2023教師版 步步高 大二輪 數(shù)學(xué) 新高考高考22題逐題特訓(xùn)

大題保分練1

1.(2022?廣東六校聯(lián)考)在①b=?。虎趕in8+sinC=2sin4；③左=10這三個(gè)條件中任選一

個(gè)補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，若問(wèn)題中的三角形存在，求出△ABC的面積；若問(wèn)題中的三角形不存

在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

B+C

問(wèn)題：是否存在△4BC,它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為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

選①：b=4,。=3,

由正弦定理得就r磊,

即工

川.?！猻in8'

s,n3

解得sinB=2?又b<at

.??8=5，則C=^.

:.△ABC的面積S=2^=~^~?

選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+/一從=9,

\b2+c2—bc=9,

聯(lián)立―a

[b+c=6,

\bc=9,

得一/解得b=c=3,

[b+c=6,

:.ZkABC的面積S=gbcsinA=分化

選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,

此時(shí)4=(-19)2—4X100=-39v0,

故方程無(wú)實(shí)數(shù)根，

???選條件③時(shí)，三角形不存在.

2.(2022?南通調(diào)研)設(shè)S〃是等比數(shù)列｛d｝的前〃項(xiàng)和，ai=L且S,53,S2成等差數(shù)列.

(1)求數(shù)列｛m｝的通項(xiàng)公式；

(2)求使S0W3a”成立的〃的最大值.

解(1)設(shè)等比數(shù)列｛為｝的公比為%則°#0,

由2s3=Si+S2n2(1+g+q2)=1+1+q

=>2/+q=O0q=—T,

(2)S=-

1+2

則京一(_9k3X(-分-I,

整理得

當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，(一0">o,不符合題意;

當(dāng)〃為奇數(shù)時(shí)，(一，"=一(%

可得?可得〃W3.

因此，〃的最大值為3.

3.(2022?張家口模擬)已知某區(qū)A,3兩所初級(jí)中學(xué)的初一年級(jí)在校學(xué)生人數(shù)之比為9：11,

該區(qū)教育局為了解雙減政策的落實(shí)情況，用分層隨機(jī)抽樣的方法在43兩校初一年級(jí)在校

學(xué)生中共抽取了100名學(xué)生，調(diào)查了他們課下做作業(yè)的時(shí)間，并根據(jù)調(diào)查結(jié)果繪制了如圖所

示的頻率分布直方圖.

(1)在抽取的100名學(xué)生中，A,B兩所學(xué)校各抽取的人數(shù)是多少？

(2)該區(qū)教育局想了解學(xué)生做作業(yè)時(shí)間的平均時(shí)長(zhǎng)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代

表)和做作業(yè)時(shí)長(zhǎng)超過(guò)3小時(shí)的學(xué)生比例，請(qǐng)根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)這兩個(gè)數(shù)值；

⑶另?yè)?jù)調(diào)查，這100人中做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)的人中有20人來(lái)自A中學(xué)，根據(jù)已知條件

填寫(xiě)下面列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值。=0.010的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)是否

與學(xué)校有關(guān).

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)設(shè)4,8兩校所抽取的人數(shù)分別為居)，,

—=—/=43,

由已知可得？lr解得=

K+)-100,)=55.

故A,8兩校所抽取的人數(shù)分別為45,55.

(2)由頻率分布直方圖可知，學(xué)生做作業(yè)的平均時(shí)長(zhǎng)的估計(jì)值為

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(小時(shí)).

由0.5X(0.1+0.2+0.3)=0.3,可知有30%的學(xué)生做作業(yè)時(shí)長(zhǎng)超過(guò)3小時(shí).

綜上，估計(jì)該區(qū)學(xué)生做作業(yè)時(shí)間的平均時(shí)長(zhǎng)為2.675小時(shí)，該區(qū)有30%的學(xué)生做作業(yè)時(shí)長(zhǎng)超

過(guò)3小時(shí).

(3)由Q)可知，有30%X100=30(人)做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí).

故填寫(xiě)列聯(lián)表如下(單位：人)：

做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)做作業(yè)時(shí)間不超過(guò)3小時(shí)合計(jì)

A校202545

8校104555

合計(jì)3070100

零假設(shè)為”o：做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)與學(xué)校無(wú)關(guān).

根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算得到

,100X(20X45—10X25)2……

個(gè)=30X70X45X5528.13>6.635=xo.oio,

所以依據(jù)小概率值。=0.010的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷“0不成立，即認(rèn)為做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3

小時(shí)與學(xué)校有關(guān).

