1、最后一卷理科数学 一、选择题（共 12 题，每题 5 分，共 60 分.在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.）1.已知集合21Ax x=，2log1Bxx=，则 AB=（）A()0,2 B()0,3 C()1,2 D(),3【答案】C2.若3i1 2ia+（i 为虚数单位）是实数，则实数 a 的值为（）A.-6B.32 C.6 D.32【答案】B【解析】2223i(3i)(1 2i)2 i3i6i(6)(32)i632 i1 2i(1 2i)(1 2i)1(2i)555aaaaaaaa+=+，当3i1 2ia+为实数时，实数32a=.3已知 a，b 为正实数，则“2abab+”
2、是“16ab”的()A充要条件 B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由题意，正实数 a，b，可得2abab+，当且仅当 ab=时，等号成立，若16ab，可得11 162222ababababab=+，故“2abab+”是“16ab”的必要条件，反之，例如2a=，10b=，此时2abab+，而20ab=，此时16ab，故“2abab+”是“16ab”的不充分条件，综上所述，“2abab+”是“16ab”的必要不充分条件.4.黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：1,(,()0=0,10,1qqx
3、p qpppR xx=当都是正整数，是既约分数），当或上的无理数，若函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且对任意 x 都有(2)()0fxf x+=，当0,1x时，()()f xR x=，则)5202230()2022(lg+ff（）A.51B.52C.25D.15【答案】D【解析】0)2022(lg4)(=fxf，的周期为，20222221(30)(2)()()55555fffR+=+=D所以选 5如图，圆锥的轴截面 ABC 为正三角形，其面积为 4 3，D 为弧 AB 的中点，E 为母线 BC 的中点，则异面直线 AC，DE 所成角的余弦值为()A24B22C63D33【答案】B【解析
4、】取 AB 的中点 O，连接 OD，OE，则/OEAC，OED为异面直线 AC 与 DE 所成角，设底面圆O 的半径为 r，正 ABC的面积为 4 3，1 234 32rr=，解得2r=，24ACABr=，2ODr=，122OEAC=，由轴截面的性质知，平面 ABC 平面 ABD，D为弧 AB 的中点，ODAB，又平面 ABC 平面 ABDAB=，OD 平面 ABC，ODOE，在 Rt ODE中，2tan12ODOEDOE=，2cos2OED=故选：B 6.某校有 5 名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有 1 名学生且至多 2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种
5、数有（）A.48B.54C.60D.72【答案】C【解析】60222312142412=+ACCCCC7.已知数列na的前 n 项和为nS，且112nnnaa+=+，12a=，若128nS，则 n 的最小值为()A5B6C7D8【答案】C【解析】数列na的前 n 项和为nS，且112nnnaa+=+，12a=，当1n=时，解得23a=，当2n=时，解得35a=，765a=所以7127134Saaa=+=，由于669S=，当7n=时，满足128nS，故选：C 8已知点 P 在直线4xy+=上，过点 P 作圆22:4O xy+=的两条切线，切点分别为 A，B，则点(3,2)M到直线 AB 距离的最
6、大值为()A2B3C2D5【答案】D【解析】根据题意，点 P 在直线4xy+=上，设(,)P a b，则4ab+=，过点 P 作圆22:4O xy+=的两条切线，切点分别为 A，B，则 PAOA，PBOB，则点 A、B 在以OP 为直径的圆上，又由(,)P a b，则以OP 为直径的圆的方程是22221()()()224abxyab+=+，圆 O 的方程为224xy+=，联立两个圆的方程可得：直线 AB 的方程为4axby+=，即40axby+=，因为4ab+=，所以4ba=，代入直线 AB 的方程，得(4)40axa y+=，即()440a xyy+=，当 xy=且 440y=，即1x=，1
7、y=时该方程恒成立，所以直线 AB 过定点(1,1)N，点 M 到直线 AB 距离的最大值即为点 M，N 之间的距离，|5MN=，即点(3,2)M到直线 AB 距离的最大值为5 故选：D 9.足球场上有句顺口溜：冲向球门跑，越近就越好；歪着球门跑，射点要选好在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，射点对球门的张角越大，射门的命中率就越高如图为标准对称的足球场示意图，设球场长 ABa，宽 BCb，球门长 PQm在某场比赛中有一位左边锋球员欲在边线 AB 上点 M 处射门，为使得张角PMQ 最大，则 AM（）A2abmB222bmC2bm+D222abm+【答案】B
