2022届辽宁省辽东南协作体高三上学期期中考试数学试题 解析

一、单选题

1．设复数z满足1iz3i，则z（ ） A．2 答案：D

解：分析：先根据复数除法得z，再根据复数的模求结果. 详解：因为1iz3i，所以z因此z5, 选D.

点睛：首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如

B．2

C．22 D．5 3i1(3i)(1i)2i, 1i2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i,(a,b,c.dR). 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数

abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为a2b2、对应点为(a,b)、共轭为abi.

22．已知集合Axx2x30，Bx0x5，则AB（ ）

A．x1x3 C．x1x5 答案：B

B．x0x3 D．x3x5

【解析】先求出集合A，再根据交集定义即可求出.

2解：因为Axx2x30x1x3，Bx0x5，

所以ABx0x3. 故选：B.

3．已知角的终边经过点P(1,2)，则

sin()（ ）

sincos2C．

31A．

3答案：D

1B．

3D．

23【解析】根据三角函数的定义得tan，再由诱导公式和弦化切公式可得选项. 解：角∵的终边经过点P(1,2)，则tan∴

22， 1sin()sintan2，

sincossincostan13故选：D． 4．函数yxcosxln|x|的部分图象大致为 xA． B． C． D．

答案：A

根据函数的奇偶性，以及函数图像上的特殊点，对选项进行分析和排除，由此得出正确选项. 解：fxxcosxlnxlnx，定义域为x|x0，fxxcosxfx，故函数为奇函

xxlnπ0，排除D选项，故选A. π数，图像关于原点对称，排除B,C两个选项.fππ【点睛】本小题主要考查函数图像的判断，考查函数的奇偶性，属于基础题.

15．若a20.1，b2A．bac 答案：A

0.2，clog20.1，则（ ）

C．abc

D．acb

B．bca

由指数函数和对数函数的性质进行比较即可.

1解：b20.220.2a20.10，

由对数函数的性质可得clog20.10， 故bac. 故选：A

【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的性质比较大小，属于基础题.

6．已知平面向量m，n满足|m|3，n(4,3)，且m，n之间的夹角为60° ，则|m2n|（ ）A．109 答案：C

根据平面向量数量积的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.

22解：依题意，mn|m||n|cos6034(3)B．89 C．79 D．139 115， 22则|m2n|m4mn4n94221510079， 2故选：C.

【点睛】本题考查平面向量的数量积的应用，考查数学抽象的核心素养.

7．《算法统宗》是中国古代数学名著，在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.在这个问题中，这位公公最年幼的儿子的岁数为（ ） A．8 答案：B

由题意可知，数列{an}是以3为公差的等差数列，然后结合等差数列的求和公式可求a1，然后代入可求．

解：解：由题意可知，数列{an}是以3为公差的等差数列， 因为S99a198(3)207， 2B．11 C．14 D．16

解可得，a135， 所以an3n38， 则a911，

所以这位公公最年幼的儿子的岁数为11岁. 故选：B．

lgx,0x108．已知f(x)1 ，若a,b,c互不相等，且f(a)f(b)f(c)，则abc的取值范围

5x3,x10为( ) A．(1，15) 答案：B

画出函数的图象，根据f(a)f(b)f(c)，不妨abc，求出abc的范围即可． 解：解：作出函数f(x)的图象如图， 不妨设abc，则lgalgbc3(0,1)

15B．(10，15) C．(15，20) D．(10，12)

ab1，0c31

则abcc(10,15)． 故选：B．

15

【点睛】本题主要考查分段函数、对数的运算性质以及利用数形结合解决问题的能力，是中档题．二、多选题

9．下列说法正确的是（ ）

A．“ab”是“a2b2”的充分不必要条件

2B．命题“x0R，x010”的否定是：“xR，x210”

