2022年度湖北省黃岡市白河中學(xué)高三數(shù)學(xué)理月考試卷含解析

2022年度湖北省黃岡市白河中學(xué)高三數(shù)學(xué)理月考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.已知函數(shù)f（x）=，若f（a）=，則實(shí)數(shù)a的值為(

)A．﹣1 B． C．﹣1或 D．1或﹣參考答案：C【考點(diǎn)】函數(shù)的值；對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．【專題】計(jì)算題．【分析】本題考查的分段函數(shù)的求值問題，由函數(shù)解析式，我們可以先計(jì)算當(dāng)x＞0時(shí)的a值，然后再計(jì)算當(dāng)x≤0時(shí)的a值，最后綜合即可．【解答】解：當(dāng)x＞0時(shí)，log2x=，∴x=；當(dāng)x≤0時(shí)，2x=，∴x=﹣1．則實(shí)數(shù)a的值為：﹣1或，故選C．【點(diǎn)評(píng)】分段函數(shù)求值問題分段處理，這是研究分段函數(shù)圖象和性質(zhì)最核心的理念，屬于基礎(chǔ)題．2.下列命題中正確的是

A．命題“，使得”的否定是“，均有”；

B．命題“若，則x=y”的逆否命題是真命題：

C．命題”若x=3，則”的否命題是“若，則”；

D．命題“存在四邊相等的四邊形不是正方形”是假命題．參考答案：C略3.

參考答案：D略4.函數(shù)的圖象可能是

參考答案：D5.設(shè)函數(shù)，若數(shù)列是單調(diào)遞減數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（

）

A．（-，2）

B．（-，

C．（-，）

D．參考答案：6.已知可導(dǎo)函數(shù)滿足，則當(dāng)時(shí)，和的大小關(guān)系為（

）（A）

（B）（C）

（C）參考答案：7.命題：“”，則命題的否定是（

）A.

B.C.

D.參考答案：C8.已知變量x與y負(fù)相關(guān)，且由觀測(cè)數(shù)據(jù)算得樣本平均數(shù)，，則由該觀測(cè)數(shù)據(jù)算得的線性回歸方程可能是

A．

B．

C．

D．參考答案：A9.已知命題；命題，則下列命題中為真命題的是A.

B.

C.

D.參考答案：C10.設(shè)是平行四邊形的對(duì)角線的交點(diǎn)，為任意一點(diǎn)，則

（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)有序集合對(duì)滿足：，記分別表示集合的元素個(gè)數(shù)，則符合條件的集合的對(duì)數(shù)是________.參考答案：44對(duì)由條件可得。當(dāng)時(shí)，顯然不成立；當(dāng)時(shí)，則，所以，符合條件的集合對(duì)有1對(duì)；當(dāng)時(shí)，則，所以A中的另一個(gè)元素從剩下6個(gè)數(shù)中選一個(gè)，故符合條件的集合對(duì)有對(duì)；當(dāng)時(shí)，則，所以A中的另兩個(gè)元素從剩下6個(gè)數(shù)中選2個(gè)，故符合條件的集合對(duì)有對(duì)；當(dāng)時(shí)，則，矛盾；由對(duì)稱性，剩下的幾種情況類似，故符合條件的集合的對(duì)數(shù)是對(duì)。

