【文档说明】2022届全国新高考2卷数学试卷真题答案.docx，共(18)页，349.522 KB，由baby熊上传

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第1页，共18页2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考2卷）数学一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合𝐴=*−1,1,2,4+，𝐵=*𝑥||𝑥−1|≤1+，则𝐴∩𝐵=()A.*−1,2+B.*1,2+C.*1,4+D.*−1,4+2.(2+2�

�)(1−2𝑖)=()A.−2+4𝑖B.−2−4𝑖C.6+2𝑖D.6−2𝑖3.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，𝐴𝐴′，𝐵𝐵′，𝐶𝐶′，𝐷𝐷′是桁，𝐷𝐷1，𝐶𝐶1，𝐵𝐵1，�

�𝐴1是脊，𝑂𝐷1，𝐷𝐶1，𝐶𝐵1，𝐵𝐴1是相等的步，相邻桁的脊步的比分别为𝐷𝐷1𝑂𝐷1=0.5，𝐶𝐶1𝐷𝐶1=𝑘1，𝐵𝐵1𝐶𝐵1=𝑘2，𝐴𝐴1𝐵𝐴1=𝑘3，若𝑘1，𝑘2，𝑘3是公差为0.1的等差数列，直线𝑂𝐴的斜

率为0.725，则𝑘3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.94.已知向量𝑎⃗⃗=(3,4)，𝑏⃗=(1,0)，𝑐⃗=𝑎⃗⃗+𝑡𝑏⃗，若<𝑎⃗⃗,𝑐⃗>=<𝑏⃗,𝑐⃗>，则实数𝑡=()A.−6B.−5C.5D.65.甲乙丙丁戊5名同学站成一排

参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有()A.12种B.24种C.36种D.48种6.若sin(𝛼+𝛽)+cos(𝛼+𝛽)=2√2cos(𝛼+𝜋4)sin𝛽，则()A.tan(𝛼+𝛽)=−1B.tan(𝛼+𝛽)=1C.tan

(𝛼−𝛽)=−1D.tan(𝛼−𝛽)=17.已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.100𝜋B.128𝜋C.144𝜋D.192

𝜋第2页，共18页8.若函数𝑓(𝑥)的定义域为𝑅，且𝑓(𝑥+𝑦)+𝑓(𝑥−𝑦)=𝑓(𝑥)𝑓(𝑦)，𝑓(1)=1，则∑𝑓22𝑘<1(𝑘)=()A.−3B.−2C.0D.1二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.已

知函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)(0<𝜑<𝜋)的图象关于点(2𝜋3,0)对称，则()A.𝑓(𝑥)在(0,5𝜋12)单调递减B.𝑓(𝑥)在(−𝜋12,11𝜋12)有两个极值点C.直线𝑥=7𝜋6是曲线𝑦=𝑓(𝑥)的一条对称轴D.直线𝑦=√32−𝑥是曲

线𝑦=𝑓(𝑥)的一条切线10.已知𝑂为坐标原点，过抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点𝐹的直线与𝐶交于𝐴，𝐵两点，点𝐴在第一象限，点𝑀(𝑝,0)，若|𝐴𝐹|=|𝐴𝑀|，则()A.直线𝐴𝐵的斜率为2√6B.|𝑂𝐵|

=|𝑂𝐹|C.|𝐴𝐵|>4|𝑂𝐹|D.∠𝑂𝐴𝑀+∠𝑂𝐵𝑀<180∘11.如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐹𝐵//𝐸𝐷，𝐴𝐵=𝐸𝐷=2𝐹𝐵，记三棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶，𝐸−�

�𝐶𝐹，𝐹−𝐴𝐵𝐶的体积分别为𝑉1，𝑉2，𝑉3，则()A.𝑉3=2𝑉2B.𝑉3=2𝑉1C.𝑉3=𝑉1+𝑉2D.2𝑉3=3𝑉112.若实数𝑥，𝑦满足𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦=1，则()A.𝑥+𝑦≤1B.𝑥+𝑦≥−2C.𝑥2+𝑦2≥

1D.𝑥2+𝑦2≤2三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.随机变量𝑋服从正态分布𝑁(2,𝜎2)，若𝑃(2<𝑥≤2.5)=0.36，则𝑃(𝑋>2.5)=．14.曲线𝑦=ln|𝑥|经过坐标原点的两条切线方程分别为，．15.

