2023教师版 步步高 大二轮 数学 新高考高考22题逐题特训

大题保分练1

1.(2022•广东六校联考)在①b=小；②sin8+sinC=2sin4；③左=10这三个条件中任选一

个补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出△ABC的面积；若问题中的三角形不存

在，请说明理由.

B+C

问题：是否存在△4BC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3sin(A+8)=csinF-,

a=3,?

8+C

解V3sin(A+B)=csin-—»白=3,

,.B+C

.,.asin(A+8)=csin-~,

B+C

由正弦定理知sinAsin(A+8)=sinCsin一金一，

又A+8+C=TC,

B+CfnA\

/.sinAsinC=sinCsin~耳—=sinCsin^--2I

=sinCeos2，

A

又sinCWO,sinA=cos2，

AAAA

即2sin]cos2=cos菱，而cos

..Al

..sin2=2f

Ait

又A£(0,兀)，故5=不

即4=生

选①：b=4,。=3,

由正弦定理得就r磊,

即工

川.兀—sin8'

s,n3

解得sinB=2»又b<at

.•・8=5，则C=^.

:.△ABC的面积S=2^=~^~«

选②：sin8十sinC'=2sinA,

由正弦定理得b+c=6,

由余弦定理得〃2=6+/—2bccosA,

即加+/一从=9,

\b2+c2—bc=9,

联立―a

[b+c=6,

\bc=9,

得一/解得b=c=3,

[b+c=6,

:.ZkABC的面积S=gbcsinA=分化

选③：bc=10,

由余弦定理得a2=b?-1-c2—2bccosA,

即加+/—Z>e=9,

消去c,整理得194+100=0,

此时4=(-19)2—4X100=-39v0,

故方程无实数根，

・•・选条件③时，三角形不存在.

2.(2022・南通调研)设S〃是等比数列｛d｝的前〃项和，ai=L且S,53,S2成等差数列.

(1)求数列｛m｝的通项公式；

(2)求使S0W3a”成立的〃的最大值.

解(1)设等比数列｛为｝的公比为%则°#0,

由2s3=Si+S2n2(1+g+q2)=1+1+q

=>2/+q=O0q=—T,

(2)S=-

1+2

则京一(_9k3X(-分-I,

整理得

当〃为偶数时，(一0">o,不符合题意;

当〃为奇数时，(一，"=一(%

可得©可得〃W3.

因此，〃的最大值为3.

3.(2022•张家口模拟)已知某区A,3两所初级中学的初一年级在校学生人数之比为9：11,

该区教育局为了解双减政策的落实情况，用分层随机抽样的方法在43两校初一年级在校

学生中共抽取了100名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如图所

示的频率分布直方图.

(1)在抽取的100名学生中，A,B两所学校各抽取的人数是多少？

(2)该区教育局想了解学生做作业时间的平均时长(同一组中的数据用该组区间的中点值作代

表)和做作业时长超过3小时的学生比例，请根据频率分布直方图，估计这两个数值；

⑶另据调查，这100人中做作业时间超过3小时的人中有20人来自A中学，根据已知条件

填写下面列联表，并依据小概率值。=0.010的独立性检验，分析做作业时间超过3小时是否

与学校有关.

附表:

a0.100.050.0250.0100.001

Xa2.7063.8415.0246.63510.828

--------n(ad-bcY--------

*/Q+b)(c+G(a+c)S+4/y

解(1)设4,8两校所抽取的人数分别为居)，,

—=—/=43,

由已知可得？lr解得=

K+)-100,)=55.

故A,8两校所抽取的人数分别为45,55.

(2)由频率分布直方图可知，学生做作业的平均时长的估计值为

0.5X(1.25X0.1+1.75X0.3+2.25X0.4+2.75X0.6+3.25X0.3+3.75X0.2+4.25X0.1)

=2.675(小时).

由0.5X(0.1+0.2+0.3)=0.3,可知有30%的学生做作业时长超过3小时.

综上，估计该区学生做作业时间的平均时长为2.675小时，该区有30%的学生做作业时长超

过3小时.

(3)由Q)可知，有30%X100=30(人)做作业时间超过3小时.

故填写列联表如下(单位：人)：

做作业时间超过3小时做作业时间不超过3小时合计

A校202545

8校104555

合计3070100

零假设为”o：做作业时间超过3小时与学校无关.

