数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）及答案
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+
数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{a}为等差数列，{b}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am
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，+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为：D.【分析】解二次不等式得集合A；求函数定义域得集合B，再由并集的概念，即可得出结果.2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为：C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3．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．14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba，而a，b∈(0，1)，函数开口向上，所以f(x)的增区间为[2ba，+∞)，故在[1，+∞)上是增函数有0<2ba≤1，综上，0 |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【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即AB与AC的夹角是锐角，所以充分性成立；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，所以4AB⋅AC>0，所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC，所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，即|AB+AC|2>|AB−AC|2，所以|AB+AC|>|AB−AC|，故必要性成立；故答案为：C.【分析】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即可求解；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，合并开方即可求解.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)π【答案】B【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积【解析】【解答】由题设，底面直径2R=22，故半径为R=2，体高为2，所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π，A正确，不符合题意；圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π，B错误，符合题意；底面周长为22π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为22π2=2π，C正确，不符合题意；由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，所以内切球半径为42+2+22=2−2，故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π，D正确，不符合题意.故答案为：B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2，体高为2，利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B；根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C；由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断D.7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα，则2sinα2−sinα=1-2sin2α，解得sinα=14，又因为α∈（0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为：A【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.8．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．24【答案】A【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知：(1，3)，(2，4)两组颜色可以相同，若涂4种颜色：(1，3)颜色相同，则4种选一种涂(1，3)有C41，余下3种颜色涂3个区域有A33，共C41A33=24种，同理(2，4)颜色相同也有24种；若涂3种颜色，则(1，3)、(2，4)分别涂相同的颜色，首先4种颜色选3种有C43种，再所选3种中选一种涂5有C31种，余下2种颜色涂(1，3)、(2，4)个区域有A22，共有C43C31A22=24种；综上，共有72种.故答案为：A【分析】分两种涂色方法：涂4种颜色和3种颜色，首先确定可涂相同颜色的区域，再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9．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．①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性；函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知：“理想函数”为奇函数且定义域内递减，①f(x)=1x为奇函数，但在整个定义域上不单调，不符合；②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增，不符合；③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1，故f(x) 在R上递减，符合；④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减，符合；综上③④符合.故答案为：C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减，结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10．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【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年，十天干中壬排第9位，十二地支中寅排第3位，而青年团成立100周年，所以100=10×10，则青年团成立的那一年天干为壬；100=12×8+4，则青年团成立的那一年地支为戌；所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为：D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.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．2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，因为∠BFD=120°，所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义知，点A到准线l的距离为d=|FA|=2p，所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23，解得p=1．故答案为：A．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积，从而求出的值．12．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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12 12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e 12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，r=2，所以所求系数为22C62=60．点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：Tr+1=Cnran−rbr（0≤r≤n），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得r，代入后可得此项系数．【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，求得r=2，代入即可求解．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 .【答案】1【知识点】等比数列；等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2，而2a1=a3a4=a12q5，显然a1，q≠0，则2=a1q5，所以2a1q4=a1q3+2，故q2−2q+1=0，可得q=1.故答案为：1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5，结合等比通项公式列方程求公比q即可.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 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点，则|PF|−|PM|=2a=2，而F(2，0)，A(0，2)，则|AF|=2，由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，当且仅当A，P，M三点共线时△APF周长最小，此时|AM|=|PM|+|AP|=2，所以，此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形，令|AP|=x，则|PM|=2−x，故|PF|=4−x，而|AF|=2，在△APF中x2+4=(4−x)2，可得x=32，故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为：32【分析】M为左焦点，利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，判断其最小时A，P，M的位置关系及△AFM的形状，进而求出△APF的面积.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 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，故PA⊥BC，由PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，故PC⊥BC，所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°，若AC=x，则PA=3x，所以BC=4−x2，三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2，令t=x2∈(0，4)，若y=4t2−t3，则y′=8t−3t2=t(8−3t)，所以(0，83)上y′>0，(83，4)上y′<0，则y在(0，83)上递增，(83，4)上递减，故ymax=4×649−51227=25627，则Vmax=36×25627=89.故答案为：89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC，再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC，即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角，设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0，4)，利用导数求最大值即可.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.