8、【解析】如图，设PMA，QMA，AMx，则，则 tanPMQtan（），当且仅当，即 AM时取等号 故选：B 10.32()(1)(44),(21)(2)(1 2)xf xx xexfxffx=+设函数若，则 x 的取值范围是（）A31(,)22 B3 1(,)2 2 C1(,)2 D3(,)2+【答案】A【解析】函数 y=f（x），x（4，4），定义域关于原点对称，且 f（x）f（x），所以 f（x）是奇函数，当 x0，4）时，y=f（x）0，且为增函数，所以函数 f（x）单调递增，则当 x（4，0时，函数 f（x）单调递增，所以函数 f（x）当 x（4，4)单调递增 所以令41+2x4，4
9、12x4，解得3322x，令 g（x）f（1+2x）+f（2）f（12x），则不等式可化为 g（x）0，可知 g（x）在（4，4）上单调递增，且1()(0)(2)(2)02gfff=+=，所以1()()2g xg，解得12x ，则3122x，即解集为31(,)22 故选：A11过抛物线2:2(0)E ypx p=焦点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点，过 A，B 分别向 E 的准线作垂线，垂足分别为C，D，若 ACF与 BDF的面积之比为 4，则直线 AB 的斜率为()A 1B3C 2D 2 2【答案】D【解析】设 ACF中 AC 边上的高与 BDF中 BD 边上的高分别1h，2h，则12|
10、hAFhBF=，由抛物线的性质可得|AFAC=，|BFBD=，21221|241|2ACFBDFAChSAFSBFBDh=，则|2|AFBF=，设 AB 的倾斜角为，1cospAF=，1cospBF=+，（抛物线焦点弦推论），所以1cos21cos+=，解得1cos3=，所以2 2sin3tan2 21cos3=，当|AFBF，这时 tan2 2=，故选：D 12.双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥在数学中，双曲函数是一类与三角函 数 类 似 的 函 数，最 基 础 的 是 双 曲 正 弦 函 数 sinh2xxeex=和 双 曲 余 弦 函 数cosh2xxeex+=下列结论
11、错误的是（）Acoshsinh1xxx+Bsinh()sinh coshcosh sinhxyxyxy+=+C若 ym=与双曲余弦函数 C1 和双曲正弦函数 C2 共有三个交点，分别为123xxx，则123ln(12)xxx+D已知函数2()1coshf xxax=+，aR，则函数()f x 零点的个数所有可能值构成的集合为0,1,2 【答案】D【解析】Acoshsinh2xxxxxeeeexxe+=，设 g（x）exx1，g（x）ex1，当 x0 时，g（x）0，函数 g（x）单调递减；当 x0 时，g（x）0，函数 g（x）单调递增；则当 x0 时，g（x）取得极小值也是最小值 g（0）0
12、，则 g（x）0，即 exx1，则 coshx+sinhxx+1 成立，故 A 正确，B，()()()()sinh coshcosh sinh4xxyyxxyyeeeeeeeexyxy+=()()sinh()42x yx yy xx yx yx yy xx yx yx yeeeeeeeeeexy+=+，故 B 正确，C函数sinh2xxeex=是奇函数，且单调递增，函数的值域为 R，若 ym 与双曲余弦函数和双曲正弦函数，共有三个交点，则 m1，由双曲余弦函数为偶函数，得 x1+x20，则由1，得 exex2，即（ex）22ex10，得 ex1+，得 xln（1+），即 x3ln（1+），则
13、x1+x2+x3ln（1+），故 C 正确，D函数2()-1cosh=+f xxax，aR，当0.54a取-时，可以说明有 个零点 故选：D 二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分）13已知双曲线222:1(0)4xyCbb=，以C 的焦点为圆心，3 为半径的圆与C 的渐近线相交，则双曲线C 的离心率的取值范围是_.【答案】13(1,)2【解析】双曲线C 的渐近线方程为2byx=，焦点(,0)F c，渐近线与圆相交，2|231()b cba+，即3b，222cb=，可得22413cb=+，双曲线C 的离心率为：132cea=，且1e 13(1,)2e 14已知0a，0b，向
14、量(2,9)mab=+，(8,)nab=，若 mn，则 2ab+的最小值为_.【答案】8【解析】根据题意，向量(2,9)mab=+，(8,)nab=，若 mn，则8(2)90m nabab=+=，即8(2)9abab+=，变形可得 1298ba+=，则898128222(2)()(2)(5)9899ababababbaba+=+=+=+，又由0a，0b，则 222()4ababbaba+=+，当且仅当 ab=时等号成立，则82282(5)(54)899ababba+=+=，则 2ab+的最小值为 815“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题现有这样一个整除问题：将 1 到
