2022年上海市春季高考数学试卷后附答案
2022年上海市春季高考数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）1．（4分）已知z＝2+i（其中i为虚数单位），则＝．2．（4分）已知集合A＝（﹣1，2），集合B＝（1，3），则A∩B＝．
简介：2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|﹣1＜x＜6}（）A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．（5分）设（1+2i）a+b＝2i，其中a，则（）A．a＝1，b＝﹣1B．a＝1，b＝1C．a＝﹣1，b＝1D．a＝﹣1，b＝﹣13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（﹣2，4），则|﹣|＝（）A．2B．3C．4D．54．（5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．（5分）若x，y满足约束条件则z＝2x﹣y的最大值是（）A．﹣2B．4C．8D．126．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．37．（5分）执行如图的程序框图，输出的n＝（）A．3B．4C．5D．68．（5分）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[﹣3，3]的大致图像，则该函数是（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝ 9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D10．（5分）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（）A．14B．12C．6D．311．（5分）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0（）A．﹣，B．﹣，C．﹣，+2D．﹣，+212．（5分）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，其高为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2+6，则公差d＝．14．（5分）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．15．（5分）过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为．16．（5分）若f（x）＝ln|a+|+b是奇函数，b＝．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．18．（12分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，求三棱锥F﹣ABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得xi2＝0.038，yi2＝1.6158，xiyi＝0.2474．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数r＝，≈1.377．20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）求E的方程；设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，点H满足＝．证明：直线HN过定点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，已知直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）+m＝0．写出l的直角坐标方程；若l与C有公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用交集运算求解即可．【解答】解：∵M＝{2，4，4，8，10}，∴M∩N＝{2，3}．故选：A．【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解答】解：∵（1+2i）a+b＝8i，∴a+b+2ai＝2i，即，解得．故选：A．【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．【分析】先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解答】解：，故，故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4．【分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8；甲同学周课外体育运动时长大于6的概率的估计值为，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于3的概率的估计值为，选项D说法正确．故选：C．【点评】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．【分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，0）时，且最大为8．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解答】解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（3，0），点B（3，|AF|＝|BF|＝7， 由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限）＝2．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．【分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，计算b＝8+2＝3，a＝3﹣1＝2，判断|﹣2|＝，计算b＝3+4＝6，a＝7﹣2＝5，判断|﹣2|＝；计算b＝7+10＝17，a＝17﹣5＝12，判断|﹣2|＝；输出n＝4．故选：B．【点评】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．【分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在（1，3）存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在（0，+∞）的周期性可判断C选项错误．【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选项：令y＝7，即，解得x＝0，故排除B选项；对于D选项，令y＝8，即，k∈Z；C选项：当x＞0时，5x＞0，x2+4＞0，因为cosx∈[﹣1，故＝，且当x＞0时，，故，而观察图像可知当x＞0时，f（x）max≥2，故C选项错误．故选：A．【点评】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9．【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，BC的中点，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD6⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD3，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD3，选项A正确；对于B，由选项A可知1EF⊥平面BDD1，而平面BDD6∩平面A1BD＝BD，在该正方体中1运动至A5时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB8A1上，易知AA1与B2E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB4C∥平面A1C1D，而平面AB5C与平面B1EF有公共点B1，故平面B4EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，q≠1．∵前4项和为a1+a2+a8＝＝168，a2﹣a2＝a1•q﹣a1•q4＝a1•q（1﹣q4）＝42，∴q＝，a4＝96，则a6＝a1•q4＝96×＝3，故选：D．【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x＝或，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[3，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝5得，x＝或，∴当x∈[0，）时，f（x）单调递增时，f′（x）＜6；当x∈（，f′（x）＞5，∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（，极小值为f（，又∵f（0）＝2，f（2π）＝3，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为﹣，故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，设底面边长为a，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C． 【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据已知条件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再结合等差中项的性质，即可求解．【解答】解：∵2S3＝2S2+6，∴8（a1+a2+a8）＝3（a1+a7）+6，∵{an}为等差数列，∴6a6＝3a1+6a2+6，∴7（a2﹣a1）＝4d＝6，解得d＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．14．【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件故答案为：x2+y3﹣4x﹣6y＝3（或x2+y2﹣8x﹣2y＝0或x5+y2﹣x﹣2+y4﹣x﹣2y﹣．的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，从5人中选8人有以下10个基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，甲丁戊、乙丙戊，丙丁；甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙戊；故甲、乙被选中的概率为．方法二：由题意，从甲，基本事件总数，甲、乙被选中，包含的基本事件的个数，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝．【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．15．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解答】解：设过点（0，0），6），1）的圆的方程为x2+y4+Dx+Ey+F＝0，即，解得F＝0，E＝﹣6，所以过点（2，0），0），6）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．同理可得，过点（7，（4，（43+y2﹣4x﹣5y＝0．过点（0，4），1），2）圆的方程为x3+y2﹣x﹣．过点（4，2），1），2）圆的方程为x4+y2﹣x﹣6y﹣．【点评】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．【分析】显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x，所以1+＝﹣1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f（0）＝0即可求出b的值．【解答】解：f（x）＝ln|a+|+b，若a＝7，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不具有奇偶性， ∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠4且a+，∴x≠1且x，∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+＝﹣3，∴f（x）＝ln||+b，由f（0）＝4得，ln，∴b＝ln8，故答案为：﹣；ln4．