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2022高考數學真題分類匯編11解析幾何(10份打包)

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2022高考數學真題分類匯編11解析幾何(10份打包)

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十一、解析幾何
一、單選題
1.(2022·全國甲(文)T11)已知橢圓的離心率為,分別為C的左、右頂點,B為C的上頂點.若,則C的方程為()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據離心率及,解得關于的等量關系式,即可得解.
【詳解】解:因為離心率,解得,,
分別為C左右頂點,則,
B為上頂點,所以.
所以,因為
所以,將代入,解得,
故橢圓的方程為.
故選:B.
2.(2022·全國甲(理)T10)橢圓的左頂點為A,點P,Q均在C上,且關于y軸對稱.若直線的斜率之積為,則C的離心率為()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】設,則,根據斜率公式結合題意可得,再根據,將用表示,整理,再結合離心率公式即可得解.
【詳解】解:,
設,則,
則,
故,
又,則,
所以,即,
所以橢圓的離心率.
故選:A.
3.(2022·全國乙(文)T6)設F為拋物線的焦點,點A在C上,點,若,則()
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等,從而求得點的橫坐標,進而求得點坐標,即可得到答案.
【詳解】由題意得,,則,
即點到準線的距離為2,所以點的橫坐標為,
不妨設點在軸上方,代入得,,
所以.
故選:B
4.(2022·全國乙(理)T5)設F為拋物線的焦點,點A在C上,點,若,則()
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等,從而求得點的橫坐標,進而求得點坐標,即可得到答案.
【詳解】由題意得,,則,
即點到準線的距離為2,所以點的橫坐標為,
不妨設點在軸上方,代入得,,
所以.
故選:B
5.(2022·全國乙(理)T11)11. 雙曲線C的兩個焦點為,以C的實軸為直徑的圓記為D,過作D的切線與C的兩支交于M,N兩點,且,則C的離心率為()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依題意不妨設雙曲線焦點在軸,設過作圓的切線切點為,可判斷在雙曲線的右支,設,,即可求出,,,在中由求出,再由正弦定理求出,,最后根據雙曲線的定義得到,即可得解;
【詳解】解:依題意不妨設雙曲線焦點在軸,設過作圓的切線切點為,
所以,因為,所以在雙曲線的右支,
所以,,,設,,
由,即,則,,,
在中,

由正弦定理得,
所以,
又,
所以,即,
所以雙曲線的離心率
故選:C
6.(2022·新高考Ⅰ卷T11)已知O為坐標原點,點在拋物線上,過點的直線交C于P,Q兩點,則()
A. C的準線為 B. 直線AB與C相切
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出拋物線方程可判斷A,聯立AB與拋物線的方程求交點可判斷B,利用距離公式及弦長公式可判斷C、D.
【詳解】將點的代入拋物線方程得,所以拋物線方程為,故準線方程為,A錯誤;
,所以直線的方程為,
聯立,可得,解得,故B正確;
設過的直線為,若直線與軸重合,則直線與拋物線只有一個交點,
所以,直線的斜率存在,設其方程為,,
聯立,得,
所以,所以或,,
又,,
所以,故C正確;
因為,,
所以,而,故D正確.
故選:BCD
7.(2022·新高考Ⅱ卷T10)已知O為坐標原點,過拋物線的焦點F的直線與C交于A,B兩點,點A在第一象限,點,若,則()
A. 直線的斜率為 B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由及拋物線方程求得,再由斜率公式即可判斷A選項;表示出直線的方程,聯立拋物線求得,即可求出判斷B選項;由拋物線的定義求出即可判斷C選項;由,求得,為鈍角即可判斷D選項.
【詳解】
對于A,易得,由可得點在的垂直平分線上,則點橫坐標為,
代入拋物線可得,則,則直線的斜率為,A正確;
對于B,由斜率為可得直線的方程為,聯立拋物線方程得,
設,則,則,代入拋物線得,解得,則,
則,B錯誤;
對于C,由拋物線定義知:,C正確;
對于D,,則為鈍角,
又,則為鈍角,
又,則,D正確.
故選:ACD.
8. (2022·北京卷T3)若直線是圓的一條對稱軸,則()
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】若直線是圓的對稱軸,則直線過圓心,將圓心代入直線計算求解.
【詳解】由題可知圓心為,因為直線是圓的對稱軸,所以圓心在直線上,即,解得.
故選:A.
二、填空題
1.(2022·全國甲(文)T15)記雙曲線的離心率為e,寫出滿足條件“直線與C無公共點”的e的一個值______________.
【答案】2(滿足皆可)
【解析】
【分析】根據題干信息,只需雙曲線漸近線中即可求得滿足要求的e值.
【詳解】解:,所以C的漸近線方程為,
結合漸近線的特點,只需,即,
可滿足條件“直線與C無公共點”
所以,
又因為,所以,
故答案為:2(滿足皆可)
2.(2022·全國甲(文)T14)設點M在直線上,點和均在上,則的方程為______________.
【答案】
【解析】
【分析】設出點M的坐標,利用和均在上,求得圓心及半徑,即可得圓的方程.
【詳解】解:∵點M在直線上,
∴設點M為,又因為點和均在上,
∴點M到兩點的距離相等且為半徑R,
∴,
,解得,
∴,,
的方程為.
故答案為:
3.(2022·全國甲(理)T14). 若雙曲線的漸近線與圓相切,則_________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出雙曲線的漸近線方程,再將圓的方程化為標準式,即可得到圓心坐標與半徑,依題意圓心到直線的距離等于圓的半徑,即可得到方程,解得即可.
【詳解】解:雙曲線的漸近線為,即,
不妨取,圓,即,所以圓心為,半徑,
依題意圓心到漸近線的距離,
解得或(舍去).
故答案為:.
4.(2022·全國乙(文)T15)過四點中的三點的一個圓的方程為____________.
【答案】或或或;
【解析】
【分析】設圓的方程為,根據所選點的坐標,得到方程組,解得即可;
【詳解】解:依題意設圓的方程為,
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
故答案為:或或或;
5.(2022·全國乙(理)T14)過四點中的三點的一個圓的方程為____________.
【答案】或或或;
【解析】
【分析】設圓的方程為,根據所選點的坐標,得到方程組,解得即可;
【詳解】解:依題意設圓的方程為,
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
若過,,,則,解得,
所以圓的方程為,即;
故答案為:或或或;
6.(2022·新高考Ⅰ卷T14)寫出與圓和都相切的一條直線的方程________________.
【答案】或或
【解析】
【分析】先判斷兩圓位置關系,分情況討論即可.
【詳解】圓的圓心為,半徑為,圓的圓心為,半徑為,
兩圓圓心距為,等于兩圓半徑之和,故兩圓外切,
如圖,
當切線為l時,因為,所以,設方程為
O到l的距離,解得,所以l的方程為,
當切線為m時,設直線方程為,其中,,
由題意,解得,
當切線為n時,易知切線方程為,
故答案為:或或.
7.(2022·新高考Ⅰ卷T16)已知橢圓,C的上頂點為A,兩個焦點為,,離心率為.過且垂直于的直線與C交于D,E兩點,,則的周長是________________.
【答案】13
【解析】
【分析】利用離心率得到橢圓的方程為,根據離心率得到直線的斜率,進而利用直線的垂直關系得到直線的斜率,寫出直線的方程:,代入橢圓方程,整理化簡得到:,利用弦長公式求得,得,根據對稱性將的周長轉化為的周長,利用橢圓的定義得到周長為.
【詳解】∵橢圓的離心率為,∴,∴,∴橢圓的方程為,不妨設左焦點為,右焦點為,如圖所示,∵,∴,∴為正三角形,∵過且垂直于的直線與C交于D,E兩點,為線段的垂直平分線,∴直線的斜率為,斜率倒數為, 直線的方程:,代入橢圓方程,整理化簡得到:,
判別式,
∴,
∴ , 得,
∵為線段的垂直平分線,根據對稱性,,∴的周長等于的周長,利用橢圓的定義得到周長為.
故答案為:13.
8.(2022·新高考Ⅱ卷T15)已知點,若直線關于的對稱直線與圓存在公共點,則實數a的取值范圍為________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出點關于對稱點的坐標,即可得到直線的方程,根據圓心到直線的距離小于等于半徑得到不等式,解得即可;
【詳解】解:關于對稱的點的坐標為,在直線上,
所以所在直線即為直線,所以直線為,即;
圓,圓心,半徑,
依題意圓心到直線的距離,
即,解得,即;
故答案為:
9.(2022·新高考Ⅱ卷T16)已知橢圓,直線l與橢圓在第一象限交于A,B兩點,與x軸,y軸分別交于M,N兩點,且,則直線l的方程為___________.
【答案】
【解析】
【分析】令的中點為,設,,利用點差法得到,設直線,,,求出、的坐標,再根據求出、,即可得解;
【詳解】解:令的中點為,因為,所以,
設,,則,,
所以,即
所以,即,設直線,,,
令得,令得,即,,所以,
即,解得或(舍去),
又,即,解得或(舍去),
所以直線,即;
故答案為:
10.(2022·北京卷T12)已知雙曲線的漸近線方程為,則__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先可得,即可得到雙曲線的標準方程,從而得到、,再跟漸近線方程得到方程,解得即可;
【詳解】解:對于雙曲線,所以,即雙曲線的標準方程為,
則,,又雙曲線的漸近線方程為,
所以,即,解得;
故答案為:
11.(2022·浙江卷T16)已知雙曲線的左焦點為F,過F且斜率為的直線交雙曲線于點,交雙曲線的漸近線于點且.若,則雙曲線的離心率是_________.
【答案】
【解析】
【分析】聯立直線和漸近線方程,可求出點,再根據可求得點,最后根據點在雙曲線上,即可解出離心率.
【詳解】過且斜率為的直線,漸近線,
聯立,得,由,得
而點在雙曲線上,于是,解得:,所以離心率.
故答案為:.
12.(2022·浙江卷T17)設點P在單位圓的內接正八邊形的邊上,則的取值范圍是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根據正八邊形的結構特征,分別以圓心為原點,所在直線為軸,所在直線為軸建立平面直角坐標系,即可求出各頂點的坐標,設,再根據平面向量模的坐標計算公式即可得到,然后利用即可解出.
【詳解】以圓心為原點,所在直線為軸,所在直線為軸建立平面直角坐標系,如圖所示:
則,,設,于是,
因為,所以,故的取值范圍是.
故答案為:.
三、解答題
1.(2022·全國甲(文)T21)設拋物線的焦點為F,點,過F的直線交C于M,N兩點.當直線MD垂直于x軸時,.
(1)求C的方程;
(2)設直線與C的另一個交點分別為A,B,記直線的傾斜角分別為.當取得最大值時,求直線AB的方程.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)由拋物線的定義可得,即可得解;
(2)設點的坐標及直線,由韋達定理及斜率公式可得,再由差角的正切公式及基本不等式可得,設直線,結合韋達定理可解.
【小問1詳解】
拋物線的準線為,當與x軸垂直時,點M的橫坐標為p,
此時,所以,
所以拋物線C的方程為;
【小問2詳解】
設,直線,
由可得,,
由斜率公式可得,,
直線,代入拋物線方程可得,
,所以,同理可得,
所以
又因為直線MN、AB的傾斜角分別為,
所以,
若要使最大,則,
設,則,
當且僅當即時,等號成立,
所以當最大時,,設直線,
代入拋物線方程可得,
,所以,
所以直線.
【點睛】關鍵點點睛:解決本題的關鍵是利用拋物線方程對斜率進行化簡,利用韋達定理得出坐標間的關系.
2.(2022·全國甲(理)T)20. 設拋物線的焦點為F,點,過F的直線交C于M,N兩點.當直線MD垂直于x軸時,.
(1)求C的方程;
(2)設直線與C的另一個交點分別為A,B,記直線的傾斜角分別為.當取得最大值時,求直線AB的方程.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)由拋物線的定義可得,即可得解;
(2)設點的坐標及直線,由韋達定理及斜率公式可得,再由差角的正切公式及基本不等式可得,設直線,結合韋達定理可解.
【小問1詳解】
拋物線的準線為,當與x軸垂直時,點M的橫坐標為p,
此時,所以,
所以拋物線C的方程為;
【小問2詳解】
設,直線,
由可得,,
由斜率公式可得,,
直線,代入拋物線方程可得,
,所以,同理可得,
所以
又因為直線MN、AB的傾斜角分別為,
所以,
若要使最大,則,
設,則,
當且僅當即時,等號成立,
所以當最大時,,設直線,
代入拋物線方程可得,
,所以,
所以直線.
【點睛】關鍵點點睛:解決本題的關鍵是利用拋物線方程對斜率進行化簡,利用韋達定理得出坐標間的關系.
3.(2022·全國乙(文)T)21. 已知橢圓E的中心為坐標原點,對稱軸為x軸、y軸,且過兩點.
(1)求E的方程;
(2)設過點的直線交E于M,N兩點,過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T,點H滿足.證明:直線HN過定點.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)將給定點代入設出的方程求解即可;
(2)設出直線方程,與橢圓C的方程聯立,分情況討論斜率是否存在,即可得解.
【小問1詳解】
解:設橢圓E的方程為,過,
則,解得,,
所以橢圓E的方程為:.
【小問2詳解】
,所以,
①若過點的直線斜率不存在,直線.代入,
可得,,代入AB方程,可得
,由得到.求得HN方程:
,過點.
②若過點的直線斜率存在,設.
聯立得,
可得,,

