陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷解析版

山西省运城市高中联合体2022届高三下学期理数第四次模拟试卷解析版

山西省运城市高中联合体2022届高三下学期理数第四次模拟试卷一、单选题1.已知集合A={x|y=11−2x},B={y|y=−|x−3|−2},则A∪B=(  )A.∅B.(−∞,−2]C.(−∞,0)D.(−∞,0]【答案】C【知识点】并

陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)【答案】D【知

简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+i)=1−i,则z=(  )A.1−iB.1+iC.−iD.i3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为(  )A.45B.34C.25D.144.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成,最中间的是圆形的天心石,围绕天心石的是扇环形的石板,从内到外各圈的石板数组成等差数列{an},它的前n项和为Sn,且a2=18,a5+a7=108,则S21=(  )A.2079B.2059C.2022D.18905.设点A,B,C不共线,则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是(  )A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=(  )A.1515B.55C.53D.1538.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为(  )A.72B.48C.36D.249.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;② 对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有(  )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是(  )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=(  )A.1B.2C.3D.212.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(  )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是  (用数字作答).14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是  .15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为  .16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为  .三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人)  几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)当0 ma.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】D11.【答案】A12.【答案】B13.【答案】6014.【答案】115.【答案】3216.【答案】8917.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2, P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.19.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0. 令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.21.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx, 当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.22.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.23.【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+i)=1−i,则z=(  )A.1−iB.1+iC.−iD.i3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为(  )A.45B.34C.25D.144.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成,最中间的是圆形的天心石,围绕天心石的是扇环形的石板,从内到外各圈的石板数组成等差数列{an},它的前n项和为Sn,且a2=18,a5+a7=108,则S21=(  )A.2079B.2059C.2022D.18905.设点A,B,C不共线,则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是(  )A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=(  )A.1515B.55C.53D.1538.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为(  )A.72B.48C.36D.249.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;② 对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有(  )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是(  )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=(  )A.1B.2C.3D.212.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(  )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是  (用数字作答).14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是  .15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为  .16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为  .三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人)  几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)当0 ma.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】D11.【答案】A12.【答案】B13.【答案】6014.【答案】115.【答案】3216.【答案】8917.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2, P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.19.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0. 令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.21.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx, 当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.22.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.23.【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+i)=1−i,则z=(  )A.1−iB.1+iC.−iD.i3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为(  )A.45B.34C.25D.144.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成,最中间的是圆形的天心石,围绕天心石的是扇环形的石板,从内到外各圈的石板数组成等差数列{an},它的前n项和为Sn,且a2=18,a5+a7=108,则S21=(  )A.2079B.2059C.2022D.18905.设点A,B,C不共线,则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是(  )A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=(  )A.1515B.55C.53D.1538.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为(  )A.72B.48C.36D.249.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;② 对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有(  )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是(  )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=(  )A.1B.2C.3D.212.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(  )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是  (用数字作答).14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是  .15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为  .16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为  .三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人)  几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)当0 ma.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】D11.【答案】A12.【答案】B13.【答案】6014.【答案】115.【答案】3216.【答案】8917.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2, P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.19.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0. 令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.21.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx, 当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.22.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.23.【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+i)=1−i,则z=(  )A.1−iB.1+iC.−iD.i3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为(  )A.45B.34C.25D.144.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成,最中间的是圆形的天心石,围绕天心石的是扇环形的石板,从内到外各圈的石板数组成等差数列{an},它的前n项和为Sn,且a2=18,a5+a7=108,则S21=(  )A.2079B.2059C.2022D.18905.设点A,B,C不共线,则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是(  )A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=(  )A.1515B.55C.53D.1538.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为(  )A.72B.48C.36D.249.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;② 对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有(  )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是(  )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=(  )A.1B.2C.3D.212.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(  )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是  (用数字作答).14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是  .15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为  .16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为  .三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人)  几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)当0 ma.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】D11.【答案】A12.【答案】B13.【答案】6014.【答案】115.【答案】3216.【答案】8917.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2, P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.19.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0. 令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.21.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx, 当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.22.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.23.【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+i)=1−i,则z=(  )A.1−iB.1+iC.−iD.i3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为(  )A.45B.34C.25D.144.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成,最中间的是圆形的天心石,围绕天心石的是扇环形的石板,从内到外各圈的石板数组成等差数列{an},它的前n项和为Sn,且a2=18,a5+a7=108,则S21=(  )A.2079B.2059C.2022D.18905.设点A,B,C不共线,则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是(  )A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=(  )A.1515B.55C.53D.1538.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为(  )A.72B.48C.36D.249.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;② 对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有(  )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是(  )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=(  )A.1B.2C.3D.212.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(  )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是  (用数字作答).14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是  .15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为  .16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为  .三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人)  几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)当0 ma.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】D11.【答案】A12.【答案】B13.【答案】6014.【答案】115.【答案】3216.【答案】8917.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2, P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.19.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0. 令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.21.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx, 当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.22.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.23.【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.
