绝密★启用前
2022一2023高三省级联测考试
数学试卷
班级
姓名
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名、班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试
卷上无效
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的，
1.已知集合A=x∈Zx-2},B={x川x4:,则A∩B=
A.-1,0.1,2,3,4}
B.x-2x4}
C.0,1,2,3,4
D.{x|一2x4}
2.设复数x满足之一1十i=2,z在复平面内对应的点为(x,y),则
A.(x+1)2+(y-1)2=4
B.(x-1)2+(y-1>2=4
C.(x-1)8+(y-1)2=4
D.(x-1)2+(y-1)2-4
3.已知命题p:3x0,使得1n(x+1)0且tanx1,则为
A.寸x0,使得ln(.x+1)0且tanx≥1
B.Hx0,使得ln(.x十1)0或tanx≥1
C.付x0,使得ln(x+1)<0或tanx≥1
D.Hx0,使得ln(x+l)0且tanx≥1
已知圆台00的上下底面直径分别为1和2，高为，则圆台00的恻面展开图（扇环
心角为
A.
B号
c
5.已知}sin9-cos
1+sin 0-cos a
=2,则tan9=
A-
B、24
7
c
D-青
5.某公司为了调查员工的健康状况，由于女员工所占比重大，按性别分层，用按比例分配的分层
随机抽样的方法抽取样本.已知所抽取的所有员工的体重的方差为120，女员工的平均体重为
50kg,标谁差为6，男员工的平均体重为70kg,标准差为4.若样本中有21名男员工，则女员
工的人数为
A.28
B.35
C.39
D.48
7,在△ABC中，若OA|=O店=OC=|1OP1,AB1=AC=2,A=120°，则A户·AB的取
值范围为
A.[-2,8]
B.[-2,6]
C.[-4,6
D.[-4.8]
省级联测考试「数学（七）·预测卷Ⅱ第1页（共4页）
8.已知a,b∈(1，十c),且a十b=e+lna十1，e为自然对数的底数，则
A.bae
B.eae
C.a
D.ae
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9.医学上判断体重是否超标有一种简易方法，就是用一个人身高的厘米数减去105所得差值即
为该人的标准体重.比如身高175cm的人，其标准体重为1？5一105=70公斤，一个人实际体
重超过了标准体重，我们就说该人体重超标了，现分析某班学生的身高和体重的相关性时，随
机抽测了8人的身高和体重，数据如下表所示：
编号
1
2
3
4
5
7
8
身高x/cm
165
158
170
172
173
174
175
177
体重ykg
55
89
61
65
67
70
75
75
由最小二乘法计算得到经验回归直线11的方程为y=61x十a,,相关系数为r1,决定系数为
R:经过残差分析确定有一个样本点为离群点（对应残差过大），把它去掉后，再用剩下的？组
数据计算得到经验回归直线12的方程为y=b:x十a2,相关系数为r,决定系数为R,则
A.r.r2
B.RR
C.rre
D.R10.已知F1,F:分别为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点，P为双曲线上第-象限
内-点，且∠FPF:-哥，FP=25,F,关于∠F,PF:的平分线的对称点Q恰好在C
上，则
A.C的实轴长为2
B.C的离心率为23
C.△F:PF的面积为2w3
D.∠F,PF:的平分线所在直线的方程为3.x一y一1=0
1.已知二次函数gx)满足g红-)=g(2-x),gx)≥x:当x∈(0,2)时，g(x)≤（安）
函数f(x)的定义域为R,y=f(x)十e是奇函数，y=f(x)一3e是偶函数，e为自然对数
的底数，则
A.函数g(x)的最小值为0
B.f(0)=1
C.f(g(x)2-1
D.函数f(x)的导函数f'(x)的最小值为2w2
12.在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D:中，AE=2EB,A,户-FD1,则
A平面CEF截正方体所得截面为梯形
B.四面体AA1FE的外接球的表面积为61
C.从点C出发沿正方体的表面到达点F的最短路径长为3w13
D.若直线DB,与平面CEF交于点O,则DO:OB,=6:7
省级联测考试|数学（七）·预测卷Ⅱ第2页（共4页）2022-2023高三省级联测考试
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A D C A D C B B AD ACD ACD BCD
1.A 解析:∵B= x|x ≤4 = -4,4 ,∴A∩B= -1,0,1,2,3,4 ,故选A.
