人大附中2022届高三10月统一练习数学答案

人大附中2022届高三10月统一练习人大附中2022届高三10月统一练习数学参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）C（2）C（3）A（4）D（5）C（6）A（7）B（8）B（9）D（10）B二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11）−4（12）(0，)+π（13）0；（答案不唯一）（14）[−2，1]2（15）①②注：（12）（14）若区间端点均正确，仅将是否取端点弄错，得3分．三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）解：（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，则aaad261+=+=−2620，……………2分Sad101=+=1045145−．a1=−1，解得……………4分d=−3．所以aandnn=+−=1−+(132)．……………6分nn−−11（Ⅱ）由题意，abnn+==122，……………7分n−1bnn=+−232．……………8分所以bn的前8项和为12−88(1+22)1+2++++221274+722255+++=+=+=(92347)．()1−22……………13分（17）（共14分）2π解：（Ⅰ）f(0)=2cos(−π)+cos=2+0=2．……………4分2（Ⅱ）选择条件①．2π22f(x)=2cos(x−π)+cosx+=2cosx−=sinx−+2sinx−sinx2．2ππx−[,]，令sinxt=，621117−t[,1]()，fx=−−+=−+2t22t22(t)+．……………10分248第1页（共7页）人大附中2022届高三10月统一练习ππ当t=1，即x=时，fx()取得最小值f()1=−．22……………12分所以原命题等价于−10−a，即a−1．所以a的最小值为−1．……………14分选择条件②．2π2fx(x)=2cos(x−π)+cos2+=−2cosxxsin22……………8分3π=cos2xx−sin2x+1=2sin(2+)+1．4ππ3π5π7πx−[,]，+2x[,]．……………10分6241243π3π3π所以当2x+=，即x=时，fx()取得最小值f()12=−．4288……………12分所以原命题等价于1−2−a0，即a−12．所以a的最小值为12−．……………14分（18）（共14分）1解：（Ⅰ）因为aBCbACccossinc+=ossin，2abc由正弦定理==0，sinsinsinABC1所以sincossinsincossinsinABCBACC+=．……………2分2因为△ABC中CCABC++=(0,π)，sin0，π，11所以sincossincosABBA+=，即sinsin(CAB=+=)．22π5π所以C=或．……………7分66（Ⅱ）选择条件③．2π因为cosA=，A(0,π)，所以A=．24又因为BABC(0,π)，++=π，所以．……………9分22cAsin由正弦定理得，a===222．……………11分sinC12111所以S=acBsin=acACsin(+)=acAC(sincos+cosACsin)△ABC22212321=222(+)=3+1．……………14分22222第2页（共7页）人大附中2022届高三10月统一练习（19）（共14分）111解：（Ⅰ）因为fxxxxaxxax()(3)=++=++232，333aa所以f(x)=x22+2x+=(x+1)+−1．……………1分33①当a3时，fx()0，当且仅当ax==31−，且时，fx=()0．所以fx()的单调递增区间为(,−)+，无单调递减区间．……………4分②当a3时，aa令fx()0=，得x=−−11−，x=−+11−．1323fx()，fx()的变化情况如下：x()−，x1x1()xx12，x2(x2，+)fx()+0−0fx()↗极大↘极小↗aa所以fx()的单调递增区间为(,11)−−−−−+−+(11,)，，33aa单调递减区间为(11,11)−−−−+−．……………8分33（Ⅱ）【法一】因为fx()有两个极值点xx12,，由（Ⅰ）知，且xx12,是方程fx=()0的两个根．……………9分aa所以xxxx22=−−=22−−，．11223311aaa所以f()(xxxxxxxx2)=++=−−++32211111111333332aa21212=+=−−+=−−xaxxaxax111112(3)．39339992a同理f(x)=(a−3)x−．29292a因此直线l的方程为yax=−−(3)．……………11分99a注：【法二】也可以利用韦达定理xx+=−2，xx=，12123f()()xf21−x1222a计算直线的斜率=(x1−x1x2+x2)+(x1+x2)+=(a−3)，xx21−3391a由fx()+=fxx()++x()[()x−+xxx3+]()x22−++xxxx2()x，1212133212121212x1++x2f()()x1fx22−a得AB中点为,=−1,，223第3页（共7页）人大附中2022届高三10月统一练习2a从而得到直线l的方程yax=−−(3)．99a设直线l与x轴的交点为(,0)x，得x=．