2022年湖南省常德市蒋家嘴镇中学高三数学理期末试题含解析

2022年湖南省常德市蒋家嘴镇中学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.设函数f（x）在其定义域D上的导函数为f′（x），如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈D，都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x2﹣ax+1），则称函数f（x）具有性质ω（a），给出下列四个函数：①f（x）=x3﹣x2+x+1；

②f（x）=lnx+；③f（x）=（x2﹣4x+5）ex；

④f（x）=其中具有性质ω（2）的函数为（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④参考答案：A【考点】指数型复合函数的性质及应用．【分析】因为a=2，所以先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1）这种形式，分别求出h（x），然后确定h（x）是否满足对任意的x∈D都有h（x）＞0．【解答】解：①f'（x）=x2﹣2x+1，若f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1），即x2﹣2x+1=h（x）（x2﹣2x+1），所以h（x）=1＞0，满足条件，所以①具有性质ω（2）．②函数f（x）=lnx++的定义域为（0，+∞）．f′（x）=﹣==?（x2﹣2x+1），所以h（x）=，当x∈（0，+∞）时，h（x）＞0，所以②具有性质ω（2）．③f'（x）=（2x﹣4）ex+（x2﹣4x+5）ex=（x2﹣2x+1）ex，所以h（x）=ex，因为h（x）＞0，所以③具有性质ω（2）．④f′（x）==，若f′（x）=?（x2﹣2x+1），则h（x）=，因为h（1）不存在，所以不满足对任意的x∈D都有h（x）＞0，所以④不具有性质ω（2），故选：A．2.设集合M={(1,2)}，则下列关系成立的是A

1∈M

B

2∈M

C

(1,2)∈M

D

(2,1)∈M参考答案：C3.将函数R的图象向左平移个单位长度后得到函数，则函数A．是奇函数

B．是偶函数

C．既是奇函数又是偶函数

D．既不是奇函数，也不是偶函数

参考答案：B4.若α为第二象限角，则()．A．1

B．0

C．2

D．－2参考答案：C5.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是（

）A.三棱锥

B.三棱柱

C.四棱锥

D.四棱柱参考答案：B根据所给三视图易知，对应的几何体是一个横放着的三棱柱.选B6.已知△ABC，D为AB边上一点，若（）

Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．参考答案：A7.图1是计算++++的值的一个程序框图，其中在判断框内应填入的条件是（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：B本题考查循环结构中循环条件的确定.要实现所求算法，框图中最后一次执行循环体时i的值应为10，结合条件不满足时执行循环体，当i=11＞10时就会终止循环，所以条件应为i＞10.故选B.8.若实数列的前n项和为，则下列命题：（1）若数列是递增数列，则数列也是递增数列；

（2）数列是递增数列的充要条件是数列的各项均为正数；

（3）若是等比数列，则的充要条件是

其中，正确命题的个数是

（

）

A．0个

B．1个

C．2个

D．3个参考答案：9.（5分）已知函数f（x）=2ax3﹣3ax2+1，g（x）=﹣x+，若任意给定的x0∈[0，2]，总存在两个不同的xi（i=1，2）∈[0，2]，使得f（xi）=g（x0）成立，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．[﹣1，1]参考答案：A【考点】：利用导数研究函数的单调性．【专题】：导数的综合应用．【分析】：由题意可以把问题转化为求函数f（x）和函数g（x）的最值，并有题意转化为两个函数的值域的关系问题即可得到结论．解：f′（x）=6ax2﹣6ax=6ax（x﹣1）．①当a=0时，显然不可能；②当a＞0时，函数f（x）的变化情况如下表所示

x0（0，1）1（1，2）2f′（x）0﹣0+f（x）1递减极小值1﹣a

1+4a又因为当a＞0时，g（x）=﹣x+在[0，2]上是减函数，对任意x∈[0，2]，g（x）∈[﹣，]，不合题意；③当a＜0时，函数f（x）的变化情况如下表所示

