郑州外国语学校2022-2023学年上期高三第四次调研考试试卷数学（理科）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．设全集U＝R，集合A＝{x|x2﹣x﹣2≤0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∩B＝（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|1＜x≤2}C．{x|1＜x＜2}D．{x|x≥﹣1}【解答】解：解x2﹣x﹣2≤0得﹣1≤x≤2，A＝{x|﹣1≤x≤2}，由lgx＞0得x＞1，故B＝{x|x＞1}，所以A∩B＝{x|1＜x≤2}．故选：B．2．已知复数z满足zi＝3i+4，其中i为虚数单位，则푧在复平面内对应点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3푖+4【解答】解：푧==3−4????，푖则푧=3+4????．故푧在复平面内对应点（3，4）在第一象限．故选：A．3．下列各命题的否定为真命题的是（）1A．∀푥∈푅，푥2−푥+≥0B．∃x∈R，2x＞x241휋C．∃푥∈푅+，()푥＞푙표푔푥D．∀푥∈[0，]，푠????푛푥＜푥32211【解答】解：对于A，∀푥∈푅，푥2−푥+=(푥−)2≥0为真命题，故其否定为假42命题，错误；对于B，因为x＝5时，25＝32＞52＝25，∃x∈R，2x＞x2为真命题，故其否定为假命题，错误；11对于C，当x∈（0，1）时，()푥＞0，푙표푔푥＜0，∃푥∈푅+，()푥＞푙표푔푥为真命题，3232故其否定为假命题，错误；휋对于D，当x＝0时，sin0＝0，故∀푥∈[0，]，푠????푛푥＜푥为假命题，故其否定为真2命题，正确；故选：D．4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）第1页（共15页）3232A．16π+32B．8π+32C．8휋+D．16휋+33【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由一个半圆柱和一个三棱柱组成的几何体；如图所示：11故푉=×휋⋅22×4+×4×4×4=8휋+32．22故选：B．5．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点P是C上一点，且|PF|＝5，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则p＝（）A．2B．2或4C．4D．4或6【解答】解：设以PF为直径的圆与x轴交点为A，则|AF|＝1，|PF|＝5，连接PA，则∠PAF＝90°，所以|PA|=√|푃퐹|2−|퐴퐹|2=√52−12=2√6，所以yP＝2√6，把y＝2√6，代入y2＝2px，12得x=，푝第2页（共15页）12所以xP=，푝12푝所以−（−）＝|PF|，푝212푝即+=5，푝2所以p2﹣10p+24＝0解得p＝4或6，故选：D．6．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2+8a1，S8＝2S7+2，则a2＝（）A．4B．3C．2D．1【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，∵2S3＝3a2+8a1，∴2（a1+a2+a3）＝3a2+8a1，即6a1+a2﹣2a3＝0，2∴6푎1+푎1푞−2푎1푞=0，∵a1＞0，3∴6+q﹣2q2＝0，解得q＝2或q=−（舍去），2∴q＝2，∵S8＝2S7+2，∴S7+a8＝2S7+2，∴a8＝S7+2，푎(1−푞7)∴푎푞7=1+2，11−푞∵q＝2，∴128a1＝127a1+2，解得a1＝2，∴a2＝a1q＝4．故选：A．第3页（共15页）7．将曲线（x+y）（x﹣2y+1）+1＝0的图像画在坐标轴上，再把坐标轴擦去（x轴水平向右，y轴竖直向上），得到的图像最有可能为（）A．B．C．D．【解答】解：令x＝0，得2y2﹣y﹣1＝0有一正一负根，故图象与y轴正负半轴各有一个交点，再令y＝0，得x2+x+1＝0，显然无实根，故图象与x轴没交点，故排除A，D；−1−1由原式得푥+푦=，当x→+∞，y→﹣∞时，푥+푦=→0﹣，即此时图象푥−2푦+1푥−2푦+1在第四象限无限趋近于直线x+y＝0，且纵坐标的绝对值大一点，B选项在第四象限的图象更符合，C不符合，故B最有可能．