湖北省九师联盟2022届高三数学10月质量检测试题（带解析）

高三数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：函数与导数、复数、三角函数、解三角形、平面向量、不等式。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．不等式x2－2x－8≤0的解集为A．{x|－4≤x≤2)B．{x|－2≤x≤4}C．{x|x≤4或x≤－2}D．{x|x≥2或x≤－4}【答案】B【考点】集合的运算、一元二次不等式的解法【解析】由x2－2x－8≤0，可得(x－4)(x＋2)≤0，所以－2≤x≤4，故答案选B．2．已知复数，则下列说法正确的是A．z的模为B．z的虚部为C．z的共轭复数D．z的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限【答案】A【考点】复数的综合应用【解析】由题意，＝＝＝，所以z的模为＝，故选项A正确；z的虚部为－，故选项B错误；z的共轭复数为，故选项C错误；z的共轭复数在复平面内对应的点为(，)，在第一象限，故选项D错误；综上，答案选A．3．若＝－2，则tan2θ＝A．－4B．C．－3D． 【答案】D【考点】三角恒等变换【解析】由题意，tanθ＝tan[(θ－)＋]＝＝，tan2θ＝＝＝，故答案选D．4．一种药在病人血液中的量保持在1500mg以上时才有疗效，而低于600mg时病人就有危险．现给某病人的静脉注射了这种药2400mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，要使病人没有危险，再次注射该药的时间不能超过(lg2≈0.3，结果精确到1h)A．5hB．6hC．7hD．8h【答案】B【考点】新情景问题下的指对数的运算【解析】由题意，血液中含药量y(单位：mg)注射后的时间t(单位：h)的关系式为y＝2400(1－20%)t，由题意可得2400×0.8t≥600，即0.8t≥，两边取对数，得t≤log0.8＝＝＝6(h)．故答案选B．5．已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，|a－b|＝，则|a＋2b|＝A．B．C．D．【答案】B【考点】平面向量的数量积应用【解析】由题意，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝6，因为|a|＝2，|b|＝1，所以a·b＝，所以|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝8＋4×＋4＝18，所以|a＋2b|＝，故答案选B．6．函数f(x)＝－sin2x－2cosx的单调递增区间是A．[2kπ，(2k＋1)π]，k∈ZB．C．[(2k－1)π，2kπ]，k∈ZD．【答案】A【考点】三角函数的图象与性质【解析】由题意，f(x)＝－sin2x－2cosx＝cos2x－2cosx－1，设t＝cosx，则t∈[－1，1]，y＝t2－2t－1＝(t－1)2－2，则当t∈[－1，1]时，y是关于t的成函数；当x∈[2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z时，t是关于x的减函数，根据复合函数的单调性法则，函数f(x)的单调递增区间是[2kπ，(2k＋ 1)π]，k∈Z，故答案选A．7．把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，其比值是一个无理数，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割．黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用．在△ABC中，点D为线段BC的黄金分割点(BD＞DC)，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，A．B．C．D．【答案】A【考点】新情景问题下的平面向量的数量积运算【解析】由题意，点D为线段BC的黄金分割点，则＝＝－，所以＝＋＝＋＝＋，则(＋)·(－)＝2－2＋(2－)·＝－－6＋2＋6－3＝，故答案选A．8．已知函数f(x)＝sinx－x2＋πx的定义城为，则满足f(π－a)＞f(＋a)的实数a的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【考点】三角函数的图象与性质应用【解析】由题意可知，函数y＝sinx与的图象在都关于直线对称，且它们都在递增，在上递减，则函数f(x)的图象在上关于直线对称，且在递增，在上递减，由f(π－a)＞f(＋a) ，可得|(π－a)－|＜|(＋a)－|，即|－a|＜a，从而，解得＜a≤π，故答案选C．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．