2022年福建省高考数学诊断试卷-【艺考生】2024年新高考文化课冲刺点金数学

#"## 年福建省高考数学诊断试卷 一#选择题!本题共 & 小题%每小题 ( 分%共 -# 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 ! " $! 设集合 ") & ' " " + ' " *'*" 4 # '$ #) & # $$ " $ + '$则 " ) #) ! !! " .5 & # $' /5 & # $$ " ' 05 & *$ $ # $$ " $ + ' 15 & *" $ *$ $ # $$ " $ + ' "! 槡'* " + 槡 ? @ A B ' ( 的展开式中的常数项为 ! !! " .5*$%# /5*&# 05&# 15$%# +! 设复数 3 $ $ 3 " $ 3 + 满足 3 + 8 # $且 + 3 $ + ) + 3 " + $则 ! !! " .53 $ )?3 " /53 $ " )3 " " 053 $ ( 3 + )3 " ( 3 + 15 + 3 $ ( 3 + ) + 3 " ( 3 + -! 若 0 6 # $ 2 6 # $则* 0,2 5 " +的一个必要不充分条件是 ! !! " .5 $ 0 , $ 2 5 $ /502 5 $ 050 " ,2 " 5 " 15槡05 "*槡 2 (! 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法$它是以神经网络为出发点的 ! 在神经网 络优化中$指数衰减的学习率模型为 S)S # 6 K K # $其中 S 表示每一轮优化时使用的学习率$ S # 表示初 始学习率$ 6 表示衰减系数$ K 表示训练迭代轮数$ K # 表示衰减速度 ! 已知某个指数衰减的学习率模 型的初始学习率为 #!( $衰减速度为 "" $且当训练迭代轮数为 "" 时$学习率衰减为 #!-( $则学习率 衰减到 #!#( 以下所需的训练迭代轮数至少为!参考数据$ 7 8 " E #!+#$# % 7 8 + E #!-!!$ " ! !! " .5$$ /5"" 05""! 15-&$ %! 已知抛物线 $ # . " )" ( ' ! ( 6 # "的焦点为 = $过 = 且倾斜角为' + 的直线交 $ 于 " $ # 两点$线 段 "# 中点的纵坐标为槡+$则+"#+) !!!" .5 & + /5- 05& 15"- !! 关于函数 L ! ' " )":;4 ! "', ' "$有下列四个命题# ! !! " 甲# L ! ' "在 ( ' $ "! ' ! " ( 上单调递增% 乙# * ' % 是 L ! ' "的一个极小值点% 丙#' + 是 L ! ' "的一个极大值点% 丁#函数 . ) L ! ' "的图象向左平移' + 个单位后所得图象关于 . 轴对称 ! 其中只有一个是假命题$则该命题是 .5 甲 /5 乙 05 丙 15 丁 &! 已知 L ! ' "是定义在 $ 上的函数$且函数 . ) L ! ',$ " *$ 是奇函数$当 ' 5 $ " 时$ L ! ' " ) 74 ! $*"' "$则曲线 . ) L ! ' "在 ')" 处的切线方程是 ! !! " .5 . )'*- /5 . )' 05 . )*"'," 15 . )*"',% ( !#" ( 二#多项选择题!本题共 - 小题%每小题 ( 分%共 "# 分 ! 在每小题给出的选项中%有多项符合题目 要求 ! 全部选对的得 ( 分%部分选对的得 " 分%有选错的得 # 分 ! " '! *杂交水稻之父+袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究)应用与推广$创建了超级杂交稻 技术体系$为我国粮食安全)农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献 ! 某杂交水稻种植研 究所调查某地水稻的株高$得出株高 ) !