4.(2022?濟(jì)南聯(lián)考)如圖，四邊形A8C。為梯形，AD//BC,ADLAB,側(cè)面以B為等邊三角形,

平面A8P_L平面48c。，AO=28C=2,點(diǎn)M在邊PC上，且尸M=2MC.

(1)證明：%〃平面8QM；

(2)當(dāng)平面BCM與平面夾角的正切值為、歷時(shí)，求四棱錐P-ABC。的體積.

⑴證明連接AC交8。于點(diǎn)M連接MN,

(JCW|

由ABNCs4DNA知

7A/CI

所以汨=標(biāo)，所以%〃MM

又平面BDM,MNU平面BDM,

所以附〃平面BDM.

⑵解作POLAB于點(diǎn)O,

因?yàn)槠矫鍭8P_L平面ABC。，平面A8PA平面A8CO=AB,POU平面ABP,

所以PO_L平面A5CQ,

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

設(shè)48=4,則從*|,*）禺,0,0）,

既1,0）,從一*2,0）,

所以正=（0,1,0）,麗=（一出2,0）,

前=（點(diǎn)y哨’

設(shè)平面8cM的法向量為相=（汨，zi）,

m前=0,

叫_

m-BM=0f

Ji=0,

即吟|+聶+專4=0,

令加=1,得利=（1,0,里），

設(shè)平面8OM的法向量為〃=（X2,V2,Z2）,

〃?而=0,

則，

般BM=0,

'―公2+2”=0,

即a4-24-^a-n

[_%、2+5^+6Z2=0,

令必=1,得〃=（1,右一坐）

設(shè)平面BCM與平面BOM的夾角為仇

貝Itan9=*,cos6=9，

所以|cos(m,n)|=

5^\/l+汨7

解得a=2,

Ij+2

所以V^-ABCO=§X---

大題保分練2

1.（2022?武漢模擬）在△ABC中，A,B,。所對(duì)的邊分別為小b,c,且滿足4cosc+ccosA

=1,fi=7o.

（1）求b的值；

（2）求△ABC面積的最大值.

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

標(biāo)+/一〃如

8sB=-2^~=2'

???42+。2=小加+122"（當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)取“=”），

，（2一?。゛cW1,

acW2+小,

又「S&A8c=&csinB=；ac,

.c/+小

??4,

即△ABC面積的最大值為火叵.

2.（2022?蘇州四校聯(lián)考）甲、乙相約進(jìn)行“某競(jìng)技體育項(xiàng)目”比賽.比賽采用三局二勝制，先

勝二局者獲勝.商定每局比賽（決勝局第三局除外）勝者得3分，敗者得1分，決勝局勝者得2

分，敗者得0分.已知每局比賽中獲勝的概率為東各局比賽相互獨(dú)立.

（1）求比賽結(jié)束，乙得4分的概率；

（2）設(shè)比賽結(jié)束，甲得X分，求X的分布列與均值.

解（1）若比賽結(jié)束，乙得4分，則比賽結(jié)果是甲以2：1獲勝，故前兩局比賽，甲勝一場(chǎng)，

敗一場(chǎng)，最后一局比賽，甲勝.

則比賽結(jié)束，乙得4分的概率為

CJX3X3X3=A-

(2)若甲連勝兩局結(jié)束比賽，甲得6分,

其概率為(引喙

若甲連敗兩局結(jié)束比賽，甲得2分，

其概率為《)2=$

若甲以2：1結(jié)束比賽，甲得6分，

719R

其概率為CAX-X-X-=—；

若乙以2：1結(jié)束比賽，甲得4分，

7114

其概率為Cjx^x-x-=—,

故X的分布列為

X246

1420

P

92727

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

3.(2022?襄陽(yáng)模擬)已知等差數(shù)列｛?。凉M足m=l,且前四項(xiàng)和為28,數(shù)列｛瓦｝的前〃項(xiàng)和S”

滿足2￡=3兒一3/iaeR).

(I)求數(shù)列｛為｝的通項(xiàng)公式，并判斷｛兒｝是否為等比數(shù)列；

(2)對(duì)于集合A,B,定義集合A-B=｛Hv￡4且K8｝.若4=1,設(shè)數(shù)列｛斯｝和｛九｝中的所有

項(xiàng)分別構(gòu)成集合4,B,將集合4—B的所有元素按從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列｛金｝,

求數(shù)列｛的｝的前30項(xiàng)和7^o.

