2022年新高三開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題及答案

數(shù)學(xué)試卷本試卷分第I卷(選擇題)和第0卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時(shí)間120分鐘.第I卷(選擇題共60分)0|P

*A0|P

*A.(-1,5]B.(-1,1]C.(1.3)I).[1,3)2.若z=(l—1A.2“)(2+i),則z的虛部為B.4C.2iD.4i/1\L63.設(shè)a=(2)A.c<Zb<Za?6=log:l6.c=8一.則B.a<b<cC.c<a<bD.b<Za<Zc一、選擇題(本題共8小題?每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中?只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.已知集合4={1|/-2Z—3<0}?3={I|14145},則AC|B= ( )4.已知像2,3.5?7這樣只能被I和它本身整除的正整數(shù)稱為素?cái)?shù)(也稱為質(zhì)數(shù))，設(shè).r是正整數(shù)?用n(#表示不超過(guò)x的素?cái)?shù)個(gè)數(shù).事實(shí)上，數(shù)學(xué)家們已經(jīng)證明，當(dāng)丁充分大時(shí)產(chǎn).利用此公式求出不超過(guò)10000的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)約為(lge%0.4343) ( )InxA.1086 B.1229 C.980 D.1060.宮燈乂稱宮廷花燈?是中國(guó)彩燈中富有特色的漢民族傳統(tǒng)手工藝品之一，如圖為一件三層六角宮燈，三層均為正六棱柱，其中上、下層正棱柱的底面周長(zhǎng)均為60cm,高為6cm,中間一層的正棱柱高為18cm.設(shè)計(jì)一個(gè)裝該宮燈的可從中間打開(kāi)的球形盒子,則該盒子的表面積至少為 ( )A.650kcm2B.1300kcm2 C.1500ncm' I).2600kcm'TOC\o"1-5"\h\z.在拋物線/=8i上有三點(diǎn)A,B?C?F為莫焦點(diǎn)?且疝一^(疝+充)?則|春+|諦|+|CF|= ()A.6 B.8 C.9 D.12.雙曲余弦函數(shù)cosh?r=U^—是高等數(shù)學(xué)中重要的函數(shù)之一.定義在R上的函數(shù)/(i+l)的圖像關(guān)于點(diǎn)(一1，1)對(duì)稱,且當(dāng)40時(shí)JG)=cosh則不等式/(x+l)+/(2x-3?2的解集為 ( )A.(■|*.+8) B.(}.+8) C.?.十8) D.(2?+8).在正方體ABCDA/iGDi中,AB=4.0是側(cè)面A?ADD,的中心.E.F分別是BC?CG的中點(diǎn)，點(diǎn)M,N分別在線段OB.EF上運(yùn)動(dòng).則MN的最小值為 （ ）二、選擇題（本題共4小題，每小題5分?共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中.有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分）.下列命題正確的是 （ ）A.若/（1）=isin.r+cosx.則=sin7一/cossin.rB.設(shè)函數(shù)/（j*）=j1d若f（z,）=2?則x0=cC.已知函數(shù)fCr）=3垢e%則/（l）=12eD.設(shè)函數(shù)f"）的導(dǎo)函數(shù)為/’I）,且/（工）=>+3i/'（2）+ln/，則Z（2）=-^-.已知曲線C方程為：一^二一4=1（〃?#0）.則下列結(jié)論正確的是 （ ）nr-r1niA.若小>0.則曲線C為雙曲線 B.若曲線C為橢圓.則其長(zhǎng)軸長(zhǎng)為v^+TC.曲線。不可能為一個(gè)廁 D.