单位# @F "近似服从正态分布 - ! $## $ # " " ! 已知 C ( - ! % $ ( " "时$有 / ! + C* % +4/ " E #!%&"! $ / ! + C* % +4 " ( " E #!'(-( $ / ! + C* % +4 + ( " E #!''!+! 下 列说法正确的是 ! !! " .5 该地水稻的平均株高约为 $##@F /5 该地水稻株高的方差约为 $## 05 该地株高超过 $$#@F 的水稻约占 %&!"!E 15 该地株高低于 $+#@F 的水稻约占 ''!&!E $#! 若 ! $ " 满足 :;4 ! )* $ " $ @9: ! * " " ) $ " $则 " 可以是 ! !! " .5 ' % /5 ' " 05 ( ' % 15 ' $$! 在正方体 "#$6:" $ # $ $ 6 $ 中$ * $ - $ / 分别为棱 "# $ $ $ $ $ 6 $ 的中点$ ; " 平面 *-/ $ # $ ;)"# $直线 # $ ; 和直线 *- 所成角为 $ $则 ! !! " .5*- < "$ $ /5 $ 的最小值为' + 05" $ * $ - $ / 四点共面 15/; < 平面 "$6 $ $"! 已知 > " % # % $ % ! %)$ $ " $ + $2"是直角三角形$ " % 是直角$内角 " % $ # % $ % 所对的边分别为 0 % $ 2 % $ 1 % $面积为 + % ! 若 2 $ )- $ 1 $ )+!2 %,$ " ) 0 %,$ " ,1 % " + $ 1 %,$ " ) 0 %,$ " ,2 % " + $则 ! !! " .5 & + "% '是递增数列 /5 & + "%*$ '是递减数列 05 & 2 % *1 % '存在最大项 15 & 2 % *1 % '存在最小项 三#填空题!本题共 - 小题%每小题 ( 分%共 "# 分 ! " $+! 已知 ! $ " 是不共线的两个单位向量$则 !," 与 !*" 的夹角为 ! $-! 若直线 . )0 ! '," "与曲线 ' " * . + . + )$ 恰有 " 个公共点$则实数 0 的取值范围为 ! $(! 写出一个同时具有下列性质 #$% 的函数 L ! ' " ) ! # 定义域为 $ % $ 值域为! * 6 $"% % 对任意 ' $ $ ' " " ! # $ , 6 "且 ' $ 8 ' " $均有L ! ' $ " * L ! ' " " ' $ *' " 6 #! $%! 0缀术1是中国南北朝时期的一部算经$汇集了祖冲之和祖 ! 父子的数学研究成果 ! 0缀术1 中提出的*缘幂势既同$则积不容异+被称为祖 ! 原理$其意思是#如果两等高的几何体在同高处 被截得的两截面面积均相等$那么这两个几何体的体积相等 ! 该原理常应用于计算某些几何体的 体积 ! 如图$某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面$侧面为球面的一部分$上底直径为 槡- %@F$下底直径为%@F$上下底面间的距离为+@F$则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 @F %卧足杯的容积是 @F + !杯的厚度忽略不计" ! ( &#" ( 四#解答题!共 !# 分 ! 解答应写出文字说明&证明过程或演算步骤 ! " $!! ! $# 分"已知等比数列& 0 % '的首项为 *" $前 % 项和为 + % $且 + %," $ + % $ + %,$ 成等差数列 ! ! $ "求& 0 % '的通项公式% ! " "设 2 % ) %,$ - , " $求数列& 0 % 2 % '的前 $# 项和 , $# ! !- ' ,表示不超过 ' 的最大整数" $&! ! $" 分"冬季两项是第 "- 届北京冬奥会的比赛项目之一$它把越野滑雪和射击两种特点 不同的竞赛项目结合在一起 ! 