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理科数学答案
格式:pdf页数:15页大小:1 M上传日期:2023-11-20 14:22浏览次数:337 侵权/举报

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

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