【文档说明】2022全国高考乙卷数学（文科）试题及答案.docx，共(19)页，454.694 KB，由baby熊上传

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试卷第1页，共4页2022年全国高考乙卷数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．集合𝑀=*2,4,6,8,

10+,𝑁=*𝑥|−1<𝑥<6+，则𝑀∩𝑁=（）A．*2,4+B．*2,4,6+C．*2,4,6,8+D．*2,4,6,8,10+2．设(1+2i)𝑎+𝑏=2i，其中𝑎,𝑏为实数，则（）A．𝑎=1,𝑏=−1B．𝑎=

1,𝑏=1C．𝑎=−1,𝑏=1D．𝑎=−1,𝑏=−13．已知向量𝑎⃑=(2,1)，𝑏⃑⃑=(−2,4)，则|𝑎⃑−𝑏⃑⃑|（）A．2B．3C．4D．54．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），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A．甲同学周课外体

育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．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．若x，y

满足约束条件{𝑥+𝑦⩾2,𝑥+2𝑦⩽4,𝑦⩾0,则𝑧=2𝑥−𝑦的最大值是（）A．−2B．4C．8D．126．设F为抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点，点A在C上，点𝐵(3,0)，若|�

�𝐹|=|𝐵𝐹|，则|𝐴𝐵|=（）A．2B．2√2C．3D．3√27．执行下边的程序框图，输出的𝑛=（）试卷第2页，共4页A．3B．4C．5D．68．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=;𝑥3:3𝑥𝑥2

:1B．𝑦=𝑥3;𝑥𝑥2:1C．𝑦=2𝑥cos𝑥𝑥2:1D．𝑦=2sin𝑥𝑥2:19．在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E，F分别为𝐴𝐵,𝐵𝐶的中点，则（）A．平面𝐵1𝐸�

�⊥平面𝐵𝐷𝐷1B．平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐴1𝐵𝐷C．平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐴𝐶D．平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐶1𝐷10．已知等比数列*𝑎𝑛+的前3项和为168，𝑎2−𝑎5=42，则𝑎6=（）

A．14B．12C．6D．311．函数𝑓(𝑥)=cos𝑥+(𝑥+1)sin𝑥+1在区间,0,2π-的最小值、最大值分别为（）A．−π2，π2B．−3π2，π2C．−π2，π2+2D．−3π2，π2+2

12．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．√22试卷第3页，共4页二、填空题13．记𝑆𝑛为等差数列*𝑎𝑛+的前n项和．若2𝑆3=3𝑆2+6，则公差𝑑=_______．14．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．过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．三、双空题16．若𝑓(𝑥)=ln|𝑎+

11;𝑥|+𝑏是奇函数，则𝑎=_____，𝑏=______．四、解答题17．记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)．(1)若𝐴=2𝐵，

求C；(2)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐218．如图，四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷,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，当△𝐴𝐹𝐶的面积最小时，求三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐶的体积．19．某地经过多年的环境治理，已将荒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棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）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试卷第4页，共4页并计算得∑𝑥i210i=1=0.038,∑𝑦i210i=1=1.6158,∑𝑥i𝑦i10i=1=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�

�=∑(𝑥i;𝑥̅)𝑛i=1(𝑦i;𝑦̅)√∑(𝑥i;𝑥̅)2𝑛i=1∑(𝑦i;𝑦̅)2𝑛i=1,√1.896≈1.377．20．已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln

𝑥．(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．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轴的直线与线段AB交于点T，点H满足𝑀𝑇⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑇𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑．证明：直线HN过定点．22．在直角坐标系𝑥𝑂�

�中，曲线C的参数方程为{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．23．已知a，b，c都是正数，且𝑎32+𝑏32+𝑐32=1，证明：(1)𝑎𝑏𝑐≤19；(2)𝑎𝑏:𝑐+𝑏𝑎:𝑐+𝑐𝑎:𝑏≤12√𝑎𝑏𝑐；答案第1页，共15页参考答案：1．A【解析】【分析】根据集合的交集运

算即可解出．【详解】因为𝑀=*2,4,6,8,10+，𝑁=*𝑥|−1<𝑥<6+，所以𝑀∩𝑁=*2,4+．故选：A.2．A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．【详解】因为𝑎,𝑏∈R，(𝑎+𝑏)+2

𝑎i=2i，所以𝑎+𝑏=0,2𝑎=2，解得：𝑎=1,𝑏=−1．故选：A.3．D【解析】【分析】先求得𝑎⃑−𝑏⃑⃑，然后求得|𝑎⃑−𝑏⃑⃑|.【详解】因为𝑎⃑−𝑏⃑⃑=(2,1)−(−2,4)

