2023高考数学基础强化专题训练（四）及参考答案

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若过点(a，b)可以作曲线y＝lnx的两条切线，则
A．eb＜a B．ea＜b C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea
【答案】C
【考点】函数的切线方程、导数的几何意义
【解析】法一：由题意可设切点为(x0，lnx0)，则可得切线方程为y－lnx0＝EQ \F(1,x\S\DO(0))(x－x0)，因为切线方程过点(a，b)，所以有b－lnx0＝EQ \F(1,x\S\DO(0))(a－x0)，所以lnx0＋EQ \F(a,x\S\DO(0))－b－1＝0，所以可得到函数f(x)＝lnx＋EQ \F(a,x)－b－1有两个零点，所以f′(x)＝EQ \F(1,x)－EQ \F(a,x\S(2))＝EQ \F(x－a,x\S(2))，令f′(x)＝0，解得x＝a，则函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)，则f(a)＜0，即lna－b＜0，即lna＜b，所以0＜a＜eb，故答案选C．
法二：由题意可知，作出曲线y＝lnx的图象，可得过点(a，b)可以作曲线y＝lnx的两条切线，则点(a，b)在曲线的上方，所以b＞lna，所以a＜eb，又因为曲线y＝lnx有渐近线，所以a＞0，则0＜a＜eb，故答案选C．
2.(2022·江苏淮安协作体期中)
函数f(x)＝EQ \F(x\S(2)－csx,2\S(x)＋2\S\UP6(－x))部分图象可能为( )

A B C D
【答案】D
【考点】函数的图象识别与判断
【解析】由题意可知，f(－x)＝EQ \F(x\S(2)－csx,2\S\UP6(－x)＋2\S(x))＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，则排除选项B，C，又f(0)＝EQ \F(0－1,1＋1)＝－EQ \F(1,2)＜0，则排除选项A，故答案选D．
3.(2022·江苏淮安协作体期中)
对于三次函数eq f(x)＝ax\s\up6(3)＋bx\s\up6(2)＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f′(x)＝0有实数解eq x\s\d(0)，则称点eq (x\s\d(0)，f(x\s\d(0)))为函数y＝f(x)的“拐点”，同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心，若eq f(x)＝\f(1,3)x\s\up6(3)－\f(1,2)x\s\up6(2)＋3x－\f(5,12)，请你根据这一发现，求：(1)函数f(x)的对称中心为 ；(2)计算f(eq \f(1,2022))＋f(\f(2,2022))＋f(\f(3,2022))＋…＋f(\f(2021,2022))＝ ．(两个全对给5分，对一个给3分)
【答案】(eq \f(1,2)，1)；2021
【考点】双空题：新情景问题下的函数的性质应用
【解析】由题意可知，f′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，令f″(x)＝0，解得x＝EQ \F(1,2)，且f(EQ \F(1,2))＝1，则函数f(x)的对称中心为(EQ \F(1,2)，1)；由函数f(x)的对称中心为(EQ \F(1,2)，1)可知，f(x)＋f(1－x)＝2，所以f(eq \f(1,2022))＋f(\f(2,2022))＋f(\f(3,2022))＋…＋f(\f(2021,2022))＝2×1010＋1＝2021．
4.(2022·江苏南通市区期中)
设函数f(x)的定义域为R，f(x)为偶函数，f(x＋1)为奇函数，当x∈[1，2]时，eq f(x)＝a·2\s\up6(x)＋b，若f(0)＋f(1)＝－4，则eq f(\f(7,2))＝ ．
【答案】4－4EQ \R(,2)
【考点】函数的性质综合应用
【解析】由题意，因为f(x＋1)是奇函数，f(x)是偶函数，所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)＝f(x－1)，则f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数，则x＝0时，f(1)＝－f(1)，则f(1)＝0，由f(0)＋f(1)＝－4，可得f(0)＝－4，即f(2)＝－f(0)＝4，则eq \B\lc\{(\a\al(f(1)＝2a＋b＝0,f(2)＝4a＋b＝4))，解得a＝2，b＝－4，所以eq f(\f(7,2))＝f(\f(7,2)－4)＝f(－eq \f(1,2))＝－f(－eq \f(1,2)＋2)＝－f(eq \f(3,2))＝－(2×2EQ \S\UP8(\F(3,2))－4)＝4－eq 4\r(,2)．