當(dāng)6=1時(shí)，其漸近線方程為尸土寺.大衍數(shù)列，來(lái)源于《乾坤譜》中對(duì)易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論.主要用于解釋中國(guó)傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理.數(shù)列中的每一項(xiàng)?都代表太極衍生過(guò)程中.曾經(jīng)經(jīng)歷過(guò)的兩儀數(shù)量總和?是中國(guó)傳統(tǒng)文化中隱藏著的世界數(shù)學(xué)史上第一道數(shù)列題.其前10項(xiàng)依次是0.2,4,8.12.18,24,32,40.50,…,則下列說(shuō)法正確的是 （ ）A.此數(shù)列的第20項(xiàng)是200 B.此數(shù)列的第19項(xiàng)是180C.此數(shù)列偶數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式為a2“=2/ D.此數(shù)列的前〃項(xiàng)和為S”=〃?（〃一D.函數(shù)—1）一&cos]在區(qū)間（0q）上的最小值為一1,且在區(qū)間（￡.兀）上唯一的極大值點(diǎn)為心，則下列說(shuō)法正確的有 （ ）A.a=l 氏八/）在（0.胃）上不單調(diào)C.].竽） D./（彳。）V1第n卷（非選擇題共9。分）三、填空題（本題共4小題,每小題5分.共20分）.曲線-2e，+e在點(diǎn)（0.八0））處的切線方程為..如圖，三個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形有一條邊在同一條直線上.邊33a上有10個(gè)不同的點(diǎn)P?凡，…，P…記叫=A5??AF,（i=l,2,…，10）,則如+如+…+孫?的值為..函數(shù)/(a*)=sin2]—cos(i+竽)的最小值為..已知a>0,6>0,a+6+a6=3,則ab的最大值為 ；則一￡.。的 a-vo—4(a-ro)-r-4ao-rl3取值范圍是.四、解答題(本題共6小題,共70分?解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟).(10分)已知數(shù)列滿足2w-i=(〃+l)a.(〃￡N?)，且5=1.⑴求(2)若d=3+(-1)”?“，求數(shù)列/“｝的前2〃項(xiàng)和S?..n.（12分）如圖①所示，在宜角梯形ABCD中?8。〃入2.4口_1_('。,3「=2,八。=3.('。=再.邊AD上一點(diǎn)E滿足DE=1.現(xiàn)將△ABE沿3E折起到△PI3E的位置,使平面P/3E_L平面BCDE.如圖②所示.(D求證:PCJ_BE,(2)求平而PBE與平面PCE所成銳二面角的余弦值..(12分)在下列三個(gè)條件中任選一個(gè)，①?是1和警^的等差中項(xiàng)；②2〃-c—2acos("0；③coTBbtandI-cos2C+sinBsinC=l+cos'A.補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并解答問(wèn)題.在△ABC中.內(nèi)角A.B.C所對(duì)的邊分別且滿足條件(埴寫所選條件的序號(hào)).(D求角A；(2)若■.求銳角△ABC周長(zhǎng)的取值范圍.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.

