【文档说明】2022届全国高考乙卷数学理科试卷及答案.docx，共(17)页，222.203 KB，由baby熊上传

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第1页，共17页2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）数学（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集𝑈=*1,2,3,4,5+，集合𝑀满足∁𝑈𝑀=*1,3+，则()A.2∈𝑀B.3∈𝑀C.4∉𝑀D.5∉𝑀2.已知𝑧=1−2𝑖，且𝑧+�

�𝑧+𝑏=0，其中𝑎，𝑏为实数，则()A.𝑎=1，𝑏=−2B.𝑎=−1，𝑏=2C.𝑎=1，𝑏=2D.𝑎=−1，𝑏=−23.已知向量𝑎，𝑏满足|𝑎⃗⃗|=1，|𝑏⃗|=√3，|𝑎⃗⃗−2𝑏⃗|=3，则𝑎⃗⃗·𝑏⃗=()A.−2B.−1C

.1D.24.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列*𝑏𝑛+:𝑏1=1+1𝑎1，𝑏2=1+1𝛼1:

1𝑎2，，⋯，依此类推，其中𝑎𝑘∈𝑁∗(𝑘=1,2,⋯).则()A.𝑏1<𝑏5B.𝑏3<𝑏𝑠C.𝑏6<𝑏2D.𝑏4<𝑏75.设𝐹为抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点，点𝐴在𝐶上，点𝐵(3,0)，若|𝐴𝐹|=|𝐵𝐹|，则|𝐴𝐵

|=()A.2B.2√2C.3D.3√26.执行右边的程序框图，输出的𝑛=()A.3B.4C.5D.67.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𝐴1�

�𝐷C.平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐴𝐶D.平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐶1𝐷第2页，共17页8.已知等比数列*𝑎𝑛+的前3项和为168，𝑎2−𝑎5=42，则𝑎6=()A.14B.12C.6D.39.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，则当该四棱锥的体积最大时，其高为()A.13B.12C.√33D.√2210.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概

率分别为𝑝1，𝑝2，𝑝3，且𝑝3>𝑝2>𝑝1>0.记该棋手连胜两盘的概率为𝑝，则()A.𝑝与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，𝑝最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，𝑝最大D.该棋手

在第二盘与丙比赛，𝑝最大11.对曲线𝐶的两个焦点为𝐹1，𝐹2，以𝐶的实轴为直径的圆记为𝐷，过𝐹1作𝐷的切线与𝐶交于𝑀，𝑁两点，且cos∠𝐹1𝑁𝐹2=35，则𝐶的离心率为()A.√52B.32C.√132D.√17212.已知函数𝑓(𝑥)，𝑔(𝑥)

的定义域均为𝑅，且𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5，𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥−4)=7，若𝑦=𝑔(𝑥)的图像关于直线𝑥=2对称，𝑔(2)=4，则∑𝑓22𝑘<1(𝑘)=()A.−21B.−22C.−2

3D.−24二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.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．14.过四点(0,0)，(4,0)，(−1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为．15.记函数𝑓(𝑥)=co

s(𝜔𝑥+𝜑)(𝜔>0,0<𝜑<𝜋)的最小正周期为𝑇，若𝑓(𝑇)=√32，𝑥=𝜋9为𝑓(𝑥)的零点，则𝜔的最小值为．16.已知𝑥=𝑥1和𝑥=𝑥2分别是函数𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−𝑒𝑥2(𝑎>

0且𝑎≠1)的极小值点和极大值点，若𝑥1<𝑥2，则𝑎的取值范围是三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）第3页，共17页17.记𝛥𝐴𝐵𝐶的内角𝐴、𝐵、𝐶的对边分别为𝑎、𝑏、𝑐，已知sin𝐶sin

(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)．(1)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐2;(2)若𝑎=5，cos𝐴=2531，求𝛥𝐴𝐵𝐶的周长．18.如图，四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶，𝐸为𝐴𝐶中

点．(1)证明：平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷;(2)设𝐴𝐵=𝐵𝐷=2，∠𝐴𝐶𝐵=600，点𝐹在𝐵𝐷上，当△𝐴𝐹𝐶的面积最小时，求𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成角的正弦值．19.某地经过多年的环填治理，已将就山改造成了绿水青山

.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种村木，测量每棵村的根部横截而积(心位：𝑚2)和材积量(𝑚3)，得到如下数据：样本数号𝑖12345678910总和根部横截面积𝑥𝑖0.040.060.0