设点𝐴(−2,3)，𝐵(0,𝑎)，直线𝐴𝐵关于直线𝑦=𝑎的对称直线为𝑙，已知𝑙与圆𝐶:(𝑥+3)2+(𝑦+2)2=1有公共点，则𝑎的取值范围为．第3页，共18页16.已知直线𝑙与椭圆𝑥

26+𝑦23=1在第一象限交于𝐴，𝐵两点，𝑙与𝑥轴𝑦轴分别相交于𝑀，𝑁两点，且|𝑀𝐴|=|𝑁𝐵|，|𝑀𝑁|=2√3，则直线𝑙的方程为．四、解答题（本大题共6小题，共70.0

分）17.已知*𝑎𝑛+为等差数列，*𝑏𝑛+为公比为2的等比数列，且𝑎2−𝑏2=𝑎3−𝑏3=𝑏4−𝑎4．(1)证明：𝑎1=𝑏1;(2)求集合*𝑘|𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1,1≤𝑚≤500+中元素个数．18.记△𝐴𝐵𝐶的三个内角分别为𝐴，𝐵，𝐶，其对边

分别为𝑎，𝑏，𝑐，分别以𝑎，𝑏，𝑐为边长的三个正三角形的面积依次为𝑆1，𝑆2，𝑆3，且𝑆1−𝑆2+𝑆3=√32，sin𝐵=13．(1)求△𝐴𝐵𝐶的面积;(2)若sin𝐴sin𝐶=√23，求𝑏．19.在某地区进行某种

疾病调查，随机调查了100位这种疾病患者的年龄，得到如下样本数据频率分布直方图．(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄;(同一组数据用该区间的中点值作代表)(2)估计该地区以为这种疾病患者年龄位于区间,20,70)的概率;(3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%

，该地区年龄位于区间,40,50)的人口数占该地区总人口数的16%，从该地区选出1人，若此人的年龄位于区间,40,50)，求此人患这种疾病的概率(精确到0.0001)．第4页，共18页20.如图，𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵�

�的高，𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐸是𝑃𝐵的中点．(1)证明：𝑂𝐸//平面𝑃𝐴𝐶;(2)若∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐶𝐵𝑂=30∘，𝑃𝑂=3，𝑃𝐴=5，求二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵正弦值．21.设双曲线�

�:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右焦点为𝐹(2,0)，渐近线方程为𝑦=±√3𝑥.(1)求𝐶的方程;(2)经过𝐹的直线与𝐶的渐近线分别交于𝐴，𝐵两点，点𝑃(𝑥1,𝑦1)，

𝑄(𝑥2,𝑦2)在𝐶上，且𝑥1>𝑥2>0，𝑦1>0.过𝑃且斜率为−√3的直线与过𝑄且斜率为√3的直线交于点𝑀，从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立：①𝑀在𝐴𝐵上;②𝑃𝑄//𝐴𝐵;③|𝐴𝑀|=|𝐵𝑀|．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑒

𝑎𝑥−𝑒𝑥．(1)当𝑎=1时，讨论𝑓(𝑥)的单调性;(2)当𝑥>0时，𝑓(𝑥)<−1，求实数𝑎的取值范围;(3)设𝑛∈𝑁∗，证明：1√12:1+1√22:2+⋯+1√𝑛2:𝑛>ln(𝑛+1)．第5页，共18页答案和解析1.【答案】𝐵【解析】【分析】本

题主要考查了集合的交集运算．【解答】解：方法一：通过解不等式可得集合𝐵=*𝑥|0≤𝑥≤2+，则𝐴∩𝐵=*1,2+，故B正确．法二：代入排除法.𝑥=−1代入集合𝐵=*𝑥||𝑥−1|≤1+，可得|𝑥−1|=|−1−1|

=2>1，𝑥=−1，不满足，排除𝐴、𝐷;𝑥=4代入集合𝐵=*𝑥||𝑥−1|≤1+，可得|𝑥−1|=|4−1|=3>1，𝑥=4，不满足，排除𝐶，故B正确．2.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查复数的四则运算，为基础题．【解答】解：(2+2�

�)(1−2𝑖)=2−4𝑖+2𝑖−4𝑖2=2−2𝑖+4=6−2𝑖．3.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查等差数列、直线的斜率与倾斜角的关系，比例的性质，属于中档题．【解答】解：设𝑂𝐷1=𝐷𝐶1=𝐶𝐵1=𝐵𝐴1=1，则𝐶𝐶1=𝑘1，𝐵𝐵1=𝑘2，

𝐴𝐴1=𝑘3′由题意得𝑘3=𝑘1+0.2，𝑘3=𝑘2+0.1，且𝐷𝐷1:𝐶𝐶1:𝐵𝐵1:𝐴𝐴1𝑂𝐷1:𝐷𝐶1:𝐶𝐵1:𝐵𝐴1=0.725，解得𝑘3=0.9．4.【答案】𝐶第

6页，共18页【解析】【分析】本题考查了向量的坐标运算和夹角运算，属于基础题。【解答】解：由已知有𝑐⃗=(3+𝑡,4)，cos<𝑎⃗⃗，𝑐⃗>=cos<𝑏⃗，𝑐⃗>，故9:3𝑡:16|𝑐⃗|⋅5=3:𝑡|𝑐⃗|⋅1，解得𝑡=5．5.【答案