3X4

解(。???｛詼｝是等差數(shù)列，四=1,且前4項(xiàng)和為28,??.S4=4Xl+-]-Xd=28,解得4=4,

a?=1+4(〃-1)=4〃-3.

???2S”=36一3九

:.當(dāng)時(shí)，2s1=341—3九

兩式相減得2兒=3為一3b,i522),

即為=36一(〃22),

又2加=36一3九

：.b\=3L

?,?當(dāng);1=0時(shí)，數(shù)列｛6｝的通項(xiàng)公式為兒=0,不是等比數(shù)列；

當(dāng)；two時(shí)，數(shù)列｛瓦｝是首項(xiàng)為32,公比為3的等比數(shù)列，且仇=23".

(2)由⑴知0=3",

則加=81,55=243,

7^30=4X30-3=117,

.,也?30Vb5，

???A中要去掉｛仇｝的項(xiàng)最多4項(xiàng)，

即3,9,27,81,

其中9,81是｛%｝和｛6｝的公共項(xiàng)，

???數(shù)列｛c,J的前30項(xiàng)和7\)由｛斯｝的前32項(xiàng)和去掉9,81,

則八0=(。1+。2+…+。32)—(9+81)

32X(1+125)

=----。------90=1926,

???數(shù)列｛0｝的前30項(xiàng)和730為1926.

4.(2022?唐山模擬)如圖，在直三棱柱ABC—481cl中，AC=BC=CC\=2,。為8c的中點(diǎn),

￡為棱上一點(diǎn)，AO_LOG.

(1)求證：BCL平面4AD；

(2)若平面AQE與平面CiDE的夾角為30°,求直線CE與平面GOE所成角的正弦值.

⑴證明在直三棱柱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

由直三棱柱的性質(zhì)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。為的中點(diǎn)，：.AB=AC.

以Z)為坐標(biāo)原點(diǎn)，皮的方向?yàn)閤軸正方向.反的方向?yàn)閥軸正方向，建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系.

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

設(shè)AE=/(0WW2),則E(0,小，0.

由(1)知，平面4OE的一個(gè)法向量可取反'=(2,0,0),

設(shè)平面G￡>￡的法向量為〃=(%,>,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+產(chǎn)2，

解得1=1,此時(shí)〃=(2小，1,一圾,

設(shè)CE與平面CQE所成角為優(yōu)

VCE=(-U小，1),

/.sin^=|cos(CE,n)|=°二刑

I國(guó)川

2^/3V15

=4幣=10，

即直線CE與平面GOE所成角的正弦值為曙.

大題保分練3

yl\h1—cosR

1.（2022?邯鄲模擬）/XABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知*—=八.

asinxi

⑴求B；

（2）若a=2,c=I?，求BD.

在①0為AC的中點(diǎn)；②B。為N48C的角平分線這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在橫線上.

注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

解（1）在△ABC中，由正弦定理得，

小sinBsin4=sinA—sinAcosB.

因?yàn)閟inAWO,

所以于sinB=1—cosB,

所以由sin8+cosB=2sin（B+§=1,

即sin@+看）=：.

又B￡（0,兀），則B+5=系,所以B=專.

（2）選擇條件①：因?yàn)榻?—彳1

所以|麗2=%|及F+2函.比+［兩2）

=；XP+2X1X2X

所以I麗|=乎，即80=坐.

選擇條件②：

因?yàn)锽。為NABC的角平分線,

所以S&ABD+S△CBD=SdABC，

則%XBdsin全+&XBdsinj

即gx)X5dsin1+^義2XBdsin三

=zX2X1Xsin專,

2

解得BD=y

2.(2022?全國(guó)乙卷)某地經(jīng)過(guò)多年的環(huán)境治理，己將荒山改造成了綠水青山.為估計(jì)一林區(qū)某

種樹(shù)木的總材積量，隨機(jī)選取了10棵這種樹(shù)木，測(cè)量每棵樹(shù)的根部橫截面積(單位：m2)和材

積量(單位：m，得到如下數(shù)據(jù)：

樣本號(hào)i12345678910總和

根部橫截

0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

面積的

材積量＞70.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

101010

并計(jì)算得EH=0.038,石?=1.6158，百為y=0.2474.

(1)估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)木平均一棵的根部橫截面積與平均?棵的材積量：

(2)求該林區(qū)這種樹(shù)木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)(精確到0.01)；

(3)現(xiàn)測(cè)量了該林區(qū)所有這種樹(shù)木的根部橫截面積，并得到所有這種樹(shù)木的根部橫截面積總和

為186m2.己知樹(shù)木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹(shù)

木的總材積量的估計(jì)值.

n___

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

附：樣本相關(guān)系數(shù)萬(wàn)=_〃h，什189641.377.