故选：B．8．若函数f（x）＝x2+mx+n在区间（﹣1，1）上有两个零点，则n2﹣m2+2n+1的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，2）C．（0，4）D．（1，4）【解答】解：设f（x）的两个零点为x1，x2，其中푥1,푥2∈(−1,1)，则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），所以n2﹣m2+2n+1＝（n+1）2﹣m2＝（n+1+m）（n+1﹣m）22＝f（1）•f（﹣1）＝（1−푥1）（1﹣x2）∈(0,1)．故选：A．x9．已知函数f（x）＝ae+4x，对任意的实数x1，x2∈（﹣∞，+∞），且x1≠x2，不等式푓(푥1)−푓(푥2)＞푥1+푥2恒成立，则实数a的取值范围是（）푥1−푥22222A．[，+∞)B．[+∞)C．(，+∞)D．(+∞)푒푒3푒푒3第4页（共15页）푓(푥1)−푓(푥2)22【解答】解：不妨设x1＞x2，由＞푥1+푥2，得푓(푥1)−푓(푥2)＞푥1−푥2，푥1−푥222即푓(푥1)−푥1＞푓(푥2)−푥2，2令g（x）＝f（x）﹣x，所以对任意的实数x1，x2∈（﹣∞，+∞），x1＞x2时，都有g（x1）＞g（x2），即g（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，所以g'（x）＝aex﹣2x+4≥0在x∈（﹣∞，+∞）上恒成立，2푥−4即푎≥．在x∈（﹣∞，+∞）上恒成立，푒푥2푥−46−2푥令ℎ(푥)=．则ℎ′(푥)=，푒푥푒푥令h'（x）＞0，解得x＜3，令h'（x）＜0，解得x＞3，所以h（x）在（﹣∞，3）上单调递增，在（3，+∞）上单调递减，22所以ℎ(푥)=ℎ(3)=，所以푎≥，푚푎푥푒3푒32即实数a的取值范围是[，+∞)．푒3故选：B．10．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾在数学著作《算罔论》中得出结论：圆周率的平方除以十六约等于八分之五．已知在菱形ABCD中，AB＝BD＝2√3，将△ABD沿BD进行翻折，使得AC＝2√6．按张衡的结论，三棱锥A﹣BCD外接球的表面积约为（）A．72B．24√10C．28√10D．32√10【解答】解：∵퐴퐵=퐵퐷=2√3且ABCD为菱形，可知△ABD和△CBD为全等的等边三角形，记BD中点为E，则AE＝CE＝3，32+32−(2√6)21又翻折后퐴퐶=2√6，由余弦定理可知：푐표푠∠퐴퐸퐶==−，2×3×33过△ABD和△CBD的外接圆圆心O1，O2，分别作两条垂线垂直于△ABD和△CBD，相交于外接球O，11+푐표푠∠퐴퐸퐶3因为푂퐸=퐴퐸=1，且푐표푠∠퐴퐸푂=√=√，13232由此，在Rt△O1EO中，可求得푂퐸=√3，푂푂=√2．푂퐴=퐴퐸=2，1135由已知휋2=16×=10⇒휋=√10，82222所以外接球半径푅=푂퐴=푂1퐴+푂푂1=6，第5页（共15页）所以外接球表面积为4휋푅2=24√10，故选：B．11．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且对任意x∈（0，+∞），f（x）≥0恒成立，则实数a的取值集合为（）A．{a|0＜a＜1}B．{a|1＜a＜2}C．{a|﹣1＜a＜1}D．{1}【解答】解：函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，对任意x∈（0，+∞），f（x）≥0恒成立，即为ax﹣a﹣lnx≥0恒成立，即有0≤（ax﹣a﹣lnx）min．1设g（x）＝ax﹣a﹣lnx，x＞0，g′（x）＝a−，푥当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）内递减，g（x）无最小值；11当a＞0时，x＞时，g′（x）＞0，g（x）递增；当0＜x＜时，g′（x）＜0，g（x）푎푎递减，1可得g（x）在x=处取得极小值，且为最小值1﹣a+lna．