全国通用2022高考数学二轮复习大题规范天天练第三周综合限时练文

星期六　(综合限时练)　2022年____月____日解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内得高分，限时：80分钟.)1.(本小题满分12分)已知向量m＝(sin2x－1，cosx)，n＝，设函数f(x)＝m·n＋1.(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间上的最大值；(2)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中A，B为锐角，f＝，f－1＝，又a＋b＝＋1，求a，b，c的值.解　(1)函数f(x)＝m·n＋1＝sin2x－＋cos2x＋1＝sin＋1.∴T＝＝＝π.∵0≤x≤，∴≤2x＋≤，∴－≤≤1，即≤sin＋1≤2.∴函数f(x)在区间上的最大值为2.(2)∵f＝sin＋1＝cos2A＋1＝，∴cos2A＝，∴sin2A＝＝.∵A为锐角，∴sinA＝，cosA＝.又f－1＝，∴sinB＝.∵B为锐角，∴cosB＝.由正弦定理得＝，∴a＝b.又a＋b＝＋1，∴a＝，b＝1.而sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝，由正弦定理得＝，7\n∴c＝.2.(本小题满分12分)某电视台2022年举办了“中华好声音”大型歌手选秀活动，过程分为初赛、复赛和决赛，经初赛进入复赛的40名选手被平均分成甲、乙两个班，由组委会聘请两位导师各负责一个班进行声乐培训.下面是根据这40名选手参加复赛时获得的100名大众评审的支持票数制成的茎叶图：赛制规定：参加复赛的40名选手中，获得的支持票数排在前5名的选手可进入决赛，若第5名出现并列，则一起进入决赛；另外，票数不低于95票的选手在决赛时拥有“优先挑战权”.(1)从进入决赛的选手中随机抽出3名，求其中恰有1名拥有“优先挑战权”的概率；(2)电视台决定，复赛票数不低于85票的选手将成为电视台的“签约歌手”，请填写下面的2×2列联表，并判断“能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为成为‘签约歌手’与选择的导师有关？”甲班乙班总计签约歌手未签约歌手总计下表临界值表仅供参考：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d解　(1)进入决赛的选手共6名，其中拥有“优先挑战权”的选手共3名.设拥有“优先挑战权”的选手编号为1，2，3，其余3人编号为A，B，C.被选中3人的编号所有可能的情况共20种，列举如下：123，12A，12B，12C，13A，13B，13C，1AB，1AC，1BC，23A，23B，23C，2AB，2AC，2BC，3AB，3AC，3BC，ABC，其中拥有“优先挑战权”的选手恰有1名的情况共9种，如下：1AB，1AC，1BC，2AB，2AC，2BC，3AB，3AC，3BC，∴所求概率为P＝.(2)2×2列联表：甲班乙班总计签约歌手31013未签约歌手1710277\n总计202040根据列联表中的数据，得到K2的观测值k＝≈5.584>5.024，因此在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为成为‘签约歌手’与选择的导师有关.3.(本小题满分12分)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都是2，D是侧棱CC1上任意一点，E是A1B1的中点.(1)求证：A1B1∥平面ABD；(2)求证：AB⊥CE；(3)求三棱锥C－ABE的体积.(1)证明　由正三棱柱的性质知A1B1∥AB，因为AB⊂平面ABD，A1B1⊄平面ABD，所以A1B1∥平面ABD.(2)证明　设AB中点为G，连接GE，GC.∵△ABC为正三角形，且G为中心，∴AB⊥GC.又EG∥AA1，AA1⊥AB，∴AB⊥GE，又CG∩GE＝G，所以AB⊥平面GEC.而CE⊂平面GEC，所以AB⊥CE.(3)解　由题意可知：VC－ABE＝VE－ABC＝×EG×S△ABC＝×2××22×＝.4.(本小题满分12分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)上有一个长轴端点到两个焦点之间的距离分别为3＋2，3－2.(1)如果直线x＝t(t∈R)与椭圆相交于不同的两点A，B，若C(－3，0)，D(3，0)，直线CA与直线BD的交点是K，求点K的轨迹方程；(2)过点Q(1，0)作直线l(与x轴不垂直)与该椭圆交于M、N两点，与y轴交于点R，若＝7\nλ，＝μ，试判断：λ＋μ是否为定值？并说明理由.解　(1)由已知⇔b2＝a2－c2＝1.所以椭圆方程为＋y2＝1.依题意可设A(t，y0)，B(t，－y0)，K(x，y)，且有＋y＝1，又CA：y＝(x＋3)，DB：y＝(x－3)，y2＝(x2－9)，将＋y＝1代入即得y2＝(x2－9)，－y2＝1.