根据列联表中的数据，经计算得到

,100X(20X45—10X25)2……

个=30X70X45X5528.13>6.635=xo.oio,

所以依据小概率值。=0.010的独立性检验，我们推断“0不成立，即认为做作业时间超过3

小时与学校有关.

4.(2022・济南联考)如图，四边形A8C。为梯形，AD//BC,ADLAB,侧面以B为等边三角形,

平面A8P_L平面48c。，AO=28C=2,点M在边PC上，且尸M=2MC.

(1)证明：%〃平面8QM；

(2)当平面BCM与平面夹角的正切值为、历时，求四棱锥P-ABC。的体积.

⑴证明连接AC交8。于点M连接MN,

(JCW|

由ABNCs4DNA知

7A/CI

所以汨=标，所以%〃MM

又平面BDM,MNU平面BDM,

所以附〃平面BDM.

⑵解作POLAB于点O,

因为平面A8P_L平面ABC。，平面A8PA平面A8CO=AB,POU平面ABP,

所以PO_L平面A5CQ,

以。为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

设48=4,则从*|,*）禺,0,0）,

既1,0）,从一*2,0）,

所以正=（0,1,0）,丽=（一出2,0）,

前=（点y哨’

设平面8cM的法向量为相=（汨，zi）,

m前=0,

叫_

m-BM=0f

Ji=0,

即吟|+聂+专4=0,

令加=1,得利=（1,0,里），

设平面8OM的法向量为〃=（X2,V2,Z2）,

〃•而=0,

则，

般BM=0,

'―公2+2”=0,

即a4-24-^a-n

[_%、2+5^+6Z2=0,

令必=1,得〃=（1,右一坐）

设平面BCM与平面BOM的夹角为仇

贝Itan9=*,cos6=9，

所以|cos(m,n)|=

5^\/l+汨7

解得a=2,

Ij+2

所以V^-ABCO=§X---

大题保分练2

1.（2022♦武汉模拟）在△ABC中，A,B,。所对的边分别为小b,c,且满足4cosc+ccosA

=1,fi=7o.

（1）求b的值；

（2）求△ABC面积的最大值.

解（1）在△ABC中，由正弦定理知，

abc

~r=~2.R,

sinAsinBsinC

VacosC+ccosA=1,

/.2/?（sinAcosC+cosAsin0=1,

即2RsinB=1,

:.b=2RsinB=\.

（2）在△ABC中，由余弦定理得

标+/一〃如

8sB=-2^~=2'

・・・42+。2=小加+122"（当且仅当a=c时取“=”），

，（2一小）acW1,

acW2+小,

又「S&A8c=&csinB=；ac,

.c/+小

••4,

即△ABC面积的最大值为火叵.

2.（2022•苏州四校联考）甲、乙相约进行“某竞技体育项目”比赛.比赛采用三局二胜制，先

胜二局者获胜.商定每局比赛（决胜局第三局除外）胜者得3分，败者得1分，决胜局胜者得2

分，败者得0分.已知每局比赛中获胜的概率为东各局比赛相互独立.

（1）求比赛结束，乙得4分的概率；

（2）设比赛结束，甲得X分，求X的分布列与均值.

解（1）若比赛结束，乙得4分，则比赛结果是甲以2：1获胜，故前两局比赛，甲胜一场，

败一场，最后一局比赛，甲胜.

则比赛结束，乙得4分的概率为

CJX3X3X3=A-

(2)若甲连胜两局结束比赛，甲得6分,

其概率为(引喙

若甲连败两局结束比赛，甲得2分，

其概率为《)2=$

若甲以2：1结束比赛，甲得6分，

719R

其概率为CAX-X-X-=—；

若乙以2：1结束比赛，甲得4分，

7114

其概率为Cjx^x-x-=—,

故X的分布列为

X246

1420

P

92727

E(X)=2X^+4X^+6x|y=-^.

3.(2022•襄阳模拟)已知等差数列｛小｝满足m=l,且前四项和为28,数列｛瓦｝的前〃项和S”

满足2£=3儿一3/iaeR).

(I)求数列｛为｝的通项公式，并判断｛儿｝是否为等比数列；

(2)对于集合A,B,定义集合A-B=｛Hv£4且K8｝.若4=1,设数列｛斯｝和｛九｝中的所有

项分别构成集合4,B,将集合4—B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列｛金｝,

求数列｛的｝的前30项和7^o.

3X4

解(。・・・｛诙｝是等差数列，四=1,且前4项和为28,・・.S4=4Xl+-]-Xd=28,解得4=4,

a„=1+4(〃-1)=4〃-3.