12.已知cosα=﹣，α∈（，π），則等于．參考答案：略13.函數(shù)，，，，對(duì)任意的，總存在，使得成立，則的取值范圍為

．參考答案：試題分析：對(duì)任意的，總存在，使得成立等價(jià)于的值域是的值域的子集.函數(shù)在上單調(diào)遞增,,即.在上單調(diào)遞減,當(dāng)時(shí)在上單調(diào)遞減,即.所以只需.當(dāng)時(shí)在上單調(diào)遞增,,即,所以只需解得.綜上可得.考點(diǎn)：1恒成立問題;2轉(zhuǎn)化思想;3函數(shù)的單調(diào)性.14.在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1上運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)有下列命題：①若點(diǎn)P總保持PA⊥BD1，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是直線；②若點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離為，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是圓；③若P滿足∠MAP=∠MAC1，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是橢圓；④若P到直線BC與直線C1D1的距離比為1：2，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是雙曲線；⑤若P到直線AD與直線CC1的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是拋物絲．其中真命題是（寫出所有真命題的序號(hào)）參考答案：①②④【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【專題】簡(jiǎn)易邏輯．【分析】由BD1⊥面AB1C，可得P在面AB1C和面BCC1B1的交線上判斷①正確；由平面截球面軌跡是圓判斷②正確；利用平面截圓錐側(cè)面可得P點(diǎn)軌跡所在曲線是雙曲線的一支，說明③錯(cuò)誤；由雙曲線定義說明④正確；建立空間坐標(biāo)系，由|PF|=|PG|列式求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡說明⑤錯(cuò)誤．【解答】解：對(duì)于①，∵BD1⊥面AB1C，∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是直線B1C，①正確；對(duì)于②，滿足到點(diǎn)A的距離為的點(diǎn)集是球，∴點(diǎn)P應(yīng)為平面截球體所得截痕，即軌跡所在曲線為圓，②正確；對(duì)于③，滿足條件∠MAP=∠MAC1的點(diǎn)P應(yīng)為以AM為軸，以AC1為母線的圓錐，平面BB1C1C是一個(gè)與軸AM平行的平面，又點(diǎn)P在BB1C1C所在的平面上，故P點(diǎn)軌跡所在曲線是雙曲線一支，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，P到直線C1D1的距離，即到點(diǎn)C1的距離與到直線BC的距離比為2：1，∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在曲線是以C1為焦點(diǎn)，以直線BC為準(zhǔn)線的雙曲線，④正確；對(duì)于⑤，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，作PE⊥BC，EF⊥AD，PG⊥CC1，連接PF，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y，0），由|PF|=|PG|，得，即x2﹣y2=1，∴P點(diǎn)軌跡所在曲線是雙曲線，⑤錯(cuò)誤．故答案為：①②④．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用，考查了圓錐曲線的定義和方方程，考查了學(xué)生的空間想象能力和思維能力，是中檔題．15.設(shè)是實(shí)數(shù)，成等比數(shù)列，且成等差數(shù)列，則的值是▲。參考答案：略16.閱讀如圖所示的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，則輸出的結(jié)果是

;參考答案：0考點(diǎn)：算法和程序框圖因?yàn)?/p>

故答案為：017.定義：如果函數(shù)y=f（x）在定義域內(nèi)給定區(qū)間[a，b]上存在x0（a＜x0＜b），滿足f（x0）=，則稱函數(shù)y=f（x）是[a，b]上的“平均值函數(shù)”，x0是它的一個(gè)均值點(diǎn)．例如y=|x|是[﹣2，2]上的“平均值函數(shù)”，0就是它的均值點(diǎn)．給出以下命題：①函數(shù)f（x）=cosx﹣1是[﹣2π，2π]上的“平均值函數(shù)”；②若y=f（x）是[a，b]上的“平均值函數(shù)”，則它的均值點(diǎn)x0≥；③若函數(shù)f（x）=x2﹣mx﹣1是[﹣1，1]上的“平均值函數(shù)”，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是m∈（0，2）；④若f（x）=lnx是區(qū)間[a，b]（b＞a≥1）上的“平均值函數(shù)”，x0是它的一個(gè)均值點(diǎn)，則lnx0＜．其中的真命題有