=(4,−3)，所以|𝑎⃑−𝑏⃑⃑|=√42+(−3)2=5.故选：D4．C【解析】【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中

位数为7.3:7.52=7.4，A选项结论正确.对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：答案第2页，共15页6.3:7.4:7.6:8.1:8.2:8.2:8.5:8.6:8.6:8.6:8.6:9.0:9.2:9.3:9.8:10.116=8.50625>

8，B选项结论正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值616=0.375<0.4，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值1316=0.8125>0.6，D选项结

论正确.故选：C5．C【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数𝑧=2𝑥−𝑦为𝑦=2𝑥−𝑧，上下平移直线𝑦=2𝑥−𝑧，可得当直线过点(

4,0)时，直线截距最小，z最大，所以𝑧max=2×4−0=8.故选：C.6．B【解析】答案第3页，共15页【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点𝐴的横坐标，进而求得点𝐴坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，𝐹(1,0)，则|𝐴𝐹|=|𝐵𝐹|=2，即点𝐴到

准线𝑥=−1的距离为2，所以点𝐴的横坐标为−1+2=1，不妨设点𝐴在𝑥轴上方，代入得，𝐴(1,2)，所以|𝐴𝐵|=√(3−1)2+(0−2)2=2√2.故选：B7．B【解析】【分析】根据框图循

环计算即可.【详解】执行第一次循环，𝑏=𝑏+2𝑎=1+2=3，𝑎=𝑏−𝑎=3−1=2,𝑛=𝑛+1=2，|𝑏2𝑎2−2|=|3222−2|=14>0.01；执行第二次循环，𝑏=𝑏+

2𝑎=3+4=7，𝑎=𝑏−𝑎=7−2=5,𝑛=𝑛+1=3，|𝑏2𝑎2−2|=|7252−2|=125>0.01；执行第三次循环，𝑏=𝑏+2𝑎=7+10=17，𝑎=𝑏−𝑎=17−5=12,𝑛=𝑛+1=4，|𝑏2𝑎2−2|=|172122−2

|=1144<0.01，此时输出𝑛=4.故选：B8．A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】答案第4页，共15页设𝑓(𝑥)=𝑥3;𝑥𝑥2:1，则𝑓(1)=0，故排除B;设𝑕(𝑥)=2𝑥cos

𝑥𝑥2:1，当𝑥∈(0,π2)时，0<cos𝑥<1，所以𝑕(𝑥)=2𝑥cos𝑥𝑥2:1<2𝑥𝑥2:1≤1，故排除C;设𝑔(𝑥)=2sin𝑥𝑥2:1，则𝑔(3)=2sin310>0，故排除D.故选：A.9．A【解析】【分析】证明𝐸𝐹⊥平面𝐵�

�𝐷1，即可判断A；如图，以点𝐷为原点，建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=2，分别求出平面𝐵1𝐸𝐹，𝐴1𝐵𝐷，𝐴1𝐶1𝐷的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷且𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵

𝐶𝐷，又𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐸𝐹⊥𝐷𝐷1，因为𝐸,𝐹分别为𝐴𝐵,𝐵𝐶的中点，所以𝐸𝐹∥𝐴𝐶，所以𝐸𝐹⊥𝐵𝐷，又𝐵𝐷∩𝐷𝐷1=𝐷，所以𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，又𝐸𝐹⊂平面𝐵1𝐸𝐹，所以平面𝐵1𝐸𝐹

⊥平面𝐵𝐷𝐷1，故A正确；如图，以点𝐷为原点，建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=2，则𝐵1(2,2,2),𝐸(2,1,0),𝐹(1,2,0),𝐵(2,2,0),𝐴1(2,0,2),𝐴(2,0,0),𝐶(

0,2,0)，𝐶1(0,2,2)，则𝐸𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,1,0),𝐸𝐵1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,1,2)，𝐷𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,2,0),𝐷𝐴1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,0,2)，𝐴𝐴1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,0,

2),𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−2,2,0),𝐴1𝐶1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−2,2,0),设平面𝐵1𝐸𝐹的法向量为𝑚⃑⃑⃑=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则有{𝑚⃑⃑⃑⋅𝐸𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑥1+𝑦1=0𝑚⃑⃑⃑⋅𝐸𝐵1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑

=𝑦1+2𝑧1=0，可取𝑚⃑⃑⃑=(2,2,−1)，同理可得平面𝐴1𝐵𝐷的法向量为𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑=(1,−1,−1)，答案第5页，共15页平面𝐴1𝐴𝐶的法向量为𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑=(1,1,0)，平面𝐴1𝐶

