安徽省安庆市凉亭中学2022届高三数学上学期期中试卷文含解析

2022-2022学年安徽省安庆市凉亭中学高三（上）期中数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．设全集U=R，集合A={x|y=}，B={y|y=3﹣x}，则A∩（∁UB）=()A．B．（﹣1，0）C．（﹣1，0]D．A．B．C．D．3．下列命题中，真命题是()A．对于任意x∈R，2x＞x2B．若“p且q”为假命题，则p，q均为假命题C．“平面向量a，b的夹角是钝角”的充分不必要条件是“a•b＜0”D．存在m∈R，使f（x）=（m﹣1）x是幂函数，且在（0，+∞）上是递减的4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+S6=S9，则公比q=()A．1或﹣1B．1C．﹣1D．5．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为()A．B．C．D．6．设向量，其中0＜α＜β＜π，若，则β﹣α=()A．B．C．D．-19-\n7．设a＞0，b＞1，若a+b=2，则的最小值为()A．B．6C．D．8．△ABC中内角A、B、C的对边分别是a、b、c．若a2﹣c2=bc，sinB=2sinC，则A=()A．πB．πC．D．9．已知f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处的极值为10，则a+b=()A．0或﹣7B．﹣7C．0D．710．已知函数，则函数y=f（x）的大致图象为()A．B．C．D．11．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2﹣8x+15=0，若直线y=kx﹣2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是()A．B．（0，）C．D．（0，]12．已知函数f（x）=，若函数y=f（x）+x有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()A．（﹣∞，﹣1]B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣1，+∞）D．B．（﹣1，0）C．（﹣1，0]D．，∴A∩（CUB）=（﹣1，0]，故选：C．【点评】本题考查集合的交、并、补的混合运算，基本知识的考查．-19-\n2．已知函数，则f（log25）=()A．B．C．D．【考点】分段函数的应用；函数的值．【专题】计算题；函数思想；函数的性质及应用．【分析】先分析log25在哪两个整数之间，利用x≥1时的条件，把其变换到x＜1的情况，再用x＜1时的表达式求解．【解答】解：∵2＜log25＜3，∴f（log25）=，故选：C．【点评】本题考查分段函数的函数值的求法，考查计算能力．3．下列命题中，真命题是()A．对于任意x∈R，2x＞x2B．若“p且q”为假命题，则p，q均为假命题C．“平面向量a，b的夹角是钝角”的充分不必要条件是“a•b＜0”D．存在m∈R，使f（x）=（m﹣1）x是幂函数，且在（0，+∞）上是递减的【考点】梅涅劳斯定理；命题的真假判断与应用．【专题】简易逻辑．【分析】通过反例判断A的正误；利用符号命题的真假判断B的正误；利用向量的夹角的充要条件判断C的正误；幂函数的性质判断D的正误．【解答】解：对于A，对于任意x∈R，2x＞x2，当x=2时，不等式不成立，所以A不正确；对于B，若“p且q”为假命题，则p，q一个是假命题，就是假命题，不一定均为假命题，所以B不正确；对于C，“a•b＜0”推出“平面向量a，b的夹角是钝角或平角”，所以“平面向量a，b的夹角是钝角”的必要不充分是“a•b＜0”，所以C不正确；对于D，存在m∈R，使f（x）=（m﹣1）x是幂函数，且在（0，+∞）上是递减的，例如m=2时，满足题意，所以D正确．故选：D．-19-\n【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，复合命题以及全称命题的真假的判断．向量的数量积以及幂函数的性质，考查基本知识的应用．4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+S6=S9，则公比q=()A．1或﹣1B．1C．﹣1D．【考点】等比数列的通项公式．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列．【分析】由已知数据易得a1+a2+a3=（a1+a2+a3）q6，解方程可得q．【解答】解：∵等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3+S6=S9，∴S3+S6=S6+a7+a8+a9，∴S3=a7+a8+a9，∴a1+a2+a3=a7+a8+a9，∴a1+a2+a3=（a1+a2+a3）q6，∴q6=1，解得q=±1，故选：A．【点评】本题考查等比数列的通项公式，属基础题．5．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为()A．