【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.【知识点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．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.【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.【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简，可求cosA的值，从而求sinA，即可求解cos(A+π4)的值；(2)根据cosA大于0，可得A为锐角，又c>b，可得C为钝角，结给余弦定理即可求解.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.【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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得AB⊥AC，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，由已知确定相关点坐标，再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.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.【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.【知识点】二次函数的性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据题意可求出a与b，即可求出椭圆方程；（2）由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程，再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△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.【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.【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1）利用切线方程可得f'(1)=−a=-2，即可求；（2）（i）要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1，x2，需满足f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2，设h(x)=lnx−ax，得h′(x)=1−axx，通过分类讨论参数a≤0、a>0，可求a的取值范围；（ii）法1：由（i）可知x1，x2是h(x)=lnx−ax的两个零点，不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)，令t=x1x2∈(0，1)，通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1，可作参考.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．【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.【知识点】三角函数的化简求值；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，在联立方程，求解即可；（2）由题意可表示出A与B的极坐标，则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，利用三角函数的知识即可求解.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：（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．【知识点】充要条件；不等式的证明【解析】【分析】（Ⅰ）由(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，根据已知条件，得(a+b)2>(c+d)2，即可证明．（Ⅱ）（ⅰ）由|a−b|<|c−d|，两边平方，再结合已知条件由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）由a+b>c+d，两边平方，结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，即可证明．
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，+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为：D.【分析】解二次不等式得集合A；求函数定义域得集合B，再由并集的概念，即可得出结果.2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为：C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3．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．14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba，而a，b∈(0，1)，函数开口向上，所以f(x)的增区间为[2ba，+∞)，故在[1，+∞)上是增函数有0<2ba≤1，综上，0 |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【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即AB与AC的夹角是锐角，所以充分性成立；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，所以4AB⋅AC>0，所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC，所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，即|AB+AC|2>|AB−AC|2，所以|AB+AC|>|AB−AC|，故必要性成立；故答案为：C.【分析】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即可求解；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，合并开方即可求解.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)π【答案】B【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积【解析】【解答】由题设，底面直径2R=22，故半径为R=2，体高为2，所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π，A正确，不符合题意；圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π，B错误，符合题意；底面周长为22π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为22π2=2π，C正确，不符合题意；由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，所以内切球半径为42+2+22=2−2，故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π，D正确，不符合题意.故答案为：B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2，体高为2，利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B；根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C；由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断D.7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα，则2sinα2−sinα=1-2sin2α，解得sinα=14，又因为α∈（0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为：A【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.8．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．24【答案】A【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知：(1，3)，(2，4)两组颜色可以相同，若涂4种颜色：(1，3)颜色相同，则4种选一种涂(1，3)有C41，余下3种颜色涂3个区域有A33，共C41A33=24种，同理(2，4)颜色相同也有24种；若涂3种颜色，则(1，3)、(2，4)分别涂相同的颜色，首先4种颜色选3种有C43种，再所选3种中选一种涂5有C31种，余下2种颜色涂(1，3)、(2，4)个区域有A22，共有C43C31A22=24种；综上，共有72种.故答案为：A【分析】分两种涂色方法：涂4种颜色和3种颜色，首先确定可涂相同颜色的区域，再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9．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．①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性；函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知：“理想函数”为奇函数且定义域内递减，①f(x)=1x为奇函数，但在整个定义域上不单调，不符合；②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增，不符合；③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1，故f(x) 在R上递减，符合；④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减，符合；综上③④符合.故答案为：C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减，结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10．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【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年，十天干中壬排第9位，十二地支中寅排第3位，而青年团成立100周年，所以100=10×10，则青年团成立的那一年天干为壬；100=12×8+4，则青年团成立的那一年地支为戌；所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为：D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.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．2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，因为∠BFD=120°，所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义知，点A到准线l的距离为d=|FA|=2p，所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23，解得p=1．故答案为：A．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积，从而求出的值．12．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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12 12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e 12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，r=2，所以所求系数为22C62=60．