【点评】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），联立，解得C＝；证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•，整理可得：2a5＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC， ∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，边长为2，∴BE＝，AC＝2，DE＝8，∵DE2+BE2＝BD4，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中数据得：＝＝4.06m2，＝＝0.39m3；（2）由题可知，r＝＝＝＝＝；（3）设总根部面积和X，总材积量为Y，则＝1209（m3）．【点评】本题考查线性回归方程，属于中档题．20．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（2，1）上单调递增，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣8；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知；②当a＜7时，易知函数f（x）在（0，在（1，又f（1）＝a﹣3＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜4时，易知函数f（x）在，在单调递减，且f（1）＝a﹣4＜0，， 又当x＞2时，，则，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝5时，，函数f（x）在（0，又f（1）＝3，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又当8＜x＜1时，，则，故存在，使得f（n）＜5，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．21．【分析】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝3（m＞0，n＞0），将两点代入得，解得m＝，n＝，故E的方程为；（2）由可得直线（1）若过点P（2，﹣2）的直线斜率不存在．代入，可得，代入AB方程 ，得到，过点（0．②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（6k2+4）x5﹣6k（2+k）x+2k（k+4）＝0，故有，，且（*），联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣4（y1+y2）+x8y2+x2y7﹣3y1y4﹣12＝0， 将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k7﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点（8．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22．【分析】（1）由ρsin（θ+）+m＝0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修是中档题．4-4：坐标系与参数方程]（10分）[选修4-5：不等式选讲]（10分）角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】解：（1）由ρsin（θ+）+m＝0，得，∴，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴，即l的直角坐标方程为；（2）由曲线C的参数方程为（t为参数）．消去参数t，可得，联立，得3y5﹣2y﹣4m﹣5＝0（﹣2≤y≤7）．∴4m＝3y4﹣2y﹣6，令g（y）＝7y2﹣2y﹣2（﹣2≤y≤2），可得，当y＝﹣2时max＝g（﹣8）＝10，∴﹣≤4m≤10，﹣，∴m的取值范围是[，]．23．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数，∴++≥3，当且仅当a＝b＝c＝时．因为++＝1，所以6≥3（abc），所以≥（abc），所以abc≤，得证．（2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，∴++≤++＝++＝＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
简介：2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|﹣1＜x＜6}（）A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．（5分）设（1+2i）a+b＝2i，其中a，则（）A．a＝1，b＝﹣1B．a＝1，b＝1C．a＝﹣1，b＝1D．a＝﹣1，b＝﹣13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（﹣2，4），则|﹣|＝（）A．2B．3C．4D．54．（5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．（5分）若x，y满足约束条件则z＝2x﹣y的最大值是（）A．﹣2B．4C．8D．126．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．37．（5分）执行如图的程序框图，输出的n＝（）A．3B．4C．5D．68．（5分）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[﹣3，3]的大致图像，则该函数是（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝ 9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D10．（5分）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（）A．14B．12C．6D．311．（5分）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0（）A．﹣，B．﹣，C．﹣，+2D．﹣，+212．（5分）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，其高为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2+6，则公差d＝．14．（5分）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．15．（5分）过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为．16．（5分）若f（x）＝ln|a+|+b是奇函数，b＝．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．18．（12分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，求三棱锥F﹣ABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得xi2＝0.038，yi2＝1.6158，xiyi＝0.2474．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数r＝，≈1.377．20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）求E的方程；设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，点H满足＝．证明：直线HN过定点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，已知直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）+m＝0．写出l的直角坐标方程；若l与C有公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用交集运算求解即可．【解答】解：∵M＝{2，4，4，8，10}，∴M∩N＝{2，3}．故选：A．【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解答】解：∵（1+2i）a+b＝8i，∴a+b+2ai＝2i，即，解得．故选：A．【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．【分析】先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解答】解：，故，故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4．【分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8；甲同学周课外体育运动时长大于6的概率的估计值为，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于3的概率的估计值为，选项D说法正确．故选：C．【点评】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．【分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，0）时，且最大为8．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解答】解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（3，0），点B（3，|AF|＝|BF|＝7， 由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限）＝2．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．【分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，计算b＝8+2＝3，a＝3﹣1＝2，判断|﹣2|＝，计算b＝3+4＝6，a＝7﹣2＝5，判断|﹣2|＝；计算b＝7+10＝17，a＝17﹣5＝12，判断|﹣2|＝；输出n＝4．故选：B．【点评】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．【分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在（1，3）存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在（0，+∞）的周期性可判断C选项错误．【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选项：令y＝7，即，解得x＝0，故排除B选项；对于D选项，令y＝8，即，k∈Z；C选项：当x＞0时，5x＞0，x2+4＞0，因为cosx∈[﹣1，故＝，且当x＞0时，，故，而观察图像可知当x＞0时，f（x）max≥2，故C选项错误．故选：A．【点评】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9．【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，BC的中点，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD6⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD3，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD3，选项A正确；对于B，由选项A可知1EF⊥平面BDD1，而平面BDD6∩平面A1BD＝BD，在该正方体中1运动至A5时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB8A1上，易知AA1与B2E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB4C∥平面A1C1D，而平面AB5C与平面B1EF有公共点B1，故平面B4EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，q≠1．∵前4项和为a1+a2+a8＝＝168，a2﹣a2＝a1•q﹣a1•q4＝a1•q（1﹣q4）＝42，∴q＝，a4＝96，则a6＝a1•q4＝96×＝3，故选：D．【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x＝或，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[3，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝5得，x＝或，∴当x∈[0，）时，f（x）单调递增时，f′（x）＜6；当x∈（，f′（x）＞5，∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（，极小值为f（，又∵f（0）＝2，f（2π）＝3，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为﹣，故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，设底面边长为a，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C． 