5.(2022·江苏南通如东县期中)
定义在R上的奇函数f(x)的图象光滑连续不断，其导函数为f′(x)，对任意正实数x恒有xf′(x)＞2f(－x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式eq g(lg\s\d(3)(x\s\up6(2)－1))＋g(－1)＜0的解集是( )
A．(0，2) B．(－2，2) C．eq (－\r(,3)，2) D．(－2，－1)∪(1，2)
【答案】D
【考点】函数与导数：构造新函数解不等式
【解析】由题意可知，对任意正实数x恒有xf′(x)＞2f(－x)，即xf′(x)＞2f(－x)＝－2f(x)，则xf′(x)＋2f(x)＞0，所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)+xf′(x)]＞0，又因为定义在R上的奇函数f(x)的图象连续不断且g(x)＝x2f(x)，∴函数g(x)是在R上单调递增的奇函数，由g(lg3（x2－1) )＋g(－1)＜0，所以g(lg3(x2－1) )＜－g(－1)＝g(1)，所以lg3(x2－1)＜1且x2－1＞0，解得：x∈(－2，－1)∪(1，2)，故答案选D．
6.(2022·江苏南通如皋市期中)
设x，y，z∈R，已知eq \f(lnx,x)＝\f(y,e\s\up6(y))＝\f(lnz,e\s\up6(z))，若0＜x＜1，则
A．x＞y＞z B．z＞x＞y C．x＞z＞y D．y＞z＞x
【答案】C
【考点】比较大小
【解析】由题意可知，因为0＜x＜1，所以lnx＜0，则eq \f(lnx,x)＝\f(y,e\s\up6(y))＝\f(lnz,e\s\up6(z))＜0，则y＜0，0＜z＜1，
因为eq \f(lnx,x)＝\f(lnz,e\s\up6(z))，所以eq \f(lnx,lnz)＝eq \f(x,e\s\up6(z))＜1，则lnx＜lnz，所以x＞z，则x＞z＞y，故答案选C．
7.(2022·江苏泰州市泰兴期中)
已知实数a，b满足eq e\s\up6(2021－a)－a＝0，eEQ \S\UP6(2－lnb)－lnb－2019＝0，则ab＝ ▲ ．
【答案】e2
【考点】构造新函数求值
【解析】由已知条件特点可构造新函数f(x)＝eq e\s\up6(2021－x)－x，则f′(x)＝－eq e\s\up6(2021－x)－1＜0，则函数f(x)在R上单调递减，而eq e\s\up6(2021－a)－a＝f(a)，且f(lnb＋2019)＝eEQ \S\UP6(2－lnb)－lnb－2019，所以f(a)＝f(lnb＋2019)＝0，解得a＝lnb＋2019，所以eEQ \S\UP6(2－lnb)＝a，则2－lnb＝lna，即lnab＝2，则ab＝e2．
8.(2022·江苏新高考基地学校第一次大联考期中)
已知函数eq f(x)＝ln\f(1－x,1＋x)＋2，则关于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)＞4的解集为
A．eq (0，\f(1,4)) B．eq (\f(1,4)，\f(1,2)) C．eq (－，\f(1,4)) D．(eq \f(1,4)，＋)
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，设分析函数的奇偶性以及单调性，据此可得，解可得的取值范围，即可得答案．
【详解】根据题意，函数，设，则有，解可得，
即函数的定义域为，关于原点对称，又由，即函数为奇函数，设，则，，在上为减函数，而在上为增函数，故在区间上为减函数，
解可得：，即不等式的解集为．故选：A
9.(2022·江苏南师附中期中)
已知函数f(x)＝EQ \B\lc\{(\a\al(\l(\F(x,e\S(x))，x≥a),\l(x，x＜a)))，若存在不相等的x1，x2，x3，满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则实数a的取值范围是 ．
【答案】(0，1)
【解析】法一：eq g(x)＝\f(x,e\s\up6(x))，g'(x)＝\f(1－x,e\s\up6(x))＝0，解得x＝1，则g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g′(0)＝1，则g(x)在(0，0)处切线为：y＝x，∴0＜a＜1时存在不相等的eq x\s\d(1),x\s\d(2),x\s\d(3)，使得eq f(x\s\d(1))＝f(x\s\d(2))＝f(x\s\d(3)).