点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：Tr+1=Cnran−rbr（0≤r≤n），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得r，代入后可得此项系数．【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，求得r=2，代入即可求解．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 .【答案】1【知识点】等比数列；等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2，而2a1=a3a4=a12q5，显然a1，q≠0，则2=a1q5，所以2a1q4=a1q3+2，故q2−2q+1=0，可得q=1.故答案为：1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5，结合等比通项公式列方程求公比q即可.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 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点，则|PF|−|PM|=2a=2，而F(2，0)，A(0，2)，则|AF|=2，由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，当且仅当A，P，M三点共线时△APF周长最小，此时|AM|=|PM|+|AP|=2，所以，此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形，令|AP|=x，则|PM|=2−x，故|PF|=4−x，而|AF|=2，在△APF中x2+4=(4−x)2，可得x=32，故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为：32【分析】M为左焦点，利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，判断其最小时A，P，M的位置关系及△AFM的形状，进而求出△APF的面积.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 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，故PA⊥BC，由PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，故PC⊥BC，所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°，若AC=x，则PA=3x，所以BC=4−x2，三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2，令t=x2∈(0，4)，若y=4t2−t3，则y′=8t−3t2=t(8−3t)，所以(0，83)上y′>0，(83，4)上y′<0，则y在(0，83)上递增，(83，4)上递减，故ymax=4×649−51227=25627，则Vmax=36×25627=89.故答案为：89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC，再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC，即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角，设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0，4)，利用导数求最大值即可.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.【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.【知识点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．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.【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.【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简，可求cosA的值，从而求sinA，即可求解cos(A+π4)的值；(2)根据cosA大于0，可得A为锐角，又c>b，可得C为钝角，结给余弦定理即可求解.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.【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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得AB⊥AC，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，由已知确定相关点坐标，再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.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.【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.【知识点】二次函数的性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据题意可求出a与b，即可求出椭圆方程；（2）由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程，再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△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.【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.【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1）利用切线方程可得f'(1)=−a=-2，即可求；（2）（i）要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1，x2，需满足f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2，设h(x)=lnx−ax，得h′(x)=1−axx，通过分类讨论参数a≤0、a>0，可求a的取值范围；（ii）法1：由（i）可知x1，x2是h(x)=lnx−ax的两个零点，不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)，令t=x1x2∈(0，1)，通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1，可作参考.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．【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.【知识点】三角函数的化简求值；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，在联立方程，求解即可；（2）由题意可表示出A与B的极坐标，则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，利用三角函数的知识即可求解.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：（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．【知识点】充要条件；不等式的证明【解析】【分析】（Ⅰ）由(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，根据已知条件，得(a+b)2>(c+d)2，即可证明．（Ⅱ）（ⅰ）由|a−b|<|c−d|，两边平方，再结合已知条件由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）由a+b>c+d，两边平方，结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，即可证明．
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，+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为：D.【分析】解二次不等式得集合A；求函数定义域得集合B，再由并集的概念，即可得出结果.2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为：C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3．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．14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba，而a，b∈(0，1)，函数开口向上，所以f(x)的增区间为[2ba，+∞)，故在[1，+∞)上是增函数有0<2ba≤1，综上，0 |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【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即AB与AC的夹角是锐角，所以充分性成立；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，所以4AB⋅AC>0，所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC，所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，即|AB+AC|2>|AB−AC|2，所以|AB+AC|>|AB−AC|，故必要性成立；故答案为：C.【分析】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即可求解；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，合并开方即可求解.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)π【答案】B【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积【解析】【解答】由题设，底面直径2R=22，故半径为R=2，体高为2，所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π，A正确，不符合题意；圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π，B错误，符合题意；底面周长为22π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为22π2=2π，C正确，不符合题意；由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，所以内切球半径为42+2+22=2−2，故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π，D正确，不符合题意.故答案为：B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2，体高为2，利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B；根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C；由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断D.7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα，则2sinα2−sinα=1-2sin2α，解得sinα=14，又因为α∈（0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为：A【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.8．