聯立可得
可求得此時,
將,代入整理得,
將代入,得
顯然成立,
綜上,可得直線HN過定點
【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種:
①從特殊入手,求出定值,再證明這個值與變量無關;
②直接推理、計算,并在計算推理的過程中消去變量,從而得到定值.
4.(2022·全國乙(理)T20)已知橢圓E的中心為坐標原點,對稱軸為x軸、y軸,且過兩點.
(1)求E的方程;
(2)設過點的直線交E于M,N兩點,過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T,點H滿足.證明:直線HN過定點.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)將給定點代入設出的方程求解即可;
(2)設出直線方程,與橢圓C的方程聯立,分情況討論斜率是否存在,即可得解.
【小問1詳解】
解:設橢圓E的方程為,過,
則,解得,,
所以橢圓E的方程為:.
【小問2詳解】
,所以,
①若過點的直線斜率不存在,直線.代入,
可得,,代入AB方程,可得
,由得到.求得HN方程:
,過點.
②若過點的直線斜率存在,設.
聯立得,
可得,,

聯立可得
可求得此時,
將,代入整理得,
將代入,得
顯然成立,
綜上,可得直線HN過定點
【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種:
①從特殊入手,求出定值,再證明這個值與變量無關;
②直接推理、計算,并在計算推理的過程中消去變量,從而得到定值.
5.(2022·新高考Ⅰ卷T21)已知點在雙曲線上,直線l交C于P,Q兩點,直線的斜率之和為0.
(1)求l的斜率;
(2)若,求的面積.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)由點在雙曲線上可求出,易知直線l的斜率存在,設,,再根據,即可解出l的斜率;
(2)根據直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補,再根據即可求出直線的斜率,再分別聯立直線與雙曲線方程求出點的坐標,即可得到直線的方程以及的長,由點到直線的距離公式求出點到直線的距離,即可得出的面積.
【小問1詳解】
因為點在雙曲線上,所以,解得,即雙曲線
易知直線l的斜率存在,設,,
聯立可得,,
所以,,.
所以由可得,,
即,
即,
所以,
化簡得,,即,
所以或,
當時,直線過點,與題意不符,舍去,
故.
【小問2詳解】
不妨設直線的傾斜角為,因為,所以,
因為,所以,即,
即,解得,
于是,直線,直線,
聯立可得,,
因為方程有一個根為,所以,,
同理可得,,.
所以,,
點到直線的距離,
故的面積為.
6.(2022·新高考Ⅱ卷T21)設雙曲線的右焦點為,漸近線方程為.
(1)求C的方程;
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點,點在C上,且.過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M,請從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另外一個條件成立:
①M在上;②;③.
注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個解答計分.
【答案】(1)
(2)見解析
【解析】
【分析】(1)利用焦點坐標求得的值,利用漸近線方程求得的關系,進而利用的平方關系求得的值,得到雙曲線的方程;
(2)先分析得到直線的斜率存在且不為零,設直線AB的斜率為k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到;由直線和的斜率得到直線方程,結合雙曲線的方程,兩點間距離公式得到直線PQ的斜率,由②等價轉化為,由①在直線上等價于,然后選擇兩個作為已知條件一個作為結論,進行證明即可.
【小問1詳解】
右焦點為,∴,∵漸近線方程為,∴,∴,∴,∴,∴.
∴C的方程為:;
【小問2詳解】
由已知得直線的斜率存在且不為零,直線的斜率不為零,
若選由①②推③或選由②③推①:由②成立可知直線的斜率存在且不為零;
若選①③推②,則為線段的中點,假若直線的斜率不存在,則由雙曲線的對稱性可知在軸上,即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱,與從而,已知不符;
總之,直線的斜率存在且不為零.
設直線的斜率為,直線方程為,
則條件①在上,等價于;
兩漸近線的方程合并為,
聯立消去y并化簡整理得:
設,線段中點為,則,
設,
則條件③等價于,
移項并利用平方差公式整理得:

,即,
即;
由題意知直線的斜率為, 直線的斜率為,
∴由,
∴,
所以直線的斜率,
直線,即,
代入雙曲線的方程,即中,
得:,
解得的橫坐標:,
同理:,

∴,
∴條件②等價于,
綜上所述:
條件①在上,等價于;
條件②等價于;
條件③等價于;
選①②推③:
由①②解得:,∴③成立;
選①③推②:
由①③解得:,,
∴,∴②成立;
選②③推①:
由②③解得:,,∴,
∴,∴①成立.
7.(2022·北京卷T19)已知橢圓:的一個頂點為,焦距為.
(1)求橢圓E的方程;
(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B,C,直線AB,AC分別與x軸交于點M,N,當時,求k的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)依題意可得,即可求出,從而求出橢圓方程;
(2)首先表示出直線方程,設、,聯立直線與橢圓方程,消元列出韋達定理,由直線、的方程,表示出、,根據得到方程,解得即可;
【小問1詳解】
解:依題意可得,,又,
所以,所以橢圓方程為;
【小問2詳解】
解:依題意過點的直線為,設、,不妨令,
由,消去整理得,
所以,解得,
所以,,
直線的方程為,令,解得,
直線的方程為,令,解得,
所以

所以,



整理得,解得
8.(2022·浙江卷T21)如圖,已知橢圓.設A,B是橢圓上異于的兩點,且點在線段上,直線分別交直線于C,D兩點.
(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值;
(2)求的最小值.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)設是橢圓上任意一點,再根據兩點間的距離公式求出,再根據二次函數的性質即可求出;
(2)設直線與橢圓方程聯立可得,再將直線方程與的方程分別聯立,可解得點的坐標,再根據兩點間的距離公式求出,最后代入化簡可得,由柯西不等式即可求出最小值.
【小問1詳解】
設是橢圓上任意一點,,則
,當且僅當時取等號,故的最大值是.
【小問2詳解】
設直線,直線方程與橢圓聯立,可得,設,所以,
因為直線與直線交于,
則,同理可得,.則

當且僅當時取等號,故的最小值為.
【點睛】本題主要考查最值的計算,第一問利用橢圓的參數方程以及二次函數的性質較好解決,第二問思路簡單,運算量較大,求最值的過程中還使用到柯西不等式求最值,對學生的綜合能力要求較高,屬于較難題.
1十、立體幾何
一、單選題
1.(2022·全國甲(文、理)T4)如圖,網格紙上繪制的是一個多面體的三視圖,網格小正方形的邊長為1,則該多面體的體積為()
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】由三視圖還原幾何體,再由棱柱的體積公式即可得解.
【詳解】由三視圖還原幾何體,如圖,
則該直四棱柱的體積.
故選:B.
2.(2022·全國甲(文)T9)在長方體中,已知與平面和平面所成的角均為,則()
A. B. AB與平面所成的角為
C. D. 與平面所成的角為
【答案】D
【解析】
【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出.
【詳解】如圖所示:
不妨設,依題以及長方體的結構特征可知,與平面所成角為,與平面所成角為,所以,即,,解得.
對于A,,,,A錯誤;
對于B,過作于,易知平面,所以與平面所成角為,因為,所以,B錯誤;
對于C,,,,C錯誤;
對于D,與平面所成角為,,而,所以.D正確.
故選:D.
3.(2022·全國甲(文)T10)甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側面展開圖的圓心角之和為,側面積分別為和,體積分別為和.若,則()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設母線長為,甲圓錐底面半徑為,乙圓錐底面圓半徑為,根據圓錐的側面積公式可得,再結合圓心角之和可將分別用表示,再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高,再根據圓錐的體積公式即可得解.
【詳解】解:設母線長為,甲圓錐底面半徑為,乙圓錐底面圓半徑為,
則,
所以,
又,
則,
所以,
所以甲圓錐的高,
乙圓錐的高,
所以.
故選:C.
4.(2022·全國甲(理)T7)在長方體中,已知與平面和平面所成的角均為,則()
A. B. AB與平面所成的角為
C. D. 與平面所成的角為
【答案】D
【解析】
【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出.
【詳解】如圖所示:
不妨設,依題以及長方體的結構特征可知,與平面所成角為,與平面所成角為,所以,即,,解得.
對于A,,,,A錯誤;
對于B,過作于,易知平面,所以與平面所成角為,因為,所以,B錯誤;
對于C,,,,C錯誤;
對于D,與平面所成角為,,而,所以.D正確.
故選:D.
5.(2022·全國甲(理)T8)沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作,其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”,如圖,是以O為圓心,OA為半徑的圓弧,C是的AB中點,D在上,.“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式:.當時,()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】連接,分別求出,再根據題中公式即可得出答案.
【詳解】解:如圖,連接,
因為是的中點,
所以,
又,所以三點共線,
即,
又,
所以,
則,故,
所以.
故選:B.
6.(2022·全國甲(理)T9)甲、乙兩個圓錐的母線長相等,側面展開圖的圓心角之和為,側面積分別為和,體積分別為和.若,則()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設母線長為,甲圓錐底面半徑為,乙圓錐底面圓半徑為,根據圓錐的側面積公式可得,再結合圓心角之和可將分別用表示,再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高,再根據圓錐的體積公式即可得解.
【詳解】解:設母線長為,甲圓錐底面半徑為,乙圓錐底面圓半徑為,
則,
所以,
又,
則,
所以,
所以甲圓錐的高,
乙圓錐的高,
所以.
故選:C.
7.(2022·全國乙(文)T9)在正方體中,E,F分別為的中點,則()
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
【答案】A
【解析】
【分析】證明平面,即可判斷A;如圖,以點為原點,建立空間直角坐標系,設,分別求出平面,,的法向量,根據法向量的位置關系,即可判斷BCD.
【詳解】解:在正方體中,
且平面,
又平面,所以,
因為分別為的中點,
所以,所以,
又,
所以平面,
又平面,
所以平面平面,故A正確;
如圖,以點為原點,建立空間直角坐標系,設,
則,