40.080.080.050.050.070.070.060.6材积量𝑦𝑖0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得∑𝑥𝑖210𝑖<1=0.038，∑𝑦𝑖210𝑖<1=1.6158，∑𝑥𝑖10

𝑖<1𝑦1=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=∑(𝑥𝑖;𝑥)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖;𝑦

)√∑(𝑥𝑖;𝑥)2𝑛𝑖=1∑(𝑦𝑖;𝑦)2𝑛𝑖=1，√1.896≈1.377．20.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(32,−1)两点(1)求𝐸的方程;(2)设过点𝑃(1,−2)的直线交

𝐸于𝑀，𝑁两点，过𝑀且平行于𝑥的直线与线段𝐴𝐵交于点𝑇，点𝐻满足𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗，证明：直线𝐻𝑁过定点．21.已知函数𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)+𝑎𝑥𝑒;𝑥．(1)当𝑎=1时，求曲线𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处

的切线方程：(2)若𝑓(𝑥)在区间(−1,0)，(0,+∞)各恰有一个零点，求𝑎的取值范围．第4页，共17页22.在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶的方程为{𝑥=√3cos2𝑡𝑦=2sin𝑡(𝑡为参数).以坐标原点为极点，𝑥轴正半轴为极轴建立极坐标系，已

知直线𝑙的极坐标方程为𝜌sin(𝜃+𝜋3)+𝑚=0．(1)写出𝑙的直角坐标方程：(2)若𝑙与𝐶有公共点，求𝑚的取值范围．已知𝑎.𝑏.𝑐为正数，且𝑎32+𝑏32+𝑐32=1，证明：(1)𝑎𝑏𝑐≤19(2)�

�𝑏:𝑐+𝑏𝑎:𝑐+𝑐𝑎:𝑏≤12√𝑎𝑏𝑐第5页，共17页答案和解析1.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查了元素与集合的关系，补集的运算，属于基础题．【解答】解：因为全集𝑈=*1,

2,3,4,5+，∁𝑈𝑀=*1,3+，所以𝑀=*2,4,5+，所以2∈𝑀，𝐴选项正确．2.【答案】𝐴【解析】【分析】本题主要考查共轭复数和复数相等，属于基础题．根据题干表示𝑧，再出列出复数相等的等式，即可求解𝑎，𝑏．【解答】解：由题设，𝑧=1−2𝑖，𝑧=1

+2𝑖，代入有𝑎+𝑏+1+(2𝑎−2)𝑖=0，故𝑎=1，𝑏=−2．3.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查向量数量积运算．【解答】解：由题设，|𝑎⃗⃗−2𝑏⃗|=3，得|𝑎⃗⃗|−4𝑎

⃗⃗⋅𝑏⃗+4|𝑏⃗|2=9，代入|𝑎⃗⃗|=1，|𝑏⃗|=√3，有4𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗=4，故𝑎⃗⃗·𝑏⃗=14.【答案】𝐷【解析】【分析】第6页，共17页本题考查社会生活中的数列的比较大小，考查运算推导能力，属于基础题．利用递推关系进行大小的

比较．【解答】解：由已知𝑏1=1+1𝑎1，𝑏2=1+1𝑎1:1𝑎2，1𝑎1>1𝑎1:1𝑎2，故𝑏1>𝑏2;同理可得𝑏2<𝑏3，𝑏1>𝑏3,又因为1𝑎2>1𝑎2:1𝑎3+1𝑎4，故𝑏2<𝑏4，于是得𝑏1>𝑏2>𝑏3>𝑏4>𝑏

5>𝑏6>𝑏7>...，排除𝐴．1𝑎2>1𝑎2:1𝑎3+...1𝑎6，故𝑏2<𝑏6，排除𝐶，而𝑏1>𝑏7>𝑏8，排除𝐵．5.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查抛物线的定义、方程和性质，属基础题．【解答】解：易知抛物线𝐶

:𝑦2=4𝑥的焦点为𝐹(1,0)，于是有|𝐵𝐹|=2，故|𝐴𝐹|=2，注意到抛物线通径2𝑝=4，通径为抛物线最短的焦点弦，分析知𝐴𝐹必为半焦点弦，于是有𝐴𝐹⊥𝑥轴，于是有|𝐴𝐵|=√22+22=