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．24【答案】A【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知：(1，3)，(2，4)两组颜色可以相同，若涂4种颜色：(1，3)颜色相同，则4种选一种涂(1，3)有C41，余下3种颜色涂3个区域有A33，共C41A33=24种，同理(2，4)颜色相同也有24种；若涂3种颜色，则(1，3)、(2，4)分别涂相同的颜色，首先4种颜色选3种有C43种，再所选3种中选一种涂5有C31种，余下2种颜色涂(1，3)、(2，4)个区域有A22，共有C43C31A22=24种；综上，共有72种.故答案为：A【分析】分两种涂色方法：涂4种颜色和3种颜色，首先确定可涂相同颜色的区域，再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9．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．①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性；函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知：“理想函数”为奇函数且定义域内递减，①f(x)=1x为奇函数，但在整个定义域上不单调，不符合；②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增，不符合；③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1，故f(x) 在R上递减，符合；④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减，符合；综上③④符合.故答案为：C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减，结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10．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【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年，十天干中壬排第9位，十二地支中寅排第3位，而青年团成立100周年，所以100=10×10，则青年团成立的那一年天干为壬；100=12×8+4，则青年团成立的那一年地支为戌；所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为：D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.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．2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，因为∠BFD=120°，所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义知，点A到准线l的距离为d=|FA|=2p，所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23，解得p=1．故答案为：A．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积，从而求出的值．12．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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12 12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e 12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，r=2，所以所求系数为22C62=60．点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：Tr+1=Cnran−rbr（0≤r≤n），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得r，代入后可得此项系数．【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，求得r=2，代入即可求解．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 .【答案】1【知识点】等比数列；等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2，而2a1=a3a4=a12q5，显然a1，q≠0，则2=a1q5，所以2a1q4=a1q3+2，故q2−2q+1=0，可得q=1.故答案为：1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5，结合等比通项公式列方程求公比q即可.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 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点，则|PF|−|PM|=2a=2，而F(2，0)，A(0，2)，则|AF|=2，由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，当且仅当A，P，M三点共线时△APF周长最小，此时|AM|=|PM|+|AP|=2，所以，此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形，令|AP|=x，则|PM|=2−x，故|PF|=4−x，而|AF|=2，在△APF中x2+4=(4−x)2，可得x=32，故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为：32【分析】M为左焦点，利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，判断其最小时A，P，M的位置关系及△AFM的形状，进而求出△APF的面积.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 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，故PA⊥BC，由PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，故PC⊥BC，所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°，若AC=x，则PA=3x，所以BC=4−x2，三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2，令t=x2∈(0，4)，若y=4t2−t3，则y′=8t−3t2=t(8−3t)，所以(0，83)上y′>0，(83，4)上y′<0，则y在(0，83)上递增，(83，4)上递减，故ymax=4×649−51227=25627，则Vmax=36×25627=89.故答案为：89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC，再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC，即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角，设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0，4)，利用导数求最大值即可.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.【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.【知识点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．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.【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.【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简，可求cosA的值，从而求sinA，即可求解cos(A+π4)的值；(2)根据cosA大于0，可得A为锐角，又c>b，可得C为钝角，结给余弦定理即可求解.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.【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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得AB⊥AC，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，由已知确定相关点坐标，再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.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.【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.【知识点】二次函数的性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据题意可求出a与b，即可求出椭圆方程；（2）由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程，再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△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.【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.【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1）利用切线方程可得f'(1)=−a=-2，即可求；（2）（i）要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1，x2，需满足f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2，设h(x)=lnx−ax，得h′(x)=1−axx，通过分类讨论参数a≤0、a>0，可求a的取值范围；（ii）法1：由（i）可知x1，x2是h(x)=lnx−ax的两个零点，不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)，令t=x1x2∈(0，1)，通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1，可作参考.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．【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.【知识点】三角函数的化简求值；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，在联立方程，求解即可；（2）由题意可表示出A与B的极坐标，则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，利用三角函数的知识即可求解.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：（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．【知识点】充要条件；不等式的证明【解析】【分析】（Ⅰ）由(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，根据已知条件，得(a+b)2>(c+d)2，即可证明．（Ⅱ）（ⅰ）由|a−b|<|c−d|，两边平方，再结合已知条件由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）由a+b>c+d，两边平方，结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，即可证明．