其中 "#OF 男子个人赛的规则如下# # 共滑行 ( 圈!每圈 -OF "$前 - 圈每滑行 $ 圈射击一次$每次 ( 发子弹% $ 射击姿势及顺序为#第 $ 圈滑行后卧射$第 " 圈滑行后立射$第 + 圈滑行后卧射$第 - 圈滑 行后立射$第 ( 圈滑行直达终点% % 如果选手有 % 发子弹未命中目标$将被罚时 % 分钟% & 最终用时为滑雪用时)射击用时和被罚时间之和$最终用时少者获胜 ! 已知甲)乙两人参加比赛$甲滑雪每圈比乙慢 +% 秒$甲)乙两人每发子弹命中目标的概率分别 为- ( 和+ - ! 假设甲)乙两人的射击用时相同$且每发子弹是否命中目标互不影响 ! ! $ "若在前三次射击中$甲)乙两人的被罚时间相同$求甲胜乙的概率% ! " "若仅从最终用时考虑$甲)乙两位选手哪个水平更高4 说明理由 ! ( '#" ( !! $'! ! $" 分"如图$在三棱锥 I:"#$ 中$ > I"# 和 > "#$ 均是边长为 - 的等边三角形 !/ 是 棱 I" 上的点$ I/) " + I" $过 / 的平面 ! 与直线 I$ 垂直$且平面 !) 平面 I"#)8! ! $ "在图中画出 8 $写出画法并说明理由% ! " "若直线 I$ 与平面 "#$ 所成角的大小为' + $求过直线 8 及点 $ 的平面与平面 "#$ 所成 的锐二面角的余弦值 ! "#! ! $" 分" > "#$ 的内角 " $ # $ 所对的边分别为 0 $ 2 $ 1 $且 0)% $ 2,$"@9:#)"1! ! $ "求角 " 的大小% ! " " * 为 > "#$ 内一点$ "* 的延长线交 #$ 于点 6 $ $求 > "#$ 的面积 ! 请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上$使 > "#$ 存在$并解决问题 ! # * 为 > "#$ 的外心$ "*)- % $ * 为 > "#$ 的垂心$ *6 槡) +% % * 为 > "#$ 的内心$ "6 槡)+ +! ( #$" ( !! "$! ! $" 分"已知椭圆 $ 的中心为 7 $离心率为槡" " ! 圆 7 在 $ 的内部$半径为槡% + !/ $ ; 分别为 $ 和圆 7 上的动点$且 / $ ; 两点的最小距离为 $* 槡% + ! ! $ "建立适当的坐标系$求 $ 的方程% ! " " " $ # 是 $ 上不同的两点$且直线 "# 与以 7" 为直径的圆的一个交点在圆 7 上 ! 求证#以 "# 为直径的圆过定点 ! ""! ! $" 分"已知函数 L ! ' " )74'* 0,$ ' $ M ! ' " )0 ! '*" " 3 $*' *$ $其中 0 " $! ! $ "讨论 L ! ' "的单调性% ! " "当 # 5 0 5 ( + 时$是否存在 ' $ $ ' " $且 ' $ 8 ' " $使得 L ! ' @ " ) M ! ' @ "! @)$ $ " "4 证明你的结论 ! ( $$" ( 当xE(-2.-1时,m'(x)>0;当xE(-1,+oo)时,m'(x)<0. 所以n(x)在x=-1处取得极大值,m(x)的最大值为n(一1)=1. 要想lna=ln(x+2)-x有两个根,只需要lna<1,即0<a<e. 所以a的取值范围为(0,e). 22.(1)解:.直线BP的垂直平分线交直线AP于点Q. '.BQ-PQl.'AQ+BQ=AQl+PQl-64-ABl. '.由圆的定义可知:点Q的轨迹是以A,B为售点的圆;且2a三6.2c=4 .a-3c-2. _-1. (2)证明:设点M(x,y).N(x:,y).直线MN的方程为x三my+n(m:0,n0) r-yn. 与圆方程联立,得 得(5m +9)+10nny+5n-45-0. 则△-180(5m-n+9)0. 10tn 5-45 由根与系数的关系得y十y一一 5n+g'y= 5m+9 由(1)知点A(-3,0),A(3,0),设点T(x,y). 由T,S,A:三点共线得 -+3-3 2+3-3-3-3my+n-3m+n-3 。 