为了得到函数y＝log2x的图象，只需将函数y＝log2(2x)图象上A．所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变B．所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变C．所有点沿y轴向下平移1个单位长度D．所有点沿x轴向右平移个单位长度【答案】AC【考点】三角函数的图象变换【解析】由题意，函数y＝log2(2x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数y＝log2x的图象，则选项A正确；函数y＝log2(2x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得函数y＝log2(4x)的图象，则选项B错误；log2(2x)＝1＋log2x，将y＝1＋log2x图象上的所有点沿y轴向下平移1个单位长度，就得到函数y＝log2x的图象，则选项C正确；函数y＝log2(2x)图象上所有点沿x轴向右平移个单位长度，可得函数1)的图象，则选项D错误；综上，答案选AC．10．设z1，z2是复数，则A．＝－B．若z1z2∈R，则z1＝C．若|z1－z2|＝0，则＝D．若z12＋z22＝0，则z1＝z2＝0【答案】AC【考点】复数的综合应用【解析】设z1＝a＋bi，z2＝x＋yi，a，b，x，y∈R，对于选项A，则＝＝(a－x)－(b－y)i＝a－bi－(x－yi)＝－成立，故选项A正确；对于选项B，取z1＝i，z2＝2i，满足z1，z2∈R，但结论不成立，故选项B错误；对于选项C，|z1－z2|＝(a－x)＋(b－y)i＝0， 则(a－x)2＋(b－y)2＝0，所以a＝x，b＝y，从而z1＝z2，所以－，故选项C正确；对于选项D，取z1＝i，z2＝1，满足z12＋z22＝0，但结论不成立，故选项D错误；综上，答案选AC．11．下列命题成立的是A．若a＞b，c＞d，则＞B．若不等式x2＋ax－b＜0的解集是{x|1＜x＜2}，则a＋b＝－5C．若a∈R，b∈R，则a2＋b2≥2(a＋b－1)D．若a，b满足－1＜a＜b＜1，则a－b的取值范围是(－2，2)【答案】BC【考点】不等式的综合应用【解析】由题意，对于选项A，可取a＝2，b＝1，c＝1，d＝－2，则＝－1＜＝1，则选项A错误；对于选项B，方程x2＋ax－b＜0的两根分别为1和2，则1＋2＝－a，1×2＝－b，解得a＝－3，b＝－2，所以a＋b＝－5，则选项B正确；因为a2＋1≥2a，b2＋1≥2b，所以a2＋b2≥2(a＋b－1)，则选项C正确；由－1＜a＜1，－1＜b＜1，得－2＜a－b＜2，又a－b＜0，所以－2＜a－b＜0，即a－b的取值范围是(－2，0)，则选项D错误；综上，答案选BC．12．已知函数f(x)＝lnx，则A．当x2＞x1＞0时，＞0B．当x2＞x1＞1时，x1f(x1)＜x2f(x2)C．当x2＞x1＞e时，x2f(x1)＞x1f(x2)D．方程＝－1有两个不同的解【答案】BC【考点】函数的性质综合应用【解析】由题意，函数f(x)＝lnx在定义域内单调递增，则＞0，故选项A错误；因为xf(x)＝xlnx，则令y＝xlnx，y′＝lnx＋1，当x＞1时，y′＞1＞0，则y＝xlnx在(1，＋∞)单调递增，故选项B正确；由x2f(x1)＞x1f(x2)，可得＞，令y＝，y′＝在(e．＋∞)上小于0，所以在(e，＋∞)单调递减，则当x2＞x1＞e时，＞，即x2f(x1)＞x1f(x2)，故选项C正确；令y＝，当x＞1时，y＞0，而函数y＝在(0，e)上单调递增，函数y＝的图象与直线y＝－ 1仅有一个公共点，如图所示：则方程＝－1仅有一个解，故选项D错误(另解：方程＝－1的解的个数，即为lnx＝－x的解的个数，即为函数y＝lnx与y＝－x图象的交点个数，可作出两函数的图象，如图所示：，由图象可知方程＝－1只有一个解，故选项D错误)；综上，答案选BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若f(x)＝是奇函数，则a＝．【答案】－1【考点】函数的奇偶性应用【解析】由题意可知，f(x)＝2x＋a·2，由f(－x)＝－f(x)，可得2＋a·2x＝－2x－a·2，可化为(a＋1)(2x＋2)＝0，因为2x＋2＞0，所以a＝－1．14．已知O是△ABC的外心，且，则．【答案】－1【考点】平面向量的数量积求解【解析】由题意，可取AC的中点为D，则－－－2＝－1．15．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ＜2π)满足f(2＋x)＝f(2－x)，其图象与x 轴在原点右侧的第一个交点的坐标为(6，0)，则函数y＝f(x)的一个解析式为．