則,,
設平面的法向量為,
則有,可取,
同理可得平面的法向量為,
平面的法向量為,
平面的法向量為,
則,
所以平面與平面不垂直,故B錯誤;
因為與不平行,
所以平面與平面不平行,故C錯誤;
因為與不平行,
所以平面與平面不平行,故D錯誤,
故選:A.
8.(2022·全國乙(文)T12)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先證明當四棱錐頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時,底面ABCD面積最大值為,進而得到四棱錐體積表達式,再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值,從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.
【詳解】設該四棱錐底面為四邊形ABCD,四邊形ABCD所在小圓半徑為r,
設四邊形ABCD對角線夾角為,

(當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立)
即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時,底面ABCD面積最大值為


當且僅當即時等號成立,
故選:C
9.(2022·全國乙(理)T7)在正方體中,E,F分別為的中點,則()
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
【答案】A
【解析】
【分析】證明平面,即可判斷A;如圖,以點為原點,建立空間直角坐標系,設,分別求出平面,,的法向量,根據法向量的位置關系,即可判斷BCD.
【詳解】解:在正方體中,
且平面,
又平面,所以,
因為分別為的中點,
所以,所以,
又,
所以平面,
又平面,
所以平面平面,故A正確;
如圖,以點原點,建立空間直角坐標系,設,
則,

則,,
設平面的法向量為,
則有,可取,
同理可得平面的法向量為,
平面的法向量為,
平面的法向量為,
則,
所以平面與平面不垂直,故B錯誤;
因為與不平行,
所以平面與平面不平行,故C錯誤;
因為與不平行,
所以平面與平面不平行,故D錯誤,
故選:A.
10.(2022·全國乙(理)T9)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時,底面ABCD面積最大值為,進而得到四棱錐體積表達式,再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值,從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.
【詳解】設該四棱錐底面為四邊形ABCD,四邊形ABCD所在小圓半徑為r,
設四邊形ABCD對角線夾角為,

(當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立)
即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時,底面ABCD面積最大值為


當且僅當即時等號成立,
故選:C
11.(2022·新高考Ⅰ卷T4)南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題,其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時,相應水面的面積為;水位為海拔時,相應水面的面積為,將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺,則該水庫水位從海拔上升到時,增加的水量約為()()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據題意只要求出棱臺的高,即可利用棱臺的體積公式求出.
【詳解】依題意可知棱臺的高為(m),所以增加的水量即為棱臺的體積.
棱臺上底面積,下底面積,


故選:C.
12.(2022·新高考Ⅰ卷T8)已知正四棱錐的側棱長為l,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為,且,則該正四棱錐體積的取值范圍是()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設正四棱錐的高為,由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系,由此確定正四棱錐體積的取值范圍.
【詳解】∵球的體積為,所以球的半徑,
設正四棱錐的底面邊長為,高為,
則,,
所以,
所以正四棱錐的體積,
所以,
當時,,當時,,
所以當時,正四棱錐的體積取最大值,最大值為,
又時,,時,,
所以正四棱錐的體積的最小值為,
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選:C.
13.(2022·新高考Ⅰ卷T9)已知正方體,則()
A. 直線與所成的角為 B. 直線與所成的角為
C. 直線與平面所成的角為 D. 直線與平面ABCD所成的角為
【答案】ABD
【解析】
【分析】數形結合,依次對所給選項進行判斷即可.
【詳解】如圖,連接、,因為,所以直線與所成的角即為直線與所成的角,
因為四邊形為正方形,則,故直線與所成的角為,A正確;
連接,因為平面,平面,則,
因為,,所以平面,
又平面,所以,故B正確;
連接,設,連接,
因為平面,平面,則,
因為,,所以平面,
所以為直線與平面所成的角,
設正方體棱長為,則,,,
所以,直線與平面所成的角為,故C錯誤;
因為平面,所以為直線與平面所成的角,易得,故D正確.
故選:ABD
14.(2022·新高考Ⅱ卷T7)正三棱臺高為1,上下底邊長分別為和,所有頂點在同一球面上,則球的表面積是()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面半徑,再根據球心距,圓面半徑,以及球的半徑之間的關系,即可解出球的半徑,從而得出球的表面積.
【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑,所以,即,設球心到上下底面的距離分別為,球的半徑為,所以,,故或,即或,解得符合題意,所以球的表面積為.
故選:A.
15.(2022·新高考Ⅱ卷T11)如圖,四邊形為正方形,平面,,記三棱錐,,的體積分別為,則()
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】直接由體積公式計算,連接交于點,連接,由計算出,依次判斷選項即可.
【詳解】
設,因為平面,,則,
,連接交于點,連接,易得,
又平面,平面,則,又,平面,則平面,
又,過作于,易得四邊形為矩形,則,
則,,
,則,,,
則,則,,,故A、B錯誤;C、D正確.
故選:CD.
16.(2022·北京卷T9)已知正三棱錐的六條棱長均為6,S是及其內部的點構成的集合.設集合,則T表示的區域的面積為()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出以為球心,5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區域的面積.
【詳解】
設頂點在底面上的投影為,連接,則為三角形的中心,
且,故.
因為,故,
故的軌跡為以為圓心,1為半徑的圓,
而三角形內切圓的圓心為,半徑為,
故的軌跡圓在三角形內部,故其面積為
故選:B
17. (2022·浙江卷T8)如圖,已知正三棱柱,E,F分別是棱上的點.記與所成的角為,與平面所成的角為,二面角的平面角為,則()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先用幾何法表示出,再根據邊長關系即可比較大小.
【詳解】如圖所示,過點作于,過作于,連接,
則,,,
,,,
所以,
故選:A.
三、解答題
1.(2022·全國甲(文)T19)小明同學參加綜合實踐活動,設計了一個封閉的包裝盒,包裝盒如圖所示:底面是邊長為8(單位:)的正方形,均為正三角形,且它們所在的平面都與平面垂直.
(1)證明:平面;
(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).
【答案】(1)證明見解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)分別取的中點,連接,由平面知識可知,,依題從而可證平面,平面,根據線面垂直的性質定理可知,即可知四邊形為平行四邊形,于是,最后根據線面平行的判定定理即可證出;
(2)再分別取中點,由(1)知,該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍,即可解出.
【小問1詳解】
如圖所示:,
分別取的中點,連接,因為為全等的正三角形,所以,,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,同理可得平面,根據線面垂直的性質定理可知,而,所以四邊形為平行四邊形,所以,又平面,平面,所以平面.
【小問2詳解】
如圖所示:,
分別取中點,由(1)知,且,同理有,,,,由平面知識可知,,,,所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍.
因為,,點到平面的距離即為點到直線的距離,,所以該幾何體的體積.
2.(2022·全國甲(理)T18)在四棱錐中,底面.
(1)證明:;
(2)求PD與平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)作于,于,利用勾股定理證明,根據線面垂直性質可得,從而可得平面,再根據線面垂直的性質即可得證;
(2)以點為原點建立空間直角坐標系,利用向量法即可得出答案.
【小問1詳解】
證明:在四邊形中,作于,于,
因為,
所以四邊形為等腰梯形,
所以,
故,,
所以,
所以,
因為平面,平面,
所以,
又,
所以平面,
又因平面,
所以;
【小問2詳解】
解:如圖,以點原點建立空間直角坐標系,

