陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷解析版
山西省运城市高中联合体2022届高三下学期理数第四次模拟试卷解析版
山西省运城市高中联合体2022届高三下学期理数第四次模拟试卷一、单选题1．已知集合A={x|y=11−2x}，B={y|y=−|x−3|−2}，则A∪B=（ ）A．∅B．(−∞，−2]C．(−∞，0)D．(−∞，0]【答案】C【知识点】并
陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)【答案】D【知
简介：陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i3．已知a，b∈(0，1)，则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1，+∞)上是增函数的概率为（ ）A．45B．34C．25D．144．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{an}，它的前n项和为Sn，且a2=18，a5+a7=108，则S21=（ ）A．2079B．2059C．2022D．18905．设点A，B，C不共线，则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（ ）A．圆锥的体积为223πB．圆锥的表面积为22πC．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为(24−162)π7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．1538．如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）A．72B．48C．36D．249．若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；② 对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（ ）①f(x)=1x，②f(x)=ln(1+x2+x)，③f(x)=1−2×1+2x，④f(x)=−x2，x⩾0x2，x<0A．①②B．②③C．③④D．①④10．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推，今年是壬寅年，也是中国社会主义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是（ ）A．辛酉年B．辛戎年C．壬酉年D．壬戌年11．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若∠BFD=120°，ABD的面积为23，则p=（ ）A．1B．2C．3D．212．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．14．已知数列{an}是等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是 .15．已知F是双曲线C：x2−y2=1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，2).当△APF周长最小时，该三角形的面积为 .16．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），PA⊥平面ABC，若AB=2，二面角A−BC−P等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .三、解答题17．心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人） 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望.18．a，b，c分别为钝角△ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+π4)；（2）若b=2，c>b，求c的取值范围.19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB=3.再从条件①：BC=5、条件②：AB⊥AA1、条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：AB⊥平面AA1C1C；（2）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，长半轴长为6，过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B，|AB|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）直线m是圆O：x2+y2=1的一条切线，且直线m与椭圆C相交于点M，N，求△MON面积的最大值.21．已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1，a∈R.（1）若函数y=f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y=−2x+1，求实数a的值；（2）若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2.（i）求实数a的取值范围； （ii）当0 ma.22．在直线坐标系xOy中，曲线C1：x=tcosαy=tsinα(t为参数，t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝23cosθ.（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．23．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（Ⅰ）若ab>cd，则a+b>c+d；（Ⅱ）a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】D11．【答案】A12．【答案】B13．【答案】6014．【答案】115．【答案】3216．【答案】8917．【答案】（1）解：由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知X可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528，P(X=1)=1228=37，P(X=2)=128，X012P15281228128故X的分布列为：∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18．【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB，所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA>0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46（2）因为cosA=13>0，所以A为锐角，又c>b，所以C>B，因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4，所以a2+b2−c2=8−43c<0，解得c>6.19．【答案】（1）证明：选①②：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC，又AB⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂面AA1C1C，则AB⊥面AA1C1C；选①③：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，AB⊂面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C（2）解：由（1）知：AB⊥AC，AB⊥AA1，又四边形AA1C1C是正方形，则AC⊥AA1，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，0，4)，A1(0，4，0)，C1(0，4，4)，∴A1B=(3，−4，0)，A1C1=(0，0，4)，BC=(−3，0，4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，即3x−4y=0，4z=0. 令y=3，则x=4，z=0，即n=(4，3，0)，设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225，∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20．【答案】（1）解：由题意知：a=6①，2b2a=6②①②联立，解得a2=6，b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1；（2）解：①当直线的斜率不存在时，直线x=1或x=−1，当x=±1时，y=±102，则S△MON=102；②当斜率存在，设直线方程为y=kx+m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线与圆相切，则|m|1+k2=1，即m2=1+k2.直线与椭圆联立：y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立，且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1)，即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1)，所以当1t=1时，S△MON取得最大值，且最大值为2.综上，△MON面积的最大值为2.21．