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，+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为：D.【分析】解二次不等式得集合A；求函数定义域得集合B，再由并集的概念，即可得出结果.2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为：C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3．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．14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba，而a，b∈(0，1)，函数开口向上，所以f(x)的增区间为[2ba，+∞)，故在[1，+∞)上是增函数有0<2ba≤1，综上，0 |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【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即AB与AC的夹角是锐角，所以充分性成立；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，所以4AB⋅AC>0，所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC，所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，即|AB+AC|2>|AB−AC|2，所以|AB+AC|>|AB−AC|，故必要性成立；故答案为：C.【分析】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即可求解；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，合并开方即可求解.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)π【答案】B【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积【解析】【解答】由题设，底面直径2R=22，故半径为R=2，体高为2，所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π，A正确，不符合题意；圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π，B错误，符合题意；底面周长为22π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为22π2=2π，C正确，不符合题意；由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，所以内切球半径为42+2+22=2−2，故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π，D正确，不符合题意.故答案为：B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2，体高为2，利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B；根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C；由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断D.7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα，则2sinα2−sinα=1-2sin2α，解得sinα=14，又因为α∈（0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为：A【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.8．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．24【答案】A【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知：(1，3)，(2，4)两组颜色可以相同，若涂4种颜色：(1，3)颜色相同，则4种选一种涂(1，3)有C41，余下3种颜色涂3个区域有A33，共C41A33=24种，同理(2，4)颜色相同也有24种；若涂3种颜色，则(1，3)、(2，4)分别涂相同的颜色，首先4种颜色选3种有C43种，再所选3种中选一种涂5有C31种，余下2种颜色涂(1，3)、(2，4)个区域有A22，共有C43C31A22=24种；综上，共有72种.故答案为：A【分析】分两种涂色方法：涂4种颜色和3种颜色，首先确定可涂相同颜色的区域，再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9．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．①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性；函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知：“理想函数”为奇函数且定义域内递减，①f(x)=1x为奇函数，但在整个定义域上不单调，不符合；②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增，不符合；③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1，故f(x) 在R上递减，符合；④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减，符合；综上③④符合.故答案为：C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减，结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10．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【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年，十天干中壬排第9位，十二地支中寅排第3位，而青年团成立100周年，所以100=10×10，则青年团成立的那一年天干为壬；100=12×8+4，则青年团成立的那一年地支为戌；所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为：D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.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．2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，因为∠BFD=120°，所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义知，点A到准线l的距离为d=|FA|=2p，所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23，解得p=1．故答案为：A．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积，从而求出的值．12．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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12 12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e 12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，r=2，所以所求系数为22C62=60．点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：Tr+1=Cnran−rbr（0≤r≤n），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得r，代入后可得此项系数．【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，求得r=2，代入即可求解．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 .【答案】1【知识点】等比数列；等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2，而2a1=a3a4=a12q5，显然a1，q≠0，则2=a1q5，所以2a1q4=a1q3+2，故q2−2q+1=0，可得q=1.故答案为：1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5，结合等比通项公式列方程求公比q即可.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 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点，则|PF|−|PM|=2a=2，而F(2，0)，A(0，2)，则|AF|=2，由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，当且仅当A，P，M三点共线时△APF周长最小，此时|AM|=|PM|+|AP|=2，所以，此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形，令|AP|=x，则|PM|=2−x，故|PF|=4−x，而|AF|=2，在△APF中x2+4=(4−x)2，可得x=32，故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为：32【分析】M为左焦点，利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，判断其最小时A，P，M的位置关系及△AFM的形状，进而求出△APF的面积.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 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，故PA⊥BC，由PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，故PC⊥BC，所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°，若AC=x，则PA=3x，所以BC=4−x2，三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2，令t=x2∈(0，4)，若y=4t2−t3，则y′=8t−3t2=t(8−3t)，所以(0，83)上y′>0，(83，4)上y′<0，则y在(0，83)上递增，(83，4)上递减，故ymax=4×649−51227=25627，则Vmax=36×25627=89.故答案为：89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC，再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC，即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角，设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0，4)，利用导数求最大值即可.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.【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.【知识点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．