2022年高三数学考前综合试题 Word版含答案

2022年高三数学考前综合试题 Word版含答案一、填空题1数列an为等比数列，其前n项的乘积为Tn，若T2T8，则T10 【答案】1【提示】法一：由T2T8得a3a4a81，则(a3a8)31，a3a81从而T10a1a2a10(a1a10)5(a3a8)51；法二：(特殊化思想)，取an1，则T101【说明】本题考查等比数列的运算性质可一般化：an为正项等比数列，其前n项的乘积为Tn，若TmTn，则Tmn1；可类比：an为等差数列，其前n项的和为Sn，若SmSn，则Smn0(其中m，nN*，mn)2已知点P为圆C：x2y24x4y40上的动点，点P到某直线l的最大距离为5若在直线l上任取一点A作圆C的切线AB，切点为B，则AB的最小值是_【答案】 【提示】由P到直线l的最大距离为5，得圆心C到直线l的距离为3，从而直线l与圆C相离过A引圆C的切线长AB 【说明】点直线与圆的相关问题常转化为圆心与点直线问题3已知直线l：x2ym0上存在点M满足与两点A(2，0)，B(2，0)连线的斜率kMA与kMB之积为，则实数m的值是_ 【答案】4，4【提示】点M的轨迹为1(x2)把直线l：x2ym代入椭圆方程得，16y212my(3m212)0根据条件，上面方程有非零解，得0，解得4m4【说明】求曲线方程的直接法，研究直线与椭圆位置关系中基本方法是方程思想4已知数列an为正项等差数列，满足1(其中kN*且k2)，则ak的最小值为_【答案】【提示】因为an为正项等差数列，则ak()(5)(52)(当且仅当1，且，即a13，a2k16时取“”号)【说明】本题将等差数列的运算性质(等差中项)与基本不等式进行综合5 以C为钝角的ABC中，BC3，12，当角A最大时，ABC面积为_ABCD【答案】3【提示】过A作ADBC，垂足为D，则|cosBBDBC3BD12，所以BD4，又BC3，所以CD1设ADy(y0)，则tanBAC，且仅当y，即y2时取“”，由正切函数的单调性知此时BAC也最大【说明】学会从向量的数量积处理的三种手法：定义法基底法和坐标法中选择，本题用定义法最为简洁，用坐标法也可以得出同上结论，另由两个直角三角形拼接的平面图形，计算角的最值，可转化到直角三角形用两角和与差的正切来解决，体现了化归与转化的思想6计算：4sin20tan20 【答案】【提示】原式4sin20【说明】切化弦向特殊角转化向单一的角转化是三角恒等变换(求值)的一般思路7设是锐角，且cos()，则sin(2)的值为 【答案】【提示】因为是锐角，所以，因为cos()，所以sin()sin2()2sin()cos()，cos2()12sin2()sin(2)sin2()sin2()coscos2()sin【说明】考查同角三角函数，倍角三角函数，和角三角函数，重点突出角之间的互化，设法将所求角转化为已知角，用已知角表示所求角8等比数列an中，首项a12，公比q3，anan1am720(m，nN*，mn)，则mn 【答案】9【提示】因为an23n1，则anan1am3n1(3mn11)72032245，则，解得n3，m6，则mn9【说明】本题考查等比数列中的基本运算，涉及到简单的数论知识（整数的分解）9已知函数f (x)，若任意实数b，总存在实数x0，使得f (x0)b，则实数a的取值范围是 【答案】5a4【提示】“任意实数b，总存在实数x0，使得f (x0)b”等价于函数f (x)的值域为R在平面直角坐标系xOy中，分别作出函数yx4及yx22x的图像，观察图像可知5a4【说明】本题要注意条件的等价转化一般情况下涉及到分段函数的问题都要有意识的作出图像，运用数形结合的方法解决问题，学会从特殊值验证，再到一般结论的发展10已知函数f (x)ax33x21，若f (x)存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是 【答案】（，2）【提示】解法一：若a0，解得x，不合题意若a0，则f (1)a20，f (0)10，所以f (x)存在负的零点，不合题意若a0，则f (x)3ax(x)，可得f ()1为极小值，则满足10，解得a2或a2此时，取得a2综上，a的取值范围是（，2）解法二：f (x)0，即ax33x21，分离参数a，同样可得a2【说明】考查零点概念、零点存在性定理；函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想，学会利用导数来研究函数的图象和性质11设函数f(x)lnx，（mR），若对任意ba0，1恒成立，则m的取值范围是 【答案】，）【提示】对任意的ba0，1恒成立，等价于f(b)bf(a)a恒成立函数h(x)f(x)xlnxx在(0，)是单调减函数，即h(x)10在(0，)上恒成立，得mx2x(x)2（x0）恒成立，解得：m所以m的取值范围是，） 【说明】考查求常见函数的导数，利用导数研究函数的单调性，会用分离常数的方法来研究不等式恒成立问题，不等式、方程、函数三者之间相互转化是高考考查的重点，要培养用函数的观点来研究不等式、方程的意识，体现数形结合思想 二、解答题1在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知tanA设向量x(3a，cosA)，y(2c ，cosC)，且xy（1）若b，求c2a2的值；（2）求B的值解：（1）因为xy，所以3acosC2ccosA用余弦定理代入，化简可得：b25(c2a2)因为b，所以c2a21（2）因为3acosC2ccosA，由正弦定理得：3sinAcosC2sinCcosA，即3tanA2tanC因为tanA，所以tanC，从而tanBtan(AC)1因为B(0，)，所以B【说明】考查向量的平行，正弦、余弦定理，两角和与差的正切公式能够根据题目的要求正确实现边角互化2三角形ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，面积为S（1）若2S，求A的取值范围；（2）若tanAtanBtanC123，且c1，求b解：（1）由题意知，bccosA，SbcsinA，所以bccosAbcsinA，即cosAsinA，（或也可根据cosA的正负，转化为关于tanA的不等式）即sinAcosA0，2sin(A)0因为A为三角形内角，则A(，)，所以0A，从而A，)（2）设tanAm，tanB2m，tanC3m，由题意知，m0因为tanCtan(AB) ，则3m ，解得m1，则tanB2，tanC3，从而sinB，sinC，所以，则AC【说明】本题第（1）问考查数量积三角形面积公式两角和差公式及简单的三角不等式第（2）问的目的是考查斜三角形三内角A，B，C满足的一个恒等式(tanAtanBtanCtanAtanBtanC)还可联想到一类求值问题(两角和差正切公式的变形)，如tan37tan23tan37tan23等问题 3某高速公路收费站出口处依次有编号为12345的五个收费窗口（1）若每天随机开放其中的3个收费窗口，则恰有两个相邻窗口开放（如：1，2，4）的概率是多少?（2）经统计，在某个开放的收费窗口处排队等侯的车辆数及相应概率如下：排队车辆数012345概率0.10.160.30.30.10.04该收费窗口处至多有2辆车排队等侯的概率是多少?该收费窗口处至少有3辆车排队等侯的概率是多少?解：（1）记事件A为“开放3个收费窗口，恰有两个相邻窗口开放”，用(i，j，k)表示编号分别为i，j，k的三个收费窗口开放则本题的基本事件包括：(1，2，3)，(1，2，4)(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)， 共10个基本事件；而事件A包括：(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，共6个基本事件因此P(A)答：随机开放其中三个收费窗口，恰有两个相邻窗口开放的概率为（2）记事件Bi为“该收费窗口处有i辆车排队等侯”，其中i0，1，2，3，4，5 