則,
則,
設平面的法向量,
則有,可取,
則,
所以與平面所成角的正弦值為.
3.(2022·全國乙(文)T18)如圖,四面體中,,E為AC的中點.
(1)證明:平面平面ACD;
(2)設,點F在BD上,當的面積最小時,求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明詳見解析
(2)
【解析】
【分析】(1)通過證明平面來證得平面平面.
(2)首先判斷出三角形的面積最小時點的位置,然后求得到平面的距離,從而求得三棱錐的體積.
【小問1詳解】
由于,是的中點,所以.
由于,所以,
所以,故,
由于,平面,
所以平面,
由于平面,所以平面平面.
【小問2詳解】
依題意,,三角形是等邊三角形,
所以,
由于,所以三角形是等腰直角三角形,所以.
,所以,
由于,平面,所以平面.
由于,所以,
由于,所以,
所以,所以,
由于,所以當最短時,三角形的面積最小值.
過作,垂足為,
在中,,解得,
所以,
所以
過作,垂足為,則,所以平面,且,
所以,
所以.
4.(2022·全國乙(理)T18)如圖,四面體中,,E為的中點.
(1)證明:平面平面;
(2)設,點F在上,當的面積最小時,求與平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)證明過程見解析
(2)與平面所成的角的正弦值為
【解析】
【分析】(1)根據已知關系證明,得到,結合等腰三角形三線合一得到垂直關系,結合面面垂直的判定定理即可證明;
(2)根據勾股定理逆用得到,從而建立空間直角坐標系,結合線面角的運算法則進行計算即可.
【小問1詳解】
因為,E為的中點,所以;
在和中,因為,
所以,所以,又因為E為的中點,所以;
又因為平面,,所以平面,
因為平面,所以平面平面.
【小問2詳解】
連接,由(1)知,平面,因為平面,
所以,所以,
當時,最小,即的面積最小.
因為,所以,
又因為,所以是等邊三角形,
因為E為的中點,所以,,
因為,所以,
在中,,所以.
以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,
則,所以,
設平面的一個法向量為,
則,取,則,
又因為,所以,
所以,
設與平面所成的角的正弦值為,
所以,
所以與平面所成的角的正弦值為.
5.(2022·新高考Ⅰ卷T19)如圖,直三棱柱的體積為4,的面積為.
(1)求A到平面的距離;
(2)設D為的中點,,平面平面,求二面角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由等體積法運算即可得解;
(2)由面面垂直的性質及判定可得平面,建立空間直角坐標系,利用空間向量法即可得解.
【小問1詳解】
在直三棱柱中,設點A到平面的距離為h,
則,
解得,
所以點A到平面的距離為;
【小問2詳解】
取的中點E,連接AE,如圖,因為,所以,
又平面平面,平面平面,
且平面,所以平面,
在直三棱柱中,平面,
由平面,平面可得,,
又平面且相交,所以平面,
所以兩兩垂直,以B為原點,建立空間直角坐標系,如圖,
由(1)得,所以,,所以,
則,所以的中點,
則,,
設平面的一個法向量,則,
可取,
設平面的一個法向量,則,
可取,
則,
所以二面角的正弦值為.
6.(2022·新高考Ⅱ卷T20)如圖,是三棱錐的高,,,E是的中點.
(1)求證:平面;
(2)若,,,求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】(1)連接并延長交于點,連接、,根據三角形全等得到,再根據直角三角形的性質得到,即可得到為的中點從而得到,即可得證;
(2)過點作,如圖建立平面直角坐標系,利用空間向量法求出二面角的余弦值,再根據同角三角函數的基本關系計算可得;
小問1詳解】
證明:連接并延長交于點,連接、,
因為是三棱錐的高,所以平面,平面,
所以、,
又,所以,即,所以,
又,即,所以,,
所以
所以,即,所以為的中點,又為的中點,所以,
又平面,平面,
所以平面
【小問2詳解】
解:過點作,如圖建立平面直角坐標系,
因為,,所以,
又,所以,則,,
所以,所以,,,,所以,
則,,,
設平面法向量為,則,令,則,,所以;
設平面的法向量為,則,令,則,,所以;
所以
設二面角為,由圖可知二面角為鈍二面角,
所以,所以
故二面角的正弦值為;
7.(2022·北京卷T17)如圖,在三棱柱中,側面為正方形,平面平面,,M,N分別為,AC的中點.
(1)求證:平面;
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知,求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.
條件①:;
條件②:.
注:如果選擇條件①和條件②分別解答,按第一個解答計分.
【答案】(1)見解析 (2)見解析
【解析】
【分析】(1)取的中點為,連接,可證平面平面,從而可證平面.
(2)選①②均可證明平面,從而可建立如圖所示的空間直角坐標系,利用空間向量可求線面角的正弦值.
【小問1詳解】
取的中點為,連接,
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形,
而,則,
而平面,平面,故平面,
而,則,同理可得平面,
而平面,
故平面平面,而平面,故平面,
【小問2詳解】
因為側面為正方形,故,
而平面,平面平面,
平面平面,故平面,
因為,故平面,
因為平面,故,
若選①,則,而,,
故平面,而平面,故,
所以,而,,故平面,
故可建立如所示的空間直角坐標系,則,
故,
設平面的法向量為,
則,從而,取,則,
設直線與平面所成的角為,則
.
若選②,因為,故平面,而平面,
故,而,故,
而,,故,
所以,故,
而,,故平面,
故可建立如所示的空間直角坐標系,則,
故,
設平面的法向量為,
則,從而,取,則,
設直線與平面所成的角為,則
.
8.(2022·浙江卷T19)如圖,已知和都是直角梯形,,,,,,,二面角的平面角為.設M,N分別為的中點.
(1)證明:;
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、,由平面知識易得,再根據二面角的定義可知,,由此可知,,,從而可證得平面,即得;
(2)由(1)可知平面,過點做平行線,所以可以以點為原點,,、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系,求出平面的一個法向量,以及,即可利用線面角的向量公式解出.
【小問1詳解】
過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點交于點、.
∵四邊形和都是直角梯形,,,由平面幾何知識易知,,則四邊形和四邊形是矩形,∴在Rt和Rt,,
∵,且,
∴平面是二面角的平面角,則,
∴是正三角形,由平面,得平面平面,
∵是的中點,,又平面,平面,可得,而,∴平面,而平面.
【小問2詳解】
因為平面,過點做平行線,所以以點為原點,,、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系,
設,則,
設平面的法向量為
由,得,取,
設直線與平面所成角為,
∴.
1九、概率統計
一、單選題
1.(2022·全國甲(文T2)(理T2))某社區通過公益講座以普及社區居民的垃圾分類知識.為了解講座效果,隨機抽取10位社區居民,讓他們在講座前和講座后各回答一份垃圾分類知識問卷,這10位社區居民在講座前和講座后問卷答題的正確率如下圖:
則()
A. 講座前問卷答題的正確率的中位數小于
B. 講座后問卷答題的正確率的平均數大于
C. 講座前問卷答題的正確率的標準差小于講座后正確率的標準差
D. 講座后問卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差
【答案】B
【解析】
【分析】由圖表信息,結合中位數、平均數、標準差、極差的概念,逐項判斷即可得解.
【詳解】講座前中位數為,所以錯;
講座后問卷答題的正確率只有一個是個,剩下全部大于等于,所以講座后問卷答題的正確率的平均數大于,所以B對;
講座前問卷答題的正確率更加分散,所以講座前問卷答題的正確率的標準差大于講座后正確率的標準差,所以C錯;
講座后問卷答題的正確率的極差為,
講座前問卷答題正確率的極差為,所以錯.
故選:B
2.(2022·全國甲(文)T6)從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回隨機抽取2張,則抽到的2張卡片上的數字之積是4的倍數的概率為()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先列舉出所有情況,再從中挑出數字之積是4的倍數的情況,由古典概型求概率即可.
【詳解】從6張卡片中無放回抽取2張,共有15種情況,
其中數字之積為4的倍數的有6種情況,故概率為.
故選:C.
3.(2022·全國乙(文)T)4. 分別統計了甲、乙兩位同學16周的各周課外體育運動時長(單位:h),得如下莖葉圖:
則下列結論中錯誤的是()
A. 甲同學周課外體育運動時長的樣本中位數為7.4
B. 乙同學周課外體育運動時長的樣本平均數大于8
C. 甲同學周課外體育運動時長大于8的概率的估計值大于0.4
D. 乙同學周課外體育運動時長大于8的概率的估計值大于0.6
【答案】C
【解析】
【分析】結合莖葉圖、中位數、平均數、古典概型等知識確定正確答案.
【詳解】對于A選項,甲同學周課外體育運動時長的樣本中位數為,A選項結論正確.
對于B選項,乙同學課外體育運動時長的樣本平均數為:

B選項結論正確.
對于C選項,甲同學周課外體育運動時長大于的概率的估計值,
C選項結論錯誤.
對于D選項,乙同學周課外體育運動時長大于的概率的估計值,
D選項結論正確.
故選:C
4.(2022·全國乙(理)T10)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤,各盤比賽結果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝概率分別為,且.記該棋手連勝兩盤的概率為p,則()
A. p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關 B. 該棋手在第二盤與甲比賽,p最大
C. 該棋手在第二盤與乙比賽,p最大 D. 該棋手在第二盤與丙比賽,p最大
【答案】D
【解析】
【分析】該棋手連勝兩盤,則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩盤的概率;該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率;該棋手在第二盤與丙比賽且連勝兩盤的概率.并對三者進行比較即可解決
【詳解】該棋手連勝兩盤,則第二盤為必勝盤,
記該棋手在第二盤與甲比賽,且連勝兩盤的概率為

記該棋手在第二盤與乙比賽,且連勝兩盤的概率為

記該棋手在第二盤與丙比賽,且連勝兩盤的概率為


即,,
則該棋手在第二盤與丙比賽,最大.選項D判斷正確;選項BC判斷錯誤;
與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關.選項A判斷錯誤.
故選:D
5.(2022·新高考Ⅰ卷T5)從2至8的7個整數中隨機取2個不同的數,則這2個數互質的概率為()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由古典概型概率公式結合組合、列舉法即可得解.
【詳解】從2至8的7個整數中隨機取2個不同的數,共有種不同的取法,
若兩數不互質,不同的取法有:,共7種,
故所求概率.
故選:D.
6.(2022·新高考Ⅱ卷T5)有甲乙丙丁戊5名同學站成一排參加文藝匯演,若甲不站在兩端,丙和丁相鄰的不同排列方式有多少種()
A. 12種 B. 24種 C. 36種 D. 48種
【答案】B
【解析】
【分析】利用捆綁法處理丙丁,用插空法安排甲,利用排列組合與計數原理即可得解
【詳解】因為丙丁要在一起,先把丙丁捆綁,看做一個元素,連同乙,戊看成三個元素排列,有種排列方式;為使甲不在兩端,必須且只需甲在此三個元素的中間兩個位置任選一個位置插入,有2種插空方式;注意到丙丁兩人的順序可交換,有2種排列方式,故安排這5名同學共有:種不同的排列方式,
故選:B
7.(2022·浙江卷T15)現有7張卡片,分別寫上數字1,2,2,3,4,5,6.從這7張卡片中隨機抽取3張,記所抽取卡片上數字最小值為,則__________,_________.
【答案】 ①. , ②. ##
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式求,由條件求分布列,再由期望公式求其期望.
【詳解】從寫有數字1,2,2,3,4,5,6的7張卡片中任取3張共有種取法,其中所抽取的卡片上的數字的最小值為2的取法有種,所以,
由已知可得的取值有1,2,3,4,
,,

所以,
故答案為:,.
二、填空題
1.(2022·全國甲(理)T15)從正方體的8個頂點中任選4個,則這4個點在同一個平面的概率為________.
【答案】.
【解析】
【分析】根據古典概型的概率公式即可求出.
【詳解】從正方體的個頂點中任取個,有個結果,這個點在同一個平面的有個,故所求概率.
故答案為:.
2.(2022·全國乙(文T14)(理T13))從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區服務工作,則甲、乙都入選的概率為____________.
【答案】或0.3
【解析】
【分析】根據古典概型計算即可
【詳解】從5名同學中隨機選3名的方法數為
甲、乙都入選的方法數為,所以甲、乙都入選的概率
故答案為:
3.(2022·新高考Ⅱ卷T13)已知隨機變量X服從正態分布,且,則____________.
【答案】##.
【解析】
【分析】根據正態分布曲線的性質即可解出.
【詳解】因為,所以,因此.
故答案為:.
三、解答題
1.(2022·全國甲(文)T)(2022·全國甲(文)T17)甲、乙兩城之間的長途客車均由A和B兩家公司運營,為了解這兩家公司長途客車的運行情況,隨機調查了甲、乙兩城之間的500個班次,得到下面列聯表:
準點班次數 未準點班次數
A 240 20
B 210 30
(1)根據上表,分別估計這兩家公司甲、乙兩城之間的長途客車準點的概率;
(2)能否有90%的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關?
附:,
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
【答案】(1)A,B兩家公司長途客車準點的概率分別為,
(2)有
【解析】
【分析】(1)根據表格中數據以及古典概型的概率公式可求得結果;
(2)根據表格中數據及公式計算,再利用臨界值表比較即可得結論.
【小問1詳解】
根據表中數據,A共有班次260次,準點班次有240次,
設A家公司長途客車準點事件為M,
則;
B共有班次240次,準點班次有210次,
設B家公司長途客車準點事件為N,
則.
A家公司長途客車準點的概率為;
B家公司長途客車準點的概率為.
【小問2詳解】
列聯表
準點班次數 未準點班次數 合計
A 240 20 260
B 210 30 240
合計 450 50 500
=,
根據臨界值表可知,有的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關.
2.(2022·全國甲(理)T19)甲、乙兩個學校進行體育比賽,比賽共設三個項目,每個項目勝方得10分,負方得0分,沒有平局.三個項目比賽結束后,總得分高的學校獲得冠軍.已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8,各項目的比賽結果相互獨立.
(1)求甲學校獲得冠軍的概率;
(2)用X表示乙學校的總得分,求X的分布列與期望.
【答案】(1);
(2)分布列見解析,.
【解析】
【分析】(1)設甲在三個項目中獲勝的事件依次記為,再根據甲獲得冠軍則至少獲勝兩個項目,利用互斥事件的概率加法公式以及相互獨立事件的乘法公式即可求出;
(2)依題可知,的可能取值為,再分別計算出對應的概率,列出分布列,即可求出期望.
【小問1詳解】
設甲在三個項目中獲勝的事件依次記為,所以甲學校獲得冠軍的概率為

