山西省臨汾市霍州華光育才學(xué)校2022年高三數(shù)學(xué)文聯(lián)考試卷含解析

山西省臨汾市霍州華光育才學(xué)校2022年高三數(shù)學(xué)文聯(lián)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選項(xiàng)中，只有是一個符合題目要求的1.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（

）A. B.C. D.參考答案：D【分析】根據(jù)三視圖得到該幾何體是圓柱中挖去了一個圓錐，其中圓柱的底面圓的半徑為，母線長為，圓錐的底面圓的半徑為，高為，再由體積公式求解，即可得到答案.【詳解】由三視圖知，此幾何體是圓柱中挖去了一個圓錐，其中圓柱的底面圓的半徑為，母線長為，圓錐的底面圓的半徑為，高為，所以幾何體的體積為：，故選D.【點(diǎn)睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實(shí)際形狀時，要根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實(shí)線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)公式求解.2.已知函數(shù)的值為（

）A． B． C． D．參考答案：B試題分析：，即，又，，所以，故選B.考點(diǎn)：1、分段函數(shù)的解析式；2、函數(shù)的周期性及指數(shù)與對數(shù)的性質(zhì).3.設(shè)是虛數(shù)單位，若，，，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：A，根據(jù)兩復(fù)數(shù)相等的充要條件得，即，其共軛復(fù)數(shù)為，故選A.4.函數(shù)y=x2+

(x≤－)的值域是(

)A.(－∞,－

B.［－,+∞C.［,+∞

D.(－∞,－］參考答案：B5.如圖所示是一個幾何體的三視圖，若該幾何體的體積為，則主視圖中三角形的高x的值為

(

)A. B. C.1 D.參考答案：C略6.已知橢圓+=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2，若直線y=﹣（x+）與橢圓交于點(diǎn)M，滿足∠MF1F2=∠MF2F1，則離心率是（）A． B．﹣1 C． D．參考答案：B【考點(diǎn)】K4：橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】由題意可知：∠MF1F2=，∠MF2F1=，∠F1MF2=90°．根據(jù)三角形的關(guān)系即可求得丨MF1丨+丨MF2丨=2a=（+1），根據(jù)橢圓的離心率公式即可求得橢圓的離心率．【解答】解：如圖所示，由直線y=﹣（x+），由tanα=﹣，則α=．又橢圓Γ的一個交點(diǎn)滿足∠MF1F2=2∠MF2F1，則∠MF2F1=，則不滿足三角形的內(nèi)角和為π，∴∠MF1F2=，∠MF2F1=，∠F1MF2=90°．在Rt△F1MF2中，由丨F1F2丨=2c=2，丨MF1丨=丨F1F2丨=，丨MF2丨=丨F1F2丨=，由丨MF1丨+丨MF2丨=2a=（+1），∴該橢圓的離心率e===﹣1，橢圓的離心率e=﹣1，故選B．7.如圖,是青年歌手大獎賽上9位評委給某位選手打分的莖葉圖，去掉一個最高分和一個最低分后,所剩數(shù)據(jù)的平均數(shù)為(

)

A．

B．

C．

D．

參考答案：C所求平均分.選C.8.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：①若m∥n，n?α，則m∥α；②若m⊥n，m⊥α，nα，則n∥α；③若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n；④若m，n是異面直線，m?α，n?β，m∥β，則n∥α.其中正確的命題有

()．A．①②

B．②③

C．③④

D．②④參考答案：B略9.已知函數(shù)f（x）是定義在[﹣1，1]上的奇函數(shù)，對于任意x1，x2∈[﹣1，1]，x1≠x2總有＞0且f（1）=1．若對于任意a∈[﹣1，1]，存在x∈[﹣1，1]，使f（x）≤t2﹣2at﹣1成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是(

)A．﹣2≤t≤2 B．t≤﹣1﹣或t≥+1C．t≤0或t≥2 D．t≥2或t≤﹣2或t=0參考答案：D【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】由條件先判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化f（x）min≤t2﹣2at﹣1成立，構(gòu)造函數(shù)g（a）即可得到結(jié)論．【解答】解：∵f（x）是定義在[﹣1，1]上的奇函數(shù)，∴當(dāng)x1、x2∈[﹣1，1]，且x1+x2≠0時，有＞0，∴函數(shù)f（x）在[﹣1，1]上單調(diào)遞增．∵f（1）=1，∴f（x）的最小值為f（﹣1）=﹣f（1）=﹣1，最大值為f（1）=1，若對于任意a∈[﹣1，1]，存在x∈[﹣1，1]，使f（x）≤t2﹣2at﹣1成立，即t2﹣2at﹣1≥﹣1對所有a∈[﹣1，1]恒成立，∴t2﹣2at≥0，設(shè)g（a）=t2﹣2at=﹣2ta+t2，則滿足，即，∴t≥2或t≤﹣2或t=0，故選：D【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的應(yīng)用，利用條件判斷函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵，綜合考查函數(shù)的性質(zhì)．10.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S6∶S3＝1∶2，則S9∶S3等于()A．1∶2

