2022届吉林省实验中学上学期高三第三次学诊断测试数学（理）试题含解析

这是一份2022届吉林省实验中学上学期高三第三次学诊断测试数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届吉林省实验中学上学期高三第三次学诊断测试数学（理）试题一、单选题1．集合，集合，则（       ）A．} B． C． D．【答案】D【分析】求函数的定义域化简集合，解不等式化简集合，利用集合的交集运算即可得解.【详解】故选：D2．命题“，”的否定是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】利用全称量词命题的否定是特称量词命题即可求解.【详解】该命题的否定：，.故选：B.3．已知点是角终边上一点，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据任意角三角函数的定义直接计算即可得到答案.【详解】因为点是角终边上一点，所以.故选：C.4．设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=，则当x<0时，f(x)=A． B．C． D．【答案】D【分析】先把x<0，转化为-x>0,代入可得，结合奇偶性可得.【详解】是奇函数， 时，．当时，，，得．故选D．【点睛】本题考查分段函数的奇偶性和解析式，渗透了数学抽象和数学运算素养．采取代换法，利用转化与化归的思想解题．5．函数的单调递增区间是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出函数的定义域，进而根据“同增异减”求得答案.【详解】由题意，，，按照“同增异减”的原则可知，函数的单调递增区间是.故选：A.6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合指数函数与对数的运算性质，求得的取值范围，即可求解.【详解】由对数函数的性质，可得，又由指数函数的性质，可得且，即，由，又由，所以.故选：C.7．已知，则（       ）A．-3 B．-5 C． D．【答案】B【分析】结合诱导公式、同角三角函数的基本关系式求得正确结论.【详解】.故选：B8．某高校为提升科研能力，计划逐年加大科研经费投入.若该高校2019年全年投入科研经费1 300万元，在此基础上，每年投入的科研经费比上一年增长12%，则该高校全年投入的科研经费开始超过2 000万元的年份是(参考数据:lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)（       ）A．2022年 B．2023年 C．2024年 D．2025年【答案】B【分析】设经过x(x∈N)年科研经费超过2 000万元，依题意列出关系式1300×(1+0.12)x>2 000，即1.12x>，两边取对数，求解即可.【详解】设经过x(x∈N)年，该校全年投入的科研经费超过2000万元，依题意得1300×(1+0.12)x>2 000，即1.12x>，因此x>又x∈N，故x≥4，即从2023年起，该校全年投入的科研经费超过2 000万元.故选：B.9．函数的零点所在的大致区间为　　A． B． C． D．与【答案】B【分析】利用函数的零点存在性定理判断大致区间.【详解】易知的定义域为，且在定义域上是连续函数，∵，；∴；故函数的零点所在的大致区间为．故选B．【点睛】本题考查了函数的零点存在性定理的应用，涉及了指数的运算性质；判断函数的零点所在区间的常用方法有：①直接法，求 ，然后判断方程的根所在区间；②图象法；③定理法，应用函数的零点存在性定理判断.10．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对于A选项，，，解得，该函数的定义域为，，该函数为奇函数，当时，，与图象不符；对于B选项，函数的定义域为，与图象不符；对于C选项，，，解得，该函数的定义域为，，该函数为奇函数，当时，，与图象相符；对于D选项，，，解得，该函数的定义域为，，该函数为偶函数，与图象不符.故选：C.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.11．已知函数有且只有一个极值点，则实数的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得导函数，问题化为只有一个解，分离参数，转化为研究函数的单调性、极值，函数的变化趋势，结合函数图象从而得参数范围，注意检验函数极值．【详解】易知函数的导数，令，得，即．设，则，当时，或，所以函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增．因为函数有且只有一个极值点，所以直线与函数的图象有一个交点，作出的图象如图所示．由图得或．当时，恒成立，所以无极值，所以．故选：A12．偶函数满足，当时，，不等式在上有且只有100个整数解，则实数a的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意得到是周期函数，且周期为，且关于对称，转化为不等式在上有且只有1个整数解，根据时，得到在上有一个整数解，结合对数运算及性质，列出不等式，即可求解.【详解】由题意，函数为偶函数，所以，所以，所以是周期函数，且周期为，且关于对称，又由在上含有50个周期，且在每个周期内都是对称图形，关于的不等式在上有且只有100个整数解，所以关于不等式在上有且只有1个整数解，当时，，则，令，解得，所以当时，，为增函数，当时，，为减函数，因为当时，，且，，，所以当时，可得，当时，在上有且只有3个整数解，不合题意；所以，由，可得或，因为，当时，令，可得，当时，，且在为增函数，所以在上无整数解，所以在上有一个整数解，因为，所以在上有一个整数解，这个整数解只能为，从而有且，解得，即实数a的取值范围是．故选：C二、填空题13．___________.【答案】【分析】根据微积分基本定理，结合定积分的几何意义进行求解即可.【详解】，，表示曲线、直线、直线围成图形的面积，，表示半圆，半径为，所以，所以，故答案为：14．弧长为的扇形的面积为，则这个扇形的圆心角为___________【答案】【分析】由扇形面积公式求得，进而可得扇形的圆心角.【详解】依题意，扇形的弧长，设扇形的半径为，由扇形面积公式得，所以，故圆心角.故答案为：.15．曲线在处的切线的倾斜角为α，则__．【答案】．【分析】求得函数的导数，可得切线的斜率，由三角函数的诱导公式、二倍角的余弦公式，计算可得所求值．【详解】因为的导数为，可得在处的切线的斜率为，则，所以sin(2α)＝cos2α．故答案为：．三、双空题16．记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”.（1）以下函数与存在“点”的是___________①函数与；②函数与；③函数与.（2）已知：，若函数与存在“点”，则实数的取值范围为___________.【答案】     ②     【分析】第一空根据是否有解即可判断；第二空由得到，构造函数，利用导数研究函数的图象与性质即可求出结果.