2022版高考数学大题标准练（三）

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满分60分，实战模拟，60分钟拿到高考主观题高分！
1.已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的最小正周期为2π，最小值为－2，且当x＝ eq \f(5π,6) 时，函数取得最大值4.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)若当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6))) 时，方程f(x)＝m＋1有解，求实数m的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)的最小正周期为2π，
得ω＝1，又 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(B＋A＝4,B－A＝－2)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＝3,B＝1)) ，
由题意， eq \f(5π,6) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝－ eq \f(π,3) ＋2kπ(k∈Z)，
因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ)) < eq \f(π,2) ，所以，φ＝－ eq \f(π,3) ，
所以f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))) ＋1.
(2)当－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，
即x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ)) (k∈Z)时，函数f(x)单调递增．
(3)方程f(x)＝m＋1可化为m＝3sin (x－ eq \f(π,3) )，因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6))) ，所以x－ eq \f(π,3) ∈[－ eq \f(π,6) ， eq \f(5π,6) ]，由正弦函数图象可知，实数m的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)) .
2．在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2).这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________．
(1)求an；
(2)若bn－bn－1＝2an(n≥2)，且b1－a1＝1，求数列 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn))) 的前n项和Tn.
注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分．
【解析】(1)选择条件①②
由S5＝50，得5a1＋ eq \f(5×4,2) d＝5(a1＋2d)＝50，
即a1＋2d＝10，
由S1，S2，S4成等比数列，得S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝S1S4，
即4a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4a1d＋d2＝4a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋6a1d，即d＝2a1，
解得a1＝2，d＝4，因此an＝4n－2.
选择条件①③
由S5＝50，得5a1＋ eq \f(5×4,2) d＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10；
由S6＝3(a6＋2)，得 eq \f(6（a1＋a6）,2) ＝3a1＋3a6＝3a6＋6，即a1＝2；
解得d＝4，因此an＝4n－2.
选择条件②③
由S1，S2，S4成等比数列，得S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝S1S4，4a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4a1d＋d2＝4a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋6a1d，即d＝2a1，
由S6＝3(a6＋2)，得 eq \f(6（a1＋a6）,2) ＝3a1＋3a6＝3a6＋6，即a1＝2，解得d＝4，
因此an＝4n－2.
(2)由a1＝2，an＝4n－2可得
b1＝3，bn－bn－1＝2an＝8n－4，
当n≥2时，(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＝(8n－4)＋(8n－12)＋…＋12＝ eq \f([（8n－4）＋12]（n－1）,2) ＝4n2－4，
即bn－b1＝4n2－4，则bn＝4n2－1，
当n＝1时，b1＝3，符合bn＝4n2－1，
所以当n∈N*时，bn＝4n2－1，
则 eq \f(1,bn) ＝ eq \f(1,4n2－1) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ，
因此Tn＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,1) － eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1))) ＝ eq \f(n,2n＋1) .
3．如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PAB＝∠PBA＝45°，∠ABC＝2∠BAC＝60°，D是棱AB的中点，点E在棱PB上，点G是△BCD的重心．
(1)若E是PB的中点，证明：GE∥平面PAC；
(2)是否存在点E，使平面CDE与平面CDG夹角的大小为30°？若存在，求 eq \f(BE,BP) 的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)延长DG交BC于F，连接EF，
因为点G是△BCD的重心，
所以F为BC的中点，
因为D，E分别为AB，BP的中点，
所以DF∥AC，DE∥AP.
又因为DF∩DE＝D，AC∩AP＝A，
所以平面DEF∥平面APC，
又GE⊂平面DEF，
所以GE∥平面PAC.
(2)因为∠PAB＝∠PBA＝45°，
所以PA＝PB，
又D是AB的中点，所以PD⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABC，而平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
如图，以D为坐标原点，以DB的垂线为x轴，DB，DP所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系．设PA＝PB＝2，
则AB＝2 eq \r(2) ，PD＝CD＝ eq \r(2) .
所以D(0，0，0)，B(0， eq \r(2) ，0)，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(2),2)，0)) ，
G( eq \f(\r(6),6) ， eq \f(\r(2),2) ，0)，P(0，0， eq \r(2) )，
假设存在点E，使平面CDE与平面CDG夹角的大小为30°，设 eq \(BE,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BP,\s\up6(→)) ，λ∈(0，1].