15、2021 这 2021 个数中，能被 3 除余 2 且被 5 整除余 2 的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列na，则此数列所有项中，中间项的值为_.【答案】1007【解析】由题意可知，2na 既是 3 的倍数，又是 5 的倍数，所以是 15 的倍数，即215(1)nan=，所以1513nan=，当135n=时，13515 135 1320122021a=，当136n=时，13615 136 1320272021a=，故1n=，2，3，135，数 列 na共 有 135 项，因 此 数 列 中 间 项 为 第 68 项，且6815 68 131007a=故中间项的值为 100716.如图，将
16、正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”点，是该多面体的三个顶点，点是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为 ，点轨迹的长度为 【答案】；【解析】根据题意，该正四面体的棱长为，点，分别是正四面体棱的三等分点，该正四面体的表面积为，该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，每个角上小正四面体的侧面面积为，ABMNMNAB4AB=N112 388 3+312AB=ABM1412 12 sin60144 32=1344 sin6012 32 =每个角上小正四面体的底面面积为，所以该多面体的表面积为；如图，设点为该多面体的
17、一个顶点，则，在中，则，所以，即，同理，又，平面，所以平面，由点是该多面体表面上的动点，且总满足，则点的轨迹是线段，所以点的轨迹的长度为三解答题（共 70 分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 2223 题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题17在 3(cos)3sinbcAaC=，1 tan(1)2 tanaCbB=+，sincos()6cBbC=这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题在 ABC中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足_（1）求C；（2）若 ABC的面积为10 3，D 为 AC 的中点
18、，求 BD 的最小值【解析】（1）选时，3(cos)3sinbcAaC=，利用正弦定理：3sinsincossinsin3BCAAC=，由于()BAC=+，所以sinsin()BAC=+，故3sincossinsin3ACAC=，整理得 tan3C=，0C，故3C=选时，1 tan(1)2 tanaCbB=+，整理得 sin1 sincossin()(1)sin2 cossin2cossinACBBCBCBCB+=+=，由于由于 ACB+=，所以sin()sinBCA+=，故1cos2C=，0C，故3C=144 sin604 32 =144 34 12 344 3112 3+=H8HFHMMF
19、=HFB2222212cos608424 8482HBHFBFBH HF=+=+=4 3HB=222HBBFHF+=HBBF4 3MB=MBABHBMBB=HBMB MBHAB MBHNMNABNMBHBMHN84 34 388 3MBHBMH+=+=+选时，sincos()6cBbC=，整理得31sincos()cossin622CCCC=+，所以sin3cosCC=，整理得 tan3C=，0C，故3C=（2）由于 ABC的面积为10 3，所以 113sin10 3222abCab=，解得40ab=由余弦定理22222111cos220442222bbbBDaabCaabaabab=+=+=
20、，故2 5BD当且仅当12ab=，即2 5a=，4 5b=，BD的最小值为 2 5 18已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，为等边三角形，且平面平面（1）求证：；（2）是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为若存在，求出的值，否则请说明理由【解析】（1）证明：取的中点，连结，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，在等腰梯形中，因为，所以，所以，即，在中，由余弦定理可知，在中，由余弦定理可知，所以，则，因为，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以；（2）解：存在点满足条件，则由（1）可知，平面，且，EABCDABCD/ABDC2ADDC=4AB
