江蘇省泰州市姜堰王石初級中學2021-2022學年高三數學文測試題含解析一、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Sn是等比數列{an}的前n項和，公比q＞0，則Sn+1an與Snan+1的大小關系是（）A．Sn+1an＞Snan+1 B．Sn+1an＜Snan+1C．Sn+1an≥Snan+1 D．Sn+1an≤Snan+1參考答案：A【考點】等比數列的性質；等比數列的前n項和．【分析】對q分類討論，利用求和公式作差即可得出．【解答】解：當q=1時，Sn+1an=（n+1），Snan+1=Sn+1an﹣Snan+1=＞0．當q＞0且q≠1時，Sn+1an﹣Snan+1=﹣==＞0．∴Sn+1an＞Snan+1．綜上可得：Sn+1an＞Snan+1．故選：A．【點評】本題考查了等比數列的通項公式與求和公式、作差法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．2.已知O為坐標原點，向量=（﹣1，2）．若平面區域D由所有滿足（﹣2≤λ≤2，﹣1≤μ≤1）的點C組成，則能夠把區域D的周長和面積同時分為相等的兩部分的曲線是（）A． B． C．y=ex+e﹣x﹣1 D．y=x+cosx參考答案：A考點：奇偶函數圖象的對稱性；函數奇偶性的判斷．專題：函數的性質及應用．分析：利用向量的基本定理求出區域D，若曲線把區域D的周長和面積同時分為相等的兩部分的曲線，則對曲線應的函數為過原點的奇函數．解答：解：足=λ（1，0）+μ（﹣1，2）=（λ﹣μ，2μ），設C（x，y），則，∵﹣2≤λ≤2，﹣1≤μ≤1，∴﹣3≤λ≤3，﹣2≤y≤2，若曲線把區域D的周長和面積同時分為相等的兩部分的曲線，則對曲線應的函數為過原點的奇函數．A．f（﹣x）=ln=﹣ln，為奇函數，且在原點有意義，滿足條件．B．為奇函數，但不過原點，不滿足條件．C．函數為偶函數，不滿足條件．D．函數為非奇非偶函數，不滿足條件．故選：A點評：本題主要考查函數奇偶性的對稱性的應用，根據條件求出C對應的區域，結合函數的對稱性是解決本題的關鍵．3.已知集合，則（

）

參考答案：B4.已知集合，則A∩B=（）A.{－1,1,3} B.{－3,－1,1}C.{－3,5} D.{3,5}參考答案：C試題分析：因為，所以，故選C．考點：1.集合的表示；2.集合的交集．5.某程序框圖如圖所示,當程序運行后，輸出T的值是(A)30

(B)31

(C)55

(D)56參考答案：B6.定義：=a1a4﹣a2a3，若函數f（x）=，將其圖象向左平移m（m＞0）個單位長度后，所得到的圖象關于y軸對稱，則m的最小值是（）A． B．π C． D．π參考答案：B【考點】HJ：函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】由條件利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律可得平移后所得函數的解析式，再根據正弦函數、余弦函數的圖象的對稱性可得m﹣=kπ+，k∈Z，由此可得m的最小值．【解答】解：函數f（x）==sinx﹣cosx=2sin（x﹣），將其圖象向左平移m（m＞0）個單位長度后，所得到的圖象對應的函數解析式為y=2sin（x+m﹣），再根據所得圖象關于y軸對稱，可得m﹣=kπ+，即m=kπ+，k∈Z，結合所給的選項，故選：B．【點評】本題主要考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，正弦函數、余弦函數的圖象的對稱性，屬于基礎題．7.已知圓的方程為，則圓心坐標為（）A． B． C． D．參考答案：C略8.已知對數函數是增函數,則函數的圖象大致是（

）參考答案：B因為函數為增函數，所以，又函數為偶函數。當時，，當時，，選B.9.設函數f′（x）=x2+3x－4，則y=f（x+1）的單調遞減區間為

（

）

A．（－4，1）

B．（－5，0）

C．（）

D．（）參考答案：B10.不等式組，所圍成的平面區域的面積為A．

B．

C．

D．參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數f(x)=x3+ax2-2x在區間(-1,+∞)上有極大值和極小值，則實數a的取值范圍是__________參考答案：12.如果對于任意一個三角形，只要它的三邊長都在函數的定義域內，則，，也是某個三角形的三邊長，稱函數為“保三角形函數”．現有下列五個函數：①；②；③；④；⑤．其中是“保三角形函數”的有

．(寫出所有符合條件的序號)參考答案：①④13.若雙曲線的左、右焦點分別為、,線段被拋物線的焦點分成5:3兩段,則此雙曲線的離心率為___________．參考答案：14.等差數列{an}的前n項和為Sn，a1=20，an=54，Sn=999，則公差d=．參考答案：【考點】等差數列的前n項和．【分析】利用等差數列的通項公式及其前n項和公式即可得出．【解答】解：∵等差數列{an}的前n項和為Sn，a1=20，an=54，Sn=999，∴，解得n=27，d=．故答案為：．15.已知復數，為虛數單位為實數，則

.參考答案：16.4名學生A，B，C，D平均分乘兩輛車，則“A，B兩人恰好在同一輛車”的概率為_______．參考答案：17.已知點M在曲線上，點N在直線上，則的最小值為