[命题意图]本题考查常用数集、绝对值不等式及交集运算,考查学生的数学运算素养.
2.D 解析:复数z满足z=x+yi,则 x-1+ y+1 i=2,∴ x-1 2+ y+1 2=4,故选D.
[命题意图]本题考查知识点为复数的运算、模长的概念,考查了学生的数学运算素养.
3.C 解析:由命题的否定,否结论不否条件,“存在”改为“任意”,“且”改为“或”,故选C.
[命题意图]本题考查全称量词命题与存在量词命题的否定,考查学生的逻辑推理素养.
4.A 解析:设圆台上、下底面半径分别为r1,r2,母线长为l,侧面展开图(扇环)的圆心角为α,由题意r1=
1 1 2
2
3 ︵ ︵ ,r2=1,l= 1- ,如图, , ( ) ( ) , 联立2 2 + =1 AB=αr=2πr2 1 ①CD=αr+l =αr+1 =2πr2 ②
①②可得r=1,从而α=π,故选A.
[命题意图]本题考查圆台的侧面展开图,考查学生的逻辑推理、直观想象素养.
2θ θ θ θ
5.D 解析:1+sinθ-cosθ
2sin 2+2sin2cos= 2
=tanθ
2tan
=2,得tanθ= 2 =2×2=-4 2 ,故1+sinθ+cosθ 2cos2θ+2sinθcosθ 2 1-tan2θ 1-2 32 2 2 2
选D.
[命题意图]本题考查了同角三角函数关系和二倍角公式,考查学生的数学运算和逻辑推理等核心素养.
6.C 解析:由题,记样本中女员工的平均体重和标准差分别为x 1=50,s1=6,所占权重为ω(ω>0.5),男员工
的平均体重和标准差分别为x 2=70,s2=4,所占权重为1-ω.所以样本中全部员工的平均体重为x =ωx 1+
(1-ω)x 2=70-20ω,方差s2=ω[s21+(x -x )21 ]+(1-ω)[s22+(x -x 22)]=ω[36+(20-20ω)2]+
(1-ω)[16+(-20ω)2]=-400ω2+420ω+16=120,化简得100ω2-105ω+26=0,即(20ω-13)(5ω-2)=
0,解得ω=0.65或ω=0.4(舍).所以女员工的人数为 211-0.65×0.65=39
,故选C.
[命题意图]本题考查了新教材新增内容由两组数据的平均数和方差求解全部数据的平均数和方差,本题
从数学学科素养上体现对学生数据分析能力的考查.
7.B 解析:因为|O→A|=|O→B|=|O→C|=|O→P|,所以O 为△ABC 的外心,且P 为△ABC 外接圆上一动点,
又|A→B|=|A→C|=2,A=120°,所以△ABC 外接圆的半径r= BC 1 sin120°×2=2.
如图,作PD⊥AB,垂足为
D,则|A→P·A→B|=|A→P|·|A→
B||cos∠PAD|=|A→B||AD→|=2|AD→|.所以,当PD 与圆相切时,A→P·
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 1页(共7页)
A→B 取最值,即P 在P1处取最大值6,在P2处取最小值-2,故选B.
[命题意图]本题考查了平面向量数量积的最值求法,结合了圆的有关性质,本题从数学学科素养上体现
对学生逻辑推理素养的考查,考查了学生的数形结合能力.