【小問2詳解】
依題可知,的可能取值為,所以,
,


.
即分布列為
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
期望.
3.(2022·全國乙(文T19)(理T19)某地經過多年的環境治理,已將荒山改造成了綠水青山.為估計一林區某種樹木的總材積量,隨機選取了10棵這種樹木,測量每棵樹的根部橫截面積(單位:)和材積量(單位:),得到如下數據:
樣本號i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 總和
根部橫截面積 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材積量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并計算得.
(1)估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量;
(2)求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數(精確到0.01);
(3)現測量了該林區所有這種樹木的根部橫截面積,并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數據給出該林區這種樹木的總材積量的估計值.
附:相關系數.
【答案】(1);
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)計算出樣本的一棵根部橫截面積的平均值及一棵材積量平均值,即可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量;
(2)代入題給相關系數公式去計算即可求得樣本的相關系數值;
(3)依據樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比,列方程即可求得該林區這種樹木的總材積量的估計值.
小問1詳解】
樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值
樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值
據此可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積為,
平均一棵的材積量為
小問2詳解】

【小問3詳解】
設該林區這種樹木的總材積量的估計值為,
又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比,
可得,解之得.
則該林區這種樹木的總材積量估計為
4.(2022·新高考Ⅰ卷T20)一醫療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當地居民的衛生習慣(衛生習慣分為良好和不夠良好兩類)的關系,在已患該疾病的病例中隨機調查了100例(稱為病例組),同時在未患該疾病的人群中隨機調查了100人(稱為對照組),得到如下數據:
不夠良好 良好
病例組 40 60
對照組 10 90
(1)能否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛生習慣有差異?
(2)從該地的人群中任選一人,A表示事件“選到的人衛生習慣不夠良好”,B表示事件“選到的人患有該疾病”.與的比值是衛生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標,記該指標為R.
(ⅰ)證明:;
(ⅱ)利用該調查數據,給出的估計值,并利用(ⅰ)的結果給出R的估計值.
附,
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)答案見解析
(2)(i)證明見解析;(ii);
【解析】
【分析】(1)由所給數據結合公式求出的值,將其與臨界值比較大小,由此確定是否有99%的把握認為患該疾病群體與未黃該疾病群體的衛生習慣有差異;(2)(i)根據定義結合條件概率公式即可完成證明;(ii)根據(i)結合已知數據求.
【小問1詳解】
由已知,
又,,
所以有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛生習慣有差異.
【小問2詳解】
(i)因為,
所以
所以,
(ii)
由已知,,
又,,
所以
5.(2022·新高考Ⅱ卷T19)在某地區進行流行病調查,隨機調查了100名某種疾病患者的年齡,得到如下的樣本數據頻率分布直方圖.
(1)估計該地區這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表);
(2)估計該地區一人患這種疾病年齡在區間的概率;
(3)已知該地區這種疾病的患病率為,該地區年齡位于區間的人口占該地區總人口的,從該地區任選一人,若此人年齡位于區間,求此人患該種疾病的概率.(樣本數據中的患者年齡位于各區間的頻率作為患者年齡位于該區間的概率,精確到0.0001)
【答案】(1)歲;
(2);
(3).
【解析】
【分析】(1)根據平均值等于各矩形的面積乘以對應區間的中點值的和即可求出;
(2)設{一人患這種疾病的年齡在區間},根據對立事件的概率公式即可解出;
(3)根據條件概率公式即可求出.
【小問1詳解】
平均年齡
(歲).
【小問2詳解】
設{一人患這種疾病的年齡在區間},所以

【小問3詳解】
設任選一人年齡位于區間,任選一人患這種疾病,
則由條件概率公式可得

6.(2022·北京卷T18)在校運動會上,只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽,比賽成績達到以上(含)的同學將獲得優秀獎.為預測獲得優秀獎的人數及冠軍得主,收集了甲、乙、丙以往的比賽成績,并整理得到如下數據(單位:m):
甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,935,9.30,9.25;
乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;
丙:9.85,9.65,9.20,9.16.
假設用頻率估計概率,且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立.
(1)估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的概率;
(2)設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的總人數,估計X的數學期望E(X);
(3)在校運動會鉛球比賽中,甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大?(結論不要求證明)
【答案】(1)0.4 (2)
(3)丙
【解析】
【分析】(1)由頻率估計概率即可
(2)求解得X的分布列,即可計算出X的數學期望.
(3)計算出各自獲得最高成績的概率,再根據其各自的最高成績可判斷丙奪冠的概率估計值最大.
【小問1詳解】
由頻率估計概率可得
甲獲得優秀的概率為0.4,乙獲得優秀的概率為0.5,丙獲得優秀的概率為0.5,
故答案為0.4
【小問2詳解】
設甲獲得優秀為事件A1,乙獲得優秀為事件A2,丙獲得優秀為事件A3



.
∴X的分布列為
X 0 1 2 3
P

【小問3詳解】
丙奪冠概率估計值最大.
因為鉛球比賽無論比賽幾次就取最高成績.比賽一次,丙獲得9.85的概率為,甲獲得9.80的概率為,乙獲得9.78的概率為.并且丙的最高成績是所有成績中最高的,比賽次數越多,對丙越有利.
1八、計數原理
一、選擇題
1.(2022·北京卷T)8. 若,則()
A. 40 B. 41 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用賦值法可求的值.
【詳解】令,則,
令,則,
故,
故選:B.
2.(2022·浙江卷T12)已知多項式,則__________,___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空利用二項式定理直接求解即可,第二空賦值去求,令求出,再令即可得出答案.
【詳解】含的項為:,故;
令,即,
令,即,
∴,
故答案為:;.
(2022·新高考Ⅰ卷T13)的展開式中的系數為________________(用數字作答).
【答案】-28
【解析】
【分析】可化為,結合二項式展開式的通項公式求解.
【詳解】因為,
所以的展開式中含的項為,
的展開式中的系數為-28
故答案為:-28
1五、三角函數與解三角形
一、單選題
1.(2022·全國甲(文)T5)將函數的圖像向左平移個單位長度后得到曲線C,若C關于y軸對稱,則的最小值是()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由平移求出曲線的解析式,再結合對稱性得,即可求出的最小值.
【詳解】由題意知:曲線為,又關于軸對稱,則,
解得,又,故當時,的最小值為.
故選:C.
2.(2022·全國甲(理)T11)設函數在區間恰有三個極值點、兩個零點,則的取值范圍是()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的取值范圍得到的取值范圍,再結合正弦函數的性質得到不等式組,解得即可.
【詳解】解:依題意可得,因為,所以,
要使函數在區間恰有三個極值點、兩個零點,又,的圖象如下所示:
則,解得,即.
故選:C.
3.(2022·全國乙(文)T11)函數在區間的最小值、最大值分別為()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用導數求得的單調區間,從而判斷出在區間上的最小值和最大值.
【詳解】,
所以在區間和上,即單調遞增;
在區間上,即單調遞減,
又,,,
所以在區間上的最小值為,最大值為.
故選:D
4.(2022·新高考Ⅰ卷T6)記函數的最小正周期為T.若,且的圖象關于點中心對稱,則()
A. 1 B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函數的圖象與性質可求得參數,進而可得函數解析式,代入即可得解.
【詳解】由函數的最小正周期T滿足,得,解得,
又因為函數圖象關于點對稱,所以,且,
所以,所以,,
所以.
故選:A
5.(2022·北京卷T5)已知函數,則()
A. 在上單調遞減 B. 在上單調遞增
C. 在上單調遞減 D. 在上單調遞增
【答案】C
【解析】
【分析】化簡得出,利用余弦型函數的單調性逐項判斷可得出合適的選項.
【詳解】因為.
對于A選項,當時,,則在上單調遞增,A錯;
對于B選項,當時,,則在上不單調,B錯;
對于C選項,當時,,則在上單調遞減,C對;
對于D選項,當時,,則在上不單調,D錯.
故選:C.
6.(2022·北京卷T10)在中,.P為所在平面內的動點,且,則的取值范圍是()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依題意建立平面直角坐標系,設,表示出,,根據數量積的坐標表示、輔助角公式及正弦函數的性質計算可得;
【詳解】解:依題意如圖建立平面直角坐標系,則,,,
因為,所以在以為圓心,為半徑的圓上運動,
設,,
所以,,
所以
,其中,,
因為,所以,即;
故選:D
7.(2022·浙江卷T6)為了得到函數的圖象,只要把函數圖象上所有的點()
A. 向左平移個單位長度 B. 向右平移個單位長度
C 向左平移個單位長度 D. 向右平移個單位長度
【答案】D
【解析】
【分析】根據三角函數圖象的變換法則即可求出.
【詳解】因為,所以把函數圖象上的所有點向右平移個單位長度即可得到函數的圖象.
故選:D.
二、填空題
1.(2022·全國甲(文)T16). 已知中,點D在邊BC上,.當取得最小值時,________.
【答案】##
【解析】
【分析】設,利用余弦定理表示出后,結合基本不等式即可得解.
【詳解】設,
則在中,,
在中,,
所以

當且僅當即時,等號成立,
所以當取最小值時,.
故答案為:.
2.(2022·全國甲(理)T16)已知中,點D在邊BC上,.當取得最小值時,________.
【答案】##
【解析】
【分析】設,利用余弦定理表示出后,結合基本不等式即可得解.
【詳解】設,
則在中,,
在中,,
所以

當且僅當即時,等號成立,
所以當取最小值時,.
故答案為:.
3.(2022·全國乙(理)T15)記函數的最小正周期為T,若,為的零點,則的最小值為____________.
【答案】
【解析】
【分析】首先表示出,根據求出,再根據為函數的零點,即可求出的取值,從而得解;
【詳解】解:因為,(,)
所以最小正周期,因為,
又,所以,即,
又為的零點,所以,解得,
因為,所以當時;
故答案為:
4.(2022·新高考Ⅱ卷T6)角滿足,則()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由兩角和差正余弦公式化簡,結合同角三角函數的商數關系即可得解.
【詳解】由已知得:,
即:,
即:,
所以,
故選:D
5.(2022·新高考Ⅱ卷T9)函數的圖象以中心對稱,則()
A. 在單調遞減
B. 在有2個極值點
C. 直線是一條對稱軸
D. 直線是一條切線
【答案】AD
【解析】
【分析】根據三角函數的性質逐個判斷各選項,即可解出.
【詳解】由題意得:,所以,,
即,
又,所以時,,故.
對A,當時,,由正弦函數圖象知在上是單調遞減;
對B,當時,,由正弦函數圖象知只有1個極值點,由,解得,即為函數的唯一極值點;
對C,當時,,,直線不是對稱軸;
對D,由得:,
解得或,
從而得:或,
所以函數在點處的切線斜率為,
切線方程為:即.
故選:AD.
6.(2022·北京卷T13)若函數的一個零點為,則________;________.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】先代入零點,求得A的值,再將函數化簡為,代入自變量,計算即可.
【詳解】∵,∴