】𝐵【解析】【分析】本题考查排列、组合的运用，属于基础题．【解答】解：先利用捆绑法排乙丙丁成四人，再用插空法选甲的位置，则有𝐴22𝐴33𝐶21=24种．6.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查三角恒等变换的应用法一：利用特殊值法，排除错误选项即可法二，利用三角恒等变换，求出正确选项【

解答】解：解法一：设𝛽=0则sin𝛼+cos𝛼=0，取𝛼=34𝜋，排除𝐵，𝐷再取𝛼=0则sin𝛽+cos𝛽=2sin𝛽，取𝛽=𝜋4，排除𝐴;选C．解法二：由sin(𝛼+𝛽)+cos(𝛼+𝛽)=√2sin(𝛼+𝛽+𝜋4)=√2sin,(𝛼+𝜋4

)+𝛽-=√2sin(𝛼+𝜋4)cos𝛽+√2cos(𝛼+𝜋4)sin𝛽，故√2sin(𝛼+𝜋4)cos𝛽=√2cos(𝛼+𝜋4)sin𝛽故sin(𝛼+𝜋4)cos𝛽−cos(𝛼+𝜋4)sin𝛽=0，即sin(𝛼+𝜋4−�

�)=0，故sin(𝛼−𝛽+𝜋4)=√22sin(𝛼−𝛽)+√22cos(𝛼−𝛽)=0，故sin(𝛼−𝛽)=−cos(𝛼−𝛽)，故tan(𝛼−𝛽)=−1．第7页，共18页7.

【答案】𝐴【解析】【分析】本题主要考查了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用．【解答】解：由题意如图所示，上底面所在平面截球所得圆的半径是𝑂1𝐴1=3，下底面所在平面截球所得圆的半径是𝑂2𝐴2=4，则轴截面中由几何知识可得√𝑅2−32+√𝑅2−42=

1，解得𝑅2=25，因此球的表面积是𝑆=4𝜋𝑅2=4𝜋⋅25=100𝜋．第8页，共18页8.【答案】𝐴【解析】【分析】解：令𝑦=1得𝑓(𝑥+1)+𝑓(𝑥−1)=𝑓(𝑥)⋅𝑓(1)

=𝑓(𝑥)⇒𝑓(𝑥+1)=𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥−1)故𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥+1)−𝑓(𝑥)，𝑓(𝑥+3)=𝑓(𝑥+2)−𝑓(𝑥+1)，消去𝑓(𝑥+2)和𝑓(𝑥+1)得到𝑓(

𝑥+3)=−𝑓(𝑥)，故𝑓(𝑥)周期为6;令𝑥=1，𝑦=0得𝑓(1)+𝑓(1)=𝑓(1)·𝑓(0)⇒𝑓(0)=2，𝑓(2)=𝑓(1)−𝑓(0)=1−2=−1，𝑓(3)=𝑓(2)−𝑓(1)=−1−1=−2，𝑓(4)=𝑓(3)−𝑓(2)=−2−(−1

)=−1，𝑓(5)=𝑓(4)−𝑓(3)=−1−(−2)=1，𝑓(6)=𝑓(5)−𝑓(4)=1−(−1)=2，故∑𝑓22𝑘<1(𝑘)=3,𝑓(1)+𝑓(2)+⋯+𝑓(6)-+𝑓(19)+𝑓(

20)+𝑓(21)+𝑓(22)=𝑓(1)+𝑓(2)+𝑓(3)+𝑓(4)=1+(−1)+(−2)+(−1)=−3即∑(22𝑘<1𝑘)=−3．【解答】本题考查函数性质的应用，涉及函数的周期与赋值法的应用．9.【答案】𝐴𝐷第

9页，共18页【解析】【分析】解：由题意得：𝑓(2𝜋3)=sin(4𝜋3+𝜑)=0，所以4𝜋3+𝜑=𝑘𝜋，即𝜑=−4𝜋3+𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，又0<𝜑<𝜋，所以𝑘=2时，𝜑=2𝜋3，故𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+2𝜋3).选项A:𝑥∈(0,5𝜋12

)时，2𝑥+2𝜋3∈(2𝜋3,3𝜋2)，由𝑦=sin𝑢图象知𝑓(𝑥)在(0,5𝜋12)单调递减;选项B:𝑥∈(−𝜋12,11𝜋12)时，2𝑥+2𝜋3∈(𝜋2,5𝜋2)，由𝑦=

sin𝑢图象知𝑓(𝑥)在(−𝜋12,11𝜋12)有1个极值点;选项C:由于𝑓.7𝜋6/=sin3𝜋=0，故直线𝑥=7𝜋6不是𝑓(𝑥)的对称轴;选项D:令𝑓′(𝑥)=2cos.2𝑥+2𝜋3/=−1，得cos(2𝑥+2�

�3)=−12，解得2𝑥+2𝜋3=2𝜋3+2𝑘𝜋或2𝑥+2𝜋3=4𝜋3+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，从而得𝑥=𝑘𝜋或𝑥=𝜋3+𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，令𝑘=0，则.0,√32/是斜率为−1的直线与曲线的切点，从而切线方程为𝑦−√32=−(𝑥−0)，即𝑦=√

