【文档说明】山东省潍坊第四中学2022届高三上学期第一次过程检测数学试题含答案.doc，共(10)页，1.025 MB，由小赞的店铺上传

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潍坊四中过程检测数学试题2021.10一、单选题(每题5分，共40分)1．已知集合14AxNx=−，集合23Bxx=−，则AB=（）A．0,1,2B．1,2C．13xx−D．24xx−2．设xR，则“43x−”是“29x”的（）A．

充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．2019年4月25日-27日，北京召开第二届“一带一路”国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，

要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（）A．198B．268C．306D．3784．十进制的算筹计数法是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数字1~9的一种方法.例如：3可表示为“”，26

可表示为“”，现用6根算筹表示不含0的无重复数字的三位数，算筹不能剩余，则这个三位数能被3整除的概率为（）A．14B．16C．512D．7245．已知函数()()23,02,0xxfxfxx−=+则()1f−=

（）A．1B．1−C．72−D．56．二项式()*(1)nxnN+的展开式中3x的系数为20，则n=（）A．7B．6C．5D．47．已知函数2||()41xxxfx=+，则函数()yfx=的大致图象为（）A．B．C．D．8．我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则

积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置

在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即23111

22323VRRRRR=−=球.现将椭圆22149xy+=绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A．32B．24C．18D．16二、多选题(每题5分，对而不全得2分，共20分)9．某学校为了调查高二年级学生周末阅读时间情

况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则（）A．众数的估计值为35B．中位数的估计值为35C．平均数的估计值为29.2D．样本中有25名同学阅读时间不低于40分钟10．已知甲袋中有5个大小相同的球，4个红球

，1个黑球；乙袋中有6个大小相同的球，4个红球，2个黑球，则（）A．从甲袋中随机摸出一个球是红球的概率为45B．从乙袋中随机摸出一个球是黑球的概率为23C．从甲袋中随机摸出2个球，则2个球都是红球的概率为35D．

从甲、乙袋中各随机模出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率为2511．设实数满足a，b满足221ab，则下列不等式一定成立的是（）A．22abB．ln||ln||abC．2abba+D．20abab+

+12．已知函数()fx对任意xR都有()()4()22fxfxf+−=，若()1yfx=−的图象关于直线1x=对称，且对任意的()12,0,2xx，且12xx，都有()()()()12120xxfxfx−−，则下列结论正确的是（）A．()fx是奇函数B．()f

x是周期为4的周期函数C．()20220f=D．7522ff−−三、填空题(每小题5分，共20分)13．某校2000名学生的某次数学考试成绩()~89,100XN，则成绩位于区间(109,119的

人数大约是______人（注：若2~(,)N，则()0.6827P−+，(22)0.9544P−+，(3P−3)0.9974+）14．已知函数()13fxxx=+−−，若对xR

，不等式()fxm恒成立，则实数m的取值范围是______.15．拉面是很多人喜好的食物.师傅在制作拉面的时候，将面团先拉到一定长度，然后对折，对折后面条根数变为原来的2倍，再拉到上次面条的长度.每

次对折后，师傅都要去掉捏在一只手里的面团.如果拉面师傅将300克而团拉成细丝面条，每次对折后去掉捏在手里的面团都是18克.第一次拉的长度是1m，共拉了7次，假定所有细丝面条粗线均匀､质量相等，则最后每根．．1m长的

细丝面条的质量是___________.16．已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，AC交BD于O，E是棱1AA的中点，则直线OE被正方体外接球所截得的线段长度为________．四、解答题(共70分)17．(本题10分)计算：（1）()20.532

07103720.12392748−−++−+（2）3948(log2log2)(log3log3)++18．(本题12分)如图所示，斜三棱柱111ABCABC−中，点1D为11AC上的中点．（1）求证：1//BC平面11ABD；（2）设三棱锥111AABD−的体

积为1V，三棱柱111ABCABC−的体积为2V，求12VV．19．(本题12分)已知函数()4ln()afxxxaRx=+−．（1）当3a=−时，求()fx的单调区间；（2）若()fx在区间()0,+上单调递增，求a的取值范围．20．(本题12分)如图，在四棱

锥PABCD−中，底面ABCD是梯形，//ADBC，2ADBC=，PAPD⊥，1ABPB==.（1）证明：PA⊥平面PCD；（2）若1BCCD==，当四棱锥PABCD−的体积最大时，求直线PB与平面PAD所成角的正

弦值.21．(本题12分)某地已知6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通过血液检测确定该感染人员，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没感染，拟采用两种方案检测：方案甲；将这6名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；方案乙：将这6

名疑似病人随机分成2组，每组3人.先将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果为阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止.（1）求甲方案所通

检测次数X和乙方案所需检测次数Y的概率分布；（2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由.22．(本题12分)已知函数()()ln11fxxkx=+−−，0x.（1）讨论函数()fx的单调性；（2

）若关于x的不等式()01xefxx++≥对任意0x恒成立，求实数k的取值范围．数学参考答案及评分标准2021.10一、单选题(每题5分，共40分)1．A2．B3．A4．A5．B6．B7．D8．D二、多选题(每题5分，对而不全得2分，共20分)9．ACD10．ACD11．BCD12．BC三、

填空题(每小题5分，共20分)13．4314．)4,+15．3克16．2213四、解答题(共70分)17．（本题共10分）解（1）原式()23225127371964480.1=++−+233533710013448=+

+−+59379931648=+++102=；（2）原式3322111log2log2(log3log3)223=++3235log2log326=54=.18．（