【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据已知条件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再结合等差中项的性质，即可求解．【解答】解：∵2S3＝2S2+6，∴8（a1+a2+a8）＝3（a1+a7）+6，∵{an}为等差数列，∴6a6＝3a1+6a2+6，∴7（a2﹣a1）＝4d＝6，解得d＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．14．【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件故答案为：x2+y3﹣4x﹣6y＝3（或x2+y2﹣8x﹣2y＝0或x5+y2﹣x﹣2+y4﹣x﹣2y﹣．的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，从5人中选8人有以下10个基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，甲丁戊、乙丙戊，丙丁；甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙戊；故甲、乙被选中的概率为．方法二：由题意，从甲，基本事件总数，甲、乙被选中，包含的基本事件的个数，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝．【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．15．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解答】解：设过点（0，0），6），1）的圆的方程为x2+y4+Dx+Ey+F＝0，即，解得F＝0，E＝﹣6，所以过点（2，0），0），6）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．同理可得，过点（7，（4，（43+y2﹣4x﹣5y＝0．过点（0，4），1），2）圆的方程为x3+y2﹣x﹣．过点（4，2），1），2）圆的方程为x4+y2﹣x﹣6y﹣．【点评】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．【分析】显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x，所以1+＝﹣1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f（0）＝0即可求出b的值．【解答】解：f（x）＝ln|a+|+b，若a＝7，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不具有奇偶性， ∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠4且a+，∴x≠1且x，∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+＝﹣3，∴f（x）＝ln||+b，由f（0）＝4得，ln，∴b＝ln8，故答案为：﹣；ln4．【点评】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），联立，解得C＝；证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•，整理可得：2a5＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC， ∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，边长为2，∴BE＝，AC＝2，DE＝8，∵DE2+BE2＝BD4，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中数据得：＝＝4.06m2，＝＝0.39m3；（2）由题可知，r＝＝＝＝＝；（3）设总根部面积和X，总材积量为Y，则＝1209（m3）．【点评】本题考查线性回归方程，属于中档题．20．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（2，1）上单调递增，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣8；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知；②当a＜7时，易知函数f（x）在（0，在（1，又f（1）＝a﹣3＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜4时，易知函数f（x）在，在单调递减，且f（1）＝a﹣4＜0，， 又当x＞2时，，则，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝5时，，函数f（x）在（0，又f（1）＝3，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又当8＜x＜1时，，则，故存在，使得f（n）＜5，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．21．【分析】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝3（m＞0，n＞0），将两点代入得，解得m＝，n＝，故E的方程为；（2）由可得直线（1）若过点P（2，﹣2）的直线斜率不存在．代入，可得，代入AB方程 ，得到，过点（0．②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（6k2+4）x5﹣6k（2+k）x+2k（k+4）＝0，故有，，且（*），联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣4（y1+y2）+x8y2+x2y7﹣3y1y4﹣12＝0， 将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k7﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点（8．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22．【分析】（1）由ρsin（θ+）+m＝0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修是中档题．4-4：坐标系与参数方程]（10分）[选修4-5：不等式选讲]（10分）角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】解：（1）由ρsin（θ+）+m＝0，得，∴，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴，即l的直角坐标方程为；（2）由曲线C的参数方程为（t为参数）．消去参数t，可得，联立，得3y5﹣2y﹣4m﹣5＝0（﹣2≤y≤7）．∴4m＝3y4﹣2y﹣6，令g（y）＝7y2﹣2y﹣2（﹣2≤y≤2），可得，当y＝﹣2时max＝g（﹣8）＝10，∴﹣≤4m≤10，﹣，∴m的取值范围是[，]．23．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数，∴++≥3，当且仅当a＝b＝c＝时．因为++＝1，所以6≥3（abc），所以≥（abc），所以abc≤，得证．（2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，∴++≤++＝++＝＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
简介：2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|﹣1＜x＜6}（）A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．（5分）设（1+2i）a+b＝2i，其中a，则（）A．a＝1，b＝﹣1B．a＝1，b＝1C．a＝﹣1，b＝1D．a＝﹣1，b＝﹣13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（﹣2，4），则|﹣|＝（）A．2B．3C．4D．54．（5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．（5分）若x，y满足约束条件则z＝2x﹣y的最大值是（）A．﹣2B．4C．8D．126．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．37．（5分）执行如图的程序框图，输出的n＝（）A．3B．4C．5D．68．（5分）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[﹣3，3]的大致图像，则该函数是（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝ 9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D10．（5分）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（）A．14B．12C．6D．311．（5分）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0（）A．﹣，B．﹣，C．﹣，+2D．﹣，+212．（5分）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，其高为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2+6，则公差d＝．14．（5分）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．15．（5分）过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为．16．（5分）若f（x）＝ln|a+|+b是奇函数，b＝．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．18．（12分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，求三棱锥F﹣ABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得xi2＝0.038，yi2＝1.6158，xiyi＝0.2474．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数r＝，≈1.377．20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）求E的方程；设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，点H满足＝．证明：直线HN过定点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，已知直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）+m＝0．写出l的直角坐标方程；若l与C有公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用交集运算求解即可．【解答】解：∵M＝{2，4，4，8，10}，∴M∩N＝{2，3}．故选：A．【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解答】解：∵（1+2i）a+b＝8i，∴a+b+2ai＝2i，即，解得．故选：A．【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．【分析】先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解答】解：，故，故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4．【分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8；甲同学周课外体育运动时长大于6的概率的估计值为，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于3的概率的估计值为，选项D说法正确．故选：C．【点评】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．【分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，0）时，且最大为8．