【文档说明】江苏省徐州市第一中学2022届高三年级暑期线上综合测试I数学试题（解析版）.pdf，共(9)页，841.585 KB，由小赞的店铺上传

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综合测试I解析第1页（共9页）数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交。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。a1.函

数3sincosyxx的最小正周期是BA.4B.2C.D.2a2.设2i1izab，则z是纯虚数的一个必要条件是AA.1aB.1aC.1bD.1ba3.若数列{}na是公比为2的正项等比数列，则下

列等比数列的公比不为2的是CA.1{}nnaaB.1{}2nnaaC.12{}nnnaaaD.12{}3nnnaaaa4.设命题p：2[,2]2x，1xax.若p┐是真命题，则实数a的取

值范围是BA.32[,)2B.[2,)C.32(,]2D.(,]2a5.某市爆发了一种疾病，现用试剂X对该地市民进行检测．若检测结果为阳性，则表明被测者已患病；反之，则表明被测者未患病．假设试剂X的检测

正确率为90%，此疾病在该市的感染率为1%，则检测结果为阳性的人患有此疾病的概率为AA.112B.111C.110D.19a6.已知2log3a，2log0.3b，0.2log0.3c，则下列各式不成立的是DA.0abB.acC.52acD.221bca7.已知点12

,FF在AOB的边OB上，且11BF，23BF.动点P在边OA上，且以12,FF为焦点的椭圆E经过动点P.若30AOB，则椭圆E离心率的范围是DA.2(0,]3B.(12,]23C.127(,]27D.(0,]277姓名_______________考

生号_______________________________座位号____________综合测试I解析第2页（共9页）a8.与平面角的概念类似，我们用立体角．．．刻画空间中物体对于定点的张角.其定

义如下：以观测点为球心，作半径为1的单位球面，任意物体投影到该单位球面上的投影面积，即为该物体相对于该观测点的立体角，通常用表示.例如，半球面对于球心的立体角2，整球面对于球心的立体角4.如图所

示，我国2020年投入使用的500米口径球面射电望远镜（简称FAST），是中国国家“十一五”重大科技基础设施建设项目.该望远镜的主体部分可以视为某与地面平行的平面截球面所得，且截面圆直径500mD，对于球心的立体角约为1

10~120，则可以估算得FAST的高约为BA.80mB.130mC.180mD.230m二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。a9.下列有关统计学

相关概念的说法，正确的是ACA.若随机变量X满足()C(1)knkknPXkpp，0,1,,kn，则X服从二项分布B.设1220,,,aaa是严格单调递增的一组数据，则这组数据的上四分位数为15aC.正态密度函数

为单峰函数，且峰值与标准差成反比D.在一元回归模型Ybxae中，随机误差e满足()0Eec，2()De10.若单位向量,ab是平面的一组基，cab，dab，则BDA.abB.cdC.||||22cdD.||3|

|4cd11.在ABC△中，,,ABC所对的边分别为,,abc，G是ABC△的重心.则下列能说明ABC△一定是等腰三角形的条件是ADA.sinsinABB.coscaBC.sin2sin2ABD.AGBC12.非空集合,AB满足{1,2,,10}AB，

且AB中元素个数不大于1.定义集合{|,}ABxyxAyB，\AB{|,}xxAxB，则ACDA.集合,AB中元素个数之和为10或11B.集合AB中元素个数最多为17C.集合AB中元素个数最多为

18D.集合\AB中元素个数最多为9综合测试I解析第3页（共9页）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若n为正整数，且31()nxx的展开项中有常数项，则n的最小值为________.514.若满足1tan()4

3，则sin2________.4515.设正方形ABCD的边长为2，E为AD的中点，将AEB△和DEC△分别沿,EBEC折起，使得,AD两点重合于P，则三棱锥PEBC的体积为________.3316.过双曲线2221xya

(0)a的左顶点M作互相垂直的两条直线12,ll，分别与双曲线交于,AB两点，若直线AB与x轴平行，则________a；设点M到直线AB的距离为d，则||dAB的取值范围是________.1；1(0,)2四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤。17.（10分）设数列{}na满足：对任意正整数n，有32121999nnaaaan.（1）求数列{}na的通项公式；（2）设nnabn，求数列{}nb的前n项和nS.解：（1）由题意，令1n，得11a.1n时，3

3122112122()()(1)1999999nnnnaaaaaaaann.因此119nna，{}na的通项公式为19nna()nN.（2）由（1）及条件可得，111()99nnnnbn.因此0111111()2()()

