湖南省张家界一中2022届高三数学上学期第三次月考试卷 理（含解析）新人教A版

2022-2022学年湖南省张家界一中高三（上）第三次月考数学试卷（理
科）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分）．
1．（5分）（2022•吉林二模）已知全集U=R，A={A||2﹣2＜0}，B={|2﹣2≥0}则A∩（C u B）=（）
A．{|0＜＜2} B．{|0＜＜1} C．{|0≤≤2}D．{|0＜≤2}
考
点：
交、并、补集的混合运算．
专
题：
计算题．
分析：由全集U=R，A={|2﹣2＜0}={|0＜＜2}，B={|2﹣2≥0}={|≥1}，先求出C U B={|＜1}，再求A∩（C u B）．
解答：解：∵全集U=R，A={|2﹣2＜0}={|0＜＜2}，B={|2﹣2≥0}={|≥1}，
∴C U B={|＜1}，
∴A∩（C u B）={|0＜＜1}．
故选B．
点
评：
本题考查集合的交、并、补集的混合运算，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答．
2．（5分）（2022•安徽）函数=in（2）图象的对称轴方程可能是（）
A．=﹣B．=﹣C．=D．=
考
点：
函数=Ain（ωφ）的图象变换．
分
析：
令2=求出的值，然后根据的不同取值对选项进行验证即可．
解
答：
解：令2=，∴=（∈Z）
当=0时为D选项，
故选D．
点
评：
本题主要考查正弦函数对称轴的求法．属基础题．
3．（5分）已知：，则的夹角为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
考
点：
数量积表示两个向量的夹角．
专
题：
平面向量及应用．
分
析：
由已知，利用平方法，求得=0，进而根据向量垂直的充要条件，确定的夹角解
答：
解：∵，
故===5
故=0
故的夹角为90°
故选D
点评：本题考查的知识点是数量积表示两个向量的夹角，其中根据已知求出向量的数量积是解答的关键．
4．（5分）（2022•深圳二模）在如图所示的程序框图中，当n∈N*（n＞1）时，函数f n（）表示函数f n﹣1（）的导函数，若输入函数f1（）=inco，则输出的函数f n（）可化为（）
A．i n（﹣）B．﹣in（﹣）C．i n（）D．﹣in（）
考
点：
循环结构．
专
题：
阅读型．
分析：先根据流程图弄清概括程序的功能，然后计算分别f1（），f2（）、f3（）、f4（）、f5（），得到周期，从而求出f2022（）的解析式．
解解：由框图可知n=2022时输出结果，
答：由于f1（）=inco，
f2（）=﹣inco，
f3（）=﹣in﹣co，
f4（）=in﹣co，
f5（）=inco，，
所以f2022（）=f4×5015（）=inco=in（）．
故选C．
点评：本题主要考查了直到型循环结构，以及从识别流程图，整体把握，概括程序的功能，同时考查周期性，属于中档题．
5．（5分）已知奇函数，则m=（）
A．﹣2 B．2C．﹣1 D．1
考
点：
函数奇偶性的性质．
专
题：
函数的性质及应用．
分
析：
特值法：由奇函数性质可得f（﹣1）=﹣f（1），代入解析式可得一方程，解出即可．
解答：解：由所给解析式可得，f（1）=﹣12=1，f（﹣1）=1﹣m，又因为f（）为奇函数，
所以有f（﹣1）=﹣f（1），即1﹣m=﹣1，解得m=2．
故选B．
点评：本题考查函数奇偶性的性质，属基础题，解决本题采用了特值法，比较简单明了，用奇函数定义也可，但过程显得复杂．
6．（5分）
2m1＞0恒成立，求实数m的取值范围．
（2）命题，q：∀∈R，m2m1＞0，若的取值范围．
考
点：
复合命题的真假；一元二次不等式的解法．
专
题：
不等式的解法及应用．
分
析：（1）由题意可得，m=0，或，由此求得实数m的取值范围．（2）由题意可得，命题的取值范围，以及当的取值范围，再把这两个范围取并集，即得所求．
解
答：（1）解：∵对∀∈R，关于的不等式：m2m1＞0恒成立，∴m=0，或．
解得 m=0，或0＜m＜4，故实数m的取值范围为[0，4）．
（2）由题意可得，命题＜2，故实数m的取值范围为（﹣∞，2）．
若命题q是真命题，则有m=0，或．解得 m=0，或0＜m＜4，故实
数m的取值范围为[0，4）．
当的取值范围为（﹣∞，0]，当的取值范围为[2，4）．
综上，所求的实数m的取值范围为（﹣∞，0]∪[2，4）．