勺總8—1)2總8一7)2

解⑴樣本中10棵這種樹(shù)木的根部橫截面積的平均值x=$=0.06(m2),

樣本中10棵這種樹(shù)木的材積量的平均值

)，=常=0.39(??),據(jù)此可估計(jì)該林區(qū)這種樹(shù)木平均一棵的根部橫截面積為0.06n?,平均一

棵的材積量為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)設(shè)該林區(qū)這種樹(shù)木的總材積量的估計(jì)值為rm\

又已知樹(shù)木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，可得牌=華，解得丫=1209.

則該林區(qū)這種樹(shù)木的總材積量估計(jì)為1209m3.

3.(2022?衡水中學(xué)模擬)如圖所示的多面體是由三棱錐A-BDE與四棱錐D-BCFE組合而成

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

是邊6。的中點(diǎn).

⑴求證:BDLEGi

(2)求平面DEG與平面AEFD夾角的余弦值.

AEU平面4E8,BEU平面AEB,

則有EF_LAE,EF^BE,又AE_LE8,即EB,EF,EA兩兩垂直，

以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線EB,EF,EA分別為乂y,z軸非負(fù)半軸建立如圖所示的空間直角

坐標(biāo)系，

因?yàn)?O〃E/〃BC,

則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),

則的=(2,2,0),麗=(-2,2,2),

因此麗病=-2X2+2X2=0,HPBD1FG,

所以BO_LEG.

⑵解由(1)知，應(yīng)=(2,0,0)是平面的一個(gè)法向量,

設(shè)平面QEG的法向量為n=(x,y,z),

而￡0=(022),EG=(2,2,0),

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

則1-

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

令x=l,得〃=(1,-1,1),

設(shè)平面OEG與平面AEFD的夾角為仇

則cos6=|cos〈〃，EB)|=""即噂,

|川崩|2噌3

所以平面。EG與平面AEFO夾角的余弦值是乎.

4.(2022?汕頭模擬)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列｛〃”｝中，〃|=1且滿足成+1一底=2.“+%〃卜1，數(shù)

列｛兒｝的前〃項(xiàng)和為S”滿足2S“+1=3瓦.

(1)求數(shù)列｛斯｝,｛d｝的通項(xiàng)公式；

(2)若在瓦與瓦+i之間依次插入數(shù)列｛4)中的&項(xiàng)構(gòu)成新數(shù)列｛c｝：bi,aifbz，。2,。3,83,

CM,。5，%，力4，…，求數(shù)列｛金｝中前50項(xiàng)的和方0.

解(1)由加+|一屆=2?！?2詼+|,

，仔(4“+1~1+On)—2(?！?1+Un)f

，。球|一?！?2,

???｛為｝是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)歹L

a,t=2n—1.

???2S〃+1=3乩，①

???當(dāng)〃22時(shí)，2s“T+1=3兒t,②

由①一②整理得為=3兒一,

當(dāng)〃=1時(shí)，251+1=3如則"=1,

?.?力=1±0,工兒_|±0,，如=3,

Dn-\

???數(shù)列｛兒｝是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列，故兒=3〃L

(2)依題意知，新數(shù)列(金｝中，兒+i前面(含"+D共有(1+2+3H-----M)+(k+1)=("+L｝+2)

項(xiàng).

由化當(dāng)知名W50(攵WN*)得&W8.

???新數(shù)列｛金｝中含有數(shù)列｛兒｝的前9項(xiàng)：歷，歷，…，歷,

含有數(shù)列｛〃”｝的前41項(xiàng)：?2?。3,…，041,

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

十

??/50—1I—-3>2c—U322.

大題保分練4

1.(2022?洛陽(yáng)模擬)已知數(shù)列｛斯｝的前〃項(xiàng)和為S”，且4a“=3S”+2.

⑴求數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式；

⑵設(shè)小=%+10g2。”，求數(shù)列｛兒｝的前〃項(xiàng)和Tn.

解(1)???4斯=3工+2,①

，當(dāng)〃=1時(shí)，4d|=3。|+2,即〃[=2,

當(dāng)n>2時(shí)，4?I=3S〃T+2.②

由①一②得4。”一4m-1=3。〃，即&=4斯_[,

，數(shù)列｛斯｝是以2為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)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?湖北新高考協(xié)作體聯(lián)考)如圖，在梯形48co中，AB//CD,N8CO=135。，BD=

V5CD=V10.