则 eq \(DE,\s\up6(→)) ＝ eq \(DB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \(DB,\s\up6(→)) ＋λ eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(2) ，0)＋λ(0，－ eq \r(2) ， eq \r(2) )＝(0， eq \r(2) (1－λ)， eq \r(2) λ)，
所以E(0， eq \r(2) (1－λ)， eq \r(2) λ).
又 eq \(DC,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(2),2)，0)) ，设平面ECD的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(DC,\s\up6(→))＝\f(\r(6),2)x＋\f(\r(2),2)y＝0,m·\(DE,\s\up6(→))＝\r(2)（1－λ）y＋\r(2)λz＝0)) ，
令x＝1，得m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\r(3)，\f(\r(3)（1－λ）,λ))) ；
又平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，而平面CDE与平面CDG夹角的大小为30°，
所以|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|) ＝ eq \f(\r(3),2) ，即
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(\r(3)（1－λ）,λ),\r(12＋（－\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)（1－λ）,λ)))\s\up12(2))×1))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
解得λ＝ eq \f(1,3) (不合题意值已舍).
所以存在点E，使平面CDE与平面CDG夹角的大小为30°，此时 eq \f(BE,BP) ＝ eq \f(1,3) .
4．某校园格局呈现四排八栋分布，学生从高一入学到高三毕业需踏着层层台阶登攀，这其中寓意着学校对学生的期盼与激励．现假设台阶标有第0，1，2，…，50级，有一位同学抛掷一枚均匀质地的骰子进行登攀台阶游戏，这位同学开始时位于第0级，若掷出偶数点，则向上一步登一级台阶，若掷出奇数点，则向上一步登两级台阶，直到登上第49级(成功)或第50级(失败)，游戏结束．设X(n)为登攀至第n级的步数(1≤n≤50)，这位同学登到第n级的概率为Pn.
(1)求X(3)的分布列与数学期望；
(2)证明： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－Pn－1)) (2≤n≤49)为等比数列．
【解析】(1)由定义知，X(3)可能取值为2，3.
根据条件概率计算公式得：
P(X(3)＝2)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1,C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3) ＝ eq \f(\f(1,2),\f(5,8)) ＝ eq \f(4,5) ，
P(X(3)＝3)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3,C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3) ＝ eq \f(\f(1,8),\f(5,8)) ＝ eq \f(1,5) .
所以X(3)的分布列为
所以E(X(3))＝2× eq \f(4,5) ＋3× eq \f(1,5) ＝ eq \f(11,5) .
(2)由题意，Pn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1＋Pn－2)) ，
则Pn－Pn－1＝－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－Pn－2)) (2≤n≤49)；
又P2－P1＝ eq \f(1,4) ，
所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－Pn－1)) (2≤n≤49)是首项为 eq \f(1,4) 、公比为－ eq \f(1,2) 的等比数列．
5．已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>b>0)) 经过点P(－ eq \r(3) ， eq \f(1,2) )，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(2),2))) .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，记椭圆的左、右顶点分别为A1、A2，过点C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0)) 的直线l与椭圆相交于E，F两点. 连接A1E，A2F交于点G.
①求点G的轨迹方程．
②记直线A1E，GC，A2F的斜率分别为k1，k2，k3，证明：k1，k2，k3成等差数列．
【解析】(1)因为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(\f(1,4),b2)＝1,\f(2,a2)＋\f(\f(1,2),b2)＝1)) ，得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆的标准方程是 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)设E、F的坐标分别为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) ，设直线l的方程为x＝my＋1，
①与椭圆方程联立消去x整理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋4)) y2＋2my－3＝0，
所以y1y2＝ eq \f(－3,m2＋4) ，y1＋y2＝ eq \f(－2m,m2＋4) ，
两个式子相除得 eq \f(y1＋y2,y1·y2) ＝ eq \f(2m,3) ，
所以my1·y2＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)) ，
设G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y)) ，因为A1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0)) ，E，G三点共线，所以 eq \f(y,x＋2) ＝ eq \f(y1,x1＋2) ＝ eq \f(y1,my1＋3) ，
因为A2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0)) ，F，G三点共线，
所以 eq \f(y,x－2) ＝ eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(y2,my2－1) ，
两个式子相除得 eq \f(x＋2,x－2) ＝ eq \f(\f(y2,my2－1),\f(y1,my1＋3)) ＝ eq \f(my2y1＋3y2,my2y1－y1) ＝ eq \f(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))＋3y2,\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))－y1) ＝3，
所以x＝4.
