《湖南省湘潭市环山中学2022年高三数学文下学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省湘潭市环山中学2022年高三数学文下学期期末试卷含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省湘潭市环山中学2022年高三数学文下学期期末试卷含解析一、 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. 若集合A0，1，2，4，B1，2，3，则AB()A0，1，2，3，4 B0，4 C1，2 D3参考答案：【知识点】集合运算.A1【答案解析】C 解析：由两集合交集的定义得：AB1，2，故选C.【思路点拨】利用交集定义得结论.2. “直线垂直于的边，”是“直线垂直于的边”的 （ ）充分非必要条件 必要非充分条件 充要条件 既非充分也非必要条件 参考答案：A略3. 如图是某程序框图，那么该程序可用来计算下列哪个算式的值？ （） A
2、 B C D参考答案：B略4. 如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，E，F分别是棱AA，CC的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB、DD交于M，N，设BM=x，x0，1，给出以下四个命题：平面MENF平面BDDB；当且仅当x=时，四边形MENF的面积最小；四边形MENF周长L=f（x），x0，1是单调函数；四棱锥CMENF的体积V=h（x）为常函数；以上命题中假命题的序号为（）ABCD参考答案：C【考点】命题的真假判断与应用【分析】利用面面垂直的判定定理去证明EF平面BDDB四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可判断周长的变化情况求出四棱锥的体积
3、，进行判断【解答】解：连结BD，BD，则由正方体的性质可知，EF平面BDDB，所以平面MENF平面BDDB，所以正确连结MN，因为EF平面BDDB，所以EFMN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可，此时当M为棱的中点时，即x=时，此时MN长度最小，对应四边形MENF的面积最小所以正确因为EFMN，所以四边形MENF是菱形当x0，时，EM的长度由大变小当x，1时，EM的长度由小变大所以函数L=f（x）不单调所以错误连结CE，CM，CN，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以CEF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥因为三角形CEF的面积是个常数M，N到平
4、面CEF的距离是个常数，所以四棱锥CMENF的体积V=h（x）为常函数，所以正确所以四个命题中假命题所以选C5. 设随机变量B（2，p），B（3，p），若P（1）=，则P（2）的值为（）ABCD参考答案：C【考点】相互独立事件的概率乘法公式【分析】先根据变量B（2，p），且P（1）=1P（1）=，求出p的值，然后根据P（2）=1P（=0）P（=1）求出所求【解答】解：变量B（2，p），且P（1）=，P（1）=1P（1）=1C20?（1p）2=，p=，P（2）=1P（=0）P（=1）=1C30（）0（）3 ?=1=，故选：C【点评】本题主要考查了二项分布与n次独立重复试验的模型，解题的关键就是求
5、p的值，属于中档题6. 集合，则A B C D 参考答案：B略7. 在ABC中，若，则a=ABCD参考答案：A由正弦定理得 ，选A.8. 如图所示是一个四棱锥的三视图，则该几何体的体积为( )A4BC12D参考答案：A考点：由三视图求面积、体积 专题：空间位置关系与距离分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为直角梯形，高为2的四棱锥解答：解：根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，该四棱锥的体积为V四棱锥=S梯形h=（2+4）22=4故选：A点评：本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题时应根据三视图，得出几何体是什么图形，是基础题9. 设（0，），（0，），
6、且tan=，则（）A3=B3+=C2=D2+=参考答案：C【考点】三角函数的化简求值【分析】化切为弦，整理后得到sin（）=cos，由该等式左右两边角的关系可排除选项A，B，然后验证C满足等式sin（）=cos，则答案可求【解答】解：由tan=，得：，即sincos=cossin+cos，sin（）=cos=sin（），（0，），（0，），当时，sin（）=sin（）=cos成立故选：C10. 设x、y满足约束条件，若恒成立，则 实数a的最大值为（）A B C D 参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式：；根据上述分解
7、规律，若的分解中最小的正整数是21，则_.参考答案：1012. 平面向量，满足，则的最小值为 参考答案：略13. 已知函数，数列an是公比大于0的等比数列，且，则_.参考答案：【分析】由于是等比数列，所以也是等比数列.根据题目所给条件列方程，解方程求得的值.【详解】设数列的公比为，则是首项为，公比为的等比数列，由得，即，由，得，联立解得.【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，考查等比数列的前项和公式，考查运算求解能力，属于中档题.14. 已知集合，若，则 参考答案：15. 将这9个数学填在如图的9个空格中，要求每一行 从左到右，每列从上到下分别依次增大，当4固定在图中的位置时，填写空格的方法数
8、为 种（用数字作答）；参考答案：1216. 将20个数平均分为两组，第一组的平均数为50，方差为33；第二组的平均数为40，方差为45，则整个数组的标准差是 参考答案：817. 曲线在点（1，2）处的切线方程是 参考答案：y-x-1=0三、 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. 已知函数f(x)exax，其中a0.（1）若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立.参考答案：解：（1）f(
9、x)exa.令f(x)0得xlna.当xlna时，f(x)0，f(x)单调递减；当xlna时，f(x)0，f(x)单调递增.故当xln a时，f(x)取最小值f(lna)aalna.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aalna1.令g(t)ttlnt，则g(t)lnt.当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减.故当t1时，g(t)取最大值g（1）1.因此，当且仅当a1时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，ka.令(x)f(x)kex，则(x1)(x2x1)1，(x2)(x1x2)1.令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时
10、，F(t)0，F(t)单调递减；当t0时，F(t)0，F(t)单调递增.故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而(x2x1)10，(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0，(x2)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立.19. （本小题满分12分）现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数大于2的人去参加甲游戏，搓出点数为1或2的人去参加乙游戏.（1）求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加
11、乙游戏的人数的概率；（2）用X,Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.参考答案：（1）；（2）见解析 【知识点】离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列K5 K6依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的人数的概率为设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai（i=0，1，2，3，4），P（Ai）=（1）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件B，则B=A3A4，P（B）=P（A3）+P（A4）=（2）的所有可能取值为0，2，4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P（=0）
12、=P（A2）=P（=2）=P（A1）+P（A3）=，P（=4）=P（A0）+P（A4）=的分布列是 024P数学期望E=【思路点拨】（1）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件B，则B=A3A4，利用互斥事件的概率公式可求；（2）的所有可能取值为0，2，4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，求出相应的概率，可得的分布列与数学期望20. 已知函数，其中，是自然对数的底数.（）讨论的单调性；（）设函数，证明：.参考答案：（）（1）当时，当，；当，；所以在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，令，得，由得，由得或，所以在，上单调递增，在上单调递减.（3）当时，令，故在上递增.（4
13、）当时，令，得，由得，由得或，所以在，上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.当时，在，上单调递增，在上单调递减.当时，在上递增.当时，在，上单调递增，在上单调递减.（）且先证：令，则，当，单调递减；当，单调递增；所以，故成立！再证：由（），当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，故成立！综上，恒成立.21. （12分）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+2n，（nN*）（I）求数列an的通项公式；（II）设集合A=x|x=2n+2，nN*，B=x|x=2an，nN*，等差数列cn的任一项cnAB，其中c1是AB中的最小数，110c10115，求数列cn的通项公式参考答
