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《名校》福建省泉州市三检2022届高三数学试卷及答案(解析版) PDF版含解析.pdf

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资源描述

1、高三数学试题 第 1页(共 12 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测(三)2022.03高三数学参考答案(选择题)本试卷共 22 题,满分 150 分,共 6 页。考试用时 120 分钟。一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1 若集合1Ax x,2Bx x,则AB R A B RC2,1D2,1【命题意图】本小题主要考查集合的交集、补集运算等基础知识;考查运算求解能力;体现基础性,导向对发展数学运算核心素养的关注【试题解析】解法一:因为2Bx x,所以 2,+)B R,所以 2,1)AB R,故选 D.解法二:

2、由 2A 且 2B,得2AB R,排除 A,C;又由1A,得1ABR,排除B,故选 D.【试题评析】解题关键在于读懂集合相关符号语言的含义.2.已知向量3,1a=,1,3b=,且abab,则 的值为A 2B 1C1D 2【命题意图】本小题主要考查向量的坐标表示、向量的运算及其几何意义等基础知识;考查运算求解等能力;考查数形结合思想;体现基础性与综合性,导向对发展数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解法一(坐标法):(4,4)ab,(3,13)ab,由 0abab得16160,即1 ,故选 C解法二:利用22|aa,由 0abab得:22(1)0aba b,所以16160,即

3、1 ,故选 C保密使用前高三数学试题 第 2页(共 12 页)解法三(验证法):对 A:22223480abababab=,错误;对 B:222320abababab=,错误;对 C:22 0ababab,正确,故选 C.解法四(数形结合法):如右图知 OACB 为菱形,所以 OCAB,即abab,所以1 ,故选 C.【试题评析】平面向量问题的处理,从代数运算入手和从几何图形入手两个途径并重,各有利弊,可视具体问题灵活选择.3 已知双曲线2222:10,0 xyCabab的焦距为 2 5,点2,1P在 C 的一条渐近线上,则 C的方程为A2214yx B2214xyC22331205xyD22

4、1164xy【命题意图】本小题主要考查双曲线的方程、渐近线等基础知识;考查逻辑推理、运算求解等能力;渗透函数与方程、化归与转化等数学思想;体现基础性,导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一:由已知 22 5c,则5c,又12ba,且222bac,所以2,1ab.则 C 的方程为2214xy,故选 B.解法二:由已知 22 5c,则5c,对于 C,222553ab,对于 D,22205ba,所以排除 C,D;又由点2,1P在 C 的一条渐近线上,坐标代入方程检验可排除 A.故选 B.【试题评析】圆锥曲线的方程与基本性质,属于必考的基础知识,应作为必得分试题处理.

5、4 6211xxx的展开式中7x 的系数为A5B 6C 7D15高三数学试题 第 3页(共 12 页)【命题意图】本小题主要考查二项式定理、计数原理等基础知识;考查逻辑推理能力和运算求解能力;考查化归与转化等数学思想;体现基础性、综合性,导向对发展数学运算、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解法一:展开式中含7x 的项为:215067766(61)5xC xx C xxx,所以7x 的系数为 5,故选 A.解法二:因为65231111xxxxx,所以展开式中含7x 的项为314755xC xx,所以7x 的系数为 5,故选 A.5 已知圆锥 SO 的底面半径为1,若其底面上存在两点,A B,

6、使得90ASB,则该圆锥侧面积的最大值为A2B 2C 2 2D 4【命题意图】本题考查圆锥的轴截面、侧面积等有关基础知识;考查运算求解等能力;考查数形结合思想;体现基础性与综合性,导向对发展数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解法一:设圆锥的母线长为 (1)l l.如图,作圆锥 SO 的轴截面 SAC,由题意得90ASCASB,所以222242ACSASCl,即12l,所以2Srll圆锥侧,故选 A解法二:设圆锥的母线长为 (1)l l 如图,作出圆锥的轴截面 SAC,由题意得90ASC,所以 4590ASO,则2sin12rASOl,即12l,所以2Srll圆锥侧,故选

7、A解法三:设圆锥的母线长为 (1)l l.因为90ASB,所以2ABl,且 OAOBAB,即 22rl,所以12l,所以2Srll圆锥侧,故选 A高三数学试题 第 4页(共 12 页)解法四:设圆锥的母线长为 (1)l l 所以Srll圆锥侧取最大值时,母线取最大值,轴截面顶角取最小值.由圆锥底面上存在两点,A B,使得90ASB,知轴截面顶角最小值为 90,此时母线长为2,圆锥侧面积为2.6.已知函数 sin04f xx在 0,2 有且仅有一个零点,则 的值可以是A1B 3C 5D 7【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象和性质、三角函数的周期等基础知识;考查逻辑推理;考查函数与方程、转化

8、与化归、数形结合等数学思想;体现基础性与综合性,导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一:函数 sin04f xx,当02x时,4424x,因为 f x 在0,2上有且仅有一个零点,所以224,解得 3722,故选 B解法二:sin04f xx是由sin0yx向左平移 8T 所得由已知 f x 在0,2有且仅有一个零点,则 11112828TT,即 3 27 2828,所以 3722,故选 B解法三:当1 时,由 sin04x,可得4xkk Z,所以在区间 0,2没有零点,当3 时,由 sin 304x,可得123kxk Z,所以在区间 0,2有且仅有一个零点,

