人教版高三下册2021-2022学年度XX学校高考前模拟考试数学卷

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前人教版高三下册2021-2022学年度XX学校期末模拟考试数学卷考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1定义在上的函数的导函数为，当时，且，.则下列说法一定正确的是（ ）ABCD2已知，则（ ）ABCD3已知，则（ ）ABCD4已知函数，则a，b，c，d的大小顺序为（ ）ABCD5已知且满足，则下列说法正确的是（ ）ABCD不存在满足6设函数是函数的导函数，已知，且，则使得成立的的取值范围是

2、（ ）ABCD7数列满足，则下列说法错误的是（ ）A存在数列使得对任意正整数p，q都满足B存在数列使得对任意正整数p，q都满足C存在数列使得对任意正整数p，q都满足D存在数列使得对任意正整数p，q都满足8设数列满足，记，则使成立的最小正整数是（ ）A2020B2021C2022D2023二、多选题9已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）A在是增函数B设，则满足的正整数的最小值是2C是奇函数D在上有两个极值点10已知：是奇函数，当时，则（ ）ABCD11已知函数的图象关于直线对称，函数对于任意的满足(其中是函数的导函数)，则下列不等式成立的是（ ）ABCD12已知函数，若关于

3、的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）ABCD第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是_.14如图是数学家用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面截面相切，设图中球和球的半径分别为1和3，截面分别与球和球切于点和，则此椭圆的长轴长为_.四、双空题15如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形P3、P4、Pn、，记第n块纸板P

4、n的面积为Sn，则（1）S3_，（2）如果对恒成立，那么a的取值范围是_五、解答题16学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“类解答”为评估此类解答导致的失分情况，某市考试院做了项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“类解答”的题目，扫描后由近千名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例如下表所示：教师评分（满分12分）11109各分数所占比例某次数学考试试卷评阅采用“双评仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二

5、评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响；考生最终所得到的实际分数按照上述规则所得分数计入，不做四舍五入处理）（1）本次数学考试中甲同学某题（满分12分）的解答属于“类解答”，求甲同学此题最终所得到的实际分数的分布列及

6、数学期望；（2）本次数学考试有6个解答题，每题满分12分，同学乙6个题的解答均为“类解答”记乙同学6个题得分为的题目个数为，计算事件“”的概率同学丙的前四题均为满分，第5题为“类解答”，第6题得6分以乙、丙两位同学解答题总分均值为依据，谈谈你对“类解答”的认识17已知三次函数.（1）若函数在区间上具有单调性，求a的取值范围；（2）当时，若，求的取值范围.18已知函数，是函数的导函数.（1）证明：在上没有零点；（2）证明：当，.19已知数列的通项公式（）且().(1)求数列的通项公式；(2)求数列中最大值的项和最小值的项.20已知函数（其中为自然对数的底数，）（1）当时，求的单调区间；（2）若有

7、两个极值点，求实数的取值范围试卷第5页，共5页参考答案1B【分析】构造函数，分析出函数为奇函数，利用导数分析出函数在上为增函数，由此可得出该函数在上为增函数，再利用函数的单调性可判断各选项的正误.【详解】令，所以，所以，函数为上的奇函数，当时，即，所以，在上单调递增，由奇函数的性质可知，函数在上单调递增，所以，函数在上单调递增.对于A选项，则，即，A选项错误；对于B选项，即，B选项正确；对于C选项，即，C选项错误；对于D选项，即，D选项错误.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用导数不等式的结构构造函数，充分分析该函数的奇偶性与单调性，结合单调性来比较函数值的大小关系.2C【分析

8、】构造函数，利用导数判断其单调性，由已知可得，；，进而利用单调性可得答案.【详解】令，时，则在上递减，时，则在上递增，由可得，化为，则，同理，；，因为，所以，可得，因为在上递减，故选：C【点睛】方法点睛：利用导数求函数单调区间的步骤：求出，在定义域内分别令求得的范围，可得函数增区间，由求得的范围，可得函数的减区间.3C【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，得出，的单调性，得出，令，可得出，再由得出的，令，得出，从而得出结果【详解】解：先证，令，则，可知在上单调递增，所以，即，令，则，所以；再证即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即，令，则，所以，从而故选：C.4B【分析】对化简变形得，