【答案】f(x)＝sin(x＋)(或f(x)＝sin(x＋))【考点】开放性试题：三角函数的解析式求解【解析】由题意可设f(x)的最小正周期为T，则＝6－2＝4，即T＝16，则ω＝＝，将(6，0)代入f(x)＝sin(x＋φ)，得到sin(＋φ)＝0，解得φ＝kπ－，k∈Z，因为0≤φ＜2π，所以φ＝或，所以解析式为f(x)＝sin(x＋)或f(x)＝sin(x＋)．16．拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心依次为D，E，F，若，则，AB＋AC的最大值为【答案】(2分)；4(3分)【考点】新情景问题下的正余弦定理的应用【解析】由题意可设BC＝a，AC＝b，AB＝c，如图，连接AF，BD，由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形，在△DAB中，∠ABD＝∠BAD＝30°，∠ADB＝120°，设AD＝BD＝x，由余弦定理，得，解得，即，AD＝，同理，又∠BAC＝60°，∠CAF＝30°，所以∠DAF＝∠BAD＋∠BAC＋∠CAF＝120°，在△ADF中，由余弦定理，得DF2＝AD2＋AF2－2AD·AF·cos120°，即12＝＋－2··(－)，化简得(b＋c)2＝bc＋36，由基本不等式得(b＋c)2≤，解得b＋c≤4(当且仅当b＝c＝2时取等号)，所以(AB＋AC)max＝4． 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．(本小题满分10分)在①2bcosB＝ccosA＋acosC，②bsinA＝asin(B＋)，③cos2B＝这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积S＝，c＝2，，求b．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换综合应用【解析】选择条件①：由2bcosB＝ccosA＋acosC，根据正弦定理，有2sinBcosB＝sinCcosA＋sinAcosC，……2分即2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB，……4分由B∈(0，π)，sinB≠0，所以cosB＝，故．……6分由△ABC的面积，解得．……8分根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋2＋4－2(＋1)×2×＝6，故．……10分选择条件②：由bsinA＝asin(B＋)，根据正弦定理，有sinAsinB＝sinAsin(B＋)，……2分由A∈(0，π)，sinA≠0，所以sinB＝sin(B＋)＝cosB，……4分 则tanB＝，又0＜B＜π，所以B＝．……6分由△ABC的面积S＝，解得．……8分根据余弦定理．得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋2＋4－2(＋1)×2×＝6，故．……10分选择条件③：cos2B＝，即．……2分整理得，解得或－1．……4分由B∈(0，π)，得，所以B＝．……6分由△ABC的面积S＝，解得．……8分根据余弦定理．得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋2＋4－2(＋1)×2×＝6，故．……10分18．(本小题满分12分)已知a∈R，b∈R，方程x2＋ax＋b＝0的一个根为1－i，复数i，z2满足|z2|＝4．(1)求复数；(2)若z2＞0，求复数z2．【考点】复数的运算【解析】(1)依题意，得(1－i)2＋a(1－i)＋b＝0，即(a＋b)＋(－2－a)i＝0，……2分由复数相等的定义及a，b∈R，得解得……3分故复数＝a－bi＝－2－2i．……4分(2)设z2＝x＋yi(x∈R，y∈R)，由|z2|＝4，得，……6分z2＝(－2－2i)(x＋yi)＝(－2x＋2y)－(2x＋2y)i，……8分又z2＞0，得即所以……10分 解得所以z2＝－2＋2i．……12分19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2＋ax＋a．(1)若a∈R，解关于x的不等式f(x)＞0；(2)若存在x0∈(－1，＋∞)，使得f(x0)＜0成立，求整数a的最大值．【考点】含参的一元二次不等式的解法、成立问题【解析】(1)由f(x)＞0，得x2＋ax＋a＞0，D＝a2－4a，……1分当D＞0，即a＞4，或a＜0时，x2＋ax＋a＝0的根x1,2＝．原不等式的解集为{x|x＞或x＜}；……3分当D＝0，即a＝4，或a＝0时，x2＋ax＋a＝0的根x1,2＝，原不等式的解集为{x|x≠}；……5分当D＜0，即0＜a＜4时，原不等式的解集为R．……6分(2)由x2＋ax＋a＜0，得－a(x＋1)＞x2，再由x＞－1，得－a＞，……8分所以存在x0∈(－1，＋¥)，使得f(x0)＜0成立就等价于－a＞()min．而(当且仅当x＝0时等号成立)，……10分所以－a＞0，解得a＜0，故整数a的最大值为－1．