【答案】（1）解：因为f′(x)=lnx−ax，则f′(1)=−a，又f(1)=−a2，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1)，即y=−ax+a2，又该切线为y=−2x+1，则−a=−2且a2=1，所以a=2；（2）解：（i）函数f(x)定义域为(0，+∞)，因为函数f(x)在(0，+∞)内有两个不同的极值点x1，x2，即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2.设h(x)=lnx−ax，由h′(x)=1−axx， 当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，至多只有一个零点；当a>0时，在(0，1a)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1a，+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，所以，当x=1a时，f′(x)max=f′(1a)=−lna−1，函数f′(x)有两个零点，则必有f′(x)max>0，即−lna−1>0，解得0 0，故m(x)=x−lnx>0，得证.f′(1)=−a<0，所以f′(x)在(1，1a)和(1a，1a2)上各有一个零点，故f′(x)有两个零点时，a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**)，记g(t)=lnt−t−1t+1m<0，t∈(0，1)，由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2，令p(t)=t2−2(m−1)t+1，0 ma成立.法2：欲证x1+x2>ma，由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**)，记g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0，即g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t) ma.22．【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0，解得x=0y=0或x=32y=32，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和(32，32).（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π，因此A的极坐标为(2sinα，α)，B的极坐标为(23cosα，α)，所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，当α=5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4.23．【答案】解：（Ⅰ）因为(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，由题设a+b=c+d，ab>cd，得(a+b)2>(c+d)2．因此a+b>c+d．（Ⅱ）（ⅰ）若|a−b|<|c−d|，则(a−b)2<(c−d)2．即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）若a+b>c+d，则(a+b)2>(c+d)2，即a+b+2ab>c+d+2cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．
简介：陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i3．已知a，b∈(0，1)，则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1，+∞)上是增函数的概率为（ ）A．45B．34C．25D．144．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{an}，它的前n项和为Sn，且a2=18，a5+a7=108，则S21=（ ）A．2079B．2059C．2022D．18905．设点A，B，C不共线，则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（ ）A．圆锥的体积为223πB．圆锥的表面积为22πC．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为(24−162)π7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．1538．如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）A．72B．48C．36D．249．若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；② 对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（ ）①f(x)=1x，②f(x)=ln(1+x2+x)，③f(x)=1−2×1+2x，④f(x)=−x2，x⩾0x2，x<0A．①②B．②③C．③④D．①④10．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推，今年是壬寅年，也是中国社会主义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是（ ）A．辛酉年B．辛戎年C．壬酉年D．壬戌年11．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若∠BFD=120°，ABD的面积为23，则p=（ ）A．1B．2C．3D．212．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．14．已知数列{an}是等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是 .15．已知F是双曲线C：x2−y2=1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，2).当△APF周长最小时，该三角形的面积为 .16．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），PA⊥平面ABC，若AB=2，二面角A−BC−P等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .三、解答题17．心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人） 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望.18．a，b，c分别为钝角△ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+π4)；（2）若b=2，c>b，求c的取值范围.19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB=3.再从条件①：BC=5、条件②：AB⊥AA1、条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：AB⊥平面AA1C1C；（2）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，长半轴长为6，过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B，|AB|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）直线m是圆O：x2+y2=1的一条切线，且直线m与椭圆C相交于点M，N，求△MON面积的最大值.21．已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1，a∈R.（1）若函数y=f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y=−2x+1，求实数a的值；（2）若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2.（i）求实数a的取值范围； （ii）当0 ma.22．在直线坐标系xOy中，曲线C1：x=tcosαy=tsinα(t为参数，t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝23cosθ.（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．23．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（Ⅰ）若ab>cd，则a+b>c+d；（Ⅱ）a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】D11．【答案】A12．【答案】B13．【答案】6014．【答案】115．【答案】3216．【答案】8917．【答案】（1）解：由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知X可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528，P(X=1)=1228=37，P(X=2)=128，X012P15281228128故X的分布列为：∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18．【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB，所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA>0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46（2）因为cosA=13>0，所以A为锐角，又c>b，所以C>B，因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4，所以a2+b2−c2=8−43c<0，解得c>6.19．