.（12分）?■已知橢圓C：，+￡=l（a>〃>0）長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4.P在C上運(yùn)動(dòng).儲(chǔ)?F為C的兩個(gè)焦點(diǎn),且cosZF.PFz的最小值為"?■（1）求C的方程；（2）已知過(guò)點(diǎn)乂（0,〃』）（一〃〈小〈力的動(dòng)直線/交C于A.B兩點(diǎn)?線段AB的中點(diǎn)為、?若OA?（而一。法?曲為定值?試求，”的值..（12分）非物質(zhì)文化遺產(chǎn)是一個(gè)國(guó)家和民族歷史文化成就的重要標(biāo)志，是優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的重要蛆成部分.瑞目剪紙于2008年列入第二批國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.由于瑞日地處南北交匯處,經(jīng)過(guò)千年的南北文化相互浸潤(rùn)與滲透,瑞昌剪紙融入了南方的陰柔之麗、精巧秀美和北方的陽(yáng)剛之美、古樸豪放.為了弘揚(yáng)中國(guó)優(yōu)秀的傳統(tǒng)文化，某校將舉辦一次剪紙比賽?共進(jìn)行5輪比賽.每輪比賽結(jié)果互不影響.比賽規(guī)則如下：每一輪比賽中?參賽者在3。分鐘內(nèi)完成規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅.若有不少于3幅作品入選?將獲得“巧手獎(jiǎng)”.5輪比賽中.至少獲得4次“巧手獎(jiǎng)”的同學(xué)將進(jìn)入決賽.某同學(xué)經(jīng)歷多次模擬訓(xùn)練.指導(dǎo)老師從訓(xùn)練作品中隨機(jī)抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各5幅.其中有4幅規(guī)定作品和3幅創(chuàng)意作品符合入選標(biāo)準(zhǔn).（1）從這10幅訓(xùn)練作品中,隨機(jī)抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅?試預(yù)測(cè)該同學(xué)在一輪比賽中獲“巧手獎(jiǎng)”的概率；（2）以上述兩類作品各自入選的頻率作為該同學(xué)參賽時(shí)每幅作品入選的概率,經(jīng)指導(dǎo)老師對(duì)該同學(xué)進(jìn)行賽前強(qiáng)化訓(xùn)練?規(guī)定作品和創(chuàng)意作品入選的概率共提高了以獲得“巧手獎(jiǎng)”的次數(shù)期望為參考?試預(yù)測(cè)該同學(xué)能否進(jìn)入決賽？.（12分）已知函數(shù)/'（.r）=2.rlnt—yuj-2—t存在極值點(diǎn).（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍，（2）若工是/Q）的極值點(diǎn)?求證：3zo—24a尾Ve，—1.參考數(shù)據(jù)：In2A0.69.雪春等案及融析一、選擇題1.D2.A3.C4.A5.B6.D7.A8.C二、選擇題9.BD10.AC11.ABC12.ABD三、填空題13.2.r+y-e+2=O14.18015.一卷i6a[W四、解答題.解：(1)因?yàn)?〃a“+i=(〃+l)a“.〃eN',r=1,TOC\o"1-5"\h\z所以-二;=4.也，?-r1 2n令J=也，所以O(shè)+i=Jc”，所以g是首項(xiàng)c=+1,公比g《的等比數(shù)列，所以J= '，則a"=".O'. (5分)(2)因?yàn)?,=2+(-1 1)”?n \L/所以CE=介+方尸=2=BC\ZDEC=60°.所以A3CE為邊長(zhǎng)為2的菱形,且NBAE=NDEC=60°?所以AABE和△BEC都是等邊三角形，所以PO_LBE,CO_LBE,又因?yàn)镻OC|CO=O,所以BE_L平面POC.又因?yàn)镻CU平面POC,所以PCA_BE. （6分）（2）解：由于平面PBE_L平面BCDE,且交線為BE.OPJ_BE,OPU平面P3E?所以O(shè)匕L平面BCDE.所以O(shè)P_LOB,OP_LOC,由（1）知O5?OC,（）P兩兩垂宜,建立如圖所示的空間宜角坐標(biāo)系.令｛g｝的前2〃項(xiàng)和為「，”，＜乩令｛g｝的前2〃項(xiàng)和為「，”，＜乩＞的前2〃項(xiàng)和為M”,所哈=1lanAtanB且，%“=(-1)+2+(-3)+4+3+(-1)2”1?