法二：eq ∵(\f(x,e\s\up6(x)))′＝\f(1－x,e\s\up6(x))，所以eq \f(x,x\s\up6(x))在(－∞，1) 上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又eq \f(x,e\s\up6(x))＝x只有一解x＝0，观察到y＝x恰是eq \f(x,e\s\up6(x))在(0，0)处的切线画出草图可知a∈(0，1)．
10.(2022·江苏常州期中)
(12分)已知函数eq f(x)＝\f(x,e\s\up6(x－1))．
(1)求函数f(x)的极大值；
(2)设实数a，b互不相等，且eq ae\s\up6(b)－be\s\up6(a)＝e\s\up6(a)－e\s\up6(b)，证明：ab＋a＋b＜0．
【考点】函数与导数：函数的极大值、极值点偏移证明不等式
【解析】
(1)eq f′(x)＝\f(1－x,e\s\up6(x－1))＝0，x＝1，列表如下：
所以，当x＝1时，函数f(x)的极大值为f(1)＝1．………………………4分
(2)因为eq ae\s\up6(b)－be\s\up6(a)＝e\s\up6(a)－e\s\up6(b)，
两边同除以eq e\s\up6(a＋b)得：eq \f(a＋1,e\s\up6(a))＝\f(b＋1,e\s\up6(b))．
令eq a＋1＝x\s\d(1)，b＋1＝x\s\d(2)，x\s\d(1)＜x\s\d(2)，转化成eq \f(x\s\d(1),e\s\up6(x\s\d(1)－1))＝\f(x\s\d(2),e\s\up6(x\s\d(2)－1))．…………………5分
由(1)知f(x)在(－∞，1)递增，(1，＋∞)递减，当x＞1时，f(x)＞0，当x≤0时，f(x)≤0，
不妨设eq 0＜x\s\d(1)＜1＜x\s\d(2)，令eq t＝\f(x\s\d(2),x\s\d(1))＞1，则eq x\s\d(2)＝tx\s\d(1)，代入eq \f(x\s\d(1),e\s\up6(x\s\d(1)－1))＝\f(x\s\d(2),e\s\up6(x\s\d(2)－1))．
解得，eq x\s\d(1)＝\f(lnt,t－1)，x\s\d(2)＝\f(tlnt,t－1)．
令eq s(t)＝lnt－\f(t－1,\r(,t))，有eq s′(t)＝\f(1,t)－\f(\r(,t)－\f(1,2\r(,t))(t－1),t)＝\f(2－\r(,t)－\f(1,\r(,t)),2t)＜0，
所以s(t)在(1，＋∞)递减．……………………………………………………10分
eq s(t)\s\d(max)＝s(1)＝0，因为t＞1，所以s(t)＜0，所以eq t(ln)\s\up6(2)＜(t－1)\s\up6(2)，
所以x1x2＜1，即(a＋1)(b＋1)＜1，从而ab＋a＋b＜0．……………………12分
11.(2022·江苏南京市第一中学期中)
(本小题满分12分)已知函数eq f(x)＝\f(lnx,x)＋a，其中a∈R．
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)设eq g(x)＝f(x)＋\f(1,x)，若对任意的x∈(0，＋∞)，都有eq g(x)≤e\s\up6(x)恒成立，求a的取值范围．
【考点】函数与导数：函数的零点问题、恒成立问题
【解析】
(1)令eq g(x)＝\f(lnx,x)，则eq g′(x)＝\f(1－lnx,x\s\up6(2))，当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，当x→0时，g(x)→－∞；
当x＝e时，eq g(x)＝\f(1,e)；当x→＋∞时，g(x)→0，
所以当eq 0＜－a＜\f(1,e)，即－eq \f(1,e)＜a＜0，f(x)有两个零点，
∴f(x)有两个零点时，a的范围是(－eq \f(1,e)，0)．
(2)∵对任意的x＞0，不等式eq g(x)≤e\s\up6(x)恒成立，
eq ∴a≤\f(xe\s\up6(x)－lnx－1,x)在(0，＋∞)上恒成立，
令eq F(x)＝\f(xe\s\up6(x)－lnx－1,x)(x＞0)，则eq F′(x)＝\f(x\s\up6(2)e\s\up6(x)＋lnx,x\s\up6(2))，令eq h(x)＝x\s\up6(2)e\s\up6(x)＋lnx，则eq h′(x)＝(x\s\up6(2)＋2x)e\s\up6(x)＋\f(1,x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又h(1)＝e＞0，h(EQ \F(1,e))＝EQ \F(e\S\UP8(\F(1,e)),e\S(2))－1＝EQ e\S\UP8(\F(1,e)－2)－1＜0，
∴eq ∃x\s\d(0)∈(\f(1,e)，1)，使得eq h(x\s\d(0))＝0，即eq x0\s\up6(2)e\s\up6(x\s\d(0))＋lnx\s\d(0)＝0，