32−𝑥．【解答】本题考查三角函数的图象与性质，三角函数的单调性、三角函数的对称轴与对称中心，函数的极值，切线方程的求解，属于中档题．10.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题。【解答】解：选项A:设𝐹𝑀中点为�

�，则𝑥𝐴=𝑥𝑁=𝑃2:𝑃2=34𝑝，所以𝑦𝐴2=2𝑝𝑥𝐴=2𝑝⋅34𝑝=32𝑝2(𝑦𝐴>0)，所以𝑦𝐴=√62𝑝，故𝑘𝐴𝐵=√62𝑃34𝑃;𝑃2=2√6．第1

0页，共18页选项B:1|𝐴𝐹|+1|𝐵𝐹|=2𝑝⇒134𝑝:𝑝2+1|𝐵𝐹|=2𝑝⇒|𝐵𝐹|=56𝑝=𝑋𝐵+𝑝2⇒𝑋𝐵=𝑝3所以𝑦𝐵2=2𝑃⋅𝑝3=2𝑝23.所以|𝑂𝐵|=𝑥𝐵2+𝑦𝐵2=𝑝29+2𝑝23𝑛=

7𝑝29≠𝑝24．选项C:|𝐴𝐵|=34𝑝+𝑝3+𝑝=2512𝑝>2𝑝=4|𝑂𝐹|．选项D:由选项A，𝐵知𝐴(34𝑝,√62𝑝)，𝐵(𝑝3,−√63𝑝)，所以𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(34𝑝,√62𝑝)(

𝑝3,−√63𝑝)=𝑝24−𝑝2=−34𝑝2<0，所以∠𝐴𝑂𝐵为钝角;又𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑝4,√62𝑝)．(−𝑝3,−√63)=−1112𝑝2<0，所以∠𝐴𝑀

𝐵为钝角，所以∠𝑂𝐴𝑀+∠𝑂𝐵𝑀<180∘．11.【答案】𝐶𝐷【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题．【解答】解：设𝐴𝐵=𝐸𝐷=2𝐹𝐵=2，则𝑉1=13×2×2=43，𝑉2=13×2×1=23

.连结𝐵𝐷交𝐴𝐶于𝑀，连结𝐸𝑀、𝐹𝑀，则𝐹𝑀=√3，𝐸𝑀=√6，𝐸𝐹=3，故𝑆△𝐸𝑀𝐹=12⋅√3⋅√6=3√22，𝑉3=13𝑆△𝐸𝑀𝐹×𝐴𝐶=2，�

�3=𝑉1+𝑉2，2𝑉3=3𝑉1．12.【答案】𝐵𝐶【解析】【分析】本题考查三角恒等变换与正弦函数的值域利用正余弦函数表示𝑥，𝑦，代入到𝑥+𝑦，𝑥2+𝑦2，再利用三角函数的性质判断选项即可【解答】第11页，共18页解：由𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦

=1得(𝑥−𝑦2)2+(√32𝑦)2=1令{𝑥−𝑦2=cos𝜃√32𝑦=sin𝜃⇒{𝑥=√33sin𝜃+cos𝜃𝑦=2√33sin𝜃故𝑥+𝑦=√3sin𝜃+cos𝜃=2sin(𝜃+𝜋6)∈,−2,2-，故A错，𝐵对;𝑥2+𝑦2

=(√33sin𝜃+cos𝜃)2+(2√33sin𝜃)2=√33sin2𝜃−13cos2𝜃+43=23sin(2𝜃−𝜑)+43∈,23,2-(其中tan𝜑=√33)，故C对，𝐷错．13.【答案】0.14【解析】【分析】本

题考查了正态分布的意义，正态曲线的对称性及其应用．【解答】解：由题意可知，𝑃(𝑋>2)=0.5，故𝑃(𝑋>2.5)=𝑃(𝑋>2)−𝑃(2<𝑋⩽2.5)=0.14．14.【答案】𝑦=𝑥𝑒𝑦=−𝑥𝑒【

解析】【分析】本题考查函数切线问题，设切点坐标，表示出切线方程，带入坐标原点，求出切点的横坐标，即可求出切线方程，为一般题．【解答】解：当𝑥>0时，点(𝑥1,ln𝑥1)(𝑥1>0)上的切线为𝑦−ln𝑥1=1𝑥1(𝑥−𝑥

1).若该切线经过原点，则ln𝑥1−1=0，解得𝑥=𝑒，此的切线方程为𝑦=𝑥𝑒．当𝑥<0时，点(𝑥2,ln(−𝑥2))(𝑥2<0)上的切线为𝑦−ln(−𝑥2)=1𝑥2(𝑥−𝑥2)．若该切线经过原点，则ln(−𝑥2)−