2√2．6.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查程序框图，属于基础题．【解答】解：第一次循环：𝑏=1+1×2=3，𝑎=3−1=2，𝑛=1+1=2，|𝑏2𝑎2−2|=|(32)2−2|=14>0.01第7页

，共17页第二次循环：𝑏=3+2×2=7，𝑎=7−2=5，𝑛=2+1=3，|𝑏2𝑎2−2|=|(75)2−2|=325>0.01第三次循环，𝑏=7+2×5=17，𝑎=17−5=12，𝑛=3+1=4，|𝑏2𝑎2−2|=|(1712)2−2|=1144<0.01故输出

𝑛=47.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查了面面垂直的判断，面面垂直的性质，属于中档题．【解答】解：对于𝐴选项：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，因为𝐸𝐹分别为𝐴𝐵，𝐵𝐶的中点，易知𝐸𝐹⊥𝐵𝐷，从而𝐸

𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，又因为𝐸𝐹⊂平面𝐵𝐷𝐷1，所以平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，所以𝐴选项正确;对于𝐵选项：因为平面𝐴1𝐵𝐷∩平面𝐵𝐷𝐷1=𝐵𝐷，由上述过程易知平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐴1𝐵𝐷不成立;对于𝐶选项的直线𝐴𝐴1与

直线𝐵1𝐸必相交，故平面𝐵1𝐸𝐹//面𝐴1𝐴𝐶有公共点，从而𝐶的错误;对于𝐷选项：连接𝐴𝐶，𝐴𝐵1，𝐵1𝐶，易知平面𝐴𝐵1𝐶//平面𝐴1𝐶1𝐷，又因为平面𝐴𝐵1𝐶

与平面𝐵1𝐸𝐹有公共点𝐵1，故平面𝐴𝐵1𝐶与平面𝐵1𝐸𝐹不平行，所以𝐷选项错误．第8页，共17页8.【答案】𝐷【解析】【分析】本题主要考查等比数列前𝑛项和中的基本量计算，属于基础题．根据题干列出等式求得𝑎

1与𝑞，进而求出𝑎6．【解答】解：设等比数列*𝑎𝑛+首项𝑎1，公比𝑞．由题意，{𝑎1+𝑎2+𝑎3=168𝑎2−𝑎5=42，即{𝑎1(1+𝑞+𝑞2)=168𝑎1𝑞(1−𝑞3)=42，即{𝑎1(1+𝑞+𝑞

2)=168𝑎1𝑞(1−𝑞)(1+𝑞+𝑞2)=42解得，𝑞=12，𝑎1=96，所以𝑎6=𝑎1𝑞5=3．9.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查圆锥体积，最值计算．【解答】解：考虑与四棱锥的底面形状无关，不失一般性，假设底面是边长

为𝑎的正方形，底面所在圆面的半径为𝑟，则𝑟=√22𝑎，所以该四棱锥的高𝑕=√1−𝑎22，所以体积𝑉=13𝑎2√1−𝑎22，设𝑎2=𝑡(0<𝑡<2)，𝑉=13√𝑡2−𝑡32，.𝑡2−𝑡32/′=2𝑡−3𝑡22，当0<𝑡<43，.𝑡2−𝑡32/′

>0，单调递增，当43<𝑡<2，.𝑡2−𝑡32/′<0，单调递减，所以当𝑡=43时，𝑉取最大，此时𝑕=√1−𝑎22=√33，第9页，共17页10.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查相互独立

事件的概率乘法公式的计算，属于中档题．根据题意计算出𝑃甲，𝑃乙，𝑃丙，然后作差比较大小．【解答】解：设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为𝑃甲，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为𝑃乙，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为𝑃丙由题意𝑃甲=𝑝1,𝑝

2(1−𝑝3)+𝑝3(1−𝑝2)-=𝑝1𝑝2+𝑝1𝑝3−2𝑝1𝑝2𝑝3，𝑃乙=𝑝2,𝑝1(1−𝑝3)+𝑝3(1−𝑝1)-=𝑝1𝑝2+𝑝2𝑝3−2𝑝1𝑝2𝑝3，𝑃丙=𝑝3,𝑝1(1−𝑝2)+�

�2(1−𝑝1)-=𝑝1𝑝3+𝑝2𝑝3−2𝑝1𝑝2𝑝3，所以𝑃丙−𝑃甲=𝑝2(𝑝3−𝑝1)>0，𝑃丙−𝑃乙=𝑝1(𝑝3−𝑝2)>0，所以𝑃丙最大．11.【答案】𝐶【

