临澧一中2022届高三第二次阶段考数学试卷一．选择题:本大题共8小题，每小题5分，满分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.设集合A＝，B＝，则AB＝（）A．(﹣1，2)B．(0，2)C．(﹣1，3)D．(0，3)2.已知( )A.B.C．D．3.设点是函数的图象C的一个对称中心，若点到图象C的对称轴上的距离的最小值，则的最小正周期是( )A． B. C. D.4.已知向量，是不平行于轴的单位向量，且，则( )A．（）B．（）C．（）D．（）5.已知未成年男性的体重G（单位：kg）与身高（单位：cm）的关系可用指数模型来描述，根据大数据统计计算得到a＝2.004，b＝0.0197．现有一名未成年男性身高为110cm，体重为17.5kg．预测当他体重为35kg时，身高约为(ln2≈0.69)（）A．155cmB．150cmC．145cmD．135cm6.已知是周期为2的奇函数，当时，设（ ）A． B． C． D．7．已知直三棱柱ABC—A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝，AB⊥AC，AA1＝4，则球O的表面积为（）A．5B．10C．20D．8．命题在区间[1，2]上单调递增；命题q：存在，使得－e＋4＋2a≥0成立(e为自然对数的底数)，若p且q为假，p或q为真，则实数a的取值范围是（）
A.[－，－1)B.(－2，－)C.(－2，－)∪[－1，＋∞)D.(2，－)∪[1，＋∞)二、多项选择题: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，漏选的得3分，错选或不选的得0分.9.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，,则下列结论正确的是（）A．B．C．的最大值为D．的最大值为10.如图已知函数(其中)的图象与轴交于点A、B，与轴交于点C，，.则下列说法正确的有（）A.的最小正周期为12B.C.的最大值为D.在区间(14，17)上单调递增11.下列说法正确的是()A．若，则“”是“”的充要条件；B．；C．；D．中，若为钝角，则．12．四边形内接于圆，，下列结论正确的有（）A．四边形为梯形；B．四边形的面积为；C．圆的直径为7；D．的三边长度可以构成一个等差数列.
第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题每小题5分.13.若tanα＝－，则sin(2α＋)＝.14,若向量，满足，，，则与的夹角为________.15．设函数在区间[，]上的最小值和最大值分别为m和M，则m＋M＝．16.在数列中，,,则数列的前2021项和为.四、解答题:本题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的数列存在，求数列的通项公式；若问题中的数列不存在，请说明理由．问题：是否存在等差数列，它的前n项和为，公差d＞0，，?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18.（本小题满分12分）已知函数.（1）求单调递增区间；（2）求在的最大值和最小值.19.袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲，乙二人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……
，取后不放回，直到两人中有一人取到白球即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的.（1）求袋中原有白球的个数：（2）求取球次数X的分布列和数学期望.20．（本小题满分12分）如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，，点是上的点，且（1）求证：对任意的，都有;（2）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值.21.已知点E到直线的距离与点E到点的距离之差为1.设点E的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）若为直线l上任意一点，过点P作曲线C的两条切线，，切点分别为M，N，求点F到直线的最大距离.22.（本小题满分12分）已知函数．（1）若，求f(x)的单调性和极值；（2）若函数至少有1个零点，求a的取值范围．
临澧一中第二次阶段考数学答案第Ⅰ卷选择题题号123456789101112答案BACBCDCAADACDBDABD12.答案ABD【解析】可证显然不平行即四边形为梯形，故正确；在中由余弦定理可得解得或（舍去）故B正确在中由余弦定理可得圆的直径不可能是，故C错误；在中，，，，满足的三边长度可以构成一个等差数列，故正确；第Ⅱ卷非选择题
13.14.15.16.17．（本小题满分10分）解：方案一：选条件①∵，∴构成公差为的等差数列又，因此，选条件①时问题中的数列存在，此时．方案二：选条件②．即代入得，则∴，此时不符合条件因此，选条件②时问题中的数列不存在，方案三：选条件③，由代入得d＝2或d＝（舍），因此，选条件③时问题中的数列存在，此时．18.解:.（1）由，解得的单调递增区间为.
（2）由得,因此,在上的最大值和最小值分别为.19.解：（1）设袋中原有个白球，由题意知，所以.解得(，舍去).即袋中原有3个白球.（2）由题意，的可能取值为1,2,3,4,5.；；；；.所以，取球次数的分布列为.12345所以.20.解（1）证明：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），,B（，，0），C（0，，0），E（0，0），，即.·········4分（2）由（I）得.设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则由得
·········6分易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为..·········10分由于，解得，即为所求.·········12分（解法二）证明：如图1，连接BE、BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD。SD⊥平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，AC⊥BE·········4分（Ⅱ）如图1，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE=,SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD,SD⊥CD。又底面ABCD是正方形，CD⊥AD，而SDAD=D，CD⊥平面SAD.连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD=。在Rt△BDE中，BD=2a，DE=，，在Rt△ADE中,从而
在中，.由，解得，即为所求.21.解：（1）依题意，点E到直线的距离等于点E到点的距离，则点E的轨迹是以F为焦点以直线为准线的抛物线.设其方程为.由题意，，解得.所以曲线C的方程是（2）设切点分别为，.设过曲线C上点的切线方程为，代入，整理得，，又因为，所以.从而过曲线C上点的切线方程为，即又切线过点，所以得，即.同理可得过点的切线为，又切线过点，所以得，即.即点，均满足，即.故直线的方程为.又为直线上任意一点，故对任意成立，所以令，得.
从而直线恒过定点.又曲线C的焦点F的坐标为，所以点F到直线的最大距离为1.22.解：（1）当时，，∴当时，，，∴，当时，，，∴∴在上单调递减，在上单调递增在处取得极小值，极小值为，无极大值（2）∵，由得令，则由得．令，当时，，∴在单调递增，∵，，∴存在，使得，且当时，，即，当时，，即∵，，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增
∴在处取得最小值∵，∴，即，∴，即∴当时，函数无零点，当时，∵，∴函数至少有1个零点，故的取值范围是.