9、故选 B.另外当5 时,f x 的周期22T,故 f x 在 0,2的零点至少有两个,舍去.【试题评析】本题是检测核心素养的典型试题.体现对弦型曲线特征的整体把握,整体上把握图象特征,结合理性思维,才能找到问题解决的突破口.高三数学试题 第 5页(共 12 页)7 已知函数2()axxf xbc,若3log31bac,则A()()()f af bf cB()()()f cf bf aC()()()f bf af cD()()()f bf cf a【命题意图】本小题主要考查基本初等函数的图象、运用函数单调性比较数的大小等基础知识;考查逻辑推理、运算求解;考查数形结合、转化与化归等数学思想;体现基

10、础性、综合性和应用性,导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一(特值法):令3c 得27a,1b,2()axxf xbc的对称轴为1254bax,所以2bbcaa,因为()f x 在,2ba 单调递增,所以()()()f bf cf a,故选 D.解法二:作函数3logyx,3xy,yx的图像,易得直线1yc与 函 数 的 交 点 的 横 坐 标 分 别 为,a b c,如 图 所 示,由 图 知01bca,因为3log1a ,所以3a,所以 2bbcaa,下同解法一8 1883 年,德国数学家康托提出了三分康托集,亦称康托尔集.右图是其构造过程的图示,其详细构

11、造过程可用文字描述为:第一步,把闭区间0 1,平均分成三段,去掉中间的一段,剩下两个闭区间10 3,和 2 13,;第二步,将剩下的两个闭区间分别平均分为三段,各自去掉中间的一段,剩下四段闭区间:10 9,2 19 3,2 73 9,8 19,;如此不断的构造下去,最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历 n 步构造后,20212022 不属于剩下的闭区间,则 n 的最小值是A7B8C9D10【命题意图】本小题主要考查集合、数列递推等基础知识;考查抽象概括与运算求解能力;考查数据处理能力、应用意识等;体现基础性、综合性与应用性,导向对发展数学高三数学试题 第 6页(共 12 页)运算、数

12、学建模、数据分析等核心素养的关注【试题解析】解:由题意可知,构造过程中每一步剩下的最右边的闭区间依次为 2 13,8 19,所以第 n 步构造后,剩下的最右边的区间段为1113n,若1202111120223n,且 202111120223n,即112021111320223nn,即33log 2022log 20221n,因为*nN,所以7n 经历第 7 次构造后,最右侧的两个闭区间为67121133,和71113,且77112320223,7722021111320223,即 20212022 不属于剩下的任何闭区间,故选 A二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。在每

13、小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 2 分。9.已知点 M 在直线:43l yk x上,点 N 在圆22:9O xy上,则下列说法正确的是A点 N 到 l 的最大距离为 8B若 l 被圆 O 所截得的弦长最大,则43k C若 l 为圆 O 的切线,则 k 的取值范围为70,24D若点 M 也在圆O 上,则 O 到 l 的距离的最大值为 3【命题意图】本小题主要考查直线与圆的方程、直线与圆的位置关系等基础知识;考查逻辑推理、运算求解;考查函数与方程、数形结合、转化与化归等数学思想;体现基础性、综合性和应用性,导向对发展直观想象、逻辑推理、

14、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:易知直线 l 过定点(3,4)P,如图所示:对 A:点 O 到直线 l 的距离的最大值为22|345OP,所以点 N到 l 的最大距离为|538OPr,故选项 A 正确;对 B:若 l 被圆 O 所截得的弦长最大,则直线 l 过圆心 O,即高三数学试题 第 7页(共 12 页)0403k,所以43k,故选项 B 正确;对 C:若 l 为圆 O 的切线,则圆心 O 到直线l 的距离2|34|31kdk,解得724k,故选项C 错误;【或由0k,直线为4y,显然不与圆 O 相切,故选项 C 错误.】对 D:若点 M 也在圆O 上,则l 与圆O 相交或相切,当

15、l 与圆O 相切时,O 到 l 的距离的最大值为半径 3,故选项 D 正确;故选 ABD.10设1z,2z 为复数,则下列命题正确的是A若12|0zz,则12zzB若12|zz,则2212zzC若120zz,则21zzD若120z z,则10z 或20z【命题意图】本小题主要考查复数的概念、复数的表示方法、复数的模和复数的复数的运算等基础知识;考查逻辑推理、运算求解;考查数形结合、转化与化归等数学思想;体现基础性和综合性,导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:对 A:设1izab,2izcd,则12i(i)()izzabcdacbd,若2212|()()0zza

16、cbd,则 ac且bd,所以12zz,故 A 正确;【另解:若12|0zz,由运算的几何意义知12zz,对应的点重合,故12zz.】对 B:取11z ,2iz ,则12|1zz,此时211z,221z ,2212zz,故 B 错误;对 C:取11iz ,2iz ,则1210zz,此时21zz,故选项 C 错误;对 D:设1izab,2izcd,则12(i)(i)()iz zabcdacbdadbc,若120z z,则0,0,acbdadbc得,acbdadbc 所以22a cdb cd,若00cd且,则显然成立,此时20z;若00cd且,则易得0ab,此时10z;高三数学试题 第 8页(共 1

17、2 页)若00cd且,即得10z;若00cd且,得22ab,则0ab,此时10z,故选项 D 正确.【另解:因为1212|z zzz,所以,若120z z,则1|0z 或2|0z,故10z 或20z,故 D 正确.】故选 AD11某校高三 1 班 48 名物理方向的学生在一次质量检测中,语文成绩、数学成绩与六科总成绩在全年级中的排名情况如下图所示,“”表示的是该班甲、乙、丙三位同学对应的点.从这次考试的成绩看,下列结论正确的是A该班六科总成绩排名前 6 的同学语文成绩比数学成绩排名更好B在语文和数学两个科目中,丙同学的成绩名次更靠前的科目是语文C数学成绩与六科总成绩的相关性比语文成绩与六科总成