eq ∴0＜x＜x\s\d(0)时，h(x)＜0，∴F′(x)＜0，∴F(x)在eq (0，x\s\d(0))上单调递减；
eq x＞x\s\d(0)时，h(x)＞0，∴F′(x)＞0，∴F(x)在eq (x\s\d(0)，＋∞)上单调递增，
eq ∴F(x)\s\d(min)＝F(x\s\d(0))＝\f(x\s\d(0)e\s\up6(x\s\d(0))－lnx\s\d(0)－1,x\s\d(0))，
由eq x\s\d(0)\s\up6(2)e\s\up6(x\s\d(0))＋lnx\s\d(0)＝0，可得eq x\s\d(0)e\s\up6(x\s\d(0))＝－\f(lnx\s\d(0),x\s\d(0))＝\f(1,x\s\d(0))ln\f(1,x\s\d(0))＝(ln\f(1,x\s\d(0)))eEQ \S\UP8(ln\F(1,x\S\DO(0)))，
令eq t(x)＝xe\s\up6(x)，则eq t(x\s\d(0))＝t(ln\f(1,x\s\d(0)))，
又eq t′(x)＝(x＋1)e\s\up6(x)＞0，∴t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
eq ∴x\s\d(0)＝ln\f(1,x\s\d(0))，∴lnx\s\d(0)＝－x\s\d(0)，∴e\s\up6(x\s\d(0))＝\f(1,x\s\d(0))，∴x\s\d(0)e\s\up6(x\s\d(0))＝1，
eq ∴F(x)\s\d(min)＝F(x\s\d(0))＝\f(x\s\d(0)e\s\up6(x\s\d(0))－lnx\s\d(0)－1,x\s\d(0))＝\f(1＋x\s\d(0)－1,x\s\d(0))＝1，
∴a≤1，
综上所述，满足条件的a的取值范围是(－，1]．
12.(2022·江苏镇江期中)
(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，eq g(x)＝kx\s\up6(2)－2x(k∈R)．
(1)若y＝f(x)在x＝1处的切线也是y＝g(x)的切线，求k的值；
(2)若x∈(0，＋∞)，f(x)≤g(x)恒成立，求k的最小整数值．
【考点】函数与导数：函数的切线方程应用、函数的恒成立问题
【解析】
(1)由f(x)＝lnx，
得f′(x)＝EQ \F(1,x)，则f′(1)＝1，
又f(1)＝0，∴y＝f f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1．
联立EQ \B\lc\{(\a\al(y＝x－1,y＝kx\S(2)－2x))，得kx2－3x＋1＝0．
由题意，k≠0，且＝(－3)2－4k＝0，解得k＝EQ \F(9,4)；
(2)∵x∈(0，＋∞)，f(x)≤g(x)恒成立，
即kx2－2x－lnx≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，令h(x)＝kx2－2x－lnx．
当x＝1时，得k≥2；
若k＝2，h(x)＝2x2－2x－lnx，h′(x)＝4x－2－EQ \F(1,x)＝EQ \F(4x\S(2)－2x－1,x)(x＞0)．
4x2－2x－1＝0的正根为EQ \F(1＋\R(,5),4)＜1，则h(x)在(EQ \F(1＋\R(,5),4)，1)上单调递增，
而h(1)＝0，可得h(x)＜h(1)＝0在(EQ \F(1＋\R(,5),4)，1)上成立，与h(x)≥0矛盾；
当k≥3时，h(x)＝kx2－2x－lnx≥3x2－2x－lnx在(0，＋∞)上成立．
令φ(x)＝x－1－lnx，则φ′(x)＝1－EQ \F(1,x)＝EQ \F(x－1,x)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．
∴φ(x)≥φ(1)＝0，即x－1≥lnx，
可得k≥3时，h(x)＝kx2－2x－lnx≥3x2－2x－(x－1)＝3x2－3x＋1＝3(x－EQ \F(1,2))2＋EQ \F(1,4)＞0在(0，＋∞)上成立．
∴k的最小整数值为3．
(2022年10月湖北六校联合体十月联考数学试卷)
14.（南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考）
若a＝sin1＋tan1，b＝2，c＝ln4＋eq \f(1,2)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a
15.（江苏省泰州中学2022-2023学年高三上学期第一次月度检测数学试题）
设a＝e0.02－1，b＝2(e0.01－1)，c＝sin0.01＋tan0.01，则( )
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．b＞c＞a
16.（江苏省苏州市常熟中学2022-2023学年高三上学期第一阶段抽测）
若过点可以作出3条直线与函数的图象相切，则的取值范围为_________.
