河南省八所名校2021-2022学年高二下学期第三次联考数学（理）试题

河南省八所名校2021-2022 学年高二下学期联考三 理科数学试卷 注意事项： 1、本试卷分为第1 卷（选择题）和第2 卷（非选择题）两部分。 2、本场考试150 分钟，满分150 分。 3、答卷前考生务必将自己的姓名和考号填写在答题卡上，并使用2B 铅笔填涂。 4、考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题(每小题5 分,共60 分) 1.已知复数 ，则复数z 在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2.有一机器人的运动方程为 是时间，s 是位移，则该机器人在时刻 时的瞬时速度为 A. B. C. D. 3.已知复数 ，i 为虚数单位，则 等于 A. B. C. D. 4.下列运算正确的个数为 ， ， ， ． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5.指数函数 是R 上的增函数， 是指数函数，所以 是R 上的增函数．以上推理 A. 大前提错误 B. 小前提错误 C. 推理形式错误 D. 正确 6.已知曲线 上一点 ，则过点P 的切线的倾斜角为 A. B. C. D. 7.设函数在定义域内可导， 的图象如图所示，则导函数的图象可能是 A. B. C. D. 8.图中抛物线 与直线 所围成的 阴影部分的面积是 A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 9.函数 有小于1 的极值点，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 10.已知函数 ，则 的图象大致为 A. B. C. D. 11.已知函数 ，若关于x 的方程 有5 个不同的实数根， 则实数t 的取值范围是 A. B. C. D. 12.已知定义在R 上的可导函数 ，当 时， 恒成立，若 ， ， ，则，b，c 的大小关系为 A. B. C. D. 二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。 13.若“ R x  ，使 2 2 0 x x m   成立”为真命题，则实数m 的取值范围是_____． 14.若, x y 满足约束条件 1 0 { 3 0 3 0 x y x y x        ,则 2 z x y  的最小值为__________ 15.在平面直角坐标系xoy 中，点 (1,0), (4,0) A B ，若在曲线 2 2 2 : 2 4 5 9 0 C x ax y ay a      上存在点P 使 得| | 2 | | PB PA  ，则实数a 的取值范围为_______. 16.平面直角坐标系 xOy 中,双曲线 2 2 1 2 2 : 1( 0, 0) x y C a b a b     的渐近线与抛物线 2 2 : 2 ( 0) C x py p   交于点 , , O A B .若OAB  的垂心为 2 C 的焦点,则 1 C 的离心率为__________. 三、解答题（本大题共6 小题，共70 分） 17．(10 分) 已知函数f(x)＝x﹣lnx （1）求曲线y＝f(x)在点（1，f(1)）处的切线方程； （2）求函数f(x)的极值． 18．(12 分) 已知抛物线 ： 的焦点为 ， 上的一点 到焦点的距离是， 求抛物线 的方程； 过 作直线，交 于 ， 两点，若线段 中点的纵坐标为 ，求直线的方程. 19．(12 分) 在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2， A1A=4，点D 是BC 的中点； （1）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值； （2）求直线AB1与平面C1AD 所成角的正弦值． 20．(12 分) 已知 1 x  ， 2 x 是函数 3 2 ( ) 1 3 x f x ax bx    的两个极值点. （1）求 ( ) f x 的解析式； （2）记( ) ( ) g x f x m   ， [ 2 4] x，，若函数( ) g x 有三个零点，求m 的取值范围. 21．(12 分) 如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相 垂直，AB CD ∥ ， , 2 2 AB BC AB CD BC    =2，EA EB  . （1）求点C 到平面BDE 的距离； （2）线段AE 上是否存在点F，使DF 与平面BDE 所成角正弦值为 2 3 ，若存在，求出EF FA ，若不存在， 说明理由. 22．(12 分) 设函数 ． （1）求 的单调区间； （2）若a=1，k 为整数，且当x>0 时， 恒成立，求k 的最大值．（其中 为 的 导函数．） 理科答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D D A B B A B B A A A 13. ( ,1]  14. 5  15 5 5 [ 5, ] [ , 5] 5 5    16. 3 2 17.解：（1） ( ) ( ) 1 1 1 0 x f x x x x - ¢ = - = > ， ………………………………2 分 则  1 0 f  ， 1 1 f ， 即切线的斜率为0， ……………………………………4 分 所以曲线y＝f(x)在点（1，f(1)）处曲线的切线方程为 1 y ；…………5 分 （2）当0 1 x  时，  0 f x   ，当 1 x 时，  0 f x   ， 所以函数  f x 在  0,1 上递减，在  1,上递增， ………………………9 分 函数 f x 的极小值为  1 1 f ，无极大值. ………………………10 分 18.解： 抛物线： 的准线方程为 ， 由抛物线的定义可知 ， ………………………………2 分 解得 ， 的方程为 ． ………………………………………………4 分 由 得抛物线的方程为 ，焦点 ， 设，两点的坐标分别为 ， ， 则 ， ………………………………………………………6 分 两式相减， ， 整理得 ， ………………………………………………8 分 线段 中点的纵坐标为 ， 直线的斜率 ， …………………………10 分 直线的方程为 ，即 ． ……………12 分 19.