B．C．D．【考点】简单线性规划．【专题】计算题；转化思想；数形结合法；不等式．【分析】把目标函数化为，则只需求可行域中的点（x，y）与点（﹣1，﹣1）确定的直线的斜率的最小值即可．【解答】解：∵，∴要求z的最大值，只需求的最小值，由约束条件画出可行域如图，-19-\n由图可知，使取得最小值的最优解为A（，2），代入得所求为，故选：B．【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，关键是把目标函数变形，是中档题．6．设向量，其中0＜α＜β＜π，若，则β﹣α=()A．B．C．D．【考点】平面向量数量积的运算；两角和与差的余弦函数．【专题】计算题；方程思想；向量法；三角函数的求值．【分析】利用向量的模与向量数量积的关系，转化为数量积运算，从而得cos（β﹣α）=0，再由0＜α＜β＜π得结论．【解答】解：∵，∴，又∵，∴，∵0＜α＜β＜π，∴β﹣α=，故选：D．【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查了两角差的余弦，是基础的计算题．-19-\n7．设a＞0，b＞1，若a+b=2，则的最小值为()A．B．6C．D．【考点】基本不等式．【专题】构造法；不等式．【分析】先将a+b=2写成a+（b﹣1）=1，再用单位“1”替换，最后用基本不等式求最值．【解答】解：∵a+b=2，∴a+（b﹣1）=1，则=，即的最小值为3+2，当且仅当：a=2﹣，b=时，取“=”，故选A．【点评】本题主要考查了运用基本不等式最求值，凑出积为定值是应用基本不等式的重要前提，具有一定的计算技巧，属于中档题．8．△ABC中内角A、B、C的对边分别是a、b、c．若a2﹣c2=bc，sinB=2sinC，则A=()A．πB．πC．D．【考点】余弦定理．【专题】解三角形．【分析】已知第二个等式利用正弦定理化简表示出b，代入第一个等式中表示出a，利用余弦定理表示出cosA，把表示出的b与a代入求出cosA的值，即可确定出A的度数．【解答】解：已知等式sinB=2sinC，利用正弦定理化简得：b=2c，代入a2﹣c2=bc，得：a2﹣c2=6c2，即a=c，∴cosA===，∵A为三角形内角，∴A=，故选：D．-19-\n【点评】此题考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键．9．已知f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处的极值为10，则a+b=()A．0或﹣7B．﹣7C．0D．7【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】导数的概念及应用．【分析】先求出函数f（x）的导数，根据f′（1）=0，f（1）=10，联立方程组解出即可．【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b，∴f′（1）=3+2a+b=0，①，f（1）=1+a+b+a2=10，②，由①②得：或，而要在x=1能取到极值，则△=4a2﹣12b＞0，舍去，所以只有∴a+b=﹣7，故选：B．【点评】本题考查了导数的应用，考查解方程组问题，是一道基础题．10．已知函数，则函数y=f（x）的大致图象为()A．B．C．D．【考点】对数函数的图像与性质．【专题】函数的性质及应用．【分析】写出分段函数，分段求导后利用导函数的符号或导函数的零点判断函数f（x）的图象的形状．-19-\n【解答】解：=，当x＜0时，=．令g（x）=2x3﹣1+ln（﹣x），由，得，当x∈（﹣∞，）时，g′（x）＞0，当x∈（，0）时，g′（x）＜0．所以g（x）有极大值为=．又x2＞0，所以f′（x）的极大值小于0．所以函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数．当x＞0时，=．令h（x）=2x3﹣1+lnx，．所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，而h（1）=1＞0，h（）=﹣．又x2＞0，所以函数f′（x）在（0，+∞）上有一个零点，则原函数有一个极值点．综上函数f（x）的图象为B中的形状．故选B．【点评】本题考查了对数函数的图象和性质，考查了利用导函数的符号判断原函数的单调性，考查了分类讨论的数学思想方法，是中档题．11．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2﹣8x+15=0，若直线y=kx﹣2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是()A．B．（0，）C．D．（0，]【考点】直线与圆的位置关系．【专题】直线与圆．【分析】求出圆的标准方程，根据条件确定圆心C到直线y=kx﹣2的距离d≤R+1=2，利用圆心到直线的距离公式进行求解即可．