21、=ADEADE ABCDAEBDF(01)EFEB=ADFBCE6513ADGEGADEEGADADEABCDAD=ADE ABCDEG ABCDBD ABCDBDEGABCDAECDCB=/ABDCDABADCDABDCB+=+=DCBDAB=coscosDCBDAB=DCB22228cos28DCBCBDBDDCBDC BC+=DAB222220cos216DAABBDBDDABDA AB+=22820816BDBD=212BD=222ADBDAB+=ADBDADEGG=ADEG ADEBD ADEAE ADEAEBDFED ABCDADBD取的中点，连结，则，所以，不妨以为坐标原点，以，
22、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设，则，因为，所以，所以，不妨设平面的法向量为，则，整理可得，取，则，设平面的法向量为，则，整理可得，取，则，所以平面于平面所成的锐二面角的余弦值为，整理可得，解得或，因为，所以，故存在点，满足且19.北京 2022 年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破为了宣传 2022 年北ABHHG/HGBDGHADGGAGHGExyz(1,0,0),(1,0,0),(0,0,3),(1,2 3,0),(2,3,0)ADEBC(2,0,0),
23、(1,3,0)ADBC=(F xy)z(,3),(1,2 3,3)EFxy zEB=EFEB=2 333xyz=+(1,2 3,33)AF=+ADF122(,)mx y z=111120(1)2 3(33)0m ADxm AFxyz=+=111012xyz=12z=(0,1,2)m=BCE222(,)nxy z=222222 33030n EBxyzn BCxy=+=222233zyxy=21y=(3,1,3)n=ADFBCE222222|16|71|65|cos,|13(1)413(1)4(3)13m nm nm n+=+(21)(31)0+=12=13=0112=FEFEB=12=京冬奥会
24、和冬残奥会，合肥一中决定安排 5 名志愿者将两个吉祥物安装在合一广场，活动共分 3 批次进行每次活动需要同时派送 2 名志愿者，且每次派送人员均从 5 人中随机抽选已知这 5 名志愿者中，2 人有安装经验，3 人没有安装经验（1）求 5 名志愿者中的“小明”，在这 3 批次安装活动中有且只有一次被抽选到的概率；（2）求第二次抽选时，选到没有安装经验志愿者的人数最有可能是几人？请说明理由；（3）现在需要 2 名志愿者完成某项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位志愿者一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位志愿者若有 A、B 两个志愿者可派，他们各自完成任务的概率分别为 p
25、1，p2，假设 1p1p2，且假定各人能否完成任务的事件相互独立若按某种指定顺序派人，这两个人各自能完成任务的概率依次为 q1，q2，其中 q1，q2 是 p1、p2的一个排列，试分析以怎样的顺序派出志愿者，可使所需派出志愿者的人员数目的数学期望达到最小【解析】（1）5 名志愿者的“小明”在每轮抽取中，被抽取到概率为，则三次抽取中，“小明”恰有一次被抽取到的概率 PC；（2）第二次抽取到的没有没有安装经验志愿者人数最有可能是 1 人 设 表示第一次抽取到的没有安装经验志愿者人数，可能的取值有 0，1，2，则；设 表示第二次抽取到的没有安装经验志愿者的人数，可能的取值有 0，1，2，则 1122
26、2222 33322422222255555537(0)100c ccccccpcccccc=+=因为 P（1）P（0）P（2），故第二次抽取到的没有安装经验志愿者人数最有可能是 1 人（3）按照先 A 后 B 的顺序所需人数期望最小：设 X 表示先 A 后 B 完成任务所需人员数目，则 X 1 2 P P1 1P1 E（X）P1+2（1P1）2P1，设 Y 表示 B 先后 A 完成任务所需人员数目，则 X 1 2 P P2 1P2 E（Y）P2+2（1P2）2P2，E（Y）E（X）P1P20，故按照先 A 后 B 的顺序所需人数期望最小 20在平面直角坐标系中，1A，2A 两点的坐标分别为(
27、2,0)，(2,0)，直线1A M，2A M 相交于点 M且它们的斜率之积是34，记动点 M 的轨迹为曲线 E 过点(1,0)F作直线 l 交曲线 E 于 P，Q 两点，且点 P 位于 x 轴上方，记直线1AQ，2A P 的斜率分别为1k，2k（1）证明：12kk 为定值；（2）设点Q 关于 x 轴的对称点为1Q，求1PFQ面积的最大值【解析】（1）设(,)M x y，由题可知3224yyxx=+，所以221(2)43xyx+=设直线l 的方程为1xmy=+，1(Q x，1)y，2(P x，2)y，联立221143xmyxy=+=，得22(34)690mymy+=，所以122634myym+=