……………12分002(3a)−由题设知，点(,0)x0在曲线yf=x()上，故fx()00=，321aaa2又因为fx(0)=++32(3)2(3)6(3)aaa−−−aaaaaaaaaaa32222226(3)4(3)(41718)(2)(49)−−−+−−=++==，24(3)24(3)24(3)24(3)24(3)aaaaa−−−−−333339所以a=02或或．……………14分4（20）（共15分）解：（Ⅰ）因为fx(x)e=x−x，所以fxx()(1=+)ex−=11)2e1，f(−．……………3分又f(1)e=−1，所以所求切线方程为yx=−+(1)2e1)(e1−−，即yx=−(2e1−)e．……………5分（Ⅱ）因为f()exx=x−ax，所以fxx()(1)e=+x−a．令gxx()(1)e=+x，则gxx()(2)e=+x．……………6分令gx()0=，得x=−2．gx()，gx()的变化情况如下：x(−−2)，−2(2−+)，−0+↘极小↗所以当x(−,−2)时，gx()单调递减；当x−+(2,)时，gx()单调递增．……………8分又当x−−(,1)时，gx()0，g(−=10)，当x−+(1,)时，gx()0，当x→+时，x+1→+，ex→+，故g(x)→+．所以gx()大致图像如下：第4页（共7页）人大附中2022届高三10月统一练习因为a0，所以y=gx()与y=a恰有一个交点，记为()ma，，所以g(ma)=，m−1，f(m)=g(m)−a=0．当xm−(,)时，agx()，则fx()0，fx()单调递减，当xm+(,)时，agx()，则fx()0，fx()单调递增．所以fx()存在唯一的极小值点m，无极大值点，的极值点个数为1．……………11分（III）由（II）知，当且仅当xm=时，取得最小值，且．所以最小值为fmmammmg()ee()=−=−mmm；所以原命题等价于存在a，使得fmba()−；等价于存在m−1，使得fmb()+gm()，即mmgmgmbe()()m−+，即(1)e−++mmb2m．……………13分令h(x)=(−x2+x+1)ex(x−1)，则h(xxxexxex)2(1)(2)(1)=−+−=(2−−+−)xx，令hx()0=，得x=1．hx()，hx()的变化情况如下：x(1−1，)1(1，)++0−↗极大↘所以当x−(1,1)时，hx()单调递增，当x+(1,)时，hx()单调递减，所以当且仅当x=1时，取得最大值h(1)e=．所以实数b的取值范围(−，e]．……………15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）1,3不是2阶集，是3阶集．第5页（共7页）人大附中2022届高三10月统一练习因为12+3=1,3，122=1,3，所以1,3不是2阶集．因为11131,3++=；*对任意i123i，i，N，i123ii++1,3，均有i123ii===1，i123ii=11,3．所以是3阶集．……………5分（Ⅱ）设A为2阶集．[1]由条件①，存在n02，nA0．[2]对任意n2，nA，即1(+1−)nA，由条件②，必有nA−1．[3]对任意n5，，即2(+2−)nA，由条件②，必有2(2nA)−，其中2(2)(4)nnnn−=+−．*（1）当存在n05，时，由[3]，A无上界，由[2]，A=N．（2）当不存在，时，由[1][2]，A=1,2，1,2,3，1,2,3,4．检验：（1）当A=1,2，1,2,31,2,3,4，，N时，11+2=A，条件①成立．*（2）当A=1,2时，对任意ii12，N，i12iA+，均有ii12==1，i12iA=1；（3）当A=1,2,3时，考虑加法、乘法的交换律，对任意，，即11++，12A，均有11，12A．（4）同理，当A=1,2,3,4时，对11++++，1213，22，A，均有11，1213，22，A．*（5）当A=N时，对任意，，均有i12iA．由（2）（3）（4）（5），时，条件②成立．综上，为所有的2阶集．……………10分（Ⅱ）存在3阶集A，使得A为无限集且AN*．设Bkk=−21N*，Ckk=2N*．[1]由条件①，存在整数n03，．[2]对任意n3，，即11(2)++−nA，由条件②，必有nA−2．[3]对任意n6，，即2+2+(nA−4)，由条件②，必有4(nA−4)，其中4(4)n−为偶数，且4(n−4)=n+(3n−16)n．[4]对任意奇数n7，，即13(4)++−nA，由条件②，必有3(nA−4)，其中3(n−4)为奇数，且3(4)(212)nnnn−=+−．（1）因为A为无限集，所以存在n06，，由[3][2]，CA．（2）又因为，由[2]，AB=或AB有最大元，设为m0，由[4]，m05．由[2]，ACCCC=，1，1,3，1,3,5．第6页（共7页）人大附中2022届高三10月统一练习检验：（1）对上述集合A，因为11+2+4=A，所以条件①成立．*（2）对任意i123i，i，N，i123ii+C+，必有i1，i2，i3不全为奇数，所以必有i1i2i3C．（3）考虑加法、乘法的交换律，对任意，iii123++1,3,5，即111++++++113，1221,3,5，，因为1113++==1111，，1135++==1133，，1225++==1224，，结合（2），对上述集合A，条件②成立．综上，当且仅当3阶集ACCCC=，1，1,3，1,3,5时，A为无限集且AN*，所以满足条件的集合A的个数为4．……………15分第7页（共7页）