【答案】
【解析】法一：设过的直线与切于，
，，
∴的切线方程为，∵它过，
∴，令，
问题转化为此方程有3个不等的实根，即与有3个不同的交点.
，令或2
且当时，，；当时，，；
当时，，；作出的大致图象，如下：
要使与有3个不同的交点，则，∴的取值范围为.
法二：拐点，，令，
的拐点为，且当时，，为凸函数；
当时，，为凹函数，作出大致图象如下：
考察在处的切线，
它与交于.
当时，由图象知仅能作出一条；当时，能作两条.
当能作3条；当时，最多作2条.
综上：.
17.（江苏省苏州市常熟中学2022-2023学年高三上学期第一阶段抽测）
（12分）定义：如果函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.
（1）分别求出函数及的2级“平移点”，及再写出一个存在2级“平移点”的函数解析式，并说明理由；
（2）若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围.
（1）设为的一个2级平移点，∴
，，∴的2级平移点为2.
设为的2级平移点，∴，
∴，∴的2级平移点为0.
例如存在2级平移点，存在2级平移点.
（2）∵在上存在1级“平移点”，
∴存在使
，
在上有解
，令.
①当时，在上，要使在有零点，只需
.
②当时，，无零点，舍去.
③当时，在上，要使在上有零点，只需
矛盾，舍去.
综上：实数的取值范围为.
三角函数
1.(2022·江苏常州期中)
已知函数f(n)＝n2csEQ \F(nπ,2)(n∈N*)，则f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝
A．5100 B．5150 C．5200 D．5250
【答案】A
【考点】利用三角函数的性质求和
【解析】由题意可知，f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝0－22＋0＋42＋0－62＋0＋82＋0－…－982＋0＋1002＝2(2＋4＋6＋8＋…＋98＋100)＝2×EQ \F((2＋100)×50,2)＝5100，故答案选A．
2.(2022·江苏常州期中)
已知θ为锐角，且满足tan3θ＝4tanθ，则tan2θ的值为 ．
【答案】EQ \F(\R(,11),5)
【考点】三角恒等变换
【解析】由题意可知，tan3θ＝tan(2θ＋θ)＝EQ \F(tan2θ＋tanθ,1－tan2θtanθ)＝4tanθ，所以tan2θ＝3tanθ－4tan2θtan2θ，则tan2θ＝EQ \F(3tanθ,1＋4tan\S(2)θ)，又tan2θ＝EQ \F(2tanθ,1－tan\S(2)θ)，所以EQ \F(3tanθ,1＋4tan\S(2)θ)＝EQ \F(2tanθ,1－tan\S(2)θ)，因为θ为锐角，所以tanθ＞0，则解得tanθ＝EQ \F(\R(,11),11)，所以tan2θ＝EQ \F(2tanθ,1－tan\S(2)θ)＝EQ \F(\R(,11),5)．
3.(2022·江苏南通如皋市期中)
由倍角公式eq cs2x＝2cs\s\up6(2)x－1，可知cs2x可以表示为csx的二次多项式，对于cs3x，我们有cs3x＝cs(2x＋x)＝cs2eq xcsx－sin2xsinx＝(2cs\s\up6(2)x－1)csx－2sinxcsxsinx＝4cs3x－3csx，可见cs3x也可以表示为csx的三次多项式．一般地，存在一个n次多项式eq P\s\d(n)(t)，使得csnx＝Pn(csx)，这些多项式eq P\s\d(n)(t)称为切比雪夫()多项式．(提示：18°×3＝90°－18°×2)如图，在等腰△ABC中，已知AB＝54°，AB＝AC，且△ABC的外接圆半径OC＝1，结合上述知识，可得BC＝
A．eq \f(\r(,5)＋1,2) B．eq \f(\r(,5)－1,2)
C．eq \f(\r(,5)＋1,4) D．eq \f(\r(,5)－1,4)
【答案】A
【考点】新情景问题下的三角恒等变换应用
【解析】由题意可知，设BC的中点为D，则BC＝2BD＝2OBsin54°＝2sin54°＝2sin(90°－2×18°)＝2cs2×18°，而cs54°＝4cs318°－3cs18°，sin36°＝4cs318°－3cs18°，则2sin18°cs18°＝4cs318°－3cs18°，所以2sin18°＝4(1－sin218°)－3，即4sin218°＋2sin18°－1＝0，解得sin18°＝eq \f(\r(,5)－1,4)，所以BC＝2(1－2sin218°)＝2(1－2×eq \f(6－2\r(,5)＋1,16))＝eq \f(\r(,5)＋1,2)，故答案选A．
4.（南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考）
已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足c＝eq \r(,3)，eq \r(,3)tanAtanB＝eq \r(,3)＋tanA＋tanB，则a2＋b2的取值范围为 ．