8.B 解析:a-lna=eb-b+1,令f(x)=x-lnx,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,∵f(a)=a-lna=
eb-b+1>eb-b=f(eb),又a>1,eb>1,∴a>eb.令g(x)=ex-
3x,则g(x)在(1,+∞)上单调递增,2
得 (3b)> (b),e3b-9b>eb-3g g b,则e3b2 2 -e
b>3b>2b+1,有e3b>eb+2b+1,故f(e3b)=e3b-3b>
eb-b+1=f(a),又e3b>1,∴e3b>a,∴eb[命题意图]本题考查函数构建模型比大小问题,要求学生能够运用导数研究简单函数的性质和变化规
律,考查学生的逻辑推理、直观想象、数学运算核心素养.
9.AD 解析:去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强,拟合效果会更好,且由表可知,两个变量呈
正相关,所以r[命题意图]统计是高考的必考内容,本题考查了两个变量间的相关关系、决定系数,本题从数学素养上体
现对学生的数据分析、逻辑推理的考查.
10.ACD 解析:因为F1 关于∠F1PF2 的平分线的对称点Q 恰好在C 上,则P,F2,Q 三点共线,且
PF = PQ ,又∠F π1 1PF2= ,则3 PF1 = F1Q = PQ .
设 PF1 = F1Q = PQ =m,
PF2 =n,根据双曲线定义可得 PF1 - PF2 =m-n=2a,QF1 - QF2 =m- m-n =2a,
解得m=4a,n=2a,即 PF2 = QF2 =2a,所以PQ⊥F1F2.在△F1PF2中,根据勾股定理可得16a2=
4a2+12,解得a=1,所以C 的实轴长为2,所以A正确;又a=1,c= 3,所以C 的离心率为 3,所以B
不正确;△F1PF2 的面积为
1
2×2 3×2=2 3
,所以C正确;因为PQ⊥F1F2,所以P 3,2 ,
又∠F1PF2的平分线的倾斜角为
π,所以 的平分线所在直线的方程为 ,即
3 ∠F1PF2 y-2= 3 x-3
3x-y-1=0,所以D正确,故选ACD.
[命题意图]本题考查双曲线的定义及性质,考查学生推理论证、运算求解和转化化归能力,考查学生逻
辑推理、数学运算、直观想象核心素养.
11.ACD 解析:设g(x)=ax2+bx+c a≠0 ,由g(x-4)=g(2-x),知函数g(x)的图象关于x=-1
对称,即-b=-1,解得b=2a.由题意可得g(1)2a ≥1
,且g(1)≤1,所以g(1)=1,故a+b+c=1,即c=
1-3a,所以g(x)=ax2+2ax+1-3a a≠0 .又g(x)≥x 恒成立,即ax2+ 2a-1 x+1-3a≥0恒
成立,于是, a>0, a>0,整理得 则a=1.所以,g(x)=1 2 1 1 2a-1 2-4a 1-3a ≤0, 4a-1 2≤0, 4 4x +2x+4.
因此,函数g x 的最小值为0,A正确;因为函数y=f x +ex 为奇函数,则f -x +e-x=-f x -
ex,①又因为函数y=f x -3ex 为偶函数,则f -x -3e-x=f x -3ex,②联立①②可得f x =
ex-2e-x,于是,f 0 =-1,B错误;于是,f' x =ex+2e-x>0,即f x 在 R上单调递增.注意到
g x ≥0,从而f g(x) ≥f(0)=-1,C正确;由基本不等式可得ex+2e-x≥2 ex·2e-x=22,当且
仅当ex=2e-x 时,即当x=1ln2时,等号成立,故函数2 f' x
的最小值为22,D正确,故选ACD.
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 2页(共7页)
[命题意图]本题考查函数单调性、奇偶性的综合运用,考查二次函数与不等式的综合运用,考查学生的
逻辑推理能力和数学运算素养.