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解答】解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（3，0），点B（3，|AF|＝|BF|＝7， 由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限）＝2．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．【分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，计算b＝8+2＝3，a＝3﹣1＝2，判断|﹣2|＝，计算b＝3+4＝6，a＝7﹣2＝5，判断|﹣2|＝；计算b＝7+10＝17，a＝17﹣5＝12，判断|﹣2|＝；输出n＝4．故选：B．【点评】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．【分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在（1，3）存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在（0，+∞）的周期性可判断C选项错误．【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选项：令y＝7，即，解得x＝0，故排除B选项；对于D选项，令y＝8，即，k∈Z；C选项：当x＞0时，5x＞0，x2+4＞0，因为cosx∈[﹣1，故＝，且当x＞0时，，故，而观察图像可知当x＞0时，f（x）max≥2，故C选项错误．故选：A．【点评】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9．【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，BC的中点，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD6⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD3，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD3，选项A正确；对于B，由选项A可知1EF⊥平面BDD1，而平面BDD6∩平面A1BD＝BD，在该正方体中1运动至A5时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB8A1上，易知AA1与B2E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB4C∥平面A1C1D，而平面AB5C与平面B1EF有公共点B1，故平面B4EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，q≠1．∵前4项和为a1+a2+a8＝＝168，a2﹣a2＝a1•q﹣a1•q4＝a1•q（1﹣q4）＝42，∴q＝，a4＝96，则a6＝a1•q4＝96×＝3，故选：D．【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x＝或，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[3，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝5得，x＝或，∴当x∈[0，）时，f（x）单调递增时，f′（x）＜6；当x∈（，f′（x）＞5，∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（，极小值为f（，又∵f（0）＝2，f（2π）＝3，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为﹣，故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，设底面边长为a，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C． 【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据已知条件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再结合等差中项的性质，即可求解．【解答】解：∵2S3＝2S2+6，∴8（a1+a2+a8）＝3（a1+a7）+6，∵{an}为等差数列，∴6a6＝3a1+6a2+6，∴7（a2﹣a1）＝4d＝6，解得d＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．14．【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件故答案为：x2+y3﹣4x﹣6y＝3（或x2+y2﹣8x﹣2y＝0或x5+y2﹣x﹣2+y4﹣x﹣2y﹣．的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，从5人中选8人有以下10个基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，甲丁戊、乙丙戊，丙丁；甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙戊；故甲、乙被选中的概率为．方法二：由题意，从甲，基本事件总数，甲、乙被选中，包含的基本事件的个数，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝．【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．15．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解答】解：设过点（0，0），6），1）的圆的方程为x2+y4+Dx+Ey+F＝0，即，解得F＝0，E＝﹣6，所以过点（2，0），0），6）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．同理可得，过点（7，（4，（43+y2﹣4x﹣5y＝0．过点（0，4），1），2）圆的方程为x3+y2﹣x﹣．过点（4，2），1），2）圆的方程为x4+y2﹣x﹣6y﹣．【点评】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．【分析】显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x，所以1+＝﹣1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f（0）＝0即可求出b的值．【解答】解：f（x）＝ln|a+|+b，若a＝7，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不具有奇偶性， ∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠4且a+，∴x≠1且x，∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+＝﹣3，∴f（x）＝ln||+b，由f（0）＝4得，ln，∴b＝ln8，故答案为：﹣；ln4．【点评】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），联立，解得C＝；证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•，整理可得：2a5＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC， ∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，边长为2，∴BE＝，AC＝2，DE＝8，∵DE2+BE2＝BD4，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中数据得：＝＝4.06m2，＝＝0.39m3；（2）由题可知，r＝＝＝＝＝；（3）设总根部面积和X，总材积量为Y，则＝1209（m3）．【点评】本题考查线性回归方程，属于中档题．20．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（2，1）上单调递增，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣8；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知；②当a＜7时，易知函数f（x）在（0，在（1，又f（1）＝a﹣3＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜4时，易知函数f（x）在，在单调递减，且f（1）＝a﹣4＜0，， 又当x＞2时，，则，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝5时，，函数f（x）在（0，又f（1）＝3，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又当8＜x＜1时，，则，故存在，使得f（n）＜5，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．21．【分析】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝3（m＞0，n＞0），将两点代入得，解得m＝，n＝，故E的方程为；（2）由可得直线（1）若过点P（2，﹣2）的直线斜率不存在．代入，可得，代入AB方程 ，得到，过点（0．②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（6k2+4）x5﹣6k（2+k）x+2k（k+4）＝0，故有，，且（*），联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣4（y1+y2）+x8y2+x2y7﹣3y1y4﹣12＝0， 将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k7﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点（8．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22．【分析】（1）由ρsin（θ+）+m＝0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修是中档题．4-4：坐标系与参数方程]（10分）[选修4-5：不等式选讲]（10分）角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】解：（1）由ρsin（θ+）+m＝0，得，∴，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴，即l的直角坐标方程为；（2）由曲线C的参数方程为（t为参数）．消去参数t，可得，联立，得3y5﹣2y﹣4m﹣5＝0（﹣2≤y≤7）．∴4m＝3y4﹣2y﹣6，令g（y）＝7y2﹣2y﹣2（﹣2≤y≤2），可得，当y＝﹣2时max＝g（﹣8）＝10，∴﹣≤4m≤10，﹣，∴m的取值范围是[，]．23．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数，∴++≥3，当且仅当a＝b＝c＝时．因为++＝1，所以6≥3（abc），所以≥（abc），所以abc≤，得证．（2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，∴++≤++＝++＝＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