5.（江苏省苏州市常熟中学2022-2023学年高三上学期第一阶段抽测）
若存在唯一的实数，使得曲线关于直线对称，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】法一：由题意知，在上有唯一的实根，
，要使实根唯一.
当时，，当时，，∴，选：C.
法二：，，，，
∴只有唯一的值落在中，
故有，故选C.
6.(2022年10月湖北六校联合体十月联考数学试卷)
7.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
在中，内角，，所对的边分别为，，，为边上一点，若．
（1）证明：
（i）平分；
（ii）；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）（i）证明见解析 ；（ii）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）利用正弦定理和，得到，即可得到；（ii）利用余弦定理得到，及由（i）得，分类讨论：和，分别证明；
（2）由利用三角公式判断出是直角三角形，把转化为，利用基本不等式求出的最大值．
【小问1详解】
（i）在三角形中，由正弦定理得，即；
在三角形中，由正弦定理得，即.
因为，所以所以.
因为与互补，所以，
所以.
因为A为三角形内角，所以，所以，
所以平分；
（ii）因为，所以，
由余弦定理得，
化简得，
由（i）得，
代入上式有：.
当时，消去，得：，即证.
当时，为等腰三角形，由三线合一可知，，且.
由勾股定理得：.
因为，.
所以成立.
综上所述：.
【小问2详解】
由已知得
，
所以直角三角形，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为．
解析几何
1.（南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考）
已知椭圆C：EQ \F(x\S(2),4)＋\F(y\S(2),2)＝1上有一点P，F1，F2分别为其左、右焦点，∠F1PF2＝θ，△F1PF2的面积为S，则下列说法正确的有( )
A．△F1PF2的周长为4＋2eq \r(,2)
B．角θ的最大值为90°
C．若S＝eq \r(,2)，则相应的点P共有2个
D．若△F1PF2是钝角三角形，则S的取值范围(0，eq \r(,2))
2.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
已知椭圆：的右焦点为，经过原点且斜率的直线与椭圆交于，两点，的中点为，的中点为．若，则椭圆的离心率的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，由条件求出的坐标，由条件确定的关系，由求出的范围，结合点在椭圆上可求的范围，由此可求椭圆的离心率的取值范围.
【详解】设（不妨设，），则，由直线过原点和椭圆的对称性可得，所以，
所以由点在椭圆上得，结合上述条件可得：，
化简得，即，解得，
所以，
所以．
故答案为：.
3.（江苏省扬州中学2022-2023学年高三上学期10月月考数学试题）
已知椭圆E：EQ \F(x\S(2),a\S(2))＋\F(y\S(2),b\S(2))＝1(a＞b＞0)的右焦点为F2，上顶点为H，O为坐标原点，∠OHF2＝30°，(1，eq \f(3,2))在椭圆E上．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设经过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点P(－2，0)，Q(2，0)．若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记△MPQ，△NPQ的面积分别S△MPQ，S△NPQ，求eq \f(S\s\d(△MPQ),S\s\d(△NPQ))的值
【答案】（1） （2）
【分析】（1）由，得，再将点代入椭圆方程中，结合可求出，从而可求出椭圆方程，
（2）设直线，，，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，可得，表示出直线AP的斜率，直线的斜率，而，代入化简即可
【小问1详解】
由，得（c为半焦距），
∵点在椭圆E上，则．
又，解得，，．
∴椭圆E的方程为．
【小问2详解】
由（1）知．设直线，，．
由消去x，得．
显然．
则，．
∴．
由，，得直线AP的斜率，直线的斜率．
又，，，
∴．∴．
∵．
∴．
4.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为．
（1）求证：为定值，并求出点的轨迹方程；
（2）设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；定点
【解析】
【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点轨迹方程；
（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.