【详解】①因为函数与，所以，，由题意得，无解，故不存在“点”；②函数与，所以，，由题意得，解得，故为函数与的一个“点”；③函数与，所以，，由题意得，无解，故不存在“点”；函数与，则与，由题意得，则，令，则，令，则，所以时，则，故单调递增；时，则，故单调递减；所以在处取得极小值，也是最小值，，且时，，所以实数的取值范围为,故答案为：②；【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．四、解答题17．已知函数（1）求函数的单调区间.（2）求在区间的最大值和最小值.【答案】（1）在上递减，在，上递增；（2）最大值为16，最小值为-16.【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（2）由（1），分别求出端点的函数值和函数的极值，从而可求得函数的最值.【详解】解：（1），当时，，当或时，，所以函数在上递减，在，上递增；（2）由（1）可得函数在上递减，在，上递增，又，，，，所以在区间的最大值为16，最小值为-16.18．已知，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，条件①：；条件②：.求：（1）的最小正周期；（2）在区间上的最大值.【答案】（1）答案见解析，（2）答案见解析【分析】（1）若选条件①，则，从而可得最小正周期，若选条件②，则，从而可得最小正周期，（2）若选条件①，由，得，从而可求得其最大值，若选条件②，由，得，从而可求得其最大值【详解】（1）若选条件①，则所以的最小正周期为；若选条件②，则，，所以的最小正周期为；（2）若选条件①，则，由，得，所以当时，取得最大值，若条件②，则，由，得，所以当时，取得最大值119．已知数列的前n项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和为.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）将化为，得出，再利用求出；（2）先写出的通项公式，然后利用错位相减法求出的前n项和.【详解】解：（1）因为，，所以，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，，所以.（2）由（1）知，所以，①则，②由①-②可得，所以.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法及利用错位相减法求数列的前项和，难度一般.当已知与、与或的关系式时，采用公式法求解通项公式；已知数列，其中和分别是等差数列与等比数列时，采用错位相减法求和.20．某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响．（1）当时，（ⅰ）在甲答对了某道题的条件下，求该题是甲自己答对的概率；（ⅱ）甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求X的数学期望﹔（2）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率p的最小值．【答案】（1）（i）；（ii）数学期望：；（2）最小值为．【分析】（1）（ⅰ）由条件概率公式计算即可求解；（ⅱ）由题意，X服从二项分布，根据二项分布的数学期望公式即可求解；（2）利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率，从而可得关于p的不等式，求解不等式即可得概率p的最小值．【详解】解：（1）（i）记事件A为“甲答对了某道题”，事件B为“甲自己答对”，则，所以．（ii）由题意，，故．（2）记事件为“甲答对了i道题”，事件为“乙答对了i道题”，其中甲答对某道题的概率为，答错某道题的概率为，则，，，，所以甲答对题数比乙多的概率为，解得，即甲的亲友团助力的概率P的最小值为．【点睛】关键点点睛：甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多有3种情况：甲答对1个题目乙答对0个题目；甲答对2个题目乙答对1个或0个题目.21．设函数，函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，若恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求得，分和两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；（2）根据题意转化为，令，求得，令，利用导数得出，分和，两种情况求得的单调性，结合单调性，即可求解.【详解】(1)解：由题意，函数，所以，当时，令，则在上单调递增；当时，令，解得，令，解得；所以函数在上单调递增，在上单调递减；综上：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.(2)解：要证成立，即证，令，易知，可得，令，又在上单调递增，且则，所以在上单调递减，所以则当时，可得，则有在上单调递增，则；则当时，可得，又因为在上单调递增，则存在，使得，所以当时，，则此时，不符合题意.综上所述：实数的取值范围．22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．（1）求的普通方程与圆的直角坐标方程；（2）若与圆相交于，两点，，求．【答案】（1）；；（2）．【分析】(1)根据参数方程和普通方程之间的互化可得直线的普通方程，根据极坐标方程和直角方程之间的互化可得圆的直角坐标方程；(2)将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程得到关于t的一元二次方程，结合参数的几何意义与韦达定理即可得到结果.【详解】（1）对直线的参数方程消参得，则的普通方程为．由，得，则圆的直角坐标方程为．（2）将代入，得．设，对应的参数分别为，，则，故．23．已知函数．（1）当时，求不等式的解集;（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）.（2）.【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，所以的解集为.[方法二]【最优解】：零点分段求解法   当时，．当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得．综上，的解集为．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意，即恒成立，，当且仅当时取等号，,故，所以或，解得.所以的取值范围是.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法 当时，则，此时，无解．当时，则，此时，由得，．综上，a的取值范围为．[方法四]：函数图象法解不等式     由方法一求得后，构造两个函数和，即和，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，由图易知，则．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.