天津市耀华中学2022届高三数学考前冲刺卷（二）（PDF版带解析）

耀华中学2022届高三数学冲刺卷（二）一、单选题1．已知集合U=−1,0,1,2,3，A=1,2,3，B=0,1，则(UAB)=（）A．B．0,1C．0D．1x−22．“0”是“21x3−”的（）x+1A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件xx+−2ee+3．函数fx()=的图象大致为（）ln1x+A．B．C．D．0.220214．已知a=2021，b=0.2，c=log0.22021，则（）A．abcB．bacC．cbaD．acb5．某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（）A．直方图中x的值为0.040B．在被抽取的学生中，成绩在区间70,80)的学生数为30人C．估计全校学生的平均成绩为84分D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分\n6．已知三棱锥S−ABC外接球的球心O在线段SA上，若ABC与△SBC均为面积是43的等边三角形，则三棱锥SABC−外接球的体积为（）82162322642A．B．C．D．33337．已知函数fx(x)x=+x(3sincoscos).给出下列结论：①fx()的最小正周期为2；②f是fx()的最大值；61③把函数yx=sin2的图象上所有点向左平行移动个单位长度后，再向上平移个单122位长度，可得到fx()的图象.其中所有正确结论的序号是（）A．①B．①②C．②③D．①②③22xy28．已知双曲线−=10,(ab0)的左顶点与抛物线ypxp=20()的焦点的距离22ab为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(−−2,1)，则双曲线的方程为（）2222222xyxyx2xyA．−=1B．−=1C．−=y1D．−=136932442229．已知a1，且函数fx(x)＝xa24xxa−++−+.若对任意的xa(1,)不等式fx(a)x−(1)恒成立，则实数a的取值范围为A．(19，B．(125，C．425，D．4，+)二、填空题210．i是虚数单位，复数zi=−+3，则z为___________.3−i62211．在−x的展开式中，常数项为___________.x2212．已知直线lmx:+−y2m−=20与圆Cx:+y−8y=0交A、B两点，若\n=ACB，则直线l的方程为___________.2+22813．已知abc,,R，且abac+=24，则++的最小值是___________.ab+22cab++c14．盒中装有大小、形状完全相同的2个红球和3个黑球.若从中取2个球，恰好都是黑球的概率是___________；若每次取1球，取后不放回，直到取出黑球时停止，则取球次数X的数学期望EX()=____________.15．如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为1．设AGxAB=+yAI，则xy+=________；P是平面图形边上的动点，则ACBP的取值范围是________．三、解答题2sinC16．在ABC中，角ABC,,的对边分别为abc,,，若tantanAB+=，且ABC的cosA33面积为，ac−=1.2(1)求角B的大小及b；(2)求sin2(AB+)的值.17．如图，在四棱锥EABCD−中，平面ABCD⊥平面ABE，ABDC//，ABBC⊥，ABBC==2CD=22，AEBE==3，点M为BE的中点.(1)求证：CM∥平面ADE；(2)求平面EBD与平面BDC夹角的正弦值；(3)在线段AD上是否存在一点N，使直线MD与平面BEN所46成的角正弦值为，若存在求出AN的长，若不存在说明21理由.\nxy22518．已知点F(2,0)为椭圆+=10(ab)的焦点，且点P2,在椭圆上.225ab（1）求椭圆的方程；30（2）已知直线l与椭圆交于M、N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，6MON的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.11219．已知数列an的前n项和为nn+，数列bn满足b1=2，22nbab−n−4=30，*nnn+1nN.（1）求数列an，bn的通项公式；16（2）若cn=an，数列cn的前n项和为Tn，求证：T2n.bn+−(1)5lnx1+e20．已知函数fx()=+k的极大值为,其中e2.71828=为自然对数的底数.xe（1）求实数k的值；xa（2）若函数gx()e=−,对任意x+(0,),gx()afx()恒成立.x（i）求实数a的取值范围；22（ii）证明：xfx()asinxx+−1.\n冲刺卷二参考答案：1．C【解析】【分析】利用补集和交集的定义可求得结果.【详解】由已知条件可得UA=−1,0，因此，(UAB)=0.故选：C.2．A【解析】【分析】解两个不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】x−2解不等式0可得x−1或x2，x+1解不等式21x3−得21x3−−或213x−，解得x−1或x2，因为xx−1或x2xx−1或x2，x−2因此，“0”是“21x3−”的充分而不必要条件.x+1故选：A.3．