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1、2022 年新高考数学考前必刷题答案解析精编版 题目 1(本小题满分 12 分)已知数列an的前 n 项和 Sn3n132.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足 bn2log3an1，求数列(1)nanbn的前 n项和 Tn.解：(1)当 n2 时，anSnSn13n1323n323n.当 n1 时，a1S13 满足上式，故 an3n.(2)由题意得 bn2log33n12n1，则(1)nanbn(3)n2n1，所以 Tn3(3)2(3)n135(2n1)31（3）n13n1（2n1）2 3（3）n14n2.题目 2(本小题满分 12 分)如图，ABC 为正三角形，ACDB，AC2
2、，cos ACD63.(1)求 CD 的长；(2)求ABD 的面积 解：(1)因为ABC 为正三角形，ACDB，所以ACDBDC，BACABD3，所以 cos ACDcos BDC63，所以 sin BDC 163233.在BCD 中，BC2，CBD23，sin BDC33，由正弦定理得，233CDsin23，所以 CD3.(2)在BCD 中，BC2，CD3，CBD23，由余弦定理，CD2BD2BC22BDBCcos CBD，则 3222BD24BD12，解得 BD 61.所以ABD的面积为S12BDABsin 312(61)2323 2 32.题目 3(本小题满分 12 分)在正三棱柱 AB
3、CA1B1C1中，底面边长为 3，点 E、F 分别为 CC1，BB1上的点，且 EC3FB3，点 M 是线段 AC 上的动点 (1)试确定点 M 的位置，使 BM平面 AEF，并说明理由；(2)若 M 为满足(1)中条件的点，求三棱锥 MAEF 的体积 解：(1)当点 M 是线段 AC 靠近点 A 的三等分点时，BM平面AEF.事实上，在 AE 上取点 N，使 AN13AE，于是ANAEAMAC13，所以 MNEC 且 MN13EC.由题设，BFEC，且 BF13EC，所以 MNBF，且 MNBF，故四边形 BMNF 为平行四边形，则 BMFN.又 FN平面 AEF，BM平面 AEF，故 BM
4、平面 AEF.(2)连接 EM，FM，因三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱，所以 BB1平面 ACC1A1，V三棱锥MAEFV三棱锥FAEMV三棱锥BAEM.取 AC 的中点 O，连接 BO，则 BOAC.因为三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱，所以 AA1平面 ABC.又 BO平面 ABC，所以 AA1BO.因为 BOAC，BOAA1，ACAA1A，所以 BO平面 ACC1A1，则 BO 为三棱锥 BAEM 的高 又在正ABC 中，BO3 32.故 V三棱锥MAEFV三棱锥BAEM13SAEMBO3 34.题目 4(本小题满分 12 分)为了迎接“十九大”的胜利召开，某市中小学校准备举行
5、一场喜迎十九大，共筑中国梦的歌唱比赛，某班为了选出一人参加比赛，挑选班上甲、乙两位同学进行了 8 次预赛，且每次预赛之间是相互独立他们成绩的茎叶图如下：(单位：分)(1)设甲、乙两位同学成绩的方差分别为 S2甲、S2乙，求 S2甲、S2乙的值，并从统计学的角度考虑，你认为选派哪位学生参加比赛更合适，请说明理由？(2)从甲乙两位同学预赛成绩大于等于 85 分的成绩中，随机抽取2 个，求这 2 个预赛成绩分别来自不同同学的概率 解：x甲7275808183848893882，x乙7077788284858793882，S2甲102722212122262112839.5，S2乙1225242022
6、23252112843，因此 x甲 x乙，S2甲S2乙.所以甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适(2)由茎叶图知甲同学有 2 次预赛成绩大于或等于 85，分别记为a，b，乙同学有 3 次预赛成绩大于或等于 85，分别记为 c，d，e.则从这 5 次成绩中抽取 2 个，所有可能的情况为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10 种情况 其中来自不同同学的情况为(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)共 6 种情况 所以抽取的 2 个预赛成绩分别来自不同同学的概率为 P61035.题目 5