DC

(1)求sinNC8￡)的值；

(2)若△AB。的面積為4,求A。的長(zhǎng).

解(1)在△3CO中，由正弦定理知，

BD_CD

sinZBCD=sinZCBDT

所以BDsinZCBD=CDsinZBCD,

因?yàn)镹BCD=135。，BD=3CD=①,

所以s\nZCBD=^^.

(2)在△BCO中，ZBCD=135°,則NC8O為銳角，

因?yàn)閟inNCBO=4%,

所以cosNCBD=今俱，

在梯形ABC。中，AB"CD,ZBCD=135°,

則NCB4=45。，

所以sinNA8O=sin(45。-NC8O)=乎，

顯然NA8。為銳角，

所以cosZABD=~^~,

因?yàn)镾△9=/18B￡)sinNA8D=4,

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

所以AO="V而.

3.(2022?南通模擬)如圖，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分別是棱BiG，4隊(duì)的中點(diǎn).

⑴證明:BALL平面48iG；

(2)求直線AM與平面BBiGC所成角的正弦值.

(1)證明如圖，連接MN,A],EG,???四邊形為平行四邊形,

又/4NB=60。，AAt=Aff=4t

???△4A8為等邊三角形，則△4小山為等邊三角形，

TN為4由1的中點(diǎn)，

：.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分別是棱囪G,A由i的中點(diǎn),

???MN=%iG=Vi,

VCCi=4,BC=2巾,cosNBCG=乎，

???BCi="￥+CC?-2cBeciCOs/GCB

=、8+16—8=4,

???△BCG為等腰三角形，則△S6G為等腰三角形，

又M是棱8G的中點(diǎn)，

???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的中點(diǎn)。，連接4。，則A0〃BN,

由(1)知40J_平面ABC,CO1AB,

如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)，OC,OB,04所在的直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直

角坐標(biāo)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）,麗=（0,2,2?。?

A麻=(152餡)，

設(shè)平面88GC的法向量為〃=(x,y,z),

-CB=0,

則＜

n-BB\=0,

-2r+2y=0,

2y+25z=0,

取x=l,則y=l,z=—彳-,

故〃=（l,1,一坐），

設(shè)直線AM與平面88CC所成角為仇

則sind=|cos（AM,〃〉［JAM川

\AM\\n\

133

V38X^|反’

:.直線AM與平面8BCC所成角的正弦值為雪

4.已知橢圓C：、+方=l(a>b>0),右焦點(diǎn)為尸(4,0),短軸長(zhǎng)為4.

(1)求橢圓C的方程；

(2)若過(guò)點(diǎn)7(0,1)的直線/與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),線段AT的中點(diǎn)為P,線段57的中點(diǎn)為

Q,且|OP|=|OQ|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求所有滿足條件的直線/的方程.

解(1)由題意知2b=4,c=4,

222

則b=2,a=b-\~c=20t

???橢圓C的方程為舄+?=1.

(2)易知直線/的斜率存在，

設(shè)直線/的方程為y=h+l.

聯(lián)立忖沁

)=履+1,

消去y得(1+5/)/+10依-15=0,

則J=400^+60>0.

設(shè)4(孫力),5(X2,J2),

r“.10女

則即+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+5幺十軟U,

解得h=0,22=^^,依=一生^,

，滿足條件的直線/的方程為y=l,￥=亭4+1和丁=一焙+1.

小題滿分練1

一、單項(xiàng)選擇題

1.（2022?新高考全國(guó)I）若集合"={沖b<4},N={X3x21},則MAN等于（）

A.{M0Wx<2}

B%|鼻<2}

C.M3<x<16）

D.|x||^x<161

答案D

解析因?yàn)镸={AhZv<4},

所以A/=30Wxvl6}；

因?yàn)镹={M3x.l},所以汽=%,21）.

所以A/nN={，；Wxvl6

2.（2022?漳州質(zhì)檢）已知z=h/3i-ll+y^，則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

答案D

解析Vz=h/3i—ll+yyr

=4（小產(chǎn)+（一廳+廠彳

一I51.

=2+^-=2—

???在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為G，一鄉(xiāng)，位于第四象限.

4

3.“Vx20,aWx+二懣”的充要條件是（）

A.a>2B.心2

C.a<2D.aW2

答案D

解析?.320,

?"+4+2+W—222吐2=2,

4

當(dāng)且僅當(dāng)x+2=—公，即x=0時(shí)取等號(hào)，???〃W2.