D【解析】xx+−2ee+排除法，求出函数的定义域可排除A、B，函数fx()=的图象可由函数ln1x+eexx+−11+xx+−11ee+gx()=的图象向左平移一个单位得到，利用导数研究函数gx()=的单lnxlnx调性，从而可得出结论．【详解】解：由lnx+10得x+10且x+11，即x−1且x0，答案第1页，共17页\nxx+−2ee+∴函数fx()=的定义域为(−−−1)1,0+(0,)()，ln1x+故A、B错；xx+−2xx+−11ee+ee+又函数fx()=的图象可由函数gx()=的图象向左平移一个单位得到，lnx+1lnxxx+−11eexx+−x11+−ln1ee+()∵x0时，gx()=，x，lnxg'x()=2lnx11由gx'0()=得ln0x−=，令hx(x)=−ln，xx1∵h(11)=−，h(2)=ln2−0，2∴存在实数x0(1,2)，使得hx(0)=0，1又函数hx(x)=−ln在(0,+)上单调递增，x∴当xx(0,0)时，hx()0，gx'0()，函数gx()单调递减；当xx+(0,)时，hx()0，gx'0()，函数gx()单调递增；xx+−2ee+∴函数fx()=在(0,+)上的单调性应是先递减后递增，ln1x+故C错，D对；故选：D．【点睛】本题主要考查函数的性质与图象，考查利用导数研究函数的单调性，属于难题．4．A【解析】【分析】比较a、b、c三个数与0、1的大小关系，由此可得出a、b、c三个数的大小关系.【详解】0.2020210a=2021=20211，0=b0.20.2=1，c=log20210.2log20211=0，因此，abc.故选：A.5．C答案第2页，共17页\n【解析】【分析】根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可求得x值，以此判断A；计算成绩在区间[70，80)的学生频率，然后可计算该区间学生数，以此判断B；按照频率频率分布直方图中平均数计算公式计算可判断C；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D.【详解】定义A：根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1，可得100.0050.010.015(++++=0.040x1)，解得x=0.03，所以A错；对于B：在被抽取的学生中，成绩在区间[70，80)的学生数为10×0.015×400=60(人)，所以B错；对于C：估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分)，所以C对；0.2对于D：全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为901095+=(分).0.4所以D错.故选：C6．D【解析】【分析】由题意，O为SA的中点，且SAC是等腰三角形，从而可得222222OAOC+=R+R=AC=4，进而可得球的体积.【详解】解：由题意知，OAOS====OBOCR（R为三棱锥SABC−外接球半径)，ABC与△SBC均为面积是43的等边三角形，1设边长为2a，则有2=3aa43，所以a=2，2=AB====ACBCSBSC4,SAC是等腰三角形，又O为SA的中点，⊥OCSA,222222OA+OC=R+R=AC=4=R22,答案第3页，共17页\n4464233=VR==(22).333故选：D.【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据已知条件，得出O为SA的中点，且SAC是等腰三角形，从而根据勾股定理列式，求出三棱锥外接球的半径R.7．C【解析】【分析】1先求出fx(x)=+sin2+，利用周期公式判断①；求出f的值判断②；利用图像626变换判断③.【详解】2fx(x)x=x+(x=+3sinxxcos)cos3sincoscos12=+(23sincosxxx2cos)21=sin2x++622对于①：fx()的最小正周期为T==.故①错误；2答案第4页，共17页\n113对于②：f=sin2++=+sin=为最大值.故②正确；6662222对于③：把函数yx=sin2的图象上所有点向左平行移动个单位长度后得到121骣p1yx=+sin2的图象；再向上平移个单位长度，可得到yx=+sin2+琪琪，即为fx()62桫62的图象.故③正确.故选：C8．C【解析】【分析】b由已知条件求出p的值，可求得a的值，再由点(−−2,1)在直线yx=上可求得b的值，由a此可得出双曲线的标准方程.【详解】2p由已知条件可知，抛物线ypxp=20()的准线方程为x=−=−2，可得p=4，22所以，抛物线的标准方程为yx=8，抛物线的焦点为F(2,0)，由于双曲线的左顶点与抛物线的焦点间的距离为4，则a+=24，解得a=2，b点(−−2,1)在第三象限，由题意可知，点(−−2,1)在直线yx=上，ab所以，−=−12，解得b=1.22x2因此，双曲线的标准方程为−=y1.4故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线标准方程的求解，解题的关键在于结合已知条件求出a、b的值，并结合焦点的位置可得出双曲线的方程.9．