1=0，解得𝑥=−𝑒，此时切线方程为𝑦=−𝑥𝑒．第12页，共18页15.【答案】,13,32-【解析】【分析】本题考查直线关于直线对称的直线求法，直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．【解答】解：因

为𝑘𝐴𝐵=𝑎;32，所以𝐴𝐵关于直线𝑦=𝑎的对称直线为(3−𝑎)𝑥−2𝑦+2𝑎=0，所以|3(𝑎;3):4:2𝑎|√4:(3;𝑎)2⩽1，整理可得6𝑎2−11𝑎+3⩽0,解得13≤�

�≤32．16.【答案】𝑥+√2𝑦−2√2=0【解析】【分析】本题考查了椭圆的中点弦问题，属于偏难题。【解答】解：取𝐴𝐵的中点为𝐸，因为|𝑀𝐴|=|𝑁𝐵|，所以|𝑀𝐸|=|𝑁𝐸|，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)可得𝑦1:𝑦2𝑥1:𝑥2

×𝑦1;𝑦2𝑥1;𝑥2=−12，即𝑘𝑂𝐸．𝑘𝐴𝐵≤−12.设直线𝐴𝐵:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑘<0，𝑚>0，令𝑥=0，𝑦=𝑚，令𝑦=0，𝑥=−𝑚𝑘，所以𝐸(−𝑚2𝑘,�

�2)，所以𝑘×𝑚−𝑚𝑘=−𝑘2=−12，𝑘=−√22，𝑚2+2𝑚2=12，𝑚=2，所以直线𝐴𝐵:𝑦=−√22𝑥+2，即𝑥+√2𝑦−2√2=0．17.【答案】解：(1)设等差数列*𝑎𝑛+公差为𝑑由𝑎2−𝑏2𝑛=�

�3−𝑏3，知𝑎1+𝑑−2𝑏1=𝑎1+2𝑑−4𝑏1，故𝑑=2𝑏1曲𝑎2−𝑏2=𝑏4−𝑎4，知𝑎1+𝑑−2𝑏1=8𝑏1−(𝑎1+3𝑑)，故𝑎1+𝑑−2𝑏1=4𝑑−(𝑎1+3𝑑);故𝑎1

+𝑑−2𝑏1=𝑑−𝑎1，整理得𝑎1=𝑏1，得证．(2)由(1)知𝑑=2𝑏1=2𝑎1，由𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1知：𝑏1⋅2𝑘;1=𝑎1+(𝑚−1)⋅𝑑+𝑎1即𝑏1⋅2�

�;1=𝑏1+(𝑚−1)⋅2𝑏1+𝑏1，即2𝑘;1=2𝑚，因为1≤𝑚<500，故2≤2𝑘;1≤1000，解得2≤𝑘≤10，故集合*𝑘|𝑏𝑘=𝑎𝑚+𝑎1,1≤𝑚≤500+中元素的个数为9个．第13页，共18页【解析】本

题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题．18.【答案】解：(1)∵边长为𝑎的正三角形的面积为√34𝑎2，∴𝑆1−𝑆2+𝑆3=√34(𝑎2−𝑏2+𝑐2)=√32，

即𝑎𝑐cos𝐵=1，由sin𝐵=13得：cos𝐵=2√23，∴𝑎𝑐=1cos𝐵=3√24，故𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=12×3√24×13=√28．(2)由正弦定理得：𝑏2sin2𝐵=

𝑎sin𝐴．𝑐sin𝐶=𝑎𝑐sin𝐴sin𝐶=3√24√23=94，故𝑏=32sin𝐵=12．【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形(1)利用余弦定理与正三角形的面积求得𝑎𝑐，继而利用面积

公式求解(2)利用正弦定理进行变形，即可求解19.【答案】解：(1)平均年龄𝑥=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+

75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁)(2)设𝐴=*一人患这种疾病的年龄在区间,20,70)+，则𝑃(𝐴)=1−𝑃(𝐴)=1−(0.001+0.002+0.006+0.0

02)×10=1−0.11=0.89(3)设𝐵=*任选一人年龄位于区间,40,50)+，𝐶=*任选一人患这种疾病+，则由条件概率公式，得𝑃(𝐶|𝐵)=𝑃(𝐵𝐶)𝑃(𝐵)=0.1%×0.

