湖北省重点中学2022年高三上学期数学期中联考试卷附答案.pdf

1、 高三上学期数学期中联考试卷 高三上学期数学期中联考试卷一、单选题一、单选题1已知集合，若，则实数 a 满足（）ABCD2若命题“，都有”是假命题，则实数的取值范围是（）ABCD3已知 ，直线 ，且 ，则 的最小值为（）A1B2CD4设 ，则 大小关系正确的是（）ABCD5在正方体中，三棱锥内切球的体积为，则正方体外接球的表面积为（）A24B36C48D966已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（）ABCD7在中，角，所对的边分别为，设的面积为 S，下列条件不能推出的是（）A，成等比数列B，成等差数列CD8若函数（为常数）有两个不同的极值点，则实数取值范围是（）ABCD二、多选题二、多选题9

2、在中，点 D 满足，当点 E 在线段 AD 上移动时，记，则（）ABC的最小值为 2D的最小值为10已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（）A为单调递增的等差数列BC为单调递增的等比数列D使得成立的的最大值为 611定义在 上的函数 满足：，则关于不等式 的表述正确的为（）A解集为 B解集为 C在 上有解D在 上恒成立12已知球 O 是三棱锥的外接球，则，点 D 是 PB 的中点，且，则下列说法正确的是（）A三棱锥最长的棱棱长为B平面 PABC球心 O 到底面 PAB 的距离为D球 O 的表面积为三、填空题三、填空题13已知函数.若，且，则的取值范围是 .14在中，角 A

3、，所对的边分别为，若，那么 15已知函数，是函数的极值点，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是 16已知为数列的前 n 项和，数列满足，且，是定义在 R 上的奇函数，且满足，则 四、解答题四、解答题17已知 p：不等式的解集为空集，q：函数无极值，若 p 与 q 中有且仅有一个为真，求实数 m 的取值范围18在锐角三角形中，分别为内角，所对的边，且满足（1）求角的大小；（2）若，求的值19在公差不等零的等差数列中，已知，且，依次成等比数列数列满足且（1）求，的通项公式；（2）设数列的前 n 项和为，试比较与的大小20如图，四边形 与四边形 均为菱形，且（1）求证：平面 平面

4、；（2）求二面角 的余弦值.21已知函数 .（1）求 的极值；（2）求 在区间 上的最小值.22已知函数，（1）当时，求的极值；若对任意的都有，求的最大值；（2）若函数有且只有两个不同的零点，求证：答案解析部分答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】因为，所以，当时，即，满足题意；当时，若，则或 4，当时，满足题意；当时，满足题意；若，则-2，2 是方程的两根，显然，故不合题意，综上：实数 a 满足.故答案为：D【分析】根据，得到，分与两种情况考虑，分别求出求出 a 的范围即可得答案.2【答案】C【解析】【解答】命题“，都有”是假命题则命题“，都有”是真命题即在有实数根当，可得，解得：此时为解

5、为：当，要保证在有实数根则需满足：解得：综上所述，.故答案为：C.【分析】直接利用命题的否定和一元二次方程的解的应用求出答案.3【答案】A【解析】【解答】，当 时，即 时，等号成立，所以 的最小值为 .故答案为：A【分析】由题意利用两条直线垂直的性质求得 a+2b=4，再利用基本不等式求得的最小值。4【答案】D【解析】【解答】解：，因为 ，所以 故答案为：D【分析】由化弦法及简单三角变换，就可以求解。5【答案】B【解析】【解答】设正方体的棱长为，则三棱锥是棱长的正四面体.因为三棱锥内切球的体积为，所以三棱锥内切球的半径为 1，设内切球的球心为 O，到面的距离为 h，则，又，又因为正方体外接球直

6、径就是正方体对角线长，正方体外接球的半径为，其表面积为.故答案为：B【分析】设正方体的棱长为，则三棱锥是棱长的正四面体，求出三棱锥内切球的半径为 1，设内切球的球心为 O，到面的距离为 h，利用等体积法求出 h，然后求解正方体外接球的半径，即可求解出球的表面积.6【答案】D【解析】【解答】令，则函数由及复合而成，因为，所以为减函数，要使得函数在上单调递减，则必须递增，令即：，解得：，要使得函数在上单调递减则：，即：，解得：，当时，当时，不存在.故答案为：D.【分析】利用复合函数的知识，由的增区间可求得，再利用列不等式组，即可求出 的取值范围.7【答案】C【解析】【解答】解：对于 A，成等比数列