-19-\n【解答】解：圆的标准方程为（x﹣4）2+y2=1，则圆心C坐标为（4，0），半径R=1，若直线y=kx﹣2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则等价为圆心C到直线y=kx﹣2的距离d≤R+1=2，即圆心到直线kx﹣y﹣2=0的距离d=，即|2k﹣1|≤，平方得3k2﹣4k≤0，解得0≤k≤，故选：A【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用以及点到直线距离公式的求解，根据条件得到圆心到直线的距离关系是解决本题的关键．12．已知函数f（x）=，若函数y=f（x）+x有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()A．（﹣∞，﹣1]B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣1，+∞）D．=2cos（α+）=2﹣1=2×﹣1=﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查诱导公式、二倍角的余弦公式的应用，属于基础题．14．已知一个空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积是4π+4．-19-\n【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】由三视图可知，该几何体为上部为半径为的球，下部为半径为1，高为2的半个圆柱，利用相关的面积公式求解即可解答．【解答】解：由三视图可知，该几何体为上部为半径为的球，下部为半径为1，高为2的半个圆柱，球的表面积：4π×（）2=π，半圆柱的底面面积为2××π=π，半圆柱的侧面积为2×（2+π）=4+2π．几何体的表面积为：4+4π．故答案为：4+4π．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，考查计算能力，空间想象能力，三视图复原几何体是解题的关键．15．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，AB为左、右顶点，点P为双曲线C在第一象限的任意一点，点O为坐标原点，若直线PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，记m=k1k2k3，则m的取值范围为（0，2）．【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．-19-\n【分析】由已知条件推导出b=a，k1k2==2，0＜k3＜，由此能求出m=k1k2k3的取值范围．【解答】解：∵双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，∴e==，∴b=a，设P（x，y），∵点P为双曲线C在第一象限的任意一点，∴﹣=1，∵A，B为双曲线C的左右顶点，点O为坐标原点，PA，PB，PO的斜率为k1，k2，k3，∴k1k2==2，又∵双曲线渐近线为y=x，∴0＜k3＜，∴0＜m=k1k2k3＜2，故答案为：（0，2）．【点评】本题考查斜率乘积的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，要熟练掌握双曲线的简单性质．16．设集合M={（x，y）|F（x，y）=0}为平面直角坐标系xoy内的点集，若对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2＜0，则称点集M满足性质P．给出下列四个点集：①R={（x，y）|sinx﹣y+1=0}②S={（x，y）|lnx﹣y=0}③T={（x，y）|x2+y2﹣1=0}④W={（x，y）|xy﹣1=0}其中所有满足性质P的点集的序号是③④．【考点】命题的真假判断与应用．【专题】计算题；转化思想；分析法；简易逻辑．【分析】分析性质P的含义，说明数量积小于0，向量的夹角是钝角，推出结果即可．【解答】解：对于①，R={（x，y）|sinx﹣y+1=0}；y=sinx+1，定义域是R，对于任意（x1，y1）∈M，不存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2＜0，①不满足点集M满足性质P．-19-\n对于②，S={（x，y）|lnx﹣y=0}；y=lnx的定义域{x|x＞0}，对于任意（x1，y1）∈M，不妨取（1，0），不存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2＜0，②不满足点集M满足性质P．对于③，T={（x，y）|x2+y2﹣1=0}．图形是圆，对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，x2与x1符号相反，即可使得x1x2+y1y2＜0，③满足点集M满足性质P．对于④，W={（x，y）|xy﹣1=0}．图形是双曲线，对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，x2与x1符号相反，即可使得x1x2+y1y2＜0，④满足点集M满足性质P．正确判断为③④．故答案为：③④．