则由题意知，上述6个事件为互斥事件记事件C为“该收费窗口处至多有2辆车排队等侯”，事件D为“该收费窗口处至少有3辆车排队等侯”则P(C)P(B0B1B2) P(B0)P(B1)P(B2)0.10.160.30.56，P(D)P(B3B4B5) P(B3)P(B4)P(B5)0.30.10.040.44（另解：由题意知事件C，D为对立事件，则P(D)P()1P(C)0.44）答：该收费窗口处至多2辆车排队等侯的概率为0.56，至少3辆车排队等侯的概率为0.44【说明】本题考查古典概型和互斥事件的概率计算，主要要注意规范表述ACDB4如图，四边形ABCD中，AB2，AD1，三角形BCD为正三角形（1）当BAD时，设x y，求x，y的值；（2）设BAD，则当为多少时，四边形ABCD的面积S最大，并求出最大值解：（1）在ABD中，由于AB2，AD1，BAD，易得BD，ABD，ADB，ABC，ADC下面提供三种解法：法一：如图，过点C作CE/AD交AB于点E，在BCE中，BC，ABC，BEC，ACDBE则CE2，BE1，则AE1，所以2，即ACDBOyx法二：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立如图直角坐标系则D(，)，B(2，0)，C(2，)，则(2，)，(2，0)，从而(，)，则，解得法三：因为x2y4xy，又()24，则4xy4因为xy2xy，又()211cos，则xy 从而，解得（2）在ABD中，由余弦定理知，BD，则SABDsin，SBDCBD2(54cos)，则S sin cos 2sin( )，(0，)，所以Smax2，此时 ，即【说明】第（1）问考查平面向量基本定理，将向量用基底，线性表示此类问题通常的处理方法：利用“平行四边形法则”或“三角形法则”分解；将向量用坐标表示；将向量与基底进行运算（数量积平方等）第（2）问考查三角形面积三角恒等变换及三角函数在给定区间上的最值问题5某隧道长2150m，通过隧道的车辆速度不能超过20m/s一列有55辆车身长都为10m的同一车型的车队(这种型号车能行驶的最高速度为40m/s)，匀速通过该隧道，设车队的速度为xm/s，根据安全和车流量的需要，当0x10时，相邻两车之间保持20m的距离；当10x20时，相邻两车之间保持(x2x)m的距离自第1辆车车头进入隧道至第55辆车车尾离开隧道所用时间为y(s)（1）将y表示为x的函数；（2）求车队通过隧道时间y的最小值及此时车队的速度(1.73)解：（1）当0x10时，y(s)； 当10x20时，y189x(s)所以y（2）当x(0，10时，在x10时，ymin378(s)当x(10，20时，y189x18218180329.4(s)当且仅当9x，即x1017.3时取等号因为17.3(10，20，所以当x17.3m/s时，ymin329.4(s)因为378329.4，所以当车队的速度为17.3m/s时，车队通过隧道时间y有最小值329.4s【说明】注意半建模型的应用问题，其中变量在不同范围内，对应的函数关系不一样，处理问题的方法也有区别，可与多项式函数分式函数三角函数等综合，也可用不等式导数三角变换等工具研究其最值6在平面直角坐标系xOy中，圆O:x2y21，P为直线l：xt(1t2)上一点 （1）已知t若点P在第一象限，且OP，求过点P圆O的切线方程； 若存在过点P的直线交圆O于点A，B，且B恰为线段AP的中点，求点P纵坐标的取值范围；（2）设直线l与x轴交于点M，线段OM的中点为QR为圆O上一点，且RM1，直线RM与圆O交于另一点N，求线段NQ长的最小值 解：（1）设点P的坐标为(，y0) 因OP，所以()y02()2，解得y01 又点P在第一象限，所以y01，即P的坐标为(，1) 易知过点P圆O的切线的斜率必存在，可设切线的斜率为k， 则切线为y1k(x)，即kxy1k0，于是有1，解得k0或k 因此过点P圆O的切线为:y1或24x7y250 设A(x，y)，则B(，) 因为点A，B均在圆上，所以有即该方程组有解，即圆x2y21与圆(x)2(yy0)24有公共点 于是13，解得y0，即点P纵坐标的取值范围是， （2）设R(x2，y2)，则解得x2，y221 RM的方程为：y(xt) 由可得N点横坐标为，所以NQ 