简介：2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|﹣1＜x＜6}（）A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．（5分）设（1+2i）a+b＝2i，其中a，则（）A．a＝1，b＝﹣1B．a＝1，b＝1C．a＝﹣1，b＝1D．a＝﹣1，b＝﹣13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（﹣2，4），则|﹣|＝（）A．2B．3C．4D．54．（5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．（5分）若x，y满足约束条件则z＝2x﹣y的最大值是（）A．﹣2B．4C．8D．126．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．37．（5分）执行如图的程序框图，输出的n＝（）A．3B．4C．5D．68．（5分）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[﹣3，3]的大致图像，则该函数是（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝ 9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D10．（5分）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（）A．14B．12C．6D．311．（5分）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0（）A．﹣，B．﹣，C．﹣，+2D．﹣，+212．（5分）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，其高为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2+6，则公差d＝．14．（5分）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．15．（5分）过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为．16．（5分）若f（x）＝ln|a+|+b是奇函数，b＝．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．18．（12分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，求三棱锥F﹣ABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得xi2＝0.038，yi2＝1.6158，xiyi＝0.2474．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数r＝，≈1.377．20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）求E的方程；设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，点H满足＝．证明：直线HN过定点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，已知直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）+m＝0．写出l的直角坐标方程；若l与C有公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用交集运算求解即可．【解答】解：∵M＝{2，4，4，8，10}，∴M∩N＝{2，3}．故选：A．【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解答】解：∵（1+2i）a+b＝8i，∴a+b+2ai＝2i，即，解得．故选：A．【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．【分析】先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解答】解：，故，故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4．【分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8；甲同学周课外体育运动时长大于6的概率的估计值为，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于3的概率的估计值为，选项D说法正确．故选：C．【点评】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．【分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，0）时，且最大为8．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解答】解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（3，0），点B（3，|AF|＝|BF|＝7， 由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限）＝2．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．【分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，计算b＝8+2＝3，a＝3﹣1＝2，判断|﹣2|＝，计算b＝3+4＝6，a＝7﹣2＝5，判断|﹣2|＝；计算b＝7+10＝17，a＝17﹣5＝12，判断|﹣2|＝；输出n＝4．故选：B．【点评】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．【分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在（1，3）存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在（0，+∞）的周期性可判断C选项错误．【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选项：令y＝7，即，解得x＝0，故排除B选项；对于D选项，令y＝8，即，k∈Z；C选项：当x＞0时，5x＞0，x2+4＞0，因为cosx∈[﹣1，故＝，且当x＞0时，，故，而观察图像可知当x＞0时，f（x）max≥2，故C选项错误．故选：A．【点评】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9．【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，BC的中点，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD6⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD3，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD3，选项A正确；对于B，由选项A可知1EF⊥平面BDD1，而平面BDD6∩平面A1BD＝BD，在该正方体中1运动至A5时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB8A1上，易知AA1与B2E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB4C∥平面A1C1D，而平面AB5C与平面B1EF有公共点B1，故平面B4EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，q≠1．∵前4项和为a1+a2+a8＝＝168，a2﹣a2＝a1•q﹣a1•q4＝a1•q（1﹣q4）＝42，∴q＝，a4＝96，则a6＝a1•q4＝96×＝3，故选：D．【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x＝或，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[3，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝5得，x＝或，∴当x∈[0，）时，f（x）单调递增时，f′（x）＜6；当x∈（，f′（x）＞5，∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（，极小值为f（，又∵f（0）＝2，f（2π）＝3，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为﹣，故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，设底面边长为a，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C． 【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据已知条件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再结合等差中项的性质，即可求解．【解答】解：∵2S3＝2S2+6，∴8（a1+a2+a8）＝3（a1+a7）+6，∵{an}为等差数列，∴6a6＝3a1+6a2+6，∴7（a2﹣a1）＝4d＝6，解得d＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．14．【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件故答案为：x2+y3﹣4x﹣6y＝3（或x2+y2﹣8x﹣2y＝0或x5+y2﹣x﹣2+y4﹣x﹣2y﹣．的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，从5人中选8人有以下10个基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，甲丁戊、乙丙戊，丙丁；甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙戊；故甲、乙被选中的概率为．方法二：由题意，从甲，基本事件总数，甲、乙被选中，包含的基本事件的个数，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝．【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．15．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解答】解：设过点（0，0），6），1）的圆的方程为x2+y4+Dx+Ey+F＝0，即，解得F＝0，E＝﹣6，所以过点（2，0），0），6）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．同理可得，过点（7，（4，（43+y2﹣4x﹣5y＝0．过点（0，4），1），2）圆的方程为x3+y2﹣x﹣．过点（4，2），1），2）圆的方程为x4+y2﹣x﹣6y﹣．【点评】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．【分析】显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x，所以1+＝﹣1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f（0）＝0即可求出b的值．【解答】解：f（x）＝ln|a+|+b，若a＝7，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不具有奇偶性， ∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠4且a+，∴x≠1且x，∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+＝﹣3，∴f（x）＝ln||+b，由f（0）＝4得，ln，∴b＝ln8，故答案为：﹣；ln4．【点评】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），联立，解得C＝；证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•，整理可得：2a5＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC， ∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，边长为2，∴BE＝，AC＝2，DE＝8，∵DE2+BE2＝BD4，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中数据得：＝＝4.06m2，＝＝0.39m3；（2）由题可知，r＝＝＝＝＝；（3）设总根部面积和X，总材积量为Y，则＝1209（m3）．【点评】本题考查线性回归方程，属于中档题．20．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（2，1）上单调递增，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣8；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知；②当a＜7时，易知函数f（x）在（0，在（1，又f（1）＝a﹣3＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜4时，易知函数f（x）在，在单调递减，且f（1）＝a﹣4＜0，， 又当x＞2时，，则，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝5时，，函数f（x）在（0，又f（1）＝3，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又当8＜x＜1时，，则，故存在，使得f（n）＜5，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．