解析】【分析】本题考查双曲线的性质及直线与圆相切的性质，属于中档题．【解答】解：由题意，点𝑁在双曲线右支.记切点为点𝐴，连接𝐴𝐷，则𝐴𝐷⊥𝑀𝑁，|𝐴𝐷|=𝑎，又|𝐷𝐹1||=𝑐，

则|𝐴𝐹1|=√𝑐2−𝑎2=𝑏.过点𝐹2作𝐹2𝐵⊥𝑀𝑁交直线𝑀𝑁于点𝐵，连接𝐹2𝑁，则𝐹2𝐵//𝐷𝐴，又点𝐷为𝐹1𝐹2中点，则|𝐹2𝐵|=2|𝐷𝐴|=2𝑎，|𝐹1𝐵|=2|𝐴𝐹1|=2𝑏．由c

os∠𝐹1𝑁𝐹2=35，得sin∠𝐹1𝑁𝐹2=45，tan∠𝐹1𝑁𝐹2=43所以|𝐹2𝑁|=|𝐹2𝐵|sin∠𝐹1𝑁𝐹2=5𝑎2，|𝐵𝑁|=|𝐹2𝐵|tan∠𝐹1𝑁𝐹2=3𝑎2．第10页，共17页故|𝐹1𝑁|=|

𝐹1𝐵|+|𝐵𝑁|=2𝑏+3𝑎2，由双曲线定义，|𝐹1𝑁|−|𝐹2𝑁|=2𝑎，则2𝑏−𝑎=2𝑎，即𝑏𝑎=32，所以𝑒=√1+𝑏2𝑎2=√1+94=√132.(此题是否有另外一解，待官方公布)

12.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查函数的对称性，周期性，属于拔高题．【解答】解：若𝑦=𝑔(𝑥)的图像关于直线𝑥=2对称，则𝑔(2−𝑥)=𝑔(2+𝑥)，因为𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5，所以𝑓(−𝑥)+𝑔(2+𝑥)=5，故𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，𝑓(𝑥

)为偶函数.由𝑔(2)=4，𝑓(0)+𝑔(2)=5，得𝑓(0)=1.由𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥−4)=7，得𝑔(2−𝑥)=𝑓(−𝑥−2)+7，代入𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5，得𝑓(𝑥)+𝑓(−�

�−2)=−2，𝑓(𝑥)关于点(−1,−1)中心对称，所以𝑓(1)=𝑓(−1)=−1.由𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥−2)=−2，𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，得𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥+2)=−2，所以𝑓(𝑥+2)+𝑓(𝑥+4)=−2，故𝑓(

𝑥+4)=𝑓(𝑥)，𝑓(𝑥)周期为4.由𝑓(0)+𝑓(2)=−2，得𝑓(2)=−3，又𝑓(3)=𝑓(−1)=𝑓(1)=−1，所以∑𝑓22𝑘<1(𝑘)=6𝑓(1)+6𝑓(2)+5𝑓

(3)+5𝑓(4)=11×(−1)+5×1+6×(−3)=−24．13.【答案】310第11页，共17页【解析】【分析】本题考查了古典概型及其计算，属于基础题．【解答】解：设“甲、乙都入选”为事件𝐴，则𝑃(𝐴)=𝐶31𝐶

53=310．14.【答案】(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=13或(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=5或(𝑥−43)2+(𝑦−73)2=659或(𝑥−85)2+(𝑦−1)2=16925【解析】【

分析】本题主要考查求圆的标准方程，属于基础题．圆过其中三点共有四种情况，解题关键是三点中的两条中垂线的交点为圆心，圆心到任一点的距离为半径，每种情况逐一求解即可．【解答】解：设点𝐴(0,0)，𝐵(4,0)，𝐶(−1,1

)，𝐷(4,2)．(1)若圆过𝐴、𝐵、𝐶三圆圆心在直线𝑥=2，设圆心坐标为(2,𝑎)，则4+𝑎2=9+(𝑎−1)2⇒𝑎=3，𝑟=√4+𝑎2=√13，所以圆的方程为(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=13;(2)若圆过𝐴、𝐵、�

�三点，同(1)设圆心坐标为(2,𝑎)，则4+𝑎2=4+(𝑎−2)2⇒𝑎=1，𝑟=√4+𝑎2=√5，所以圆的方程为(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=5;(3)若圆过𝐴、𝐶、𝐷三点，则线段𝐴𝐶的中垂线方程为𝑦=𝑥+1，线段𝐴𝐷的中垂线方程为𝑦=−2𝑥+5，

联立得{𝑥=43𝑦=73⇒𝑟=√169+499=√653，所以圆的方程为(𝑥−43)2+(𝑦−73)2=659;(4)若圆过𝐵、𝐶、𝐷三点，则线段𝐵𝐷的中垂线方程为𝑦=1，线段𝐵𝐶中垂线方程为𝑦=5𝑥−7，联立得{𝑥=85𝑦=1⇒𝑟=√.85

−4/2+1=135,所以圆的方程(𝑥−85)+(𝑦−1)2=16925．第12页，共17页15.【答案】3【解析】【分析】本题考查由余弦函数值求参．【解答】解：𝑓(𝑇)=𝑓(0)=cos𝜑=√32，且0<𝜑<𝜋，故𝜑=𝜋6，𝑓(𝜋9)=cos(𝜋

9𝜔+𝜋6)=0⇒𝜋9𝜔+𝜋6=𝜋2+𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)⇒𝜔=3+9𝑘(𝑘∈𝑍)，又𝜔>0，故𝜔的最小值为3．16.【答案】.1𝑒,1/【解析】【分析】本题考查利用导数的极值求解参数，考查转化能力与运算求解能力，属于较难题．求导，转化为

𝑓′(𝑥)=2(𝑎𝑥ln𝑎−𝑒𝑥)至少要有两个零点𝑥=𝑥1和𝑥=𝑥2，构造函数𝑕(𝑥)=𝑓′(𝑥)，分类讨论，判断单调性，进而求解范围．【解答】解：𝑓′(𝑥)=2(𝑎𝑥ln𝑎−�

�𝑥)至少要有两个零点𝑥=𝑥1和𝑥=𝑥2，构造函数𝑕(𝑥)=𝑓′(𝑥)=2(𝑎𝑥ln𝑎−𝑒𝑥)，对其求导，𝑕′(𝑥)=2𝑎𝑥(ln𝑎)2−2𝑒，(1)若𝑎>1，则𝑕′(𝑥)在𝑅上单调递增，此时若𝑕′(𝑥0)=0，则𝑓′(𝑥)在(−∞,

𝑥0)上单调递减，在(𝑥0,+∞)上单调递增，此时若有𝑥=𝑥1和𝑥=𝑥2分别是函数𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−𝑒𝑥2(𝑎>0且𝑎≠1)的极小值点和极大值点，则𝑥1>𝑥2，不符合题意，(2)若0<𝑎<1，则𝑕′(𝑥)在𝑅上单调递减，此时若𝑕′(𝑥0)

=0，则𝑓′(𝑥)在(−∞,𝑥0)上单调递增，在(𝑥0,+∞)上单调递减，令𝑕′(𝑥0)=0，则𝑥0=𝑒(ln𝑎)2，此时若有𝑥=𝑥1和𝑥=𝑥2分别是函数𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−𝑒𝑥2(𝑎>0且𝑎≠1

)的极小值点和极大值点，且𝑥1<𝑥2，则需满足𝑓′(𝑥0)>0，即𝑓′(𝑥0)=2(2(𝑎𝑥0ln𝑎−𝑒𝑥0)=2.𝑒ln𝑎−𝑒𝑥0/>0,𝑥0<1ln𝑎,𝑥0ln𝑎>1,故ln𝑎𝑥0=𝑥0ln𝑎

=ln𝑒(ln𝑎)2>1，所以𝑎∈.1𝑒,1/．第13页，共17页17.【答案】解：(1)证明：已知sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)可化简为sin𝐶sin𝐴cos𝐵−sin𝐶cos𝐴sin𝐵=

sin𝐵sin𝐶cos𝐴−sin𝐵cos𝐶sin𝐴，由正弦定理可得𝑎𝑐cos𝐵−𝑏𝑐cos𝐴=𝑏𝑐cos𝐴−𝑎𝑏cos𝐶，即𝑎𝑐cos𝐵=2𝑏𝑐cos𝐴−𝑎𝑏cos𝐶，由余