023×1016%=0.001×0.230.16=0.0014375≈0.0014．【解析】本题考查了平均数，概率的求法，考查频率分布直方图、条件概率等知识．20.【答案】解：(1)法一：连接𝑂𝐴、𝑂𝐵，因为𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的高，所以𝑃�

�⊥平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝑂𝐴，𝑃𝑂⊥𝑂𝐵，所以∠𝑃𝑂𝐴=∠𝑃𝑂𝐵=90∘，又𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝑃𝑂=𝑃𝑂，所以△𝑃𝑂𝐴≌△𝑃𝑂𝐵，所以𝑂𝐴=𝑂𝐵，作𝐴𝐵中点𝐷，连接𝑂𝐷、𝐷𝐸，则有𝑂𝐷

⊥𝐴𝐵，又𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，所以𝑂𝐷//𝐴𝐶，又因为𝑂𝐷⊄平面𝑃𝐴𝐶，𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝑂𝐷//平面𝑃𝐴𝐶，又𝐷、𝐸分别为𝐴𝐵、𝑃𝐵的中点，所以，在△𝐵𝑃𝐴中，𝐷𝐸//𝑃𝐴又因为

平面𝑃𝐴𝐶，𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝐷𝐸//平面𝑃𝐴𝐶，又𝑂𝐷、𝐷𝐸⊂平面𝑂𝐷𝐸，𝑂𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，所以平面𝑂𝐷𝐸//平面𝑃𝐴𝐶，又𝑂𝐸⊂平面𝑂𝐷𝐸，所以𝑂𝐸//平面𝑃𝐴𝐶;第14页，

共18页法二：(1)连接𝑂𝐴、𝑂𝐵，因为𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的高，所以𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝑂𝐴，𝑃𝑂⊥𝑂𝐵，所以∠𝑃𝑂𝐴=∠𝑃𝑂𝐵=90∘，又𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝑃𝑂=𝑃𝑂，所以△𝑃𝑂𝐴≌△�

�𝑂𝐵，所以𝑂𝐴=𝑂𝐵，又𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐹，𝑂为𝐵𝐹中点，延长𝐵𝑂，交𝐴𝐶于𝐹，连接𝑃𝐹，所以在△𝑃𝐵𝐹中，𝑂、𝐸分别为𝐵𝐹、𝑃𝐵的中点，所以𝐸𝑂//𝑃𝐹，因为𝐸𝑂⊄平面𝑃𝐴𝐶，𝑃𝐹⊂平面𝑃

𝐴𝐶，所以𝐸𝑂//平面𝑃𝐴𝐶;(2)法一：过点𝐷作𝐷𝐹//𝑂𝑃，以𝐷𝐵为𝑥轴，𝐷𝑂为𝑦轴，𝐷𝐹为𝑧轴．建立如图所示的空间直角坐标系．因为𝑃𝑂=3，𝑃𝐴=5，由(1)𝑂

𝐴=𝑂𝐵=4，又∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐶𝐵𝑂=30∘，所以𝑂𝐷=2，𝐷𝐵=2√3，所以𝑃(0,2,3)，𝐵(2√3,0,0)，𝐴(−2√3,0,0)，𝐸(√3,1,32)，设𝐴𝐶=𝑎，则𝐶(−2√3,𝑎,0)，平面𝐴𝐸𝐵的法向量设为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(�

�1,𝑦1,𝑧1)，直线𝐴𝐵的方向向量可设为𝑎⃗⃗=(1,0,0)，直线𝐷𝑃⊂平面𝐴𝐸𝐵，直线𝐷𝑃的方向向量为𝑏⃗=(0,2,3){𝑎⃗⃗⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗=0𝑏⃗⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗=0，所以{𝑥1=02

𝑦1+3𝑧1=0,所以𝑥1=0，设𝑦1=3，则𝑧1=−2，所以𝑛1⃗⃗⃗⃗=(0,3,−2);平面𝐴𝐸𝐶的法向量设为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑎,0)，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,1,32){𝐴𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗=0𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗=0，所以{𝑎𝑦2=03√3𝑥2+𝑦2+32𝑧2=0，所以𝑦2=0，设𝑥2=√3，则𝑧2=−6，所以𝑛⃗⃗=(√3,0,−6);所以cos<𝑛1⃗⃗⃗⃗，𝑛2⃗⃗⃗⃗>=𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|

𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=12√13×√39=1213√3=4√313，二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵的平面角为𝜃，则sin𝜃=√1−cos2𝜃=1113，所以二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵的正弦值为11

13法二：(2)过点𝐴作𝐴𝐹//𝑂𝑃，以𝐴𝐵为𝑥轴，𝐴𝐶为𝑦轴，𝐴𝐹为𝑧轴建立所示的空间直角坐标系．第15页，共18页因为𝑃𝑂=3，𝑃𝐴=5，由(1)𝑂𝐴=𝑂𝐵=4，又∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐶𝐵𝑂=30°，所以，𝐴𝐵

=4√3，所以𝑃(2√3,2,3)，𝐵(4√3,0,0)，𝐴(0,0,0)，𝐸(3√3,1,32)，设𝐴𝐶=𝑎，则𝐶(0,𝑎,0)，平面𝐴𝐸𝐵的法向量设为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4

√3,0,0)，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,1,32){𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛1⃗⃗⃗⃗=0𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗=0，所以{4√3𝑥1=03√3𝑥1+𝑦1+32𝑧1=0，所以𝑥1=0设𝑧1=−2，则𝑦1=3，所以𝑛1⃗⃗⃗⃗=(0,3,−2);平