21．【分析】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝3（m＞0，n＞0），将两点代入得，解得m＝，n＝，故E的方程为；（2）由可得直线（1）若过点P（2，﹣2）的直线斜率不存在．代入，可得，代入AB方程 ，得到，过点（0．②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（6k2+4）x5﹣6k（2+k）x+2k（k+4）＝0，故有，，且（*），联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣4（y1+y2）+x8y2+x2y7﹣3y1y4﹣12＝0， 将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k7﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点（8．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22．【分析】（1）由ρsin（θ+）+m＝0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修是中档题．4-4：坐标系与参数方程]（10分）[选修4-5：不等式选讲]（10分）角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】解：（1）由ρsin（θ+）+m＝0，得，∴，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴，即l的直角坐标方程为；（2）由曲线C的参数方程为（t为参数）．消去参数t，可得，联立，得3y5﹣2y﹣4m﹣5＝0（﹣2≤y≤7）．∴4m＝3y4﹣2y﹣6，令g（y）＝7y2﹣2y﹣2（﹣2≤y≤2），可得，当y＝﹣2时max＝g（﹣8）＝10，∴﹣≤4m≤10，﹣，∴m的取值范围是[，]．23．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数，∴++≥3，当且仅当a＝b＝c＝时．因为++＝1，所以6≥3（abc），所以≥（abc），所以abc≤，得证．（2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，∴++≤++＝++＝＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
简介：2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|﹣1＜x＜6}（）A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．（5分）设（1+2i）a+b＝2i，其中a，则（）A．a＝1，b＝﹣1B．a＝1，b＝1C．a＝﹣1，b＝1D．a＝﹣1，b＝﹣13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（﹣2，4），则|﹣|＝（）A．2B．3C．4D．54．（5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．（5分）若x，y满足约束条件则z＝2x﹣y的最大值是（）A．﹣2B．4C．8D．126．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．37．（5分）执行如图的程序框图，输出的n＝（）A．3B．4C．5D．68．（5分）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[﹣3，3]的大致图像，则该函数是（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝ 9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D10．（5分）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（）A．14B．12C．6D．311．（5分）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0（）A．﹣，B．﹣，C．﹣，+2D．﹣，+212．（5分）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，其高为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2+6，则公差d＝．14．（5分）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．15．（5分）过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为．16．（5分）若f（x）＝ln|a+|+b是奇函数，b＝．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．18．（12分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，求三棱锥F﹣ABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得xi2＝0.038，yi2＝1.6158，xiyi＝0.2474．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数r＝，≈1.377．20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）求E的方程；设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，点H满足＝．证明：直线HN过定点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，已知直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）+m＝0．写出l的直角坐标方程；若l与C有公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用交集运算求解即可．【解答】解：∵M＝{2，4，4，8，10}，∴M∩N＝{2，3}．故选：A．【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解答】解：∵（1+2i）a+b＝8i，∴a+b+2ai＝2i，即，解得．故选：A．【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．【分析】先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解答】解：，故，故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4．【分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8；甲同学周课外体育运动时长大于6的概率的估计值为，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于3的概率的估计值为，选项D说法正确．故选：C．【点评】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．【分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，0）时，且最大为8．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解答】解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（3，0），点B（3，|AF|＝|BF|＝7， 由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限）＝2．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．【分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，计算b＝8+2＝3，a＝3﹣1＝2，判断|﹣2|＝，计算b＝3+4＝6，a＝7﹣2＝5，判断|﹣2|＝；计算b＝7+10＝17，a＝17﹣5＝12，判断|﹣2|＝；输出n＝4．故选：B．【点评】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．【分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在（1，3）存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在（0，+∞）的周期性可判断C选项错误．【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选项：令y＝7，即，解得x＝0，故排除B选项；对于D选项，令y＝8，即，k∈Z；C选项：当x＞0时，5x＞0，x2+4＞0，因为cosx∈[﹣1，故＝，且当x＞0时，，故，而观察图像可知当x＞0时，f（x）max≥2，故C选项错误．故选：A．【点评】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9．【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，BC的中点，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD6⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD3，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD3，选项A正确；对于B，由选项A可知1EF⊥平面BDD1，而平面BDD6∩平面A1BD＝BD，在该正方体中1运动至A5时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB8A1上，易知AA1与B2E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB4C∥平面A1C1D，而平面AB5C与平面B1EF有公共点B1，故平面B4EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，q≠1．∵前4项和为a1+a2+a8＝＝168，a2﹣a2＝a1•q﹣a1•q4＝a1•q（1﹣q4）＝42，∴q＝，a4＝96，则a6＝a1•q4＝96×＝3，故选：D．【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x＝或，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[3，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝5得，x＝或，∴当x∈[0，）时，f（x）单调递增时，f′（x）＜6；当x∈（，f′（x）＞5，∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（，极小值为f（，又∵f（0）＝2，f（2π）＝3，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为﹣，故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，设底面边长为a，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C． 【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据已知条件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再结合等差中项的性质，即可求解．【解答】解：∵2S3＝2S2+6，∴8（a1+a2+a8）＝3（a1+a7）+6，∵{an}为等差数列，∴6a6＝3a1+6a2+6，∴7（a2﹣a1）＝4d＝6，解得d＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．14．【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件故答案为：x2+y3﹣4x﹣6y＝3（或x2+y2﹣8x﹣2y＝0或x5+y2﹣x﹣2+y4﹣x﹣2y﹣．的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，从5人中选8人有以下10个基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，甲丁戊、乙丙戊，丙丁；甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙戊；故甲、乙被选中的概率为．