B【解析】aaaa先参变分离得a−12x+−+1x+−4，然后分类讨论求出21xx4+−++−得最小xxxx值，列不等式解出a的范围即可.【详解】答案第5页，共17页\n解：因为a1，xa(1,)不等式fx(a)x−(1)恒成立，22所以fx(x)＝xa24x1xa−+ax+−+−()，aa即ax−x12+−+14+−恒成立，xxaa令gx(x)=+，则gx'1()=−，2xxxa(1,)时，gx'()＜0，g（x）递减；xaa(,)时，gx'()＞0，g（x）递增，a所以g（x）最小值为：ga(aa)=+=2，aa令tx=+aa+2,1)（a1），xa所以x+1xaa令h（t21）42＝1422x4x+t−+ttt+−=−+−=−+−xx（1）当a4时，t≥4，ht()t3=−6，所以ht()的最小值为：66a−，所以aa−16−6，2即aa−+26250，解得：125a，所以425a3t6,4t−a+1（2）当1＜a＜4时，所以，ht()=，ht()的最小值为：22a+，ta+t2,24所以aa−12+2，2即aa−+1090，解得：19a所以14＜a＜恒成立．综合（1）（2）可知：125a故选B.【点睛】本题考查了函数的综合问题，不等式恒成立问题，参变分离和分类讨论是解题关键，属于难题.33110．+i22【解析】【分析】答案第6页，共17页\n根据复数运算法则，先求得z，然后求得其共轭复数即可.【详解】233123(23++ii)()zi=ii−+i33=3−+=−+=−，3−i(33−+ii)()31+22331故zi=+22331故答案为：+i2211．60【解析】【分析】根据二项式展开式通项，找到常数项即可.【详解】24222根据二项式展开式通项，易知Cx()()154−==606x故答案为：60.12．xy−=0【解析】【分析】求出圆心到直线l的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于m的等式，进而可求得实数m的值，由此可得出直线l的方程.【详解】22圆C的标准方程为xy+(−4)=16，圆心为C(0,4)，半径为r=4，因为=ACB，且ACBC==4，所以，ABC为等腰直角三角形，且2ABAC==242，22−m12圆心C到直线l的距离为d==AC=22，整理可得(m+=10)，解得m=−1.m2+12因此，直线l的方程为xy−=0.故答案为：xy−=0.【点睛】关键点点睛：本题考查利用直线截圆所得弦所对的圆心角求直线方程，解题的关键在于利答案第7页，共17页\n用圆心到直线的距离列等式求解，充分利用几何法分析弦心距.13．4【解析】【分析】ab++c28将已知abac+=24化为ab(c+=24)，所求通分变形为+，利用基本不22ab++c等式即可求解.【详解】解：abac+=24，()+abc+=24，又abc,,R22882822(ab++c)ab++c++=+=+abcab+++2c2ab22+2c++2ab++cabc()ab++c28ab++c28=24（当且仅当=时等号成立）.22ab++c22ab++c228++的最小值为4.abcab+++22c故答案为：4.【点睛】关键点点睛：基本不等式中最值定理“和定积最大，积定和最小”是解本题的关键，对所求式子分析知，只需把已知条件因式分解，所求前两个分式通分即可求解.3314．0.3####1.5102【解析】【分析】根据古典概型的概率公式可求概率，再算出X的分布列后可得其数学期望.【详解】2C33从中取2个球，恰好都是黑球的概率为2=.C105又X可取1,2,3，3233211且PX(==1)，PX(=2)==,PX(=3)==,5541054103333故EX()=+2+=，510102答案第8页，共17页\n3故答案为：0.3，2315．1−3,2【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用相等向量的坐标相等，列式求解；设Pmn(,)，求出33ACBP=+mn，通过直线平移即可求解ACBP的取值范围.22【详解】建立以O为原点，如图所示的平面直角坐标系，连接BI，因为六边形ABCDOI为正六边形，所以AIBI=，=BAI120，作AMBI⊥于M，1113所以AMAI===1，MIAM==3，BIMI==23222233所以A,−，B(3,1−)，I(0,1−)，G(−−3,1)223313131所以AG=−,，AB=,，AI=−,2222223333−=−xy222AGxAB=+yAIxy+=1111=+xy22233设Pmn(,)，C(3,0)，A,−，B(3,1−)22答案第9页，共17页\n33所以AC=,，BPm=n−(+3,1)223333所以ACBP=−+m+n=m+n(31)()22223如图所示，在平面直角坐标系mOn中，其中kk==−，CDGH333作直线mn+=0，平移使之经过多边形ABCDOEFGHI内每一个点，当直线经过线段2233333CD时，mn+取得最大值，当当直线经过线段GH时，mn+取得最小值−3.222223故答案为：1；−3,216．