点评：本题主要考查复合命题的真假，一元二次不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
18．（12分）设函数f（）=|﹣2||﹣a|（a∈R）．（1）当a=﹣1时，解不等式f（）≥4．
（2）如果∀∈R，f（）≥2，求a的取值范围．
考
点：
带绝对值的函数．
专
题：
不等式的解法及应用．
分析：（1）当a=﹣1时，f（）=|﹣2||1|，由此利用零点分段讨论法能求出不等式f（）≥4的解集．
（2）|﹣2||﹣a|表示的是在数轴上到2，a两点距离，距离最小值就是|a﹣2|，若f （）≥2对∈R恒成立，则只要满足|a﹣2|≥2，由此能求出实数a的取值范围．
解答：解：（1）当a=1时，f（）=|﹣2||1|，
由﹣2=0，得=2；由1=0得=﹣1．
①当≥2时，f（）=﹣21=2﹣1≥4，解得≥；
②当﹣1≤＜2时，f（）=2﹣1=3＜4，不等式f（）≥4不成立；
③当＜﹣1时，f（）=2﹣﹣1﹣=1﹣2≥4，解得＜﹣．
综上所述不等式f（）≥4的解集为{|≤﹣或≥}．
（2）|﹣2||﹣a|表示的是在数轴上到2，a两点距离，距离最小值就是|a﹣2|，若f（）≥2对∈R恒成立，
则只要满足|a﹣2|≥2，解得a≤0或a≥4．
∴实数a的取值范围是：a≤0或a≥4．
点评：本题考查不等式的解集的求法，考查带绝对值的函数，解题时要认真审题，注意零点分段讨论法和绝对值的含义的合理运用．
19．（13分）某科研小组对热能与电能的转化和燃煤每分钟的添加量之间的关系进行科学研究，在对某发电厂A号机组的跟踪调研中发现：若该机组每分钟燃煤的添加量设计标准为a 吨，在正常状态下，通过自动传输带给该机组每分钟添加燃煤吨，理论上可以共生产电能3﹣10千瓦，而由于实际添加量与设计标准a存在误差，实际上会导致电能损耗2|﹣a|千瓦，最后实际产生的电能为f（）千瓦．
（1）试写出f（）关于的函数表达式；当0＜a＜1时，求f（）的极大值．
（2）该科研小组决定调整设计标准a，控制添加量，实现对最终生产的电能f（）的有效控制的科学实验，若某次实验中（单位：吨），用电高峰期间，
要求该厂的输出电能为每分钟不得低于9千瓦，否则供电不正常．试问这次实验能否实现这个目标请说明理由．
考
点：
函数模型的选择与应用．
专
题：
综合题；函数的性质及应用．
分
析：（1）由题设知f（）=，从而得到
，由此能求出0＜a＜1时f（）的极大值．
（2）由a∈[，1]，∈[，]，知f（）在（，a]上是增函数，在（a，1）上是减函数，在（1，）上是增函数，从而得到f（）min=min{f（），f（1）}，由此能求出结果．
解
答：
解：（1）由题设知f（）=3﹣10﹣2|﹣a|，＞0
∴f（）=，
∴，
当a＞1时，∈（0，a），f′（）=321＞0，f（）是增函数；
∈[a，∞），f（）=33﹣3＞0，f（）是增函数．
当0＜a＜1时，∈（0，a），f′（）=321＞0，f（）是增函数；
∈（a，1），f′（）=32﹣3＜0，f（）是减函数；
当∈（1，∞）时，f′（）=32﹣3＞0，f（）是增函数．
∴=a时，f（）有极大值f（a）=a3a10﹣2a=a3﹣a10．
（2）∵a∈[，1]，∈[，]，
∴由（1）知f（）在（，a]上是增函数，在（a，1）上是减函数，在（1，）上是增函数，
∴f（）min=min{f（），f（1）}，
∵f（）=（）310﹣2a=，
f（1）=82a，f（2）﹣f（）=4a﹣．
∴当时，f（1）≥f（），
当时，f（1）＜f（），
故当a∈[，）时，f（）min=f（1）=2a8≥9，可以实现目标．
当a∈[，1]时，f（）min=f（）=﹣2a∈[，]，
从而a∈[，]时，f（）min=f（）≥9，a∈[，1]时，f（）min=f（）＜9，综上所述，a∈[]时，能实现目标；a∈[，1]时，不能实现目标．
点评：本题考查函数在生产生活中的合理运用，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用．
20．（13分）设A（1，1）、B（2，2）是函数图象上任意两点，且12=1．
（Ⅰ）求12的值；
（Ⅱ）若（其中n∈N*），求T n；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设（n∈N*），若不等式a n a n1a n2…a2n﹣1＞