【答案】（1）证明：选①②：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC，又AB⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂面AA1C1C，则AB⊥面AA1C1C；选①③：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，AB⊂面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C（2）解：由（1）知：AB⊥AC，AB⊥AA1，又四边形AA1C1C是正方形，则AC⊥AA1，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，0，4)，A1(0，4，0)，C1(0，4，4)，∴A1B=(3，−4，0)，A1C1=(0，0，4)，BC=(−3，0，4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，即3x−4y=0，4z=0. 令y=3，则x=4，z=0，即n=(4，3，0)，设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225，∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20．【答案】（1）解：由题意知：a=6①，2b2a=6②①②联立，解得a2=6，b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1；（2）解：①当直线的斜率不存在时，直线x=1或x=−1，当x=±1时，y=±102，则S△MON=102；②当斜率存在，设直线方程为y=kx+m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线与圆相切，则|m|1+k2=1，即m2=1+k2.直线与椭圆联立：y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立，且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1)，即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1)，所以当1t=1时，S△MON取得最大值，且最大值为2.综上，△MON面积的最大值为2.21．【答案】（1）解：因为f′(x)=lnx−ax，则f′(1)=−a，又f(1)=−a2，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1)，即y=−ax+a2，又该切线为y=−2x+1，则−a=−2且a2=1，所以a=2；（2）解：（i）函数f(x)定义域为(0，+∞)，因为函数f(x)在(0，+∞)内有两个不同的极值点x1，x2，即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2.设h(x)=lnx−ax，由h′(x)=1−axx， 当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，至多只有一个零点；当a>0时，在(0，1a)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1a，+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，所以，当x=1a时，f′(x)max=f′(1a)=−lna−1，函数f′(x)有两个零点，则必有f′(x)max>0，即−lna−1>0，解得0 0，故m(x)=x−lnx>0，得证.f′(1)=−a<0，所以f′(x)在(1，1a)和(1a，1a2)上各有一个零点，故f′(x)有两个零点时，a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**)，记g(t)=lnt−t−1t+1m<0，t∈(0，1)，由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2，令p(t)=t2−2(m−1)t+1，0 ma成立.法2：欲证x1+x2>ma，由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**)，记g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0，即g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t) ma.22．【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0，解得x=0y=0或x=32y=32，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和(32，32).（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π，因此A的极坐标为(2sinα，α)，B的极坐标为(23cosα，α)，所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，当α=5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4.23．【答案】解：（Ⅰ）因为(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，由题设a+b=c+d，ab>cd，得(a+b)2>(c+d)2．因此a+b>c+d．（Ⅱ）（ⅰ）若|a−b|<|c−d|，则(a−b)2<(c−d)2．即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）若a+b>c+d，则(a+b)2>(c+d)2，即a+b+2ab>c+d+2cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．
简介：陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i3．已知a，b∈(0，1)，则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1，+∞)上是增函数的概率为（ ）A．45B．34C．25D．144．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{an}，它的前n项和为Sn，且a2=18，a5+a7=108，则S21=（ ）A．2079B．2059C．2022D．18905．设点A，B，C不共线，则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（ ）A．圆锥的体积为223πB．圆锥的表面积为22πC．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为(24−162)π7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．1538．如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）A．72B．48C．36D．249．若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；② 对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（ ）①f(x)=1x，②f(x)=ln(1+x2+x)，③f(x)=1−2×1+2x，④f(x)=−x2，x⩾0x2，x<0A．①②B．②③C．③④D．①④10．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推，今年是壬寅年，也是中国社会主义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是（ ）A．辛酉年B．辛戎年C．壬酉年D．壬戌年11．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若∠BFD=120°，ABD的面积为23，则p=（ ）A．1B．2C．3D．212．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．14．已知数列{an}是等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是 .15．已知F是双曲线C：x2−y2=1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，2).当△APF周长最小时，该三角形的面积为 .16．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），PA⊥平面ABC，若AB=2，二面角A−BC−P等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .三、解答题17．心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人） 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望.18．a，b，c分别为钝角△ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+π4)；（2）若b=2，c>b，求c的取值范围.19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB=3.