2021-2022学年湖北省宜昌市乐天溪中学高三数学文月考试卷含解析

1、2021-2022学年湖北省宜昌市乐天溪中学高三数学文月考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 执行如图所示的程序框图后，输出的值为4，则P的取值范围是（）A（，B（，C（，D（，参考答案：考点：循环结构专题：算法和程序框图分析：执行程序框图，写出每次循环得到的S，n的值，当输出n的值为4时，有S=，故可求P的取值范围解答：解：执行程序框图，有n=1，S=0满足条件SP，有S=，n=2；满足条件SP，有S=+=，n=3；满足条件SP，有S=+=，n=4；此时，不满足条件SP，有S=，输出n的值为4故当P的取值在（

2、，时，不满足条件P，退出循环，输出n的值为4故选：A点评：本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题2. 已知3sin2=cos，则sin可以是（）ABCD参考答案：B【考点】GI：三角函数的化简求值【分析】根据二倍角公式化简3sin2=cos，消去cos求出sin的值【解答】解：3sin2=cos，6sincos=cos，若cos0，则6sin=1，解得sin=故选：B3. 阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（ ）A.3 B.38 C.11 D.123参考答案：C4. 在等差数列an中，是方程的两根，则数列an的前11项和等于（ ）A. 66B. 132C. -66D. -1

3、32参考答案：D【分析】由根与系数的关系可求出，再根据等差中项的性质得，利用等差数列的求和公式即可求解.【详解】因为，是方程的两根所以，又，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差中项，数列的求和公式，属于中档题.5. 已知函数f（x）=sin（x+）（0，|）的最小正周期为，且其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosx的图象，则函数f（x）的图象（）A关于直线x=对称B关于直线x=对称C关于点（，0）对称D关于点（，0）对称参考答案：C【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】利用正弦函数的周期性、函数y=Asin（x+）的图象变换规律、诱导公式，求得f（x）的

4、解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，得出结论【解答】解：函数f（x）=sin（x+）（0，|）的最小正周期为，=，=2把其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosx=sin（2x+）的图象，+=k+，kZ，=，f（x）=sin（2x）由于当x=时，函数f（x）=0，故A不满足条件，而C满足条件；令x=，求得函数f（x）=sin=，故B、D不满足条件，故选：C6. 已知双曲线的右焦点F(3，o)，则此双曲线的离心率为( )A6 B C D参考答案：C7. 参考答案：D略8. 命题：“，都有”的否定是 A，都有 B，都有C，使得 D，使得参考答案：C略9. 设复数(其中为虚数单位)，则等于(

5、 )A1+ B C D参考答案：10. 设数列是由正数组成的等比数列，为其前n项和，已知，则(A) (B) (C) (D)参考答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. （x）4（x2）的展开式中，x2的系数为 参考答案：16【考点】二项式系数的性质【分析】（x）4展开式的通项公式：Tr+1=x42r，分别令42r=2，42r=1，解得r，进而得出【解答】解：（x）4展开式的通项公式：Tr+1=x42r，令42r=2，解得r=1；令42r=1，解得r=舍去（x）4（x2）的展开式中，x2的系数为=16故答案为：1612. 设集合，则 （用集合表示）参考答案：略13. 已知

6、平面区域如图，,在平面区域内取得最大值时的最优解有无数多个，则 参考答案：略14. 函数的导函数的部分图像如图所示：图象与轴交点,与x轴正交点为A、C,B为图象的最低点 ,则 参考答案：15. 函数对于总有0 成立，则= 参考答案：416. 在中，角所对的边分别为，为的面积，若，则的形状为 ，的大小为 参考答案：等腰三角形,17. 若是奇函数，则实数 参考答案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分13分）已知数列中，（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式；（III），求使 对所有的都成立的最大正整数的值参考答案：（I）