【小问1详解】
由题意得，所以，
即的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线，即：；
【小问2详解】
由已知得：，：，
联立直线方程与双曲线方程，
由韦达定理得，所以，即，
所以，
联立直线方程与圆方程，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，
若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，
由三点共线得，
即，
所以直线过定点．
排列组合
1.（南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考）
第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行．现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案有( )
A．72种 B．84种 C．96种 D．124种
2.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二项式定理将展开，然后得出，即可求出的系数.
【详解】由二项式定理：
观察可知的系数为.
故选：B.
统计概率
1.（南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考）
已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，下列说法正确的有( )
A．若P(AB)＝0.18，则A，B相互独立 B．若A，B相互独立，则P(B|A)＝0.6
C．若P(B|A)＝0.4，则P(AB)＝0.12 D．若A⊆B，则P(A|B)＝0.3
2.（江苏省南京市、镇江市部分学校2022-2023学年高三上学期10月学情调查考试数学试题）
已知随机变量服从正态分布，，，则的最小值为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正态分布的对称性可知，从而利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】随机变量服从正态分布，
，由，，
，且
则，
当且仅当，即时等号成立．
的最小值为．
故答案为：.
3.（江苏省南京市、镇江市部分学校2022-2023学年高三上学期10月学情调查考试数学试题）
今年5月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，非洲地区猴痘地方性流行国家较多.9月19日，中国疾控中心发布了我国首例“输入性猴痘病例”的溯源公告．我国作为为人民健康负责任的国家，对可能出现的猴痘病毒防控已提前做出部署，同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南（2022年版）》．此《指南》中指出：①猴痘病人潜伏期5-21天；②既往接种过天花疫苗者对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力．据此，援非中国医疗队针对援助的某非洲国家制定了猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接触者集中医学观察21天．在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较大．对该国家200个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了感染病毒情况，得到下面的列联表：
（1）是否有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；
（2）以样本中结束医学现察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率．现从该国所有结束医学观察的密切接触者中随机抽取4人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有1人感染猴痘病毒的概率：
（3）该国现有一个中风险村庄，当地政府决定对村庄内所有住户进行排查．在排查期间，发现一户3口之家与确诊患者有过密切接触，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一进行猴痘病毒检测．每名成员进行检测后即告知结果，若检测结果呈阳性，则该家庭被确定为“感染高危家庭”．假设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立．记：该家庭至少检测了2名成员才能确定为“感染高危家庭”的概率为．求当为何值时，最大？
附：
【答案】（1）没有 （2）
（3）时最大
【解析】
【分析】（1）计算卡方后判断，
（2）由组合数与古典概型公式求解，
（3）表示出，再由导数判断单调性后求解
【小问1详解】
假设：密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗无关，
依题意有，
故假设不成立，
∴没有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关
【小问2详解】
由题意得，该地区每名密切接触者感染病毒的概率为，
设随机抽取的4人中至多有1人感染病毒为事件A，则，
【小问3详解】
记事件为：检测了2名成员确定为“感染高危家庭”；事件为：检测了3名成员确定为“感染高危家庭”；
则
则
令
则（舍去）
随着的变化，的变化如下表：
综上，当时，最大．
4.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
在检测中为减少检测次数，我们常采取“合1检测法”，即将个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组所有样本均未感染病毒；若为阳性，则改需对本组的每个人再做检测．现有人，已知其中有2人感染病毒．
（1）若，并采取“10合1检测法”，求共检测15次的概率；
（2）设采取“5合1检测法”的总检测次数为，采取“10合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，采取“10合1检测法”更适宜？请说明理由．
【答案】（1）
（2）当时，采取10合1检测法更适宜；理由见解析
【解析】
【分析】（1）平均分为5组，共检测15可知2个感染者分在同一组，计算所求概率；
（2）分类讨论感染者分在同一组和分在不同小组，计算两种方案总检测次数的期望值，进行比较得出结论.
