河北省石家莊市第三十八中學2021-2022學年高三數學理測試題含解析一、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中，只有是一個符合題目要求的1.設變量滿足約束條件則目標函數的最小值為（

）A.-7 B.-4 C.1 D.2參考答案：A略2.已知等于（

）A．-1

B．0

C．1

D．2參考答案：C3.若關于x的不等式a≤﹣3x+4≤b的解集恰好是[a，b]，則a+b的值為（）A．5 B．4 C． D．參考答案：B【考點】一元二次不等式的應用．【分析】確定f（x）=﹣3x+4的對稱軸，然后討論對稱軸是否在區間[a，b]內，分別求解即可．【解答】解：令f（x）=﹣3x+4．對稱軸為x=2，若a≥2，則a，b是方程f（x）=x的兩個實根，解得a=，b=4，矛盾，易錯選D；若b≤2，則f（a）=b，f（b）=a，相減得a+b=，代入可得a=b=，矛盾，易錯選C；若a＜2＜b，因為f（x）min=1，所以a=1，b=4．因為x=0時與x=4時，函數值相同：4，所以a=0，a+b=4，故選：B．4.在△ABC中，a=15，b=10,∠A=，則

（

）

A．

B．

C．

D．[參考答案：A略5.不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

參考答案：C略6.將函數的圖像向左平移個長度單位后，所得到的圖像關于軸對稱，則的最小值是（

）

A．B．C．D．

參考答案：B略7.十九世紀末，法國學者貝特朗在研究幾何概型時提出了“貝特朗悖論”，即“在一個圓內任意選一條弦，這條弦的弦長長于這個圓的內接等邊三角形邊長的概率是多少？”貝特朗用“隨機半徑”、“隨機端點”、“隨機中點”三個合理的求解方法，但結果都不相同．該悖論的矛頭直擊概率概念本身，強烈地刺激了概率論基礎的嚴格化．已知“隨機端點”的方法如下：設A為圓O上一個定點，在圓周上隨機取一點B，連接AB，所得弦長AB大于圓O的內接等邊三角形邊長的概率．則由“隨機端點”求法所求得的概率為（）A. B. C. D.參考答案：C【分析】由題意畫出圖形，求出滿足條件的的位置，再由測度比是弧長比得答案．【詳解】解：設“弦的長超過圓內接正三角形邊長”為事件，以點為一頂點，在圓中作一圓內接正三角形，則要滿足題意點只能落在劣弧上，又圓內接正三角形恰好將圓周3等分，故故選：C．【點睛】本題考查幾何概型的意義，關鍵是要找出滿足條件弦的長度超過圓內接正三角形邊長的圖形測度，再代入幾何概型計算公式求解，是基礎題．8.如果不等式的解集為，那么函數的大致圖象是（

）

參考答案：C9.在命題p的四種形式（原命題、逆命題、否命題、逆否命題）中，正確命題的個數記為，已知命題p：“若兩條直線，平行，則”．那么=Ａ．1個

Ｂ．2個

Ｃ．3個

Ｄ．4個參考答案：B略10.若是定義在R上的函數，對任意的實數x，都有和的值是（

）A、2010

B、2011

C、2012

D、2013

參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設函數，則滿足的的取值范圍是

.參考答案：12.設向量、滿足：||=1，||=2，?（）=0，則與的夾角是

．參考答案：60°【考點】9R：平面向量數量積的運算．【分析】根據平面向量的數量積運算，求出cosθ的值，即可求出夾角θ的大小．【解答】解：由||=1，||=2，?（）=0，∴﹣?=0，即12﹣1×2×cosθ=0，解得cosθ=；又θ∈，∴與的夾角θ是60°．故答案為：60°．13.某校要從名男生和名女生中選出人擔任某游泳賽事的志愿者工作，則在選出的志愿者中，男、女都有的概率為＿＿＿＿＿＿(結果用數值表示).參考答案：14.雙曲線的離心率為2，其漸近線與圓相切，則雙曲線C的方程是______．參考答案：【分析】利用已知條件列出方程，求出a，b然后求解雙曲線方程．【詳解】由已知離心率，即b2=3a2；又漸近線bx+ay=0與圓（x-a）2+y2=3相切得，聯立得a2=4，b2=12，所以雙曲線方程為：故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質以及直線與圓的位置關系的應用，考查中航三鑫以及計算能力．15.設，若，則___________參考答案：略16.計算的結果是

參考答案：略17.已知，則不等式的解集為

▲

．參考答案：當時，，則函數在上為增函數；當時，，則函數在上為增函數.作出函數圖象，如圖：，不等式等價為，則，即，得，則，即.故答案為：.

