2022高三毕业班总复习综合数学年(理科)试题.pdf

1/19 福建省福建省（师大附中、闽清一中、金石中学）（师大附中、闽清一中、金石中学）2016 高三毕业班总复习综合高三毕业班总复习综合数学（数学（理理科）试卷科）试卷 答答 案案 一、选择题 15BCCCA 610AACDC 1112AC 二、填空题 1310 142 152 162 30 三、解答题 17（本小题满分 12 分）解：（）当2n时，1145nnnSSS，1 分 114()nnnnSSSS2 分 14nnaa3 分 12a，28a，214aa4 分 数列 na是以12a 为首项，公比为4的等比数列5 分 1212 42nnna6 分（）由（1）得：21222log+log+lognnTaaLa，7 分 21222log+log+lognnTaaa1 3(21)n (121)2nn2n8 分 22223111111(1)(1)(1)(1)(1)(1)23nTTTn222222222131411234nn9 分 22221 3 2 4 3 5(1)(1)234nnn 12nn10 分 令1512101nn，解得：101n故满足条件的最大正整数n的值为 10012 分 18【解析】（1）根据茎叶图，有“高个子”12 人，“非高个子”18 人，1 分 2/19 用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是51306，2 分 所以选中的“高个子”有11226人，“非高个子”有11836人3 分 用事件x表示“至少有一名“高个子”被选中”，则它的对立事件A表示“没有一名“高个子”被选中”，则232537(A)111010CPC 5 分 因此，至少有一人是“高个子”的概率是7106 分（2）依题意，x的取值为0,1,2,37 分 3831214(0)55CPC，124831228(1)55C CPC，114831212(2)55C CPC，143121(3)55CPC9 分 因此，的分布列如下：x x x x p 1455 2855 1255 155 10 1428121()0+1+2+355555555E 12 分 19（本小题满分 12 分）（1）证明：正六边形ABCDEF中，连接ACBE，交点为G，易知ACBE，且3AGCG，在多面体中，由6AC，知222+CAGGAC，故AGGC2 分 又GCBEG,GC BE 平面BCDE，故AGBCDE平面，5 分 又FGBEAA平面，所以ABEFBCDE平面平面6 分（2）以G为坐标原点，分别以GC，GE，GA所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的坐标系。由3AGCG，1BG，3GE，则(0,0,3)A,(0,1,0)B(3,0,0)C(3,2,0)D,(0,3,0)E(0,2,3)F(0,1,3)AB，(3,0,3)AC，(3,1,0)DE ，8 分 3/19 设平面 ABC 的法向量为1(,)n x y z，则1100nABnAC，即30330yzxz，令1z，得1(1,3,1)n，所以，115cos,n5DE 所以FE与平面ABC所成角的正弦值为15512 分 20解析：（）解法一：设椭圆C的方程为22221(0)xyabab，因为椭圆的左焦点为12 0F，所以224ab1 分 设椭圆的右焦点为22 0F，已知点22B,在椭圆C上，由椭圆的定义知122BFBFa，所以23 224 2a 2 分 所以2 2a，从而2b 3 分 所以椭圆C的方程为22184xy4 分 解法二：设椭圆C的方程为22221(0)xyabab，因为椭圆的左焦点为12 0F，所以224ab1 分 因为点22B,在椭圆C上，所以22421ab2 分 由解得，2 2a，2b 3 分 所以椭圆C的方程为22184xy4 分（）解法一：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为2 2,05 分 因为直线(0)ykx k与椭圆22184xy交于两点E，F，设点00,Exy（不妨设00 x），则点00,Fxy 联立方程组22,184ykxxy消去y得22812xk 4/19 所以022 212xk，则022 212kyk 所以直线AE的方程为22 2112kyxk6 分 因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，令0 x 得22 2112kyk，即点22 20,112kMk7 分 同理可得点22 20,112kNk8 分 所以2222 2 122 22 2112112kkkMNkkk9 分 设MN的中点为P，则点P的坐标为20,Pk10 分 则以MN为直径的圆的方程为222xyk222 12kk，即222 24xyyk。