦长为

.参考答案：略15.若曲线在点处的切线平行于轴，则

．参考答案：16.已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在半径为3的同一个球面上。若两圆锥的高的比为1：2，，则两圆锥的体积之和为

。参考答案：17.设复数z满足，为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点在第

象限．参考答案：

四

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.若f（x）=其中a∈R（1）当a=﹣2时，求函数y（x）在区间[e，e2]上的最大值；（2）当a＞0，时，若x∈[1，+∞），f（x）≥a恒成立，求a的取值范围．参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（1）当a=﹣2，x∈[e，e2]时，f（x）=x2﹣2lnx+2，求其导数可判函数在[e，e2]上单调递增，进而可得其最大值；（2）分类讨论可得函数y=f（x）在[1，+∞）上的最小值为，分段令其，解之可得a的取值范围．【解答】解：（1）当a=﹣2，x∈[e，e2]时，f（x）=x2﹣2lnx+2，∵，∴当x∈[e，e2]时，f'（x）＞0，∴函数f（x）=x2﹣2lnx+2在[e，e2]上单调递增，故+2=e4﹣2（2）①当x≥e时，f（x）=x2+alnx﹣a，，∵a＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在[e，+∞）上单调递增，故当x=e时，；

②当1≤x≤e时，f（x）=x2﹣alnx+a，f′（x）=2x﹣=（x+）（x﹣），（i）当≤1，即0＜a≤2时，f（x）在区间[1，e）上为增函数，当x=1时，f（x）min=f（1）=1+a，且此时f（1）＜f（e）=e2；

（ii）当，即2＜a≤2e2时，f（x）在区间上为减函数，在区间上为增函数，故当x=时，，且此时f（）＜f（e）=e2；（iii）当，即a＞2e2时，f（x）=x2﹣alnx+a在区间[1，e]上为减函数，故当x=e时，．综上所述，函数y=f（x）在[1，+∞）上的最小值为由得0＜a≤2；由得无解；由得无解；

故所求a的取值范围是（0，2]．

19.已知a∈R，函数f（x）=ex﹣ax（e=2.71828…是自然对数的底数）．（I）若函数f（x）在区间（﹣e，﹣1）上是减函数，求a的取值范围；（II）若函数F（x）=f（x）﹣（ex﹣2ax+2lnx+a）在区间（0，）内无零点，求a的最大值．参考答案：【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6D：利用导数研究函数的极值．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，分离参数a，由题意可得a＞ex在（﹣e，﹣1）上恒成立，求出ex在（﹣e，﹣1）上的范围得答案；（Ⅱ）求出函数F（x），求其导函数F′（x）=a﹣=，可知当a≤0时函数F（x）在区间（0，）上单调递减，可得F（x）＞F（）＞0，函数F（x）在区间（0，）上无零点；当a＞0时，分0＜a≤4和a＞4分类分析，求得函数F（x）在区间（0，）内无零点的a的范围，则答案可求．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=ex﹣ax，∴f′（x）=ex﹣a，∵函数f（x）在区间（﹣e，﹣1）上是减函数，∴f′（x）=ex﹣a＜0在（﹣e，﹣1）上恒成立，∴a＞ex在（﹣e，﹣1）上恒成立，∵y=ex在（﹣e，﹣1）上为增函数，∴a＞e﹣1=；（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣（ex﹣2ax+2lnx+a）=ax﹣2lnx﹣a，x∈，∴F′（x）=a﹣=，①当a≤0时，F′（x）＜0在（0，）上恒成立，函数F（x）在区间（0，）上单调递减，则F（x）＞F（）==ln4﹣＞0，∴a≤0时，函数F（x）在区间（0，）上无零点；②当a＞0时，令F'（x）=0得，x=，令F'（x）＞0，得x＞，令F'（x）＜0，得0＜x＜，因此，函数F（x）的单调递增区间是（，+∞），单调递减区间是（0，）．（ⅰ）当≥，即0＜a≤4时，函数F（x）的单调递减区间是（0，），∴F（x）＞F（）=a﹣2ln﹣a=ln4﹣，要使函数F（x）在区间（0，）内无零点，则ln4﹣≥0，得a≤4ln2；（ii）当＜，即a＞4时，函数F（x）的单调递减区间是（0，），单调递增区间是（，），∴F（x）min=F（）=2﹣2ln﹣a=2﹣ln4+2lna﹣a，设g（a）=2﹣ln4+2lna﹣a∴g′（a）=﹣1=＜0，∴g（a）在（4，+∞）上单调递减，∴g（a）＜g（4）=2﹣ln4+2ln4﹣4=ln4﹣2=2（ln2﹣lne）＜0，而当x→0时，f（x）→+∞，∴函数F（x）在区间（0，）内有零点，不合题意．综上，要使函数F（x）=f（x）﹣（ex﹣2ax+2lnx+a）在区间（0，）内无零点，则a的最大值为4ln2．20.设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an?bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；（Ⅱ）求证：对?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；（Ⅲ）求证：对?p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．参考答案：【考点】8E：数列的求和；8K：数列与不等式的综合．【分析】（Ⅰ）=（2n﹣1）（）n，利用“错位相减法”即可求得数列{}的前n项和Tn；（Ⅱ）由题意可得f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．求得fn（1）＞0，fn（）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．（Ⅲ）由题意可得fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0，由fn+1（x）在（0，+∞）上单调递增，可得xn+1＜xn，故xn﹣xn+p＞0．用fn（x）的解析式减去fn+p（xn+p）的解析式，变形可得xn﹣xn+p=+，再进行放大，并裂项求和，可得它小于．，综上可得要证的结论成立．【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，则=（2n﹣1）（）n，则Tn=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴Tn=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；（Ⅱ）证明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+?（）i，=﹣+×=﹣?（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，满足fn（xn）=0．（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．由fn+1（x）在（0，+∞）上单调递增，可得xn+1＜xn，即xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．由于fn（xn）=﹣1+xn+++…+=0，①，fn+p（xn+p）=﹣1+xn+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用0＜xn+p≤1，可得xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．21.已知函数（1）.设函数求的单调区间（2）.若存在常数k,m使得对恒成立,且对恒成立,则称直线为函数与的“分界线”,试问:与是否存在“分界线”?若存在,求出“分界线”的方程,若不存在,请说明理由.参考答案：1.由于函数,因此,则当时,,所以在上是减函数,当时,,所以在上是增函数,因此,函数的单调减函数是,单调增区间是

2.由可知,当时,取得最小值,则与的图象在处有公共点,假设与存在“分界线”,则其必过点,故设其方程为:,即,由对恒成立,则对恒成立,所以成立,因此,“分界线”的方程为:,下面证明对恒成立,设,则,所以当时,,当时,,当时,取得最大值,则对恒成立,故所求“分界线”的方程为:22.（12分）

设点A、B是直线与抛物线的两个交点，抛物线上的动点M在A、B两点间移动，如图所示。