三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.設f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），曲線y=f（x）在x=處有水平切線．（1）求a的值；（2）設g（x）=f（x）+x+xlnx，證明：對任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2．參考答案：【考點】利用導數求閉區間上函數的最值；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】方程思想；轉化思想；導數的概念及應用．【分析】（1）利用導數的運算法則可得：f′（x）．由于曲線y=f（x）在x=處有水平切線，可得=0，解得a即可．（2）對任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2?g（x）max﹣g（x）min＜e﹣1+2e﹣2．g（x）=+x+xlnx，g′（x）=+2+lnx，可知：g′（x）在x∈（0，1）上單調遞增；由于x∈（0，1），可得x→0時，g′（x）→﹣∞；x=1時，g′（x）=＞0．因此必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．進而證明即可．【解答】（1）解：f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），x∈R．f′（x）=（ax+a+1）?eax．∵曲線y=f（x）在x=處有水平切線．∴=（a+2）e=0，解得a=﹣2．（2）證明：對任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2?g（x）max﹣g（x）min＜e﹣1+2e﹣2．g（x）=f（x）+x+xlnx=+x+xlnx，g′（x）=+2+lnx，可知：g′（x）在x∈（0，1）上單調遞增；∵x∈（0，1），∴x→0時，g′（x）→﹣∞；x=1時，g′（x）=＞0．∴必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．由于=+2﹣ln4＜0，=+2﹣ln2＞0，∴t∈．由g′（t）=0，可得+2+lnt=0，可得：lnt=﹣2，∴g（x）min=g（t）=+t+tlnt=﹣t=u（t），u′（t）=﹣1＜0，∴函數u（t）在t∈單調遞減．其最小值=，而當x=1時，函數g（1）=+1＞g（x）max．∴g（x）max﹣g（x）min＜+1﹣＜e﹣1+2e﹣2．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、恒成立問題的等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．19.如圖，在三棱錐P—ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC，PA⊥PC．點E，F，O分別為線段PA，PB，AC的中點，點G是線段CO的中點．（1）求證：FG∥平面EBO；（2）求證：PA⊥BE．參考答案：（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）連AF交BE于Q，連QO．由線段長度間的關系證明FG∥QO，進而證得FG∥平面EBO．（2）先證明BO⊥面PAC，可得BO⊥PA．由OE∥PC，PC⊥PA可得OE⊥PA，從而證得PA⊥平面EBO，即可證出結論.【詳解】（1）連AF交BE于Q，連QO．因為E、F、O分別為邊PA、PB、PC的中點，所以＝2．又Q是△PAB的重心．于是＝2＝，所以FG∥QO．因為FG?平面EBO，QO?平面EBO，所以FG∥平面EBO．（2）由AB＝BC，得△ACB為等腰三角形，因為O為邊AC的中點，所以BO⊥AC，因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO?平面ABC，所以BO⊥面PAC．因為PA?平面PAC，故BO⊥PA．在△PAC內，O，E為所在邊的中點，故OE∥PC，且PA⊥PC，∴OE⊥PA，又BO∩OE＝O，所以PA⊥平面EBO，EB?平面EBO，所以PA⊥BE.【點睛】本題考查證明線線垂直，線面垂直，線面平行的判定定理，證明FG∥QO是線面平行的關鍵點，屬于中檔題．20.（本小題滿分13分）已知等差數列的公差為,首項為正數，將數列的前項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數列的前3項,（1）求數列的通項公式與前項和；

（2）是否存在三個不等正整數,使成等差數列且成等比數列.參考答案：（1）設前4項為

則或

或或

……（3分）

……（6分）（2）

……（9分）但……（12分）等號不成立故不存在三個不等正整數，使成等差數列且成等比數列.

……（13分）21.數列的前項和為，已知（1）證明：數列是等差數列，并求；（2）設，求證：.

參考答案：解：（1）由得：，即，所以，對成立。所以是首項為1，公差為1的等差數列，，所以，當時，也成立。（2）22.已知橢圓與y軸正半軸交于點，離心率為．直線l經過點和點．且與橢圖E交于A、B兩點（點A在第二象限）．（1）求橢圓E的標準方程；（2）若，當時，求的取值范圍．參考答案：（1）（2）【分析】（1）根據橢圓的性質可得其標準方程；（2）由P，Q兩點可得直線l的方程，與橢圓方