弦定理可得𝑎𝑐𝑎2:𝑐2;𝑏22𝑎𝑐=2𝑏𝑐𝑏2:𝑐2;𝑎22𝑏𝑐−𝑎𝑏𝑎2:𝑏2;𝑐22𝑎𝑏，即证2𝑎2=𝑏2+𝑐2，(2)由(1)可知𝑏2+𝑐2=2𝑎2=50，cos𝐴=𝑏2:𝑐2;𝑎22𝑏𝑐

=50;252𝑏𝑐=252𝑏𝑐=2531，∴2𝑏𝑐=31，∵𝑏2+𝑐2+2𝑏𝑐=(𝑏+𝑐)2=81，∴𝑏+𝑐=9，∴𝑎+𝑏+𝑐=14，∴𝛥𝐴𝐵𝐶的周长为14．【解析】本

题考查正余弦定理，属中档题目．(1)利用正弦定理角化边，再利用余弦定理角化边，化简得证；(2)由余弦定理求出𝑎+𝑏即可得出三角形的周长．18.【答案】解：(1)∵𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶且𝐵𝐷为公共边∴△𝐴𝐷𝐵与△𝐵𝐷𝐶全等，∴�

�𝐵=𝐵𝐶．又∵𝐸为𝐴𝐶中点且𝐴𝐷=𝐶𝐷，∴𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，同理𝐵𝐸⊥𝐴𝐶．又∵𝐷𝐸∩𝐵𝐸=𝐸，且均含于平面𝐵𝐸𝐷，∴𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷．又∵𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷，∴平面𝐵𝐸𝐷

⊥平面𝐴𝐶𝐷．(2)在𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=2，∠𝐴𝐶𝐵=600，𝐴𝐵=𝐵𝐶∴𝐴𝐶=2，𝐵𝐸=√3．在△𝐴𝐶𝐷中，，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝐶=2，𝐸为𝐴𝐶中点，∴𝐷𝐸⊥𝐴

𝐶，𝐷𝐸=1．又∵𝐵𝐷=2，∴𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=𝐵𝐷2，即𝐷𝐸⊥𝐵𝐸．∴直线𝐴𝐶、直线𝐸𝐷、直线𝐸𝐵两两互相垂直．由点𝐹在𝐵𝐷上且△𝐴𝐷𝐵与△𝐵𝐷𝐶全等，∴𝐴𝐹=𝐹𝐶，由于𝐸为𝐴𝐶中点∴𝐸𝐹⊥𝐴𝐶当𝛥𝐴𝐹𝐶的面

积最小时∴𝐸𝐹⊥𝐵𝐷在𝑅𝑡𝛥𝐷𝐸𝐵中，∵𝐵𝐸=√3，𝐷𝐸=1∴𝐸𝐹=√32，𝐵𝐹=32如图，以点𝐸为坐标原点，直线𝐴𝐶、𝐸𝐵、𝐸𝐷分别为𝑥、𝑦、𝑧轴建立空间直角坐标系．𝐶(−1,0,0)

、𝐴(1,0,0)、𝐵(0,√3,0)、𝐷(0,0,1)、𝐹(0,√34,34)𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−√3,1)、𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,1)、𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−√3,0)∵𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗

⃗−𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√34,34)设平面𝐴𝐵𝐷的法向量为𝑚⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)可得{𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗=0𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗=0设𝑦=1∴𝑚⃗⃗⃗=(√3,1,√3)第1

4页，共17页设𝑚⃗⃗⃗与𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗所成的角为𝛼，𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成角的为𝜃∴sin𝜃=|cos𝛼|=|𝑚⃗⃗⃗·𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗|·|𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗||=4√

37所以𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成角的正弦值为4√37．【解析】本题考查面面垂直的判定，及线面角的求解，属于中档题．19.【答案】解：(1)设这种树木平均一课的根部横截面积为𝑥，平均一个的材积量为𝑦，则𝑥=0.610

=0.06，𝑦=3.910=0.39．(2)𝑟=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖;𝑛𝑥𝑦√.∑𝑥𝑖2𝑛𝑖=1;𝑛𝑥2/.∑𝑦𝑖2𝑛𝑖=1;𝑛𝑦2/=0.2474;10×0.06×0.39√0.038;10×0.062√1.6158

;10×039)2=0.0134√0.002×0.0948=0.01340.01×√1.896=0.01340.01377=0.97；(3)设从根部面积总和为𝑋，总材积量为𝑌，则𝑋𝑌=𝑥𝑦，故𝑌=3.90.6×186=1209(𝑚3).【解析】本题考查了用样本估计总体，样