7、(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)(2x1)exa(x2x)，aR.(1)当 ae12时，讨论函数 f(x)的单调性；(2)设 g(x)ax2a，若对任意的 x1 时，恒有 f(x)g(x)，求实数 a 的取值范围 解：(1)f(x)(2x1)exa(2x1)(2x1)(exa)若 a0 时，exa0，当 x，12时，f(x)0；当 x12，时，f(x)0.所以 f(x)在，12上是减函数，在12，上是增函数 若 0ae12时，令 f(x)0，得 x12或 xln a12，所以当 x(，ln a)(12，)时，f(x)0；当 xln a，12时，f(x)0.故 f(x)在区间(，ln
8、a)和12，上单调递增；在ln a，12上单调递减(2)依题意，对任意 x1，恒有(2x1)exa(x1)0.(*)当 x1 时，(*)式恒成立，aR.当 x1 时，不等式转化为 a（2x1）exx1，令(x)（2x1）exx1(x1)，则(x)（2x23x）ex（x1）2.当 x(，0)时，(x)0；当 x(0，1)时，(x)0.所以当 x0 时，(x)取极大值(0)1，此时 a1.综合知，实数 a 的取值范围为1，)题目 6(本小题满分 12 分)已知动圆 C：(xa)2(yb)2r2过点 F(1，0)且与直线 l：x1相切，记圆心 C(a，b)的轨迹为 G.(1)求轨迹 G 的方程；(2
9、)已知 M 是轨迹 G 上的动点，过 M 作垂直于 x 轴的直线 m，与直线 n：yx 交于点 A，点 B 满足MB2MA，连接 OB(其中 O 为原点)交轨迹 G 于点 N，求证：直线 MN 恒过定点(1)解：设圆心 C(a，b)到直线 l：x1 的距离为 d，则由已知可得|CF|d，所以 C(a，b)的轨迹 G 是以点 F 为焦点，直线 l 为准线的抛物线，所以轨迹 G 的方程为 y24x.(2)证明：设 M(x1，y1)，则直线 m：xx1，y214x1，所以 A(x1，x1)，因为MB2MA，所以 B(x1，2x1y1)，所以直线 OB：y2x1y1x1x，即 y2y14y1x.设 N
10、(x2，y2)，由y22y14y1x2，y224x2，得 y22y1y12.所以 kMNy2y1x2x14y2y142y1y12y14（y12）y21，所以直线 MN：y4（y12）y21(xx1)y1，即 y4（y12）y21xy214y1，所以直线 MN：y4（y12）y21x2，所以直线 MN 恒过点(0，2)题目 7 1.(本小题满分 10 分)选修 44：极坐标与参数方程 已知曲线 C1的参数方程为x1 2cos t，y 2sin t(t 为参数)，以射线Ox 为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2cos sin 40.(1)将曲线 C1的参数方程化为普通方程，将曲线 C2
11、的极坐标方程化为直角坐标方程，并分别指出是何种曲线；(2)曲线 C1，C2是否有两个不同的公共点？若有，求出两公共点间的距离；若没有，请说明理由 解：(1)由x1 2cos t，y 2sin t，消去参数 t 得(x1)2y22.所以曲线 C1的普通方程为(x1)2y22，曲线 C1是一个圆 因为 cos x，sin y，所以 2cos sin 40 的直角坐标方程为 2xy40，因此曲线 C2表示一条直线(2)圆 C1的圆心为(1，0)，半径 r 2，设圆心(1，0)到直线 2xy40 的距离是 d，则 d|24|52 55r 2，所以曲线 C1与曲线 C2相交于两个不同的点 A，B.则|A
12、B|2 r2d22 305，所以两公共点间的距离为2 305.2(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲 已知函数 f(x)|a4x|2ax|.(1)若 a1，解不等式 f(x)3.(2)求证：f(x)f1x10.(1)解：若 a1，则 f(x)|a4x|2ax|14x|2x|，所以不等式 f(x)3 可化为|14x|2x|3，所以x2，14x2x3，或2x14，14x2x3，或x14，4x12x3.解得 x2 或2x0 或 x25，综上，所以不等式 f(x)3 的解集为xx0或x25.(2)证明：f(x)f1x|a4x|2ax|a4x|2a1x(|a4x a4x)(|2ax|2a1x)
13、a4xa4x|2ax2a1x|5x1x5(|x|1|x|)10(当且仅当|x|1|x|时，等号成立)故 f(x)f1x10.题目 8(本小题满分 12 分)在ABC 中，已知点 D 在 BC 边上，ADAC，sin BAC2 23，AB3 2，AD3.(1)求 BD 的长；(2)求ABC 的面积 解：(1)因为 ADAC，所以DAC2，因为 sin BAC2 23，所以 sinBAD22 23，所以 cos BAD2 23，由余弦定理得，BD2AB2AD22ABADcos BAD(3 2)23223 232 233.所以 BD 3.(2)在ABD 中，由余弦定理得 cos ADBBD2AD2A