(2n-1)+(一1產(chǎn)?2〃=〃,所以S2“=T2“+M2“=〃+2—(彳). (10分).(1)證明：取BE中點(diǎn)O?連接AO,CO,CE,因?yàn)锽C=2,AD=3.DE=1.所以AE=BC=2,又因?yàn)锳D〃皮'，所以AE//BC,所以四邊形ABCE是平行四邊形，因?yàn)镃D=6.DE=1,ADJ_CD.P（0,0,6）,E（-l?0,0）,C（0,"?0）,所以證=（1.0,伍）?氏=（1,偌.0）,設(shè)平面PCE的法向量;為n=（“,y,z）.n?EP=（i,y,w）?（1,0,伍）=i+乃2=0,則（一n?EC=（j：,y,z）?（1,乃，0）=N+9）=0,令y=-1?則工=6?之=—1?即〃=（乃，一1?一1）.由（1）知平面PBE的一個(gè)法向量為m=（0,1,0）,設(shè)平面P3E與平面PCE所成銳二面角為0,則cos6=^4=：=售. （123m\\n展5.解：（1）若選①：因?yàn)閒是1和浮卑的等差中項(xiàng)，b tann2sinC-sinAcosBcosAsinB4-sinAcosB~:——ft=H ；———= ； sindcosAsind cosAsinB

sin（A+B）_sinCcosAsinBcosAsinB,化簡(jiǎn)可得cosA="1"，所以A=y. （6分）若選②：由正弦定理：原式等價(jià)于2sinB—sinC_2sinAcosC=0?因?yàn)锳+B+C=jt?所以2（sinAcosC+cosAsinC）—sinC—2sinAcosC=0,整理化簡(jiǎn)得cosA=+,所以A=0". （6分）若選③：1—sin2B+1—sin2C+sinBsinC=1+1—sin2A?整理得sinBsinC=sin2B+sin2C-sin2A,由正弦定理得從=。2+/—々2,由余弦定理得COSA=卜+；氏°=~1~.所以/=等. （6分）（2）在ZXABC中,由正弦定理：=sinAsind =2=>6=2sinB,c=2sin（言兀―B）.sin（yx-B）因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形.所以0<8<5.。<"一8<2解得L 6 L \OZ/周長(zhǎng)/=a+6+c=V^"+2sinB+2sin（與—B）+2&sin（B+合）,aBG（f,T）W，B+Te（f,T）,8in（B+f）G（4-']?所以/=73H-2V3sin（B+關(guān)）6（3+73,3731（12分）.解：（D由題意得。=2,設(shè)|PFJ,PRI長(zhǎng)分別為p、q.則p十q=2a,pP A'+爐—4/ （/>+q）2—4（2-2阿cos/F,PF「P% =P:2pq_四=絲二^S=獨(dú)一1>—?dú)q「-1=孚-1（當(dāng)且僅當(dāng)PqDq（/>+.）_沙A=<7時(shí)取等號(hào)）.從而絲~-1=4"?得與=,，所以—=4,1=3.則怖網(wǎng)的標(biāo)準(zhǔn)方程為4+《=1. （4分）4 3（2）若直線Z的斜率不存在.易得討?。?5—（血?ON=-3.若直線I的斜率存在,設(shè)其方程為y=kjc+m.聯(lián)立2 2得（4/+3）“2+8A/mz+4〃/一12=聯(lián)立--|-2-=14 3 ，0,易知。>0恒成立，設(shè)A（xi,?）.3（/2，北），則N（嗎三,中卜且4+-8km則N（嗎三,中卜且4+-8km止+3OA?OB-（）M?（）N=為了2+VW一加??Ti/2+（卜6+〃？）（kx2+切）——（kx\+m+kj：2+〃？）=TOC\o"1-5"\h\za，+1）力b+（X]+b）=（公+1）4<r2]?+' 2 ' 4后+3km—8km_ -12-2+4/12~2?伏2+3 = 快2+3一3（4萬(wàn)+3）+4/-3=_ 4〃/-34"3 -穌2+3'要使上式為常數(shù),必須且只需4M—3=0,即〃?=土寫￡（一遮/■）.此時(shí)次?（）B-（）M?（5n=-3為定值?符合題意?綜上可知?當(dāng)〃『土日時(shí)?能使得若近?OB-（法?