12.BCD 解析:对于选项A,如图1所示,截面形状为五边形,故A错误;对于选项B,四面体AA1FE 的外接球
2 2 2
以EF为直径,即R=EF= 3+6+4 = 61,则表面积S=4πR2=61π,故B正确;对于选项C,点 到2 2 2 C
点F的最短路径如图2所示,CF= 92+62=3 13,故C正确;对于选项D,结合选项A,记平面DD1B1B
3DB
与直线GF,CE的交点分别为M,N,如图3所示,则DO DN 4 6,故OB =MB =7 =7 D
正确,故选BCD.
1 1
8D1B1
[命题意图]本题考查了正方体截面及截面交线、几何体的外接球、最短路径问题,本题从数学素养上体
现对学生的数学运算、直观想象、数学抽象和逻辑推理的考查,考查了学生数学运算、数形结合、空间想象
能力.
13.1 解析:当a>1时,y=ax 在R上单调递增,由2 x>x-2
,可得ax>ax-2;当0上单调递减,由x>x-2,可得ax以a的取值可为1(答案不唯一)2 .
[命题意图]本题考查利用指数函数的单调性解不等式,考查学生逻辑推理的数学核心素养.
14.- 3 解析:由题设,g(2 x
)=sin(2x-2 ),其图象关于点 πφ ,0 对称,则6 g π6 =sin π3-2φ =0,则
π
3-2φ=kπ
,k∈Z,得φ=
π-kπ,k∈Z,由0< π π6 2 φ<
,得φ= ,于是2 6 g
(x)=sin x π ,由 π2 - ,3 0≤x≤2
得-π≤2x-π≤2π,得函数 (3 3 3 y=gx
)在区间 3
0
,π 上的最小值为
2 g
(0)=sin -π3 =-2.
[命题意图]本题考查了三角函数的图象和性质,考查数学运算、数形结合和逻辑推理等核心素养.
15.3 解析:依题意,F 0,p ,直线PF 的斜率为2 tan30°= 3,则直线3 PF 的方程为 3y= x+p,与抛物3 2
= 3y x+p xP=-
3
p,
线C 联立, 3 2,整理得x2-23px-p2=0,又P 在第二象限内,解得3
3 抛物线
x2=2py, y =
p
P ,6
2 -
3
p
x2=2py p>0 可写为y=
x , xy'= ,所以y' 3 =
3 =- 3,所以直线MP 的斜率为2p p p 3 -
3,
x=-3p 3
切线方程为y-p=-
3 3 p p 2 2
6 3 x+ 33p ,即y=- x- ,则点3 6 M 0,- , , ,6 PF =3p MF =3p
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 3页(共7页)
又∠PFM=60°,所以△MPF 为正三角形,又 OM =1,所以p=3,因此△MPF 为边长是2的正三角2
形,则其面积为3.
[命题意图]本题考查抛物线的切线、直线的斜率和三角形面积,考查学生逻辑推理、数学运算核心素养.
16.1 解析:由题,设子n代中Aa占比为6 an
,则AA占比为1-an.
所以A∶a=[2(1-an)+an]∶an=(2-an)∶an,则子(n+1)代的基因型如下表所示,
雌 2-an an
雄 2
A 2a
2-an 2-an 2 (AA 2-a )aA n n2 2 4 Aa
an (2-an)a
2a
n
4 Aa ×
2 (2-a )a a2
由表可得,表格中总份数为 2-an +2× n n(其中淘汰了 n份),因此子(n+1)代中Aa占比为2 4 4
(2-an)an
2 2an 1 1 1 1 1 2
2-a 2n (2-an)
,化简得 ,即 ,解得 , ,因
a =an+1 an+1=2+a = + = n+1an=
+ n n
an+1 an 2 an 2 n+2
2 2
此a = 210 10+2=
1
6.
[命题意图]本题考查了概率与数列问题的综合,本题从数学素养上体现对学生数学运算、数学建模素养
的考查,考查学生的运算求解能力.