999nnSn①1211111()2()()9999nnSn②①②得：12111()81111191()()()()()199999919nnnnnSnn，化简得81191[1()]()64989nnnnS.综合测试I

解析第4页（共9页）18.（12分）在RtABC△中，B为直角顶点，,,abc分别为,,ABC所对的边，且5()7bac.（1）求coscosAC；（2）设点',','ABC满足'ABBC，'BCCA，'CAAB.记'''ABC△的面积为的1S，ABC△的

面积为2S，求12SS的值.注：（秦九韶公式）三边长分别为,,abc的三角形面积2222221[()]42acbSac.解：（1）由条件及正弦定理，得77sinsinsin55ACB.又A与C互余，故7sinsinsinsin()sincos25ACAAAA

.两边平方得4912sincos25AA，故14912coscoscoscos()sincos(1)222525ACAAAA.（2）在RtABC△中，02BAC，联立227sincos5sinco

s1BACBACBACBAC，解得3cos5BAC或4cos5BAC.①若3cos5BAC，不妨设5AC，则3AB，4BC，213462S.在''ABC△中，'3

BCAB，'28ABBC，cos''cos()0ABCABC，由余弦定理，22''''2''cos''73ACBCBABCBAABC；同理可得''65AB，''97BC，代入秦九韶公式得142S，故124276SS.②若

4cos5BAC，不妨设5AC，则4AB，3BC，214362S.同①计算得''213AC，''145AB，''153BC，故142S，仍有127SS.综上所述，127SS.注：若考生使

用纯几何做法，只要过程合理，步骤清晰完整，也给分.综合测试I解析第5页（共9页）19.（12分）在空间四边形ABCD中，ABBC，ABCD，BCCD，2AD.（1）若ABBCCD，求异面直线BC和AD所成角的余弦值；（2）若,,,ABCD均在球O上，求球O的半径和四面体ABCD

体积的最大值解：（1）设异面直线BC和AD所成角为，则()|cos|||||||||BCADBCABBCCDBCADBCABBCCD.由于ABBC，ABCD，BCCD，故

ABBCABCD0BCCD.于是222||ABBCCDABBCCD.而ABBCCD，故23|cos|3||||||3||BCADBCBCADBCBC.即异面直线BC和AD所成角的余弦值为33.（2）因为ABBC，ABCD，,BCCD平面BCD，且BCC

DC，故AB平面BCD.又BD平面BCD，故ABBD，ABD△为直角三角形.又因为ABBC，BCCD，因此ABC△、BCD△都是直角三角形.由勾股定理，22222222ADABBDABBCCDACCD.由勾股定理的逆定理知，ACD△也是直角三角

形.因此AD的中点M满足：12MAMBMCMDAD，故M即是球心O，球O的半径112rAD.四面体ABCD的体积1136BCDVABSABBCCD△.利用三个正数的算术-几何平均不等式：对任意正数,,xyz，有不等式3xyzxyz≤成立；当且仅当

xyz时，上述不等式取等号.令上面不等式中2xAB，2yBC，2zCD，可以得到222222433ABBCCDABBCCDABBCCD≥，当且仅当xyz，即233ABBCCD

时，上述不等式取等号.因此，当233ABBCCD时，四面体ABCD体积取到最大值29.综合测试I解析第6页（共9页）20.（12分）根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X（单位：mm）对工期的

影响如下表：降水量X[0,300)[300,600)[900,)工期延误天数Y0258历史气象资料表明：该工程施工期间降水量X小于300,600,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.（1）求工期延误天数Y的均值与方差；（2）求在降水量X至

少是300的条件下，工期延误不超过5天的概率；（3）由于该工程在7~8月施工，故当气温较高时，工人可能无法按时完成当日计划工作量.已知在某个40天的施工周期内，有30天的最高气温不低于35C，这其中仅有12天完成了当日的

工作量；剩余10天中，有8天完成了当日的工作量.依据小概率值0.005的2独立性检验，判断“当日最高气温不低于35C”和“工人能完成当日的工作量”是否相互独立，并写出零假设.附：ac

bdbcadnadbc()()()()()22，临界值x7.8790.005.解：（1）由题，PX([0,300))0.3，PX([300,600))0.70.30.4，PX([600,900))0.90.70.3，PX([900,))10.9

0.1.对应有PY(0)0.3，PY(2)0.4，PY(5)0.2，PY(8)0.1.因此EY()00.320.450.280.12.6，DY24()0.3(0

2.6)0.4(22.6)0.2(52.6)0.1(82.6)6.2222.（2）记事件A：降水量X至少是300；事件B：工期延误不超过5天.故所求概率PAPBAPAB()0.40.20.17(|)()0.40.2