故答案為:1,
7.(2022·浙江卷T11)我國南宋著名數學家秦九韶,發現了從三角形三邊求面積的公式,他把這種方法稱為“三斜求積”,它填補了我國傳統數學的一個空白.如果把這個方法寫成公式,就是,其中a,b,c是三角形的三邊,S是三角形的面積.設某三角形的三邊,則該三角形的面積___________.
【答案】.
【解析】
【分析】根據題中所給的公式代值解出.
【詳解】因為,所以.
故答案為:.
8.(2022·浙江卷T13)若,則__________,_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先通過誘導公式變形,得到的同角等式關系,再利用輔助角公式化簡成正弦型函數方程,可求出,接下來再求.
【詳解】,∴,即,
即,令,,
則,∴,即,
∴,
則.
故答案為:;.
三、解答題
1.(2022·全國乙(文)T17)記的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c﹐已知.
(1)若,求C;
(2)證明:
【答案】(1);
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】(1)根據題意可得,,再結合三角形內角和定理即可解出;
(2)由題意利用兩角差的正弦公式展開得,再根據正弦定理,余弦定理化簡即可證出.
【小問1詳解】
由,可得,,而,所以,即有,而,顯然,所以,,而,,所以.
【小問2詳解】
由可得,
,再由正弦定理可得,
,然后根據余弦定理可知,
,化簡得:
,故原等式成立.
2.(2022·全國乙(理)T17)記的內角的對邊分別為,已知.
(1)證明:;
(2)若,求的周長.
【答案】(1)見解析 (2)14
【解析】
【分析】(1)利用兩角差的正弦公式化簡,再根據正弦定理和余弦定理化角為邊,從而即可得證;
(2)根據(1)的結論結合余弦定理求出,從而可求得,即可得解.
【小問1詳解】
證明:因為,
所以,
所以,
即,
所以;
【小問2詳解】
解:因為,
由(1)得,
由余弦定理可得,
則,
所以,
故,
所以,
所以的周長為.
3.(2022·新高考Ⅰ卷T18)記的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知.
(1)若,求B;
(2)求的最小值.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)根據二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成,再結合,即可求出;
(2)由(1)知,,,再利用正弦定理以及二倍角公式將化成,然后利用基本不等式即可解出.
【小問1詳解】
因為,即,
而,所以;
【小問2詳解】
由(1)知,,所以,
而,
所以,即有.
所以

當且僅當時取等號,所以的最小值為.
4.(2022·新高考Ⅱ卷T18)記的三個內角分別為A,B,C,其對邊分別為a,b,c,分別以a,b,c為邊長的三個正三角形的面積依次為,已知.
(1)求的面積;
(2)若,求b.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先表示出,再由求得,結合余弦定理及平方關系求得,再由面積公式求解即可;
(2)由正弦定理得,即可求解.
【小問1詳解】
由題意得,則,
即,由余弦定理得,整理得,則,又,
則,,則;
【小問2詳解】
由正弦定理得:,則,則,.
5.(2022·北京卷T16)在中,.
(1)求;
(2)若,且的面積為,求的周長.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用二倍角的正弦公式化簡可得的值,結合角的取值范圍可求得角的值;
(2)利用三角形的面積公式可求得的值,由余弦定理可求得的值,即可求得的周長.
【小問1詳解】
解:因為,則,由已知可得,
可得,因此,.
【小問2詳解】
解:由三角形的面積公式可得,解得.
由余弦定理可得,,
所以,的周長為.
6.(2022·浙江卷T18)在中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知.
(1)求的值;
(2)若,求的面積.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)先由平方關系求出,再根據正弦定理即可解出;
(2)根據余弦定理的推論以及可解出,即可由三角形面積公式求出面積.
【小問1詳解】
由于,,則.因為,
由正弦定理知,則.
【小問2詳解】
因為,由余弦定理,得,
即,解得,而,,
所以的面積.
1六、數列
一、選擇題
1.(2022·全國乙(文)T10)已知等比數列的前3項和為168,,則()
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】設等比數列的公比為,易得,根據題意求出首項與公比,再根據等比數列的通項即可得解.
【詳解】解:設等比數列的公比為,
若,則,與題意矛盾,
所以,
則,解得,
所以.
故選:D.
2.(2022·全國乙(理)T8)已知等比數列的前3項和為168,,則()
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】設等比數列的公比為,易得,根據題意求出首項與公比,再根據等比數列的通項即可得解.
【詳解】解:設等比數列的公比為,
若,則,與題意矛盾,
所以,
則,解得,
所以.
故選:D.
3.(2022·全國乙(理)T4)嫦娥二號衛星在完成探月任務后,繼續進行深空探測,成為我國第一顆環繞太陽飛行人造行星,為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值,用到數列:,,,…,依此類推,其中.則()
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據,再利用數列與的關系判斷中各項的大小,即可求解.
【詳解】解:因為,
所以,,得到,
同理,可得,
又因為,
故,;
以此類推,可得,,故A錯誤;
,故B錯誤;
,得,故C錯誤;
,得,故D正確.
故選:D.
4.(2022·新高考Ⅱ卷T3)中國的古建筑不僅是擋風遮雨的住處,更是美學和哲學的體現.如圖是某古建筑物的剖面圖,是舉,是相等的步,相鄰桁的舉步之比分別為,若是公差為0.1的等差數列,且直線的斜率為0.725,則()
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
【答案】D
【解析】
【分析】設,則可得關于的方程,求出其解后可得正確的選項.
【詳解】設,則,
依題意,有,且,
所以,故,
故選:D
5.(2022·浙江卷T10)已知數列滿足,則()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先通過遞推關系式確定除去,其他項都在范圍內,再利用遞推公式變形得到,累加可求出,得出,再利用,累加可求出,再次放縮可得出.
【詳解】∵,易得,依次類推可得
由題意,,即,
∴,
即,,,…,,
累加可得,即,
∴,即,,
又,
∴,,,…,,
累加可得,
∴,
即,∴,即;
綜上:.
故選:B.
【點睛】關鍵點點睛:解決本題的關鍵是利用遞推關系進行合理變形放縮.
二、填空題
1.(2022·全國乙(文)T13)記為等差數列的前n項和.若,則公差_______.
【答案】2
【解析】
【分析】轉化條件為,即可得解.
【詳解】由可得,化簡得,
即,解得.
故答案為:2.
2.(2022·北京卷T15)己知數列各項均為正數,其前n項和滿足.給出下列四個結論:
①的第2項小于3;②為等比數列;
③為遞減數列;④中存在小于的項.
其中所有正確結論的序號是__________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】推導出,求出、的值,可判斷①;利用反證法可判斷②④;利用數列單調性的定義可判斷③.
【詳解】由題意可知,,,
當時,,可得;
當時,由可得,兩式作差可得,
所以,,則,整理可得,
因為,解得,①對;
假設數列為等比數列,設其公比為,則,即,
所以,,可得,解得,不合乎題意,
故數列不等比數列,②錯;
當時,,可得,所以,數列為遞減數列,③對;
假設對任意,,則,
所以,,與假設矛盾,假設不成立,④對.
故答案為:①③④.
【點睛】關鍵點點睛:本題在推斷②④的正誤時,利用正面推理較為復雜時,可采用反證法來進行推導.
三、解答題
1.(2022·全國甲(文T18)(理T17)記為數列的前n項和.已知.
(1)證明:是等差數列;
(2)若成等比數列,求的最小值.
【答案】(1)證明見解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)依題意可得,根據,作差即可得到,從而得證;
(2)由(1)及等比中項的性質求出,即可得到的通項公式與前項和,再根據二次函數的性質計算可得.
【小問1詳解】
解:因為,即①,
當時,②,
①②得,,
即,
即,所以,且,
所以是以為公差的等差數列.
【小問2詳解】
解:由(1)可得,,,
又,,成等比數列,所以,
即,解得,
所以,所以,
所以,當或時.
2.(2022·新高考Ⅰ卷T17)記為數列的前n項和,已知是公差為的等差數列.
(1)求的通項公式;
(2)證明:.
【答案】(1)
(2)見解析
【解析】
【分析】(1)利用等差數列的通項公式求得,得到,利用和與項的關系得到當時,,進而得:,利用累乘法求得,檢驗對于也成立,得到的通項公式;
(2)由(1)的結論,利用裂項求和法得到,進而證得.
【小問1詳解】
∵,∴,∴,
又∵是公差為的等差數列,
∴,∴,
∴當時,,
∴,
整理得:,
即,


顯然對于也成立,
∴的通項公式;
【小問2詳解】

3.(2022·新高考Ⅱ卷T17)已知為等差數列,是公比為2的等比數列,且.
(1)證明:;
(2)求集合中元素個數.
【答案】(1)證明見解析;
(2).
【解析】
【分析】(1)設數列的公差為,根據題意列出方程組即可證出;
(2)根據題意化簡可得,即可解出.
【小問1詳解】
設數列的公差為,所以,,即可解得,,所以原命題得證.
【小問2詳解】
由(1)知,,所以,即,亦即,解得,所以滿足等式的解,故集合中的元素個數為.
4.(2022·北京卷T21)已知為有窮整數數列.給定正整數m,若對任意的,在Q中存在,使得,則稱Q為連續可表數列.
(1)判斷是否為連續可表數列?是否為連續可表數列?說明理由;
(2)若為連續可表數列,求證:k的最小值為4;
(3)若為連續可表數列,且,求證:.
【答案】(1)是連續可表數列;不是連續可表數列.
(2)證明見解析. (3)證明見解析.
【解析】
【分析】(1)直接利用定義驗證即可;
(2)先考慮不符合,再列舉一個合題即可;
(3)時,根據和的個數易得顯然不行,再討論時,由可知里面必然有負數,再確定負數只能是,然后分類討論驗證不行即可.
【小問1詳解】
,,,,,所以是連續可表數列;易知,不存在使得,所以不是連續可表數列.
【小問2詳解】
若,設為,則至多,6個數字,沒有個,矛盾;
當時,數列,滿足,,,,,,,,.
【小問3詳解】
,若最多有種,若,最多有種,所以最多有種,
若,則至多可表個數,矛盾,
從而若,則,至多可表個數,
而,所以其中有負的,從而可表1~20及那個負數(恰 21個),這表明中僅一個負的,沒有0,且這個負的在中絕對值最小,同時中沒有兩數相同,設那個負數為,
則所有數之和,,
,再考慮排序,排序中不能有和相同,否則不足個,
(僅一種方式),
與2相鄰,
若不在兩端,則形式,
若,則(有2種結果相同,方式矛盾),
,同理,故在一端,不妨為形式,
若,則(有2種結果相同,矛盾),同理不行,
,則(有2種結果相同,矛盾),從而,
由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、
故只能,①或,②
這2種情形,
對①:,矛盾,
對②:,也矛盾,綜上

【點睛】關鍵點睛,先理解題意,是否為可表數列核心就是是否存在連續的幾項(可以是一項)之和能表示從到中間的任意一個值.本題第二問時,通過和值可能個數否定;第三問先通過和值的可能個數否定,再驗證時,數列中的幾項如果符合必然是的一個排序,可驗證這組數不合題.
5.(2022·浙江卷T20)已知等差數列的首項,公差.記的前n項和為.
(1)若,求;
(2)若對于每個,存在實數,使成等比數列,求d的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用等差數列通項公式及前項和公式化簡條件,求出,再求;
(2)由等比數列定義列方程,結合一元二次方程有解的條件求的范圍.
【小問1詳解】
因為,
所以,
所以,又,
所以,
所以,
所以,
【小問2詳解】
因為,,成等比數列,
所以,