S
17.解:(1)设公比为q,由
9 73,得
S =9 S9-S6=a7+a8+a9
,
6
a +a +a (a +a +a )q6
即 7 8 9
S =
1 2 3 64,得 6
a +a +a 1+ 3 =9 9q -64q
3-64=0,……………………………… (3分)
6 1 2 3 q
解得q3=8或q3=-
8(舍去),得 ,又 ,所以数列 是首项为 ,公比为 的等比数列,
9 q=2 a1=2 an 2 2
故数列{an}的通项公式为a nn=2.…………………………………………………………………… (5分)
(2)由bm 为数列{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,可知b1=0,b2=b3=1.
b4=b5=b6=b7=2.当8≤m≤15时,bm=3;当16≤m≤31时,bm=4;
当32≤m≤63时,bm=5;当64≤m≤100时,bm=6. ……………………………………………… (8分)
∴b1+b2+b3+…+b100=0×1+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.
∴数列{bm}前100项的和为480.…………………………………………………………………… (10分)
[命题意图]本题考查了等比数列的通项公式和并项求和,考查学生的数学运算和逻辑推理等核心素养.
18.解:(1)已知2sinC=sinB,由正弦定理,得2c=b,由cosA=4,得c2cosA=2,……………… (1分)bc
1 由△ABC的面积S= 12bcsinA=2×2c×csinA=23
,得c2sinA=23,
相除得tanA=3,又0由cosA=1,2sinA=
3,得
2 c=2
,b=4,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,即a2=12,…… (4分)
在△ABC 中,AC=4,AB=2,BC=23,满足AC2=AB2+BC2,
所以△ABC 为直角三角形,∠ABC=90°.…………………………………………………………… (5分)
在Rt△ABM 中,BM=1 ,2BC=3AM= AB
2+BM2=7,
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 4页(共7页)
所以cos∠BMA=BM= 3= 21.………………………………………………………………… (7分)AM 7 7
(2)在Rt△ABC 中,BN 为AC 边上的中线,所以BN=1AC=2, ……………………………… (9分)2
由AM,BN 分别为边BC,AC 上的中线可知P 为△ABC 的重心,
可得NP=1BN=2,MP=1AM= 7,………………………………………………………… (3 3 3 3 11
分)
2 2
所以MP2+NP2= 73 + 2 =11.…………………………………………………………… (12分)3 9
[命题意图]本题考查了正余弦定理的应用和三角形重心的性质,考查学生数学运算能力、数形结合思想
和逻辑推理等核心素养.
19.解:(1)证明:如图,连接CE,DG,因为该几何体是由等高的半个圆柱和1个圆柱拼接而成,4
CG=DG,所以∠ECD=∠DCG=45°,所以∠ECG=90°,所以CE⊥CG.………………………… (1分)
因为BC∥EF,BC=EF,所以四边形BCEF 为平行四边形,所以BF∥CE,所以BF⊥CG.…… (2分)
因为BC⊥平面ABF,BF 平面ABF,所以BC⊥BF.…………………………………………… (3分)
因为BC,CG 平面BCG,BC∩CG=C,所以BF⊥平面BCG,…………………………………… (4分)
因为BF 平面BFD,所以平面BFD⊥平面BCG.………………………………………………… (5分)
(2)如图,以A 为坐标原点建立空间直角坐标系,设AF=2,AD=t,
则A(0,0,0),B(0,2,0),F(2,0,0),D(0,0,t),G(-1,1,t),C(0,2,t),
则A→B=(0,2,0),A→G=(-1,1,t),G→C=(1,1,0),
设平面ABG 的一个法向量为m=(x,y,z),
→
则 m·AB=0, y=0,→ 即 令z=1,则m=(t,0,1),m·AG=0, -x+y+tz=0,
记直线GC 与平面ABG 所成的角为θ,
→
则sinθ=|cos|=|GC
·m| t 10
→ = = ,|GC||m| 2t2+1 5
解得t=2(负值舍去),即AD=2. …………………………………………………………………… (8分)
设平面BFD 的一个法向量为n=(x',y',z'),F→B=(-2,2,0),FD→=(-2,0,2),
n·F→B=0, -2x'+2y'=0,
则 → 即 令x'=1,则n=(1,1,1),…………………………………… (10分)n·FD=0, -2x'+2z'=0,
·
所以cos= m n 3 15,|m||n|= =5×3 5
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 5页(共7页)
因此平面BFD 与平面ABG 所成角的余弦值为 15. …………………………………………… (12分)5
[命题意图]本题考查了证明面面垂直、线面角及面面角的求解,从数学素养上体现对学生数学运算、逻
辑推理、几何直观的考查,考查学生的运算求解、推理论证、空间想象能力.