28、+，122934y ym=+，所以1112ykx=+，2222ykx=，所以11121121221212222(2)(2)32ykxxymy yyykxymy yyx+=+22222222296()3(34)13434993(34)3334mmymmymmmmmyym+=+，所以12kk 为定值（2）设1(Q x，1)y，由椭圆的对称性，不妨设0m，112111211(2)()2PQQSyxxx yx y=，1111111(1)(2)2QQ FSxyx yy=，而11111211111211229()()(1)34PFQPQQQQ FmSSSx yx yx yyymyymy ym=+=+993
29、 3442 123mm=+，当243m=，即2 33m=时，等号成立，此时1PFQ的面积最大值为 3 3421.已知()=2sinxf xexx.（1）求()f x 在0,x上的最小值；（2）设2(cossin)0.51xm xxxexx=，在0,x上有两个实根，求m 的取值范围.【解析】（1）依题意，()=2sinxf xexx，()=(2sin)2cossinxxfxexxexxx=()=2sin2cosxfxexxx+因为 x0，所以 ex1，xsinx0，因此()fx22cosx0，所以()fx在0，上单调递增，于是()fx(0)f 20，故函数 f（x）在0，上单调递增，()f x(
30、0)f2，()f x 的最小值为 2(2)2()0.51(cossin)xg xexxm xxx=,2()(0.51(cossin)1+xxemxsinx xg xexxm xxx=令 h（x）ex1+mxsinxx，h（x）ex+m（sinx+xcosx）1，当12m 时，1()1sin2xh xexxx 由（1）可知，当 x（0，时，当 x（0，时，h（x）0 而 h（0）0，当 x0，时，h（x）0，()0g x在，上递增，又(0)0g=而 g（0）0，当 x0，时，g（x）仅有 1 个零点，舍去 当12m 时，h（x）ex+m（sinx+xcosx）1，h（x）ex-m（xsinx2c
31、osx）当时，h（x）0，所以 h（x）单调递增 当时，h（x）ex-m（3sinx+xcosx）因为 ex0，-m（3sinx+xcosx）0，所以 h（x）0，所以 h（x）单调递增 又 h（0）12m0，h（x）ex-m（xsinx2cosx），2()022mhe=因此 h（x）在上存在唯一的零点 x0，且 当 x（0，x0）时，h（x）0，所以 h（x）单调递减；当时，h（x）0，所以 h（x）单调递增 又 h（0）0，h（x0）h（0）0，h（）e-m10，因此 h（x）在(0，上存在唯一的零点 x1，且 x1（x0，）当 x（0，x1）时，h（x）0，所以 h（x）单调递减；当 x
32、（x1，）时，h（x）0，所以 h（x）单调递增 又 h（0）0，h（x1）h（0）0，h（）e10，所以 h（x）在（x1，）上存在唯一零点，因此 h（x）在0，上有两个零点11()0),(,),(0)0g xxxg=在（，又 21()0,()102g xgem=又,()g x 在(0，上存在唯一的零点x2，且x2（x1，）因此 g（x）在0，上有两个零点综上所述，实数 m 的取值范围是1(,)2 （二）选考题，共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.22选修 4-4：坐标系与参数方程 在
33、平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 E 经过点3(1,)2P，其参数方程为cos3sinxay=(为参数)，以原点 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线 E 的极坐标方程；(2)若直线 l 交曲线 E 于点 A，B，且 OAOB，求 1|OA|2 1|OB|2的值【解析】(1)将点3(1,)2P代入曲线 E 的参数方程，得1cos33sin2a=，解得 a24，所以曲线 E 的普通方程为x24y231，极坐标方程为22211(cossin)143+=(2)不妨设12(,),(,)2AB +，10，20，则12114cos213sin2，12214sin213cos2，两式相加得1211221413 712，即 1|OA|2 1|OB|2 712 23选修 4-5：坐标系与参数方程不等式选讲 已知函数（1）解不等式；（2）记函数的最小值为m，若,a b 为正实数，且24abm+=，求2a b 的最大值【解析】，等价于或或，或或，不等式的解集为；由可知，26ab+=，且,a b 为正实数，23()83aaba ba a b+=，当且仅当ab=，又26ab+=，即2ab=时等号成立，2a b的最大值为8