•・・2S”=36一3九

:.当时，2s1=341—3九

两式相减得2儿=3为一3b,i522),

即为=36一(〃22),

又2加=36一3九

：.b\=3L

・,・当;1=0时，数列｛6｝的通项公式为儿=0,不是等比数列；

当；two时，数列｛瓦｝是首项为32,公比为3的等比数列，且仇=23".

(2)由⑴知0=3",

则加=81,55=243,

7^30=4X30-3=117,

.,也〜30Vb5，

•••A中要去掉｛仇｝的项最多4项，

即3,9,27,81,

其中9,81是｛%｝和｛6｝的公共项，

・•・数列｛c,J的前30项和7\)由｛斯｝的前32项和去掉9,81,

则八0=(。1+。2+…+。32)—(9+81)

32X(1+125)

=----。------90=1926,

・•・数列｛0｝的前30项和730为1926.

4.(2022・唐山模拟)如图，在直三棱柱ABC—481cl中，AC=BC=CC\=2,。为8c的中点,

£为棱上一点，AO_LOG.

(1)求证：BCL平面4AD；

(2)若平面AQE与平面CiDE的夹角为30°,求直线CE与平面GOE所成角的正弦值.

⑴证明在直三棱柱ABC-AiB^中，

CG_L平面A8。，4QU平面A8C,

ACC11/4D,

又AO_LDG,CCinDCi=Ci,

CCiU平面BCCiBi,DCiU平面BCGBi,

，ADJ_平面BCCB,

又BCU平面BCGBi,・・・AO_LBC

由直三棱柱的性质知，AAJ■平面A3C,

8CU平面ABC,

：.AAy±BC,

又4Z)nA4]=A,AOU平面AMO,

AA|U平面A,AD,

・・・BC_L平面4AD

(2)解由(1)知，4O_LBC,

又。为的中点，：.AB=AC.

以Z)为坐标原点，皮的方向为x轴正方向.反的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间

直角坐标系.

则。(0,0,0),C(1AO),5(-1,0,0),4(0,小，0),G(l,0,2),

设AE=/(0WW2),则E(0,小，0.

由(1)知，平面4OE的一个法向量可取反'=(2,0,0),

设平面G£>£的法向量为〃=(%,>,z),

VDG=(U0,2),DE=(0,小，/),

DCi-n=x+2z=0,

DEn=5)，+fz=0,

令x=2小，

解得2=一小，y=tf

.,・〃=(25，/,一巾)，

|cos<BC,n)|=好0用

的同

2115+产2，

解得1=1,此时〃=(2小，1,一圾,

设CE与平面CQE所成角为优

VCE=(-U小，1),

/.sin^=|cos(CE,n)|=°二刑

I国川

2^/3V15

=4币=10，

即直线CE与平面GOE所成角的正弦值为曙.

大题保分练3

yl\h1—cosR

1.（2022・邯郸模拟）/XABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知*—=八.

asinxi

⑴求B；

（2）若a=2,c=I»，求BD.

在①0为AC的中点；②B。为N48C的角平分线这两个条件中任选一个，补充在横线上.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

解（1）在△ABC中，由正弦定理得，

小sinBsin4=sinA—sinAcosB.

因为sinAWO,

所以于sinB=1—cosB,

所以由sin8+cosB=2sin（B+§=1,

即sin@+看）=：.

又B£（0,兀），则B+5=系,所以B=专.

（2）选择条件①：因为筋=—彳1

所以|丽2=%|及F+2函.比+［两2）

=；XP+2X1X2X

所以I丽|=乎，即80=坐.

选择条件②：

因为B。为NABC的角平分线,

所以S&ABD+S△CBD=SdABC，

则%XBdsin全+&XBdsinj

即gx)X5dsin1+^义2XBdsin三

=zX2X1Xsin专,

2

解得BD=y

2.(2022•全国乙卷)某地经过多年的环境治理，己将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某

种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：m2)和材

积量(单位：m，得到如下数据：

样本号i12345678910总和

根部横截

0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

面积的

材积量＞70.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

101010

并计算得EH=0.038,石»=1.6158，百为y=0.2474.

(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均•棵的材积量：

(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01)；

(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和

为186m2.己知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树

木的总材积量的估计值.

n___

S(.Xi-x)8-y)____

附：样本相关系数万=_〃h，什189641.377.