3 ) 3 -2m十(n-一3)(+寸) )-2m+(n-3)+-2n-(n-3) 1_1 2nn6n y -9n十3 所以直线OT的斜率 --”3.则直线OT的方程为y-3-. 3n ③n 联立直线OT与直线MN的方程,可得 解得,--3. .r-ny十n. 所以点R在定直线/::一一3上, 使得△RBE的面积为定值的点E一定为过点B且与直线平行的直线与圆C的交点, 此时点E的坐标为(2-)或(2.-),&RBE的面积$su- 2022年福建省高考数学诊断试卷 一、选择题 1.B 【解析】.集合A-xzl--20)-xzl-1<<2)--1,0,1,2 ,B-(0,1,2,3; .A0B-(0.1.2).故选B. 2.B【解析】 的展开式的通项公式为T.-C(-2)--. 则展开式中的常数项为C(一2)一一80.故选B. 3.D【解析】对于A,不妨设=1,=i.满足z一z|,但z云士z,故A错误; 对于B,不妨设z一l,=i.满足=z,但。,故B错误; 对于C.不妨设zi=1,i-i.满足z-,但z.去z·z,故C错误; 对于Dl-|..=z. 又:0,且-z.z·z=z·zl,故D正确. 故选D. .151. 4.B【解析】因为a>0,60. 对于B,当a+b 2,0<b<2-a,得ab a(2-a)--(a-1)+1<1,必要性成立; 当ab<1,取a-2,b--,明显可见a+b>2,则a+b<2不成立,充分性不成立,故B正确; 对于C,当a十b2,取a= 对于D,当a+b2成立,则0a<2-b,明显可见<②-b成立; 当<v②一b,两边平方,同样有a十b<2,充分性也成立,故D错误; 故选B. 5.D【解析】因为I.-L。D,所以L-0.5xD. 由1.-.5×()~.0-0()01a()“~0V-1 G (1g 9-lg 10)<-22.G·(1g 10-lg9)>22G1g10-1g· 22 22 22 所以所需的训练迭代轮数至少为481轮 故选D. 设A(r,y),B(x:,y). 联立直线与抛物线的方程得 -2px. 可得yy2 3 3 故选C. 7.A【解析】函数/(x)-Asin(2-x+)的最小正周期为T-2--n.半周期为. ·一(一)-,且四个命题中只有一个是假命题,.乙、丙都是真命题; 由丙知,/(x)关于x一吾对称, '.y一/(x)的图象向左平移吾个单位后所得图象关于y轴对称,故丁正确 由丙可知/(x)关于x一对称,/(c)的最小正周期为x, 故选A. 8.D【解析】 f(x)是定义在R上的函数,且函数y=/(x+1)一1是奇函数, 可知函数/(x)关于点(1,1)对称,当x<-时,/(c)=ln(1-2x). 所以当x>士时,函数的解析式为/(c)--ln(2x-3)十2. 所以/(r)一一 223./(2)--2./(2)-2. 所以曲线y=f(x)在x-2处的切线方程是y-2--2(x-2),即y=-2x+6. 故选D. ·152. 二、多项选择题 9.ABD【解析】 由题意可知,-100.a*-10-100,故A,B正确; 3-0.99865~99.87%,故D正确. 2 故选ABD. 当a=2ex-吾时, “cos“(--co(2kx--θ)-co(+)-寸. 则+=2++=2,,得=2+,=2-, . 当m=0时,-成立,故A正确; #(0({---)0()- 则+-2m-+或^-+8-2--乙,得}-2---,或-2- 故选AC. 11.BD【解析】 设正方体的校长为1,且E,F,G分别是AD,AA,BC的中点. 根据正方体的性质可知,平面MNP截正方体所得图象是正六边形EFMGNP, 则QE平面EFMGNP. 由于ACC平面AACC,MNO平面AACC-N,M平面A.ACC. _ 所以MN与AC,是异面直线,故A错误; 由图象可知A平面EFMGNP,故C错误; D 根据正方体的性质可知,MG//AC,MF//CD. MG平面ACD.ACC平面ACD,所以MG//平面ACD 同理可证得MF//平面ACD,由于MGOMF-M,所以平面EFMGNP//平面ACD (11题图1) 由于PQ二平面EFMGNP,所以PQ//平面ACD.,故D正确; 由于B.Q-AB,所以点Q的轨迹是以B;为球心,半径为1的球被平面EFMGNP所截形成的圆 根据正方体的性质可知四边形FMNP是平行四边形,设FNOMP-O,则O是FN,MP的中点. 