11 分 令0y，得24x，即2x 或2x。故以MN为直径的圆经过两定点12,0P，22,0P 12 分 解法二：因为椭圆C的左端点为A，则点A的坐标为2 2,05 分 因为直线(0)ykx k与椭圆22184xy交于两点E，F，设点00(,)E xy，则点00(,)Fxy 所以直线AE的方程为002 22 2yyxx6 分 因为直线AE与y轴交于点M，令0 x 得002 22 2yyx，即点002 20,2 2yMx7 分 5/19 同理可得点002 20,2 2yNx8 分 所以00020002 22 21682 22 2yyyMNxxx 因为点00(,)E xy在椭圆C上，所以2200184xy 所以08MNy9 分 设MN的中点为P，则点P的坐标为0020,xPy10 分 则以MN为直径的圆的方程为22002xxyy2016y 即22002 2+xxyyy411 分 令0y，得24x，即2x 或2x 故以MN为直径的圆经过两定点12,0P，22,0P 12 分 解法三：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为2 2,05 分 因为直线(0)ykx k与椭圆22184xy交于两点E，F，设点2 2cos,2sinE（0），则点2 2cos,2sinF 所以直线AE的方程为2sin2 22 2cos2 2yx6 分 因为直线AE与y轴交于点M，令0 x 得2sincos1y，即点2sin0,cos1M7 分 同理可得点2sin0,cos1N8 分 所以2sin2sin4cos1cos1sinMN9 分 设MN的中点为P，则点P的坐标为2cos0,sinP10 分 6/19 则以MN为直径的圆的方程为222cossinxy24sin，即224cos4sinxyy11 分 令0y，得24x，即2x 或2x 故以MN为直径的圆经过两定点12,0P，22,0P 12 分 21（本小题满分 12 分）（1）解：函数.的定义域为(0,)，2()xmfxx，当0m时，()0fx，所以函数()f x的单调增区间是(0,)，无减区间；2 分 当0m时，()()()xmxmfxx；当0 xm时，()0fx，函数()f x的单调递减；当xm时，()0fx，函数()f x的单调递增 综上：当0m时，函数()f x的单调增区间是(0,)，无减区间；当0m时，函数()f x的单调增区间是(,)m，减区间是(0,)m 4 分（2）解：令21()()()(1)ln,02F xf xg xxmxmx x，问题等价于求函数()F x的零点个数，5 分 当0m时，21(),02F xxx x，有唯一零点；当0m时，(1)()()xxmF xx，当1m 时，()0F x，函数()F x为减函数，注意到3(1)02F，(4)ln40F，所以()F x有唯一零点；7 分 当1m 时，01x或xm时()0F x，1xm时()0F x，所以函数()F x在(0,1)和(,)m 单调递减，在(1,)m单调递增，注意到1(1)02Fm，(22)ln(22)0Fmmm，所以()F x有唯一零点；9 分 当01m时，0 xm或1x 时()0F x，1mx时()0F x，所以函数()F x在(0,)m和(1,)单调递减，在(,1)m单调递增，意到ln0m，7/19 所以()(22ln)02mF mmm，而(22)ln(22)0Fmmm，所以()F x有唯一零点11 分 综上，函数()F x有唯一零点，即两函数图象总有一个交点12 分 22（本小题满分 10 分）解：（1）连结OE点D是BC中点，点O是AB中点，12ODAC，ABOD，AEOEOD OAOE，AAEO，BODEOD 在EOD和BOD中，OEOB，EODBOD，90OEDOBD，即OEED E是圆O上一点，DE是圆O的切线5 分（2）延长DO交圆O于点FBEODOD，DEDB 点D是BC的中点，2BCDB,DEDB是圆O的切线，DEDB222DEBCDEDBDE 2ACOD，2ABOF+(+)(2+2)2DMAC DMABDMAC ABDMODOFDMDF DE是圆O的切线，DF是圆O的割线，2DEDMDF，DEBCDMACDMAB10 分 23（本小题满分 10 分）解：（1）将直线:l12232xtyt消去参数 得普通方程32 30 xy2 分 将cossinxy代入32 30 xy得3 cossin2 304 分 化简得cos364 分（注意解析式不进行此化简步骤也不扣分）（2）方法一：的普通方程为22+40 xyx6 分 由2232 30+40 xyxyx解得：13xy 或33xy8 分 所以 与交点的极坐标分别为：5(2,)3，(2 3,)610 分 tClC 8/19 