4C．xR，则x4

xD．若fx1为R上的偶函数，则fx的图象关于直线x1对称 答案：BD

A选项，通过反例可以证伪；B选项，特称命题的否定是全称命题；C选项，当x0时，由基本不44等式可以求出xx4，D选项，由图象平移及偶函数性质可得.

xx解：令a0,b1，满足ab，而a2b2，所以“ab”不是“a2b2”的充分条件，A错误；

2命题“x0R，x010”的否定是：“xR，x210”，B正确；

44若x0，则xx4，C错误；

xxfx1向右平移1个单位长度得到fx，由于fx1为R上的偶函数，所以fx的图象关于直

线x1对称，D正确. 故选：BD

π10．已知函数fxAsinxA0,0,的部分图象如图所示，下列说法正确的是

2（ ）

πA．函数yfx的图象关于点,0对称

6B．函数yfx的图象关于直线x5π对称 122ππC．函数yfx在,单调递减

63πD．该图象向右平移个单位可得y2sin2x的图象

6答案：ABD

【解析】根据函数的图象，可求出fx的解析式，进而对选项逐个分析，可得出答案.

2π2πππ2， 解：由函数的图象可得A2，周期T4π，所以Tπ312πππππ当x时，函数取得最大值，即f2sin22，所以22kπkZ，

121221212πππ，又，得，

233π故函数fx2sin2x.

3πππππ对于A，当x时，f2sin22sin00，即点,0是函数fx的一个对

36666则2kπ称中心，故A正确； 对于B，当x5π时，f12π5π5π5ππ2sin22sin即直线x是函数fx2，

31212122的一条对称轴，故B正确；

π7πππ3π+kπ，则函数fx的单调递减对于C，令+2kπ2x+2kπkZ，解得+kπx12122327ππ区间为+kπ,+kπkZ，故C错误；

1212对于D，将fx的图象向右平移正确. 故选：ABD.

【点睛】本题考查根据图象求三角函数解析式以及三角函数性质，考查推理能力与计算求解能力，

πππ个单位后，得到y2sin2x22sin2x的图象，即D

636属中档题.

x211．设函数fxexb，则（ ）

A．fx在0,上单调递增 B．当x2时，fx取得极小值

4C．当fx0只有一个零点时，b的取值范围是,02,

eD．当b1时，fx0有三个零点 2答案：AD

求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，结合函数图像判断答案即可． 解：解：

f(x)exx2b，

f(x)exx(x2)，

令f(x)exx(x2)0 解得：x0或x2，

当x(0，)(，2)时，f(x)0，则f(x)在(0,)，(,2)上单调递增， 当x(2,0)时，f(x)0，则f(x)在(2,0)递减， 故A正确，B错误，

画出函数g(x)exx2的大致图像，如图示：

且结合极大值g(2)4， e2e4当f(x)0只有一个零点时，b的取值范围是{0}2,；

当b1时，f(x)0有三个零点． 2故C错误，D正确； 故选：AD

12．如图，正方形SG1G2G3的边长为1，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，SG2交EF于点D，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体SGEF中必有（ ）

A．SG平面EFG

B．设线段SF的中点为H，则DH//平面SGE C．四面体SGEF的体积为

1 123D．四面体SGEF的外接球的表面积为

2答案：ABD

【解析】对选项A,折成四面体SEFG后，SGGE，SGGF，由此能证明SG平面EFG；

1，即得解；对选项D,24对选项B,证明DH//SE，即得证；对选项C,求出四面体SGEF的体积为求出三棱锥的外接球的半径为6，即得解. 4解：对选项A，在折前正方形SG1G2G3中，SG1G1E，SG3G3F，

折成四面体SEFG后，SGGE，SGGF，

又GEGFG， GE,GF平面EFG，SG平面EFG． 所以选项A正确. 对选项B,

对选项B,连接DH,因为EDDF,SHHF, 所以DH//SE,

因为SE平面SEG,HD平面SEG, 所以DH//平面SGE. 所以选项B正确. 对选项C,

前面已经证明SG平面GEF,

所以SG是三棱锥SGEF的高，且SG1. 由题得GEGF1112，EF()2()2， 2222222所以GEGFEF,EGF2.