再从条件①：BC=5、条件②：AB⊥AA1、条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：AB⊥平面AA1C1C；（2）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，长半轴长为6，过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B，|AB|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）直线m是圆O：x2+y2=1的一条切线，且直线m与椭圆C相交于点M，N，求△MON面积的最大值.21．已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1，a∈R.（1）若函数y=f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y=−2x+1，求实数a的值；（2）若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2.（i）求实数a的取值范围； （ii）当0 ma.22．在直线坐标系xOy中，曲线C1：x=tcosαy=tsinα(t为参数，t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝23cosθ.（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．23．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（Ⅰ）若ab>cd，则a+b>c+d；（Ⅱ）a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】D11．【答案】A12．【答案】B13．【答案】6014．【答案】115．【答案】3216．【答案】8917．【答案】（1）解：由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知X可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528，P(X=1)=1228=37，P(X=2)=128，X012P15281228128故X的分布列为：∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18．【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB，所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA>0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46（2）因为cosA=13>0，所以A为锐角，又c>b，所以C>B，因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4，所以a2+b2−c2=8−43c<0，解得c>6.19．【答案】（1）证明：选①②：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC，又AB⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂面AA1C1C，则AB⊥面AA1C1C；选①③：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，AB⊂面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C（2）解：由（1）知：AB⊥AC，AB⊥AA1，又四边形AA1C1C是正方形，则AC⊥AA1，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，0，4)，A1(0，4，0)，C1(0，4，4)，∴A1B=(3，−4，0)，A1C1=(0，0，4)，BC=(−3，0，4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，即3x−4y=0，4z=0. 令y=3，则x=4，z=0，即n=(4，3，0)，设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225，∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20．【答案】（1）解：由题意知：a=6①，2b2a=6②①②联立，解得a2=6，b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1；（2）解：①当直线的斜率不存在时，直线x=1或x=−1，当x=±1时，y=±102，则S△MON=102；②当斜率存在，设直线方程为y=kx+m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线与圆相切，则|m|1+k2=1，即m2=1+k2.直线与椭圆联立：y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立，且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1)，即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1)，所以当1t=1时，S△MON取得最大值，且最大值为2.综上，△MON面积的最大值为2.21．【答案】（1）解：因为f′(x)=lnx−ax，则f′(1)=−a，又f(1)=−a2，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1)，即y=−ax+a2，又该切线为y=−2x+1，则−a=−2且a2=1，所以a=2；（2）解：（i）函数f(x)定义域为(0，+∞)，因为函数f(x)在(0，+∞)内有两个不同的极值点x1，x2，即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2.设h(x)=lnx−ax，由h′(x)=1−axx， 当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，至多只有一个零点；当a>0时，在(0，1a)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1a，+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，所以，当x=1a时，f′(x)max=f′(1a)=−lna−1，函数f′(x)有两个零点，则必有f′(x)max>0，即−lna−1>0，解得0 0，故m(x)=x−lnx>0，得证.f′(1)=−a<0，所以f′(x)在(1，1a)和(1a，1a2)上各有一个零点，故f′(x)有两个零点时，a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**)，记g(t)=lnt−t−1t+1m<0，t∈(0，1)，由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2，令p(t)=t2−2(m−1)t+1，0 ma成立.法2：欲证x1+x2>ma，由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**)，记g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0，即g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t) ma.22．【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0，解得x=0y=0或x=32y=32，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和(32，32).（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π，因此A的极坐标为(2sinα，α)，B的极坐标为(23cosα，α)，所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，当α=5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4.23．【答案】解：（Ⅰ）因为(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，由题设a+b=c+d，ab>cd，得(a+b)2>(c+d)2．因此a+b>c+d．（Ⅱ）（ⅰ）若|a−b|<|c−d|，则(a−b)2<(c−d)2．即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）若a+b>c+d，则(a+b)2>(c+d)2，即a+b+2ab>c+d+2cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．