由已知方程的判別式大于等于0,
所以,
所以對于任意的恒成立,
所以對于任意的恒成立,
當時,,
當時,由,可得
當時,,

所以
1五、函數與導數
一、選擇題
1.(2022·全國甲(文T7)(理T5))函數在區間的圖象大致為()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函數的奇偶性結合指數函數、三角函數的性質逐項排除即可得解.
【詳解】令,
則,
所以為奇函數,排除BD;
又當時,,所以,排除C.
故選:A.
2.(2022·全國甲(文T8)(理T6)). 當時,函數取得最大值,則()
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根據題意可知,即可解得,再根據即可解出.
【詳解】因為函數定義域為,所以依題可知,,,而,所以,即,所以,因此函數在上遞增,在上遞減,時取最大值,滿足題意,即有.
故選:B.
3.(2022·全國乙(文T8)如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像,則該函數是()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函數圖像的特征結合函數的性質逐項排除即可得解.
【詳解】設,則,故排除B;
設,當時,,
所以,故排除C;
設,則,故排除D.
故選:A.
4.(2022·全國乙(理)T12)已知函數的定義域均為R,且.若的圖像關于直線對稱,,則()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據對稱性和已知條件得到,從而得到,,然后根據條件得到的值,再由題意得到從而得到的值即可求解.
【詳解】因為的圖像關于直線對稱,
所以,
因為,所以,即,
因為,所以,
代入得,即,
所以,
.
因為,所以,即,所以.
因為,所以,又因為,
聯立得,,
所以的圖像關于點中心對稱,因為函數的定義域為R,
所以
因為,所以.
所以.
故選:D
【點睛】含有對稱軸或對稱中心的問題往往條件比較隱蔽,考生需要根據已知條件進行恰當的轉化,然后得到所需的一些數值或關系式從而解題.
5.(2022·新高考Ⅰ卷T10)已知函數,則()
A. 有兩個極值點 B. 有三個零點
C. 點是曲線的對稱中心 D. 直線是曲線的切線
【答案】AC
【解析】
【分析】利用極值點的定義可判斷A,結合的單調性、極值可判斷B,利用平移可判斷C;利用導數的幾何意義判斷D.
【詳解】由題,,令得或,
令得,
所以在上單調遞減,在,上單調遞增,
所以是極值點,故A正確;
因,,,
所以,函數在上有一個零點,
當時,,即函數在上無零點,
綜上所述,函數有一個零點,故B錯誤;
令,該函數的定義域為,,
則是奇函數,是的對稱中心,
將的圖象向上移動一個單位得到的圖象,
所以點是曲線的對稱中心,故C正確;
令,可得,又,
當切點為時,切線方程為,當切點為時,切線方程為,
故D錯誤.
故選:AC
6.(2022·新高考Ⅰ卷T12)已知函數及其導函數的定義域均為,記,若,均為偶函數,則()
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】轉化題設條件為函數的對稱性,結合原函數與導函數圖象的關系,根據函數的性質逐項判斷即可得解.
【詳解】因為,均為偶函數,
所以即,,
所以,,則,故C正確;
函數,的圖象分別關于直線對稱,
又,且函數可導,
所以,
所以,所以,
所以,,故B正確,D錯誤;
若函數滿足題設條件,則函數(C為常數)也滿足題設條件,所以無法確定的函數值,故A錯誤.
故選:BC.
【點睛】關鍵點點睛:解決本題的關鍵是轉化題干條件為抽象函數的性質,準確把握原函數與導函數圖象間的關系,準確把握函數的性質(必要時結合圖象)即可得解.
7.(2022·新高考Ⅱ卷T8)若函數的定義域為R,且,則()
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根據題意賦值即可知函數的一個周期為,求出函數一個周期中的的值,即可解出.
【詳解】因為,令可得,,所以,令可得,,即,所以函數為偶函數,令得,,即有,從而可知,,故,即,所以函數的一個周期為.
因為,,,,,所以
一個周期內的.由于22除以6余4,
所以.
故選:A.
8.(2022·北京卷T4)己知函數,則對任意實數x,有()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接代入計算,注意通分不要計算錯誤.
【詳解】,故A錯誤,C正確;
,不是常數,故BD錯誤;
故選:C.
9.(2022·北京卷T7)在北京冬奧會上,國家速滑館“冰絲帶”使用高效環保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術,為實現綠色冬奧作出了貢獻.如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態與T和的關系,其中T表示溫度,單位是K;P表示壓強,單位是.下列結論中正確的是()
A. 當,時,二氧化碳處于液態
B. 當,時,二氧化碳處于氣態
C. 當,時,二氧化碳處于超臨界狀態
D. 當,時,二氧化碳處于超臨界狀態
【答案】D
【解析】
【分析】根據與的關系圖可得正確的選項.
【詳解】當,時,,此時二氧化碳處于固態,故A錯誤.
當,時,,此時二氧化碳處于液態,故B錯誤.
當,時,與4非常接近,故此時二氧化碳處于固態,
另一方面,時對應的是非超臨界狀態,故C錯誤.
當,時,因, 故此時二氧化碳處于超臨界狀態,故D正確.
故選:D
10.(2022·浙江卷T7)已知,則()
A. 25 B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據指數式與對數式的互化,冪的運算性質以及對數的運算性質即可解出.
【詳解】因為,,即,所以.
故選:C.
二、填空題
1.(2022·全國乙(文T16)若是奇函數,則_____,______.
【答案】 ①. ; ②. .
【解析】
【分析】根據奇函數的定義即可求出.
【詳解】因為函數為奇函數,所以其定義域關于原點對稱.
由可得,,所以,解得:,即函數的定義域為,再由可得,.即,在定義域內滿足,符合題意.
故答案為:;.
2.(2022·全國乙(理)T16)已知和分別是函數(且)的極小值點和極大值點.若,則a的取值范圍是____________.
【答案】
【解析】
【分析】由分別是函數的極小值點和極大值點,可得時,,時,,再分和兩種情況討論,方程的兩個根為,即函數與函數的圖象有兩個不同的交點,構造函數,根據導數的結合意義結合圖象即可得出答案.
【詳解】解:,
因為分別是函數的極小值點和極大值點,
所以函數在和上遞減,在上遞增,
所以當時,,當時,,
若時,
當時,,
則此時,與前面矛盾,
故不符合題意,
若時,
則方程的兩個根為,
即方程的兩個根為,
即函數與函數的圖象有兩個不同的交點,
令,則,
設過原點且與函數的圖象相切的直線的切點為,
則切線的斜率為,
故切線方程為,
則有,
解得,
則切線的斜率為,
因為函數與函數的圖象有兩個不同的交點,
所以,解得,
又,所以,
綜上所述,的范圍為.
【點睛】本題考查了函數的極值點問題,考查了導數的幾何意義,考查了轉化思想及分類討論思想,有一定的難度.
3.(2022·新高考Ⅰ卷T15)若曲線有兩條過坐標原點的切線,則a的取值范圍是______________.
【答案】
【解析】
【分析】設出切點橫坐標,利用導數的幾何意義求得切線方程,根據切線經過原點得到關于的方程,根據此方程應有兩個不同的實數根,求得的取值范圍.
【詳解】∵,∴,
設切點為,則,切線斜率,
切線方程為:,
∵切線過原點,∴,
整理得:,
∵切線有兩條,∴,解得或,
∴的取值范圍是,
故答案為:
4.(2022·新高考Ⅱ卷T14)寫出曲線過坐標原點的切線方程:____________,____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分和兩種情況,當時設切點為,求出函數導函數,即可求出切線的斜率,從而表示出切線方程,再根據切線過坐標原點求出,即可求出切線方程,當時同理可得;
【詳解】解:因為,
當時,設切點為,由,所以,所以切線方程為,
又切線過坐標原點,所以,解得,所以切線方程為,即;
當時,設切點為,由,所以,所以切線方程為,
又切線過坐標原點,所以,解得,所以切線方程為,即;
故答案為:;
5.(2022·北京卷T11)函數的定義域是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根據偶次方根的被開方數非負、分母不為零得到方程組,解得即可;
【詳解】解:因為,所以,解得且,
故函數的定義域為;
故答案為:
6.(2022·北京卷T14)設函數若存在最小值,則a的一個取值為________;a的最大值為___________.
【答案】 ①0(答案不唯一) ②. 1
【解析】
【分析】根據分段函數中的函數的單調性進行分類討論,可知,符合條件,不符合條件,時函數沒有最小值,故的最小值只能取的最小值,根據定義域討論可知或, 解得 .
【詳解】解:若時,,∴;
若時,當時,單調遞增,當時,,故沒有最小值,不符合題目要求;
若時,
當時,單調遞減,,
當時,
∴或,
解得,
綜上可得;
故答案為:0(答案不唯一),1
7.(2022·浙江卷T14)已知函數則________;若當時,,則的最大值是_________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】結合分段函數的解析式求函數值,由條件求出的最小值,的最大值即可.
【詳解】由已知,,
所以,
當時,由可得,所以,
當時,由可得,所以,
等價于,所以,
所以的最大值為.
故答案為:,.
解答題
1.(2022·全國甲(文)T20)已知函數,曲線在點處的切線也是曲線的切線.
(1)若,求a;
(2)求a的取值范圍.
【答案】(1)3 (2)
【解析】
【分析】(1)先由上的切點求出切線方程,設出上的切點坐標,由斜率求出切點坐標,再由函數值求出即可;
(2)設出上的切點坐標,分別由和及切點表示出切線方程,由切線重合表示出,構造函數,求導求出函數值域,即可求得的取值范圍.
【小問1詳解】
由題意知,,,,則在點處的切線方程為,
即,設該切線與切于點,,則,解得,則,解得;
【小問2詳解】
,則在點處的切線方程為,整理得,
設該切線與切于點,,則,則切線方程為,整理得,
則,整理得,
令,則,令,解得或,
令,解得或,則變化時,的變化情況如下表:
0 1
0 0 0
則的值域為,故的取值范圍為.
2.(2022·全國甲(理)T21)已知函數.
(1)若,求a的取值范圍;
(2)證明:若有兩個零點,則環.
【答案】(1)
(2)證明見的解析
【解析】
【分析】(1)由導數確定函數單調性及最值,即可得解;
(2)利用分析法,轉化要證明條件為,再利用導數即可得證.
【小問1詳解】
的定義域為,
令,得
當單調遞減
當單調遞增,
若,則,即
所以的取值范圍為
【小問2詳解】
由題知,一個零點小于1,一個零點大于1
不妨設
要證,即證
因為,即證
因為,即證
即證
即證
下面證明時,
設,


所以,而
所以,所以
所以在單調遞增
即,所以

所以在單調遞減
即,所以;
綜上, ,所以.
【點睛】關鍵點點睛:本題極值點偏移問題,關鍵點是通過分析法,構造函數證明不等式
這個函數經常出現,需要掌握
3.(2022·全國乙(文)T20)已知函數.
(1)當時,求的最大值;
(2)若恰有一個零點,求a的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由導數確定函數的單調性,即可得解;
(2)求導得,按照、及結合導數討論函數的單調性,求得函數的極值,即可得解.
【小問1詳解】
當時,,則,
當時,,單調遞增;
當時,,單調遞減;
所以;
【小問2詳解】
,則,
當時,,所以當時,,單調遞增;
當時,,單調遞減;
所以,此時函數無零點,不合題意;
當時,,在上,,單調遞增;
在上,,單調遞減;
又,當x趨近正無窮大時,趨近于正無窮大,
所以僅在有唯一零點,符合題意;
當時,,所以單調遞增,又,
所以有唯一零點,符合題意;
當時,,在上,,單調遞增;
在上,,單調遞減;此時,
又,當n趨近正無窮大時,趨近負無窮,
所以在有一個零點,在無零點,
所以有唯一零點,符合題意;
綜上,a的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛:解決本題的關鍵是利用導數研究函數的極值與單調性,把函數零點問題轉化為函數的單調性與極值的問題.
4.(2022·全國乙(理)T21)已知函數
(1)當時,求曲線在點處的切線方程;
(2)若在區間各恰有一個零點,求a的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先算出切點,再求導算出斜率即可
(2)求導,對分類討論,對分兩部分研究
【小問1詳解】
的定義域為
當時,,所以切點為,所以切線斜率為2
所以曲線在點處的切線方程為
【小問2詳解】

