【文档说明】黑龙江省佳木斯市第一中学2022届高三上学期第四次调研考试+文数答案.doc，共(4)页，395.000 KB，由小赞的店铺上传

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2022届第四次调研考试数学（文）参考答案BDBCDACCBADB13.214.20315.136−16．6017.（1）()2sin(2),6fxxT=+=，对称中心,0,122kkZ−+（2）6x=−，()fx取最小值1−；6x=，

()fx取最大值218.答案：(1)设等差数列na的公差为d.7988238,19aaaa+===Q.21817,719,aadaad=+==+=解得15,2.ad==1(1)23naandn=+−=+，()1242nnnaaSnn+==+.(2)由

(1)知23nan=+，111111(23)(25)22325nnaannnn+==−++++.111111111257799112325nTnn=−+−+−++−++L1112525n=−+5(25)nn=+.19.（1）因为3sin3cosacBbC

−=，由正弦定理可得3sinsinsin3sincosABCBC−=，所以()3sinsinsin3sincosBCCBBC+−=，即得3cossin3sincossinsin3cossinBCBCBCBC+−=，可得3c

ossinsinsinBCBC=，因为()0,πC，则sin0C，则有tan3B=，又因为()0,πB，所以π3B=．（2）因为3a=，由15CDDB=，可得52DB=，在ABD△中，22255π21222cos2234AD=+−=，所以212AD=

，在ABD△中，由正弦定理得sinsinABADBDAB=，即221πsin2sin3BDA=，所以27sin7BDA=．20.答案：(1)当1a=时，函数()12fxxx=−++①当2x−时，由()3fxx+得43x−，所以无解②当21x−时，由()3fx

x+得0x，所以01x；③当1x时，由()3fxx+得2x，所以12x.综上，不等式()3fxx+的解集为|02xx.(2)因为()2fxxax=−++()()22xaxa−−+=+，当2xa−时，()fx取到最

小值2a+，所以24abc+=−−，即2abc++=.所以11abc++1122abcabc+=+++()122cababc+=+++()12222cababc++=+，当且仅当1abc+=

=时等号成立.即112abc++…成立.21（1）因为21444nnaSn+=++，所以()()2144142nnaSnn−=+−+，两式相减得：22144nnnaaa+−=+，即()()22122nnaan+=+，又

因为数列na的各项均为正数，所以()122nnaan+=+，又因为2214,1644aa==++，可得12a=，所以当1n=时上式成立，即数列na是首项为1、公差为2的等差数列，所以()2212nann=+−=；（2）由（1）可知11342,8baba====，所以12;(1

)2nnnnbcn+==+．23122322(1)2nnnTnn+=+++++①()341222232212nnnTnn++=+++++②①-②得：()3412822212nnnTn++−=++++−+()()232124

223212nnn++=+++++−+()()224421122nnnnn++=+−−+=−22nnTn+=2828nTmnn−恒成立，等价于()2247nnmnn+−恒成立，所以272nnm−恒成立，设272nnnk−=，则111252792222nnnnnnnnkk+

++−−−−=−=，所以当4n时1nnkk+，当4n时1nnkk+，所以412356kkkkkk所以当nk的最大值为5332k=，故332m，即实数m的取值范围是：3,32+

.22.答案：（1）由2()e(1)()xfxaxa−=−−R，得2()exfxa−=−，当0a„时，()0fx，函数()fx在R上单调递增，没有极值点；当0a时，令()0fx=，即2e0xa−−=，解得2x=lna+，当(,2ln)xa−+时

，()0fx，函数()fx在(,2ln)a−+上单调递减，当(2ln,)xa++时，()0fx，函数()fx在(2ln,)a++上单调递增，所以当0a时，函数()fx有且只有一个极小值点.综上所述，当0a„时，函数()fx没有极值点，当0a时，

有一个极值点.(2)证明：由(1)可知，当0a时，()fx有一个极小值点，且极小值为2ln2(2ln)e(2ln1)afaaa+−+=−+−lne(1ln)ln.aaaaa=−+=−当01a时，(2ln)ln0faaa+=−，函数()fx没有零点；当1a=时，(2ln)ln0faaa

+=−=，函数()fx只有一个零点；当1a时，(2ln)ln0faaa+=−，又因为2(0)e0fa−=+，所以存在1(0,2ln)xa+，使()10fx=；又222(4)e(3)(2)3afaaaa

aa++=−++−−40a=+，所以存在2(2ln,4)xaa++，使()20fx=，所以当1a时，()fx有两个零点.记2()ln1(1)gaaaaa=−−，则()2ln1gaaa=−−，记()2ln1(1)haaaa=−−，则121()2ahaaa

−=−=，因为1a，所以()0ha，所以()(1)1hah=，所以()ga在(1,)+单调递增，从而()(1)0gag=，即2ln10aaa−−恒成立，故原不等式得证.