所以SEGF1111， 2228111所以四面体SGEF的体积为1=.

3824所以选项C错误.

对选项D,由于SGGE,SGGF,GEGF,

所以可以把三棱锥SGEF放到长方体模型之中，长方体的三条棱为GS,GE,GF, 11663,S4. 所以三棱锥的外接球的直径2R12()2()2,R224162所以选项D正确.

故选：ABD.

【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查空间几何体体积的计算和外接球问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 三、填空题

13．写出一个同时满足下列性质的幂函数______． ①偶函数 ②在,0上递增

2答案：fxx（答案不唯一）

根据幂函数的奇偶性以及单调性，即可直接写出.

2解：因为fxx1，其定义域为{x|x0}，关于原点对称； x2又fx1x21fx，故fxx2是偶函数； 2x2又当x0时，fxx是单调减函数，故当x0时，fx是单调增函数. 2故答案为：fxx.

12

14．已知向量m1,a，n2b1,3（a0，b0），若mn，则的最小值为______.

ab

答案：743 【解析】根据mn，然后可得3a2b1，然后使用基本不等式简单计算可得结果. 解：由mn，所以mn0，即3a2b1

12122b6a2b6a3a2b772743 abababab当且仅当

2b6a，即b3a时，取等号 ab12所以的最小值为：743 ab故答案为：743 【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示以及基本不等式的应用，考查计算,属基础题. 15．已知数列an的前n项和为Sn，若a11，2Snan11则Sn______． 答案：

1n131 2113Sn，利用等22由题意利用数列an与Sn的关系可转化条件为Sn13Sn1，进而可得Sn1比数列的通项公式即可得解.

解：

2Snan11，a11，S1a11，2Snan11Sn1Sn1,

Sn13Sn1即Sn1又S11313Sn3Sn， 2221111，数列Sn是首项为，公比为3的等比数列，

2222Sn11n11113，Sn3n13n11. 22222故答案为：

1n131. 2【点睛】本题考查了数列an与Sn关系的应用，考查了通过构造新数列求数列的通项，属于中档题. 四、双空题

xxx2116．设函数f(x)，g(x)x，则函数g(x)x(x0)的最大值为_______；若对任意x1，

eexgx1fx2x2(0,)，不等式恒成立，则正数k的取值范围是_________. kk1答案：

11 k e2e1【解析】利用函数的单调性求出函数g(x)的最大值；利用参数分离法将不等式恒成立进行转化，利用基本不等式求出函数f(x)的最小值为2，利用导数的单调性求出g(x)的最大值，再利用最值关系进行求解即可. 解：g(x)g(x)xx0， exx2xexxexe1xex，

由g(x)0可得0x1，此时函数g(x)为增函数； 由g(x)0可得x1，此时函数g(x)为减函数；

1g(x)的最大值为g(1)；

e若对任意x1，x2(0,)，不等式

gx1fx2k恒成立， k1gx1fx2恒成立， kk1则等价为

1x2111f(x)x2x2，当且仅当x即x1时等号成立，

xxxx1即f(x)的最小值为2，且g(x)的最大值为g(1)，则

e1g(x1)的最大值为e1，

f(x2)22e则由

k1， k12e得k2e11，即k1 2e111 故答案为：；ke2e1【点睛】本题考查了利用导数求函数的最大值、基本不等式求函数的最小值，分离法求参数范围，属于较难题. 五、解答题

17．已知函数f(x)sin2x3cos2x. （1）求f(x)的最小正周期和对称轴方程；

（2）将函数f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象.当x,时，求g(x)的值域.

2答案：（1）最小正周期为，对称轴方程为x5k，kZ （2）1,2 122【解析】（1）利用三角恒等变换将函数转化为标准型正弦函数，再求该函数性质； （2）先求gx的解析式，之后再求值域即可. 13f(x)2sin2xcos2x1解：（）2 22sin2x，

3因此f(x)的最小正周期为. 由2x32k得

5k，kZ. 122（2）由条件可知g(x)2sinx.