所以点G的轨迹方程为x＝4.
②直线A1G：y＝k1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2)) ，联立方程组
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2)),x2＋4y2＝4)) 得： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1)) x2＋16k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x＋16k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4＝0，
则－2·x1＝ eq \f(16k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1) ，
所以x1＝－ eq \f(8k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1) ，y1＝ eq \f(4k1,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1) ，
所以E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1)，\f(4k1,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1))) .
同理可得：F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) －2,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋1)，\f(－4k3,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋1))) .
又因为C，E，F三点共线，
所以kEC＝kFC，即 eq \f(yE－yC,xE－xC) ＝ eq \f(yF－yC,xF－xC) ，
将C，E，F三点坐标代入上式化简得
eq \f(4k1,1－12k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(－4k3,4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) －3) ，
整理得： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k1－k3)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k1k3)) ＝0，
因为k1k3>0，所以3k1－k3＝0即3k1＝k3，
又联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lA1E：y＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2)),lA2F：y＝k3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)))) ，
得G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k3)),k3－k1)，\f(4k1k3,k3－k1))) ，
所以k2＝ eq \f(yC－0,xC－1) ＝ eq \f(\f(4k1k3,k3－k1),\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k3)),k3－k1)－1) ＝ eq \f(4k1k3,3k1＋k3) ＝ eq \f(12k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,6k1) ＝2k1，
所以 eq \f(k1＋k3,k2) ＝ eq \f(4k1,2k1) ＝2.
当x1＝1时，点E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))) ，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2))) ，G(4， eq \r(3) )或E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2))) ，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))) ，G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，－\r(3))) ，
均满足 eq \f(k1＋k3,k2) ＝2，即k1＋k3＝2k2，
所以k1，k2，k3成等差数列．
6．已知函数f(x)＝x2ln x，g(x)＝ eq \f(ln x,x) ，
(e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)
(1)求函数y＝f(x)的极值；
(2)当 eq \f(1,3) ≤x≤e时，方程f(x)＝g(x)＋a有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，
f′(x)>0⇔x(2ln x＋1)>0⇔ln x>－ eq \f(1,2) ⇔x> eq \f(1,\r(e)) f′(x)<0⇔0即函数在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(e)))) 单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))，＋∞)) 单调递增；
所以f(x)的极小值为f( eq \f(1,\r(e)) )＝－ eq \f(1,2e) ，
无极大值．
(2)考察函数y＝a和y＝f(x)－g(x)
令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2ln x－ eq \f(ln x,x)
＝(x2－ eq \f(1,x) )ln x，
F′(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2))) ln x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x2)))
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(x－\f(1,x2),2x＋\f(1,x2))))
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(x3－1,2x3＋1))) ，
令φ(x)＝ln x＋ eq \f(x3－1,2x3＋1) ，且φ(1)＝0，
φ′(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(3x2（2x3＋1）－（x3－1）·6x2,（2x3＋1）2) ＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(9x2,（2x3＋1）2) >0，φ(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，e)) 上单调递增，φ(1)＝0，
所以，当x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)) 时，φ(x)<0，当x∈(1，e]时，φ(x)>0，
即F(x)在x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)) 时单调递减；F(x)在x∈(1，e]时单调递增，
F(x)min＝F(1)＝0，
又F( eq \f(1,3) )＝ eq \f(26,9) ln 3，F(e)＝e2－ eq \f(1,e) ，且F( eq \f(1,3) )＝ eq \f(26,9) ln 3<3·2＝6；F(e)＝e2－ eq \f(1,e) >6
函数y＝a和y＝f(x)－g(x)有两个交点，
所以a∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(26,9)ln 3)) .
X(3)
2
3
P
eq \f(4,5)
eq \f(1,5)