若,當,即
所以在上單調遞增,
故在上沒有零點,不合題意
若,當,則
所以在上單調遞增所以,即
所以在上單調遞增,
故在上沒有零點,不合題意

(1)當,則,所以在上單調遞增
所以存在,使得,即
當單調遞減
當單調遞增
所以


所以在上有唯一零點
又沒有零點,即在上有唯一零點
(2)當

所以在單調遞增
所以存在,使得
當單調遞減
當單調遞增

所以存在,使得,即
當單調遞增,當單調遞減

而,所以當
所以在上有唯一零點,上無零點
即在上有唯一零點
所以,符合題意
所以若在區間各恰有一個零點,求的取值范圍為
【點睛】方法點睛:本題的關鍵是對的范圍進行合理分類,否定和肯定并用,否定只需要說明一邊不滿足即可,肯定要兩方面都說明.
5.(2022·新高考Ⅰ卷T22)已知函數和有相同最小值.
(1)求a;
(2)證明:存在直線,其與兩條曲線和共有三個不同的交點,并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【答案】(1)
(2)見解析
【解析】
【分析】(1)根據導數可得函數的單調性,從而可得相應的最小值,根據最小值相等可求a.注意分類討論.
(2)根據(1)可得當時,的解的個數、的解的個數均為2,構建新函數,利用導數可得該函數只有一個零點且可得的大小關系,根據存在直線與曲線、有三個不同的交點可得的取值,再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.
【小問1詳解】
的定義域為,而,
若,則,此時無最小值,故.
的定義域為,而.
當時,,故在上為減函數,
當時,,故在上為增函數,
故.
當時,,故在上為減函數,
當時,,故在上為增函數,
故.
因為和有相同的最小值,
故,整理得到,其中,
設,則,
故為上的減函數,而,
故的唯一解為,故的解為.
綜上,.
【小問2詳解】
由(1)可得和的最小值為.
當時,考慮的解的個數、的解的個數.
設,,
當時,,當時,,
故在上為減函數,在上為增函數,
所以,
而,,
設,其中,則,
故在上為增函數,故,
故,故有兩個不同的零點,即的解的個數為2.
設,,
當時,,當時,,
故在上為減函數,在上為增函數,
所以,
而,,
有兩個不同的零點即的解的個數為2.
當,由(1)討論可得、僅有一個零點,
當時,由(1)討論可得、均無零點,
故若存在直線與曲線、有三個不同的交點,
則.
設,其中,故,
設,,則,
故在上為增函數,故即,
所以,所以在上為增函數,
而,,
故在上有且只有一個零點,且:
當時,即即,
當時,即即,
因此若存在直線與曲線、有三個不同交點,
故,
此時有兩個不同的零點,
此時有兩個不同的零點,
故,,,
所以即即,
故為方程的解,同理也為方程的解
又可化為即即,
故為方程的解,同理也為方程的解,
所以,而,
故即.
【點睛】思路點睛:函數的最值問題,往往需要利用導數討論函數的單調性,此時注意對參數的分類討論,而不同方程的根的性質,注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.
6.(2022·新高考Ⅱ卷T22)已知函數.
(1)當時,討論的單調性;
(2)當時,,求a的取值范圍;
(3)設,證明:.
【答案】(1)的減區間為,增區間為.
(2)
(3)見解析
【解析】
【分析】(1)求出,討論其符號后可得的單調性.
(2)設,求出,先討論時題設中的不等式不成立,再就結合放縮法討論符號,最后就結合放縮法討論的范圍后可得參數的取值范圍.
(3)由(2)可得對任意的恒成立,從而可得對任意的恒成立,結合裂項相消法可證題設中的不等式.
【小問1詳解】
當時,,則,
當時,,當時,,
故的減區間為,增區間為.
【小問2詳解】
設,則,
又,設,
則,
若,則,
因為為連續不間斷函數,
故存在,使得,總有,
故在為增函數,故,
故在為增函數,故,與題設矛盾.
若,則,
下證:對任意,總有成立,
證明:設,故,
故在上為減函數,故即成立.
由上述不等式有,
故總成立,即在上為減函數,
所以.
當時,有,
所以在上為減函數,所以.
綜上,.
【小問3詳解】
取,則,總有成立,
令,則,
故即對任意的恒成立.
所以對任意的,有,
整理得到:,


故不等式成立.
【點睛】思路點睛:函數參數的不等式的恒成立問題,應該利用導數討論函數的單調性,注意結合端點處導數的符號合理分類討論,導數背景下數列不等式的證明,應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.
7.(2022·北京卷T20)已知函數.
(1)求曲線在點處切線方程;
(2)設,討論函數在上的單調性;
(3)證明:對任意的,有.
【答案】(1)
(2)在上單調遞增.
(3)證明見解析
【解析】
【分析】(1)先求出切點坐標,在由導數求得切線斜率,即得切線方程;
(2)在求一次導數無法判斷的情況下,構造新的函數,再求一次導數,問題即得解;
(3)令,,即證,由第二問結論可知在[0,+∞)上單調遞增,即得證.
【小問1詳解】
解:因為,所以,
即切點坐標為,
又,
∴切線斜率
∴切線方程為:
【小問2詳解】
解:因為,
所以,
令,
則,
∴在上單調遞增,

∴在上恒成立,
∴上單調遞增.
【小問3詳解】
解:原不等式等價于,
令,,
即證,
∵,

由(2)知在上單調遞增,
∴,

∴在上單調遞增,又因為,
∴,所以命題得證.
8.(2022·浙江卷T22)設函數.
(1)求的單調區間;
(2)已知,曲線上不同的三點處的切線都經過點.證明:
(ⅰ)若,則;
(ⅱ)若,則.
(注:是自然對數底數)
【答案】(1)的減區間為,增區間為.
(2)(ⅰ)見解析;(ⅱ)見解析.
【解析】
【分析】(1)求出函數的導數,討論其符號后可得函數的單調性.
(2)(ⅰ)由題設構造關于切點橫坐標的方程,根據方程有3個不同的解可證明不等式成立,(ⅱ) ,,則題設不等式可轉化為,結合零點滿足的方程進一步轉化為,利用導數可證該不等式成立.
【小問1詳解】

當,;當,,
故的減區間為,的增區間為.
【小問2詳解】
(ⅰ)因為過有三條不同的切線,設切點為,
故,
故方程有3個不同的根,
該方程可整理為,
設,


當或時,;當時,,
故在上為減函數,在上為增函數,
因為有3個不同的零點,故且,
故且,
整理得到:且,
此時,
設,則,
故為上的減函數,故,

(ⅱ)當時,同(ⅰ)中討論可得:
故在上為減函數,在上為增函數,
不妨設,則,
因為有3個不同的零點,故且,
故且,
整理得到:,
因為,故,
又,
設,,則方程即為:
即為,

則為有三個不同的根,
設,,
要證:,即證,
即證:,
即證:,
即證:,
而且,
故,
故,
故即證:,
即證:
即證:,
記,則,
設,則即,
故在上為增函數,故,
所以,
記,
則,
所以在為增函數,故,
故即,
故原不等式得證:
【點睛】思路點睛:導數背景下的切線條數問題,一般轉化為關于切點方程的解的個數問題,而復雜方程的零點性質的討論,應該根據零點的性質合理轉化需求證的不等式,常用的方法有比值代換等.
1四、平面向量
一、選擇題
1.(2022·全國乙(文)T3)已知向量,則()
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】先求得,然后求得.
【詳解】因為,所以.
故選:D
2.(2022·全國乙(理)T3)已知向量滿足,則()
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根據給定模長,利用向量的數量積運算求解即可.
【詳解】解:∵,
又∵
∴9,

故選:C.
3.(2022·新高考Ⅰ卷T3)在中,點D在邊AB上,.記,則()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據幾何條件以及平面向量的線性運算即可解出.
【詳解】因為點D在邊AB上,,所以,即,
所以.
故選:B.
4.(2022·新高考Ⅱ卷T4)已知,若,則()
A. B. C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的運算和向量的夾角的余弦公式的坐標形式化簡即可求得
【詳解】解:,,即,解得,
故選:C
二、填空題
1.(2022·全國甲(文)T13)已知向量.若,則______________.
【答案】或
【解析】
【分析】直接由向量垂直的坐標表示求解即可.
【詳解】由題意知:,解得.
故答案為:.
2.(2022·全國甲(理)T13)設向量,的夾角的余弦值為,且,,則_________.
【答案】
【解析】
【分析】設與的夾角為,依題意可得,再根據數量積的定義求出,最后根據數量積的運算律計算可得.
【詳解】解:設與的夾角為,因為與的夾角的余弦值為,即,
又,,所以,
所以.
故答案為:.
1三、不等式
一、選擇題
1.(2022·全國甲(文)T12)已知,則()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據指對互化以及對數函數的單調性即可知,再利用基本不等式,換底公式可得,,然后由指數函數的單調性即可解出.
【詳解】由可得,而,所以,即,所以.
又,所以,即,
所以.綜上,.
故選:A.
2.(2022·全國甲(理)T12)已知,則()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由結合三角函數的性質可得;構造函數,利用導數可得,即可得解.
【詳解】因為,因為當
所以,即,所以;
設,
,所以在單調遞增,
則,所以,
所以,所以,
故選:A
3.(2022·新高考Ⅰ卷T7)設,則()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】構造函數,導數判斷其單調性,由此確定大小.
【詳解】設,因為,
當時,,當時,
所以函數在單調遞減,在上單調遞增,
所以,所以,故,即,
所以,所以,故,所以,
故,
設,則,
令,,
當時,,函數單調遞減,
當時,,函數單調遞增,
又,
所以當時,,
所以當時,,函數單調遞增,
所以,即,所以
故選:C.
4.(2022·新高考Ⅱ卷T12)對任意x,y,,則()
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根據基本不等式或者取特值即可判斷各選項的真假.
【詳解】因為(R),由可變形為,,解得,當且僅當時,,當且僅當時,,所以A錯誤,B正確;
由可變形為,解得,當且僅當時取等號,所以C正確;
因為變形可得,設,所以,因此
,所以當時滿足等式,但是不成立,所以D錯誤.
故選:BC.
1二、復數
一、單選題
1. (2022·全國甲(理))若,則()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由共軛復數的概念及復數的運算即可得解.
2.(2022·全國甲(文))若.則()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據復數代數形式的運算法則,共軛復數的概念以及復數模的計算公式即可求出.
【詳解】因為,所以,所以.
故選:D.
3.(2022·全國乙(文))設,其中為實數,則()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據復數代數形式的運算法則以及復數相等的概念即可解出.
【詳解】因為R,,所以,解得:.
故選:A.
4.(2022·全國乙(理))已知,且,其中a,b為實數,則()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先算出,再代入計算,實部與虛部都為零解方程組即可
【詳解】
由,得,即
故選:
5.(2022·新高考Ⅰ卷)2. 若,則()
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用復數的除法可求,從而可求.
【詳解】由題設有,故,故,
故選:D
6.(2022·新高考Ⅱ卷)()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用復數的乘法可求.
【詳解】,
故選:D.
7.(2022·北京卷T2)若復數z滿足,則()
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用復數四則運算,先求出,再計算復數的模.
【詳解】由題意有,故.
故選:B.
8.(2022·浙江卷T2)已知(為虛數單位),則()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用復數相等的條件可求.
【詳解】,而為實數,故,
故選:B.
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