9、从而可得，而函数在区间上单调递增，所以b，c，d中b最小，然后构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可得，于是可比较出c，d的大小【详解】因为，所以因为函数在区间上单调递增，且，所以b，c，d中b最小构造函数，则，当时，所以在区间上单调递增，所以，所以所以，所以，所以故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数值大小的比较，解题的关键是构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可比较出c，d的大小，考查计算能力，属于较难题5D【分析】令，利用导数求出单调性可判断A；对取对数可得，判断B；令，利用导数求出单调性，根据可求出的范围；令，利用导数求出单调性可判断D.【详解】令

10、，则，所以在区间内单调递减，所以，又，所以，A项错误；对两边取自然对数得，即，B项错误；令，则，故在区间内单调递增，在区间内单调递减，因为且，所以，C项错误；假设，则，所以，令，则，故在区间内单调递增，故当时，所以不存在，满足，D项正确故选：D【点睛】关键点睛：本题考查根据已知条件判断不等式，解题的关键是构造合适的函数，根据导数求出函数的变化情况判断.6C【分析】构造函数，求导分析单调性，由得出以函数对称性，推出的对称性，根据对称点关系即可求解原不等式【详解】令因为得，所以 故在上单调递减，又因为，所以函数关于对称，因为，所以关于点对称，则点关于的对称点为也在函数图象上，则故，而由不等式得所以

11、，又在上单调递减，故 故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造新函数通过对称性与单调性求解不等式7C【分析】依题设找到数列满足的递推关系，或举反例否定.【详解】由，得，令，则当时，数列满足题设，所以A正确；由，得，令，则当时，数列满足题设，所以B正确；由，令，得，令，得，则，从而，与矛盾，所以C错误；由，得，令，则当时，数列满足题设，所以D正确.故选：C【点睛】思路点睛：肯定命题，构造符合题设数列，注意类比常见函数的运算性质，寻找恰当的数列；否定命题，赋值举反例，发现矛盾.8D【分析】由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.【详解】，又， 数列为递增数列， ， ， ， ， ，

12、当时，又当时，当时， 使成立的最小正整数是2023.故选：D.【点睛】本题主要考察累加法求数列的通项，一般的，若，则，即.9ABC【分析】A利用导数研究单调性即可；B将、代入求值，并比较的大小即可；C利用奇偶性的定义判断奇偶性；D应用导数研究函数分别在、上是否存在，进而确定上极值点的个数.【详解】由题意，A：上有，则在是增函数，正确；B：当时，不合题意；当时，则，符合题意；满足的正整数的最小值是2，正确；C：，则，是奇函数，正确；D：由A知：在上，无极值点，时，不是极值点；在上，1、时，、，即，单调递减，而，使.2、时，又，则，又有，故不存在零点.综上，上只有一个极值点，错误；故选：ABC【点

13、睛】关键点点睛：选项D，将区间分拆不同子区间，应用导数研究函数在各区间上是否存在，判断区间极值点的个数.10ACD【分析】由已知构造得，令，判断出函数在时单调递增，由此得，化简可判断A；，化简并利用是奇函数，可判断B；，化简可判断C；由C选项的分析得，可判断D.【详解】因为当时，所以，即，所以，令，则当时，函数单调递增，所以，即，化简得，故A正确；，即，化简得，所以，又是奇函数，所以，故B不正确；，即，又，化简得，故C正确；由C选项的分析得，所以，又是奇函数，所以，故D正确,故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决本题中令有导函数的不等式，关键在于构造出某个函数的导函数，得出所构造的函数的单调性

14、，从而可比较函数值的大小关系.11AD【分析】根据已知条件，易得函数偶函数，再结合，构造函数，只需判断函数的单调性，即可做出正确选择.【详解】由，得，令，则，因，则，故在区间上单调递增，因函数的图象关于直线对称，知函数偶函数，故函数也为偶函数.对于选项A，因，则 ，故，因此A正确；对于选项B，因，则，故，因此B错；对于选项C，因，则 ，故，因此C错；对于选项D，因，则 ，故，因此D正确.故选：AD.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到

15、化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.12BCD【分析】画出的函数图象，根据图象讨论的根的情况，结合二次函数的性质可求解.【详解】当时，则，当时，单调递减，当时，单调递增，作出的图象，如图所示，令，则，令，由题意得方程有两个不同的根：有两个不同的根，且，则有，解得.有两个不同的根，且，则有，则，方程为，得，满足条件.有两个不同的根，且，因为，则，方程为，得，不符合题意，舍去.