所以当t2即t时，NQ最小为【说明】本题考查了直线与圆的位置关系圆与圆的位置关系其中第二问要能体会将方程组有解问题转化为圆与圆有公共点问题；第三问要能会求在已知一个交点的情况下直线与曲线的另一个交点的坐标最后需要注意解析几何当中求范围问题OFADCBQPxy7 已知椭圆E：1过点D(1，)，且右焦点为F(1,0)，右顶点为A过点F的弦为BC直线BA，直线CA分别交直线l:xm,(m2)于PQ两点（1）求椭圆方程；（2）若FPFQ，求m的值解：（1）1,a2b21,解之得a24，b23，所以椭圆方程为1；（2）设B(x0，y0)，则BC：y(x1)，与椭圆E：1联立方程组：解得xx0，yy0或x，y，所以C(,)kABkAC显然kABkAP,kACkAQ，所以kAPkAQ设Q(m,y1)kFQkAQ，同理kFP kAP所以kFP kFQ()2kAPkAQ()21,又m2，所以，所以m4【说明】本题考查了椭圆的标准方程直线的斜率重点考查学生的计算能力，即应用解析的方法证明圆锥曲线性质的能力本题中要证明FPFQ，即证明kFP kFQ1，通过分析可以发现kFQ与kAQ成比例，同理kFP与 kAP成比例，故只需证明kABkAC即可BAPQF2lxyMO8已知椭圆C：1(ab0) 的离心率e，右焦点下顶点左顶点分别为F2，B，AAB直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP与BQ交于点M （1）求a，b的值；（2）当BP过点F2时，求过ABP三点的圆的方程；*（3）当时，求F2M的最小值解：（1）根据条件得，解得a，b1 （2）由（1）知，F2，B的坐标分别为(1，0)，(0，1)所以BP方程为yx1代入C：y21得3x24x0，解得x10，x2所以P(，)设过A，B，P三点的圆的方程为x2y2DxEyF0，将A(，0)，B(0，1)，P(，)代入得， 解得 所以所求圆的方程为x2y2(1)x(1)y(4)0 （3）设P，Q，M的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，且l，根据条件得，l，l由l得，即(x0，y0)l(x1x0，y1y0)所以 解得 同理，由l得，因为P(x1，y1)在椭圆C上，所以x122y122代入得，(1)x022(1)y022同理得，(1)x022(1)y022把上面两式相减得，(1)(x0y0)0因为10，所以x0y00即点M 的轨迹是直线xy0在椭圆内的一段所以F2M的最小值即为F2到直线xy0距离即F2Mmin 【说明】（1）椭圆中的a，b，c与各种几何量之间关系要熟记，它们是求椭圆标准方程与几何量的基础；（2）注意求方程的待定系数法，合理选择方程的形式；（3）在进行关系转化时，一定要分清主次，要求什么量关系，需要消去哪些量，先想明白，再变形9已知函数f (x)(x1)ex，g(x)lnx，其中e是自然对数的底数（1）求函数f (x)的极值；（2）求函数h(x)f (x)eg(x)a(a为常数)的单调区间；解：（1）因为f (x)xex，所以当x0时，f (x)0；当x0时，f (x)0 因此f (x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减， 所以f (x)有极小值为f (0)1，无极大值 （2）h(x)f (x)eg(x)a(x1)exelnxa 当xea时，h(x)(x1)exe(lnxa)，h(x)xex0恒成立，h(x)在(ea，)上单调递增， 当0xea时，h(x)(x1)exe(alnx)，h(x)xex，h(x)(x1) ex0恒成立 所以h(x)在(0，ea上单调递增，注意到h(1)0 因此当a0时，h(x)0恒成立 当a0时，当x(0，1)时，h(x)0；当x1，ea时，h(x)0 综上有：当a0时，h(x)减区间为(0，ea，增区间为(ea，) 