14、B22BDAD39182 3333，所以 cos ADC33，所以在 RtDAC 中，cos ADC3DC33，所以 DC3 3，所以 AC DC2AD2（3 3）2323 2，所以 SABC12ABACsin BAC123 23 22 236 2.题目 9(本小题满分 12 分)数列an满足 a12，an12an4.(1)证明数列an4是等比数列；(2)求数列|an|的前 n 项和 Sn.(1)证明：因为 a12，所以 a142.又 an12an4，所以 an142an82(an4)0，则an14an42，故an4是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解：由(1)，可知 an42n，所
15、以 an2n4.当 n1 时，a120，所以 S1|a1|2；当 n2 时，an0，所以 Sna1a2an 2(224)(2n4)222232n4(n1)2（12n）124(n1)2n14n2.又当 n1 时，也满足上式 所以当 nN*时，Sn2n14n2.题目 10(本小题满分 12 分)如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC，AA1DA1，ABC120.(1)证明：ADBA1；(2)若 ADDA14，BA12 6，求多面体 BCDA1B1C1D1的体积(1)证明：取 AD 的中点 O，连接 OB，OA1，因为 AA1DA1，所以 ADOA1.因为在ABCD 中，ABC12
16、0，所以BAD60，又因为 ABBC，则 ABAD，所以ABD 是正三角形，所以 ADOB，因为 OA1平面 OBA1，OB平面 OBA1，OA1OBO，所以 AD平面 OBA1，所以 ADA1B.(2)由题设知，A1AD 与BAD 都是边长为 4 的正三角形，所以 A1OOB2 3，因为 A1B2 6，所以 A1O2OB2A1B2，所以 A1OOB，因为 A1OAD，所以 A1O平面 ABCD，所以 A1O 是平行六面体 ABCDA1B1C1D1的高，又 SABCDADOB42 38 3，设 VVABCDA1B1C1D1SABCDA1O8 32 348，令 V1VA1ABD13SABDA1O
17、13122 342 38，所以 VBCDA1B1C1D1VV140，即几何体 BCDA1B1C1D1的体积为 40.题目 11(本小题满分 12 分)某班主任对全班 50 名学生的学习积极性和对待班级工作的态度进行了调查，统计数据如下表所示：学习积极性 积极参加 班级工作 不太主动参 加班级工作 总计 学习积极性高 18 7 25 学习积极性一般 6 19 25 总计 24 26 50(1)如果随机抽查这个班的一名学生，那么抽到积极参加班级工作的学生的概率是多少？抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生的概率是多少？(2)试运用独立性检验的思想方法分析：学生的学习积极性与对待班级工作的态
18、度是否有关，并说明理由 解：(1)积极参加班级工作的学生有 24 名，总人数为 50 名，概率为24501225.不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生有 19 名，概率为1950.(2)由 K2公式得 K250（181967）22525242611.5.因为 K210.828，所以有 99.9%的把握认为学习积极性与对待班级工作的态度有关系 题目 12(本小题满分 12 分)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F(3，0)，长半轴与短半轴的比值为 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设经过点 A(1，0)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M，N.若点 B(0，1