x0（0，1）1（1，2）2f′（x）0+0﹣f（x）1递增极大值1﹣a递减1+4af（x）在[0，2]的最大值为1﹣a；又因为当a＜0时，g（x）=﹣x+在[0，2]上是增函数，所以对任意x∈[0，2]，g（x）∈[，﹣]，由题意必有g（x）max＜f（x）max，可得﹣＜1﹣a，解得a＜﹣1．综上a的取值范围为（﹣∞，﹣1）．故选：A【点评】：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查存在性问题，确定函数的最大值是关键．综合性较强，有一定的难度．10.由直线与曲线所围成的封闭图形的面积是（

）（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.36的所有正约数之和可按如下方法得到：因为36=22×32，所以36的所有正约数之和为（1+3+32）+（2+2×3+2×32）+（22+22×3+22×32）=（1+2+22）（1+3+32）=91，参照上述方法，可求得100的所有正约数之和为．参考答案：217【考点】F4：进行简单的合情推理．【分析】这是一个类比推理的问题，在类比推理中，参照上述方法，类比36的所有正约数之和的方法，有：100的所有正约数之和可按如下方法得到：因为100=22×52，所以100的所有正约数之和为（1+2+22）（1+5+52），即可得出答案．【解答】解：类比36的所有正约数之和的方法，有：100的所有正约数之和可按如下方法得到：因为100=22×52，所以100的所有正约数之和为（1+2+22）（1+5+52）=217．可求得100的所有正约数之和为217．故答案为：217．12.在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若==，则sinB=．参考答案：【考点】正弦定理．【分析】由==，利用正弦定理，可得tanA=tanB=tanC，再结合和角的正切公式，同角三角函数基本关系式，即可得出结论．【解答】解：∵==，∴tanA=tanB=tanC，∵tanB=tan（π﹣A﹣C）=﹣tan（A+C）=﹣=﹣，∴tan2B=4，∴sinB===．故答案为：．13.已知双曲线C1：的左准线为，左、右焦点分别为F1、F2，抛物线C2的准线为，焦点是F2，若C1与C2的一个交点为P，则的值等于

参考答案：答案：3214.不等式的解集是．参考答案：（﹣1，2）【考点】指数函数的单调性与特殊点．【分析】本题是一个指数型函数式的大小比较，这种题目需要先把底数化成相同的形式，化底数为3，根据函数是一个递增函数，写出指数之间的关系，得到未知数的范围．【解答】解：∵，∴，∵y=2x是一个递增函数，∴x2﹣x＜2，?﹣1＜x＜2．故答案为：（﹣1，2）15.已知函数(为常数,)，且是方程的解．当时，函数值域为

．参考答案：略16.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6＞S7＞S5，则满足SkSk+1＜0的正整数k=

．参考答案：12考点：等差数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：解题首先由S6＞S7＞S5得到a6，a7的符号，进而推理出S12S13＜0得答案．解答： 解：依题意a6=S6﹣S5＞0，a7=S7﹣S6＜0，则，，，∴S12S13＜0，即满足SkSk+1＜0的正整数k=12．故答案为：12．点评：本题考查数列的前n项和与通项an关系的应用，考查了等差数列的性质，是中档题．17.已知直线过椭圆的左焦点和一个顶点B.则该椭圆的离心率____.参考答案：略三、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.已知曲线C的极坐标方程是ρ=2sinθ，设直线l的参数方程是（t为参数）．（1）将曲线C的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）设直线l与x轴的交点是M，N为曲线C上一动点，求|MN|的最大值．参考答案：考点：直线和圆的方程的应用；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程．专题：转化思想．分析：（1）极坐标直接化为直角坐标，可求结果．（2）直线的参数方程化为直角坐标方程，求出M，转化为两点的距离来求最值．解答： 解：（1）曲C的极坐标方程可化为：ρ2=2ρsinθ，又x2+y2=ρ2，x=ρcosθ，y=ρsinθ．所以，曲C的直角坐标方程为：x2+y2﹣2y=0．（2）将直线L的参数方程化为直角坐标方程得：．令y=0得x=2即M点的坐标为（2，0）又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为（0，1）半径，∴．点评：本题考查极坐标和直角坐标的互化，直线的参数方程化为直角坐标方程，转化的数学思想的应用，是中档题．19.如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且分别是的中点.

