2022屆安徽省皖江名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第四次聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 17 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 頁2022屆安徽省皖江名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第四次聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1已知集合，則A(RB)=（）ABCD【答案】A【分析】解對數(shù)、根式不等式求集合A、B，再應(yīng)用集合的交補(bǔ)運(yùn)算求.【詳解】由題設(shè)，故或，所以A(RB)=故選：A.2復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)的模等于（）ABCD【答案】B【分析】利用復(fù)數(shù)的除法得到再求模長.【詳解】，所以.故選：B.3已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且，則（）ABCD【答案】C【分析】利

2、用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求和公式即可得出【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，解得：，則故選：C4若，滿足，則的最大值為（）A8B10C12D15【答案】D【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域，確定目標(biāo)函數(shù)經(jīng)過哪個(gè)點(diǎn)時(shí)取到最大值，計(jì)算即可.【詳解】如圖，畫出表示的可行域，聯(lián)立 ，解得，故得：，表示斜率為的一組平行線，當(dāng)過點(diǎn)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)取得最大值，將代入目標(biāo)函數(shù)得：，故選：D.5在中，“”是“”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【答案】C【分析】利用余弦函數(shù)的單調(diào)性、大邊對大角定理以及正弦定理判斷可得出結(jié)論.【詳解】因?yàn)?、，且余弦函?shù)在上為減函數(shù)，在中，.因此，“”是“”的充

3、要條件.故選：C.6成語“運(yùn)籌帷幄之中，決勝千里之外”，意思是在小小的軍帳之內(nèi)作出正確的部署，決定了千里之外戰(zhàn)場上的勝利，說的是運(yùn)籌的重要性.“帷幄”是古代打仗必備的帳篷，又稱“幄帳”，如圖是一種幄帳示意圖，帳頂采用“五脊四坡式”，四條斜脊的長度相等，一條正脊平行于底面.若各斜坡面與底面所成二面角的正切值均為，底面矩形的長與寬之比為，則正脊與斜脊長度的比值為（）ABCD【答案】B【分析】結(jié)合圖形，多面體中，取的中點(diǎn)，做交于，做底面于點(diǎn)，坡面與底面所成二面角的為、 ，設(shè)，得斜脊，因?yàn)榫匦螌?，長為8，得，可得答案.【詳解】如圖，多面體中，取的中點(diǎn)，做交于，做底面于點(diǎn)，則點(diǎn)在上，且點(diǎn)到的距離相等，即

4、，做于點(diǎn)，連接，則平面，所以，所以坡面與底面所成二面角為，又，則平面，所以，坡面與底面所成二面角為，所以正切值，不妨設(shè)，可得斜脊，因?yàn)榫匦螌?，所以長為8，這樣正脊，所以正脊與斜脊長度的比值為即.故選：B.7已知，則（）ABCD【答案】A【分析】先對兩邊平方，構(gòu)造齊次式進(jìn)而求出或tan=13，再用正切的二倍角公式即可求解.【詳解】對兩邊平方得且化為，即，整理可得，解得或tan=13，代入故選：A8已知正方體的棱長為4，的中點(diǎn)為，過，的平面把正方體分成兩部分，則較小部分的體積為（）AB18CD【答案】C【分析】設(shè)是的中點(diǎn)，求三棱臺的體積即得解.【詳解】解：如圖，截面是等腰梯形，是的中點(diǎn)，較小部分是

5、三棱臺.上底面面積，下底面面積，所以.故選：C9已知函數(shù)，若，且，則的最小值等于（）ABCD【答案】D【分析】根據(jù)解析式，結(jié)合對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷的性質(zhì)，可設(shè)，再由已知條件得，構(gòu)造應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求最值即可.【詳解】由解析式知：在各區(qū)間上均為增函數(shù)且連續(xù)，故在上單調(diào)遞增，且，所以時(shí)，可設(shè)，則，得，于是，令，則，所以在上，在上，故在上遞減，在上遞增，所以的極小值也是最小值，且為，故的最小值是.故選：D.10在中，是上一點(diǎn)，且，則面積的最大值是（）ABCD【答案】B【分析】設(shè)，利用兩個(gè)三角形與的余弦定理消去得到，再由的余弦定理得到，消，即可得到，再利用基本不等式即可得到答案.【詳解】設(shè)，由余弦定理可得，消去