6.（3）记零假设为H0.由题可写出零假设如下：H0：“当日最高气温不低于35C”和“工人能完成当日的工作量”相互独立.根据题意可以得到如下的22列联表：工人完成当日工作量工人未完成当日工作量最高气温低于35C8

2最高气温不低于35C1218故x103020204.87.87940(818212)0.00522,H0不能被推翻.因此，可以认为“当日最高气温不低于35C”和“工人能完成当日的工作量”相互独立.[600,

900)综合测试I解析第7页（共9页）21.（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点坐标分别为(2,2)A，(2,0)B，(2,0)C，(2,2)D.点,,EFG分别为线段,,ADCDBC上一点（不含端点），且满足BEEF，E

FFG.（1）若点E在第二象限，求||CG的最大值；（2）过点B作直线FG的垂线，垂足为点H，求H的轨迹方程.解：（1）设(2,2)Et，则||AEt，且点E在第二象限，从而02t.由于四边形BEFH为矩形，且BEEF

，EFFG，故BAEEDFFCG△∽△∽△.所以||||||||||||ABDECFAEDFCG，可得||||(4)||||2DEAEttDFAB，32(4)[2]||||12||(44)||24ttt

CFAECGtttAB.设32()44ftttt，2'()384(32)(2)fttttt.因此()ft在2(0,)3上单调递增，在2(,2)3上单调递减，所以，当2||3AE时，max28||()327CGf.（2）由题，四边形BEFH为矩形，因此B

HEF.由于点,EF不为对应线段的端点，则(0,2)(2,4)t.由（1）可得(2,2)Et，(4)(2,2)2ttF，(4)(4,)2ttEFtBH，因此点H的坐标为(4)(2,)2ttt.因为(4)[2(2)]

[2(2)]22tttt，故H的横坐标Hx和纵坐标Hy满足(2)(2)2HHHxxy，即H在抛物线242xy上.注意到2(2,0)(0,2)Hxt，故H的轨迹方程为：242xy，(2,0)(0,2)x综合测试I解析第8页（共9页）2

2.（12分）设函数()logafxxax(0a且1)a.（1）讨论()fx的零点个数；（2）设11(1)nnann，求证：*nN，有12eln(1)2elnnnaaan.解：（1）()fx的定义域为(0,)，对

任意0a都有1()110fa.对()fx求导数得1ln1'()lnlnaxafxaxaxa.①若1a，则ln0xa，ln10axa，故'()0fx，()fx在(0,)上单调递增，()fx只有一个零点1a；②若01a，令'()0fx得1lnxaa.结合

分母ln0xa得：x1(0,)lnaa1lnaa1(,)lnaa'()fx0()fx极小因此()fx的最小值为1ln()11lnln(ln)1ln()lnlnlnlnaaaafaaaaa.设()ln1gttt，(1)0g，1'()1gtt

，因此()gt在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，()(1)0gtg.令ln(0,)ta，得1()()0lngtfaat，当且仅当1ea时等号成立.（i）当1ea时，()fx只有一个零点e；（ii）当10ea时，(1)0

fa，1()0lnfaa，故()fx在1(1,)lnaa上有一根1x，另一根为1a；（iii）当1e1a时，一根为1a；又由于0x时，lnxx，综合测试I解析第9页（共9页）故()(1ln)l

nxfxaxaa，所以221()0lnfaa.因此()fx在2211(,)lnlnaaaa上有一根2x.综上所述，当1{e}(1,)a时，()fx有一个零点；当11(0,e)(e,1)a时，()fx有两个零点.（2）由（1）知，111ln(1)ln(1)1

nnnnnn，故1(1)ennan.又当ex时，ln0exx，故elnxx.令1(1)nxn，得e[ln(1)ln]e[ln(1)ln]nannnnnn.所以，12e{(ln2ln1)(ln3ln2)[ln(1)ln]}eln(1)naaannn

；另一方面，1ln(1)(1)11111e11eeee(2)ennnnnnnnannnnnn，其中前两个不等号应用不等式1ln1xx(1)x和e1xx(0)x可以得到.而当1n时，有e

11e(1)eln(1)e[lnln(1)]1nnnnnn.因此1n时，122eln1a成立；当2n时，12naaa2e{(ln2ln1)(ln3ln2)[lnln(1)]}2elnnnn.至此，不等式得证.