连接OB ,由于B. P-B.M.所以OB 1MP;由于B.F-B.N,所以OB 1FN. 面FNOMP-O,所以OB 1平面EFMGNP /2 则直线B.Q与平面EFMGNP所成角为哥,MNC平面EFMGNP, 所以直线BQ和直线MN所成角o的最小值为,故B正确. 故选BD. 0 -l 0 12.ACD【解析】 由题意知,a:一b十。?. (11题图2) 3 所以a1-a-a-1-.-a-a-5,则a.?-b*+c.-25. _.c:_+6.:_256 3 3 3 由s.-b得,(25.)25. 25+b252+25(c+.) 。 、 9 即(2S):二 25+25十(2S.)“ 0 -所以S:25S .153. 则5.1(.-)而5-- 3---10 故S-2-40()),则5.-210(). 所以$-2-0()”,由于()随”的增大而减小, 冠。 由题意知S.0,故S。)是递增数列,故A正确; 又b.-c____. [6.-一。-7·(-))”. 所以 b.+-25. 因为→→0故-·(-)”-25·(-”# 所以---+(-)(-)”# 所以(-一、+·(-·() 0.其中N. (25·()(N)随着人的增大而减小,数烈(25·()(从eN)随着人的增大而增大, 因为数列/ 故数列(一c:)(EN)随着的增大而减小,故b一c为数列6.一c.)中所有正项中最大项. 同理可知数列(b一C)(kN’)随着b的增大而增大,故b。一c:为数列b.一c.)中所有负项中最小项 综上所述,数列(b。一c.)的最大项为b一c,最小项为b一c:,故CD均对。 故选ACD. 三,填空题 13. 【解析】 因为a,b是不共线的两个单位向量,故a-1,b一1. 所以(a十b)·(a-b)-a-b-0. 故a十b与a-b互相垂直,即夹角为吾. 故答案为吾. 14.(-g.1) 【解析】对于曲线:一yly-1而言, 当y0时,曲线为x”一-1;当y0时,曲线为+-1. 因为直线y=a(x十2)为过定点(一2,0)斜率为a的直线: 当曲线取上半部分时,曲线方程为一一1. 此时要让直线与上半部分有两个交点,故直线的斜率需小于渐近线斜率 对于双曲线-y-1而言,a-1,b-1,故渐近线斜率为1,故0<a<1; 当曲线取下半部分时,曲线方程为十一1. 此时要让直线与下半部分有两个交点 _1 3 综上所述,a的取值范围是( 故答案为( 154. 15.1一()(答案不唯一) 【解析】 根据题意,要求函数可以为指数函数的变形形式 故满足题意的函数可以为f(x)-1-(). 故答案为1-()(答案不唯一). 16.5;54x【解析】如图1所示,设球体的半径为R,0O=x. _二二二 { (16题图1) (16题图2) 由OM-ON=R,得x+(2)-(+3)+3,解得x=1.所以R= (OO)+(OM)- 由祖原理知,碗的体积等于图2中间高为3的圆杜减去一个圆台, 设圆台上表面半径为^,则=OP=00=1:下表面半径为r,则r:=00=0.Q=4 所以V二 所以V-V -V-Rh-21r-54r 故答案为5;54*. 四、解答题 17.解:(1)设等比数列a.)的公比为? 若q=1,则S。--2(n+2),S.--2n,S=-2(n+1). 此时S+S,=-2子一4n-2S,不合题意; 1- 1 1- 得+q-2-0,解得。=-2(q-1舍去). 故a.)的通项公式为a.-(-2)”. -[_ (2)ab.-(-2). '当n-1时,a--2;当n-2时,ab-4; 当n-3时,a:b--16;当n-4时,ab-32; 当n-5时,a:b--96;当n-6时,atb-192; 当n-7时,ab--512;当n-8时,ab-1024; 当n-9时,a:b--2560;当n-10时,ab。