方法二：由3 cossin2 304cos，6 分 得：sin(2)3，又因为0,028 分 所以253或2 36 所以 与交点的极坐标分别为：5(2,)3，(2 3,)610 分 24（本小题满分 10 分）解：（1）当1a 时，21+2+1+2xxx 所以124+2xxx 或112222xx或1242xxx3 分 解得x或102x或1223x4 分 综上，不等式的解集为20,35 分（2）2+2+1+2xaxx，转化为2+2+120 xaxx 令()2+2+12h xxaxx，6 分 15+3,21()+1,2231,2x axah xx axaxax ，7 分 0a 时，min()12ah x，8 分 令102a，得2a 10 分 lC 9/19 福建省福建省（师大附中、闽清一中、金石中学）（师大附中、闽清一中、金石中学）2016 高三毕业班总复习综合高三毕业班总复习综合数学（数学（理理科）试卷科）试卷 解解 析析 1【答案】B【解析】集合|24xAx=|2x x，集合|lg(1)Bx yx=|1x x，所以AB=(1，2，故选 B 2【答案】C【解析】,1,2ba则2i=abii43)2(2 3【答案】C 【解析】8,17,26,45,84,163,52,103,1iNiNiNiNiNiNiNNi 4【答案】B【解析】：259,48xy，代入回归方程可得1.4.b 5【答案】C【解析】因为31172aaa，所以2777740,40aaaa或舍，又因为777b,4ab，25 9716b bb 6【答案】A 解析：画出不等式组表示的平面区域，如图，三角形 ABC，222xy表示三角形 ABC 内或边上一点到点（0，2）之间的距离的平方，点 B 到（0，2）之间的距离的平方为 17，点（0，2）到直线 xy1=0 距离的平方为12，故选 A 7【答案】A 10/19 【解析】保送方法有两类：（1）2，2，1 的分配方式，2235332230 390C CAA；（2）3，1，1 的分配方式，335310 660C A；总共 150 种。8【答案】C【解析】112,222,FNb FNa FNFNaba则5e。9【答案】D【解析】xxaxfcos3sin)(23()sin3cos3sin()(tan)f xaxaxa 11(),(),1()()463f xxkkZ af xf x 对称轴为4)(2xf 112212min522,2,663xkxkxx 10【答案】C【解析】ABC外接圆的半径29 22742rR，2454SR球表。11【答案】A【解析】该几何体为如图中的三棱锥 CA1C1E，ECEA12 5，A1C16 16 16 43，三角形EA1C 的底边 A1C 上的高为：22，表面积为：S12241224124241222438 8 24 6 12【答案】C【解析】作出示意图，)2()()(xaxfxg的图像与 x 轴有 3 个不同的交点可转化为)(xfy 与)2(xay有 3 个不同交点，易知直线)2(xay过定点 A（-2，0），斜率为a。当直线)2(xay与)2ln(xy相切时是一个临界状态，设切点为 11/19 Ceaexxxaxayx1,2)2ln()2(21),(000000，又 函 数 过 点 B（2，ln4），故ekAC1，22ln42ln2BCk，所以ea122ln。13【答案】30【解析】展开式中2232233255(xx)x(x 1)CyCy含52x y，系数为2153C C=30 14【答案】-2【解析】33()AOABBOABCOABAOAC 所以1322AOABAC，又因为AOxAByAC，所以13,22xy，所以2xy。15【答案】2【解析】由于 6xfxf，xfxfxfxf66612，故函数的周期为 12，把函数 xfy 的图象向右平移 1 个单位，得1xfy，因此 xfy 的图象关于0,0对称，为奇函数，2015167 12 111111 12112ffffff。16【答案】302【解析】如图连接BD，在BCDABD和中分别应用余弦定理 CCDBCCDBCAADABADABBDcos2cos222222 整理有1cos6cos5CA，四边形ABCD的面积 CACCDBCAADABSSSBCDABDsin6sin5sin21sin21 式式平方相加得36)cos(602512CAS，120)cos(60602CAS 当CA时，四边形ABCD的面积S取到最大值为302。17（本小题满分 12 分）解：（）当2n 时，1145nnnSSS，1 分 114nnnnSSSS2 分 14nnaa3 分 12/19 12a，28a，214aa4 分 数列 na是以12a 为首项，公比为4的等比数列5 分 121242nnna6 分（）由（1）得：21222nnTalog aLlog alog，7 分 21222nnTaaalogloglog1321n()1212nn()2n8 分 2222311111111111123nTTTn()()()()()()222222222131411234nn9 分 222213243511234nnn()()12nn10 分 令12nn10151，解得：101n。