3对称轴方程为x2当x,时，有x,，

36321从而sinx,1，

32故g(x)在区间,上的值域是1,2.

2【点睛】本题考查利用三角恒等变换，化简三角函数为标准型，再求解函数周期、值域的问题，涉及三角函数的图像变换，属综合基础题. a18．已知函数fxlnx，其中aR，

x（1）当a2时，求函数fx的图象在点1,f1处的切线方程； （2）如果对于任意x1,，都有fxx2，求a的取值范围． 答案：（1）3xy50；（2）a1．

（1）当a2时，求函数的导数，根据导数的几何意义即可求函数fx的图象在点1,f1处的切线方程；

（2）对于任意x1,，都有fxx2，等价于axlnxx22x恒成立，构造函数

gxxlnxx22x，利用导数求出其最小值即可

212解：(1)解：当a2时，由己知得fxlnx，故fx2，

xxx所以f1123，又因为f1ln1为y23x1，即3xy50； （2）解：由fxx2，得lnx故axlnxx22x．

2设函数gxxlnxx2x，

22，所以函数fx的图象在点1,f1处的切线方程1ax2，又x1,， x1则gxlnxx2x2lnx2x1．

x因为x1,，所以lnx0，2x10， 所以当x1,时，gxlnx2x10， 故函数gx在1,上单调递增．

所以当x1,时，gxg11ln11211． 因为对于任意x1,，都有fxx2成立， 所以对于任意x1,，都有agx成立．所以a1．

【点睛】此题考查导数的应用，考查导数的几何意义以及不等式恒成立问题，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解此题的关键，属于中档题

319．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsinAasin(B),b.

32（1）求ABC的外接圆直径； （2）求ABC周长的取值范围.

33答案：（1）1；（2）3,2.

（1）由正弦定理将已知条件边化角，从而求出角B，又b的外接圆直径；

3，所以利用正弦定理即可求解ABC2（2）由余弦定理，配凑得b2(ac)23ac，结合基本不等式及三角形任意两边之和大于第三边即可求解.

解：解：（1）由bsinAasinB及正弦定理，得sinBsinAsinAsinB

33由A(0,)知sinA0， sinBsinBcos13，化简得sinBcosB，

3322tanB3，又B(0,),故B，

3cosBsin3b21. 由正弦定理得，ABC外接圆的直径2RsinBsin3（2）由（1）知B3，由余弦定理得b2a2c2ac，

23ac12ac，当且仅当时，取等号，， b(ac)3ac(ac)3(ac)b224222(ac)23，即ac3，

又acb33，故ac3，

2233333,ABC，即的周长的取值范围为3abc. 2220．如图，平面ABCD平面AEBF，四边形ABCD为矩形，△ABE和ABF均为等腰直角三角形，且BAFAEB90.

（1）求证：平面BCE平面ADE；

（2）若点G为线段FC上任意一点，求证：BG//平面ADE. 答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.

（1）证明出BC平面AEBF，可得出BCAE，由已知条件得出AEBE，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）证明出平面BCF//平面ADE，再利用面面平行的性质可证得BG//平面ADE. 解：（1）因为ABCD为矩形，所以BCAB，

又因为平面ABCD平面AEBF，BC平面ABCD，平面ABCD平面AEBFAB，所以BC平面AEBF，

又因为AE平面AEBF，所以BCAE，

因为AEB90，即AEBE，且BC、BE平面BCE，BC所以AE⊥平面BCE.

又因为AE平面ADE，所以平面ADE平面BCE；

（2）因为BC//AD，AD平面ADE，BC平面ADE，所以BC//平面ADE. 因为ABF和△ABE均为等腰直角三角形，且BAFAEB90， 所以EABABF45，所以AE//BF，

又AE平面ADE，BF平面ADE，所以BF//平面ADE， 因为BCBFB，所以平面BCF//平面ADE.