对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围．
考
点
：
数列与函数的综合；数列与不等式的综合．
专
题
：
等差数列与等比数列．
分析：（Ⅰ）在12=1的条件下，代入表达式化简即可求得12的值；
（Ⅱ）用（Ⅰ）结论易求2T n的值，从而得到T n的值；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可把不等式表示出来，不等式a n a n1a n2…a2n﹣1＞对任
意的正整数n恒成立，该问题可转化关于n的函数的最值问题，构造函数，借助函数单调性易求最值，从而问题得以解决；
解
答
：
解：（Ⅰ）12=
==
==2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当12=1时，12=2，
由①，得
②，
①②得，
，
∴T n=n1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，，
不等式a n a n1a n2…a2n﹣1＞即为
，
设H n =，则 H n1=，
∴，
∴数列{H n}是单调递增数列，∴（H n）min=T1=1，
要使不等式恒成立，只需，即，∴或，解得．
故使不等式对于任意正整数n恒成立的a 的取值范围是．
点评：本题考查数列与函数、数列与不等式的综合问题，考查学生综合运用所学知识分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大．
21．（13分）（2022•雁江区一模）已知函数f（）=a2n（1）．
（Ⅰ）当时，求函数f（）的单调区间；
（Ⅱ）当∈[0，∞）时，函数=f （）图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．
（Ⅲ）求证：
（其中n∈N*，e是自然对数的底数）．
考
点
：
不等式的证明；利用导数研究函数的单调性．
专
题
：
综合题．
分析：（Ⅰ）把a=﹣代入函数f（），再对其进行求导利用导数研究函数f（）的单调区间；（Ⅱ）已知当∈[0，∞）时，函数=f（）图象上的点都在所表示的平面区域内，
将问题转化为当∈[0，∞）时，不等式f（）≤恒成立，即a2n（1）﹣≤0恒成立，只要求出a2n（1）﹣的最小值即可，令新的函数，利用导数研究其最值问题；
（Ⅲ）由题设（Ⅱ）可知当a=0时，n（1）≤在[0，∞）上恒成立，利用此不等式对所要证明的不等式进行放缩，从而进行证明；
解答：解：（Ⅰ）当时，（＞﹣1），
（＞﹣1），
由f'（）＞0解得﹣1＜＜1，由f'（）＜0，
解得＞1．
故函数f（）的单调递增区间为（﹣1，1），单调递减区间为（1，∞）．（4分）
（Ⅱ）因函数f （）图象上的点都在所表示的平面区域内，
则当∈[0，∞）时，不等式f（）≤恒成立，即a2n（1）﹣≤0恒成立，
设g（）=a2n（1）﹣（≥0），
只需g（）ma≤0即可．（5分）
由=，
（ⅰ）当a=0时，，当＞0时，g'（）＜0，函数g（）在（0，∞）上单
调递减，
故g（）≤g（0）=0成立．（6分）
（ⅱ）当a＞0时，由，因∈[0，∞），所以，①若，即时，在区间（0，∞）上，g'（）＞0，
则函数g（）在（0，∞）上单调递增，g（）在[0，∞）上无最大值（或：当→∞时，g
（）→∞），此时不满足条件；
②若，即时，函数g （）在上单调递减，在区间
上单调递增，
同样g（）在[0，∞）上无最大值，不满足条件．（8分）
（ⅲ）当a＜0时，由，
∵∈[0，∞），
∴2a（2a﹣1）＜0，
∴g'（）＜0，故函数g（）在[0，∞）上单调递减，
故g（）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，0]．（10分）
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，n（1）≤在[0，∞）上恒成立
（或另证n（1）≤在区间（﹣1，∞）上恒成立），（11分）
又，
∵
=
=
=，
∴．（14分）
点评：此题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题，解题过程中多次用到了转化的思想，第二题实质还是函数的恒成立问题，第三问不等式的证明仍然离不开前面两问所证明的不等式，利用它们进行放缩证明，本题难度比较大，是一道综合题；。