4.（2022?溫州質(zhì)檢）《萊因德紙草書(shū)》是世界上最古老的數(shù)學(xué)著作之一，書(shū)中有一道這樣的題

目：把100個(gè)面包分給五個(gè)人，使每人所得成等差數(shù)列，且使較大的三份之和的聘于較小的

兩份之和，問(wèn)最大的一份為（）

A.35C.-^D.40

答案C

解析根據(jù)題意設(shè)每人所得面包光內(nèi)，。2,…，。5,成等差數(shù)列且依次增大，

京。3+〃4+的)=41+〃2，

則有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，

化簡(jiǎn)得Ja42=2k

。3=20,

設(shè)公差為d,

25

2a\+d=—

所以'

lfl)+2J=20,

所以ai=|,"=卷,

所以的q+4X^=竽

5.（2022?新高考全國(guó)II）甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩

端，丙和丁相鄰，則不同的排列方式共有（）

A.12種B.24種C.36種D.48種

答案B

解析先將丙和丁捆在一起有A2種排列方式，然后將其與乙、戊排列，有A。種排列方式，

最后將甲插入中間兩空，有C2種排列方式，所以不同的排列方式共有A2A』a=24（種）.

6.（2022?茂名模擬）已知0＜混,或冊(cè)-。）=坐，則饋篙的值為（）

A嘴2714

B.

13

2"

D.

j5113

答案C

解析因?yàn)閟in(J_a)=*,

所以乎(cosa—sina)=乎.

所以cosa—sina=§，

所以1—2sinacosa=^t

#sinacosQ=t,

因?yàn)閏osa+sina=*\/l+2sinacosa=

3，

4

zi、？sinasinasinacosa94y/Tj

1+tan?_|_sinacosa+sina業(yè)51-

'cosa3

7.(2022.南通模擬)已知雙曲線宏一樂(lè)=l(a>0,比>0),過(guò)左焦點(diǎn)尸作一條漸近線的垂線，記垂

足為P，點(diǎn)。在雙曲線上，且滿足而=2的，則雙曲線的離心率為()

A.^6B.^2C.小D.2

答案B

解析設(shè)P在漸近線)，=—%上，F(xiàn)(-c,0),

則直線FP的方程為尸加+c),

即《一》，7)?由蘇=2的，

得d韻，

(/+〃2)2z12

因?yàn)椤Ｔ陔p曲線上，所以早廿一六=1，

化簡(jiǎn)得》=2。2,e=^=y[2.

8.(2022?紹興模擬)已知函數(shù)./(x)=MF一若危)S/W)勺U+y)，貝人)

A.冷>0B.xyvO

C.x+)>0D.x+產(chǎn)。

答案A

解析由題意得函數(shù)的定義域?yàn)镽.

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

當(dāng)x>0時(shí)，/(工)=^—3+,甘+&-*+2￥,

因?yàn)閤>0,所以/(x)>0,

所以函數(shù)人x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

因?yàn)楹瘮?shù)4x)是偶函數(shù)，

所以函數(shù)人x)在(一8,0)上單調(diào)遞減.

則由已知?<)<%)勺5+y)，

得加1)?川)5出+)力，

所以卜+沖>國(guó)>園，(*)

可知X,y同號(hào)，故A正確，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,當(dāng)x=-1,y=—2時(shí)，x+y=-3,滿足(*)式，此時(shí)X+〉Y0.故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,當(dāng)x=l,y=2時(shí)，x+y=3滿足(*)式，此時(shí)x+)>0,故D錯(cuò)誤.

二、多項(xiàng)選擇題

9.(2022?濟(jì)南質(zhì)檢)為落實(shí)《山東省學(xué)生體質(zhì)健康促進(jìn)條例》的要求，，是進(jìn)學(xué)生增強(qiáng)體質(zhì)，健

全人格，錘煉意志，某學(xué)校隨機(jī)抽取了甲、乙兩個(gè)班級(jí)，對(duì)兩個(gè)班級(jí)某一周內(nèi)每天的人均體

育鍛煉時(shí)間(單位：分鐘)進(jìn)行了調(diào)研.根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)制成折線圖如下：

下列說(shuō)法正確的是()