勺总8—1)2总8一7)2

解⑴样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x=$=0.06(m2),

样本中10棵这种树木的材积量的平均值

)，=常=0.39(«?),据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06n?,平均一

棵的材积量为0.39nA

io__

Ex)8-y)

i=i

(2)r=­I

/io_io_

A/E(XLX)2E(yi—y)2

io

4(0.038—10X0.062)(I.6158-10X0.392)

0.01340.0134__

=」-=------97

A/0.00018960.01377

(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为rm\

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得牌=华，解得丫=1209.

则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3.

3.(2022•衡水中学模拟)如图所示的多面体是由三棱锥A-BDE与四棱锥D-BCFE组合而成

的，其中所_L平面AEB,AE1EB,AD//EF//BC,BC=2AD=4,EF=3,AE=BE=2,G

是边6。的中点.

⑴求证:BDLEGi

(2)求平面DEG与平面AEFD夹角的余弦值.

AEU平面4E8,BEU平面AEB,

则有EF_LAE,EF^BE,又AE_LE8,即EB,EF,EA两两垂直，

以点E为坐标原点，射线EB,EF,EA分别为乂y,z轴非负半轴建立如图所示的空间直角

坐标系，

因为4O〃E/〃BC,

则E(0,0,0),A(0,0,2),8(2,0,0),Q2,4,0),

F(0,3,0),0(022),G(2,2,0),

则的=(2,2,0),丽=(-2,2,2),

因此丽病=-2X2+2X2=0,HPBD1FG,

所以BO_LEG.

⑵解由(1)知，应=(2,0,0)是平面的一个法向量,

设平面QEG的法向量为n=(x,y,z),

而£0=(022),EG=(2,2,0),

w-ED=2y+2z=0,

则1-

w^G-2x+2y-0,

令x=l,得〃=(1,-1,1),

设平面OEG与平面AEFD的夹角为仇

则cos6=|cos〈〃，EB)|=""即噂,

|川崩|2噌3

所以平面。EG与平面AEFO夹角的余弦值是乎.

4.(2022•汕头模拟)已知各项均为正数的数列｛〃”｝中，〃|=1且满足成+1一底=2.“+%〃卜1，数

列｛儿｝的前〃项和为S”满足2S“+1=3瓦.

(1)求数列｛斯｝,｛d｝的通项公式；

(2)若在瓦与瓦+i之间依次插入数列｛4)中的&项构成新数列｛c｝：bi,aifbz，。2,。3,83,

CM,。5，%，力4，…，求数列｛金｝中前50项的和方0.

解(1)由加+|一届=2。”+2诙+|,

，仔(4“+1~1+On)—2(。〃+1+Un)f

，。球|一。“=2,

・・・｛为｝是首项为1,公差为2的等差数歹L

a,t=2n—1.

•・・2S〃+1=3乩，①

・•・当〃22时，2s“T+1=3儿t,②

由①一②整理得为=3儿一,

当〃=1时，251+1=3如则"=1,

・.・力=1±0,工儿_|±0,，如=3,

Dn-\

・•・数列｛儿｝是首项为1,公比为3的等比数列，故儿=3〃L

(2)依题意知，新数列(金｝中，儿+i前面(含"+D共有(1+2+3H-----M)+(k+1)=("+L｝+2)

项.

由化当知名W50(攵WN*)得&W8.

・•・新数列｛金｝中含有数列｛儿｝的前9项：历，历，…，历,

含有数列｛〃”｝的前41项：«2»。3,…，041,

.lX(l-39),41X(1+81)

十

••/50—1I—-3>2c—U322.

大题保分练4

1.(2022♦洛阳模拟)已知数列｛斯｝的前〃项和为S”，且4a“=3S”+2.

⑴求数列｛斯｝的通项公式；

⑵设小=%+10g2。”，求数列｛儿｝的前〃项和Tn.

解(1)・・・4斯=3工+2,①

，当〃=1时，4d|=3。|+2,即〃[=2,

当n>2时，4«I=3S〃T+2.②

由①一②得4。”一4m-1=3。〃，即&=4斯_[,

，数列｛斯｝是以2为首项，4为公比的等比数列.

：.a„=2X4,r].

n_12/,[

⑵由⑴知log2«M=log2(2X4)=log22~=2n~1,

=a”+log?。”=2X4"一।+2〃-1,

.2(1—4")­(1+2〃-1)2(4〃一％2

•*ln~।_4'2—3十〃•

2.(2022・湖北新高考协作体联考)如图，在梯形48co中，AB//CD,N8CO=135。，BD=

V5CD=V10.