18、绩的相关性更强D在甲、乙两人中,其语文成绩名次比其六科总成绩名次靠前的学生是甲【命题意图】本小题主要考查统计图表、相关关系等基础知识;考查读图、识图、用图的能力以及逻辑推理能力;体现基础性、综合性和创新性,导向对发展数据分析、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解:对 A:该班总成绩排名前 6 的同学即为年级前 100 名的同学,数学成绩都在前 200 名,而语文成绩比较离散,有 2 个是前 200 名,剩下 4 位同学都在 200 名之后,且有 1 位同学的语文成绩大约是 400 名,故选项 A 错误;对B:由右图丙同学六科总成绩是400500的三位同学中靠前的一位,其语文成绩在250300

19、名,对应左图找通过六科总成绩找到丙同学,其数学成绩排名大约是 400 名,所以丙同学语文成绩靠前,故选项 B 正确;对 C:由散点图可知,数学成绩与总成绩的分布呈左下到右上的趋势,且在一条直线附丙甲乙高三数学试题 第 9页(共 12 页)近,语文成绩与总体成绩比较分散,故选项 C 正确;对 D:由左图知甲同学总成绩排名是在 100110 名,由总成绩排名可在右图找到甲同学对应的点,其语文成绩大约是 50 名,所以甲同学语文成绩靠前.同理,由左图知乙同学的总成绩排名是在 240250 名,可在右图找到乙同学对应的点,其语文成绩大约是 250 名,故选项 D 正确;故选 BCD.12.已知函数()

20、f x 的定义域为 0 ,且满足2210,1,()log31,2,xxf xxx,当2x 时,2f xf x,为非零常数,则下列说法正确的是A当1 时,21log 804fB当0 时,()f x 在10,11 单调递增C当1 时,()f x 在*0 4nnN,的值域为2122,nnD当0,且1 时,若将函数12()xg x与()f x 的图象在*0 2nnN,的 m 个交点记为,iix y(1 2 3)im,则211mniiixyn【命题意图】本小题主要考查分段函数、函数的值域、函数的单调性、函数的周期性、函数图象的变换、等比数列的前 n 项和等基础知识;考查逻辑推理、运算求解;考查数形结合、

21、转化与化归等数学思想;体现基础性、综合性和创新性,导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:对 A:当1 时,2f xf x,则 42f xf xf x,所以,当2x 时,()f x 满足 4f xf x.因为222log 64log 80log 128,即26log 807,所以222log 80log 804log 5fff2log 52f 25log 4f ,因为25log0,14,所以2log 80f25log 4f 25log 421 14,故选项 A 错误;高三数学试题 第 10页(共 12 页)对 B:当0 时,()f x 在0,1 的单调性与()f

22、x 在2,21nn*nN的单调性相同,因为()f x 在0,1 单调递增,所以()f x 在10,11 单调递增,故选项 B 正确.对 C:由 2f xf x得,242()f xf xf x,则24()nf xnf x.因为1 ,如图可知,()f x 在01,和*41,41nnn N单调递增,在*43,41nnn N单调递减.当*0 4xnn,N时,min()f x2(1)(41)(414(1)nfnfnn 22(3)nf21(1)nf21n;max()f x2(1)(43)(434(1)nfnfnn22(1)nf22n.所以()f x 在*0 4nnN,的值域为2122,nn,故选项 C 正

23、确.对 D:由图像可知,12()xg x与()f x 的图象在*0 2nnN,有 n 个交点,且21ixi,1iiy,1,2,3in,因为0,且1 ,所以数列 ix是等差数列,数列 iy是等比数列.所以111mnniiiiiiixyxy(121)121nnn211nn,故选项 D 错误.故选 BC.高三数学试题 第 1页(共 12 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测(三)2022.03高三数学参考答案(填空题)本试卷共 22 题,满分 150 分,共 6 页。考试用时 120 分钟。三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。13若sin 21cos213,则 tan【

24、命题意图】本小题主要考查二倍角公式、三角恒等变换等基础知识;体现基础性,导向对发展数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解:因为22sin 22sincos2sincostancos212cos2cos11,所以1tan3 14写出一个满足1f x 为偶函数,且在0,单调递增的函数 f x.【命题意图】本小题主要考查函数奇偶性、函数单调性等基础知识;考查抽象概括;体现基础性、应用性和开放性,导向对发展逻辑推理、数学抽象等核心素养的关注【试题解析】解:21f xx或 1f xx或 12xf x或 ln1f xx或 11xxf xee(答案不唯一)15已知抛物线2:4E yx的焦点为 F,

25、准线为 l,过 F 的直线 m 与 E 交于,A B 两点,AF 的垂直平分线分别交 l 和 x 轴于,P Q 两点若AFPAFQ,则|AB【命题意图】本小题主要考查抛物线的方程、定义、焦点弦长公式、平面几何的性质等基础知识;考查数形结合、转化与化归等数学思想;体现基础性、综合性和创新性,导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:因为 AF 的垂直平分线交 l 于点 P,所以|PFPA,且AFPPAF;又AFPAFQ,所以PAFAFQ,所以 PAx 轴,即 APl,保密使用前高三数学试题 第 2页(共 12 页)由抛物线的定义得|PAAF,所以PAF为等边三角形所以60PAF