方法二：由题意，从甲，基本事件总数，甲、乙被选中，包含的基本事件的个数，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝．【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．15．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解答】解：设过点（0，0），6），1）的圆的方程为x2+y4+Dx+Ey+F＝0，即，解得F＝0，E＝﹣6，所以过点（2，0），0），6）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．同理可得，过点（7，（4，（43+y2﹣4x﹣5y＝0．过点（0，4），1），2）圆的方程为x3+y2﹣x﹣．过点（4，2），1），2）圆的方程为x4+y2﹣x﹣6y﹣．【点评】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．【分析】显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x，所以1+＝﹣1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f（0）＝0即可求出b的值．【解答】解：f（x）＝ln|a+|+b，若a＝7，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不具有奇偶性， ∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠4且a+，∴x≠1且x，∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+＝﹣3，∴f（x）＝ln||+b，由f（0）＝4得，ln，∴b＝ln8，故答案为：﹣；ln4．【点评】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），联立，解得C＝；证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•，整理可得：2a5＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC， ∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，边长为2，∴BE＝，AC＝2，DE＝8，∵DE2+BE2＝BD4，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中数据得：＝＝4.06m2，＝＝0.39m3；（2）由题可知，r＝＝＝＝＝；（3）设总根部面积和X，总材积量为Y，则＝1209（m3）．【点评】本题考查线性回归方程，属于中档题．20．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（2，1）上单调递增，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣8；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知；②当a＜7时，易知函数f（x）在（0，在（1，又f（1）＝a﹣3＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜4时，易知函数f（x）在，在单调递减，且f（1）＝a﹣4＜0，， 又当x＞2时，，则，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝5时，，函数f（x）在（0，又f（1）＝3，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又当8＜x＜1时，，则，故存在，使得f（n）＜5，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．21．【分析】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝3（m＞0，n＞0），将两点代入得，解得m＝，n＝，故E的方程为；（2）由可得直线（1）若过点P（2，﹣2）的直线斜率不存在．代入，可得，代入AB方程 ，得到，过点（0．②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（6k2+4）x5﹣6k（2+k）x+2k（k+4）＝0，故有，，且（*），联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣4（y1+y2）+x8y2+x2y7﹣3y1y4﹣12＝0， 将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k7﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点（8．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22．【分析】（1）由ρsin（θ+）+m＝0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修是中档题．4-4：坐标系与参数方程]（10分）[选修4-5：不等式选讲]（10分）角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】解：（1）由ρsin（θ+）+m＝0，得，∴，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴，即l的直角坐标方程为；（2）由曲线C的参数方程为（t为参数）．消去参数t，可得，联立，得3y5﹣2y﹣4m﹣5＝0（﹣2≤y≤7）．∴4m＝3y4﹣2y﹣6，令g（y）＝7y2﹣2y﹣2（﹣2≤y≤2），可得，当y＝﹣2时max＝g（﹣8）＝10，∴﹣≤4m≤10，﹣，∴m的取值范围是[，]．23．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数，∴++≥3，当且仅当a＝b＝c＝时．因为++＝1，所以6≥3（abc），所以≥（abc），所以abc≤，得证．（2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，∴++≤++＝++＝＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
简介：2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|﹣1＜x＜6}（）A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．（5分）设（1+2i）a+b＝2i，其中a，则（）A．a＝1，b＝﹣1B．a＝1，b＝1C．a＝﹣1，b＝1D．a＝﹣1，b＝﹣13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（﹣2，4），则|﹣|＝（）A．2B．3C．4D．54．（5分）分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．（5分）若x，y满足约束条件则z＝2x﹣y的最大值是（）A．﹣2B．4C．8D．126．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），则|AB|＝（）A．2B．2C．3D．37．（5分）执行如图的程序框图，输出的n＝（）A．3B．4C．5D．68．（5分）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[﹣3，3]的大致图像，则该函数是（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝ 9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D10．（5分）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（）A．14B．12C．6D．311．（5分）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0（）A．﹣，B．﹣，C．﹣，+2D．﹣，+212．（5分）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，其高为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2+6，则公差d＝．14．（5分）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．15．（5分）过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为．16．（5分）若f（x）＝ln|a+|+b是奇函数，b＝．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A﹣B）（C﹣A）．（1）若A＝2B，求C；（2）证明：2a2＝b2+c2．18．（12分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，求三棱锥F﹣ABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒ft改造成了绿水青ft．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得xi2＝0.038，yi2＝1.6158，xiyi＝0.2474．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数r＝，≈1.377．20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）求E的方程；设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，点H满足＝．证明：直线HN过定点．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，已知直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）+m＝0．写出l的直角坐标方程；若l与C有公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用交集运算求解即可．【解答】解：∵M＝{2，4，4，8，10}，∴M∩N＝{2，3}．故选：A．【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解答】解：∵（1+2i）a+b＝8i，∴a+b+2ai＝2i，即，解得．故选：A．【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．【分析】先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解答】解：，故，故选：D．【点评】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4．【分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8；甲同学周课外体育运动时长大于6的概率的估计值为，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于3的概率的估计值为，选项D说法正确．故选：C．【点评】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．【分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，0）时，且最大为8．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解答】解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（3，0），点B（3，|AF|＝|BF|＝7， 由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限）＝2．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．【分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a＝1，b＝1，计算b＝8+2＝3，a＝3﹣1＝2，判断|﹣2|＝，计算b＝3+4＝6，a＝7﹣2＝5，判断|﹣2|＝；计算b＝7+10＝17，a＝17﹣5＝12，判断|﹣2|＝；输出n＝4．故选：B．【点评】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．8．【分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在（1，3）存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在（0，+∞）的周期性可判断C选项错误．