-5120. 'T。--2+4-16+32-96+192-512+1024-2560+5120-3186. 18.解;(1)设第四次射击中,甲命中n发,乙命中了n发; 在前三次射击中,甲、乙两人的被罚时间相同,甲胜乙需要满足60X(5一n)60(5一n)十36×5,化为n一n3. .n,n后N,0n,m5. ..n一1时,P,一()(Cx}()- -5.n一0时,P,-()#()-312 -4.__一时,P,:x()()-00 .甲胜乙的概率P=P+P:+P-625 3125 2500 12500 3 )6 (2)设甲射击命中目标的次数为X,乙射击命中目标的次数为Y,则X~B(20.).Y~B(20.3). .甲平均罚时为4分钟,乙平均罚时为5分钟 又甲滑雪每圈比乙慢36秒, .'.甲滑雪用时比乙多了36×5一180(秒)一3分钟. ..4+3一5.'.乙的水平更高 .155. 19.解:(1)在平面VAB内过点P作PN//AB,交VB于N,则直线PN即为直线/(如图1所示) 理由如下: 取VC的中点Q,连结AQ,BQ 因为△VAB和△ABC均为等边三角形, 所以VA-AC-VB=BC,所以VC 1AQ.VC 1BQ 又因为AQBQ-Q,所以VC1平面ABQ. 又因为VC|平面。,所以平面a/平面ABQ 又因为平面aO平面VAB-/,平面ABQO平面VAB-AB. 所以AB//1.所以直线PN即为直线1. (2)由(1)知,PN//AB,因为VP= 2VA.所以VV-2VB. B 设AB的中点为D,连结VD,交PN于G,连结CG,如图2所示 (19题图1) 因为△VAB和△ABC均为等边三角形,所以VA-VB,AC=BC.所以ABIVD,AB1CD 又因为VDOCD=D,所以AB1平面VCD,ABC平面ABC. 所以平面ABC1平面VCD. 在△VCD中,作VO1CD,垂足为O 因为平面ABCO平面VCD=CD,VOC平面VCD,所以VO1平面ABC. 因为△VAB和△ABC均是边长为4的等边三角形,所以VD-DC-23.VDC-. 因为AB/PN,所以DG-DV-23. 由(1)知,过/及点C的平面为平面CPN. 因为AB平面CPN,PNC平面CPN,所以AB//平面CPN. 设平面CPNO平面ABC-/,因为ABC平面ABC,所以AB// (19题图2) 因为ABI平面VCD.CGC平面VCD.CDC平面VCD,所以ABICG,ABICD. 所以CGI/'.CD1/.又因为CGC平面CPN.CDC平面ABC. 所以GCD为平面CPN与平面ABC所成的锐二面角的平面角. 所以cos GCDCG+DC-DG57 2CG·DC 14: 20.解:(1)在△ABC中,由余弦定理得cosB-a十- 2ar ,又因为a-6,b+12cosB-2c. 2aC 在△ABC中,由余弦定理得+c*-36-2bccosA. 所以bc-2bccosA.即cosA-- (2)选择①: sinA 1n 因为M为外心,所以AM一2v3,与AM一4矛盾,故不能选①. 选择②: 因为M为△ABC的垂心,所以乙BMD=-MBD=-(-乙ACB)-乙ACB. 又MD-③,所以在△MBD中,BD-MD·tan BMD-3tan ACB 同理可得CD-3tanABC. 又因为BD+CD-6,所以v3tan ABC+3tan ACB-6,即tan ABC+tan ACB-23 ·156. 又因为在△ABC中,tan(ABC+ACB)=-tan BAC--③ 所以tanABC+anACB 1-tan ABCtan ACB --3.因此tan ABCtan ACB-3. 故 tan ABC,tan ACB为方程x-2③x+3-0两根,即tan ABC=tan ACB-③ 因为乙ABC,之ACBE(O,n)所以乙ABC-乙ACB-, 所以△ABC为等边三角形, 所以S一- -9③. 选择③: 0 又因为bc>0,所以b-36. 所以$)sin0△#o3#令. 21.