面𝐴𝐸𝐶的法向量设为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑎,0)，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,1,32){𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗=0𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗=0，所以{𝑎𝑦2=03√3𝑥2+𝑦

2+32𝑧2=0,所以𝑦2=0，设𝑥2=√3，则𝑧2=−6，所以𝑛2⃗⃗⃗⃗=(√3,0,−6);所以cos<𝑛1⃗⃗⃗⃗，𝑛2⃗⃗⃗⃗>=𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=12√13×√39=√1213√3=4√313二面角𝐶−�

�𝐸−𝐵的平面角为𝜃，则sin𝜃=√1−cos2𝜃=1113，所以二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵的正弦值为1113．【解析】本题考查线面平行与二面角的求解，考查学生的空间想象与计算能力，有一定的难度．21.【答案】解：(1)由

题意可得𝑏𝑎=√3，√𝑎2+𝑏2=2，故𝑎=1，𝑏=√3．因此𝐶的方程为𝑥2−𝑦23=1．(2)设直线𝑃𝑄的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑘≠0)，将直线𝑃𝑄的方程代入𝐶的方程得(3−𝑘2)𝑥2−2

𝑘𝑚𝑥−𝑚2−3=0，则𝑥1+𝑥2=2𝑘𝑚3;𝑘2，𝑥1𝑥2=−𝑚2:33;𝑘2，𝑥1−𝑥2=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=2√3(𝑚2:3;𝑘2)3;𝑘2．不段点𝑀的坐标为(𝑥𝑀,𝑦𝑀)，

则{𝑦𝑀−𝑦1=−√3(𝑥𝑀−𝑥1)𝑦𝑀−𝑦2=√3(𝑥𝑀−𝑥2)．两式相减，得𝑦1−𝑦2=2√3𝑥𝑀−√3(𝑥1+𝑥2)，而𝑦1−𝑦2=(𝑘𝑥1+𝑚)−(𝑘𝑥2+𝑚)=第16页，共18页𝑘(𝑥1−�

�2)，故2√3𝑥𝑀=𝑘(𝑥1−𝑥2)+√3(𝑥1+𝑥2)，解得𝑥𝑀=𝑘√𝑚2:3;𝑘2:𝑘𝑚3;𝑘2．两式相加，得2𝑦𝑀−(𝑦1+𝑦2)=√3(𝑥1−𝑥2)，而𝑦1+𝑦2=(𝑘𝑥1+𝑚)+(𝑘𝑥2+𝑚)=𝑘(𝑥1

+𝑥2)+2𝑚，故2𝑦𝑀=𝑘(𝑥1+𝑥2)+√3(𝑥1−𝑥2)+2𝑚，解得𝑦𝑀=3√𝑚2:3;𝑘2:3𝑚3;𝑘2=3𝑘𝑥𝑀⋅因此，点𝑀的轨迹为直线𝑦=3𝑘𝑥，其中𝑘为直线𝑃𝑄的斜率．若选择①②:设直线𝐴

𝐵的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)，并设𝐴的坐标为(𝑥𝐴,𝑦𝐴)，𝐵的坐标为(𝑥𝐵,𝑦𝐵).则{𝑦𝐴=𝑘(𝑥𝐴−2)𝑦𝐴=√3𝑥𝐴，解得𝑥𝐴=2𝑘𝑘;√3，𝑦𝐴=2

√3𝑘𝑘;√3．同理可得𝑥𝐵=2𝑘𝑘:√3，𝑦𝐵=−2√3𝑘𝑘:√3．此时𝑥𝐴+𝑥𝐵=4𝑘2𝑘2;3，𝑦𝐴+𝑦𝐵=12𝑘𝑘2;3．而点𝑀的坐标满足{𝑦𝑀=𝑘(𝑥𝑀−2)𝑦𝑀=3�

�𝑥𝑀，解得𝑥𝑀=2𝑘2𝑘2;3=𝑥𝐴:𝑥𝐵2，𝑦𝑀=6𝑘𝑘2;3=𝑦𝐴:𝑦𝐵2，故𝑀为𝐴𝐵的中点，即|𝑀𝐴|=|𝑀𝐵|．若选择①③:当直线𝐴𝐵的斜率不存在时，点𝑀即为点𝐹(2,0)，此时𝑀不在直线𝑦=3𝑘𝑥上

，矛盾．故直线𝐴𝐵的斜率存在，设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑝(𝑥−2)(𝑝≠0)，并设𝐴的坐标为(𝑥𝐴,𝑦𝐴)，𝐵的坐标为(𝑥𝐵,𝑦𝐵).则{𝑦𝐴=𝑝(𝑥𝐴−2)𝑦𝐴=√3