故满足条件的最大正整数n的值为100。12 分 18【解析】（1）根据茎叶图，有“高个子”12 人，“非高个子”18 人，1 分 用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是61305，2 分 所以选中的“高个子”有26112人，“非高个子”有36118人。3 分 用事件A表示“至少有一名“高个子”被选中”，则它的对立事件A表示“没有一名“高个子”被选中”，则()P A 12523CC 1071031。5 分 因此，至少有一人是“高个子”的概率是107。6 分（2）依题意，的取值为0,1,2,3。7 分 5514CC)0(31238P，5528CCC)1(3122814P，13/19 5512CCC)2(3121824P，551CC)3(31234P。9 分 因此，的分布列如下：0 1 2 3 p 5514 5528 5512 551 10 分 15513551225528155140E。12 分 19（本小题满分 12 分）（1）证明：正六边形 ABCDEF 中，连接 ACBE，交点为 G，易知，且，在多面体中，由，知，故2 分 又平面，故平面，。5 分 又平面 ABEF，所以平面 ABEF平面 BCDE。6 分（2）以 G 为坐标原点，分别以 GC，GE，GA 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的坐标系。由，则 。，(3,1,0)DE ，。8 分 设平面 ABC 的法向量为，则，即，令，得，所以，115cos,5DE n 所以 FE 与平面 ABC 所成角的正弦值为15512 分 20解析：（）解法一：设椭圆C的方程为22221(0)xyabab，因为椭圆的左焦点为12 0F，所以224ab1 分 ACBE3AGCG=6AC222AGCGAC,AGGC,GCBEG,GC BE BCDEAG BCDEAG 3AGCGBG13GE ，A 0,0,3,0,1,0,3,0,0,BC3,2,0,0,3,0,F 0,2,3DE0,1,3AB 3,0,3AC 1=,nx y z1100nABnAC30330yzxz 1z 1=1,3,1n 14/19 设椭圆的右焦点为22 0F，已知点22B,在椭圆C上，由椭圆的定义知122BFBFa，所以23 224 2a 2 分 所以2 2a，从而2b 3 分 所以椭圆C的方程为22184xy4 分 解法二：设椭圆C的方程为22221(0)xyabab，因为椭圆的左焦点为12 0F，所以224ab1 分 因为点22B,在椭圆C上，所以22421ab2 分 由解得，2 2a，2b 3 分 所以椭圆C的方程为22184xy4 分（）解法一：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为2 2,05 分 因为直线(0)ykx k与椭圆22184xy交于两点E，F，设点00,Exy（不妨设00 x），则点00,Fxy 联立方程组22,184ykxxy消去y得22812xk 所以022 212xk，则022 212kyk 所以直线AE的方程为22 211 2kyxk6 分 因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，令0 x 得22 2112kyk，即点22 20,112kMk7 分 15/19 同理可得点22 20,11 2kNk8 分 所以2222 2 1 22 22 211 211 2kkkMNkkk9 分 设MN的中点为P，则点P的坐标为20,Pk10 分 则以MN为直径的圆的方程为222xyk222 12kk，即222 24xyyk。11 分 令0y，得24x，即2x 或2x 。