人教版高三下册2021-2022学年度XX学校高考前模拟考试数学卷.docx

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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绝密★启用前
人教版高三下册2021-2022学年度XX学校期末模拟考试
数学卷
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明

一、单选题
1．定义在上的函数的导函数为，当时，且，.则下列说法一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知函数，则a，b，c，d的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
5．已知且满足，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．不存在满足
6．设函数是函数的导函数，已知，且，，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．数列满足，则下列说法错误的是（ ）
A．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
B．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
C．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
D．存在数列使得对任意正整数p，q都满足
8．设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（ ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023

二、多选题
9．已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．在是增函数
B．设，则满足的正整数的最小值是2
C．是奇函数
D．在上有两个极值点
10．已知：是奇函数，当时，，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数的图象关于直线对称，函数对于任意的满足(其中是函数的导函数)，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数，若关于的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）
A． B． C． D．

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

三、填空题
13．设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是________.
14．如图是数学家用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球和球的半径分别为1和3，，截面分别与球和球切于点和，则此椭圆的长轴长为___________.

四、双空题
15．如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形P3、P4、…、Pn、…，记第n块纸板Pn的面积为Sn，则（1）S3＝______，（2）如果对恒成立，那么a的取值范围是______．

五、解答题
16．学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“类解答”．为评估此类解答导致的失分情况，某市考试院做了项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“类解答”的题目，扫描后由近千名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例如下表所示：
教师评分（满分12分）
11
10
9
各分数所占比例

某次数学考试试卷评阅采用“双评＋仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响；考生最终所得到的实际分数按照上述规则所得分数计入，不做四舍五入处理）．
（1）本次数学考试中甲同学某题（满分12分）的解答属于“类解答”，求甲同学此题最终所得到的实际分数的分布列及数学期望；
（2）本次数学考试有6个解答题，每题满分12分，同学乙6个题的解答均为“类解答”．
①记乙同学6个题得分为的题目个数为，，计算事件“”的概率．
②同学丙的前四题均为满分，第5题为“类解答”，第6题得6分．以乙、丙两位同学解答题总分均值为依据，谈谈你对“类解答”的认识．
17．已知三次函数.
（1）若函数在区间上具有单调性，求a的取值范围；
（2）当时，若，求的取值范围.
18．已知函数，是函数的导函数.
（1）证明：在上没有零点；
（2）证明：当，.
19．已知数列的通项公式（）且().
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列中最大值的项和最小值的项.
20．已知函数（其中为自然对数的底数，）．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围．

试卷第5页，共5页
参考答案
1．B
【分析】
构造函数，分析出函数为奇函数，利用导数分析出函数在上为增函数，由此可得出该函数在上为增函数，再利用函数的单调性可判断各选项的正误.
【详解】
令，，，
所以，，
，所以，函数为上的奇函数，
，
当时，，即，，
所以，在上单调递增，
由奇函数的性质可知，函数在上单调递增，
所以，函数在上单调递增.
对于A选项，，则，即，A选项错误；
对于B选项，，，即，B选项正确；
对于C选项，，，即，C选项错误；
对于D选项，，，即，D选项错误.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题的解题关键在于利用导数不等式的结构构造函数，充分分析该函数的奇偶性与单调性，结合单调性来比较函数值的大小关系.
2．C
【分析】
构造函数，利用导数判断其单调性，由已知可得，，
，；，，进而利用单调性可得答案.
【详解】
令，
，
时，，则在上递减，
时，，则在上递增，
由可得，
化为
∴，则，
同理，；，，
因为，所以，
可得，
因为在上递减，，
∴，
故选：C．