简介：陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i3．已知a，b∈(0，1)，则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1，+∞)上是增函数的概率为（ ）A．45B．34C．25D．144．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{an}，它的前n项和为Sn，且a2=18，a5+a7=108，则S21=（ ）A．2079B．2059C．2022D．18905．设点A，B，C不共线，则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（ ）A．圆锥的体积为223πB．圆锥的表面积为22πC．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为(24−162)π7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．1538．如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）A．72B．48C．36D．249．若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；② 对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（ ）①f(x)=1x，②f(x)=ln(1+x2+x)，③f(x)=1−2×1+2x，④f(x)=−x2，x⩾0x2，x<0A．①②B．②③C．③④D．①④10．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推，今年是壬寅年，也是中国社会主义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是（ ）A．辛酉年B．辛戎年C．壬酉年D．壬戌年11．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若∠BFD=120°，ABD的面积为23，则p=（ ）A．1B．2C．3D．212．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．14．已知数列{an}是等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是 .15．已知F是双曲线C：x2−y2=1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，2).当△APF周长最小时，该三角形的面积为 .16．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），PA⊥平面ABC，若AB=2，二面角A−BC−P等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .三、解答题17．心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人） 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望.18．a，b，c分别为钝角△ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+π4)；（2）若b=2，c>b，求c的取值范围.19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB=3.再从条件①：BC=5、条件②：AB⊥AA1、条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：AB⊥平面AA1C1C；（2）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，长半轴长为6，过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B，|AB|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）直线m是圆O：x2+y2=1的一条切线，且直线m与椭圆C相交于点M，N，求△MON面积的最大值.21．已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1，a∈R.（1）若函数y=f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y=−2x+1，求实数a的值；（2）若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2.（i）求实数a的取值范围； （ii）当0 ma.22．在直线坐标系xOy中，曲线C1：x=tcosαy=tsinα(t为参数，t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝23cosθ.（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．23．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（Ⅰ）若ab>cd，则a+b>c+d；（Ⅱ）a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】D11．【答案】A12．【答案】B13．【答案】6014．【答案】115．【答案】3216．【答案】8917．【答案】（1）解：由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知X可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528，P(X=1)=1228=37，P(X=2)=128，X012P15281228128故X的分布列为：∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18．【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB，所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA>0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46（2）因为cosA=13>0，所以A为锐角，又c>b，所以C>B，因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4，所以a2+b2−c2=8−43c<0，解得c>6.19．【答案】（1）证明：选①②：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC，又AB⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂面AA1C1C，则AB⊥面AA1C1C；选①③：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，AB⊂面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C（2）解：由（1）知：AB⊥AC，AB⊥AA1，又四边形AA1C1C是正方形，则AC⊥AA1，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，0，4)，A1(0，4，0)，C1(0，4，4)，∴A1B=(3，−4，0)，A1C1=(0，0，4)，BC=(−3，0，4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，即3x−4y=0，4z=0. 令y=3，则x=4，z=0，即n=(4，3，0)，设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225，∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20．【答案】（1）解：由题意知：a=6①，2b2a=6②①②联立，解得a2=6，b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1；（2）解：①当直线的斜率不存在时，直线x=1或x=−1，当x=±1时，y=±102，则S△MON=102；②当斜率存在，设直线方程为y=kx+m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线与圆相切，则|m|1+k2=1，即m2=1+k2.直线与椭圆联立：y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立，且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1)，即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1)，所以当1t=1时，S△MON取得最大值，且最大值为2.综上，△MON面积的最大值为2.21．【答案】（1）解：因为f′(x)=lnx−ax，则f′(1)=−a，又f(1)=−a2，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1)，即y=−ax+a2，又该切线为y=−2x+1，则−a=−2且a2=1，所以a=2；（2）解：（i）函数f(x)定义域为(0，+∞)，因为函数f(x)在(0，+∞)内有两个不同的极值点x1，x2，即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2.设h(x)=lnx−ax，由h′(x)=1−axx， 当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，至多只有一个零点；当a>0时，在(0，1a)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1a，+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，所以，当x=1a时，f′(x)max=f′(1a)=−lna−1，函数f′(x)有两个零点，则必有f′(x)max>0，即−lna−1>0，解得0 0，故m(x)=x−lnx>0，得证.f′(1)=−a<0，所以f′(x)在(1，1a)和(1a，1a2)上各有一个零点，故f′(x)有两个零点时，a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**)，记g(t)=lnt−t−1t+1m<0，t∈(0，1)，由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2，令p(t)=t2−2(m−1)t+1，0 ma成立.