当a0时，h(x)减区间为(0，1)，增区间为1，)【说明】本题以指对函数为载体，考查了导数的运用分类讨论思想函数的零点等相关知识其中第3问要能感受与体会存在性和唯一性的证明方法10已知函数f(x)ax3bx2cxd是实数集R上的奇函数，且在x1处取得极小值2（1）求f(x)的表达式；（2）已知函数g(x)|x|2，判断关于x的方程f(g(x)k0解的个数解：（1） f(x)ax3bx2cxd，f(x) ax3bx2cxd，对任意xR，f(x) f(x)，即ax3bx2cxdax3bx2cxd，bx2d0，所以bd0，f(x)ax3cx f (x)3ax2c,由题意f (1)3ac0，f(1)ac2,所以a1，c3，f(x)x33x；（2）令tg(x),则f(t)kf (t)3t233(t1)(t1),令f (t)0，则t1或t1，t1，则f (t)0,所以f(t)在(，1)上单调增，1t1, 则f (t)0,所以f(t)在(1，1)上单调减，t1, 则f (t)0,所以f(t)在(1，)上单调增计算得f(2)f(1)2,f(2)f(1)21tOy22212xOt22221o k2时,f(t)k仅有一小于2的解t1，g(x)t1,即|x|2t1，|x|t12无解；即f(g(x)k0无解1tOy22212ykt1xOt2222tt12ok2时,f(t)k有两解t12，t21，g(x)t1,即|x|22，x0，g(x)t2,即|x|21，x3或x3，即f(g(x)k0有3解；1tOy22212ykt1t2xOt2222tt1tt23 o 2k2时,f(t)k有三解t1，t2，t3，且2 t1t2t32，g(x) ti,即|x|2ti，|x|ti2,有两解，(i1,2,3)，即f(g(x)k0有6解；1tOy22212ykt1t2t3xOt2222tt1tt2tt34ok2时,f(t)k有两解t11，t22，g(x)t1,即|x|21，x1或x1，g(x)t2,即|x|22，x4或x4，即f(g(x)k0有4解；1tOy22212ykt1t2xOt2222tt1tt25o k2时,f(t)k仅有一大于2的解t1，g(x)t1,即|x|2t1，|x|t12，有2解；即f(g(x)k0有2解1tOy22212ykt1xOt2222tt1综上，方程f(g(x)k0解的个数如下：k2时0解；k2时3解；2k2时6解；k2时4解；k2时2解【说明】本题考查了函数的奇偶性，单调性与极值重点考查复合函数的零点个数，体现了数形结合与化归的思想处理复合函数的问题一般用换元法，就复合函数的零点个数而言，一般先求外函数的零点个数，再分别代入内函数即可研究函数零点问题，重点是利用好数形结合11公差不为零的等差数列an的前n项之和为Sn，且Sn对nN*成立（1）求常数k的值以及数列an的通项公式；（2）设数列an中的部分项a，a，a，a，恰成等比数列，其中k1，,k314，求a1k1a2k2ankn的值解：（1）法一：条件化为2ank对nN*成立 设等差数列公差为d，则2 a1(n1)dk 分别令n1，2，3得： 由2得，2两边平方得，4a1d2 两边再平方得，4a124a1dd20解得d2a1代入得，43a1k，由得，a1所以a10，或a11又当a10时，d0不合题意所以a11，d2代入得k1而当k1，a11，d2时，Snn2，an2n1，等式 Sn对nN*成立所以k1，an2n1法二：设等差数列的首项为a1，公差为d，则Snna1dn2(a1)n，ana1(n1)ddn(a1d)代入Sn得，n2(a1)ndn(a1kd)2，即2dn2(4a12d)nd2n22d(a1kd)n(a1kd)2因为上面等式对一切正整数n都成立，所以由多项式恒等可得，因为d0，所以解得，所以常数k1，通项公式an2n1（2）设cn a，则数列cn为等比数列，且c1aa23，c3aa1427故等比数列cn的公比q满足q29又cn0，所以q3所以cnc1qn133n13n又cna2kn1，所以2kn13n由此可得kn3n所以ankn3n所以a1k1a2k2ankn(31)(32)(33)(3n)131332533(2n1)3n135(2n1)131332533(2n1)3nn2法一：令S131332533(2n1)3n则3S 132333(2n3)3n(2n1)3n1，两式相减得:2S323223323n(2n1)3n1，S23(2n1)3n13(13n)3(2n1)3n12(n1)3n16(n1)3n13，代入得a1k1a2k2ankn(n1)3n13n2 