【点睛】
方法点睛：利用导数求函数单调区间的步骤：求出，在定义域内分别令求得的范围，可得函数增区间，由求得的范围，可得函数的减区间.
3．C
【分析】
构造函数，，利用导数研究函数的单调性，得出，的单调性，得出，令，可得出，再由得出的，令，得出，从而得出结果．
【详解】
解：先证，令，则，
可知在上单调递增，所以，即，
令，则，所以；
再证即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
令，则，所以，从而．
故选：C.
4．B
【分析】
对化简变形得，从而可得，而函数在区间上单调递增，所以b，c，d中b最小，然后构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可得，，于是可比较出c，d的大小
【详解】
因为，所以．
因为函数在区间上单调递增，且，，所以b，c，d中b最小．
构造函数，则，
当时，，所以在区间上单调递增，
所以，所以．
所以，所以，所以．
故选：B
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数值大小的比较，解题的关键是构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可比较出c，d的大小，考查计算能力，属于较难题
5．D
【分析】
令，利用导数求出单调性可判断A；对取对数可得，判断B；令，利用导数求出单调性，根据可求出的范围；令，利用导数求出单调性可判断D.
【详解】
令，，则，所以在区间内单调递减，所以，又，所以，A项错误；
对两边取自然对数得，即，B项错误；
令，则，故在区间内单调递增，在区间内单调递减，因为且，所以，C项错误；
假设，则，所以，
令，则，故在区间内单调递增，故当时，，所以不存在，满足，D项正确．
故选：D．
【点睛】
关键点睛：本题考查根据已知条件判断不等式，解题的关键是构造合适的函数，根据导数求出函数的变化情况判断.
6．C
【分析】
构造函数，求导分析单调性，由得出以函数对称性，推出的对称性，根据对称点关系即可求解原不等式．
【详解】
令
因为得，所以
故在上单调递减，
又因为，所以函数关于对称，
因为，所以关于点对称，
则点关于的对称点为也在函数图象上，则
故，而由不等式得
所以，又在上单调递减，故
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题的关键在于构造新函数通过对称性与单调性求解不等式．
7．C
【分析】
依题设找到数列满足的递推关系，或举反例否定.
【详解】
由，得，
令，，
则当时，数列满足题设，所以A正确；
由，得，
令，则当时，数列满足题设，所以B正确；
由，
令，得，，，，
令，得，，，
则，，从而，与矛盾，所以C错误；
由，得，
令，则当时，数列满足题设，所以D正确.
故选：C
【点睛】
思路点睛：肯定命题，构造符合题设数列，注意类比常见函数的运算性质，寻找恰当的数列；否定命题，赋值举反例，发现矛盾.
8．D
【分析】
由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.
【详解】
∵，
∴，又，
∴ 数列为递增数列，∴
∵
∴，
∴
∴，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴
当时，，
又
∴当时，，
当时，
∴ 使成立的最小正整数是2023.
故选：D.
【点睛】
本题主要考察累加法求数列的通项，一般的，若，则，即.
9．ABC
【分析】
A利用导数研究单调性即可；B将、代入求值，并比较的大小即可；C利用奇偶性的定义判断奇偶性；D应用导数研究函数分别在、、、上是否存在，进而确定上极值点的个数.
【详解】
由题意，，
A：上有，则在是增函数，正确；
B：当时，，不合题意；
当时，，，则，符合题意；
∴满足的正整数的最小值是2，正确；
C：，则，是奇函数，正确；
D：由A知：在上，无极值点，时，不是极值点；在上，
1、时，、，即，
∴单调递减，而，，
∴使.
2、时，，又，，
∴，则，又有，
∴，故不存在零点.
综上，上只有一个极值点，错误；
故选：ABC
【点睛】
关键点点睛：选项D，将区间分拆不同子区间，应用导数研究函数在各区间上是否存在，判断区间极值点的个数.
10．ACD
【分析】
由已知构造得，令，判断出函数在时单调递增，由此得，化简可判断A；，化简并利用是奇函数，可判断B；
，化简可判断C；由C选项的分析得，可判断D.
【详解】
因为当时，，所以，即，所以，
令，则当时，，函数单调递增，
所以，即，化简得，故A正确；
，即，化简得，
所以，又是奇函数，所以，故B不正确；
，即，又，化简得，故C正确；
由C选项的分析得，所以，又是奇函数，所以，故D正确,
故选：ACD.
【点睛】
关键点点睛：解决本题中令有导函数的不等式，关键在于构造出某个函数的导函数，得出所构造的函数的单调性，从而可比较函数值的大小关系.
11．AD
【分析】
根据已知条件，易得函数偶函数，再结合，
构造函数，只需判断函数的单调性，即可做出正确选择.
【详解】
由，得，
令，，则，
因，则，
故在区间上单调递增，
因函数的图象关于直线对称，知函数偶函数，
故函数也为偶函数.
对于选项A，因，则 ，
故，因此A正确；
对于选项B，因，则，
故，因此B错；
对于选项C，因，则 ，
故，因此C错；
对于选项D，因，则 ，
故，因此D正确.
故选：AD.
【点睛】
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
12．BCD
【分析】
画出的函数图象，根据图象讨论的根的情况，结合二次函数的性质可求解.
【详解】
当时，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
作出的图象，如图所示，

令，则，
令，由题意得方程有两个不同的根：
①有两个不同的根，，且，，
则有，解得.
②有两个不同的根，，且，，
则有，则，
方程为，得，，满足条件.
③有两个不同的根，，且，，
因为，则，
方程为，得，，不符合题意，舍去.
综上所述，实数.
故选：BCD.
【点睛】
关键点睛：本题考查函数与方程的综合应用，解题的关键是画出函数图象，根据函数图象讨论方程的根的分布情况.
13．
【分析】
令g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝a（x﹣1），求出后画出g（x）、h（x）的图象，数形结合建立不等式组，即可得解.
【详解】
令g（x）＝xex，h（x）＝a（x﹣1），
∵，
∴当时，，则函数g（x）在（﹣∞，）上单调递减；
当时，，则函数g（x）在（，+∞）上单调递增；
而；
因为存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0．
即．

