2022版高考数学大题标准练（一）

这是一份2022版高考数学大题标准练（一），共10页。试卷主要包含了682 8；，6
高考大题标准练(一)
满分60分，实战模拟，60分钟拿到高考主观题高分！
1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 eq \f(c,a－b) ＝ eq \f(sin A＋sin B,sin A－sin C) .
(1)求角B的大小；
(2)点D满足 eq \(BD,\s\up6(→)) ＝3 eq \(BC,\s\up6(→)) ，且线段AD＝2，求3a＋c的取值范围．
【解析】(1)由 eq \f(c,a－b) ＝ eq \f(sin A＋sin B,sin A－sin C) 及正弦定理得 eq \f(c,a－b) ＝ eq \f(a＋b,a－c) ，
所以c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－c)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－b)) ，
整理得a2＋c2－b2＝ac，
所以cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(ac,2ac) ＝ eq \f(1,2)
又0(2)因为 eq \(BD,\s\up6(→)) ＝3 eq \(BC,\s\up6(→)) ，所以BD＝3BC＝3a，在△ABD中，由余弦定理知
AD2＝BA2＋BD2－2BA·BD·cs B，即22＝c2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a)) 2－2·3a·c·cs 60°＝c2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a)) 2－3ac,
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋c)) 2－4＝3·3ac，因为3ac≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3a＋c,2))) 2，当且仅当3a＝c，即a＝ eq \f(2,3) ，c＝2时等号成立，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋c)) 2－4≤ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋c)) 2，
解得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3a＋c)) 2≤16, 所以3a＋c≤4
又因为在三角形ABD中3a＋c>2，所以2<3a＋c≤4，故3a＋c的范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，4)) .
2．在①2Sn＋1＝3n；②a1a2…an＝3；③2Sn－3an＋1＝0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且满足____，设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,（n＋1）·lg3an＋1)))
的前n项和为Tn，求Tn，并证明Tn< eq \f(5,2) .
(注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分)
【解析】选①：因为2Sn＋1＝3n，
所以当n≥2时，2Sn－1＋1＝3n－1，
两式相减得2an＝2·3n－1，
所以an＝3n－1(n≥2)，
又因为a1＝1满足上式，故an＝3n－1，
令bn＝ eq \f(1,an) ＋ eq \f(1,（n＋1）lg3an＋1)
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \f(1,（n＋1）lg33n)
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \f(1,n（n＋1）)
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(0) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(1) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝ eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n),1－\f(1,3)) ＋1－ eq \f(1,n＋1)
＝ eq \f(5,2) － eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) － eq \f(1,n＋1) ，
因为 eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) >0， eq \f(1,n＋1) >0，
所以Tn< eq \f(5,2) .
选②：因为a1a2…an－1an＝，
所以当n≥2时，a1a2…an－1＝，两式相除得an＝3＝3n－1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝1满足上式，故an＝3n－1，
以下同选①.
选③：因为2Sn－3an＋1＝0，所以当n≥2时，2Sn－1－3an－1＋1＝0，
两式相减得2an－3an＋3an－1＝0，
所以an＝3an－1，
又a1＝1，所以an≠0，
所以 eq \f(an,an－1) ＝3，
即{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，故an＝3n－1，
以下同选①.
3．如图，已知AB是圆锥SO的底面直径，O是底面圆心，SO＝2 eq \r(3) ，AB＝4，P是母线SA的中点，C是底面圆周上一点，∠AOC＝60°.
(1)求直线PC与底面所成的角的大小；
(2)求异面直线PC与SB所成的角的余弦值．
【解析】(1)因为AB是圆锥SO的底面直径，O是底面圆心，SO＝2 eq \r(3) ，AB＝4，P是母线SA的中点，C是底面圆周上一点，∠AOC＝60°.r＝ eq \f(AB,2) ＝2，圆锥母线长l＝ eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)))2) ＝4.过P作PE⊥⊙O，交AO于E，连接CE，则E是AO中点，PE＝ eq \f(1,2) SO＝ eq \r(3) ，CE＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) .OE＝1，OC＝2，
所以CE⊥AO，所以∠PCE是直线PC和底面所成角．因为PE＝CE，PE⊥CE，所以∠PCE＝ eq \f(π,4) .
即PC与底面所成的角的大小为 eq \f(π,4) .
(2)由(1)得CE＝ eq \r(3) ，PC＝ eq \r(3＋3) ＝ eq \r(6) .连接PO，则PO∥SB，PO＝ eq \f(1,2) SB＝2，所以∠CPO是异面直线PC与SB所成的角，由余弦定理得cs ∠CPO＝ eq \f(PC2＋PO2－CO2,2·PC·PO) ＝ eq \f(6＋4－4,2×\r(6)×2) ＝ eq \f(\r(6),4) .所以异面直线PC与SB所成的角的余弦值为 eq \f(\r(6),4) .