(1)B=；b=7；353(2)−.14【解析】【分析】（1）切化弦之后，结合两角和差正弦公式和诱导公式可化简求得cosB，由此可得B；结合三角形面积公式可得ac，由余弦定理可求得b；（2）由（1）可求得ac,，利用余弦定理可得cos,cosAC，根据同角三角函数关系可得sinAC,sin，利用两角和差正弦公式可求得结果.(1)sinAsinBsincosAB+cossinABsinsin(AB+−C)()tanAB+tan=+===cosAcoscoscosBABcoscosABcoscosABsinCC2sin==，coscosABcosA1又cosA0，C(0,)，sinC0，=cosB，2答案第10页，共17页\n又B(0,)，=B；31333SacBac===sin，=ac6，又ac−=1，△ABC2422222=b+ac−ac=−B+ac=+=ac2cos167()，解得：b=7.(2)ac=6a=3由（1）知：，，ac−=1c=2222222a+−bc1227b+−ca27cosC===，cosA===，27ab672bc471421321又AC,0,()，=sinC，sinA=，714+sin2=+(+=sinAB++sincos+A)ABcossin(AAB(AAB))()()=−sincos+−A=−CA+Ccossin(ACAC)sincoscossin()3212772153=−+=−.1471471417．(1)见解析25(2)52(3)2【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理证明（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解（3）待定系数法表示N点坐标，由空间向量求解(1)取AE中点F，连接DFMF,1M是BE的中点，MFAB//，MFAB=，2故MFCD//，MF=CD，四边形MFDC为平行四边形，MCFD//，而MC平面ADE，FD平面ADE，CM∥平面ADE答案第11页，共17页\n(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，ABBC⊥，BC平面ABCD，平面ABCD平面ABEAB=，所以BC⊥平面ABE，取AB中点O，连接ODOE,，易得DO⊥平面ABE，OBOE⊥以O为原点，OEOBOE,,所在直线分别为xyz,,轴建立空间直角坐标系则有EB(2,0,0),(0,1,0),(0,1,1),(0,0,1)CD，BDBE=−(0,1,1),=−(2,1,0)，设平面EBD的一个法向量为n1xyz=(,,)，nBD=0−+=yz01由得，nBE1=020xy−=取x=1，得n=(1,2,2)，1易知平面BDC的一个法向量为n=(1,0,0)，2||nn121525则cos===，sin=，||||nn121+2+25525故平面EBD与平面BDC夹角的正弦值为．5(3)A(0,1,0)−，AD=(0,1,1)，设ANtAD==tt(0,,)，t[0,1]则N(0,t−1,)t，BN=−(0,t2,)t，BE=−(2,1,0)，设平面BEN的一个法向量为n=(,,)xyz，答案第12页，共17页\nnBN=0(t2)ytz−0+=由得，nBE=020xy−=221得ntt=−t(,,2)，而MD=−(,,1)−，22211|−t−t+−2t||MDn|2246故sin===，|MDn|||12221121t+t+(2−t)++12241132t=或t=（舍去）16tt34−130+=，解得2812故ANAD==222x218．（1）+=y1；（2）=MON，理由见解析.52【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义求出2a的值，再结合c的值可求得b的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，求出点M、N的坐标，计算出OMON=0；在直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm=+，由已知条225件得出mk=+(1)，将直线l的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出6OMON=0，综合可得出结论.【详解】222255（1）由椭圆定义可得2a=(22−)++(22+)+=25，=a5，552x2c=2，=b1，因此，椭圆的方程为+=y1；5（2）设点Mxy(11,)、Nxy(22,).30①当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为x=，63030x=x=3066由于对称性不妨设直线l的方程为x=，联立，解得或26x230+=y1y=56答案第13页，共17页\n30x=6，30−=y630303030即点M,、N,−，此时，OMON=0，则=MON；66662②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=+kxm，m30225由点到直线的距离公式可得=，则mk=+(1)，k2+166ykxm=+222联立22，可得(5k1x10kmx+5+5)+m0−=，xy+=55=−100−+20km=2+−21522m22k1km205(10)()()，即22mk+51.210km51(m−)由韦达定理可得xx12+=−2，xx=，51k+12251k+22OMON=+=++xx+12=+12++yy12+1xx212kx12mkx(m)(kxxkmx)(x1m)()22222251(k1m10+km6−5)−1(−m+k)()2，=+==m0225kk151++⊥OMON，即=MON.2综上所述，=MON.2【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．