【点评】本题考查了新定义即函数满足的某种数量积性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题：本大题共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．已知函数，若函数f（x）的图象与直线y=a（a为常数）相切，并且切点的横坐标依次成公差为π的等差数列．（1）求f（x）的表达式及a的值；（2）将函数f（x）的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数y=g（x），求其单调增区间．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数中的恒等变换应用．【专题】计算题；数形结合；数形结合法；三角函数的图像与性质．【分析】（1）把式子化成一个三角函数的形式，即可求出最小正周期，利用周期公式可求ω，即可求得f（x）的表达式及a的值．（2）再根据图象的平移可求出函数y=g（x）的解析式，利用正弦函数的图象和性质即可求出单调增区间．【解答】解：（1）由题意得，∵函数f（x）的图象与直线y=a（a为常数）相切，并且切点的横坐标依次成公差为π的等差数列，可知函数的最小正周期为π，∴，-19-\n∴ω=1，∴，∴a=±2．（2）将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到，再向上平移1个单位，得到，即，由，整理得，所以函数y=g（x）的单调增区间是．【点评】本题主要考查了三角函数的化简求值，三角函数的图象与性质，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数中的恒等变换应用，属于中档题．18．已知正项数列{an}中，其前n项和为Sn，且．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设，Tn=b1+b2+b3+…+bn，求Tn．【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】方程思想；转化思想；等差数列与等比数列．【分析】（1）利用递推关系及其等差数列的通项公式即可得出；（2）利用“裂项求和”即可得出．【解答】解：（1）由题设条件知4Sn=（an+1）2，得4Sn+1=（an+1+1）2，两者作差，得4an+1=（an+1+1）2﹣（an+1）2．整理得（an+1﹣1）2=（an+1）2．又数列{an}各项均为正数，∴an+1﹣1=an+1，即an+1=an+2，故数列{an}是等差数列，公差为2，又4S1=4a1=（a1+1）2，解得a1=1，故有an=2n﹣1（2）由（1）可得==，∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=+…+==．-19-\n【点评】本题考查了递推关系的应用、等差数列的通项公式、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．在如图所示的多面体PMBCA中，平面PAC⊥平面ABC，△PAC是边长为2的正三角形，PM∥BC，且BC=4，．（1）求证：PA⊥BC；（2）若多面体PMBCA的体积为，求PM的长．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．【分析】（1）先证明AC⊥BC，再利用平面PAC⊥平面ABC，证明BC⊥平面PAC，即可证明PA⊥BC；（2）作AD⊥PC于点D，证明AD⊥平面BCPM，求出四边形BCPM的面积，再根据多面体PMBCA的体积求出PM的长即可．【解答】（1）证明：∵AC=2，BC=4，，∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，∴BC⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，∴BC⊥PA．…6分（2）解：过点A作AD⊥PC垂足为D，设PM的长为x，由（1）知，BC⊥平面PAC，∴BC⊥AD，∵BC∩PC=C，∴AD⊥平面BCPM，∴AD为多面体PMBCA的高，且AD==…8分又PM∥BC，且BC=4，∴四边形BCPM是上下底分别为x，4，高为2的直角梯形，∴多面体PMBCA的体积为，解得x=2，即PM的长为2．…12分-19-\n【点评】本题考查面面垂直的性质，线面平行的判定，考查多面体PMBCA的体积，正确运用面面垂直的性质是关键．20．