法2：欲证x1+x2>ma，由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**)，记g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0，即g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t) ma.22．【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0，解得x=0y=0或x=32y=32，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和(32，32).（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π，因此A的极坐标为(2sinα，α)，B的极坐标为(23cosα，α)，所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，当α=5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4.23．【答案】解：（Ⅰ）因为(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，由题设a+b=c+d，ab>cd，得(a+b)2>(c+d)2．因此a+b>c+d．（Ⅱ）（ⅰ）若|a−b|<|c−d|，则(a−b)2<(c−d)2．即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）若a+b>c+d，则(a+b)2>(c+d)2，即a+b+2ab>c+d+2cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．
简介：陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i3．已知a，b∈(0，1)，则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1，+∞)上是增函数的概率为（ ）A．45B．34C．25D．144．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{an}，它的前n项和为Sn，且a2=18，a5+a7=108，则S21=（ ）A．2079B．2059C．2022D．18905．设点A，B，C不共线，则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（ ）A．圆锥的体积为223πB．圆锥的表面积为22πC．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为(24−162)π7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．1538．如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）A．72B．48C．36D．249．若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；② 对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（ ）①f(x)=1x，②f(x)=ln(1+x2+x)，③f(x)=1−2×1+2x，④f(x)=−x2，x⩾0x2，x<0A．①②B．②③C．③④D．①④10．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推，今年是壬寅年，也是中国社会主义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是（ ）A．辛酉年B．辛戎年C．壬酉年D．壬戌年11．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若∠BFD=120°，ABD的面积为23，则p=（ ）A．1B．2C．3D．212．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．14．已知数列{an}是等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是 .15．已知F是双曲线C：x2−y2=1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，2).当△APF周长最小时，该三角形的面积为 .16．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），PA⊥平面ABC，若AB=2，二面角A−BC−P等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .三、解答题17．心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人） 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望.18．a，b，c分别为钝角△ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+π4)；（2）若b=2，c>b，求c的取值范围.19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB=3.再从条件①：BC=5、条件②：AB⊥AA1、条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：AB⊥平面AA1C1C；（2）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，长半轴长为6，过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B，|AB|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）直线m是圆O：x2+y2=1的一条切线，且直线m与椭圆C相交于点M，N，求△MON面积的最大值.21．已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1，a∈R.（1）若函数y=f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y=−2x+1，求实数a的值；（2）若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2.（i）求实数a的取值范围； （ii）当0 ma.22．在直线坐标系xOy中，曲线C1：x=tcosαy=tsinα(t为参数，t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝23cosθ.（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．23．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（Ⅰ）若ab>cd，则a+b>c+d；（Ⅱ）a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】D11．【答案】A12．【答案】B13．【答案】6014．【答案】115．【答案】3216．【答案】8917．【答案】（1）解：由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知X可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528，P(X=1)=1228=37，P(X=2)=128，X012P15281228128故X的分布列为：∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18．【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB，所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA>0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46（2）因为cosA=13>0，所以A为锐角，又c>b，所以C>B，因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4，所以a2+b2−c2=8−43c<0，解得c>6.19．【答案】（1）证明：选①②：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC，又AB⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂面AA1C1C，则AB⊥面AA1C1C；选①③：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，AB⊂面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C（2）解：由（1）知：AB⊥AC，AB⊥AA1，又四边形AA1C1C是正方形，则AC⊥AA1，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，0，4)，A1(0，4，0)，C1(0，4，4)，∴A1B=(3，−4，0)，A1C1=(0，0，4)，BC=(−3，0，4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，即3x−4y=0，4z=0. 