故以MN为直径的圆经过两定点12,0P，22,0P 12 分 解法二：因为椭圆C的左端点为A，则点A的坐标为2 2,05 分 因为直线(0)ykx k与椭圆22184xy交于两点E，F，设点00(,)E xy，则点00(,)Fxy 所以直线AE的方程为002 22 2yyxx6 分 因为直线AE与y轴交于点M，令0 x 得002 22 2yyx，即点002 20,2 2yMx7 分 同理可得点002 20,2 2yNx8 分 所以00020002 22 21682 22 2yyyMNxxx 因为点00(,)E xy在椭圆C上，所以2200184xy 16/19 所以08MNy9 分 设MN的中点为P，则点P的坐标为0020,xPy10 分 则以MN为直径的圆的方程为22002xxyy2016y 即22002 2+xxyyy411 分 令0y，得24x，即2x 或2x 故以MN为直径的圆经过两定点12,0P，22,0P 12 分 解法三：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为2 2,05 分 因为直线(0)ykx k与椭圆22184xy交于两点E，F，设点2 2cos,2sinE（0），则点2 2cos,2sinF 所以直线AE的方程为2sin2 22 2cos2 2yx6 分 因为直线AE与y轴交于点M，令0 x 得2sincos1y，即点2sin0,cos1M7 分 同理可得点2sin0,cos1N8 分 所以2sin2sin4cos1cos1sinMN9 分 设MN的中点为P，则点P的坐标为2cos0,sinP10 分 则以MN为直径的圆的方程为222cossinxy24sin，即224cos4sinxyy11 分 17/19 令0y，得24x，即2x 或2x 故以MN为直径的圆经过两定点12,0P，22,0P 12 分 21（本小题满分 12 分）（1）解：函数()f x的定义域为(0,)，2()xmfxx，当0m时，()0fx，所以函数()f x的单调增区间是(0,)，无减区间；2 分 当0m时，()()()xmxmfxx；当0 xm时，()0fx，函数()f x的单调递减；当xm时，()0fx，函数()f x的单调递增 综上：当0m时，函数()f x的单调增区间是(0,)，无减区间；当0m时，函数()f x的单调增区间是(,)m，减区间是(0,)m 4 分（2）解：令21()()()(1)ln,02F xf xg xxmxmx x，问题等价于求函数()F x的零点个数，5 分 当0m时，21(),02F xxx x，有唯一零点；当0m时，(1)()()xxmF xx，当1m 时，()0F x，函数()F x为减函数，注意到3(1)02F，(4)ln40F，所以()F x有唯一零点；7 分 当1m 时，01x或xm时()0F x，1xm时()0F x，所以函数()F x在(0,1)和(,)m 单调递减，在(1,)m单调递增，注意到1(1)02Fm，(22)ln(22)0Fmmm，所以()F x有唯一零点；9 分 当01m时，0 xm或1x 时()0F x，1mx时()0F x，所以函数()F x在(0,)m和(1,)单调递减，在(,1)m单调递增，意到ln0m，所以()(22ln)02mF mmm，而(22)ln(22)0Fmmm，所以()F x有唯一零点。11 分 18/19 综上，函数()F x有唯一零点，即两函数图象总有一个交点12 分 22（本小题满分 10 分）解：（1）连结OE点是中点，点是中点，ABOD，AEOEOD，在EOD和BOD中，OEOB，EODBOD，90OEDOBD，即OEED E是圆O上一点，DE是圆O的切线5 分（2）延长DO交圆O于点，点是的中点，,DEDB是圆O的切线，DEDB。，是圆的切线，是圆的割线，10 分 23（本小题满分 10 分）解：（1）将直线消去参数 得普通方程，2 分 将代入得4 分 化简得cos364 分（注意解析式不进行此化简步骤也不扣分）（2）方法一：的普通方程为6 分 由解得：或8 分 所以 与交点的极坐标分别为：，10 分 DBCOABACOD21/OEOAAEOAEODBODFEODBODDBDEDBCDBBC2222DEDBDEBCDEOFABODAC2,2DFDMOFODDMABACDMABDMACDM2)22()(DEODFODFDMDE2ABDMACDMBCDE:l12232xtytt32 30 xycossinxy32 30 xy3 cossin2 30C2240 xyx2232 3040 xyxyx13xy 33xylC5(2,)3(2 3,)6 19/19 方法二：由，6 分 得：，又因为8 分 所以或 所以 与交点的极坐标分别为：，10 分 24（本小题满分 10 分）解：（1）当时，所以1242xxx 或112222xx或1242xxx3 分 解得x或102x或1223x4 分 综上，不等式的解集为20,3。5 分（2），转化为 令，6 分，7 分 0a 时，8 分 令得10 分 3 cossin2 304cossin(2)030,022532 36lC5(2,)3(2 3,)61a|21|21|2xxx|2|21|2xaxx|2|21|20 xaxx()|2|21|2h xxaxx 153,21()1,2231,2xaxah xxaxaxax min()12ah x10,2a a2.a a