设函数f（x）=ex﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【专题】综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f´（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）=在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】解：（I）函数f（x）=ex﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）=ex﹣a，若a≤0，则f′（x）=ex﹣a≥0，所以函数f（x）=ex﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）=ex﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=ex﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）由于a=1，所以，（x﹣k）f´（x）+x+1=（x﹣k）（ex﹣1）+x+1故当x＞0时，（x﹣k）f´（x）+x+1＞0等价于k＜（x＞0）①令g（x）=，则g′（x）=由（I）知，当a=1时，函数h（x）=ex﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，-19-\n而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）=ex﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．又由g′（α）=0，可得eα=α+2所以g（α）=α+1∈（2，3）由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一小题应用分类的讨论的方法，第二小题将问题转化为求函数的最小值问题，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，考查计算能力及推理判断的能力，综合性强，是高考的重点题型，难度大，计算量也大，极易出错．21．如图，抛物线C1：y2=4x的焦准距（焦点到准线的距离）与椭圆C2：=1（a＞b＞0）的长半轴相等，设椭圆的右顶点为A，C1，C2在第一象限的交点为B，O为坐标原点，且△OAB的面积为（1）求椭圆C2的标准方程；（2）过点A作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF，△OCD的面积分别为S1，S2，问是否存在直线l，使得S1：S2=3：13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【考点】抛物线的简单性质．【专题】直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．-19-\n【分析】（1）求得抛物线的焦准距p=2，即为a=2，由三角形的面积公式可得B的纵坐标，代入抛物线方程可得B的坐标，代入椭圆方程可得b，进而得到椭圆方程；（2）设直线l的方程为：x=my+2，代入抛物线方程，运用韦达定理，运用三角形的面积公式可得=•，运用直线OC，OD方程结合椭圆方程，求出E，F的纵坐标，求得面积的平方比，再令S1：S2=3：13，可得m=±1．即可判断是否存在．【解答】解：（1）抛物线C1：y2=4x的焦准距p=2，得椭圆的长半轴a=2，∵S△OAB=|OA|•yB=，∴yB=，代入抛物线方程求得B（，），代入椭圆方程得+=1，解得b=，∴椭圆C2方程为+=1；（2）设直线l的方程为：x=my+2，由，得y2﹣4my﹣8=0，设C（x1，y1），D（x2，y2），∴y1+y2=4m，y1y2=﹣8，==•，直线OC的斜率为=，∴直线OC的方程为x=．-19-\n由，得yE2=，yF2=，∴yE2•yF2=，∴（）2=，由S1：S2=3：13，可得m=±1．∴存在直线l：x﹣y﹣2=0或x+y﹣2=0，使得S1：S2=3：13．【点评】本题考查椭圆方程的求法，探索满足条件的直线方程是否存在．综合性强，难度大，对数学思维的要求较高．解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理合理运用．22．已知函数f（x）=|x﹣2|．（1）解不等式f（x）+f（x+1）≤2；（2）若a＞0，求证：f（ax）﹣af（x）≤2f（a+1）．【考点】绝对值不等式的解法．【专题】综合题；转化思想；综合法；不等式的解法及应用．【分析】（1）分段讨论解含绝对值的不等式；（2）利用绝对值不等式的性质：|a|﹣|b|≤|a±b|≤|a|+|b|证明结论．【解答】解：（1）由题意，得f（x）+f（x+1）=|x﹣1|+|x﹣2|，因此只须解不等式|x﹣1|+|x﹣2|≤2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣当x≤1时，原不式等价于﹣2x+3≤2，即；当1＜x≤2时，原不式等价于1≤2，即1＜x≤2；当x＞2时，原不式等价于2x﹣3≤2，即．综上，原不等式的解集为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣5分（2）由题f（ax）﹣af（x）=|ax﹣2|﹣a|x﹣2|．-19-\n当a＞0时，f（ax）﹣af（x）=|ax﹣2|﹣a|x﹣2|=|ax﹣2|﹣|2a﹣ax|≤|ax﹣2+2a﹣ax|=2|（a+1）﹣2|=2f（a+1）．【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查绝对值不等式的性质，是一道中档题．-19-