加=-3. （12分）21.解：（1）由題可知,所有可能的情況有：①規(guī)定作品入選1幅,創(chuàng)意作品入選2幅的概率P,=C：-C_3—樂(lè)，②規(guī)定作品入選2幅?創(chuàng)意作品入選1幅的概率P,=C；?C；?C；_9G?C?天，③規(guī)定作品入選2幅?創(chuàng)意作品入選2幅的概率Ps=C?C_9CQ&一而'故所求的概率。=言+4+義=篙 （4分）乙J乙JJUJU（2）設(shè)強(qiáng)化訓(xùn)練后，規(guī)定作品入選的概率為Pi，創(chuàng)意作品入選的概率為R，則p+p，U+A《T,由已知可得強(qiáng)化訓(xùn)練后該同學(xué)某一輪可獲得“巧手獎(jiǎng)”的概率P=C；PN1—PQ-CiPl4-ciP??ciP2（1-P2)+dPi?ciPi=2P,P2(P)4-P2)-3(?!P2)2-3PiP2—3SP2)2.TOC\o"1-5"\h\z3 4 3 3因?yàn)??且巴》卷下2>卷，即<一「2>L 3 5，4q q 7 9t4-p'H'bp瑪4W故可得J XVzyJ lyJ所以PIKm令P.=八則P(Z)=-3r2H-3/=-3(Z--y)2+y在「寮留上單調(diào)遞增.|_O040J所以「“xp(給=-3x(&y+A等.因?yàn)樵撏瑢W(xué)在5輪比賽中獲得??巧手獎(jiǎng)”的次數(shù)X?B(5,P),Q15所以E(X)=5PV5X9=早V4.TOC\o"1-5"\h\z4 4故該同學(xué)沒(méi)有希望進(jìn)入決賽. (12分)22.(1)解：由題意得/(x)=21n工一a/+l=0Q>0)有非重根.亦m曰 21nz+1 .21n.r+1變形得a= .1己g(i)= ，JC JT則gz(.r)=--令/(才)=0,得工=&,則g(I)在(0,6)上單調(diào)遞增，在(五，+8)上單調(diào)遞減?故”(Z)mx=弁(任)=，e當(dāng)x-*0時(shí)，g(?r)f—8.所以*(工)6(—8.平］，所以a€(—8,手).(5分)(2)證明：由題意可得/(#u)=21n箝)一a1(,+1=0,得aj"o=21nn(>+1.要證3z)—V——1,TOC\o"1-5"\h\z即證3x0—2^2xolnZo+xoVe'-1(>0,x0 ).①先證3。一242i(,ln.r0+a*o，只需證Inx0+—^1.%記=InxH--(x>0),則tf(x)=/2LX X令/(1)=(),得X=1?所以“工)在(0,1)上單調(diào)遞減,在（1,+8）上單調(diào)遞增.所以"W1.故原不等式左邊證畢. （7分）②再證2“ulnx0+10Ve'—1.解法一：原式即證（p（j：）=er~2x111^—jc~12>0（Xo>0,Xo7^/e），由卬（.r）可得，"（①）=e"—21na:-3,o所以令;n（jr）=ez-21n/一3,則m'（/）=小一上在（0?x十8）上單調(diào)遞增.又因?yàn)椋?⑴=e-2>0,〃/（5）=五一4<0,所以（十，1）,加（不）=0,所以中'（“）在（°，力）上單調(diào)遞減，在（4,+8）上單調(diào)遞增.又因?yàn)?./（/）f4-OO;X—?+8,g，（1）f+8,/⑴=e-3Vo.所以mJ*2,13，夕'（72）="（13）=0，父2<103.由夕'O=e3—3—21n-1->eT—4>0.所以1t6（1, ,e<—21nj-3—3=0,所以d（/）在（°，/2），（Z3.+8）上單調(diào)遞增.（工2,l3）上單調(diào)遞減.伊（乃）=e'，—2131nt3— —1=2（1—jr3）In4+2—x3.記z（x）=2（l—jr）ln/+2—，則/z（j）=y-21nz—3在上單調(diào)遞減，且r,（l）=-l<0,所以“外在（1.刃上單調(diào)遞減./q1 1QI-In又因?yàn)?（￡~）=BTn￡"=Z—^>0,所以中（H3）>0.TOC\o"1-5"\h\z又因?yàn)??（/）f°?所以8（/）>°? <12分）解法二：原式即證匚」〉迎再（A>。,Ho#芯）.X JC由（D可得.g（H）=四上也■<小