B．2∶3C．3∶4 D．1∶3參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數(shù)在上的最大值為

．參考答案：略12.已知集合,,若,則實(shí)數(shù)的取值范圍為

▲

。參考答案：略13.計算定積分___________。參考答案：14.已知等差數(shù)列{an}的公差d不為0，且a1，a3，a7成等比數(shù)列，則的值為

．參考答案：215.對于函數(shù)f（x）=，有下列5個結(jié)論：①任取x1，x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2；②函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[4，5]上單調(diào)遞增；③f（x）=2kf（x+2k）（k∈N+），對一切x∈[0，+∞）恒成立；④函數(shù)y=f（x）﹣ln（x﹣1）有3個零點(diǎn)；⑤若關(guān)于x的方程f（x）=m（m＜0）有且只有兩個不同實(shí)根x1，x2，則x1+x2=3．則其中所有正確結(jié)論的序號是．（請寫出全部正確結(jié)論的序號）參考答案：①④⑤【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用；分段函數(shù)的應(yīng)用．【分析】作出f（x）=的圖象，分別利用函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：f（x）=的圖象如圖所示：①∵f（x）的最大值為1，最小值為﹣1，∴任取x1、x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2恒成立，故①正確；②函數(shù)在區(qū)間[4，5]上的單調(diào)性和[0，1]上的單調(diào)性相同，則函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[4，5]上不單調(diào)；故②錯誤；③f（）=2f（+2）=4f（+4）=6f（+6）≠8f（+8），故不正確；故③錯誤，④如圖所示，函數(shù)y=f（x）﹣ln（x﹣1）有3個零點(diǎn)；故④正確，⑤當(dāng)1≤x≤2時，函數(shù)f（x）關(guān)于x=對稱，若關(guān)于x的方程f（x）=m（m＜0）有且只有兩個不同實(shí)根x1，x2，則=，則x1+x2=3成立，故⑤正確，故答案為：①④⑤．16.若二項(xiàng)式展開式中項(xiàng)的系數(shù)是7，則=

▲

．參考答案：二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為，令得，，所以，所以的系數(shù)為，所以。所以。17.設(shè)函數(shù)y=f（x）的定義域?yàn)镈，如果存在非零常數(shù)T，對于任意x∈D，都有f（x+T）=T?f（x），則稱函數(shù)y=f（x）是“似周期函數(shù)”，非零常數(shù)T為函數(shù)y=f（x）的“似周期”．現(xiàn)有下面四個關(guān)于“似周期函數(shù)”的命題：①如果“似周期函數(shù)”y=f（x）的“似周期”為﹣1，那么它是周期為2的周期函數(shù)；②函數(shù)f（x）=x是“似周期函數(shù)”；③函數(shù)f（x）=2x是“似周期函數(shù)”；④如果函數(shù)f（x）=cosωx是“似周期函數(shù)”，那么“ω=kπ，k∈Z”．其中是真命題的序號是