解：（I）以 ， ， 为x，y，z 轴建立空间直角坐标系A﹣xyz， 则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0）， ∴ =（2，0，﹣4）， =（0，2，4）， ………………………3 分 ∴cos＜ ， ＞= = ∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为； …………………………6 分 （II）由（I）知， =（2，0，﹣4）， =（1，1，0）， 设平面C1AD 的法向量为=（x，y，z）， 则可得 1 0 { 0 n AC n AD     �  �  ，即 ，取x=1 可得=（1，﹣1，），……9 分 设直线AB1与平面C1AD 所成的角为θ，则sinθ=|cos＜ ，＞|= ∴直线AB1与平面C1AD 所成角的正弦值为 ………………………12 分 20.解：（1）因为 3 2 ( ) 1 3 x f x ax bx    ，所以 2 ( ) 2 f x x ax b     ………1 分 根据极值点定义，方程 ( ) 0 f x  的两个根即为 1 x ， 2 x ， 2 ( ) 2 f x x ax b      ，代入 1 x ， 2 x ，可得 1 2 0 4 4 0 a b a b          ，解之可得， 1 2 2 a b      ， …………………………3 分 故有 3 2 1 1 ( ) 2 1 3 2 f x x x x    ； ………………………………………4 分 （2）根据题意， 3 2 1 1 ( ) 2 1 3 2 g x x x x m     ， [ 2 x，4]， 根据题意，可得方程 3 2 1 1 2 1 3 2 m x x x    在区间[ 2  ，4]内有三个实数根， 即函数 3 2 1 1 ( ) 2 1 3 2 f x x x x    与直线y m  在区间[ 2  ，4]内有三个交点， 又因为 2 ( ) 2 f x x x     ， 则令 ( ) 0 f x   ，解得1 2 x    ；令 ( ) 0 f x   ，解得 2 x  或 1 x ， 所以函数 ( ) f x 在  2, 1   ，  2,4 上单调递减，在( 1,2)  上单调递增；…6 分 又因为 1 ( 1) 6 f   ，  13 2 3 f  ， 5 ( 2) 3 f  ，  13 4 3 f  ，……10 分 函数图象如右所示： 若使函数 3 2 1 1 ( ) 2 1 3 2 f x x x x    与直线y m  有三个交点， 则需使 1 5 6 3 m   „ ，即 1 5 , 6 3 m       ． …………………12 分 21.解：解：如图所示，取AB 中点O ，连结OE ，OD ， 因为三角形ABE 是等腰直角三角形，所以EO AB  ， 因为面ABCD 面ABE ，面ABCD 面 , ABE AB OE  面ABE ， 所以EO 平面ABCD ，又因为 // , BO CD AB BC  ， 所以四边形CDOB 是矩形，可得  OD AB ， 则 2, 2, 2, 1, 1 AB BD DE AO OD     ， 建立如图所示的空间直角坐标系，则：           1, 1,0 , 0, 1,0 , 1,0,0 , 0,0,1 , 0,1,0 C B D E A   ………………………………1 分 据此可得 (1,1,0), (0,1,1) BD BE   � ， 设平面BDE 的一个法向量为 ( , , ) n x y z   ， 则 0 0 n BD x y n BE y z        �  �  ，令 1 y 可得 1 x z  ，……………………………3 分 从而 (1, 1,1) n   r ，又 (0,1,0) CD  � ， 故求点C 到平面BDE 的距离 | | 1 3 | | 3 3 CD n d n     �   ．……………………5 分 （2）假设存在点 (0 F ，y ，) z 满足题意， 点F 在线段AE 上，则 ( [0,1]) AF AE     � ， ……………………………6 分 即：(0 ， 1 y  ，) (0 z   ，1 ，1) ， 据此可得： 1 y   ，z  ，从而 (0 F ，1   ，)(0 1)   „ „ ， ( 1,1 , ) DF    � ，…8 分 设DF 与平面BDE 所成角所成的角为， 则 2 2 | | | 1 1 | 2 sin 3 | | | | 1 (1 ) 3 DF n DF n                   �  �  ， ………………………………10 分 整理可得： 2 2 5 2 0     ， 解得： 1 2 或 2 （舍去）． ……………………………11 分 据此可知，存在满足题意的点F ，点F 为AE 的中点，即 1 EF FA ．………12 分 22.解：（Ⅰ）函数  2 x f x e ax    的定义域为R ，  x f x e a    ………………1 分 当 0 a 时，  0 x f x e a     对于xR 恒成立，此时函数  f x 在  , 上单调递增； 当 0 a  时，由  0 x f x e a     可得 ln x a  ；由  0 x f x e a     可得 ln x a  ； 此时  f x 在  ,ln a  上单调递减，在  ln , a 上单调递增；…………3 分 综上所述：当 0 a 时，函数  f x 的单调递增区间为  , ， 当 0 a  时，  f x 单调递减区间为  ,ln a  ，单调递增区间为  ln , a ，…4 分 （Ⅱ）若 1 a ，由  1 1 k x f x x     可得   e 1 1 1 x k x x      ， 因为 0 x  ，所以 1 0 x  ，e 1 0 x   所以   e 1 1 x k x x      所以 1 1 x x k x e     对于 0 x  恒成立， ……………………………5 分 令 1 e 1 x x g x x     ，则 min k g x  ，           2 2 e 1 e 1 e e 2 1 e 1 e 1 x x x x x x x x g x           ， 令 e 2 x x h x    ，则  e 1 0 x h x     对于 0 x  恒成立， 所以 e 2 x x h x    在  0,   单调递增， ……………………7 分 因为 1 e 3 0 h   ， 2 2 e 4 0 h    ， 所以 e 2 x x h x    在  0,   上存在唯一的零点   0 1,2 x  ， 即 0 0 0 e 2 0 x h x x    ，可得： 0 0 2 x e x  ， ……………………9 分 当 0 0 x x   时， 0 h x  ，则  0 g x   ， 当 0 x x  时， 0 h x  ，则  0 g x   ， 所以 1 e 1 x x g x x     在  0 0, x 上单调递减，在  0, x 上单调递增， 所以    0 0 0 0 0 0 0 min 0 1 1 1 2,3 e 1 2 1 x x x g x g x x x x x             ，……………11 分 因为   0 k g x  ，所以k 的最大值为2 . …………………………12 分