26、AFQ 解法一:所以直线 m 的方程为31yx.设11,A x y,22,B xy.由231,4,yxyx消去 y 整理得231030 xx,由韦达定理,得12103xx,所以1216|23ABxx.解法二:设 l 和 x 轴交于点 G,过 B 作 BCl 于点 C,作 BDAP于点 D.在PGFRt中,|2GF,60PFG,所以|4PFPAAF.因为|BFBCPD,所以|4|ADPAPDPABFBF.在ABDRt中,|2|ABAD,即4|2 4|BFBF,所以4|3BF.故16|3ABAFBF.解法三:由二级结论112|AFBFp得,1114|BF,所以4|3BF.故16|3ABAFBF.解

27、法四:由二级结论,得222416|sinsin 603pAB.【注:答案写成 15 3 者,也是对的,但写成小数 5.333 者,不能得分.】16已知三棱锥 ABCD的所有顶点都在球 O 的球面上,ABACDBDC,24ADBC,则球 O 的表面积的最小值为【命题意图】本小题考查球的有关基础知识;考查空间想象、推理论证、运算求解等能力;考查数形结合、化归与转化等思想;体现基础性与综合性,导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:设,E F 分别为 BCAD,的中点,连结,AE DE BF CF.由已知,ABDB,ACDC,BCBC得ABCDBC.因为 E 是 BC

28、中点,所以 AEDE,又因为 AFDF,所以 EFAD,高三数学试题 第 3页(共 12 页)即直线 EF 是线段 AD 的垂直平分线.同理,ABAC,BDDC,ADAD得ABDACD.因为 F 是 AD 中点,所以 BFCF,又因为 BEDE,所以 EFBC,即直线 EF 是线段 BC 的垂直平分线.由知,球心 O 在直线 EF 上,设球 O 的半径为 R,则2,4,OBOCBCOAODAD即22,24,RR即2R,当且仅当 O 是 AD 中点时,2R,所以球O 的表面积的最小值为2416SR.高三数学试题 第 1页(共 26 页)17(10 分)在平面四边形 ABCD 中,1AB ,3BC

29、,60B,30ACD(1)若213AD,求ADC;(2)若 BDCD,求ACD的面积.【命题意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和三角恒等变换等基础知识;考查抽象概括、逻辑推理、运算求解等能力;考查数形结合思想、函数与方程思想;体现基础性,导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】(1)法一:在ABC中,由余弦定理,得2222cosACABBCAB BCABC,2 分即21192 1 372AC ,所以7AC.3 分在ACD中,由正弦定理,得 sinsinADACACDADC,4 分即2173sin30sinADC,所以3sin2ADC,所以60ADC 或120

30、.5 分法二:在ABC中,由余弦定理,得2222cosACABBCAB BCABC,2 分即21192 1 372AC ,所以7AC.3 分在ACD中,由余弦定理,得2222cosADACCDAC CDACD,即233 21140CDCD,所以213CD 或2 213CD.当213CD 时,CDAD,此时30ACDDAC ,所以1803030120ADC .4 分当2 213CD 时,222CDADAC,此时90DAC,所以180309060ADC .5 分综上60ADC或120.5 分高三数学试题 第 2页(共 26 页)法三:在ABC中,由余弦定理,得2222cosACABBCAB BCA

31、BC,2 分即21192 1 372AC ,所以7AC.3 分在ACD中,由余弦定理,得2222cosADACCDAC CDACD,即233 21140CDCD,所以213CD 或2 213CD.在ACD中,由余弦定理,得,222cos2ADCDACADCAD CD所以777133cos1423ADC 或7287133cos2823ADC4 分所以60ADC或120.5 分【补充说明】本小题答案具有开放性。因调控难度需要,没有在开放性答案的选择上另行设置给分点.若考生没讲理由,直接舍去 60 答案者,扣 1 分,直接舍去120 答案者,扣 1 分;有指出理由(如认为平面四边形一般指的是凸四边形

32、)才舍去 60答案者,不论在解题过程中的哪个地方指出,均不扣分.【说理样例】(默认平面四边形一般指的是凸四边形)当60ADC 时,90DAC,又由179cos02 17BAC,知90BAC,从而180BADBACDAC ,不符合题意,舍去.故120ADC.(2)法一:设ACB.在ABC中,由正弦定理,得71sin60sin,所以21sin14.6 分又 ABBC,所以 为锐角,因此25 7cos1sin14,7 分所以3121coscos30cossin227BCD.8 分设 E 为线段 BC 中点,连接 DE.因为 BDCD,故 DEBC,32CE,所以3212cos2217CECDBCD.

33、9 分因此17 3sin3028ACDSAC CD.10 分法二:设ACB.在ABC中,由正弦定理,得2222cosABBCACBC AC,6 分数字代入求解得5 7cos14,7 分下同法一.高三数学试题 第 1页(共 26 页)18(12 分)体育课程的实施可以有效地促进学生身体的正常发育,提高身体的健康水平.某校对高一年男生进行1000 米测试,经对随机抽取的 100 名学生的成绩数据处理后,得到如下频率分布直方图:(1)从这 100 名学生中,任意选取 2 人,求两人测试成绩都低于 60 分的概率;(2)从该校所有高一年男生中任意选取 3 人,记 70 分以上的人数为,求 的分布列和期

34、望;(3)从样本频率分布直方图中发现该校男生的 1000 米成绩 近似服从2,N ,已知样本方差2116 44s.,高一年男生共有 1000 人,试预估该校高一年男生 1000 米成绩在 89.2 分以上的人数附:116 4410 8.若2,N ,则0 6826.PX,220 9544.PX【命题意图】本小题主要考查样本数字特征、古典概型、二项分布、正态分布等基础知识;考查逻辑推理、运算求解;考查样本估计总体的统计思想;体现基础性、综合性和应用性,导向对发展数据分析、数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:(1)由频率分布直方图知,测试成绩低于 60 分的频率为(0.001