4．在一次考试中，某班级50名学生的成绩统计如下表，规定75分以下为一般，大于等于75分小于85分为良好，85分及以上为优秀．
经计算，样本的平均值μ≈81，标准差σ≈6.2.为评判该份试卷质量的好坏，从其中任取一人，记其成绩为X，并根据以下不等式进行评判：
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ评判规则：若同时满足上述三个不等式，则被评为优秀试卷；若仅满足其中两个不等式，则被评为合格试卷；其他情况，则被评为不合格试卷．
(1)试判断该份试卷被评为哪种等级；
(2)按分层抽样的方式从3个层次的学生中抽出10名学生，再从抽出的10名学生中随机抽出4人进行学习方法交流，用随机变量表示4人中成绩优秀的人数，求随机变量ξ的分布列和数学期望．
【解析】(1)P(μ－σP(μ－2σ0.954 4，
P(μ－3σ0.997 4，
因为考生成绩满足两个不等式，所以该份试卷应被评为合格试卷；
(2)50人中成绩一般、良好及优秀的比例为2∶5∶3，
所以所抽出的10人中，成绩优秀的有3人，
所以ξ的取值可能为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(7)) ,C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(35,210) ＝ eq \f(1,6) ，
P(ξ＝1)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(105,210) ＝ eq \f(1,2) ，
P(ξ＝2)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(63,210) ＝ eq \f(3,10) ，
P(ξ＝3)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(7,210) ＝ eq \f(1,30) ，
所以随机变量ξ的分布列为：
故E(ξ)＝0× eq \f(1,6) ＋1× eq \f(1,2) ＋2× eq \f(3,10) ＋3× eq \f(1,30) ＝1.2.
5．已知双曲线x2－y2＝1的左、右顶点分别为A1、A2，动直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2).
(1)求k的取值范围，并求x2－x1的最小值；
(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么，k1·k2是定值吗？证明你的结论．
【解析】(1)因为l与圆相切，
所以1＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)),\r(1＋k2)) ，
所以m2＝1＋k2，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2－y2＝1)) ，
得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－k2≠0,Δ＝4m2k2＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－k2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋1)), ＝4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋1－k2))＝8>0,x1·x2＝\f(m2＋1,k2－1)<0))
所以k2<1，所以－1故k的取值范围为(－1，1).
由于x1＋x2＝ eq \f(2mk,1－k2) ，
所以x2－x1＝ eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mk,1－k2)))2－4×\f(m2＋1,k2－1))
＝ eq \f(2\r(2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－k2))) ＝ eq \f(2\r(2),1－k2) ，
因为0≤k2<1，所以当k2＝0时，即k＝0时，x2－x1取最小值2 eq \r(2) .
(2)由已知可得A1，A2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以k1＝ eq \f(y1,x1＋1) ，k2＝ eq \f(y2,x2－1) ，
所以k1·k2＝ eq \f(y1y2,（x1＋1）（x2－1）)
＝ eq \f(（kx1＋m）（kx2＋m）,（x1＋1）（x2－1）)
＝ eq \f(k2x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2,x1x2＋（x2－x1）－1)
＝ eq \f(k2·\f(m2＋1,k2－1)－mk·\f(2mk,k2－1)＋m2,\f(m2＋1,k2－1)－\f(2\r(2),k2－1)－1)
＝ eq \f(m2k2＋k2－2m2k2＋m2k2－m2,m2＋1－2\r(2)－k2＋1)
＝ eq \f(k2－m2,m2－k2＋2－2\r(2)) ，
又因为m2＝1＋k2，所以m2－k2＝1，所以k1·k2＝ eq \f(－1,3－2\r(2)) ＝－(3＋2 eq \r(2) )为定值．
6．已知函数f(x)＝x ln (x＋a)＋1(a<0).
(1)若函数f(x)在定义域上为增函数，求a的取值范围；
(2)证明：f(x)【解析】(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，且f′(x)＝ln (x＋a)＋ eq \f(x,x＋a) ，
设m(x)＝f′(x)＝ln (x＋a)＋ eq \f(x,x＋a) ，
则m′(x)＝ eq \f(1,x＋a) ＋ eq \f(a,（x＋a）2) ＝ eq \f(x＋2a,（x＋a）2) ，
因为a<0.所以－2a>－a，
令m′(x)＝0⇒x＝－2a，则当x∈(－a，－2a)时，m′(x)<0；
当x∈(－2a，＋∞)时，m′(x)>0.
m(x)在(－a，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增，
由已知函数f(x)在定义域上是增函数，
得m(x)min＝m(－2a)＝ln (－a)＋2≥0，
解得a≤－e－2，
所以a的取值范围是a∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－e－2)) .
(2)因为a<0，x>－a.
所以x>0，f(x)＝x ln (x＋a)＋1要证明f(x)(i)当00，x ln x≤0.
所以x ln x(ii)当x>1时，设g(x)＝ex＋sin x－x ln x－1，则g′(x)＝ex－ln x＋cs x－1，
设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－ eq \f(1,x) －sin x，因为x>1，所以h′(x)>e－1－1>0，
即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1)) ＝e＋cs 1－1>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0即x ln x综上可知，a<0时，f(x) 分数
69
73
74
75
77
78
79
80
82
83
85
87
89
93
95
合计
人数
2
4
4
2
3
4
6
3
3
4
4
5
2
3
1
50
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)