DC

(1)求sinNC8£)的值；

(2)若△AB。的面积为4,求A。的长.

解(1)在△3CO中，由正弦定理知，

BD_CD

sinZBCD=sinZCBDT

所以BDsinZCBD=CDsinZBCD,

因为NBCD=135。，BD=3CD=①,

所以s\nZCBD=^^.

(2)在△BCO中，ZBCD=135°,则NC8O为锐角，

因为sinNCBO=4%,

所以cosNCBD=今俱，

在梯形ABC。中，AB"CD,ZBCD=135°,

则NCB4=45。，

所以sinNA8O=sin(45。-NC8O)=乎，

显然NA8。为锐角，

所以cosZABD=~^~,

因为S△9=/18B£)sinNA8D=4,

所以AB=4&,所以AQ2=452+BZ)2—24B8QCOS/44Q=10,

所以AO="V而.

3.(2022・南通模拟)如图，已知斜三棱柱ABC—A81G中，底面ABC是等腰直角三角形，A4

=AB=y12BC=4fN4AB=60。，cosNBCG=乎，M,N分别是棱BiG，4队的中点.

⑴证明:BALL平面48iG；

(2)求直线AM与平面BBiGC所成角的正弦值.

(1)证明如图，连接MN,A],EG,•・•四边形为平行四边形,

又/4NB=60。，AAt=Aff=4t

•••△4A8为等边三角形，则△4小山为等边三角形，

TN为4由1的中点，

：.BN±A\Bi,BN=2小,

•・•底面ABC是等腰直角三角形，AB=pBC=4,

：.AC=2y[2tAiCi=AC=2yf2f

•：M,N分别是棱囱G,A由i的中点,

・・・MN=%iG=Vi,

VCCi=4,BC=2巾,cosNBCG=乎，

・•・BCi="¥+CC?-2cBeciCOs/GCB

=、8+16—8=4,

•••△BCG为等腰三角形，则△S6G为等腰三角形，

又M是棱8G的中点，

・•・BM=7BG—CIW=V14,

11

：.Bl^=BN+MNy:.BN工MN,

又A1B1,MNU平面AIBGMN=N,

，BN_L平面ASG.

⑵解取A8的中点。，连接4。，则A0〃BN,

由(1)知40J_平面ABC,CO1AB,

如图，以点。为原点，OC,OB,04所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直

角坐标系，M0(0,0,0),4(0,-2,0),8(020),C(2,0,0),

8](0425)，Ci(2,2,2^3),M(1,3,R5),

Cfi=（-2,2,0）,丽=（0,2,2小）,

A麻=(152馅)，

设平面88GC的法向量为〃=(x,y,z),

-CB=0,

则＜

n-BB\=0,

-2r+2y=0,

2y+25z=0,

取x=l,则y=l,z=—彳-,

故〃=（l,1,一坐），

设直线AM与平面88CC所成角为仇

则sind=|cos（AM,〃〉［JAM川

\AM\\n\

133

V38X^|反’

:.直线AM与平面8BCC所成角的正弦值为雪

4.已知椭圆C：、+方=l(a>b>0),右焦点为尸(4,0),短轴长为4.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若过点7(0,1)的直线/与椭圆C交于A,B两点,线段AT的中点为P,线段57的中点为

Q,且|OP|=|OQ|(O为坐标原点)，求所有满足条件的直线/的方程.

解(1)由题意知2b=4,c=4,

222

则b=2,a=b-\~c=20t

・・・椭圆C的方程为舄+?=1.

(2)易知直线/的斜率存在，

设直线/的方程为y=h+l.

联立忖沁

)=履+1,

消去y得(1+5/)/+10依-15=0,

则J=400^+60>0.

设4(孙力),5(X2,J2),

r“.10女

则即+及=一序口,

•・・|OP|=|OQ|,

・•⑨+（空》空＞.

即（X]-X2）（X1+X2）

=­k（Xl—及）伙（X1+X2）+4].

*»*X|Wx2,

.*.X|+M+*2（X1+X2）+4A=0,

1+5F1+5幺十软U,

解得h=0,22=^^,依=一生^,

，满足条件的直线/的方程为y=l,¥=亭4+1和丁=一焙+1.