1𝐷的法向量为𝑛3⃑⃑⃑⃑⃑=(1,1,−1)，则𝑚⃑⃑⃑⋅𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑=2−2+1=1≠0，所以平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐵𝐷不垂直，故B错误；因为𝑚⃑⃑⃑与𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑不平

行，所以平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐴𝐶不平行，故C错误；因为𝑚⃑⃑⃑与𝑛3⃑⃑⃑⃑⃑不平行，所以平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐶1𝐷不平行，故D错误，故选：A.10．D【解析】【分析】设等比数列*𝑎𝑛+的公比为�

�,𝑞≠0，易得𝑞≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列*𝑎𝑛+的公比为𝑞,𝑞≠0，若𝑞=1，则𝑎2−𝑎5=0，与题意矛盾，所以𝑞≠1，则{𝑎1+𝑎2+𝑎3

=𝑎1(1;𝑞3)1;𝑞=168𝑎2−𝑎5=𝑎1𝑞−𝑎1𝑞4=42，解得{𝑎1=96𝑞=12，答案第6页，共15页所以𝑎6=𝑎1𝑞5=3.故选：D.11．D【解析】【分析】利用导数求得𝑓(𝑥)的单调区间，从而判断出

𝑓(𝑥)在区间,0,2π-上的最小值和最大值.【详解】𝑓′(𝑥)=−sin𝑥+sin𝑥+(𝑥+1)cos𝑥=(𝑥+1)cos𝑥，所以𝑓(𝑥)在区间.0,π2/和.3π2,2π/上𝑓′(𝑥)>0，即𝑓(𝑥)单调递增；在区间.π2,3π2/上𝑓′(�

�)<0，即𝑓(𝑥)单调递减，又𝑓(0)=𝑓(2π)=2，𝑓.π2/=π2+2，𝑓.3π2/=−.3π2+1/+1=−3π2，所以𝑓(𝑥)在区间,0,2π-上的最小值为−3π2，最大值为π2+2.故选：D12．C【解析】【分析】先证明当

四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2𝑟2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为𝛼

，则𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=12⋅𝐴𝐶⋅𝐵𝐷⋅sin𝛼≤12⋅𝐴𝐶⋅𝐵𝐷≤12⋅2𝑟⋅2𝑟=2𝑟2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积

最大值为2𝑟2又𝑟2+𝑕2=1则𝑉𝑂;𝐴𝐵𝐶𝐷=13⋅2𝑟2⋅𝑕=√23√𝑟2⋅𝑟2⋅2𝑕2≤√23√.𝑟2:𝑟2:2ℎ23/3=4√327答案第7页，共15页当且仅当𝑟2=2𝑕2即𝑕=

√33时等号成立，故选：C13．2【解析】【分析】转化条件为2(𝑎1+2𝑑)=2𝑎1+𝑑+6，即可得解.【详解】由2𝑆3=3𝑆2+6可得2(𝑎1+𝑎2+𝑎3)=3(𝑎1+𝑎2)+6，化简得2𝑎3=𝑎1

+𝑎2+6，即2(𝑎1+2𝑑)=2𝑎1+𝑑+6，解得𝑑=2.故答案为：2.14．310##0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为C53=10甲、乙

都入选的方法数为C31=3，所以甲、乙都入选的概率𝑃=310故答案为：31015．(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】设圆的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，若过

(0,0)，(4,0)，(−1,1)，则{𝐹=016+4𝐷+𝐹=01+1−𝐷+𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=0𝐷=−4𝐸=−6，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥−6𝑦=0，即(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=13；答案第8页，共1

5页若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，则{𝐹=016+4𝐷+𝐹=016+4+4𝐷+2𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=0𝐷=−4𝐸=−2，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦=0，即(𝑥−2)2+(𝑦−

1)2=5；若过(0,0)，(4,2)，(−1,1)，则{𝐹=01+1−𝐷+𝐸+𝐹=016+4+4𝐷+2𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=0𝐷=−83𝐸=−143，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−83𝑥−143𝑦=0，即.𝑥−43/2+.𝑦−73/2=659；若过(−1,1)，

(4,0)，(4,2)，则{1+1−𝐷+𝐸+𝐹=016+4𝐷+𝐹=016+4+4𝐷+2𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=−165𝐷=−165𝐸=−2，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−165𝑥

−2𝑦−165=0，即.𝑥−85/2+(𝑦−1)2=16925；故答案为：(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；16．−12；ln2．【解析】【分析】根据奇函数的定