7、，则，所以，当仅当时取等号，所以，A 可以推出；对于 B，成等差数列，则，所以，当仅当时取等号，所以，B 可以推出；对于 C，则，因为，所以或者，所以或者，C 不可以推出；对于 D，由得到，所以，因为，所以，所以，得到，D 可以推出故答案为：C【分析】由题意，逐项进行判断是否，即可得出答案.8【答案】C【解析】【解答】，函数（为常数）有两个不同的极值点，等价于函数与的图象有两个不同的交点，因为为增函数，且，则，为减函数，为增函数，所以，故.故答案为：C【分析】首先求导得到，将题意转化为面数与的图象有两个不同的交点，再利用导数求出函数 g(x)的单调区间和最值，即可求得实数取值范围.9【答案】B

8、,D【解析】【解答】如图：由得，又点 E 在线段 AD 上移动，A 不符合题意，B 符合题意；，当时，有最小值，C 不符合题意，D 符合题意.故答案为：BD.【分析】先通过 D 为 BC 中点以及，判断 A 和 B 选项；再借助二次函数的最小值判断 C 和 D 选项.10【答案】B,C,D【解析】【解答】令，则，因为是等比数列，所以，即，B 符合题意；，是公差为的递减等差数列，A 不符合题意；，是首项为，公比为的递增等比数列，C符合题意；，时，时，时，时，又，所以使得成立的的最大值为 6，D 符合题意.故答案为：BCD【分析】令，则，对 f(x)求导，f(0)=1 及等比数列的性质即可求得 a

9、4=1，由 a11，可得 0qa2.a70，结合不等式的性质即可判断选项 D.11【答案】A,C【解析】【解答】令 ，则 ，恒成立，即 在 上单调递增.，.不等式 可化为 ，等价于 ，即不等式式 的解集为 ，则在 上有解，AC 符合题意.故答案为：AC.【分析】构造函数，求导后可推出 g（x）在 R 上单调递增；由 f（0）=4，可得 g（0）=3；原不等式等价于 g（x）g（0），从而可得不等式的解集，结合选项即可得结论12【答案】A,B,D【解析】【解答】如图，因为，所以，得，由 D 是 PB 的中点，得，又，所以，得，又，所以平面，B 符合题意；由，得，故三棱锥最长的棱棱长为，A 符合题

10、意；取等边三角形的中心 G，连接 OG，则，即球心 O 到底面的距离为 1，C 不符合题意；底面三角形外接圆的半径，外接球的半径，所以球的表面积为，D 符合题意.故答案为：ABD.【分析】由已知证明 AC平面 PAB，可判断选项 B；求出最长棱长判断 A；求出球心 O 到底面距离判断C；进一步求得外接球的表面积判断 D.13【答案】（0，2）【解析】【解答】如图，由的图像可知，使得，且的只能是，且.故，即.因此，可表示成.于是，.由于，故的取值范围为（0，2）.故答案为：（0，2）【分析】根据函数 f(x)的表达式，结合条件 f(a)=f(b)，且 0 ab，确定 a，b 的取值范围，然后利用

11、基本不等式即可求得的取值范围.14【答案】2【解析】【解答】，所以，故，由正弦定理得：，由于，所以，所以，即，故，由余弦定理得：，所以，所以.故答案为：2【分析】利用向量数量积的运算由 得到，由正弦定理即可得出A=B，进而得到 a=b，然后由余弦定理，根据即可求出 c 的值.15【答案】（-，0）【解析】【解答】，令，解得.所以，为增函数.所以时，.，因为是函数的极值点，所以，解得.所以.所以，为增函数，为减函数，且因为对任意的，总存在唯一的，使得成立，所以，即，解得.故答案为：（-，0）【分析】首先利用导数分别求出在的值城，根据极值点性质得到，从而得到函数 g(x)的单调性利 g(3)=g(