35、0.002)100.03,1 分共有 0.03 100=3人,设事件 A 表示“从这 100 名学生中,任意选取 2 人,两人测试成绩都低于 60 分”,则 232100311009916502CP AC.3 分【说明:列式 232100CP AC1 分,计算得11650 1 分,未交代事件 A,回扣 1 分.】(2)由频率分布直方图知,测试成绩在 70 分以上的频率为4(0.0400.0220.018)105,高三数学试题 第 2页(共 26 页)用样本的频率估计总体的概率,4 分【说明:未写“用样本的频率估计总体的概率”,不得此分.】则可判定,,B n p(其中3n,45p),5 分所以随

36、机变量 的分布列为:0033411(0)()()55125PC,11234112(1)()()55125PC,22134148(2)()()55125PC,33034164(3)()()55125PC,7 分7 分【说明:2 个或 3 个正确得 1 分,4 个正确得 2 分.】随机变量 的分布列也可列表表示为:0123P11251212548125641257 分所以随机变量 的数学期望为 412355Enp.8 分(3)由样本的频率分布直方图得样本平均数为450.01550.02650.17750.40850.22950.18x 9 分45100.02200.17300.40400.2250

37、0.18450.23.4128.8978.4,以样本估计总体,得78.4.且由2116 44s.且 116 4410 8.,可得10.8.因为78.410.889.2,10 分所以10.682689.20.15872P,11 分所以10000.1587158.7159,12 分即预估跑步成绩在 89.2 分以上的人数为 159 人.12 分高三数学试题 第 1页(共 26 页)19(12 分)已知数列 na满足12121111nnnaaaaaaa.(1)求 na的通项公式;(2)在ka 和*1kakN中插入 k 个相同的数11kk,构成一个新数列 nb:1234,1,2,2,3,3,3,aaa

38、a,求 nb的前100 项和100S【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义、等差数列前n 项和公式及递推数列等基础知识;考查抽象概括与运算求解能力;考查化归与转化思想思想体现基础性与综合性,导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题解析】解:(1)因为12121111nnnaaaaaaa.,当2n 时,11212111111nnnaaaaaaa.,1 分,得11nnnnaaaa,所以11nnaa ,3 分又1n 时,11111aaa,即12a,4 分所以数列 na是以 2 为首项,1为公差的等差数列,所以2111nann .5 分(2)法一:设插入的所有数构成数列 nc.因为1231278,7

39、8 1391 100,123121391,91 14105100,所以,12100,b bb中包含 na的前13 项及 nc的前87 项,8 分所以10012131287()()Taaaccc 9 分 2222223141234111213 9132141231213 92 11 分【各 1 分】13 8 13 613 9143.12 分高三数学试题 第 2页(共 26 页)(2)法二:根据数列 nb的构造规律,可知 nb中等于ka 的项之前,有插入的 123(1)k 项和原数列 na中的前1k 项,故 nb中的ka,即 nb的第(1)2k k 项,即(1)2k kkba.7 分因为13 14

40、14 1510022,所以,12100,b bb中包含 na的前13 项及 nc的前87 项,8 分所以10012131287()()Taaaccc 9 分 2222223141234111213 9132141231213 9211 分13 8 13 613 9143.12 分(2)法三:设ka 和插入的 k 个数11kk构成一组数,则前 k 组数共有1322k kk kk个,6 分令 31002k k,解得12k,当12k 时有 312 159010022k k,7 分所以 nb的前100项中包含前12 组数和第13 组数的前10 个,8 分所以22210012111213(1)(2)(1

41、1)(12)(13 9)Saaaaa 2222223141234111213 910 分132141231213 9211 分13 8 13 613 9143.12 分高三数学试题 第 1页(共 26 页)20(12 分)如图,多面体 ABCEF 中,ABAC,BFCE,D 为 BC 的中点,四边形 ADEF 为矩形(1)证明:BE CE;(2)若2AB,120BAC,当三棱锥 EBCF的体积最大时,求二面角 ABFE的余弦值【命题意图】本小题主要考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的运算与应用等基础知识;考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力;考查数形结合思想、化归与转化思想等

42、;体现基础性、综合性与应用性,导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一:(1)因为四边形 ADEF 为矩形,所以 ADDE因为 ABAC,D 为 BC 的中点,所以 ADBC因为 DEBCD,,DE BC 平面 BCE,所以 AD 平面 BCE 1 分又四边形 ADEF 为矩形,所以 ADFE,所以 FE 平面 BCE,2 分又 EC 平面 BCE,所以 FECE 3 分又 BFCE,BFFEF,所以 CE 平面 BEF 4 分又 BE 平面 BEF,所以 BECE5 分(2)因为2AB,120BAC,在ADBRt中,112ADAB,3BD,所以2 3BC 由(

43、1)知 FE 平面 BCE,所以E BCFFBCEVV13BCESEF,.6 分【体积公式】E BCFF BCEVV16 BE CE22112 CEBE21112 BC,高三数学试题 第 2页(共 26 页)当且仅当6BECE时,等号成立,即三棱锥 EBCF的体积最大.7 分【基本不等式】又 DBDC,所以 DEBC又 ADBC,ADDE,所以,以 D 为坐标原点,分别以,DA DB DE 为,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系,8 分则所以(1,0,0)A,(0,3,0)B,C(0,3,0),(0,0,3)E,(1,0,3)F,所以(1,3,0)AB ,(0,0,3)AF,(1,0,0