20.解:(1)由题可知,甲、乙、丙各旁观1局的概率即为甲、乙、丙各胜1局的概率.
设甲、乙比赛甲胜,乙、丙比赛乙胜,丙、甲比赛丙胜分别为事件A,B,C,则A,B,C 相互独立,
设比赛完3局时,甲、乙、丙各胜1局为事件M,则M=AC∪A B ,………………………………… (2分)
则P(M)=P(AC)+P(A B )=P(A)P(C)+P(A )P(B )=1×2 1 2 2,2 3+2×3=3
所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为2. ……………………………………………………………… (4分)3
(2)设甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件Ai,Bi,Ci,i=1,2,3,4,5,
设比赛完5局甲获得最终胜利为事件D,则 D=B1B2A3A4A5+B1C2A3A4A5+A1A2B3B4A5+
A1A2B3C4A5+A1C2C3A4A5+A1C2B3A4A5, …………………………………………………… (7分)
P(B1B2A3A4A5)=P(B1)P(B2)P(A3)P(A4)P(A5)=
1 1 1 1 1 1,
2×3×2×3×2=72
P(B1C2A3A4A5)=P(B1)P(C2)P(A
1 2 1 1 1 1
3)P(A4)P(A5)=2×3×3× × =
,
2 3 54
P(A1A2B3B4A5)=P(A1)P(A2)P(B3)P(B4)P(A )=
1×1×15 2 3 2×
1 1 1,
3×2=72
P(A1A2B3C4A5)=P(A1)P(A2)P(B3)P(C4)P(A )=
1
5 2×
1 1 2 1 1,
3×2×3×3=54
P(ACCA A )=P(A )P(C )P(C )P(A )P(A )=1×2×2×1×1 11 2 3 4 5 1 2 3 4 5 ,2 3 3 3 2=27
P(A1C2B3A4A5)=P(A1)P(C2)P(B3)P(A4)P(A
1 2 1 1 1 1
5)= × × × × = ,………… ( 分)2 3 3 2 3 54 10
所以P(D)=1+1+1+1+1 1 13,72 54 72 54 27+54=108
所以,已知比赛进行5局后结束,甲获得最终胜利的概率为13 ………………………………… (108. 12
分)
[命题意图]概率统计是高考必考内容,本题考查了相互独立事件的概率、分步分类计数原理,本题从数
学素养上体现对学生数学运算、逻辑推理素养的考查,考查学生的运算求解能力.
21.解:(1)依题意,QN = QP ,MQ + QP = MP =4,所以 NQ + QM =4,
所以动点Q 的轨迹是以M,N 为焦点,长轴长为4的椭圆,………………………………………… (3分)
2 2
所以动点Q 的轨迹Γ 的方程为x +y =1.………………………………………………………… (4 2 4
分)
x2 y2
(2)直线l的方程为y=kx+1 12≤k≤2 ,联立 ,4+2=1消去y并整理,y=kx+1,
得 2k2+1 x2+4kx-2=0,显然Δ>0,
设A x 4k 21,y1 ,B x2,y2 ,则x1+x2=- , ,……………………………… ( 分)2k2+1x1x2=-2k2+1 5
又 + 2 2k 1y1 y2=k x1+x2 +2= 2 ,可得线段 的中点坐标为 , , ……… ( 分)2k +1 AB -2k2+12k2+1 6
所以线段AB 垂直平分线的方程为y-
1 1 2k ,令 ,可得
2k2+1=-k x+2k2+1 y=0 E - k2 ,0 ,2k +1
对于直线y=kx+1,令y=0,可得D -1,k 0 ,…………………………………………………… (8分)
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 6页(共7页)
2
所以 DE = - k 1 k +12k2+1- -k =k 2k2+1 .