……12分20．(本小题满分12分)已知向量a＝(sinx，cosx)，b＝(cosx，cosx)．(1)若a∥b，且x∈(－π，0)，求x的值；(2)若函数f(x)＝2a·b－1，且，求的值．【考点】三角恒等变换、平面向量的应用 【解析】(1)由a∥b，得sinxcosx－cos2x＝0，……1分即＝0，所以cosx＝0或sinx－cosx＝0．……2分当cosx＝0时，x∈(－π，0)，则；……3分当sinx－cosx＝0时，得，x∈(－π，0)，则．综上，x的值为－或．……4分(2)f(x)＝2a·b－1＝2sinxcosx＋2cos2x－1＝sin2x＋cos2x……6分＝2(sin2x＋cos2x)＝2sin(2x＋)．……7分由＝2sin(x＋)＝，得sin(x＋)＝．……8分所以sin(2x－)＝sin[2(x＋)－]＝－sin[－2(x＋)]＝－cos2(x＋)……10分＝2sin2(x＋)－1＝2×．……12分21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2－x＋1．(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的极值；(2)证明：有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切．【考点】函数与导数：求函数的极值、证明公切线问题【解析】(1)h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x2＋x－1的定义域为(0，＋∞)．……1分且h′(x)＝．……3分当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．……4分所以x＝1是h(x)的极大值点．故h(x)的极大值为h(1)＝－1，没有极小值．……5分(2)证明：设直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点(x1，lnx1)，(x2，x22－x2＋1)，由f′(x)＝，得l的方程为y－lnx1＝(x－x1)，即l：y＝x＋lnx1－1； 由g′(x)＝2x－1，得l的方程为y－(x22－x2＋1)＝(2x2－1)(x－x2)，即l：y＝(2x2－1)x－x22＋1．比较l的方程，得消去x2，得lnx1＋－2＝0．……7分令F(x)＝lnx＋－2(x＞0)，则F′(x)＝－．当0＜x＜1时，F′(x)＜0；当x＞1时，F′(x)＞0．所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以F(x)min＝F(1)＝－1＜0．……9分因为F(e2)＞ln(e2)－2＝0，所以F(x)在(1，＋∞)上有一个零点；……10分由，得F(e)＝－2＋＋－＝＋＞0，所以F(x)在(0，1)上有一个零点．所以F(x)在(0，＋∞)上有两个零点．……11分故有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切．……12分22．(本小题满分12分)(1)已知函数f(x)＝lnx＋1－xlnx(1≤x≤e)，求证：2－e≤f(x)≤1；(2)若函数在[1，e]上为减函数，求实数k的取值范围．【考点】函数与导数：证明不等式、不等式的恒成立问题【解析】(1)证明：f′(x)＝－lnx，……1分因为1≤x≤e，所以1－x≤0，－lnx≤0，所以f′(x)≤0，所以f(x)在[1，e]上为减函数．……2分于是f(x)max＝f(1)＝1，f(x)min＝f(e)＝2－e，故2－e≤f(x)≤1．……4分(2)解：设h(x)＝xlnx＋k，则h'(x)＝lnx＋1＞0，从而h(x)在[1，e]上为增函数，由1≤x≤e，得h(1)≤h(x)≤h(e)，即k≤h(x)≤k＋e．……5分 (i)当k≥0时，h(x)≥0，则，从而g′(x)＝，因为函数在[1，e]上为减函数，所以g′(x)≤0，即lnx＋1－xlnx－k≤0对∀x∈[1，e]恒成立．即k≥lnx＋1－xlnx对∀x∈[1，e]恒成立．根据(1)，f(x)max＝1，所以k≥1．再结合k≥0，此时，k≥1．……7分(ii)当k≤－e时，h(x)≤0，则g(x)＝－，从而g′(x)＝－，因为函数g(x)＝－在[1，e]上为减函数，所以g′(x)≤0，即lnx＋1－xlnx－k≥0对∀x∈[1，e]恒成立，即k≤lnx＋1－xlnx对∀x∈[1，e]恒成立．根据(1)，f(x)min＝2－e，所以k≤2－e．再结合k≤－e，此时，k≤－e．……9分(iii)当－e＜k＜0时，则存在唯一的x0∈[1，e]，使得，从而．当x1∈(x0，e)时，g(x1)＞0，即存在x0，x1∈(1，e)且x0＜x1，使得g(x0)＜g(x1)，这与“g(x)在[1，e]上为减函数”矛盾，此时不合题意．……11分综上，实数k的取值范围是(－∞，－e]∪[1，＋∞)．……12分