푎所以1﹣a+lna≥0，1又设h（a）＝1﹣a+lna，a＞0，h′（a）＝﹣1+，푎当a＞1时，h′（a）＜0，h（a）递减；当0＜a＜1时，h′（a）＞0，h（a）递增，则h（a）在a＝1处取得极大值，且为最大值0，所以1﹣a+lna≤0，即1﹣a+lna＝0，解得a＝1．故选：D．12．已知函数f（x）＝sin（cosx）+cos（sinx），则下列结论正确的是（）A．f（x）是奇函数B．f（x）的最大值为2C．∀x∈R，f（x﹣π）＝f（x）D．∀x∈[0，π]，f（x+π）＞0【解答】解：对于A，f（﹣x）＝sin（cos（﹣x））+cos（sin（﹣x））＝sin（cosx）第6页（共15页）+cos（﹣sinx）＝sin（cosx）+cos（sinx）＝f（x），∴f（x）为偶函数，选项A错误；对于B，由于﹣1≤cosx≤1，则sin（cosx）的最大值为sin1，而cos（sinx）的最大值为1，∴f（x）的最大值为sin1+1＜2，选项B错误；对于C，不妨取x＝0，则f（﹣π）＝sin（cos（﹣π））+cos（sin（﹣π））＝sin（﹣1）+cos0＝1﹣sin1，而f（0）＝sin（cos0）+cos（sin0）＝sin1+1，∴f（0﹣π）≠f（0），选项C错误；∴选项D正确，作出函数푓(푥)图象验证如下，由图象可知，选项D正确．选项D的代数推导：푓(푥+휋)=cos(sin푥)−sin(cos푥)，휋若푥∈[,휋]，则cos(sin푥)>0，sin(cos푥)<0，则푓(푥+휋)>0，2휋휋휋휋若푥∈[0,)，则sin푥+cos푥≤√2<，即0cos(−cos푥)=sin(cos푥)，2即푓(푥+휋)>0.故选：D．二．填空题（共4小题）．2|푥|22．13∫−2(푒+√4−푥)푑푥=2푒−2+2π【解答】解：22＝22＝，∫−2√4−푥dx2∫0√4−푥dx2휋2|x|＝2x＝x22﹣，∫−2edx2∫0edx2e|0=2e2故2|푥|22，∫−2(푒+√4−푥)푑푥=2푒−2+2π故答案为：2푒2−2+2π.14．已知甲袋内有大小相同的2个红球和2个白球，乙袋内有大小相同的1个红球第7页（共15页）和2个白球．现从甲、乙两个袋内各任取2个球，则恰好有2个红球的概率为1．2【解答】解：设X为红球的个数.221111퐶2퐶2퐶2퐶2퐶1퐶21P（X＝2）=2⋅2+2⋅2=，퐶4퐶3퐶4퐶321答案为：．21115．已知函数f（x）＝（sinωx）2+푠????푛2휔푥−(휔＞0，휔∈푅)，若f（x）在区间（π，221152π））内没有零点，则ω的取值范围是（0，]∪[，]．1681611【解答】解：函数f（x）＝（sinωx）2+sin2ωx−22111=（1﹣cos2ωx）+sin2ωx−22211=sin2ωx−cos2ωx222휋=√sin（2ωx−），24휋휋푘휋+由f（x）＝0，可得sin（2ωx−）＝0，解得x=4∉（π，2π），42휔因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，푇휋1所以≥π，即≥π，解得ω≤；22휔2又因为ω＞0，휋푘휋+令π＜4＜2π，k∈Z；2휔푘1푘1解得+＜ω＜+，k∈Z；4162811当k＝0时，ω∈（，），16855当k＝1时，ω∈（，）；1681151所以有解时ω的取值范围是（，）∪（，]，168162115由f（x）在区间（π，2π）内没有零点，所以ω的取值范围是（0，]∪[，]．16816115故答案为：（0，]∪[，]．16816푥2푦216．过双曲线Γ：−=1(푎＞0，푏＞0)的左焦点퐹的动直线l与Γ的左支交于A，푎2푏21B两点，设Γ的右焦点为F2.若存在直线l，使得AF2⊥BF2，则Γ的离心率的取值范围是(√5，1+√2]．【解答】法1：设|퐴퐹1|=푚，|퐵퐹1|=푛，则|퐴퐹2|=푚+2푎，|퐵퐹2|=푛+2푎，第8页（共15页）112푎且+=.푚푛푏2222若퐴퐹2⊥퐵퐹2，则|퐴퐵|=|퐴퐹2|+|퐵퐹2|，4푎2代入化简即得(−1)푚푛+4푛2=0，푏22푎112푏4又=+≥，所以푚푛≥，푏2푚푛√푚푛푎24푎24푎2푏4所以−1<0，且(−1)+4푎2≥0.푏2푏2푎2푏2푏2解上述不等式得∈(4,2√2+2]，所以푒=√1+∈(√5,1+√2].푎2푎2法2：依题意可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my﹣c