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.【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.【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简，可求cosA的值，从而求sinA，即可求解cos(A+π4)的值；(2)根据cosA大于0，可得A为锐角，又c>b，可得C为钝角，结给余弦定理即可求解.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.【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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得AB⊥AC，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，由已知确定相关点坐标，再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.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.【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.【知识点】二次函数的性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据题意可求出a与b，即可求出椭圆方程；（2）由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程，再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△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.【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.【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1）利用切线方程可得f'(1)=−a=-2，即可求；（2）（i）要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1，x2，需满足f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2，设h(x)=lnx−ax，得h′(x)=1−axx，通过分类讨论参数a≤0、a>0，可求a的取值范围；（ii）法1：由（i）可知x1，x2是h(x)=lnx−ax的两个零点，不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)，令t=x1x2∈(0，1)，通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1，可作参考.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．【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.【知识点】三角函数的化简求值；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，在联立方程，求解即可；（2）由题意可表示出A与B的极坐标，则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，利用三角函数的知识即可求解.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：（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．【知识点】充要条件；不等式的证明【解析】【分析】（Ⅰ）由(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，根据已知条件，得(a+b)2>(c+d)2，即可证明．（Ⅱ）（ⅰ）由|a−b|<|c−d|，两边平方，再结合已知条件由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）由a+b>c+d，两边平方，结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，即可证明．
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，+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为：D.【分析】解二次不等式得集合A；求函数定义域得集合B，再由并集的概念，即可得出结果.2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为：C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3．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．14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba，而a，b∈(0，1)，函数开口向上，所以f(x)的增区间为[2ba，+∞)，故在[1，+∞)上是增函数有0<2ba≤1，综上，0 |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【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即AB与AC的夹角是锐角，所以充分性成立；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，所以4AB⋅AC>0，所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC，所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，即|AB+AC|2>|AB−AC|2，所以|AB+AC|>|AB−AC|，故必要性成立；故答案为：C.【分析】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即可求解；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，合并开方即可求解.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)π【答案】B【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积【解析】【解答】由题设，底面直径2R=22，故半径为R=2，体高为2，所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π，A正确，不符合题意；圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π，B错误，符合题意；底面周长为22π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为22π2=2π，C正确，不符合题意；由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，所以内切球半径为42+2+22=2−2，故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π，D正确，不符合题意.故答案为：B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2，体高为2，利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B；根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C；由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断D.7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα，则2sinα2−sinα=1-2sin2α，解得sinα=14，又因为α∈（0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为：A【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.8．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．24【答案】A【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知：(1，3)，(2，4)两组颜色可以相同，若涂4种颜色：(1，3)颜色相同，则4种选一种涂(1，3)有C41，余下3种颜色涂3个区域有A33，共C41A33=24种，同理(2，4)颜色相同也有24种；若涂3种颜色，则(1，3)、(2，4)分别涂相同的颜色，首先4种颜色选3种有C43种，再所选3种中选一种涂5有C31种，余下2种颜色涂(1，3)、(2，4)个区域有A22，共有C43C31A22=24种；综上，共有72种.故答案为：A【分析】分两种涂色方法：涂4种颜色和3种颜色，首先确定可涂相同颜色的区域，再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9．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．①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性；函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知：“理想函数”为奇函数且定义域内递减，①f(x)=1x为奇函数，但在整个定义域上不单调，不符合；②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增，不符合；③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1，故f(x) 在R上递减，符合；④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减，符合；综上③④符合.故答案为：C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减，结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10．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【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年，十天干中壬排第9位，十二地支中寅排第3位，而青年团成立100周年，所以100=10×10，则青年团成立的那一年天干为壬；100=12×8+4，则青年团成立的那一年地支为戌；所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为：D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.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．2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，因为∠BFD=120°，所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义知，点A到准线l的距离为d=|FA|=2p，所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23，解得p=1．故答案为：A．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积，从而求出的值．12．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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12 12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e 12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，r=2，所以所求系数为22C62=60．