全国通用2022高考数学二轮复习大题规范天天练第四周综合限时练文.docx

1、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完成得高分，限时：80分钟)1.(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，对于任意的正整数n，直线xy2n总是把圆(xn)2(y)22n2平均分为两部分，各项均为正数的等比列bn中，已知b6b3b4，且b3和b5的等差中项是2a3.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由于xy2n总是把圆(xn)2(y)22n2平均分为两部分，所以n2n.即Snn2.所以a1S11.当n2时，ann2(n1)22n1，经检验n1时也成立，所以an2n1.等比数列bn中由

2、于b6b3b4，所以b11，设公比为q0，因为b3和b5的等差中项是2a3，且2a310，所以b3b520，所以q2q420，解得q2，所以bn2n1.(2)由于cnanbn，所以Tna1b1a2b2anbn，Tn132522(2n1)2n1，2Tn2322523(2n1)2n，所以Tn12(2222n1)(2n1)2n12(2n1)2n.所以Tn322n(2n1)2n3(32n)2n.Tn3(2n3)2n.2.(本小题满分12分)某校在2022年2月份的高三期末考试结束后为了研究本校的数学成绩，现随机抽取了50名学生的数学成绩分析，现将成绩按如下方式分为7组，第一组80，90)，第二组90，

3、100)，第七组140，150，得到如图所示的频率分布直方图.(1)试估计该校数学的平均成绩(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；(2)为了具体了解本次考试的情况，从成绩在130，150的同学中任意抽取2人进行谈话，那么抽取的2人中恰好有一人的成绩位于140，150的概率是多少？解(1)由频率分布直方图可知120，130)的频率为：1(0.01100.02100.03100.016100.008100.00410)10.880.12，所以估计该校全体学生的数学平均成绩约为850.1950.21050.31150.161250.121350.081450.048.51931.518.4151

4、0.85.8109.(2)根据频率分布直方图可知成绩在130，140)有500.084(人)，记为a1，a2，a3，a4，成绩在140，150有500.042(人)，记为b1，b2.从中任取2人共有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，(b1，b2)，15种抽法.恰好有一人的成绩位于140，150的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，

5、(a4，b2)，共有8种抽法.所以P，即恰好有一人的成绩位于140，150的概率是.3.(本小题满分12分)在如图所示的几何体中，已知四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是梯形且ABEF，AFDE，EF2AF4，AFE60.(1)求证：平面ABCD平面ABEF；(2)线段BF上是否存在一点M，使得DF平面ACM，若存在，给出证明，不存在，说明理由.(1)证明因为EF2AF4，AFE60，所以AE2AF2EF22AFEFcos 60416812，所以AE2AF2EF2，所以AEAF.因为AFDE且AE，DE平面ADE，AEDEE，所以AF平面ADE，因为AD平面ADE，所以AFAD，因为四边形

6、ABCD是正方形，所以ADAB，因为ABAFA，所以AD平面ABEF，因为AD平面ABCD.所以平面ABCD平面ABEF.(2)解当点M为BF的中点时，DF平面ACM.证明：如图所示连接BD，AC且BDACH，连接MH，因为四边形ABCD是正方形，所以H是BD的中点，因为M为BF的中点，所以DFHM，因为DF平面ACM，MH平面ACM，所以DF平面ACM.4.(本小题满分12分)已知椭圆1(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，左右端点分别为A1，A2，抛物线y24x与椭圆相交于A，B两点且其焦点与F2重合，AF2.(1)求椭圆的方程；(2)过点作直线l与椭圆相交于P，Q两点(不与A1，A2重合

7、)，求证：直线A2P与A2Q垂直.(1)解如图所示：不妨设A(x0，y0)，(x00，y00).由题知AF2x0x01，所以x0.所以y4y0，则A，由题知c1，有1，1，解得a24.所以c1，a2.所以b2a213，所以椭圆的方程为1.(2)证明当直线l的斜率不存在时，l的方程为x，由于1，所以y，所以P，Q，因为A2(2，0)，所以kA2P1，kA2Q1，所以kA2PkA2Q1，所以A2PA2Q.当直线l的斜率存在且不为0时，设为k，则直线的方程为yk，49(34k2)x2112k2x16k212490.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A2(2，0)，则x1x2，x1x2，所以kA2

8、PkA2Q1.所以A2P和A2Q垂直.5.(本小题满分12分)已知函数f(x)aln xx1，g(x)x2(a1)x1.(1)若对任意的x1，e，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数h(x)在其定义域内存在实数x0，使得h(x0k)h(x0)h(k)(k0且为常数)，则称函数h(x)为保k阶函数，已知H(x)f(x)(a1)xa1为保a阶函数，求实数a的取值范围.解(1)因为对任意的x1，e，不等式f(x)g(x)恒成立，即aln xx1x2(a1)x1恒成立，a(xln x)x22x恒成立，由于x1，e，所以ln xln e1x，因为等号不能同时成立，所以ln x0

9、，所以a恒成立.令F(x)，所以aF(x)min(x1，e)，由于F(x)，由于1xe，所以x10，x22ln x0，所以F(x)0，所以函数F(x)在区间1，e上单调递增，所以F(x)F(1)1，所以a1.(2)因为H(x)f(x)(a1)xa1aln xaxa(x0).根据保a阶函数的概念，所以存在x00，使得H(x0a)H(x0)H(a)，即aln(x0a)(x0a)1a(lnx0x01)a(ln aa1)a(ln x0x01ln aa1)，所以ln(x0a)(x0a)1ln x0x01ln aa1，所以ln(x0a)ln x0ln a1，即ln1，所以e，所以a，因为x00，所以a，所

10、以实数a的取值范围是a.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41：几何证明选讲已知BC为圆O的直径，点A为圆周上一点，ADBC于点D，过点A作圆O的切线交BC的延长线于点P，过点B作BE垂直PA的延长线于点E，求证：(1)PAPDPEPC；(2)ADAE.证明(1)因为ADBP，BEAP，所以APDBPE.所以，所以APPEPDPB.又因为PA，PB分别为圆O的切线和割线，所以PA2PBPC，所以，所以PAPDPEPC.(2)连接AC，DE，因为BC为圆O的直径，所以BAC90，即ABAC，又因为，所以ACDE.所以ABDE，又因为BEAP，ADPB.所以A，

11、D，B，E四点共圆且AB为直径，又因为ABDE，所以ADAE.B.(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程已知曲线C的极坐标方程为：22cos 4sin 10，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l经过点P(1，1)且倾斜角为.(1)写出直线l的参数方程和曲线C的普通方程；(2)设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|PA|PB|的值.解(1)因为直线l经过点P(1，1)，倾斜角为，则直线l的参数方程为：(t为参数).由于曲线C的极坐标方程为：22cos 4sin 10，所以普通方程为x2y22x4y10，即(x1)2(y2)24.(2)由于4t2(23)t90.所以t1t2(23)，t1t29.所以|PA|PB|t1t2|9.C.(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x2|x1|.(1)解关于x的不等式f(x)4x；(2)设a，by|yf(x)，试比较2(ab)与ab4的大小.解(1)f(x)所以x3，或1x2，或x2.所以不等式的解集为(，31，).(2)由(1)已知f(x)3，所以a3，b3.由于2(ab)(ab4)2aab2b4a(2b)2(b2)(a2)(2b)，由于a3，b3，所以a20，2b0，所以(a2)(2b)0，所以2(ab)ab4.7