法二：因为(2k1)3k(k1)23k1(k2)3k(k1)3k1(k2)3k所以S032(1)31133032234133(n1)3n1(n2)3n(n1)3n13【说明】（1）等差数列或等比数列中的基本量问题，通常转化为方程组求解，但在解方程组要注意一些消元的方法；（2）等差数列注意前n项和与通项的形式，有时可根据其特征，转化为多项式恒等问题；（3）数列求和中两类比较重要的方法错位相减法与裂项相消法12已知数列an的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且rSn1(r1)Snra1对任意正整数n都成立，其中r为常数，且rN* （1）求证：数列an为等比数列； *（2）若r2，且a1，at(t3)均为正整数，如果存在正整数q，使得a1qt1，at(q1)t1，求证：St(q1)tqt解：（1）由rSn1(r1)Snra1得rSn2(r1)Sn1ra1，两式相减得ran2(r1)an1，即又rS2(r1)S1ra1，得综上可知an为等比数列，且公比为（2）由于ata1()t1及a1均为正整数，所以存在正整数k，使得a1krt1， 所以atk(r1)t1 由at(q1)t1得(q1)t1k(r1)t1(r1)t1，于是qr 又由a1qt1，at(q1)t1得，于是()t1，从而，即qr 由上可知:qr 所以ata1()t1a1()t1(q1)t1，于是a1qt1，又a1qt1所以a1qt1 于是Sta1 a1 r()t1)qt1q( ()t1) (q1)tqt【说明】本题考查了Sn与an之间的转化等比数列简单的不等式等相关知识，具有一定的综合性第（2）问要能体会由不等推相等的方法 13设数列an的各项都是正数，且对任意nN*都有a13a23a33an3Sn22Sn，其中Sn 为数列an的前n项和（1）求a1，a2；（2）求数列an的通项公式；*（3）bn，cn，试找出所有即在数列bn中又在数列cn中的项解：（1）令n1，则a13 S132S1，即a13 a122a1，所以a12或a11或a10又因为数列an的各项都是正数，所以a12令n2，则a13a23 S222S2，即a13a23(a1a2)22(a1a2)，解得a23或a22或a20又因为数列an的各项都是正数，所以a23（2）因为a13a23a33an3Sn22Sn (1) 所以a13a23a33an13Sn122Sn1(n2) (2)由(1)(2)得an3( Sn22Sn)(Sn122Sn1)(SnSn1)( Sn Sn12)an( SnSn12)，因为an0,所以an2SnSn12 (3)所以an12Sn1Sn22(n3) (4) 由(3)(4)得an2an12anan1，即anan11(n3)，又a2a11，所以anan11(n2)所以数列an是一个以2为首项，1为公差的等差数列所以ana1(n1)dn1（3）Sn，所以bn,cn不妨设数列bn中的第n项bn和数列cn中的第m项cm相同，则bncm即，即1o 若，则n23n180，所以1n3，n1时,，无解；n2时，即52m5m532m3m3，所以2m4m4，m1,2,3,4时2m4m4；m5时,令f(m)2m4m4,则f(m1)f(m)2m40，所以f(m)单调增，所以f(m)f(5)80,所以2m4m4无解；n3时，即2m2m2，m1,2时，2m2m2；m3时，2m2m2；m4时，2m2m2；m5时，2m4m42m2所以，m3，n32o 若 ，即2m2m2由1知，当m3时，2m2m2。因此，当2m2m2时，m1或2当m1时，0无解，当m2时,无解综上即在数列bn中又在数列cn中的项仅有b3c3【说明】本题考查数列的综合运用 第(2)问考查an与Sn的关系，体现数列中最重要的数学思想方法；第(3)问考查学生从函数和集合论的角度看数列，自觉研究数列性质的能力，cn单调递减趋向1，dn单调递增趋向2，所以cn与dn的公共项只有可能在前面若干项中产生,经过列举可发现c3d3，所以可以为分界的数，来找cn与dn的公共项