𝑥𝐴，解得𝑥𝐴=2𝑝𝑝;√3，𝑦𝐴=2√3𝑝𝑝;√3．同理可得𝑥𝐵=2𝑝𝑝:√3，𝑦𝐵=−2√3𝑝𝑝:√3．此时𝑥𝑀=𝑥𝐴:𝑥𝐵2=2𝑝2𝑝2;3，𝑦𝑀=𝑦𝐴:𝑦𝐵2=6𝑝

𝑝2;3．由于点𝑀同时在直线𝑦=3𝑘𝑥上，故6𝑝=3𝑘·2𝑝2，解得𝑘=𝑝.因此𝑃𝑄//𝐴𝐵．若选择②③:设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)，并设𝐴的坐标为(𝑥𝐴,𝑦𝐴)，�

�的坐标为(𝑥𝐵,𝑦𝐵).则{𝑦𝐴=𝑘(𝑥𝐴−2)𝑦𝐴=√3𝑥𝐴解得𝑥𝐴=2𝑘𝑘;√3，𝑦𝐴=2√3𝑘𝑘;√3．同理可得𝑥𝐵=2𝑘𝑘:√3，𝑦𝐵=−2√3𝑘𝑘:√3，第17页，共18页设𝐴𝐵的中点为𝐶(

𝑥𝐶,𝑦𝐶)，则𝑥𝐶=𝑥𝐴:𝑥𝐵2=2𝑘2𝑘2;3，𝑦𝐶=𝑦𝐴:𝑦𝐵2=6𝑘𝑘2;3．由于|𝑀𝐴|=|𝑀𝐵|，故𝑀在𝐴𝐵的垂直平分线上，即点𝑀在直线𝑦−𝑦𝐶=−1𝑘(𝑥−𝑥𝐶)上．将该直线与𝑦=

3𝑘𝑥联立，解得𝑥𝑀=2𝑘2𝑘2;3=𝑥𝐶，𝑦𝑀=6𝑘𝑘2;3=𝑦𝐶，即点𝑀恰为𝐴𝐵中点，故点而在直线𝐴𝐵上．【解析】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位

置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．22.【答案】解：(1)𝑎=1⇒𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥=(𝑥−1)𝑒𝑥⇒𝑓′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥当𝑥∈(−∞,0)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓

(𝑥)单调递减;当𝑥∈(0,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增．(2)令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+1=𝑥𝑒𝑎𝑥−𝑒𝑥+1(𝑥≥0)⇒𝑔(𝑥)≤𝑔(0)=0对∀𝑥≥0恒成立又𝑔′(𝑥)=𝑒𝑎

𝑥+𝑎𝑥𝑒𝑎𝑥−𝑒𝑥⇒𝑔′(0)=0令𝑕(𝑥)=𝑔′(𝑥)⇒𝑕′(𝑥)=𝑎𝑒𝑎𝑥+𝑎(𝑒𝑎𝑥+𝑎𝑥𝑒𝑎𝑥)−𝑒𝑥=𝑎(2𝑒𝑎𝑥+𝑎�

�𝑒𝑎𝑥)−𝑒𝑥，则𝑕′(0)=2𝑎−1①若𝑕′(0)=2𝑎−1>0，即𝑎>12，𝑕′(0)=lim𝑥→0+𝑔′(𝑥);𝑔′(0)𝑥;0=lim𝑥→0+𝑔′(𝑥)𝑥>0所以∃𝑥0>0,使得当𝑥∈(0,𝑥0)

时，有𝑔′(𝑥)𝑥>0⇒𝑔′(𝑥)>0⇒𝑔(𝑥)单调递增⇒𝑔(𝑥0)>𝑔(0)=0，矛盾②若𝑕′(0)=2𝑎−1≤0，即𝑎≤12时，𝑔′(𝑥)=𝑒𝑎𝑥+𝑎𝑥𝑒𝑎𝑥−𝑒𝑥=𝑒𝑎𝑥:ln(1:𝑎𝑥)−𝑒𝑥≤𝑒12𝑥:ln(1:12𝑥

)−𝑒𝑥≤𝑒12𝑥:12𝑥−𝑒𝑥=0⇒𝑔(𝑥)在,0,+∞)上单调递减，𝑔(𝑥)≤𝑔(0)=0，符合题意．综上所述，实数𝑎的取值范围是𝑎≤12．(3)求导易得𝑡−1𝑡>2ln𝑡(𝑡>1)令𝑡=√1+1𝑛

⇒√1+1𝑛−1√1:1𝑛>2ln√1+1𝑛⇒1𝑛√1:1𝑛>ln(1+1𝑛)⇒1√𝑛2+𝑛>ln(𝑛+1𝑛)⇒∑1√𝑘2+𝑘𝑛𝑘<1>∑ln𝑛𝑘<1(𝑘+1𝑘)=ln(21⋅32⋯𝑛+1𝑛)=ln(𝑛+1)即1√12:1+1√22:

2+⋯+1√𝑛2:𝑛>ln(𝑛+1)，证毕．第18页，共18页【解析】本题考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用导数解(证明)不等式，属于难题。