12、2)=2，根据题意得到，再解不等式即可求出实数的取值范围.16【答案】0【解析】【解答】，两式相减得，即，即数列是以为首项，3 为公比的等比数列，.是定义在 R 上的奇函数，且满足，令，则，又f(x)，f(2x)f(x)，f(x4)f(x22)f(x2)f(x)f(x)，即 f(x4)f(x)，即是以 4为周期的周期函数.其中能被 4 整除，.故答案为：0【分析】由 an=Sn-Sn-1，可推出，由 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且满足 f(2-x)=f(x)，可推出 f(x)的周期性，再结合二项式定理，可证得 a2021除 4 后余 2，故 f(a2021)=f(2)，可求得答案.17【

13、答案】解：命题 p 真时，一元二次方程恒成立，则，解得，；若 q 为真时，等价于恒成立，可得；若 p 真 q 假，则且，此时，若 p 假 q 真，则且或，此时，所以实数 m 的取值范围或.【解析】【分析】先算出命题 p 真和 q 真时 m 的取值范围，再分 p 真 q 假和 p 假 q 真两种情况进行讨论，即可求出 实数 m 的取值范围.18【答案】（1）解：在中，满足，根据正弦定理得，因为，所以，所以，又因为为锐角，所以.（2）解：由（1）知，因为，根据余弦定理得，整理得，解得或（舍去），又由余弦定理得，所以.【解析】【分析】(1)利用正弦定理，求出角 B 的正弦函数值，然后求出角 B 的大

14、小；(2)由（1）知，利用，通过余弦定理求出 a，求出，然后求出 的值19【答案】（1）解：且，依次成等比数列，即，解得（舍去），则，则是首项为，公比为 2 的等比数列，则.（2）解：于是，当时，；当时，.【解析】【分析】(1)由等差数列的项，依次成等比数列，列式求得公差，则等差数列的通项公式可求出 的通项公式，由数列bn的递推式构造出等比数列bn-1，求出其通项公式后可得 的通项公式；(2)把数列的通项公式代入数列，利用裂项相消法求出其前 n 项和与 作差后根据 n 的范围得到 与的大小20【答案】（1）证明：与 交于点 ，连接 ，是 中点，且 是 中点，四边形 为菱形，又 ，平面 ，平面

15、，平面 平面（2）解：易知 ，两两垂直 以 为原点，、分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系设 ，四边形 为菱形，则 ，故 ，设平面 的一个法向量为 则 ，取 ，得 显然，为平面 的一个法向量由图知，二面角 的平面角为锐角二面角 的余弦值为【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，结合中点的性质以及菱形四边形的性质即可得出，再由线面垂直的判定定理即可得出 平面 ，然后由面面垂直的判定定理即可得证出结论。(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面BFC 的法向量的坐标，同理即可求出平面 ACF 的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求

16、出夹角的余弦值，由此得到 二面角 余弦值。21【答案】（1）解：由 可得 ，令 ，得 ，则，随 变化，与 的情况如下：所以 的单调递减区间是 ；单调递增区间是 ；所以 有极小值 ，无极大值；（2）解：当 ，即 时，在 上恒成立，则函数 在 上单调递增；所以 在区间 上的最小值为 ；当 ，即 时；由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 在区间 上的最小值为 ；当 ，即 时，函数 在 上单调递减，所以 在区间 上的最小值为 .综上，当 时，在区间 上的最小值为 ；当 时，在区间 上的最小值为 ；当 时，在区间 上的最小值为 .【解析】【分析】（1）利用求导的方法判断函数的单调性，再利用函

17、数的单调性求出函数的极值。（2）利用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最小值。22【答案】（1）解：时，则，令，解得：，令，解得：，在递减，在，递增，故的极小值是，没有极大值；对任意都有，即恒成立，由，有，故，由知，在，单调递增，故，可得，即，当时，的最小值是，故的最大值是；（2）证明：要证，只需证明即可，由题意，、是方程的两个不相等的实数根，又，消去，整理得：，不妨设，令，则，故只需证明当时，即证明，设，则，在单调递增，从而，故，即得证【解析】【分析】(1)代入 a 的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数 的极值；问题转化为 恒成立，得到，求出 m 的最大值；(2)要证，只需证明即可，求出，不妨设，令，则，证明，设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明出