点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：Tr+1=Cnran−rbr（0≤r≤n），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得r，代入后可得此项系数．【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，求得r=2，代入即可求解．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 .【答案】1【知识点】等比数列；等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2，而2a1=a3a4=a12q5，显然a1，q≠0，则2=a1q5，所以2a1q4=a1q3+2，故q2−2q+1=0，可得q=1.故答案为：1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5，结合等比通项公式列方程求公比q即可.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 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点，则|PF|−|PM|=2a=2，而F(2，0)，A(0，2)，则|AF|=2，由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，当且仅当A，P，M三点共线时△APF周长最小，此时|AM|=|PM|+|AP|=2，所以，此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形，令|AP|=x，则|PM|=2−x，故|PF|=4−x，而|AF|=2，在△APF中x2+4=(4−x)2，可得x=32，故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为：32【分析】M为左焦点，利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，判断其最小时A，P，M的位置关系及△AFM的形状，进而求出△APF的面积.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 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，故PA⊥BC，由PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，故PC⊥BC，所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°，若AC=x，则PA=3x，所以BC=4−x2，三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2，令t=x2∈(0，4)，若y=4t2−t3，则y′=8t−3t2=t(8−3t)，所以(0，83)上y′>0，(83，4)上y′<0，则y在(0，83)上递增，(83，4)上递减，故ymax=4×649−51227=25627，则Vmax=36×25627=89.故答案为：89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC，再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC，即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角，设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0，4)，利用导数求最大值即可.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.【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.【知识点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．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.【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.【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简，可求cosA的值，从而求sinA，即可求解cos(A+π4)的值；(2)根据cosA大于0，可得A为锐角，又c>b，可得C为钝角，结给余弦定理即可求解.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.【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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得AB⊥AC，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，由已知确定相关点坐标，再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.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.【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.【知识点】二次函数的性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据题意可求出a与b，即可求出椭圆方程；（2）由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程，再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△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.【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.【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1）利用切线方程可得f'(1)=−a=-2，即可求；（2）（i）要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1，x2，需满足f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2，设h(x)=lnx−ax，得h′(x)=1−axx，通过分类讨论参数a≤0、a>0，可求a的取值范围；（ii）法1：由（i）可知x1，x2是h(x)=lnx−ax的两个零点，不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)，令t=x1x2∈(0，1)，通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1，可作参考.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．【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.【知识点】三角函数的化简求值；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，在联立方程，求解即可；（2）由题意可表示出A与B的极坐标，则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，利用三角函数的知识即可求解.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：（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．【知识点】充要条件；不等式的证明【解析】【分析】（Ⅰ）由(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，根据已知条件，得(a+b)2>(c+d)2，即可证明．（Ⅱ）（ⅰ）由|a−b|<|c−d|，两边平方，再结合已知条件由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）由a+b>c+d，两边平方，结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，即可证明．
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，+∞)【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={x|x(2−x)〉0}={x|0 0}.故答案为：D.【分析】解二次不等式得集合A；求函数定义域得集合B，再由并集的概念，即可得出结果.2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i.故答案为：C【分析】利用复数的除法运算化简即可.3．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．14【答案】D【知识点】几何概型【解析】【解答】由题设f(x)对称轴为x=2ba，而a，b∈(0，1)，函数开口向上，所以f(x)的增区间为[2ba，+∞)，故在[1，+∞)上是增函数有0<2ba≤1，综上，0 |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【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即AB与AC的夹角是锐角，所以充分性成立；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，所以4AB⋅AC>0，所以2AB⋅AC>−2AB⋅AC，所以|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，即|AB+AC|2>|AB−AC|2，所以|AB+AC|>|AB−AC|，故必要性成立；故答案为：C.【分析】先证明充分性：因为点A，B，C不共线，所以|AB+AC|2>|AB−AC|2，化简整理得，AB⋅AC>0，即可求解；再证必要性：因为点A，B，C不共线，且AB与AC的夹角是锐角，所以AB⋅AC>0，再得到|AB|2+|AC|2+2AB⋅AC>|AB|2+|AC|2−2AB⋅AC，合并开方即可求解.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)π【答案】B【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积【解析】【解答】由题设，底面直径2R=22，故半径为R=2，体高为2，所以圆锥的体积为13×2×π×(2)2=223π，A正确，不符合题意；圆锥的表面积为12×2×22π+π×(2)2=2(2+1)π，B错误，符合题意；底面周长为22π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为22π2=2π，C正确，不符合题意；由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，所以内切球半径为42+2+22=2−2，故球体表面积为4π×(2−2)2=(24−162)π，D正确，不符合题意.故答案为：B【分析】根据已知条件可得圆锥底面半径为R=2，体高为2，利用圆锥的体积、表面积公式判断A、B；根据侧面展开图及扇形圆心角计算判断C；由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断D.7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．153【答案】A【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：由题意得tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α=cosα2−sinα，则2sinα2−sinα=1-2sin2α，解得sinα=14，又因为α∈（0,π2),所以cosα=1-sin2α=154所以tanα=sinαcosα=1515故答案为：A【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.8．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．