本题共12分）解：（1）证明：连接A1B交AB1于点O，连接OD1，则在平形四边形ABB1A1中，点O为A1B的中点，又点D1为A1C1的中点，所以OD1∥BC1，又OD1⊂平面AB1D1，B1C⊄平面A

B1D1，所以BC1∥平面AB1D1．（2）V1＝111AABDV−＝11112AABCV−＝11116ABCABCV−＝16V2所以12VV＝16．19．（本题共12分）解：（1）当a＝﹣3时，函数f（x）＝x﹣3x

﹣4lnx（x＞0），()'fx＝1+23x﹣4x＝2243xxx−+＝2(1)(3)xxx−−，由()'fx＞0，可得0＜x＜1或x＞3，由()'fx＜0，可得1＜x＜3，所以f（x）的单调递增区间为（0，1），（3，+∞）；递减区间为（1，3）；（2）()'fx＝1﹣2ax﹣4x＝

224xxax−−，x＞0，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，即为()'fx≥0在区间（0，+∞）上恒成立，即a≤x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4在区间（0，+∞）上恒成立，由（x2﹣4x）min＝﹣4，得a

≤﹣4，即a∈(,4−−.20．（本题共12分）解：（1）取AD，AP中点E，F，连接BE，BF，EF.由ABPB=，PAPD⊥得PABF⊥，PAEF⊥，又=BFEFF，所以PA⊥平面BEF.由//ADBC，2ADBC=知四边形BCDE是平行四边形，则

//BECD，BE平面PCD，CD平面PCD，所以//BE平面PCD，同理//EF平面PCD，且=BFEFF，所以平面//BEF平面PCD，所以PA⊥平面PCD.（2）由1ABPBBCCD====，

2AD=知四边形ABCD是以60A=的等腰梯形.连接AC，则ACCD⊥，又PA⊥平面PCD，所以PACD⊥，所以CD⊥平面PAC，又CD平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，于是点P在底面ABCD内的射影在AC上.（在平面PAC中，PAPC⊥

，点P在以AC为直径的圆上运动）取AC中点G，则32PG=，于是当PG⊥底面ABCD时，四棱锥PABCD−的体积最大.如图，以G为原点，分别以射线GB，GC，GP为x，y，轴的正半轴，建立空间直角坐标系Gxyz−.由题意得()0,0,0G，30,,0

2A−，1,0,02B，31,,02D−，30,0,2P.所以330,,22PA=−−，13,0,22PB=−，()1,3,0AD=−.设平面PAD的法向量(

),,nxyz=r，由00nPAnAD==，得3302230yzxy−−=−+=，取()3,1,1n=−，则15sincos,5PBnPBnPBn===.因此，直线PB与平面PAD所成角的正弦值为155.21．（本题共12分）解：（1）由题意可知X的可取值为：1,2,3

,4,5，()()()151154111,2,366566546PXPXPX========，()54311465436PX===，()543215165433PX===，所以X的分布列为：X12345

P1616161613由题意可知Y的可取值为：2,3，2Y=包含两种情况：“检测第一组呈阳性，检测该组第一个人呈阳性”、“检测第一组呈阴性，检测另一组第一个人呈阳性”，所以()2255336611121333CCPYCC==+−=，()

()23123PYPY==−==，所以Y的分布列为：Y23P1323（2）设每次的检测费用为a，方案甲的检测费用为X，方案乙的检测费用为Y，所以()11111102345666633EXaaaaaa=

++++=，所以()12823333EYaaa=+=，所以()()EXEY，故方案乙检测总费用较少.22．（本题共12分）解：（1）()()ln11fxxkx=+−−，0x，()1111kkxfxkxx−−=−=++．①若0k，则

()0fx′恒成立，故()fx在)0,+上单调递增．②若01k，令()0fx=，得110xk=−．x10,1k−11k−11,k−+()fx+0−()fx极大值11fk−③若1k³，则()0fx恒成立，故()fx在

)0,+上单调递减．综上所述，若0k，()fx在)0,+上单调递增；若01k，()fx在10,1k−上单调递增，在11,k−+上单调递减；若1k³，()fx在)0,+上单调递减．（2）令()()1xegxfxx=++，故()()

ln111xegxxkxx=+−+−+，0x所以()()21'11xxegxkxx=−+++，令()()()2111xxehxgxkxx==−+++，()()()()()()()222331111111xxxexexhxxxx++−+=−+=+++，下面证明1xex+，其中0x．令(

)1xxex=−−，0x，则()10xxe−=≥．所以()x在)0,+上单调递增，故()()00x=，所以当0x时，1xex+．所以()()()()()()()()()22233211111'0111xxexxxxxhxxxx+−+++−+=

=+++，所以()gx在)0,+上单调递增，故()()01gxgk=−≥．①若10k−，即1k，则()()010gxgk=−≥≥，所以()gx在)0,+上单调递增，所以()()00gxg=对0x恒成立，所以1k符合题意．②若10k−，即1k，此时()0

10gk=−，()()()4442222214441411414122kkkkekeegkkkkkkkkk=−+−=−=++++221122kek

−+，且据1k及1xex+可得212122kekk++≥，故221122kek+，所以()40gk．又()gx的图象在)0,+上不间断，所

以存在()00,4xk，使得()0gx=，且当()00,xx时，()0gx，()gx在()00,x上单调递减，所以()()000gxg=，其中()00,4xk，与题意矛盾，所以1k不符题意，舍去．综上所述，实数k的取值范围

是1k．