【小问1详解】
现共有50人，由题意先平均分为5组，检测5次，因为共检测15次，所以两个感染者必定分在同一组中，所以共检测15次的概率有两种算法，第一种是分组分配思想，第二种是算一组已经有一名感染者的情况下，选中另一名感染者，即两种算法结果为和，结果均为；
所以k＝5，并采取“10合1检测法”，求共检测15次的概率为.
【小问2详解】
当感染者在同一组时，，，
此时，，
当感染者不在同一组时，，，
此时，，
所以，
，
由题意，
综上：时，采取10合1检测法更适宜．
立体几何
1.（南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考）
如图，四棱锥P－ABCD的底面为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，△PCD是边长为2等边三角形，BC＝eq \r(,2)，点E为CD的中点，点M为PE上一点(与点P，E不重合)．
(1)证明：AM⊥BD；
(2)当AM为何值时，直线AM与平面BDM所成的角最大？
2.（江苏省泰州中学2022-2023学年高三上学期第一次月度检测数学试题）
如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1的中点．
(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；
(2)记二面角A－BC－B1的大小为θ，当eq θ∈[\f(π,6)，\f(π,2)]时，求直线BB1与平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．
3.（江苏省扬州中学2022-2023学年高三上学期10月月考数学试题）
如图，在直角中，，将绕边旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点为上的点，且.
（1）求点到平面的距离；
（2）设直线与平面所成的角为，求的值.
【答案】（1） （2）
【小问1详解】
证明：由题意知：，
平面，平面，平面，
又，所以，
所以，
设点到平面的距离为，由
得，解得；
向量坐标法同样给分；’
【小问2详解】
以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
由题意知，则，
所以.
设平面的法向量为，则，取，则，
可得平面的一个法向量为，
所以.
4.（江苏省南京市、镇江市部分学校2022-2023学年高三上学期10月学情调查考试数学试题）
如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧棱底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱SB的中点．
（1）求证：平面SCD；
（2）求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，建立空间直角坐标系，求值直线的方向向量与平面的法向量，根据向量关系，可得线面关系；
（2）由（1），明确平面的法向量，根据向量夹角公式，可得答案.
【小问1详解】
侧棱底面ABCD，AB垂直于AD，所以以点A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面SCD的一个法向量为，则，即，
令z＝1，则x＝2，y＝－1，此时．
因为，所以，平面.
则平面SCD．
【小问2详解】
易知平面SAB的一个法向量为，，
由（1）知SCD的一个法向量为，，
则，
所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为．
5.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
已知底面为菱形的直四棱柱，被平面所截几何体如图所示，若，，．
（1）求点到平面的距离；
（2）求锐二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出相关线段的长，利用等体积法即，求得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案.
【小问1详解】
设，
由已知底面为菱形的直四棱柱，被平面所截几何体,
，,,则为正三角形，
得，，，，
则 ,即,故,
,
由已知知平面,平面,故 ,
又,平面,故平面，
又平面, 平面,故平面,
即点到平面的距离相等；
设点到平面的距离为，则，
即，即；
【小问2详解】
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，
由题意底面为菱形的直四棱柱，被平面所截几何体，
可知,即四边形为平行四边形，
，即,
则，，，，
即，，，
设面法向量为，则 ，
设，则，
设平面法向量为，则 ，
设，则，
所以,
故锐二面角的余弦值为．
数列
1.（江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题）
在数列中，，，数列满足，．若，，，则数列的前2022项和为_________．
【答案】
【解析】
【分析】将数列的前2022项和分解为奇数项和与偶数项和进行求解.
【详解】由已知得，，所以，即数列前2022项中偶数项的和为：
.
又由已知得，，所以，即奇数项为公比为－1的等比数列，即，即前2022项中奇数项和为1；
综上所述，前2022项和为．
故答案为：
2.（江苏省泰州中学2022-2023学年高三上学期第一次月度检测数学试题）
已知数列{an}满足a1＝1，a2＝eq \f(1,2)，[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*．
(1)令bn＝b2n－1，判断{bn}是否为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)记数列{an}的前2n项和为T2n，求T2n．
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
增
极大值
减
接种天花疫苗与否/人数
感染猴痘病毒
未感染猴痘病毒
未接种天花疫苗
30
60
接种天花疫苗
20
90
0.1
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635
0
递增
极大值
递减