6、得，又，聯(lián)立消去得所以，因此.故選：B.11已知（為常數(shù)），則下列結(jié)論：（1）當(dāng)時(shí)，是的極值點(diǎn)（2）若有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的最小值是（3）時(shí)，的零點(diǎn)滿足正確的個(gè)數(shù)有（）A0B1C2D3【答案】B【分析】的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為：，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性、極值點(diǎn)即可.【詳解】（1）當(dāng)a=e2時(shí)，令，gx=exe=0，當(dāng)時(shí)，單調(diào)減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)增，所以，因此是增函數(shù)，在R上沒有極值點(diǎn)，（1）錯(cuò)；（2）函數(shù)，在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，唯一的極小值，結(jié)合圖像可知a=e24時(shí)，只有2個(gè)零點(diǎn)，結(jié)論（2）錯(cuò)誤.（3）由（2）解答可知時(shí)，的唯一零點(diǎn)是負(fù)數(shù)，注意，g12=4e12，所以結(jié)論（3）正確.故選：B

7、.12已知函數(shù)，則（）A2020B2021C4041D4042【答案】C【分析】根據(jù)關(guān)于點(diǎn)中心對稱便可求的答案.【詳解】解：由題意得：，關(guān)于中心對稱，又.故答案為：C二、填空題13已知，則_.【答案】2【分析】由已知可得，再利用對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可求得結(jié)果【詳解】，得，所以故答案為：214函數(shù)，則的單調(diào)遞減區(qū)間是_.【答案】（開區(qū)間、閉區(qū)間均對）【分析】先將化為只含有一個(gè)三角函數(shù)的形式，確定，再求出函數(shù)的減區(qū)間即可.【詳解】,，令得,故答案為：15已知是的外心，若，則的最大值為_.【答案】【分析】設(shè)，得，求的最大值即可，要使取最大值，得是等腰三角形后可求解問題.【詳解】如圖，延長交于，設(shè)，則.因?yàn)?/p>

8、在上，所以，求的最大值即可.注意到，而是定值，故最小，即時(shí)，取最大值.此時(shí)是等腰三角形，.故答案為：16不等式對任意恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_.【答案】【分析】令，其中，利用導(dǎo)數(shù)可得出，問題轉(zhuǎn)化為對任意的恒成立，由參變量分離法可得，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的最小值，可得出關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式，即可得出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】不等式等價(jià)于，令，其中，當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，所以，問題轉(zhuǎn)化為對任意的恒成立，分離變量，令，則且不恒為零，則在單調(diào)遞增，所以，實(shí)數(shù)的取值范圍是.故答案為：.三、解答題17在銳角中內(nèi)角，的對邊分別為，且.(1)求角；(2)若，求的值.【答案】(1)(2)【

9、分析】（1）由2倍角公式統(tǒng)一角度與函數(shù)名稱后解方程即可；（2）先由余弦定理求得，再用正弦定理求解.(1)所以或者（舍去），又，所以；(2)由余弦定理，所以（時(shí)不是銳角三角形，舍去）.所以，可得.18如圖，在四棱錐中，底面，底面是邊長為1的菱形，為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，點(diǎn)在線段上，且.(1)求證：平面；(2)求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用三角形中位線定理，根據(jù)平行線的性質(zhì)、線面平行的判定定理，結(jié)合面面平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)進(jìn)行證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.(1)取中點(diǎn)，連接，由中位線定理得，所以平面又因?yàn)椋?/p>