．（寫出所有真命題的序號(hào)）參考答案：①③④【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【專題】簡(jiǎn)易邏輯．【分析】直接利用定義判斷①的正誤；利用反例判斷②的正誤；利用定義推出m的范圍判斷③的正誤；利用分析法直接證明結(jié)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)即可證明④的正誤．【解答】解：①容易證明正確．函數(shù)f（x）=cosx﹣1是[﹣2π，2π]上的“平均值函數(shù)”；﹣1就是它的均值點(diǎn)．②不正確．反例：f（x）=x在區(qū)間[0，6]上．③正確．由定義：得，又x0∈（﹣1，1）所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是m∈（0，2）．④正確．理由如下：由題知．要證明，即證明：，令，原式等價(jià)于．令，則，所以得證．故答案為：①③④．【點(diǎn)評(píng)】本題考查新定義的應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)以及分析法的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c．已知acosAcosB﹣bsin2A﹣ccosA=2bcosB．（1）求B；（2）若，求a．參考答案：【考點(diǎn)】正弦定理．【分析】（1）由正弦定理，三角形內(nèi)角和定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)已知等式可得2sinBcosB=﹣sinB，結(jié)合sinB≠0，可求cosB=﹣，進(jìn)而可求B的值．（2）由已知及余弦定理可求c2+ac﹣6a2=0，解得c=2a，進(jìn)而利用三角形面積公式可求a的值．【解答】（本題滿分為12分）解：（1）由正弦定理得：2sinBcosB=sinAcosAcosB﹣sinBsin2A﹣sinCcosA=sinAcos（A+B）﹣sinCcosA=﹣sinAcosC﹣sinCcosA=﹣sin（A+C）=﹣sinB，∵sinB≠0，∴cosB=﹣，B=．…（2）由b2=a2+c2﹣2accosB，b=a，cosB=﹣，得：c2+ac﹣6a2=0，解得c=2a，…由S△ABC=acsinB=a2=2，得a=2．…19.已知函數(shù)．（1）當(dāng)a=2時(shí)，求不等式f（x）＞3的解集；（2）證明：．參考答案：【考點(diǎn)】R6：不等式的證明；R5：絕對(duì)值不等式的解法．【分析】（1）對(duì)x的范圍進(jìn)行討論，去掉絕對(duì)值符號(hào)解出；（2）先利用絕對(duì)值三角不等式去掉a，再利用基本不等式得出結(jié)論．【解答】解：（1）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=|x+2|+|x+|，∵f（x）＞3，∴或或解得：x＜﹣或x＞，所以不等式的解集為{x|x＜﹣或x＞}．（2）f（m）+f（﹣）=|m+a|+|m+|+|﹣|+|﹣+|≥|m+a+﹣a|+|m++﹣|=2|m+|=2（|m|+）≥4．20.（12分）（2015秋?太原期末）已知a，b，c分別為△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且ccosA=5，asinC=4．（1）求邊長(zhǎng)c；（2）若△ABC的面積S=16．求△ABC的周長(zhǎng)．參考答案：【分析】（1）由正弦定理可得asinC=csinA，可得sinA=，由ccosA=5，可得：cosA=，由sin2A+cos2A=+=1，即可解得c的值．（2）利用三角形面積公式可得S=absinC=16，asinC=4．解得b，利用余弦定理即可解得a的值，從而可求△ABC的周長(zhǎng)．【解答】（本題滿分為12分）解：（1）∵由正弦定理可得：，可得：asinC=csinA，∵asinC=4，可得：csinA=4，即得：sinA=，由ccosA=5，可得：cosA=，∴可得：sin2A+cos2A=+=1，∴解得：c=．（2）∵△ABC的面積S=absinC=16，asinC=4．解得：b=8，∴由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA=64+41﹣2××8×=25，解得a=5，或﹣5（舍去），∴△ABC的周長(zhǎng)=a+b+c=5+8+=13+．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面積公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式在解三角形中的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．21.設(shè)函數(shù)f（x）=x2﹣alnx﹣（a﹣2）x．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（1）求滿足條件的最小正整數(shù)a的值；（2）求證：．參考答案：【考點(diǎn)】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；6K：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用．【分析】（Ⅰ）f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=，（x＞0）．對(duì)a分類討論：a≤0，a＞0，即可得出單調(diào)性．（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a＞0，f（x）的最小值f（）＜0，即﹣a2+4a﹣4aln＜0，可得，令，顯然h（a）在（0，+∞）上為增函數(shù)，且，因此存在a0∈（2，3），h（a0）=0，進(jìn)而得出小正整數(shù)a的值．（2）不妨設(shè)0＜x1＜x2，于是﹣alnx1=﹣alnx2，可得a=．由于=0，當(dāng)x∈時(shí)，f′（x）＞0．只要證即可，即證明x1+x2＞．，即證＜．設(shè)=t∈（0，1）．令m（t）=lnt﹣，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=，（x＞0）．當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），此時(shí)f（x）無(wú)單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，得，f′（x）＜0，得，所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，）；（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a＞0，f（x）的最小值f（）＜0，即﹣a2+4a﹣4aln＜0，∵a＞0，∴，令，顯然h（a）在（0，+∞）上為增函數(shù)，且∴存在a0∈（2，3），h（a0）=0，當(dāng)a＞a0時(shí)，h（a）＞0；當(dāng)0＜a＜a0時(shí)，h（a）＜0，所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3．又當(dāng)a=3時(shí)，f（3）=3（2﹣ln3）＞0，=＜0，f（1）=0，所以a=3時(shí)，f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3．（2）證明：不妨設(shè)0＜x1＜x2，于是﹣alnx1=﹣alnx2，∴a=．，因?yàn)?0，當(dāng)x∈時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈時(shí)，f′（x）＞0．故只要證即可，即證明x1+x2＞．，即證+（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）＞﹣﹣2x2．也就是證＜．設(shè)=t∈（0，1）．令m（t）=lnt﹣，則m′（t）=﹣=．∵