简介:陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1.已知集合A={x|x(2−x)>0},集合B={x|y=x−2}则A∪B=(  )A.(-∞,0)∪[2,+∞)B.(0,2]C.(0,2)D.(0,+∞)2.若z(1+i)=1−i,则z=(  )A.1−iB.1+iC.−iD.i3.已知a,b∈(0,1),则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1,+∞)上是增函数的概率为(  )A.45B.34C.25D.144.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成,最中间的是圆形的天心石,围绕天心石的是扇环形的石板,从内到外各圈的石板数组成等差数列{an},它的前n项和为Sn,且a2=18,a5+a7=108,则S21=(  )A.2079B.2059C.2022D.18905.设点A,B,C不共线,则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知某圆锥的母线长为2,其轴截面为直角三角形,则下列关于该圆锥的说法中错误的是(  )A.圆锥的体积为223πB.圆锥的表面积为22πC.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D.圆锥的内切球表面积为(24−162)π7.若α∈(0,π2),tan2α=cosα2−sinα,则tanα=(  )A.1515B.55C.53D.1538.如图是某届国际数学家大会的会标,现在有4种颜色给其中5个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为(  )A.72B.48C.36D.249.若函数f(x)同时满足:①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(−x)=0;② 对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中,能被称为“理想函数”的有(  )①f(x)=1x,②f(x)=ln(1+x2+x),③f(x)=1−2×1+2x,④f(x)=−x2,x⩾0x2,x<0A.①②B.②③C.③④D.①④10.天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”…,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”,“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”…,以此类推,今年是壬寅年,也是中国社会主义青年团成立100周年,则中国社会主义青年团成立的那一年是(  )A.辛酉年B.辛戎年C.壬酉年D.壬戌年11.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点A为C上一点,以F为圆心,FA为半径的圆交l于B,D两点,若∠BFD=120°,ABD的面积为23,则p=(  )A.1B.2C.3D.212.已知函数f(x)=10x−m,x≤12xex−2mx+m,x>12(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(  )A.(e,+∞)B.(e,5]C.(e,5)D.[e,5]二、填空题13.(x+2x)6的展开式中,x3项的系数是  (用数字作答).14.已知数列{an}是等比数列,若2a1=a3a4,且a5是a4与2的等差中项,则q的值是  .15.已知F是双曲线C:x2−y2=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,2).当△APF周长最小时,该三角形的面积为  .16.如图,AB是半圆O的直径,点C在半圆上运动(不与A,B重合),PA⊥平面ABC,若AB=2,二面角A−BC−P等于60°,则三棱锥P-ABC体积的最大值为  .三、解答题17.心理学家发现视觉和空间能力与性别有关,某数学兴趣小组为了验证这个结论,从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学,给所有同学几何和代数各一题,让各位同学自由选择一道题进行解答,统计情况如下表:(单位:人)  几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关?(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究,记甲、乙两名女生被抽到的人数为X,求X的分布列及数学期望.18.a,b,c分别为钝角△ABC内角A,B,C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.(1)求cos(A+π4);(2)若b=2,c>b,求c的取值范围.19.如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,AB=3.再从条件①:BC=5、条件②:AB⊥AA1、条件③:平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知,并作答.(1)求证:AB⊥平面AA1C1C;(2)求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长半轴长为6,过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A,B,|AB|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)直线m是圆O:x2+y2=1的一条切线,且直线m与椭圆C相交于点M,N,求△MON面积的最大值.21.已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1,a∈R.(1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=−2x+1,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)当0 ma.22.在直线坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosαy=tsinα(t为参数,t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C3:ρ=23cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.23.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则a+b>c+d;(Ⅱ)a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】D4.【答案】A5.【答案】C6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】D11.【答案】A12.【答案】B13.【答案】6014.【答案】115.【答案】3216.【答案】8917.【答案】(1)解:由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024,所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.