16、综上所述，实数.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题考查函数与方程的综合应用，解题的关键是画出函数图象，根据函数图象讨论方程的根的分布情况.13【分析】令g（x）（2x1）ex，h（x）a（x1），求出后画出g（x）、h（x）的图象，数形结合建立不等式组，即可得解.【详解】令g（x）xex，h（x）a（x1），当时，则函数g（x）在（，）上单调递减；当时，则函数g（x）在（，+）上单调递增；而；因为存在唯一的整数x0使得f（x0）0即当直线与相切时，设切点为，则，则，；因为，所以结合图形知： 或即：或 解得a1或2e2a；故答案为：14【分析】设圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹角为，利用求得

17、离心率，再利用平面几何知识求得得解【详解】如图，圆锥面与其内切球 分别相切与，连接，则，过作于，连接交于点，设圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹角为，在中, , , , , 解得, ,即 , 所以椭圆离心率为 在中解得,故答案为：【点睛】利用求得离心率是解题关键.15 【分析】根据题意，写出前3项，再归纳总结出与的关系式，并求的最小值，解不等式即可.【详解】第一块纸板面积为第二块纸板面积为第三块纸板面积为由此归纳总结，第块纸板面积为因为，故要使得，恒成立只需，可解的，故.故答案为：，.【点睛】易错点睛：本题考查归纳推理，等比数列求和，以及解不等式，需要注意的是要理解本题的意义，从而避免出错，考

18、查学生的逻辑推理与运算求解能力，属于较难题.16（1）分布列见解析；期望为；（2）；答案见解析【分析】（1）根据题中规则：规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分可得随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11，利用表格中的概率值，求出各种情况下的概率，即可得到分布列，以及数学期望；（2）事件发生的次数，“

19、”相当于事件恰好发生3次，那么就可以求出其概率；分别求出乙，丙同学的均值，比较大小即可.【详解】（1）根据题意，随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11设一评、二评、仲裁所打的分数分别是，故的分布列为99.51010.511（2）方法一事件“”可分为，；，；，；，四种情况，其概率为方法二记“或”为事件，6次实验中，事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3次，故概率为：由题意可知：乙同学得分的均值为，丙同学得分的均值为：显然，丙同学得分均值更高，所以“会而不对”和不会做一样都会丢分，在做题过程中要规范作答，尽量避免“类解答”的出现17（1）；（2）.【分析】（1）求得，对分成和两种情况进

20、行分类讨论，结合的单调性求得的取值范围.（2）首先证得，然后利用反证法求得的取值范围.【详解】由可得：（1）由已知可得当时，令得.与在区间上的情况如下：x0200增极大值减极小值增因为在上具有单调性，所以.当时，与在区间上的情况如下：x0200减极小值增极大值减因为在上具有单调性，所以，即.综上所述，a的取值范围是.（2）先证明：.由（1）知，当时，的递增区间是，递减区间是.因为，不妨设，则.若，则.所以.若，因为，所以，当且仅当时取等号.综上所述，.再证明：的取值范围是.假设存在常数，使得对任意.取，且则，与矛盾.所以的取值范围是.【点睛】利用反证法进行证明时，先假设原命题不成立，然后退出矛盾，从而证得原命题成立.18（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）通过构造函数和二次求导可证得时，总有；（2）分和两种情况证明. 当时，易证；当时，仿（1）可证得，即单调递增，进而可证得.【详解】证明：（1）因为，所以，令，则在上显然，所以在上单调递增，即时，总有，故在上没有零点；（2）当时，当时，由（1）可知，在