A.班級(jí)乙該周每天的人均體育鍛煉時(shí)間的眾數(shù)為30

B.班級(jí)甲該周每天的人均體育鍛煉時(shí)間的中位數(shù)為72

C.班級(jí)甲該周每天的人均體育鍛煉時(shí)間的極差比班級(jí)乙的小

D.班級(jí)甲該周每天的人均體育鍛煉時(shí)間的平均值比班級(jí)乙的大

答案AC

解析A項(xiàng)，班級(jí)乙該周每天的人均體育鍬煉時(shí)間的眾數(shù)為30,故A正確；B項(xiàng)，班級(jí)甲該

周每天的人均體育鍬煉時(shí)間的中位數(shù)為65,故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，班級(jí)甲該周每天的人均體育鍛

煉時(shí)間的極差為72—30=42,班級(jí)乙的極差為90—30=60,所以班級(jí)甲的極差小于班級(jí)乙的

極差，故C正確；D項(xiàng)，班級(jí)甲該周每天的人均體育鍛煉時(shí)間的平均值比班級(jí)乙的小，故D

錯(cuò)誤.

10.（2022?長(zhǎng)沙十六校聯(lián)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不正確；

VO<Q2<1,TI2>1,

???（$2<兀2,故B正確；

要判斷于一木<加—2,

即判定幣+2<#+小，

即判定（由+2）2<（#+小產(chǎn)，

即11+4由<11+2病，即4巾<2而，

即28<30成立，故C正確；

3

Vlog43=l+log，i-,

Iog65=l+log6看，

3555

Vlog44<log4^,且log名vlogG，

35

10g4^<10g6^,

Iog43<log65,故D正確.

11.（2022?衡水中學(xué)模擬）己知函數(shù)?r）=sin?（cos2rcosx+sinZrsinx）,x《R,下列關(guān)于函數(shù)

“r）性質(zhì)的結(jié)論中正確的是（）

A.函數(shù)式x）的值域是[-1,1]

B,直線x=-j是函數(shù)/（x）的一條對(duì)稱軸

C.函數(shù)論)=段)一%在，九］內(nèi)有唯一的極小值一坐一招

D,函數(shù)於)向左平移襲個(gè)單位長(zhǎng)度后所得函數(shù)g(x)的一個(gè)對(duì)稱中心為《，0)

答案BC

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

對(duì)于A,函數(shù)以)的值域?yàn)椋垡唤衿c，

故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,函數(shù)"r)的對(duì)稱軸為2r=E+］,x=y+^,k?Z,當(dāng)％=—1時(shí)，x=—故B正

確；

對(duì)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+專<r〈E+爭(zhēng)keZ,

當(dāng)工=半時(shí)，/?)有極小值力管)=一半一相，故C正確；

對(duì)于D,g(x)=；sin2^+看)=/皿儂+爭(zhēng)，

令2x+：=E,A￡Z,

則工=竽一/kez,

其對(duì)稱中心為砥一會(huì)0),2￡Z,

故D錯(cuò)誤.

12.(2022.聊城質(zhì)檢)在樓長(zhǎng)為1的正方體A8CQ-A1BC。中，尸為側(cè)面阮1。向(不含邊界)

內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，Q為線段4c上的動(dòng)點(diǎn)，若直線4P與的夾角為45。，則下列說(shuō)法正確的是

()

A.線段AiP的長(zhǎng)度為吸

B.當(dāng)Q+PQ的最小值為1

C.對(duì)任意點(diǎn)P,總存在點(diǎn)。，使得AQ_LCP

D.存在點(diǎn)P,使得直線4P與平面AOA4所成的角為60。

答案ABC

解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

根據(jù)題意，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，

設(shè)點(diǎn)P(X1,1,Z1),2(X2,Z2)?

則有Ai7一(X|-1,1,Z1-1),

而=(0,1,0),

由直線4P與AS的夾角為45。,

|Ai?.何|

故有cos：=

I硒麗

解得(的-1)2+(〃-1)2=1,

又Q為線段4c上的動(dòng)點(diǎn),

設(shè)砸=入祝(0WAW1),

則。(1—2,2,1—A),

對(duì)于選項(xiàng)A,則有

I篇I=^/(xi—l)2+(zi—1)2+1=yjl,

故選項(xiàng)A正確；

對(duì)于選項(xiàng)B,過(guò)點(diǎn)Q作平面ABCO的垂線，垂足為R.易知當(dāng)AiQ=l-QR

(由于sinNACA=兼=判'