所以直线CA与直线BD的交点K的轨迹方程是－y2＝1.(y≠0)(2)λ＋μ是定值，λ＋μ＝－，理由如下：依题意，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y＝k(x－1)，设M(x3，y3)、N(x4，y4)、R(0，y5)，则M、N两点坐标满足方程组消去y并整理，得(1＋9k2)x2－18k2x＋9k2－9＝0，所以x3＋x4＝①，x3x4＝②.因为＝λ，所以(x3，y3)－(0，y5)＝λ[(1，0)－(x3，y3)]，即又l与x轴不垂直，所以x3≠1，所以λ＝，同理μ＝，所以λ＋μ＝＋＝.将①②代入上式可得λ＋μ＝－.5.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数.(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值；(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝＋是否有实数解.解　(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx(x>0)，7\nf′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，f(x)max＝f(1)＝－1，(2)∵f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.①若a≥－，则f′(x)≥0，f(x)在(0，e]上是增函数，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0不合题意.②若a＜－，则由f′(x)＞0⇒a＋＞0，即0＜x＜－.由f′(x)＜0得a＋＜0，即－＜x≤e.从而f(x)在上是增函数，在上是减函数，∴f(x)max＝f＝－1＋ln令－1＋ln＝－3，则ln＝－2，∴－＝e－2，即a＝－e－2.∵－e2＜－，∴a＝－e2为所求.(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，∴|f(x)|≥1又令g(x)＝＋，g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝e.当0＜x＜e时，g′(x)＞0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x＞e时，g′(x)＜0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝＋＜1，7\n∴g(x)＜1，∴|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞＋，∴方程|f(x)|＝＋没有实数解.6.请同学从下面所给的三题中选定一题作答A.(本小题满分10分)选修4－1：几何证明选讲如下图所示，AB是⊙O的直径，C、E为⊙O上的点，CA平分∠BAE，CF⊥AB，F是垂足，CD⊥AE，交AE延长线于D.(1)求证：DC是⊙O的切线；(2)求证：AF·FB＝DE·DA.证明　(1)连接OC，∠DAC＝∠FAC，∠FAC＝∠ACO，∴∠DAC＝∠ACO，∴AD∥OC，∵∠ADC＝90°，∴∠OCD＝90°，∴DC为圆O的切线.(2)△ADC与△AFC全等，∴DC＝CF，连接BC，在Rt△ABC中CF⊥AB，∴CF2＝AF·FB，又DC2＝DE·DA，∴AF·FB＝DE·DA.B.(本小满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝4cos.(1)判断直线l与圆C的位置关系；7\n(2)若点P(x，y)在圆C上，求x＋y的取值范围.解　(1)直线l：x＋y－2＝0，圆C：(x－1)2＋(y－)2＝4，圆心C到直线的距离d＝＝1<2＝r，相交.(2)令(θ为参数)，∴x＋y＝(1＋2cosθ)＋＋2sinθ＝2sinθ＋2cosθ＋2＝4sin＋2，∵－1≤sin≤1，∴x＋y的取值范围是[2－4，2＋4].C.(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f(x)＝log3(|x－1|＋|x－4|－a)，a∈R.(1)当a＝－3时，求f(x)≥2的解集；(2)当f(x)定义域为R时，求实数a的取值范围.解　(1)a＝－3时，f(x)≥2等价于|x－1|＋|x－4|＋3≥9，∴|x－1|＋|x－4|≥6，①当x≥4时，2x－5≥6，∴x≥；②当1<x<4时，3≥6，不成立；③当x≤1时，5－2x≥6，∴x≤－.综上，不等式的解集为.(2)f(x)＝log3(|x－1|＋|x－4|－a)的定义域为R，即|x－1|＋|x－4|>a恒成立，|x－1|＋|x－4|≥|(x－1)－(x－4)|＝3，当且仅当1≤x≤4时取等号，∴a<3，即a的取值范围是(－∞，3).7