10、得.因?yàn)锽D平面，平面，所以平面因?yàn)椋瞧矫鎯?nèi)的2條相交直線所以平面平面，平面，因此平面；(2)由題設(shè)底面，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，易得平面的一個(gè)法向量.設(shè)與平面所成角為，則；19已知函數(shù).(1)求的單調(diào)區(qū)間；(2)若，證明：在上恒成立.【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)證明見解析.【分析】（1）求導(dǎo)函數(shù)，分析導(dǎo)函數(shù)的符號，可得原函數(shù)單調(diào)性；（2）設(shè)，求導(dǎo)函數(shù)，分析導(dǎo)函數(shù)的符號，得出的單調(diào)性和最值可得證.(1)解：，令得，在上，單調(diào)遞減，在上，單調(diào)遞增，所以單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；(2)解：由題設(shè)，gx=x+1ex1x，令，得，在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，在取唯一的

11、極小值，也是最小值，gx0=x0ex0 x0lnx01=0，所以在恒成立.20已知數(shù)列為等差數(shù)列，是數(shù)列的前項(xiàng)和，且，數(shù)列滿足.(1)求數(shù)列、的通項(xiàng)公式；(2)令，證明：.【答案】(1)，(2)證明見解析【分析】（1）由可得，再由可求出公差為2，從而可求出，由，得，兩相減可求出，從而可求出，（2）利用錯(cuò)位相減法求出，再利用放縮法可證得結(jié)論(1)由，又，所以.因?yàn)椋?由題設(shè)時(shí)，由，得，所以得，當(dāng)時(shí)也滿足，所以；(2)，所以錯(cuò)位相減得因?yàn)椋?21在三棱錐中，點(diǎn)在上.(1)若（如圖1），證明：；(2)若二面角是直二面角（如圖2），求的值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)條件求出，

12、從而求得相關(guān)角的大小，根據(jù)余弦定理可計(jì)算DM,BM的長，從而證明，進(jìn)而證明平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出相關(guān)向量的坐標(biāo)，求平面的一個(gè)法向量，結(jié)合平面的法向量，根據(jù)數(shù)量積為零，可求得結(jié)果.(1)由題設(shè)，得，故，;當(dāng)時(shí)，由余弦定理，在中，得，又中，得.因?yàn)?，是平面?nèi)的兩條相交直線，所以平面，顯然平面，故；(2)記（1）中點(diǎn)位置為，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過點(diǎn)作AC的垂線為x軸，以為y軸，以為z軸， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，得各點(diǎn)坐標(biāo)，令，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，令， ，所以，平面的一個(gè)法向量是，當(dāng)二面角是直二面角時(shí)，所以， 此時(shí)，所以.22已知函數(shù)

13、.(1)求函數(shù)的極值點(diǎn)；(2)若函數(shù)的圖象與的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，試求的取值范圍.【答案】(1)極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)(2)【分析】（1）先求函數(shù)的定義域，再對函數(shù)求導(dǎo)，然后分和討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而可求出函數(shù)的極值點(diǎn)，（2）將問題轉(zhuǎn)化為有3個(gè)不相等的零點(diǎn)，然后對函數(shù)求導(dǎo)，分，和三種情況，討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，確定函數(shù)圖象與軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，從而可求出的范圍(1)的定義域是，求導(dǎo)得當(dāng)時(shí)，函數(shù)沒有極值點(diǎn)當(dāng)時(shí)，令得，在上，單調(diào)遞減，在上，單調(diào)遞增.所以函數(shù)有極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)，綜上，當(dāng)時(shí)，沒有極值點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，有極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)，(2)問題等價(jià)于有3個(gè)不相等的零點(diǎn)，函數(shù)的定義域是，求導(dǎo)得，記，當(dāng)時(shí)，在上，單調(diào)遞增，不可能有3個(gè)零點(diǎn)當(dāng)，同樣可得，.在上單調(diào)遞增，不可能有3個(gè)零點(diǎn).當(dāng)時(shí)，令，得，由韋達(dá)定理，所以在上，單調(diào)遞增，在，單調(diào)遞增，在上，單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以在區(qū)間考察的取值.因?yàn)?，記求?dǎo)得這里證明