故坐AiQ+PQ的最小值等價(jià)于求QP-QR+X,

麗=1一九

IQP\=-\/(1—A—xi)24-(>i—1)2+(1—A—zi)2,

故有［兩2="T—4)2+a—1)2+(1—2—3)226—1)2=1^12,

當(dāng)且僅當(dāng)即=4=1一入時(shí)成立，

結(jié)合(XI—1)2+01-1)2=1,

可得此時(shí)為=乎，故選項(xiàng)B正確；

對(duì)于選項(xiàng)C,若DiQ_LCP,

,■">

則有。。=(1一九九-A),CP=(xi,0,zi),

萬(wàn)5?辦=即(1T)-zM=0,

又(XL1)2+(Z1T)2=1,

則有【昌+】卜+需-2%+1=0,

0WK1,

則有“瑞-2)-4[/不+1]=-禺印

故對(duì)任意點(diǎn)P,總存在點(diǎn)Q,使得。Q_LCP,故選項(xiàng)C正確；

對(duì)選項(xiàng)D,易知平面AQAA的一個(gè)法向量為〃=(0,1,0),若直線4P與平面AOG4所成的

角為60。，

即直線AiP與平面ADD^的法向量的夾角為30。，則有cos卜絲等I,

14PlM|

解何"2-2,矛盾，故選項(xiàng)D錯(cuò)I天.

三、填空題

13.(2022?濟(jì)南模擬)曲線;(x)=ln”+/在點(diǎn)(1,41))處的切線方程為.

答案j=3x4-ln2—2

解析,:f(x)==-(2t)'+2t=5+2r,

:?k=f(1)=3,

又川)=l+ln2,

???切線方程為y-(l+ln2)=3(A-1),

即y=3x+ln2-2.

14.(2022?蘇州四校聯(lián)考汝口圖，在ZkABC中，AB=4,4c=2,點(diǎn)E,尸分別是48,AC的中

點(diǎn)，則(而+函?/=.

AB

答案6

解析,?,甫』姓一麗，CE=^AB-AC.

.■,■I,■.

???8〃+CE=-2（A8+AO，

???（而+函?證=-;（矗+啟）（慶一麗

1-A-A

=2（AB2—AC2）=6.

|10g2X|>0<x<2,

15.已知函數(shù)人x)=c一又函數(shù)g(x)=#x)—i有4個(gè)不同的零點(diǎn)汨，M，X3,

COSTLY,2WxS4,

X4(X\<X2<X3<X4),則XrX2XyX4的取值范圍是

答案(8,7)

解析作出凡T)的圖象如圖所示,

由圖可得，/￡(0,1),為￡(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),

則尸3(6一13)在(2,號(hào)上單調(diào)遞增，

.?產(chǎn)(8,卻

16.克羅狄斯?托勒密(Ptolemy)所著的《天文集》中講述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：

任意凸四邊形中，兩條對(duì)角線的乘積小于或等于兩組對(duì)邊乘積之和，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)角互補(bǔ)時(shí)取

等號(hào)，根據(jù)以上材料，完成下題：如圖，半圓0的直徑為2,A為直徑延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，0A

=2,8為半圓上一點(diǎn)，以A8為一邊作等邊三角形4BC,則當(dāng)線段0C的長(zhǎng)度最大時(shí)，ZAOC

答案60°

解析因?yàn)镺8AC+O4BC2OCAB,且△A8C為等邊三角形，。8=1,04=2,

所以0B+0A20C,所以0CW3,所以0C的最大值為3,

當(dāng)不等式0CW3取等號(hào)時(shí),

NO8C+N0AC=18O。,

所以cosNO8C+cosNO4C=0,不妨設(shè)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

小題滿分練2

一、單項(xiàng)選擇題

1.(2022?濟(jì)寧模擬)若集合4=卜卜2一不一3<0},B={X|3、29},則ALB等于()

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

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

答案C

解析4={4?一級(jí)一3<0}={川一1今<3},

8={用*29}={小22},

故AU8=(-1,+8).

2.(2022.新高考全國(guó)I)若i(l—z)=l,則z+T等于()

A.-2B.—1C.1D.2

答案D

解析因?yàn)閕(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?唐山模擬）已知角a的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與4軸的非負(fù)半軸重合，點(diǎn)4（-1,3）在

角a的終邊上，則sin2a等于（）

.3「3-3h3

A10B5C-joD--5

答案D

解析根據(jù)三角函數(shù)的定義可知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?廣州模擬汝口圖，在直角梯形A8CD中，AB//CD,ABLAD,AB=2AD=4CD,點(diǎn)、E

為A。的中點(diǎn)，設(shè)西=%或+p亥;，則x+y等于（）

D

Q

B.gC]D，2

4o

答案A

解析連接BD（圖略），因?yàn)镋為A。的中點(diǎn),

所以曲=：及+城）,

?■>.1■

因?yàn)锽D=BC+CD=BC^BA,