(1)解:以圆C的长轴所在直线为x轴,中心O为坐标原点建立直角坐标系xOy. 由题意可得,② #,,-1-v ### 故圆C的标准方程为+-1. (2)证明:.直线AB与以OA为直径的圆的一个交点在圆O上...直线AB为O的切线. 把_二 . OM= MB -MA ..OA OB,即 AOB-90 ..以AB为直径的圆过原点O. ②当AB与x轴不垂直时,设AB的方程为y一bx十n 设点A(r,y),B(r,y). 联立/二十n. 十2-2. 化为(1+2k)r+4m.r+2n-2-0,A>0 4n .r十。二一 2-2 l2{,r:。= l2 .O·OB-rr+yy=rr+(kr+m)(kr+m)=({+1)rr+kmr.+xs)+m 4n 1十2{ .'.OA1OB. ..以AB为直径的圆过原点O. 综上可得,以AB为直径的圆过定点O. 22.解:(1)因为/(x)-lnx“+1(x>o)r(x)-1a+1+(a+1). ) 12 所以当a一1时,f(x)>0,所以f(x)在(0,十oo)上恒成立,f(x)单调递增。 当a<-1时,令/(x)-0,得x--a-1. 令f(x)>0,得x-a-1,令f(x)<0,得0<r<-a-1. 所以f(x)在区间(0,一a-1)上单调递减,在区间(一a-1,十o)上单调递增 综上所述,当a二一1时,f(x)在区间(0,十oo)上单调递增; 当a一1时,f(x)在区间(0,-a-1)上单调递减,在区间(一a-1,十oo)上单调递增. .157. (2)不存在x,x,且x≠x,使得f(x)=g(x)(i=1,2). 证明:由(1)可知,当o<a<时,/(x)在(0,十o)上单调递增,则值域为R. g$$)-a(-2)e--1,g'(x)-ael--e-a(r-2)=ae-(3-). 令g'(x)>0,得x<3.令g(x)<0.得x>3. 所以g(x)在(一o,3)上单调递增,在(3,+oo)上单调递减 所以当x-3时,g(x)取得最大值,最大值为g(3)-a-^②} 则g(x)<0,且在(0,3)上单调递增,在(0,3)上与f(x)有且只有一个交点;在(3,十oo)单调递减,在(3,十oo)上不可能与 /()有交点; 故在(0,十)上/(r)与g(x)至多有一个交点,不可能有两个交点 则不存在x.x,且x子x,使得f(r)一g(x)(i-1,2). 2022年河北省高考数学全过程纵向评价试卷(4月份) 一、单项选择题 1) 1.B【解析】 2.C 【解析】图中阴影部分表示的集合为MU(CN)=0.2.3,4.5.6).故选C 3.A【解析】由题意知x一是函数f(c)=cos(2x十e)(l{<)的一条对称轴, 可得^{+一r(e乙),即一一 因为lel一吾,所以一,即/(x)-cos(2x十). 则将y-cos 2x的图象向左平移吾,可得y-cos2(c+吾)-cos(2x+)-/(x).故选A. 令/-一 -x+m(m>o),则直线/在:轴,y轴上的截距分别为4m.m. 由题意知·n·4n-2,解得m-1. 故直线7的方程为x+4y-4一0,故选D 5.A【解析】圆C.的标准方程为(x十1)+(x+4)-25,故C.C|-17. 若圆C 与圆C。相交,则有,-5<C.C|<5+r.即|r-5<17<5+r.解得5-17<r5+17 故“5<r5+17”是“圆C 与圆C。相交”的充分不必要条件,故选A 2- ./(x)关于(1,0)中心对称,故排除A,D; 当x(1.2)时,sinzc0,故f(x)<0,故排除C. 故选B. 7.C【解析】 -。: n十 一 故l+4h。|→2 4k-2v3.当且仅当&-4h。时,取等号,故选C. 8.D【解析】由题意知赠送方法分三类: 第一类,3个朋友获得1张,1个朋友获得4张,有n.-C·A一840; 第二类,2个朋友获得1张,1个朋友获得2张,1个朋友获得3张,有n-C·C·A一5040; .C·CCA一2520. 第三类,1个朋友获得1张,3个朋友获得2张,有n- A{① 故总赠送方法数有N一n十n:十n。-8400. 故选D. 158.