.參考答案：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.（13分）已知數列．（1）若存在一個實數λ，使得數列為等差數列，請求出λ的值；（2）在（1）的條件下，求出數列{an}的前n項和Sn．參考答案：考點： 數列的求和；等差關系的確定．專題： 等差數列與等比數列．分析： （1）根據等差數列的定義建立條件關系即可求出λ的值；（2）根據等差數列的前n項和Sn．即可求解．解答： 解：（1）假設存在實數λ符合題意．則必為與n無關的常數，∵=，要使是與n無關的常數，則．故存在實數λ=﹣1．使得數列為等差數列．（2）由（1）可得，∴，∴，∴an=（n+1）2n+1令bn=（n+1）2n且前n項和為Tn，∴…①…②①﹣②得=2n﹣1﹣（n+2）2n+1=﹣n?2n﹣1，∴．∴點評： 本題主要考查數列的遞推公式，以及等差數列數，要求熟練掌握相應的通項公式和前n項和公式，以及利用錯位相減法求熟練的和，考查學生的計算能力．19.已知函數R，曲線在點處的切線方程為．

（1）求的解析式；

（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍；（3）設是正整數，用表示前個正整數的積，即．求證：．參考答案：解（1）∵，

∴.

∵直線的斜率為，且曲線過點，

∴即解得.

所以

（2）由（1）得當時，恒成立即，等價于.令，則.

令，則.當時，，函數在上單調遞增，故.從而，當時，，即函數在上單調遞增，故.

因此，當時，恒成立，則.

∴的取值范圍是.

（3）由（2）知，當時，（時），又時也成立，所以當時，，于是，，，

，

略20.已知函數f(x)＝ax2－bx＋lnx，a，b∈R．（1）當a＝b＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；（2）當b＝2a＋1時，討論函數f(x)的單調性；（3）當a＝1，b＞3時，記函數f(x)的導函數f′(x)的兩個零點是x1和x2(x1＜x2)．求證：f(x1)－f(x2)＞－ln2．參考答案：（1）2x－y－2＝0；（2）當a≤0時，f(x)在區間(0，1)上單調遞增，在區間(1，＋∞)上單調遞減．0＜a＜時，f(x)在區間(0，1)和區間(，＋∞)上單調遞增，在區間(1，)上單調遞減．當a＝時，f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增．a＞時，f(x)在區間(0，)和區間(1，＋∞)上單調遞增，在區間(，1)上單調遞減．（3）證明見解析．試題分析：（1）求切線方程，可根據導數的幾何意義，求出導數，計算，切線方程為，化簡即可；（2）研究單調性，同樣求出導函數＝，x＞0．然后研究的正負，實質只要研究函數式的正負，必須分類討論，確定分類的標準是：，，在時，按，，分類；（3）要證明此不等式，首先要考察的范圍與關系，由已知求出，因此是方程的兩根，，粗略地估計一下，由于，因此有，由此可知f(x)在上為減函數，從而有f(x1)－f(x2)＞f()－f(1)，這里，正好可證明題設結論．當a＝時，因為f′(x)≥0（當且僅當x＝1時取等號），所以f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增．當a＞時，由f′(x)＞0得0＜x＜或x＞1，由f′(x)＜0得＜x＜1，所以f(x)在區間(0，)和區間(1，＋∞)上單調遞增，在區間(，1)上單調遞減．……10分考點：導數的幾何意義，用導數研究單調性，函數的綜合應用．【名師點睛】1．導數法求函數單調區間的一般流程:求定義域→求導數f'(x)→求f'(x)=0在定義域內的根→用求得的根劃分定義區間→確定f'(x)在各個開區間內的符號→得相應開區間上的單調性．2．在函數中含有參數時，解方程f'(x)=0時必須對參數進行分類討論，這里分類討論的標準要按照不等式的形式正確確定．3．已知函數的單調性,求參數的取值范圍,應用條件f'(x)≥0(或f'(x)≤0),x∈(a,b),轉化為不等式恒成立問題求解.21.已知函數f（x）=xlnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）若a=﹣2，求函數f（x）的單調區間；（Ⅱ）若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，求正整數k的值．（參考數據：ln2=0.6931，ln3=1.0986）參考答案：【考點】利用導數求閉區間上函數的最值；利用導數研究函數的單調性．【專題】函數思想；綜合法；導數的綜合應用．【分析】（I）利用導數判斷f（x）的單調性和單調區間；（II）分離參數得出k＜，使用導數求出右側函數的最小值，得出k的范圍．【解答】解：（I）a=﹣2時，f（x）=xlnx﹣2x，則f′（x）=lnx﹣1．令f′（x）=0得x=e，當0＜x＜e時，f′（x）＜0，當x＞e時，f′（x）＞0，∴f（x）的單調遞減區間是（0，e），單調遞增區間為（e，+∞）．（II）若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，則xlnx+ax＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，即k（x﹣1）＜xlnx+ax﹣ax+x恒成立，又x﹣1＞0，則k＜對任意x∈（1，+∞）恒成立，設h（x）=，則h′（x）=．設m（x）=x﹣lnx﹣2，則m′（x）=1﹣，∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，則m（x）在（1，+∞）上是增函數．∵m（1）=﹣1＜0，m（2）=﹣ln2＜0，m（3）=1﹣ln3＜0，m（4）=2﹣ln4＞0，∴存在x0∈（3，4），使得m（x0）=0，當x∈（1，x0）時，m（x）＜0，即h′（x）＜0，當x∈（x0，+∞）時，m（x）＞0，h′（x）＞0，∴h（x）在（1，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，∴h（x）的最小值hmin（x）=h（x0）=．∵m（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，∴lnx0=x0﹣2．∴h（x0）==x0．∴k＜hmin（x）=x0．