小题满分练1

一、单项选择题

1.（2022•新高考全国I）若集合"={冲b<4},N={X3x21},则MAN等于（）

A.{M0Wx<2}

B%|鼻<2}

C.M3<x<16）

D.|x||^x<161

答案D

解析因为M={AhZv<4},

所以A/=30Wxvl6}；

因为N={M3x.l},所以汽=%,21）.

所以A/nN={，；Wxvl6

2.（2022•漳州质检）已知z=h/3i-ll+y^，则在复平面内z对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

答案D

解析Vz=h/3i—ll+yyr

=4（小产+（一厅+厂彳

一I51.

=2+^-=2—

・•・在复平面内z对应的点为G，一乡，位于第四象限.

4

3.“Vx20,aWx+二懑”的充要条件是（）

A.a>2B.心2

C.a<2D.aW2

答案D

解析・.320,

・"+4+2+W—222吐2=2,

4

当且仅当x+2=—公，即x=0时取等号，・・・〃W2.

4.（2022・温州质检）《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题

目：把100个面包分给五个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的聘于较小的

两份之和，问最大的一份为（）

A.35C.-^D.40

答案C

解析根据题意设每人所得面包光内，。2,…，。5,成等差数列且依次增大，

京。3+〃4+的)=41+〃2，

则有y

々1+〃2+。3+々4+〃5=100,

所以。3+。4+。5=7(。1+。2)，

可得8(0+〃2)=100,

,25

［十，

化简得Ja42=2k

。3=20,

设公差为d,

25

2a\+d=—

所以'

lfl)+2J=20,

所以ai=|,"=卷,

所以的q+4X^=竽

5.（2022・新高考全国II）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两

端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（）

A.12种B.24种C.36种D.48种

答案B

解析先将丙和丁捆在一起有A2种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A。种排列方式，

最后将甲插入中间两空，有C2种排列方式，所以不同的排列方式共有A2A』a=24（种）.

6.（2022・茂名模拟）已知0＜混,或册-。）=坐，则馈篙的值为（）

A嘴2714

B.

13

2"

D.

j5113

答案C

解析因为sin(J_a)=*,

所以乎(cosa—sina)=乎.

所以cosa—sina=§，

所以1—2sinacosa=^t

#sinacosQ=t,

因为cosa+sina=*\/l+2sinacosa=

3，

4

zi、？sinasinasinacosa94y/Tj

1+tan«_|_sinacosa+sina业51-

'cosa3

7.(2022.南通模拟)已知双曲线宏一乐=l(a>0,比>0),过左焦点尸作一条渐近线的垂线，记垂

足为P，点。在双曲线上，且满足而=2的，则双曲线的离心率为()

A.^6B.^2C.小D.2

答案B

解析设P在渐近线)，=—%上，F(-c,0),

则直线FP的方程为尸加+c),

即《一》，7)»由苏=2的，

得d韵，

(/+〃2)2z12

因为。在双曲线上，所以早廿一六=1，

化简得》=2。2,e=^=y[2.

8.(2022・绍兴模拟)已知函数./(x)=MF一若危)S/W)勺U+y)，贝人)

A.冷>0B.xyvO

C.x+)>0D.x+产。

答案A

解析由题意得函数的定义域为R.

/(—x)=—x(e~x—ex)+x2=x(ex——*)=£x),所以函数«r)是偶函数.

当x>0时，/(工)=^—3+,甘+&-*+2¥,

因为x>0,所以/(x)>0,

所以函数人x)在(0,+8)上单调递增，

因为函数4x)是偶函数，

所以函数人x)在(一8,0)上单调递减.

则由已知«<)<%)勺5+y)，

得加1)«川)5出+)力，

所以卜+冲>国>园，(*)

可知X,y同号，故A正确，B错误；

对于C,当x=-1,y=—2时，x+y=-3,满足(*)式，此时X+〉Y0.故C错误；

对于D,当x=l,y=2时，x+y=3满足(*)式，此时x+)>0,故D错误.

