湖北省襄阳市第四中学2022届高三数学四模试题（PDF版附答案）

\n\n19.【详解】（1）略2022年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（2）4/5数学参考答案20．解：（1）由条件，在ABD和BCD中，BADCAD，ADBADC，sinBADsinCAD，sinADBsinADC．一、选择题：ABBD在ABD和ACD中，由正弦定理，得，ABCBADBDsinADBsinBAD二、选择题：ACDCABDB，两式相除，得．……………………（3分）BCDACACDADsinADCsinCADACDC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。ABAC225从而，BDBC，DCBC①……………………（4分）13.6514.f(x)cosx（答案不唯一）15.16.x+2y+1=05或-ABACABAC335在ABD和ABC中，cosABDcosABC，由余弦定理，得四、解答题：22222217.解析：(1)列联表补充如下：ABBDADABBCAC②……………………（5分）年长者年轻人总计2ABBD2ABBC由②，得222BD(222)DC2BD2()电子书41620ADABBDABBCACABACBDBCBDBCBCBC①代入上式，得纸质书812202AC2AB2ADABACBDDC总计122840ABACABACABAC2ABAC()BDDC241281640ABACABACK1.9052.706，12282020ABACBDDC所以没有足够的理由认为有90%的认为喜欢阅读电子书与年龄有关；……………………………………………（7分）(2)在抽取的40名顾客的样本中，按照分层抽样的方法在年轻人中抽取7名，则抽到喜欢阅读电子书的【另解：平面几何，向量方法等等，酌情判分】年轻人数为4名，喜欢阅读纸质书的年轻人数为3名，则X的所有可能取值为1，2，3，4．2C1C34C2C218（2）由AD1，A及SABDSACDSABC，得bcbc………………（9分）PX143；PX243；344C35C3577根据基本不等式，得bcbc2bc，解得bc4…………………（10分）314C4C312C41由AD1，AD2ABACDBDC，得PX3；PX4．44C35C3577DBDCbc13（当且仅当bc2时等号成立）故X的分布列为DBDC的最小值是3．……………………………（12分）X1234【最值另解：①不用（1）中等式，借助比例性质及余弦定理；②设角变量，利用正弦定理化为三角函数最值等等方法，酌情判分】418121P3535353521.解(1)：椭圆C的方程为22．xy418121161EX1234．63353535357（2）13/218.解:(1)a14(n1)4n3.nx22．解：（1）由f(x)e(sinxcosx)0，x，∵2Sn=3bn-,∴当n≥2时,2Sn-1=3bn-1--3,两式相减得2bn=3bn-3bn-1(n≥2),3即bn=3bn-1(n≥2),又2b1=3b1-3∴b1=3得f(x)的单调减区间是，，，，∴当时，数列{bn}的通项公式为bn=0.不是等比数列44当时，数列{bn}是首项为，公比为3的等比数列,∴bn=3n.（2）1926数学试题第1页（共4页）数学试题第2页（共4页）\n3e同理，f(x)的单调增区间是，．综上，实数a的取值范围是，．4423【方法二】（参变分离）232故f(x)的极小值为f()—，极大值为f()e4．由对称性，不妨设0xx，124422e4f(x1)f(x2)22则a0即为f(x)axf(x)ax．（2）由对称性，不妨设0xx，22221112x1x2f(x)f(x)222则12a0即为f(x)axf(x)ax．设g(x)f(x)ax，则g(x)在0，上单调递增，222211xx12x故g(x)e(sinxcosx)2ax0在0，上恒成立．2设g(x)f(x)ax，则g(x)在0，上单调递增，xg(0)10，g(x)e(sinxcosx)2ax0在0，上恒成立x故g(x)e(sinxcosx)2ax0在0，上恒成立．xe(sinxcosx)【方法一】（含参讨论）2a，x0，．xx设h(x)g(x)e(sinxcosx)2ax0，xxe(sinxcosx)e(2xcosxsinxcosx)设h(x)，x0，，则h(x)，x0，．ex2x则h(0)10,h()e2a0，解得a．2设(x)21，x0，，．x(x)2xtanx1，x0，，，则2h(x)2(ecosxa)，h(0)2(a1)0，h()2(ae)．22cosx22由3x(x)0，x0，，，得，(x)在0，，，上单调递增；由①当ae时，h(x)2e(cosxsinx)，22443(x)0，x0，，，得，(x)在，，，上单调递减．x224224故，当x0，时，h(x)2e(cosxsinx)0，h(x)递增；4故33x0，时(x)()20；x，时(x)()0．242242当x，时，h(x)2ex(cosxsinx)0，h(x)递减；从而，(x)cosx2xcosxsinxcosx0，x0，，，422ex(2xcosxsinxcosx)此时，h(x)minh(0),h()h()2(ae)0，h(x)g(x)在0，上单调递又x时，2xcosxsinxcosx10，故h(x)0，x0，，22xx增，故h(x)g(x)g(0)10，符合条件．e(sinxcosx)eh(x)，x0，单调递减，h(x)h()，x0，．minxe②当ae时，同①，当x0，时，h(x)递增；当x，时，h(x)递减；eee244于是，2aa．综上，实数a的取值范围是，．22h()h(0)2(a1)0，h()2(ae)0，由连续函数零点存在性定理及单调4性知，x(,)，h(x)0．于是，当x0，x时，h(x)0，h(x)g(x)单调递0004增；当xx，时，h(x)0，h(x)g(x)单调递0减．h(0)10,h()e2a0，g(x)h(x)min{h(0)，h()}0，符合条件．数学试题第3页（共4页）数学试题第4页（共4页）