令y=3，则x=4，z=0，即n=(4，3，0)，设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225，∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20．【答案】（1）解：由题意知：a=6①，2b2a=6②①②联立，解得a2=6，b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1；（2）解：①当直线的斜率不存在时，直线x=1或x=−1，当x=±1时，y=±102，则S△MON=102；②当斜率存在，设直线方程为y=kx+m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线与圆相切，则|m|1+k2=1，即m2=1+k2.直线与椭圆联立：y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立，且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1)，即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1)，所以当1t=1时，S△MON取得最大值，且最大值为2.综上，△MON面积的最大值为2.21．【答案】（1）解：因为f′(x)=lnx−ax，则f′(1)=−a，又f(1)=−a2，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1)，即y=−ax+a2，又该切线为y=−2x+1，则−a=−2且a2=1，所以a=2；（2）解：（i）函数f(x)定义域为(0，+∞)，因为函数f(x)在(0，+∞)内有两个不同的极值点x1，x2，即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2.设h(x)=lnx−ax，由h′(x)=1−axx， 当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，至多只有一个零点；当a>0时，在(0，1a)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1a，+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，所以，当x=1a时，f′(x)max=f′(1a)=−lna−1，函数f′(x)有两个零点，则必有f′(x)max>0，即−lna−1>0，解得0 0，故m(x)=x−lnx>0，得证.f′(1)=−a<0，所以f′(x)在(1，1a)和(1a，1a2)上各有一个零点，故f′(x)有两个零点时，a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**)，记g(t)=lnt−t−1t+1m<0，t∈(0，1)，由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2，令p(t)=t2−2(m−1)t+1，0 ma成立.法2：欲证x1+x2>ma，由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**)，记g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0，即g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t) ma.22．【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0，解得x=0y=0或x=32y=32，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和(32，32).（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π，因此A的极坐标为(2sinα，α)，B的极坐标为(23cosα，α)，所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，当α=5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4.23．【答案】解：（Ⅰ）因为(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，由题设a+b=c+d，ab>cd，得(a+b)2>(c+d)2．因此a+b>c+d．（Ⅱ）（ⅰ）若|a−b|<|c−d|，则(a−b)2<(c−d)2．即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）若a+b>c+d，则(a+b)2>(c+d)2，即a+b+2ab>c+d+2cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．
简介：陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)2．若z(1+i)=1−i，则z=（ ）A．1−iB．1+iC．−iD．i3．已知a，b∈(0，1)，则函数f(x)=ax2−4bx+1在[1，+∞)上是增函数的概率为（ ）A．45B．34C．25D．144．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{an}，它的前n项和为Sn，且a2=18，a5+a7=108，则S21=（ ）A．2079B．2059C．2022D．18905．设点A，B，C不共线，则“|AB+AC|>|AB−AC|”是“AB与AC的夹角是锐角”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是（ ）A．圆锥的体积为223πB．圆锥的表面积为22πC．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为(24−162)π7．若α∈（0,π2),tan2α=cosα2−sinα，则tanα=（ ）A．1515B．55C．53D．1538．如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）A．72B．48C．36D．249．若函数f(x)同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(−x)=0；② 对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，则称函数f(x)为“理想函数”.下列四个函数中，能被称为“理想函数”的有（ ）①f(x)=1x，②f(x)=ln(1+x2+x)，③f(x)=1−2×1+2x，④f(x)=−x2，x⩾0x2，x<0A．①②B．②③C．③④D．①④10．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸；十二地支即子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推，今年是壬寅年，也是中国社会主义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是（ ）A．辛酉年B．辛戎年C．壬酉年D．壬戌年11．设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若∠BFD=120°，ABD的面积为23，则p=（ ）A．1B．2C．3D．212．已知函数f(x)=10x−m，x≤12xex−2mx+m，x>12（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）A．(e，+∞)B．(e，5]C．(e，5)D．[e，5]二、填空题13．(x+2x)6的展开式中，x3项的系数是 (用数字作答）．14．已知数列{an}是等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与2的等差中项，则q的值是 .15．已知F是双曲线C：x2−y2=1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，2).当△APF周长最小时，该三角形的面积为 .16．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），PA⊥平面ABC，若AB=2，二面角A−BC−P等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为 .三、解答题17．心理学家发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：（单位：人） 几何题代数题总计男同学22830女同学81220总计302050附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828k2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（1）能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关？（2）现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望.18．a，b，c分别为钝角△ABC内角A，B，C的对边.已知3acosA=bcosC+ccosB.（1）求cos(A+π4)；（2）若b=2，c>b，求c的取值范围.19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB=3.