24【答案】A【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理【解析】【解答】由图知：(1，3)，(2，4)两组颜色可以相同，若涂4种颜色：(1，3)颜色相同，则4种选一种涂(1，3)有C41，余下3种颜色涂3个区域有A33，共C41A33=24种，同理(2，4)颜色相同也有24种；若涂3种颜色，则(1，3)、(2，4)分别涂相同的颜色，首先4种颜色选3种有C43种，再所选3种中选一种涂5有C31种，余下2种颜色涂(1，3)、(2，4)个区域有A22，共有C43C31A22=24种；综上，共有72种.故答案为：A【分析】分两种涂色方法：涂4种颜色和3种颜色，首先确定可涂相同颜色的区域，再应用分类分步计数求不同的涂色方案数.9．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．①④【答案】C【知识点】复合函数的单调性；函数奇偶性的性质【解析】【解答】由题设知：“理想函数”为奇函数且定义域内递减，①f(x)=1x为奇函数，但在整个定义域上不单调，不符合；②f(−x)=ln(1+(−x)2−x)=ln(1+x2−x)=−ln(1+x2+x)=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，而由对数复合函数的性质知f(x)在R上递增，不符合；③由f(−x)=1−2−x1+2−x=2x−12x+1=−1−2×1+2x=−f(x)且定义域为R，即f(x)为奇函数，又f(x)=1−2×1+2x=21+2x−1，故f(x) 在R上递减，符合；④由解析式知f(−x)=−f(x)显然成立且在R上递减，符合；综上③④符合.故答案为：C【分析】由“理想函数”为奇函数且定义域内递减，结合各项函数及奇偶性定义、指对函数和分式等函数的性质判断单调性.10．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【答案】D【知识点】归纳推理【解析】【解答】由壬寅年，十天干中壬排第9位，十二地支中寅排第3位，而青年团成立100周年，所以100=10×10，则青年团成立的那一年天干为壬；100=12×8+4，则青年团成立的那一年地支为戌；所以中国社会主义青年团成立的那一年是壬戌年.故答案为：D【分析】根据天干、地支的周期性及纪年法推出青年团成立的那一年天干、地支即可.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．2【答案】A【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质【解析】【解答】解：如图所示，因为∠BFD=120°，所以圆的半径为|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义知，点A到准线l的距离为d=|FA|=2p，所以ΔABD的面积为12|BD|⋅d=2p⋅3p=23，解得p=1．故答案为：A．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由点A到准线l的距离写出ΔABD的面积，从而求出的值．12．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]【答案】B【知识点】分段函数的应用；函数的零点【解析】【解答】令f(x)=0，则有x>12xex−2mx+m=0或x≤1210x−m=0.当x≤12时，由10x−m=0得：x=m10，至多有一个根.当x>12时，由xex−2mx+m=0得：m=xex2x−1.令y1=xex2x−1，(x>12)，则y1′=ex(2x+1)(2x−1)2(x−1).令y1′>0，解得：x>1；令y1′<0，解得：12 12时，有两个根.要使m=xex2x−1有两根，只需m>e.所以只需满足m10≤12m>e，解得：e 12时零点的情况：x≤12时直接解方程；x>12时利用数形结合研究零点的情况.二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．【答案】60【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，r=2，所以所求系数为22C62=60．点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：Tr+1=Cnran−rbr（0≤r≤n），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得r，代入后可得此项系数．【分析】通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−32r，令6−32r=3，求得r=2，代入即可求解．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 .【答案】1【知识点】等比数列；等差数列的性质【解析】【解答】由题设2a5=a4+2，而2a1=a3a4=a12q5，显然a1，q≠0，则2=a1q5，所以2a1q4=a1q3+2，故q2−2q+1=0，可得q=1.故答案为：1【分析】由题设可得2a5=a4+2且2=a1q5，结合等比通项公式列方程求公比q即可.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 .【答案】32【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】若M为左焦点，则|PF|−|PM|=2a=2，而F(2，0)，A(0，2)，则|AF|=2，由△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，当且仅当A，P，M三点共线时△APF周长最小，此时|AM|=|PM|+|AP|=2，所以，此时△AFM为腰长为2的等腰直角三角形，令|AP|=x，则|PM|=2−x，故|PF|=4−x，而|AF|=2，在△APF中x2+4=(4−x)2，可得x=32，故三角形的面积为12×2×32=32.故答案为：32【分析】M为左焦点，利用双曲线定义得到△APF周长为|AF|+|PF|+|AP|=|AF|+|PM|+|AP|+2=|PM|+|AP|+4，判断其最小时A，P，M的位置关系及△AFM的形状，进而求出△APF的面积.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 .【答案】89【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法【解析】【解答】由题设AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，故PA⊥BC，由PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，故PC⊥BC，所以二面角A−BC−P的平面角∠PCA=60°，若AC=x，则PA=3x，所以BC=4−x2，三棱锥P-ABC体积为V=13PA⋅12AC⋅BC=36×2⋅4−x2，令t=x2∈(0，4)，若y=4t2−t3，则y′=8t−3t2=t(8−3t)，所以(0，83)上y′>0，(83，4)上y′<0，则y在(0，83)上递增，(83，4)上递减，故ymax=4×649−51227=25627，则Vmax=36×25627=89.故答案为：89.【分析】由线面垂直的性质可得PA⊥BC，再根据线面垂直的判定和性质有PC⊥BC，即可知∠PCA=60°为二面角A−BC−P的平面角，设AC=x及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且t=x2∈(0，4)，利用导数求最大值即可.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.【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.【知识点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）计算K2，对照附表做结论；（2）使用组合数公式和古典概型的概率计算公式分别计算X取不同值时的概率，得到X的分布列，求出数学期望．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.【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.【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角函数公式将题干式子化简，可求cosA的值，从而求sinA，即可求解cos(A+π4)的值；(2)根据cosA大于0，可得A为锐角，又c>b，可得C为钝角，结给余弦定理即可求解.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.【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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得AB⊥AC，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，由已知确定相关点坐标，再求直线BC的方向向量、面A1BC1的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.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.【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.【知识点】二次函数的性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据题意可求出a与b，即可求出椭圆方程；（2）由题意分情况讨论直线m斜率存在与不存在时直线的方程，再求出相应情况下的△MON的面积.即可求出△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.【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.【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1）利用切线方程可得f'(1)=−a=-2，即可求；（2）（i）要使f(x)在定义域内有两个不同极值点x1，x2，需满足f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2，设h(x)=lnx−ax，得h′(x)=1−axx，通过分类讨论参数a≤0、a>0，可求a的取值范围；（ii）法1：由（i）可知x1，x2是h(x)=lnx−ax的两个零点，不防设0 ma即证(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)，令t=x1x2∈(0，1)，通过构造g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，结合g'(t)即可求证.证法2方法类同于1，可作参考.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．【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.【知识点】三角函数的化简求值；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化【解析】【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，在联立方程，求解即可；（2）由题意可表示出A与B的极坐标，则|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，利用三角函数的知识即可求解.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：（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．【知识点】充要条件；不等式的证明【解析】【分析】（Ⅰ）由(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，根据已知条件，得(a+b)2>(c+d)2，即可证明．（Ⅱ）（ⅰ）由|a−b|<|c−d|，两边平方，再结合已知条件由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）由a+b>c+d，两边平方，结合已知条件得(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，即可证明．