．（寫出所有滿足條件的命題序號）參考答案：①④【考點(diǎn)】抽象函數(shù)及其應(yīng)用．【分析】①由題意知f（x﹣1）=﹣f（x），從而可得f（x﹣2）=﹣f（x﹣1）=f（x）；②由f（x+T）=T?f（x）得x+T=Tx恒成立；從而可判斷；③由f（x+T）=T?f（x）得2x+T=T2x恒成立；從而可判斷；④由f（x+T）=T?f（x）得cos（ω（x+T））=Tcosωx恒成立；即cosωxcosωT﹣sinωxsinωT=Tcosωx恒成立，從而可得，從而解得．【解答】解：①∵似周期函數(shù)”y=f（x）的“似周期”為﹣1，∴f（x﹣1）=﹣f（x），∴f（x﹣2）=﹣f（x﹣1）=f（x），故它是周期為2的周期函數(shù)，故正確；②若函數(shù)f（x）=x是“似周期函數(shù)”，則f（x+T）=T?f（x），即x+T=Tx恒成立；故（T﹣1）x=T恒成立，上式不可能恒成立；故錯誤；③若函數(shù)f（x）=2x是“似周期函數(shù)”，則f（x+T）=T?f（x），即2x+T=T2x恒成立；故2T=T成立，無解；故錯誤；④若函數(shù)f（x）=cosωx是“似周期函數(shù)”，則f（x+T）=T?f（x），即cos（ω（x+T））=Tcosωx恒成立；故cos（ωx+ωT）=Tcosωx恒成立；即cosωxcosωT﹣sinωxsinωT=Tcosωx恒成立，故，故ω=kπ，k∈Z；故正確；故答案為：①④．三、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.已知函數(shù)f（x）=2lnx+ax﹣（a∈R）在x=2處的切線經(jīng)過點(diǎn)（﹣4，ln2）（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若不等式＞mx﹣1恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出a的值，得到導(dǎo)函數(shù)的符號，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）問題轉(zhuǎn)化為，令，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．【解答】解：（1），令x=2，∴f'（2）=1+a+f'（2），∴a=﹣1，設(shè)切點(diǎn)為（2，2ln2+2a﹣2f'（2）），則y﹣（2ln2+2a﹣2f'（2））=f'（2）（x﹣2），代入（﹣4，2ln2）得：2ln2﹣2ln2﹣2a+2f'（2）=﹣6f'（2），∴，∴，∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；（2）恒成立，令，∴φ（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，∵φ（1）=0，∴，∴在（0，+∞）恒大于0，∴m≤0．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．19.已知函數(shù)，直線與f(x)的曲線交點(diǎn)之間的最短距離為π.(1)求f(x)的解析式及其圖像的對稱中心；(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，若A是銳角，且，求△ABC的面積.參考答案：解：(1)，由題意知函數(shù)的最小正周期為π，所以，所以，令，所以函數(shù)的對稱中心為；(2)因?yàn)?所以，又，所以A=，又，由余弦定理得，得，所以.略20.已知函數(shù)f（x）=（x2﹣x﹣1）ex．（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．（2）若方程a（+1）+ex=ex在（0，1）內(nèi)有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）問題可化為ex﹣ax2+（a﹣e）x=0，令g（x）=ex﹣ax2+（a﹣e）x，則g（x）在（0，1）內(nèi)有零點(diǎn)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定a的范圍即可．【解答】解：（1）f′（x）=（x2+x﹣2）ex=（x﹣1）（x+2）ex，令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜﹣2，令f′（x）＜0，解得：﹣2＜x＜1，故f（x）在（﹣∞，﹣2）遞增，在（﹣2，1）遞減，在（1，+∞）遞增；（2）方程a（+1）+ex=ex可化為ex﹣ax2+（a﹣e）x=0，令g（x）=ex﹣ax2+（a﹣e）x，則g（x）在（0，1）內(nèi)有零點(diǎn)，易知g（0）=1，g（1）=0，g′（x）=ex﹣2ax+a﹣e，設(shè)g′（x）=h（x），則h′（x）=ex﹣2a，①a＜0時，h′（x）＞0，即h（x）在區(qū)間（0，1）遞增，h（0）=1+a﹣e＜0，h（1）=﹣a＞0，即h（x）在區(qū)間（0，1）只有1個零點(diǎn)x1，故g（x）在（0，x1）遞減，在（x1，1）遞增，而g（0）=1＞0，g（1）=0，得g（x1）＜g（1）=0，故g（x）在（0，x1）內(nèi)存在唯一零點(diǎn)；②當(dāng)0≤a≤時，h′（x）＞0，即h（x）在區(qū)間（0，1）遞增，h（x）＜h（1）=﹣a≤0，得g（x）在（0，1）遞減，得g（x）在（0，1）無零點(diǎn)；③當(dāng)＜a＜時，令h′（x）=0，得x=ln（2a）∈（0，1），∴h（x）在區(qū)間（0，ln（2a））上遞減，在（ln（2a），1）遞增，h（x）在區(qū)間（0，1）上存在最小值h（ln（2a）），故h（ln（2a））＜h（1）=﹣a＜0，h（0）=1+a﹣e＜a﹣＜0，故＜a＜時，?x∈（0，1），都有g(shù)′（x）＜0，g（x）在（0，1）遞減，又g（0）=1，g（1）=0，故g（x）在（0，1）內(nèi)無零點(diǎn)；④a≥時，h′（x）＜0，h（x）在區(qū)間