2 2
又 AB = 1+k2 x1-x 2
4k 8 2 1+k 2
2 = 1+k -2k2+1 +2k2+1= ,2k2+1 8k +2
所以 = AB 2k 8k
2+2
μ = =2 8 k2+1 +
6
2 -14,……………………………………… (9分)DE k2+1 k +1
令t=k2+1∈ 5,5 ,则y=8 k2+1 +
6
2 -14=8t+
6-14, 4 k +1 t
因为 6 y=8t+t-14
在 5, 上单调递增,所以 4,136 ,则 454 170 ……… ( 分)
45 y∈ 5 5 μ∈ , . 12 5 5
[命题意图]本题考查椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系、弦长问题,考查学生推理论证能力、运算求解
能力和创新意识,考查学生的逻辑推理、数学运算核心素养.
22.解:(1)函数f x 的定义域为 0,+∞ ,f' x =-
1 ax-1,……………………………… ( 分)
x+a= x 1
当a≤0时,f' x <0恒成立,函数f x 在 0,+∞ 上单调递减,
注意到f 1 =a-2<0,所以f x ≥0不可能恒成立;…………………………………………… (2分)
当a>0时,令 ' x =ax-1f x =0
,解得x=1,当x∈ 0,1 时,a a f' x <0,函数f x 在 0,1 上单调a
递减;当x∈ 1,+∞ 时,f' x >0,函数f x 在 1,+∞ 上单调递增,a a
所以函数f x 在x=
1处取得最小值f 1 =lna-1,…………………………………………… ( 分)a a 3
于是lna-1≥0,解得a∈ e,+∞ ,故实数a的取值范围是[e,+∞).………………………… (4分)
(2)证明:令a=1,f x =x-lnx-2,f' x =1-
1,
x
当x∈ 0,1 时,f' x <0,函数f x 在 0,1 上单调递减;当x∈ 1,+∞ 时,f' x >0,函数f x 在
1,+∞ 上单调递增,所以函数f x 在x=1处取得最小值f 1 =-1,所以f x =x-lnx-2≥
-1,即x-lnx-1≥0,即lnx≤x-1,当且仅当x=1时,等号成立.于是ln x+1 ≤x,当且仅当x=0
时,等号成立.…………………………………………………………………………………………… (6分)
故x>0时,ln x+1 则ln 11+ 1 < , *, …………………………………………………………… ( 分)k k+1 k k+1 k∈N 8
ln 1+ 11×2 < 1 , 11×2ln 1+2×3 < 1 ,…,2×3 ln 1+ 1k k+1 < 1 ,k k+1
以上各式相加可得,
ln 1+ 1 1 … 1 1 1 … 1 11×2 +ln 1+2×3 + +ln 1+k k+1 <1×2+2×3+ +k k+1 = 1-2 +
1-1 +…+ 1 1- 1 , ……………………………………………………… ( 分)2 3 k k+1 =1-k+1<1 10
即ln 1+ 112+1 +ln 1+ 122 …+2 + +ln 1+ 1k2+k <1,
所以 1+ 112+1 1+ 1 1+ 1 … 122+2 32+3 1+k2+k [命题意图]本题考查导数应用以及裂项求和与放缩,考查学生数学建模、逻辑推理、数学运算核心素养.
数学(七)·预测卷Ⅱ答案 第 7页(共7页)