二、多项选择题

9.(2022・济南质检)为落实《山东省学生体质健康促进条例》的要求，，是进学生增强体质，健

全人格，锤炼意志，某学校随机抽取了甲、乙两个班级，对两个班级某一周内每天的人均体

育锻炼时间(单位：分钟)进行了调研.根据统计数据制成折线图如下：

下列说法正确的是()

A.班级乙该周每天的人均体育锻炼时间的众数为30

B.班级甲该周每天的人均体育锻炼时间的中位数为72

C.班级甲该周每天的人均体育锻炼时间的极差比班级乙的小

D.班级甲该周每天的人均体育锻炼时间的平均值比班级乙的大

答案AC

解析A项，班级乙该周每天的人均体育锹炼时间的众数为30,故A正确；B项，班级甲该

周每天的人均体育锹炼时间的中位数为65,故B错误；C项，班级甲该周每天的人均体育锻

炼时间的极差为72—30=42,班级乙的极差为90—30=60,所以班级甲的极差小于班级乙的

极差，故C正确；D项，班级甲该周每天的人均体育锻炼时间的平均值比班级乙的小，故D

错误.

10.（2022・长沙十六校联考）下列不等式成立的是（）

sin,

A.log2（sinl）>2B.（32〈府

C.yfl—y[5<\[6—2D.Iog43<log65

答案BCD

解析Vsinie（0,l）,

Alog2（sinl）<0,2sinl>l,

/.log2（sinl）<2sin故A不正确；

VO<Q2<1,TI2>1,

••・（$2<兀2,故B正确；

要判断于一木<加—2,

即判定币+2<#+小，

即判定（由+2）2<（#+小产，

即11+4由<11+2病，即4巾<2而，

即28<30成立，故C正确；

3

Vlog43=l+log，i-,

Iog65=l+log6看，

3555

Vlog44<log4^,且log名vlogG，

35

10g4^<10g6^,

Iog43<log65,故D正确.

11.（2022•衡水中学模拟）己知函数«r）=sin»（cos2rcosx+sinZrsinx）,x《R,下列关于函数

“r）性质的结论中正确的是（）

A.函数式x）的值域是[-1,1]

B,直线x=-j是函数/（x）的一条对称轴

C.函数论)=段)一%在，九］内有唯一的极小值一坐一招

D,函数於)向左平移袭个单位长度后所得函数g(x)的一个对称中心为《，0)

答案BC

解析*«*7(^)=(cos2xcosx+sin2xsinx)sinx=cosxsinx=gsin2x.

对于A,函数以)的值域为［一今刍，

故A错误；

对于B,函数"r)的对称轴为2r=E+］,x=y+^,k®Z,当％=—1时，x=—故B正

确；

对于C,h(x)=；sin2x—5,

h'(x)=cos2x—

令》(x)=0,得l=也4，kRZ,

令力'(x)>0,得看，kGZ,

令〃(%)<0,得E+专<r〈E+争keZ,

当工=半时，/©)有极小值力管)=一半一相，故C正确；

对于D,g(x)=；sin2^+看)=/皿侬+争，

令2x+：=E,A£Z,

则工=竽一/kez,

其对称中心为砥一会0),2£Z,

故D错误.

12.(2022.聊城质检)在楼长为1的正方体A8CQ-A1BC。中，尸为侧面阮1。向(不含边界)

内的动点，Q为线段4c上的动点，若直线4P与的夹角为45。，则下列说法正确的是

()

A.线段AiP的长度为吸

B.当Q+PQ的最小值为1

C.对任意点P,总存在点。，使得AQ_LCP

D.存在点P,使得直线4P与平面AOA4所成的角为60。

答案ABC

解析建立如图所示的空间直角坐标系，

根据题意，可得0(0,0。)，4(1,0,0),5(1,1,0),

C(0,l,0),Di(0,0,l)，Ai(l,0,l),5i(U,D，

设点P(X1,1,Z1),2(X2,Z2)»

则有Ai7一(X|-1,1,Z1-1),

而=(0,1,0),

由直线4P与AS的夹角为45。,

|Ai?.何|

故有cos：=

I硒丽

解得(的-1)2+(〃-1)2=1,

又Q为线段4c上的动点,

设砸=入祝(0WAW1),

则。(1—2,2,1—A),

对于选项A,则有

I篇I=^/(xi—l)2+(zi—1)2+1=yjl,

故选项A正确；

对于选项B,过点Q作平面ABCO的垂线，垂足为R.易知当AiQ=l-QR

(由于sinNACA=兼=判'