7、 2分 3分 （II）是等比数列，首项为2 5分 7分 () 9分 10分 11分 由已知有，解得，12分 故所求最大正整数的值为3 . 13分19. 已知函数f（x）=xexalnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线平行于x轴（）求f（x）的单调区间；（）证明：be时，f（x）b（x22x+2）参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求得f（x）的导数，由题意可得f（1）=0，解方程可得a，由导数的单调性，结合f（1）=0，可得f（x）的单调区间；（）讨论当b0时，求得f（x）的最小值，可得结论成立；当0b

8、e时，设g（x）=xex2elnxb（x22x+2），求出导数，构造函数h（x）=（x+1）ex2b（x1），x0，求得导数，判断单调性，可得g（x）最小值，即可得证【解答】解：（）函数f（x）=xexalnx的导数为f（x）=（x+1）ex，x0，依题意得f（1）=0，即2ea=0，解得a=2e所以f（x）=（x+1）ex，显然f（x）在（0，+）单调递增且f（1）=0，故当x（0，1）时，f（x）0；当x（1，+）时，f（x）0所以f（x）的递减区间为（0，1），递增区间为（1，+）（）证明：当b0时，由（）知，当x=1时，f（x）取得最小值为e又b（x22x+2）的最大值为b，故f（x）

9、b（x22x+2）；当0be时，设g（x）=xex2elnxb（x22x+2），所以g（x）=（x+1）ex2b（x1），令h（x）=（x+1）ex2b（x1），x0，则h（x）=（x+2）ex+2b，当x（0，1）时，2b0，（x+2）ex0，所以h（x）0；当x（1，+）时，（x+2）ex2b0，0，所以h（x）0所以当x（0，+）时，h（x）0，故h（x）在（0，+）上单调递增，又h（1）=0，所以当x（0，1）时，g（x）0；当x（1，+）时，g（x）0所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，所以当x=1时，g（x）取得最小值g（1）=eb0，所以g（x）0，即f（

10、x）b（x22x+2）综上，当be时，f（x）b（x22x+2）20. 徐州、苏州两地相距500千米，一辆货车从徐州匀速行驶到苏州，规定速度不得超过100千米/小时已知货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为0.01；固定部分为a元（a0）（1）把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域；（2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？参考答案：【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；函数模型的选择与应用；基本不等式在最值问题中的应用【专题】综合题【分析】（1）求出汽车从甲地匀速行驶

11、到乙地所用时间，根据货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可得全程运输成本，及函数的定义域；（2）利用基本不等式可得，当且仅当，即v=10时，等号成立，进而分类讨论可得结论【解答】解：（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为，全程运输成本为y=a+0.01v2= 故所求函数及其定义域为，v（0，100（2）依题意知a，v都为正数，故有，当且仅当，即v=10时，等号成立若100，即0a100时，则当v=时，全程运输成本y最小若100，即a100时，则当v（0，100时，有y=函数在v（0，100上单调递减，也即当v=100时，全程运输成本y最小综上知，为使全程运输成

12、本y最小，当0a100时行驶速度应为v=千米/时；当a100时行驶速度应为v=100千米/时【点评】本题考查函数模型的构建，考查基本不等式的运用，考查导数知识，解题的关键是构建函数模型，利用基本不等式求最值21. （1）画出f(x)的图象，并由图象写出的解集；（2）若存在使不等式成立，求实数a的取值范围参考答案：（1）图象详见解析，解集为；（2）【分析】（1）根据分段函数分段画的原则，结合已知函数的解析式，画出函数的图象，结合图象，即写出的解集；（2）由图象可知，得到：，解不等式求得取值范围【详解】（1）的图象如图所示：由图象可得的解集为：（2），从而只需，即：解得：实数的取值范围为【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了转化以及分类讨论的数学思想，属于中档题22. 如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是矩形，且平面平面，（1）若点是的中点，求证：平面（2）若是线段的中点，求三棱锥的体积.参考答案：（1）详见解析; （2）1试题分析：（1）设相交于点