44、)EF,(0,3,3)EB,9 分设平面 ABF 的法向量为111(,)xyzu,平面 BEF 的法向量为222(,)xyzv,由0,0,ABAF uu得11130,30,xyz令11y ,得(3,1,0)u,10 分由0,0,EBEF vv得222330,0,yzx令21y ,得(0,1,1)v,11 分设二面角 ABFE的大小为)2 (,则|2cos|4 u vuv,12 分即当三棱锥 EBCF的体积最大时,二面角 ABFE的余弦值为24.12 分解法二:(1)同解法一.5 分(2)因为2AB,120BAC,在ADBRt中,112ADAB,3BD,所以2 3BC 由(1)知 FE 平面 B

45、CE,所以E BCFFBCEVV13BCESEF,.6 分【体积公式】E BCFF BCEVV16 BE CE22112 CEBE21112 BC,当且仅当6BECE时,等号成立,即三棱锥 EBCF的体积最大.7 分【基本不等式】以 E 为坐标原点,以,EFEC EB 分别为,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系,.8 分所以66(1,)22A,(0,0 6)B,(0,0,0)E,(1,0,0)F,所以66(1,)22AB ,66(0,)22FA,9 分高三数学试题 第 3页(共 26 页)易知平面 BEF 的法向量为(0,1,0)v,10 分设平面 ABF 的法向量为(,)x y zu,

46、由00ABAF uu得 2660,0,xyzyz,令1y 得(6,1,1)u,11 分设二面角 ABFE的大小为)2 (,则|2cos|4 u vuv,12 分即当三棱锥 EBCF的体积最大时,二面角 ABFE的余弦值为24.12 分解法三:(1)同解法一.5 分(2)因为2AB,120BAC,在ADBRt中,112ADAB,3BD,所以2 3BC 由(1)知 FE 平面 BCE,所以E BCFF BCEVV13BCESEF,.6 分【体积公式】E BCFFBCEVV16 BE CE22112 CEBE21112 BC,当且仅当6BECE时,等号成立,即三棱锥 EBCF的体积最大.7 分【基本

47、不等式】设二面角 ABFE的大小为)2 (.由E ABFB AEFVV得点 E 到平面 ABF 的距离为13322AEFABFSBDEF BDdSAB,8 分又点 E 到直线 BF 的距离/6 14277BE EFdBF,9 分所以/3142sin4427dd,10 分高三数学试题 第 4页(共 26 页)所以22cos|cos|1sin4,即2cos4 ,故当三棱锥 EBCF的体积最大时,二面角 ABFE的余弦值为24.12 分【又点 E 到直线 BF 的距离/6 14277BE EFdBF,9 分所以/3142sin4427dd,10 分所以22cos|cos|1sin4,即2cos4 ,

48、故当三棱锥 EBCF的体积最大时,二面角 ABFE的余弦值为24.12 分】高三数学试题 第 1页(共 26 页)21(12 分)已知点11 0F ,2 1 0F,M 为圆 O:224xy上的动点,延长1F M 至 N,使得1|MNMF,1F N的垂直平分线与2F N 交于点 P,记 P 的轨迹为 (1)求 的方程;(2)过2F 的直线 l 与 交于 A B,两点,纵坐标不为 0 的点 E 在直线4x 上,线段 OE 分别与线段 AB,交于 C,D 两点,且2|ODOCOE,证明:|ACBC【命题意图】本小题主要考查椭圆的定义、标准方程,直线与椭圆的位置关系等基础知识;考查运算求解能力,逻辑推

49、理能力,直观想象能力和创新能力等;考查数形结合思想,函数与方程思想,化归与转化思想等;考查直观想象,逻辑推理,数学运算等核心素养;体现基础性,综合性与创新性【试题解析】解法一:(1)连结 MO,1PF 因为1F N 的垂直平分线交2F N 于点 P,所以1|PFPN所以1222|PFPFPNPFNF 1 分在12NF F中,1|MNMF,12|FOOF,所以2|2|4NFOM,即1212|4|PFPFF F.2 分所以点 P 的轨迹 是以1F,2F 为焦点,长轴长为 4 的椭圆.3 分由已知11,0F,2 1,0F,故 的方程为22341xy.4 分(2)因为2|ODOCOE,即|ODOEOC

50、OD,即|DECDxxxx,5 分由已知,显然0Cx,且4Ex,所以24DCxx.6 分(i)当直线l 的斜率不存在时,即直线 l:1x .这时1Cx ,2Dx,24DCxx显然不成立.高三数学试题 第 2页(共 26 页)(ii)当直线l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为1yk x,11,A x y,22,B xy.由221,1,43yk xxy消去 y,整理得22224384120kxk xk,7 分由韦达定理,得2122843kxxk.所以21224243xxkk,即线段 AB 的中点横坐标为22443kk.8 分设直线 OE 的方程为0yk x k.由1,yk xyk x解得kxkk

51、,即Ckxkk.9 分由22,1,43yk xxy解得221243xk,即221243Dxk.10 分由24DCxx,得212443kkkk,化简,得34kk ,34kk .11 分所以2243434Ckkxkkk,即点C 为线段 AB 的中点,故|ACBC12 分【若(ii)得满分,但漏掉(i)的说明,扣 1 分;若(ii)未得满分,对漏掉(i)的说明者,不补扣 1 分】解法二:(1)设(,)P x y,00(,)M xy 1 分则00(21,2)Nxy,2(1,)F Pxy,2002,2)F Nxy(,00(,)MPxxyy,100(2+2,2)F Nxy因为1F N 的垂直平分线交2F