n−119．（1）ann=，bn=34−1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据an的前n项和即可求出an通项公式，进而可判断bn+1是以3为首项，4为公比的等比数列，即可求出bn的通项公式；答案第14页，共17页\n1（2）可得cn=nn−1，求和然后放缩利用等比数列求和公式即可证明.34−+−1(1)【详解】112（1）数列an的前n项和为nn+，22111221∴annn=n+n−nn−−−=(1)(1)(2).2222当n=1时，a1=1符合，故ann=，∴nbn++11−4abnn−3nnb=n−4nbn−3n=0，∴bbnn+1=+43，∴bbnn+1+=14+1()，∵b1=2∴bn+1是以3为首项，4为公比的等比数列，n−1n−1∴bn+=134，∴bn=34−1.11（2）证明：∵cn=an，∴cn=nn−1，bn+−(1)34−+−1(1)Tcc=cc+c+c+c+cc=c+++++++，21n2n3n2n1321242−111111=+++++++02221321nn−−342−34−234−2343434333111+++++++02221321nn−−343434343434nn1111−−n161116521526=+=1−.1134451645511−−161620．（1）k=1（2）（i）01a（ii）证明见解析【解析】（1）求函数定义域,然后对函数求导,根据函数单调性,得出xe=时,fx()有极大值,即可算出实数k的值.lnx（2）（i）由（1）知,fx()1=+,代入gx()中,根据gx()afx(),整理至即xxxxe−alnxaxa−−0对x(0,+)恒成立,设新函数hx()=xe−alnxaxa−−,将原问题转t化为：()te0ata=−−对tR恒成立,分a的取值范围分类讨论即可得出实数a的取值22范围.（ii）要证xfx()asinxx+−1,答案第15页，共17页\n22lnx1sinax1转化为证证xaxx+1+sin−1,整理至lnx+,设两个新函数Fx()xln=+,xxxxGx()xsinx=−22,分别对两个新函数求导,判断单调性,即可证得xfx()asinxx+1−成立.【详解】解：（1）fx()的定义域为(0,)+,1ln−xfx()=,2x令fx()0,解得：0xe,令fx()0,解得：xe,所以当x(0,e),fx()为增函数,当x+(e,),fx()为减函数,11e+所以xe=时,fx()有极大值fk(e)=+=,ee所以k=1;lnx（2）（i）由（1）知,fx()1=+,xxaaxln则gx()afx(),即ea−+对x+(0,)恒成立,xxx所以xealnaxax−+对x+(0,)恒成立,x即xe−alnxaxa−−0对x+(0,)恒成立,x设hx()=xe−alnxaxa−−,则hx()0对x+(0,)恒成立,lnlnxxxx+hx()eeaxaxa=−−−=lnea−(lnxx+−)a,设lnxxt+=,tR,t原问题转化为：()te0ata=−−对tR恒成立,①若a0,当t−(,0)时,t()t=e−ata−−1ata−11则haa−−1110−−=,aa不合题意;t②若a=0,则()te0=对tR恒成立,符合题意t③若a0,则()t=−ea,令()t0,taln,令()t0,taln,所以当ta−(,ln)时,()t为减函数,答案第16页，共17页\n当ta+(ln,)时,()t为增函数,lna所以()ta(ln)eaaa=−−=−aalnln0,即lna0,即01a;综上01a.22（ii）要证xfx()asinxx+1−,22lnx只需证xaxx+1+sin−1,x22即xxxlnsin+a1xx+−,即xxlna1xsin+,1sinax只需证lnx+,xx1设Fx()xln=+,Gx()xsinx=−,x111x−因为Fx()=−=22xxx所以Fx()在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以Fx()F(1)1=：因为Gx()1cos=−x0恒成立,所以Gx()在(0,)+上单调递增,sinx所以Gx()G(0)=0,则xxsin,则1,xaxsin由（2）可知,01a,所以1;xaxsin所以Fx(),x1sinax即lnx+,得证.xx22所以xfx()asinxx+−1成立.【点睛】本题考查已知导数的极值求参数,考查利用导数判断单调性,证明不等式恒成立,考查计算能力,属于中档题.答案第17页，共17页