BEB，

又因为BG平面FBC，所以BG//平面ADE.

221．已知数列an的前n项和为Sn，SnnnnN.数列bn为等比数列，且a11，a41分

别为数列bn第一项和第二项.

（1）求数列an与数列bn的通项公式； （2）若数列cn11113，设数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn. anan1bn244n答案：（1）an2nnN；bn3nN；（2）证明见解析. S1,n1【解析】（1）由Snn2n，利用数列通项和前n项和的关系 an求得an，进而利

SS,n2n1n用“b1,q”法求得bn.

1111（2）由（1）得到cn，再利用裂项相消法和等比数列前n项和公式求解.

4nn13n解：（1）由题意，数列an的前n项和为Snn2n，

当n1时，a12，

当n2时anSnSn12n， 当n1时也满足上式.

所以数列an的通项公式为an2nnN.

设数列bn的首项为b1，公比为q，

因为a11，a41分别为数列bn第一项和第二项，

a11b13所以，

a1b9bq214b13，q3，

bn3n，nN.

（2）因为cn所以cn11， anan1bn11111111nn，

2n2n234nn134nn13n11133113n111所以：Tn11422311nn1，

n111111. 4n123因为TnTn1cn0， 所以Tn是单调递增数列， 所以

113Tn. 244na1annn1na1d②等比数列的前n项和公22【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n项和公式，Snna1,q1式Sna11qn；

,q11q(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．

(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.

(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解

1322．已知函数fxx2lnxax3x2.

32（1）若函数yfx在定义域上单调递减，求实数a的取值范围； （2）设函数fx有两个极值点x1，x2，求证：lnx1x24. 2答案：（1）2,；（2）证明见解析.

e（1）根据题意得f'x0在0,上恒成立，即agx2lnx2的最大值即可得答案； x2lnx2在0,上恒成立，再求函数xx1x1x2（2）根据题意得，不妨设x1x2，令t,t1，则问题转化为证明

2lnx1x2x2x1x24x1x22lnhtt1lnt24在1,上恒成立，再转化为t1lnt2t20在1,上恒成立，进一步令t1mtt1lnt2t2，只需求mt在1,的最小值大于零即可证毕.

2解：解：（1）函数的定义域为0,，f'x2xlnxxax3xx2lnxax2

∵ 函数yfx在定义域上单调递减， ∴ f'x0在0,上恒成立，

∴ 2lnxax20在0,上恒成立，即：a令gx22lnx2lnx2，则g'x， xx222lnx2在0,上恒成立， x当x0,e时，g'x0，此时函数gx单调递增，

2当xe,时，g'x0，此时函数gx单调递减，

∴ 当xe2时，函数gx有极大值，也是最大值， ∴ age22， e22故实数a的取值范围为：2,

e（2）证明：∵ 函数fx有两个极值点x1，x2，f'xx2lnxax2

2lnx1ax12∴ 根据（1）得：，

2lnxax222∴ 2lnx1x2ax1x24,2lnx1ax1x2， x2x1x2∴

2lnx1x2x1x24，

x1x22ln∵ x1x2，∴ 不妨设x1x2，令则lnx1x2x1t,t1， x2t1t1lnt2，设htlnt2 t1t1t1lnt24在1,上恒成立， t1故问题转化为证明ht∴ 只需证t1lnt2t20在1,上恒成立，

11t11令mtt1lnt2t2，m'tlnt1，m''t220

tttt∴ m't在1,上单调递增，由于m'10，

∴ m'tm'10，即函数mtt1lnt2t2在1,上单调递增， ∴ mtm10，即t1lnt2t20在1,上恒成立 ∴ lnx1x24成立.

【点睛】本题考查已知函数的单调区间求参数范围，利用导数证明不等式恒成立问题，考查分析问题与解决问题的能力，是难题.