故坐AiQ+PQ的最小值等价于求QP-QR+X,

丽=1一九

IQP\=-\/(1—A—xi)24-(>i—1)2+(1—A—zi)2,

故有［两2="T—4)2+a—1)2+(1—2—3)226—1)2=1^12,

当且仅当即=4=1一入时成立，

结合(XI—1)2+01-1)2=1,

可得此时为=乎，故选项B正确；

对于选项C,若DiQ_LCP,

,■">

则有。。=(1一九九-A),CP=(xi,0,zi),

万5•办=即(1T)-zM=0,

又(XL1)2+(Z1T)2=1,

则有【昌+】卜+需-2%+1=0,

0WK1,

则有“瑞-2)-4[/不+1]=-禺印

故对任意点P,总存在点Q,使得。Q_LCP,故选项C正确；

对选项D,易知平面AQAA的一个法向量为〃=(0,1,0),若直线4P与平面AOG4所成的

角为60。，

即直线AiP与平面ADD^的法向量的夹角为30。，则有cos卜丝等I,

14PlM|

解何"2-2,矛盾，故选项D错I天.

三、填空题

13.(2022・济南模拟)曲线;(x)=ln”+/在点(1,41))处的切线方程为.

答案j=3x4-ln2—2

解析,:f(x)==-(2t)'+2t=5+2r,

:・k=f(1)=3,

又川)=l+ln2,

・•・切线方程为y-(l+ln2)=3(A-1),

即y=3x+ln2-2.

14.(2022•苏州四校联考汝口图，在ZkABC中，AB=4,4c=2,点E,尸分别是48,AC的中

点，则(而+函•/=.

AB

答案6

解析,・,甫』姓一丽，CE=^AB-AC.

.■,■I,■.

••・8〃+CE=-2（A8+AO，

・•・（而+函•证=-;（矗+启）（庆一丽

1-A-A

=2（AB2—AC2）=6.

|10g2X|>0<x<2,

15.已知函数人x)=c一又函数g(x)=#x)—i有4个不同的零点汨，M，X3,

COSTLY,2WxS4,

X4(X\<X2<X3<X4),则XrX2XyX4的取值范围是

答案(8,7)

解析作出凡T)的图象如图所示,

由图可得，/£(0,1),为£(2,券后+超=6,

由"ogzx|=l得，X|X2=1.

因此XI-X2-X3-X4=X3(6—X3),

令y=X3(6一口),

则尸3(6一13)在(2,号上单调递增，

.•产(8,却

16.克罗狄斯・托勒密(Ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：

任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取

等号，根据以上材料，完成下题：如图，半圆0的直径为2,A为直径延长线上的一点，0A

=2,8为半圆上一点，以A8为一边作等边三角形4BC,则当线段0C的长度最大时，ZAOC

答案60°

解析因为O8AC+O4BC2OCAB,且△A8C为等边三角形，。8=1,04=2,

所以0B+0A20C,所以0CW3,所以0C的最大值为3,

当不等式0CW3取等号时,

NO8C+N0AC=18O。,

所以cosNO8C+cosNO4C=0,不妨设入8=x,

/+1—9r+4—9l

所以’2x+.4.r=3解得工=市，

9+4—71

所以cosNAOC=不77^7=5，所以NAOC=60°.

ZAZAJL

小题满分练2

一、单项选择题

1.(2022•济宁模拟)若集合4=卜卜2一不一3<0},B={X|3、29},则ALB等于()

A.(-1,2]B.[2,3)

C.(-1,+8)D.(-8,3)

答案C

解析4={4?一级一3<0}={川一1今<3},

8={用*29}={小22},

故AU8=(-1,+8).

2.(2022.新高考全国I)若i(l—z)=l,则z+T等于()

A.-2B.—1C.1D.2

答案D

解析因为i(l—z)=l,所以z=l—：=l+i,

所以z=1—i,所以z+z=(l+i)+(l—i)=2.

3.（2022・唐山模拟）已知角a的顶点为坐标原点，始边与4轴的非负半轴重合，点4（-1,3）在

角a的终边上，则sin2a等于（）

.3「3-3h3

A10B5C-joD--5

答案D

解析根据三角函数的定义可知sina=

5+y2

3__3

VFD2+32-VIO,

x_______________1

C°Sa-^+^-^(-l)2+32--W

由二倍角公式得sin2a=2sinacosa

=2乂粉(一林T

4.(2022•广州模拟汝口图，在直角梯形A8CD中，AB//CD,ABLAD,AB=2AD=4CD,点、E

为A。的中点，设西=%或+p亥;，则x+y等于（）

D

Q

B.gC]D，2

4o

答案A

解析连接BD（图略），因为E为A。的中点,

所以曲=：及+城）,

►■>.1■

因为BD=BC+CD=BC^BA,