52、N 于点 P,所以10MP F N,22F PF N,因此0000()(1)()0 xxxyy y,00(1)y xx y 2 分又22004xy,联立解得022022(1)(4),(1)(4).(1)xxxxyx yyxy3 分代入22004xy并化简整理得 的方程为22341xy.4 分高三数学试题 第 3页(共 26 页)(2)由已知直线 OE 的斜率存在,设为 k,又 E 的纵坐标不为 0,则0k,则直线 OE 的方程为0ykx k.则22222|1DDDODxykx,222|1|CCCOCxykx,222|1|EEEOExykx.5 分由已知4Ex,0Cx.且2|ODOCOE,所以2

53、4DCxx.6 分由22,1,43ykxxy解得221243xk,即221243Dxk.7 分由已知,直线 l 过点2F,且 l 不能与 x 轴重合,则设直线 l 的方程为1myx,因为直线 l 与直线 OE 相交,故1mk .设11,A x y,22,B xy.由1,myxykx解得11xmk,即11Cxmk.8 分由24DCxx,得2124431kmk,即34km,故2434Cxm.9 分由221,1,43myxxy消去 y,整理得2223484120mxxm,10 分由韦达定理,得122834xxm.11 分所以122 Cxxx,即点C 为线段 AB 的中点,故|ACBC 12 分解法三

54、:(1)连结 MO,1PF 因为1F N 的垂直平分线交2F N 于点 P,所以1|PFPN所以1222|PFPFPNPFNF 1 分在12NF F中,1|MNMF,12|FOOF,所以2|2|4NFOM,即12|4PFPF.2 分设(,)P x y 由已知11,0F,2 1,0F,高三数学试题 第 4页(共 26 页)所以2222114xyxy()().3 分化简,得22341xy,故 的方程为22341xy.4 分(2)由已知,OC与 OE方向相同,且2|ODOCOE,所以2ODOC OE,5 分即2DCExxx,因为4Ex,所以24DCxx.6 分(i)当直线l 的斜率不存在时,即直线l

55、:1x .这时1Cx ,2Dx,24DCxx,不符合题意.(ii)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为1yk x,11,A x y,22,B xy,线段 AB 的中点00,M xy.221122221,431,43xyxy相减得,21212121043xxxxyyyy,7 分即02121034yyyxxx,即34OMk k.8 分设直线 OE 的方程为0yk x k.由1,yk xyk x解得kxkk,即Ckxkk.9 分由22,1,43yk xxy解得221243xk,即221243Dxk.10 分由24DCxx,得212443kkkk,化简,得34kk ,11 分又因为34OMk

56、 k,所以OMkk,即直线 OE 与直线 OM 重合,即点 C 与点 M 重合,则点 C 为线段 AB 的中点,故|ACBC12 分高三数学试题 第 1页(共 26 页)22(12 分)已知函数()()sincosf xxmxx,50 4x,.(1)当2m时,讨论()f x 的单调性;(2)若0m,()1()f xa x,求 a.【命题意图】本小题主要考查运用导数判断函数的单调性、求函数的最值、零点存在定理等基础知识;考查抽象概括、推理论证、运算求解等能力;考查函数与方程、化归与转化、分类与整合、数形结合等数学思想;体现综合性、应用性与创新性,导向对发展逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等

57、核心素养的关注【试题解析】解法一:(1)由已知得()sin()cossinfxxxmxx()cosxmx 1 分当2m 时,()fx cos2xx,若0 2x,02x,cos0 x,则()0fx,()f x 在0 2,单调递减;若 5,24x,02x,cos0 x,则()0fx,()f x 在 5,24 单调递减.由于()f x 的图象在2x 处连续,故()f x 在50 4,单调递减.2 分当02m时,若2mx,()0fx,故()f x 在2m,单调递增;若 0 xm或 524x,()0fx,故()f x 在0,m 和 5,24 单调递减.3 分当0m 时,对于50 4x,恒有0 xm.若0

58、 2x,cos0 x,()0fx,故()f x 在0 2,单调递增;若 5,24x,cos0 x,()0fx,故()f x 在 5,24 单调递减.4 分由于()f x 的图象在前述所讨论的各区间端点处均连续,故综上所述,可得:当0m 时,()f x 在0 2,单调递增,在 5,24 单调递减;当02m时,()f x 在2m,单调递增,在0,m 和 5,24 单调递减;当2m 时,()f x 在50 4,单调递减.5 分【说明:基于本小题的思维量和分类讨论的复杂性,对于图象连续性的交代和单调区间是否包括区间端点高三数学试题 第 2页(共 26 页)的问题,不做严格要求,不做扣分处理.】(2)当

59、0m 时,()1()f xa x,即 sincos1 0 xxxaxa ,令()sincos1g xxxxaxa,50 4x,则只需max()0gx .6 分()sincossing xxxxxacosxxa,令()()h xg x,则()cossinh xxxx.当,2x 时,()0h x,所以()()h xg x单调递减.当0a 时,()02g xga ,()g x 在 ,2单调递减,又()0g,当,2x,()0g x,故max()0gx 不成立;7 分【的另解:当0a 时,由于()(1)1022ga,故max()0gx 不成立;】当 0a时,因为()0ga ,02ga ,由零点存在定理得