再从条件①：BC=5、条件②：AB⊥AA1、条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C、中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：AB⊥平面AA1C1C；（2）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，长半轴长为6，过焦点F且垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B，|AB|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）直线m是圆O：x2+y2=1的一条切线，且直线m与椭圆C相交于点M，N，求△MON面积的最大值.21．已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+1，a∈R.（1）若函数y=f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y=−2x+1，求实数a的值；（2）若函数f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2.（i）求实数a的取值范围； （ii）当0 ma.22．在直线坐标系xOy中，曲线C1：x=tcosαy=tsinα(t为参数，t≠0)其中0≤α≤π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝23cosθ.（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．23．设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（Ⅰ）若ab>cd，则a+b>c+d；（Ⅱ）a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】C10．【答案】D11．【答案】A12．【答案】B13．【答案】6014．【答案】115．【答案】3216．【答案】8917．【答案】（1）解：由表中数据得K2的观测值K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，所以根据统计有97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关.（2）解：由题可知X可能取值为0，1，2， P(X=0)=1528，P(X=1)=1228=37，P(X=2)=128，X012P15281228128故X的分布列为：∴E(X)=0×1528+1×1228+2×128=12.18．【答案】（1）因为3acosA=bcosC+ccosB，所以3sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB，即3sinAcosA=sin(B+C)=sinA，又sinA>0，所以cosA=13，且sinA=223，故cos(A+π4)=22(cosA−sinA)=2−46（2）因为cosA=13>0，所以A为锐角，又c>b，所以C>B，因为△ABC为钝角三角形，所以C为钝角.因为a2=b2+c2−2bccosA=c2−43c+4，所以a2+b2−c2=8−43c<0，解得c>6.19．【答案】（1）证明：选①②：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC，又AB⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂面AA1C1C，则AB⊥面AA1C1C；选①③：由AC=4，AB=3，BC=5，易知：AB⊥AC.又面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，AB⊂面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C（2）解：由（1）知：AB⊥AC，AB⊥AA1，又四边形AA1C1C是正方形，则AC⊥AA1，如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，0，4)，A1(0，4，0)，C1(0，4，4)，∴A1B=(3，−4，0)，A1C1=(0，0，4)，BC=(−3，0，4)设面A1BC1的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，即3x−4y=0，4z=0. 令y=3，则x=4，z=0，即n=(4，3，0)，设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ=|cos |=|BC⋅n||BC||n|=1225，∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为1225.20．【答案】（1）解：由题意知：a=6①，2b2a=6②①②联立，解得a2=6，b2=3.所以椭圆的方程为x26+y23=1；（2）解：①当直线的斜率不存在时，直线x=1或x=−1，当x=±1时，y=±102，则S△MON=102；②当斜率存在，设直线方程为y=kx+m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线与圆相切，则|m|1+k2=1，即m2=1+k2.直线与椭圆联立：y=kx+mx2+2y2=6得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，即16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，将m2=1+k2代入得40k2+6>0恒成立，且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，所以|MN|=1+k2×(−4km1+2k2)2−4×2m2−61+2k2=21+k2×10k2+41+2k2所以S△MON=12|MN|×1=1+k2×10k2+41+2k2=(1+k2)(10k2+4)(1+2k2)2令t=1+2k2(t≥1)，即S△MON=−12(1t)2+2(1t)+52=−12(1t−2)2+92(0<1t≤1)，所以当1t=1时，S△MON取得最大值，且最大值为2.综上，△MON面积的最大值为2.21．【答案】（1）解：因为f′(x)=lnx−ax，则f′(1)=−a，又f(1)=−a2，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y+a2=−a(x−1)，即y=−ax+a2，又该切线为y=−2x+1，则−a=−2且a2=1，所以a=2；（2）解：（i）函数f(x)定义域为(0，+∞)，因为函数f(x)在(0，+∞)内有两个不同的极值点x1，x2，即等价于函数f′(x)=lnx−ax在(0，+∞)内有两个不同的零点x1，x2.设h(x)=lnx−ax，由h′(x)=1−axx， 当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，至多只有一个零点；当a>0时，在(0，1a)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1a，+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，所以，当x=1a时，f′(x)max=f′(1a)=−lna−1，函数f′(x)有两个零点，则必有f′(x)max>0，即−lna−1>0，解得0 0，故m(x)=x−lnx>0，得证.f′(1)=−a<0，所以f′(x)在(1，1a)和(1a，1a2)上各有一个零点，故f′(x)有两个零点时，a的范围为0 ma⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−m>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−m>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−t−1t+1m<0(**)，记g(t)=lnt−t−1t+1m<0，t∈(0，1)，由g′(t)=t2−2(m−1)t+1t(t+1)2，令p(t)=t2−2(m−1)t+1，0 ma成立.法2：欲证x1+x2>ma，由0 2a.不妨设0 2a⇔(x1+x2)(lnx1−lnx2)x1−x2−2>0⇔(x1x2+1)lnx1x2x1x2−1−2>0(*)令t=x1x2∈(0，1)，则(*)⇔lnt−2(t−1)t+1<0(**)，记g(t)=lnt−2(t−1)t+1，t∈(0，1)，由g′(t)=(t−1)2t(t+1)2≥0，即g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t) ma.22．【答案】（1）解：曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0联立x2+y2−2y=0x2+y2−23x=0，解得x=0y=0或x=32y=32，所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和(32，32).（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α≤π，因此A的极坐标为(2sinα，α)，B的极坐标为(23cosα，α)，所以|AB|=|2sinα−23cosα|=4|sin(α−π3)|，当α=5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4.23．【答案】解：（Ⅰ）因为(a+b)2=a+b+2ab，(c+d)2=c+d+2cd，由题设a+b=c+d，ab>cd，得(a+b)2>(c+d)2．因此a+b>c+d．（Ⅱ）（ⅰ）若|a−b|<|c−d|，则(a−b)2<(c−d)2．即(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，由（Ⅰ）得a+b>c+d．（ⅱ）若a+b>c+d，则(a+b)2>(c+d)2，即a+b+2ab>c+d+2cd．因为a+b=c+d，所以ab>cd，于是(a−b)2=(a+b)2−4ab<(c+d)2−4cd=(c−d)2．因此|a−b|<|c−d|，综上，a+b>c+d是|a−b|<|c−d|的充要条件．
