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1、2022年高三數學12月月考試題 理(IV)
一．選擇題（共12小題，每題5分共60分。）
1．已知集合A＝{x||x－1|<2}，B＝{x|log2x<2}，則A∩B＝( )
A．(－1,3) B．(0,4) C．(0,3) D．(－1,4)
2．設a>0且a≠1，則“函數f(x)＝ax在R上是減函數”是“函數g(x)＝(2－a)x3在R上是增函數”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
3．已知a＝0.7，b＝0.6，c＝log2.11.5，則a，b，c的大小關系是( )
A．c
2、
3、△ABP的面積之比為( )
A．3 B．6 C．2 D.
7． 一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的表面積為（ ）
A． B． C． D．
8．如圖所示，正四棱錐P—ABCD的底面積為3，體積為，
E為側棱PC的中點，則PA與BE所成的角為( )
A. B. C. D.
9．已知函數y＝anx2(an≠0，n∈N*)的圖象在x＝1處的切線斜率為2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，且當n＝1時其圖象過點(2,8)，則a7的值為( )
A. B．
4、7 C．5 D．6
10．設分別為雙曲線的左、右焦點，雙曲線上存在一點使得則該雙曲線的離心率為（ ）
A. B. C. D.3
11.偶函數滿足,且在時, , ，則函數與圖象交點的個數是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
12．設函數f1(x)＝x，f2(x)＝log2 015x，ai＝(i＝1,2，…，2 015)，記Ik＝|fk(a2)－fk(a1)|＋|fk(a3)－fk(a2)|＋…＋|fk(a2 015)－fk(a2 014)|，k＝1,2，
5、則( )
A．I1I2 D．I1與I2的大小關系無法確定
二．填空題（共4小題，每小題5分，共20分，請把答案寫在答題卷上）
13．在平面直角坐標系xOy中，若曲線(為常數)過點，且該曲線在點P處的切線與直線平行，則的值是 ．
14．已知O為坐標原點，A(1,2)，點P的坐標(x，y)滿足約束條件
則z＝·的最大值為________．
15．如圖，正方形的邊長分別為，原點為的中點，拋物線經過
16．已知數列為等差數列，且各項均不為，為其前項和，，，若不等式對任意的正整數恒成立，則的
6、取值集合為
三．解答題（6題，共70分，要求寫出解答過程或者推理步驟）
17．(10分)己知函數,
(1) 當時，求函數的最小值和最大值；
(2) 設ABC的內角A，B，C的對應邊分別為、、，且，f(C)=2，
若向量與向量共線，求，的值．
18．(12分)過點Q(－2，)作圓O：x2＋y2＝r2(r>0)的切線，切點為D，且|QD|＝4.
(1)求r的值；
(2)設P是圓O上位于第一象限內的任意一點，過點P作圓O的切線l，
且l交x軸于點A，交y軸于點B，設＝＋，求||的最小值(O為坐標原點)．
7、 19．(12分)設函數f(x)＝＋(x>0)，數列{an}滿足a1＝1，an＝f，n∈N*，且n≥2.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)對n∈N*，設Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，
求實數t的取值范圍．
20．(12分)如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.
(1)求證：AB⊥DE；
(2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；
(3)線段EA上是否存在點F，使EC∥平面FBD？
若存在，求出；若不存在，請說明理由．
21．(12分) 如圖，橢圓的中心為原點，長軸在軸上，
8、離心率，過左焦點作軸的垂線交橢圓于、兩點，．
（1）求該橢圓的標準方程；
（2）取垂直于軸的直線與橢圓相較于不同的兩點、，
過、作圓心為的圓，使橢圓上的其余點均在圓外．
若⊥，求圓的標準方程．
22．(12分)已知函數f(x)＝x2－ax＋ln(x＋1)(a∈R)．
(1)當a＝2時，求函數f(x)的極值點；
(2)若函數f(x)在區(qū)間(0,1)上恒有f′(x)>x，求實數a的取值范圍；
(3)已知a<1，c1>0，且cn＋1＝f′(cn)(n＝1,2，…)，證明：數列{cn}是單調遞增數列．
二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13．
9、 14．
15． 16
三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17、（10分）
18（12分）
19、（12分）
20．(12分)
21．（12分）
10、
22.