【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选项：令y＝7，即，解得x＝0，故排除B选项；对于D选项，令y＝8，即，k∈Z；C选项：当x＞0时，5x＞0，x2+4＞0，因为cosx∈[﹣1，故＝，且当x＞0时，，故，而观察图像可知当x＞0时，f（x）max≥2，故C选项错误．故选：A．【点评】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9．【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于A，由于E，BC的中点，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD6⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD3，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD3，选项A正确；对于B，由选项A可知1EF⊥平面BDD1，而平面BDD6∩平面A1BD＝BD，在该正方体中1运动至A5时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB8A1上，易知AA1与B2E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB4C∥平面A1C1D，而平面AB5C与平面B1EF有公共点B1，故平面B4EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A．【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，q≠1．∵前4项和为a1+a2+a8＝＝168，a2﹣a2＝a1•q﹣a1•q4＝a1•q（1﹣q4）＝42，∴q＝，a4＝96，则a6＝a1•q4＝96×＝3，故选：D．【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x＝或，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数f（x）的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[3，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝5得，x＝或，∴当x∈[0，）时，f（x）单调递增时，f′（x）＜6；当x∈（，f′（x）＞5，∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（，极小值为f（，又∵f（0）＝2，f（2π）＝3，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为﹣，故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12．【分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高h＝，所以该四棱锥的体积V＝，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，设底面边长为a，则r＝，∴该四棱锥的高h＝，∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，当且仅当，即时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，故选：C． 【点评】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据已知条件，可得2（a1+a2+a3）＝3（a1+a2）+6，再结合等差中项的性质，即可求解．【解答】解：∵2S3＝2S2+6，∴8（a1+a2+a8）＝3（a1+a7）+6，∵{an}为等差数列，∴6a6＝3a1+6a2+6，∴7（a2﹣a1）＝4d＝6，解得d＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．14．【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件故答案为：x2+y3﹣4x﹣6y＝3（或x2+y2﹣8x﹣2y＝0或x5+y2﹣x﹣2+y4﹣x﹣2y﹣．的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊，从5人中选8人有以下10个基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，甲丁戊、乙丙戊，丙丁；甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙戊；故甲、乙被选中的概率为．方法二：由题意，从甲，基本事件总数，甲、乙被选中，包含的基本事件的个数，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝．【点评】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．15．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解答】解：设过点（0，0），6），1）的圆的方程为x2+y4+Dx+Ey+F＝0，即，解得F＝0，E＝﹣6，所以过点（2，0），0），6）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．同理可得，过点（7，（4，（43+y2﹣4x﹣5y＝0．过点（0，4），1），2）圆的方程为x3+y2﹣x﹣．过点（4，2），1），2）圆的方程为x4+y2﹣x﹣6y﹣．【点评】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．【分析】显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x，所以1+＝﹣1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f（0）＝0即可求出b的值．【解答】解：f（x）＝ln|a+|+b，若a＝7，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不具有奇偶性， ∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠4且a+，∴x≠1且x，∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+＝﹣3，∴f（x）＝ln||+b，由f（0）＝4得，ln，∴b＝ln8，故答案为：﹣；ln4．【点评】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），结合A＝2B，可得sinC＝sin（C﹣A），即C+C﹣A＝π，【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解答】解：（1）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），又A＝2B，∴sinCsinB＝sinBsin（C﹣A），∵sinB≠0，∴sinC＝sin（C﹣A），联立，解得C＝；证明：（2）由sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），得sinCsinAcosB﹣sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA﹣sinBcosCsinA，由正弦定理可得accosB﹣bccosA＝bccosA﹣abcosC，由余弦定理可得：ac•，整理可得：2a5＝b2+c2．【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．【分析】（1）易证△ADB≌△CDB，所以AC⊥BE，又AC⊥DE，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，由勾股定理可得DE⊥BE，进而证得DE⊥平面ABC，连接EF，因为AF＝CF，则EF⊥AC，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥F﹣ABC的体积．∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC， ∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，边长为2，∴BE＝，AC＝2，DE＝8，∵DE2+BE2＝BD4，∴DE⊥BE，又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，则EF⊥AC，∴S△AFC＝＝EF，∴当EF⊥BD时，EF最短，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∵EF＝＝，∴BF＝＝，∴FG＝＝，∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中数据得：＝＝4.06m2，＝＝0.39m3；（2）由题可知，r＝＝＝＝＝；（3）设总根部面积和X，总材积量为Y，则＝1209（m3）．【点评】本题考查线性回归方程，属于中档题．20．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（2，1）上单调递增，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣8；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知；②当a＜7时，易知函数f（x）在（0，在（1，又f（1）＝a﹣3＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜4时，易知函数f（x）在，在单调递减，且f（1）＝a﹣4＜0，， 又当x＞2时，，则，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝5时，，函数f（x）在（0，又f（1）＝3，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又当8＜x＜1时，，则，故存在，使得f（n）＜5，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．21．【分析】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝3（m＞0，n＞0），将两点代入得，解得m＝，n＝，故E的方程为；（2）由可得直线（1）若过点P（2，﹣2）的直线斜率不存在．代入，可得，代入AB方程 ，得到，过点（0．②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（6k2+4）x5﹣6k（2+k）x+2k（k+4）＝0，故有，，且（*），联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣4（y1+y2）+x8y2+x2y7﹣3y1y4﹣12＝0， 将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k7﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN过定点（8．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22．【分析】（1）由ρsin（θ+）+m＝0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修是中档题．4-4：坐标系与参数方程]（10分）[选修4-5：不等式选讲]（10分）角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】解：（1）由ρsin（θ+）+m＝0，得，∴，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴，即l的直角坐标方程为；（2）由曲线C的参数方程为（t为参数）．消去参数t，可得，联立，得3y5﹣2y﹣4m﹣5＝0（﹣2≤y≤7）．∴4m＝3y4﹣2y﹣6，令g（y）＝7y2﹣2y﹣2（﹣2≤y≤2），可得，当y＝﹣2时max＝g（﹣8）＝10，∴﹣≤4m≤10，﹣，∴m的取值范围是[，]．23．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数，∴++≥3，当且仅当a＝b＝c＝时．因为++＝1，所以6≥3（abc），所以≥（abc），所以abc≤，得证．（2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，∴++≤++＝++＝＝，当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