19、)在以线段 MN 为直径的圆上，求直线 l 的方程 解：(1)由题意，知 c 3，a2b，又 a2b2c2，得 a2b23，联立得 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)易知当直线l的斜率为0或直线l的斜率不存在时，不合题意 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，设直线 l 的方程为 xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立xmy1，x24y24，消去 x 可得(4m2)y22my30.16m2480，y1y22m4m2，y1y234m2.因为点 B 在以 MN 为直径的圆上，所以BMBN0.BMBN(my11，y11)(my21，y21)(m21)y1y2(m1)(y
20、1y2)20，即(m21)34m2(m1)2m4m220，整理，得 3m22m50，解得 m1 或 m53.所以直线 l 的方程为 xy10 或 3x5y30.题目 13(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)a1aln x1xx(a0)(1)若 a12，求 f(x)的极值点；(2)若曲线 yf(x)上总存在不同的两点 P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)，使得曲线 yf(x)在 P，Q 两点处的切线平行，求证：x1x22.(1)解：函数 f(x)的定义域为(0，)f(x)a1a1x1x21(a0)(1)当 a12时，f(x)(1x2)(1x12)，令 f(x)0，得 0 x12或 x
21、2；令 f(x)0，得12x2.所以 f(x)在0，12上单调递减，在12，2 上单调递增，在(2，)上单调递减，所以 x12是 f(x)的极小值点，x2 是 f(x)的极大值点(2)证明：由题意知，f(x1)f(x2)，则a1a1x11x211a1a1x21x221(x1x2)，所以 a1a1x11x2x1x2x1x2.因为 x1，x2(0，)，x1x2，所以 x1x22 x1x2，则有 x1x2（x1x2）24，所以 a1ax1x2x1x24x1x2，所以 x1x24a1amax.因为 a0，所以4a1a2(当且仅当 a1 时取等号)，故 x1x24a1amax2.题目 14 1.(本小题
22、满分 10 分)选修 44：极坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为x22cos，y2sin(为参数)，M 为曲线 C1上的动点，动点 P 满足OPaOM(a0 且 a1)，P 点的轨迹为曲线 C2.(1)求曲线 C2的方程，并说明 C2是什么曲线；(2)在以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A 点的极坐标为2，3，射线 与 C2的异于极点的交点为 B，已知AOB 面积的最大值为 42 3，求 a 的值 解：(1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，因为OPaOM，所以xax0，yay0，则x0 xa，y0ya.因为 M 在 C1上，所以xa22co
23、s，ya2sin，即x2a2acos，y2asin(为参数)，消去参数 得(x2a)2y24a2(a1)，所以曲线 C2是以(2a，0)为圆心，2a 为半径的圆(2)法一 A 点的直角坐标为(1，3)，所以直线 OA 的普通方程为 y 3x，即 3xy0，设 B 点坐标为(2a2acos，2asin)，则 B 点到直线 3xy0 的距离为：da|2 3cos 2sin 2 3|2a2cos6 3，所以当 6时，dmax(32)a，所以 SAOB的最大值为122(32)a42 3，所以 a2.法二 将 xcos，ysin 代入(x2a)2y24a2，并整理得 4acos，令 得 4acos，所以
24、 B(4acos，)，所以 SAOB12|OA|OB|sin AOB 4acos sin3 a|2sin cos 2 3cos2 a|sin 2 3cos 2 3|a2sin23 3 所以当 12时，SAOB取到最大值(2 3)a，依题意(2 3)a42 3，所以 a2.2(本小题满分 10 分)选修 45：绝对值不等式 已知函数 f(x)|x1|.(1)解不等式 f(2x)f(x4)6；(2)若 a，bR，|a|1，|b|1，证明：f(ab)f(ab1)(1)解：由 f(2x)f(x4)6 得|2x1|x3|6，当 x3 时，2x1x36，得 x3；当3x12时，2x1x36，得3x2；当 x12时，2x1x36，得 x43.综上，不等式的解集为xx2或x43.(2)证明：要证明 f(ab)f(ab1)，即证|ab1|ab|，因为|a|1，|b|1，即 a21，b21，所以|ab1|2|ab|2a2b22ab1a22abb2 a2b2a2b21(a21)(b21)0，所以|ab1|2|ab|2，即|ab1|ab|，所以原不等式成立