2022版高考数学大题标准练（二）

这是一份2022版高考数学大题标准练（二），共9页。试卷主要包含了此时代入①式恒成立．等内容，欢迎下载使用。

高考大题标准练(二)
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1.已知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项和为Sn，Sn＝an＋1＋2n－8，n∈N*，a1＝8，设bn＝an－2.
(1)证明： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 是等比数列；
(2)设cn＝(－1)n eq \f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1＋1))) ，求 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的前n项和Tn，若对于任意n∈N*，λ≥Tn恒成立，求λ的取值范围．
【解析】(1)当n＝1时，a2＝14，当n≥2，n∈N*时，Sn＝an＋1＋2n－8，Sn－1＝an＋2n－10，
所以an＋1＝2an－2，即an＋1－2＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－2)) ，
即 eq \f(bn＋1,bn) ＝2(n≥2)，
又因为 eq \f(b2,b1) ＝ eq \f(a2－2,a1－2) ＝2，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 是首项b1＝6，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知an－2＝6·2n－1，即an＝3·2n＋2，所以cn＝(－1)n eq \f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1＋1))) ＝(－1)n eq \f(3·2n＋2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1＋1))) ＝(－1)n[ eq \f(1,2n＋1) ＋ eq \f(1,2n＋1＋1) ]
Tn＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2＋1)＋\f(1,22＋1))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)＋\f(1,23＋1))) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23＋1)＋\f(1,24＋1))) ＋…＋(－1)n( eq \f(1,2n＋1) ＋ eq \f(1,2n＋1＋1) )
所以Tn＝－ eq \f(1,3) ＋(－1)n eq \f(1,2n＋1＋1) ，当n为偶数时，Tn＝－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,2n＋1＋1) 是递减的，
此时当n＝2时，Tn取最大值－ eq \f(2,9) ，则λ≥－ eq \f(2,9) .当n为奇数时，Tn＝－ eq \f(1,3) － eq \f(1,2n＋1＋1) 是递增的，
此时Tn<－ eq \f(1,3) ，则λ≥－ eq \f(1,3) .
综上，λ的取值范围是λ≥－ eq \f(2,9) .
2．在①x＝ eq \f(π,6) 是函数f(x)图象的一条对称轴，② eq \f(π,12) 是函数f(x)的一个零点，③函数f(x)在[a，b]上单调递增，且b－a的最大值为 eq \f(π,2) ，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知函数f(x)＝2sin ωx cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6))) － eq \f(1,2) (0<ω<2)，________，求f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) 上的单调递减区间．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】f(x)＝2sin ωx cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6))) － eq \f(1,2)
＝2sin ωx eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs ωx cs \f(π,6)＋sin ωx sin \f(π,6))) － eq \f(1,2)
＝ eq \r(3) cs ωx sin ωx＋sin2ωx－ eq \f(1,2)
＝ eq \f(\r(3),2) sin2ωx－ eq \f(1,2) cs 2ωx＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))) .
①若x＝－ eq \f(π,6) 是函数f(x)图象的一条对称轴，则－ eq \f(πω,3) － eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，即－ eq \f(πω,3) ＝kπ＋ eq \f(2π,3) ，k∈Z，得ω＝－3k－2，k∈Z，
又0<ω<2，当k＝－1时，ω＝1，f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
②若 eq \f(π,12) 是函数f(x)的一个零点，
则 eq \f(π,12) ×2ω－ eq \f(π,6) ＝kπ，即 eq \f(π,6) ω＝kπ＋ eq \f(π,6) ，k∈Z，
得ω＝6k＋1，k∈Z
又0<ω<2，所以当k＝0时，ω＝1，
所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) .
③若f(x)在[a，b]上单调递增，且b－a的最大值为 eq \f(π,2) ，则T＝π＝ eq \f(2π,2ω) ，
故ω＝1，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) .
由 eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x－ eq \f(π,6) ≤ eq \f(3π,2) ＋2kπ，k∈Z，
得 eq \f(π,3) ＋kπ≤x≤ eq \f(5π,6) ＋kπ，k∈Z，令k＝0，得 eq \f(π,3) ≤x≤ eq \f(5π,6) .令k＝－1，得－ eq \f(2π,3) ≤x≤－ eq \f(π,6) .
又－ eq \f(π,2) ≤x≤ eq \f(π,2) ，所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) 上单调递减区间为[－ eq \f(π,2) ，－ eq \f(π,6) ]， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) eq \s\d7(．)
3．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD丄CD，且PA＝2，E为PD中点．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－AE－C的正弦值．
【解析】(1)因为底面ABCD为正方形，
所以BC⊥AB，又PB⊥BC，AB∩PB＝B，
所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PA.
同理CD⊥PA，所以PA⊥平面ABCD
(2)建立如图的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，易知E(0，1，1)
设m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1，z1)) 为平面ABE的一个法向量，
又 eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，1，1)， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋z1＝0,2x1＝0))
令y1＝－1，z1＝1，得m＝(0，－1，1).
设n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2，z2)) 为平面AEC的一个法向量，又 eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(2，2，0)
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＋z2＝0,2x2＋2y2＝0)) 令y2＝－1，z2＝1
得n＝(1，－1，1)
cs (m，n)＝ eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) .
所以二面角B－AE－C的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .
4．某校高一年级模仿《中国诗词大会》节目举办学校诗词大会，进入正赛的条件为：电脑随机抽取10首古诗，参赛者能够正确背诵6首及以上的进入正赛，若学生甲参赛，他背诵每一首古诗的正确的概率均为 eq \f(1,2)
(1)求甲进入正赛的概率；
(2)若进入正赛，则采用积分淘汰制，规则是：电脑随机抽取4首古诗，每首古诗背诵正确加2分，错误减1分．由于难度增加，甲背诵每首古诗正确的概率为 eq \f(2,5) ，求甲在正赛中积分X的概率分布列及数学期望．
【解析】(1)甲进入正赛的概率为P＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(10)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) 10＋C eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(10)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) 10＋…＋C eq \\al(\s\up1(10),\s\d1(10)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) 10
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) 10 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(10)) ＋C eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(10)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(10),\s\d1(10)) )) ＝ eq \f(193,512)
甲进入正赛的概率为 eq \f(193,512) .
(2)甲的积分X的可能取值为8分，5分，2分，－1分，－4分，
则P(X＝8)＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) 4＝ eq \f(16,625) ，
P(X＝5)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) 3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) 1＝ eq \f(96,625) ，
P(X＝2)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) 2＝ eq \f(216,625) ，
P(X＝－1)＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) 1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) 3＝ eq \f(216,625) ，
P(X＝－4)＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) 4＝ eq \f(81,625) ，
所以X的概率分布列为
所以E(X)＝8× eq \f(16,625) ＋5× eq \f(96,625) ＋2× eq \f(216,625) －1× eq \f(216,625) －4× eq \f(81,625) ＝ eq \f(4,5)
所以甲在正赛中积分X的数学期望为 eq \f(4,5) .
5．在平面直角坐标系中，已知曲线C上的动点P到点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)) 的距离与到直线l：x＝－ eq \f(1,4) 的距离相等．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)过点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1)) 分别作射线MA、MB交曲线C于不同的两点A、B，且MA⊥MB.试探究直线AB是否过定点？如果是，请求出该定点；如果不是，请说明理由．
【解析】(1)设P(x，y)，依题意|PF|＝|x＋ eq \f(1,4) |，即 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))2＋y2) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4))) ，化简得y2＝x，所以曲线C的轨迹方程为y2＝x.
(2)直线AB经过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1))
如图，依题意，直线AB斜率不能为0，
所以设直线AB的方程为x＝my＋t
联立y2＝x得y2－my－t＝0，Δ＝m2＋4t>0 ①，
设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) 、B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) ，
则y1＋y2＝m，y1y2＝－t.
又MA⊥MB，所以 eq \(MA,\s\up6(→)) · eq \(MB,\s\up6(→)) ＝0，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－1)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－1)) ＝0，
即x1x2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) ＋1＋y1y2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)) ＋1＝0，
又y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝x1，y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝x2，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1y2)) 2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)) 2＋3y1y2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)) ＋2＝0，
所以t2－3t－m2－m＋2＝t2－3t－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－2)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋m－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－m－2)) ＝0，
依题意，直线AB不经过M，所以m＋t≠1，
所以，t＝m＋2.此时代入①式恒成立．
而当t＝m＋2时，直线AB方程为x＝my＋m＋2，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)) －m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)) ＝0，
即直线AB过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1)) .
综上，直线AB过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1)) .
6．已知函数f(x)＝x－aex＋ eq \f(a2,4) (a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(x)＋ eq \f(1,2) e2x＋(a－1)x，若g(x)有两个不同的极值点x1，x2，且g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1)) ＋g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)) >λ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) 恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)＝x－aex＋ eq \f(a2,4) ，
所以f′(x)＝1－aex.
当a≤0时，因为ex>0，所以f′(x)>0，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln eq \f(1,a) .
当x0，
当x>ln eq \f(1,a) 时，f′(x)<0.
此时，f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(1,a))) ，f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,a)，＋∞)) .
(2)因为g(x)＝ eq \f(1,2) e2x－aex＋ax＋ eq \f(a2,4) ，
所以g′(x)＝e2x－aex＋a.
依题意， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0,a2－4a>0)) ，
解得a>4.
因为x1，x2是g(x)的极值点，
所以e＋e＝e·e＝a，则x1＋x2＝ln a.
g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1)) ＋g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)) ＝( eq \f(1,2) e－ae＋ax1＋ eq \f(a2,4) )＋＝ eq \f(1,2) －a＋a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) ＋ eq \f(a2,2)
＝ eq \f(1,2) [2－2ee]－a＋a(x1＋x2)＋ eq \f(a2,2) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2－2a)) －a2＋a ln a＋ eq \f(a2,2) ＝a ln a－a.
所以，由g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1)) ＋g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)) >λ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) ，可得a ln a－a>λln a．①
因为a>4，ln a>0，
所以①等价于λ令φ(x)＝x－ eq \f(x,ln x) ，则φ′(x)＝1－ eq \f(ln x－1,（ln x）2) ＝ eq \f(（ln x）2－ln x＋1,（ln x）2) ，x∈(4，＋∞)
因为(ln x)2－ln x＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,2))) 2＋ eq \f(3,4) >0，所以φ′(x)>0.
所以φ(x)在(4，＋∞)单调递增，且φ(4)＝4－ eq \f(2,ln 2) .
所以，φ(a)＝a－ eq \f(a,ln a) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(2,ln 2)，＋∞)) .
所以λ的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，4－\f(2,ln 2))) .
X
8
5
2
－1
－4
P
eq \f(16,625)
eq \f(96,625)
eq \f(216,625)
eq \f(216,625)
eq \f(81,625)