当直线与相切时，
设切点为，
则，
则，；
因为，
所以结合图形知： 或
即：或 解得a＜1或2e2＜a；
故答案为：
14．
【分析】
设圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹角为，利用求得离心率，再利用平面几何知识求得得解
【详解】
如图，圆锥面与其内切球 分别相切与，连接，则，过作于，连接交于点，设圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹角为，在△中,
,

, ,
△△ , 解得,
,
即 , 所以椭圆离心率为
在△中
解得,

故答案为：

【点睛】
利用求得离心率是解题关键.
15．
【分析】
根据题意，写出前3项，再归纳总结出与的关系式，并求的最小值，解不等式即可.
【详解】
第一块纸板面积为
第二块纸板面积为
第三块纸板面积为

由此归纳总结，第块纸板面积为

因为，故要使得，恒成立
只需，可解的，
故.
故答案为：，.
【点睛】
易错点睛：本题考查归纳推理，等比数列求和，以及解不等式，需要注意的是要理解本题的意义，从而避免出错，考查学生的逻辑推理与运算求解能力，属于较难题.
16．（1）分布列见解析；期望为；（2）①；②答案见解析．
【分析】
（1）根据题中规则：规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．可得随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11，利用表格中的概率值，求出各种情况下的概率，即可得到分布列，以及数学期望；
（2）①事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3次，那么就可以求出其概率；
②分别求出乙，丙同学的均值，比较大小即可.
【详解】
（1）根据题意，随机变量的取值为9，9.5，10，10.5，11．
设一评、二评、仲裁所打的分数分别是，，，
，
，
，
，
故的分布列为

9
9.5
10
10.5
11

．
（2）①方法一
事件“”可分为，；，；，；，四种情况，其概率为

．
方法二
记“或”为事件，6次实验中，事件发生的次数，“”相当于事件恰好发生3次，故概率为：．
②由题意可知：乙同学得分的均值为，丙同学得分的均值为：．
显然，丙同学得分均值更高，所以“会而不对”和不会做一样都会丢分，在做题过程中要规范作答，尽量避免“类解答”的出现．
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）求得，对分成和两种情况进行分类讨论，结合的单调性求得的取值范围.
（2）首先证得，然后利用反证法求得的取值范围.
【详解】
由可得：
（1）由已知可得当时，令得.
与在区间上的情况如下：
x

0

2

0

0

增
极大值
减
极小值
增
因为在上具有单调性，所以.
当时，与在区间上的情况如下：
x

0

2

0

0

减
极小值
增
极大值
减
因为在上具有单调性，所以，即.
综上所述，a的取值范围是.
（2）先证明：.由（1）知，当时，的递增区间是，递减区间是.因为，不妨设，则.
若，则.所以.
若，因为，所以，当且仅当时取等号.
综上所述，.
再证明：的取值范围是.
假设存在常数，使得对任意.
取，且则
，与矛盾.
所以的取值范围是.
【点睛】
利用反证法进行证明时，先假设原命题不成立，然后退出矛盾，从而证得原命题成立.
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）通过构造函数和二次求导可证得时，总有；
（2）分和两种情况证明. 当时，易证；当时，仿（1）可证得，即单调递增，进而可证得.
【详解】
证明：（1）因为，所以
，
令，则

在上显然，所以在上单调递增，

即时，总有，
故在上没有零点；
（2）当时，，
当时，由（1）可知，
在上单调递增，
，即时，总有，
所以在上单调递增，
.
综上所述，，.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问的关键点是：分和两种情况证明.
19．(1)；(2)最大值项为，最小值项为.
【分析】
(1)首先根据已知条件求出，然后再根据求解，并对进行讨论，即可求解.
(2)首先求出的通项公式，利用单调性即可求出最大值的项和最小值的项.
【详解】
(1)∵，∴.
当时，，∵，∴；
当时，
，
∴，显然当时，不成立.
综上，.
(2)当时，，
当时，.
∵在时为增函数，∴必有.
由，可知.
∵，∴数列的最大值项为，最小值项为.
20．（1）单调递增区间为，无单调递减区间；（2）.
【分析】
（1）当时，求出及的最小值可判断的单调性；
（2）求出，分、和讨论，对于再构造函数利用
单调性进行求解.
【详解】
（1）当时，，令，
，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）若有两个极值点，即有两个变号零点．
令，
（ⅰ）当时，在上单调递减，最多只有一个零点，不合题意；
（ⅱ）当时，，最多只有一个零点，不合题意．
（ⅲ）当时，令，得；
当，，当，；
所以在单调递减，在单调递增，
则，
而当时，，，
又，根据零点存在性定理可知．，使得，
（*），
令，，
，所以，为单调递增函数，
所以，
则（*）式大于零，且，
所以，使得，
又在单调递减，在单调递增，
故在有唯一零点，在上有唯一零点．
综上知：若有两个极值点，的取值范围为．
【点睛】
关键点睛：本题考查了根据极值点个数求参数的范围问题，结合函数得到单调性，利用导数求极值，如果导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试再求一次求导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号.
答案第21页，共22页