(2)解:由题可知X可能取值为0,1,2, P(X=0)=1528,P(X=1)=1228=37,P(X=2)=128,X012P15281228128故X的分布列为:∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18.【答案】(1)因为3acosA=bcosC+ccosB,所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB,即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA,又sinA>0,所以cosA=13,且sinA=223,故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46(2)因为cosA=13>0,所以A为锐角,又c>b,所以C>B,因为△ABC为钝角三角形,所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4,所以a2+b2−c2=8−43c<0,解得c>6.19.【答案】(1)证明:选①②:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC,又AB⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面AA1C1C,则AB⊥面AA1C1C;选①③:由AC=4,AB=3,BC=5,易知:AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C,面ABC∩面AA1C1C=AC,AB⊂面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C(2)解:由(1)知:AB⊥AC,AB⊥AA1,又四边形AA1C1C是正方形,则AC⊥AA1,如图,以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,0,4),A1(0,4,0),C1(0,4,4),∴A1B=(3,−4,0),A1C1=(0,0,4),BC=(−3,0,4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0,即3x−4y=0,4z=0. 令y=3,则x=4,z=0,即n=(4,3,0),设直线BC与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225,∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20.【答案】(1)解:由题意知:a=6①,2b2a=6②①②联立,解得a2=6,b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1;(2)解:①当直线的斜率不存在时,直线x=1或x=−1,当x=±1时,y=±102,则S△MON=102;②当斜率存在,设直线方程为y=kx+m,设M(x1,y1),N(x2,y2)因为直线与圆相切,则|m|1+k2=1,即m2=1+k2.直线与椭圆联立:y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0,将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立,且x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2,所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1),即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1),所以当1t=1时,S△MON取得最大值,且最大值为2.综上,△MON面积的最大值为2.21.【答案】(1)解:因为f′(x)=lnx−ax,则f′(1)=−a,又f(1)=−a2,所以在点(1,f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1),即y=−ax+a2,又该切线为y=−2x+1,则−a=−2且a2=1,所以a=2;(2)解:(i)函数f(x)定义域为(0,+∞),因为函数f(x)在(0,+∞)内有两个不同的极值点x1,x2,即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0,+∞)内有两个不同的零点x1,x2.设h(x)=lnx−ax,由h′(x)=1−axx, 当a≤0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,至多只有一个零点;当a>0时,在(0,1a)上h′(x)>0,h(x)单调递增;在(1a,+∞)上h′(x)<0,h(x)单调递减,所以,当x=1a时,f′(x)max=f′(1a)=−lna−1,函数f′(x)有两个零点,则必有f′(x)max>0,即−lna−1>0,解得0 0,故m(x)=x−lnx>0,得证.f′(1)=−a<0,所以f′(x)在(1,1a)和(1a,1a2)上各有一个零点,故f′(x)有两个零点时,a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**),记g(t)=lnt−t−1t+1m<0,t∈(0,1),由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2,令p(t)=t2−2(m−1)t+1,0 ma成立.法2:欲证x1+x2>ma,由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0,1),则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**),记g(t)=lnt−2(t−1)t+1,t∈(0,1),由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0,即g(t)在(0,1)上单调递增,故g(t) ma.22.【答案】(1)解:曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-23x=0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0,解得x=0y=0或x=32y=32,所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和(32,32).(2)解:曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α≤π,因此A的极坐标为(2sinα,α),B的极坐标为(23cosα,α),所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|,当α=5π6时,|AB|取得最大值,最大值为4.23.【答案】解:(Ⅰ)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(Ⅱ)(ⅰ)若|a−b|<|c−d|,则(a−b)2<(c−d)2.即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,由(Ⅰ)得a+b>c+d.(ⅱ)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2.因此|a−b|<|c−d|,综上,a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件.