本的相关系数，属于中档题．20.【答案】解：(1)设𝐸的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1，将𝐴(0,−2)，𝐵(32,−1)两点代入得{4𝑏2=194𝑎2+1𝑏2=1，解得𝑎2=3，𝑏2=4，故E的方程为𝑥23

+𝑦24=1．(2)由𝐴(0,−2)，𝐵(32,−1)可得直线𝐴𝐵:𝑦=23𝑥−2①若过𝑃(1,−2)的直线的斜率不存在，直线为𝑥=1.代入𝑥23+𝑦24=1，可得𝑀(1,2√63)，�

�(1,−2√63)，将𝑦=2√63代入𝐴𝐵:𝑦=23𝑥−2，可得𝑇(√6+3,2√63)，由𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得𝐻(2√6+5,2√63).易求得此时直线𝐻𝑁:𝑦=(2−2√63)𝑥−2.过点(0,−2)；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{𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0𝑥23+𝑦24=1，得(3𝑘2+4)𝑥2−6𝑘(2+𝑘)𝑥+3𝑘(𝑘+4)=0，第15页，共17页故有

{𝑥1+𝑥2=6𝑘(2:𝑘)3𝑘2:4𝑥1𝑥2=3𝑘(4:𝑘)3𝑘2:4,{𝑦1+𝑦2=;8(2:𝑘)3𝑘2:4𝑦1𝑦2=4(4:4𝑘;2𝑘2)3𝑘2:4，且𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1=;24𝑘3𝑘2:4(∗)联立{𝑦=𝑦1𝑦=23�

�−2，可得𝑇(3𝑦12+3,𝑦1)，𝐻(3𝑦1+6−𝑥1,𝑦1)，可求得此时𝐻𝑁:𝑦−𝑦2=𝑦1;𝑦23𝑦1:6;𝑥1;𝑥2(𝑥−𝑥2)将(0,−2)代入整理得2(𝑥1+𝑥2)−6(𝑦1+𝑦2)+𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1−3𝑦1𝑦2−12=0将(

∗)式代入，得24𝑘+12𝑘2+96+48𝑘−24𝑘−48−48𝑘+24𝑘2−36𝑘2−48=0，显然成立．综上，可得直线𝐻𝑁过定点(0,−2)．【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题．(1)根据点在椭圆上，坐标满足椭圆方程

，求出椭圆的标准方程；(2)分类讨论过点𝑃的直线斜率是否存在，再根据题干依次表示出𝑇，𝑁坐标，表示出直线𝐻𝑁方程，判断直线过定点即可．21.【答案】解：(1)当𝑎=1时，𝑓′(𝑥)=1𝑥:1+(1−𝑥

)𝑒;𝑥，𝑥=0，𝑓′(𝑥)=2，又𝑥=0时，𝑓(0)=0，所以曲线𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处的切线方程为𝑦−0=2(𝑥−0)，即𝑦=2𝑥．(2)令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥ln(𝑥+1)+𝑎𝑥(𝑥>

−1)=𝑒𝑥𝑓(𝑥)，有𝑔(0)=0，𝑓(𝑥)在区间(−1,0)，(0,+∞)各恰有一个零点，也即𝑔(𝑥)在区间(−1,0)，(0,+∞)各恰有一个零点，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥,ln(𝑥+1)+11:𝑥-+𝑎，(Ⅰ)若𝑎

≥−1时，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥,ln(𝑥+1)+11:𝑥-+𝑎令𝜑(𝑥)=ln(𝑥+1)+11:𝑥，𝜑′(𝑥)=𝑥(𝑥:1)2，𝜑(𝑥)分别在(−1,0)和(0,+∞)单调递减和单调递增，易知当𝑥=0时，𝜑(𝑥

)取得最小值1，所以𝑒𝑥,ln(𝑥+1)+11:𝑥-−1>𝑒𝑥−1，当𝑥>0时，𝑒𝑥−1>0，于是𝑔(𝑥)在(0,+∞)递增，𝑔(𝑥)>𝑔(0)=0与𝑔(𝑥)在(0,+∞)上有一个零