（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求锐二面角的余弦值.参考答案：（Ⅰ）连结，∵是等腰直角三角形斜边的中点，∴.

又三棱柱为直三棱柱，∴面面，∴面，.-------2分设，则.∴，∴.-------------------4分又，∴平面.-------------------6分（Ⅱ）以为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系如图，设，则，，.-------------------8分由（Ⅰ）知，平面，∴可取平面的法向量.设平面的法向量为，由∴可取.-------------------10分设锐二面角的大小为，则.∴所求锐二面角的余弦值为.-------------------12分

【解析】略20.已知不等式的解集为，关于的不等式的解集为，全集，求使的实数的取值范围.参考答案：.试题分析：求解不等式得到集合,进而得到,通过利用指数函数的单调性解，可得到集合,再利用可得到实数的取值范围.试题解析：由解得，.

……………….3分所以.

………………….5分由得，即，解得.所以.

……………9分因为，所以，故有.即的取值范围是.

…………..13分考点：1.指数函数的单调性；2.集合间的运算；3.绝对值不等式.21.设f（x）=xex（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2．（I）记，讨论函F（x）单调性；（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点．（i）求参数a的取值范围；（ii）设x1，x2是G（x）的两个零点，证明x1+x2+2＜0．参考答案：【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；54：根的存在性及根的个数判断．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）（i）求出函数的导数，通过讨论a的范围，根据函数的零点的个数，求出a的范围即可；（ii）根据a的范围，得到==﹣，令m＞0，得到F（=1+m）﹣F（﹣1﹣m）=（e2m+1），再令φ（m）=e2m+1，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（Ⅰ）F（x）==，（x≠﹣1），F′（x）==，∴x∈（﹣∞，﹣1）时，F′（x）＜0，F（x）递减，x∈（﹣1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增；（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axex+（x+1）2，G′（x）=a（x+1）ex+2（x+1）=（x+1）（aex+2），（i）①a=0时，G（x）=（x+1）2，有唯一零点﹣1，②a＞0时，aex+2＞0，∴x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）递增，∴G（x）极小值=G（﹣1）=﹣＜0，∵G（0）=1＞0，∴x∈（﹣1，+∞）时，G（x）有唯一零点，x＜﹣1时，ax＜0，则ex＜，∴axex＞，∴G（x）＞+（x+1）2=x2+（2+）x+1，∵△=﹣4×1×1=+＞0，∴?t1，t2，且t1＜t2，当x∈（﹣∞，t1），（t2，+∞）时，使得x2+（2+）x+1＞0，取x0∈（﹣∞，﹣1），则G（x0）＞0，则x∈（﹣∞，﹣1）时，G（x）有唯一零点，即a＞0时，函数G（x）有2个零点；③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣）），由G′（x）=0，得x=﹣1或x=ln（﹣），若﹣1=ln（﹣），即a=﹣2e时，G′（x）≤0，G（x）递减，至多1个零点；若﹣1＞ln（﹣），即a＜﹣2e时，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣）），注意到y=x+1，y=ex+都是增函数，∴x∈（﹣∞，ln（﹣））时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，x∈（ln（﹣），﹣1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，∵G（x）极小值=G（ln（﹣））=ln2（﹣）+1＞0，∴G（x）至多1个零点；若﹣1＜ln（﹣），即a＞﹣2e时，x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，x∈（﹣1，ln（﹣））时，G′（x）＞0，G（x）递增，x∈（ln（﹣），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，∵G（x）极小值=G（﹣1