60、,0,2x,0()0g x,且当0,xx时,()0g x,()g x 在0,x单调递减,当0,xx,均有()()0g xg,故max()0gx 不成立;8 分当a 时,()cosg xxx,()+0g.(i)当0,2x 时,()0g x,所以()g x 在0,2单调递增;当,2x 时,因为()g x单调递减,所以当,2x,()()0g xg,所以()g x 在 ,2单调递增.由()g x 在0,2单调递增,且在 ,2单调递增,可知,()g x 在0,单调递增.9 分(ii)当5,4x 时,令()()cossinF xh xxxx,()cos2sinF xxxx,则()0F x,()F x 在5

61、,4单调递增,()10F ,52 5()(1)0424F,由零点存在定理得,15,4x,1()0F x.当1,xx时,()0F x,即()0h x,()()h xg x单调递减;高三数学试题 第 3页(共 26 页)当15,4xx时,()0F x,即()0h x,()()h xg x单调递增,且()0g,55 2()1048g,由零点存在定理得,215,4xx,当2,xx时,()0g x,()g x 单调递减;当25,4xx时,()0g x,()g x 单调递增.10 分综合(i)(ii)的结论,又()0g,2525()+1104244g ,可得,max()0g x,符合题意.11 分当a 时

62、,()0ga .当5,4x时,由(ii)知,()g x在1,x单调递减,在15,4x单调递增,且111()cosg xxxa.若1()0g x,则()g x 在1,x单调递增,对于1,xx,均有()()0g xg,不符合题意;若1()0g x,则31,xx,3()0g x,当3,xx时,()0g x,()g x 在3,x单调递增,对于3,xx,均有()()0g xg,不符合题意.故当a 时,不符合题意.12 分综上所述:a .12 分解法二:(1)同解法一.5 分(2)当0m 时,()1()f xa x,即 sincos1 0 xxxaxa ,令()sincos1g xxxxaxa,50 4x

63、,只需max()0gx .6 分考察函数式()sincos1g xxxxaxa,发现()0g,所以,若 sincos1 0 xxxaxa (50 4x,),则 必为()g x 的最大值点,7 分从而必为()g x 的极大值点,必有()0g.高三数学试题 第 4页(共 26 页)由()g xcosxxa,得()0ga ,解得a .8 分【注:前述证得“a ”是“sincos1 0 xxxaxa (50 4x,)”的必要条件.】下面证明a 符合题意.【即证明充分性】当a 时,()cosg xxx,令()()h xg x,则()cossinh xxxx.(i)当0,2x 时,()0g x,所以()g

64、 x 在0,2单调递增;当,2x 时,()0h x,所以()()h xg x单调递减,所以当,2x,()()0g xg,所以()g x 在 ,2单调递增.由()g x 在0,2单调递增,且在 ,2单调递增,可知,()g x 在0,单调递增.9 分(ii)当5,4x 时,令()()cossinF xh xxxx,由()cos2sinF xxxx,得()0F x,()F x 在5,4单调递增,因为()10F ,52 5()(1)0424F,所以由零点存在定理知,15,4x,1()0F x.当1,xx时,()0F x,即()0h x,()h x 单调递减,即()g x单调递减;当15,4xx时,()

65、0F x,即()0h x,()h x 单调递增,即()g x单调递增,10 分因为()0g,55 2()1048g,所以由零点存在定理知,215,4xx,2()=0g x,当2,xx时,()0g x,()g x 单调递减;当25,4xx时,()0g x,()g x 单调递增.11 分综合(i)(ii)的结论,又()0g,2525()+1104244g ,可得,max()0g x,符合题意.12 分综上所述:a .12 分高三数学试题 第 5页(共 26 页)解法三:(1)同解法一.5 分(2)当0m 时,()1()f xa x,即 sincos1()xxxa x,令()sincos1m xxx

66、x,()()n xa x,50 4x,.sincos1()xxxa x(50 4x,)等价于曲线段()sincos1m xxxx(50 4x,)恒在直线()()n xa x的下方(含在直线上),6 分由于直线()()n xa x过曲线段()sincos1m xxxx(50 4x,)上的点(,0),故直线()()n xa x必与曲线段()sincos1m xxxx 相切于点(,0),7 分所以()(cos)|xamxx .8 分以下证明当a 时,sincos1()xxxa x(50 4x,):【即证明充分性】令2()sincos+1g xxxxx,50 4x,则()cosg xxx,令()()h

67、 xg x,则()cossinh xxxx.(i)当0,2x 时,()0g x,所以()g x 在0,2单调递增;当,2x 时,()0h x,所以()()h xg x单调递减,所以当,2x,()()0g xg,所以()g x 在 ,2单调递增.由()g x 在0,2单调递增,且在 ,2单调递增,可知,()g x 在0,单调递增.9 分(ii)当5,4x 时,令()()cossinF xh xxxx,由()cos2sinF xxxx,得()0F x,()F x 在5,4单调递增,因为()10F ,52 5()(1)0424F,所以由零点存在定理知,15,4x,1()0F x.当1,xx时,()0

68、F x,即()0h x,()h x 单调递减,即()g x单调递减;当15,4xx时,()0F x,即()0h x,()h x 单调递增,即()g x单调递增,10 分因为()0g,55 2()1048g,高三数学试题 第 6页(共 26 页)所以由零点存在定理知,215,4xx,2()=0g x,当2,xx时,()0g x,()g x 单调递减;当25,4xx时,()0g x,()g x 单调递增.11 分综合(i)(ii)的结论,又()0g,2525()+1104244g ,故证得,对于50 4x,2()sincos+1()0g xxxxxg .综上所述:a .12 分【关于2525()+1104244g 的估算:22525()+1102+45+44244g (),因22+45+419.7()19.4,,故2525()+1104244g .】

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