点矛盾．(Ⅱ)若𝑎<−1时，令𝐺(𝑥)=𝑔′(𝑥)则𝐺′(𝑥)=𝑒𝑥,ln(𝑥+1)+21+𝑥−1(1+𝑥)2-=𝑒𝑥𝑕(𝑥)𝑕′(𝑥)=11+𝑥−2(1+𝑥)2+2(1+𝑥)3=𝑥2+1(1+𝑥)3

>0第16页，共17页所以𝑕(𝑥)在(−1,+∞)递增，又𝑕(−12)=−ln2<0，𝑕(0)=1，即∃𝑥0∈(−12,0)，𝑕(𝑥)=0，且当−1<𝑥<𝑥0时，𝑕(𝑥)<0，𝑔′(𝑥)单调递减;当𝑥>𝑥0时，𝑕(𝑥)>0，

𝑔′(𝑥)单调递增，𝑔′(𝑥0)<𝑔′(0)=𝑎+1<0，𝑔′(−𝑎)=𝑒;𝑎+𝑎>1−𝑎+𝑎=1>0∃𝑥1∈(−1,𝑥0)，𝑥2∈(0,−𝑎)，𝑔′(𝑥1)=𝑔′(𝑥2)=0且𝑔(𝑥)在(−1,𝑥1)上递增，在(𝑥1,𝑥2)上递

减，在(𝑥2,+∞)上递增．又𝑔(0)=0，故𝑔(𝑥1)>0，𝑔(𝑥2)<0，于是∃𝑥3∈(−1,0)，𝑥4∈(0,+∞)，𝑔(𝑥3)=𝑔(𝑥4)=0综上，𝑎<−1．【解析】本题考查利用导数求函数切线，利

用导数证明函数零点．22.【答案】解：(1)由𝜌sin(𝜃+𝜋3)+𝑚=0可得，𝜌(sin𝜃cos𝜋3+cos𝜃sin𝜋3)+𝑚=0，即𝜌(12sin𝜃+√32cos𝜃)+�

�=0，12𝑦+√32𝑥+𝑚=0，故𝑙的方程为：√3𝑥+𝑦+2𝑚=0．(2)由𝑥=√3cos2𝑡，得𝑥=√3(1−2sin2𝑡)=√3[1−2.𝑦2/2]=√3−√32𝑦2，联立{𝑥=√3−√32𝑦2√3𝑥+𝑦+2𝑚=0，3𝑦2

−2𝑦−4𝑚−6=0，即3𝑦2−2𝑦−6=4𝑚(−2≤𝑦≤2)，−3≤4𝑚√3≤6，即−193≤4𝑚≤10，−1912≤𝑚≤52，故𝑚的范围是−1912≤𝑚≤52．【解析】本题考查极坐标，极坐标的直线方程，求解参数，属于中档题．(1)根据题意，求出直

线方程；(1)求出𝐶的方程，联立求解参数范围．23.【答案】解：(1)证明：因为𝑎，𝑏，𝑐为正数，所以𝑎32+𝑏32+𝑐32≥3√𝑎32𝑏32𝑐323=3√𝑎𝑏𝑐，当且仅当𝑎=𝑏=𝑐=3;23时取等号，所以3√𝑎𝑏𝑐≤1，即𝑎𝑏𝑐≤

19，得证．第17页，共17页(2)要证𝑎𝑏:𝑐+𝑏𝑎:𝑐+𝑐𝑎:𝑏≤12√𝑎𝑏𝑐成立，只需证𝑎32√𝑏𝑐𝑏:𝑐+𝑏32√𝑎𝑐𝑎:𝑐+𝑐32√𝑎𝑏𝑎:𝑏≤12，又因为𝑏+𝑐≥2√𝑏𝑐，𝑎+𝑐≥2√𝑎𝑐，𝑎+𝑏≥2√𝑎�

�，当且仅当𝑎=𝑏=𝑐=3;23时，同时取等，所以𝑎32√𝑏𝑐𝑏:𝑐+𝑏32√𝑎𝑐𝑎:𝑐+𝑐32√𝑎𝑏𝑎:𝑏⩽𝑎32√𝑏𝑐2√𝑏𝑐+𝑏32√𝑎𝑐2√𝑎𝑐+𝑐32√

𝑎𝑏2√𝑎𝑏=12，得证.【解析】本题考查了不等式的证明，掌握均值不等式是关键，属于中档题．(1)由均值不等式即可证；(2)先对不等式进行转化，再由均值不等式进行放缩可证.