12月考理科數學答案
1 C 2 A 3 A 4 D 5 B 6 A 7 A 8 C 9 C 10 C 11 B 12 A
12解析：依題意，f1(ai＋1)－f1(ai)＝ai＋1－ai＝－＝，因此I1＝|f1(a2)－f1(a1)|＋|f1(a3)－f1(a2)|＋…＋|f1(a2 015)－f1(a2 014)|＝， f2(ai＋1)－f2(ai)＝log2 015ai＋1－log2 015ai＝log2 015－log2 015>0，I2＝|f2(a2)
11、－f2(a1)|＋|f2(a3)－f2(a2)|＋…＋|f2(a2 015)－f2(a2 014)|＝(log2 015－log2 015)＋(log2 015－log2 015)＋…＋(log2 015－log2 015)＝1，因此I1
12、(1)圓O：x2＋y2＝r2(r>0)的圓心為O(0,0)，
于是|QO|2＝(－2)2＋()2＝25，
由題設知，△QDO是以D為直角頂點的直角三角形，
故有r＝|OD|＝＝＝3.
(2)設直線l的方程為＋＝1(a>0，b>0)，即bx＋ay－ab＝0，則A(a,0)，B(0，b)，∴＝(a，b)，
∴||＝.
∵直線l與圓O相切，
∴＝3?a2b2＝9(a2＋b2)≤2，
∴a2＋b2≥36，∴||≥6，
當且僅當a＝b＝3時取到“＝”．
∴||取得最小值為6.
19 解：(1)由an＝f可得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2.所以{an}是等差數列，
又因為a1
13、＝1，所以an＝1＋(n－1)×＝，n∈N*.
(2)Sn＝＋＋＋…＋，n∈N*.因為an＝，所以an＋1＝，
所以＝＝.
所以Sn＝＝，n∈N*.
Sn≥?≥?t≤(n∈N*)恒成立．令g(n)＝(n∈N*)，
g(n)＝＝＝2n＋3＋－6(n∈N*)．令p＝2n＋3，則p≥5，p∈N*.
g(n)＝p＋－6(n∈N*)，易知p＝5時，g(n)min＝.
所以t≤，即t的取值范圍是.
20． (1)證明：取AB的中點O，連接EO，DO.
因為EB＝EA，所以EO⊥AB.
因為四邊形ABCD為直角梯形．AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，
所以四邊形OBCD為正方形，所以A
14、B⊥OD.
因為EO∩DO＝0.所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED.
(2)因為平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，
所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.
由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系O—xyz.
因為三角形EAB為等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE，設OB＝1，
所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．
所以＝(1,1，－1)，
平面ABE的一個法向量為＝(0,1,0)．設直線EC與平面ABE所成的角為θ，
所以sinθ＝|cos〈，〉＝＝，
即直線EC
15、與平面ABE所成角的正弦值為.
(3)存在點F，且＝時，有EC∥平面FBD.
證明如下：由＝＝，
F，所以＝，＝(－1,1,0)．
設平面FBD的法向量為v＝(a，b，c)，
則有所以取a＝1，得v＝(1,1,2)．
因為·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC?平面FBD，所以EC∥平面FBD，
即點F滿足＝時，有EC∥平面FBD.
21解：21、解：（I）由題意知點A在橢圓上，則.從而.
由得，從而.故該橢圓的標準方程為.
（II）由橢圓的對稱性，可設.又設是橢圓上任意一點，則
.
設，由題意，P是橢圓上到Q的距離最小的點，因此，上式當時取最小值，又因，所
16、以上式當時取最小值，從而，且.
因為,且，所以，
即.由橢圓方程及得，
解得，.從而.
故這樣的圓有兩個，其標準方程分別為
，.
22解：(1)當a＝2時，f(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)，
f′(x)＝2x－2＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝±.
又x>－1，且x∈(－1，－)∪(，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(－，)時，f′(x)<0，
∴函數f(x)的極大值點為x＝－，極小值點為x＝.
(2)∵f′(x)＝2x－a＋，由f′(x)>x，得2x－a＋>x，即a1，∴a≤1.
(3)①當n＝1時，c2＝f′(c1)＝2c1－a＋，
∵c1>0，∴c1＋1>1，又a<1，
∴c2－c1＝c1－a＋＝c1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0，
∴c2>c1，即當n＝1時結論成立．
②假設當n＝k(k∈N*)時，有ck＋1>ck>0.
則當n＝k＋1時，ck＋2－ck＋1＝ck＋1－a＋＝ck＋1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0.
∴ck＋2>ck＋1，即當n＝k＋1時結論成立．
由①，②知數列{cn}是單調遞增數列．
2022年高三數學12月月考試題 理(IV)