义即可求出．【详解】因为函数𝑓(𝑥)=ln|𝑎+11;𝑥|+𝑏为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由𝑎+11;𝑥≠0可得，(1−𝑥)(𝑎+1−𝑎𝑥)≠0，所以𝑥=𝑎:1𝑎=−1，解得：𝑎=−12，即函数的定义域为(−∞,−1)∪(−

1,1)∪(1,+∞)，再由𝑓(0)=0可得，𝑏=ln2．即𝑓(𝑥)=ln|−12+11;𝑥|+ln2=ln|1:𝑥1;𝑥|，在定义域内满足𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，符合题意．故答案为：−12；ln2．17．(1)5π8；(2)证明见解析．【解

析】【分析】答案第9页，共15页（1）根据题意可得，sin𝐶=sin(𝐶−𝐴)，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sin𝐶(sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵)=sin𝐵(sin�

�cos𝐴−cos𝐶sin𝐴)，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．(1)由𝐴=2𝐵，sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)可得，sin𝐶sin𝐵=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)，而0<𝐵<π2，所以sin𝐵∈(0,1

)，即有sin𝐶=sin(𝐶−𝐴)>0，而0<𝐶<π,0<𝐶−𝐴<π，显然𝐶≠𝐶−𝐴，所以，𝐶+𝐶−𝐴=π，而𝐴=2𝐵，𝐴+𝐵+𝐶=π，所以𝐶=5π8．(2)由sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=s

in𝐵sin(𝐶−𝐴)可得，sin𝐶(sin𝐴cos𝐵−cos𝐴sin𝐵)=sin𝐵(sin𝐶cos𝐴−cos𝐶sin𝐴)，再由正弦定理可得，𝑎𝑐cos𝐵−𝑏𝑐cos𝐴=𝑏𝑐cos𝐴−𝑎𝑏cos𝐶，然后根据余弦定理可知，12(𝑎2+𝑐2−𝑏

2)−12(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=12(𝑏2+𝑐2−𝑎2)−12(𝑎2+𝑏2−𝑐2)，化简得：2𝑎2=𝑏2+𝑐2，故原等式成立．18．(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通

过证明𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷来证得平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷.（2）首先判断出三角形𝐴𝐹𝐶的面积最小时𝐹点的位置，然后求得𝐹到平面𝐴𝐵𝐶的距离，从而求得三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐶的体积.(1)由于𝐴𝐷=𝐶

𝐷，𝐸是𝐴𝐶的中点，所以𝐴𝐶⊥𝐷𝐸.由于{𝐴𝐷=𝐶𝐷𝐵𝐷=𝐵𝐷∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐵，所以△𝐴𝐷𝐵≅△𝐶𝐷𝐵，所以𝐴𝐵=𝐶𝐵，故𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，由于𝐷�

�∩𝐵𝐷=𝐷，𝐷𝐸,𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐸𝐷，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷，由于𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷，所以平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷.答案第10页，共15页(2)依题意𝐴𝐵=𝐵𝐷=𝐵𝐶=2，∠𝐴𝐶𝐵=60°，三角形𝐴𝐵𝐶是等边三角形，所以

𝐴𝐶=2,𝐴𝐸=𝐶𝐸=1,𝐵𝐸=√3，由于𝐴𝐷=𝐶𝐷,𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，所以三角形𝐴𝐶𝐷是等腰直角三角形，所以𝐷𝐸=1.𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=𝐵𝐷2，所以𝐷�

�⊥𝐵𝐸，由于𝐴𝐶∩𝐵𝐸=𝐸，𝐴𝐶,𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶.由于△𝐴𝐷𝐵≅△𝐶𝐷𝐵，所以∠𝐹𝐵𝐴=∠𝐹𝐵𝐶，由于{𝐵𝐹=𝐵𝐹∠𝐹𝐵𝐴=∠𝐹𝐵𝐶𝐴𝐵=𝐶𝐵，所以△𝐹𝐵�

�≅△𝐹𝐵𝐶，所以𝐴𝐹=𝐶𝐹，所以𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，由于𝑆△𝐴𝐹𝐶=12⋅𝐴𝐶⋅𝐸𝐹，所以当𝐸𝐹最短时，三角形𝐴𝐹𝐶的面积最小值.过𝐸作𝐸𝐹⊥𝐵𝐷，垂足为𝐹，在Rt△𝐵�

�𝐷中，12⋅𝐵𝐸⋅𝐷𝐸=12⋅𝐵𝐷⋅𝐸𝐹，解得𝐸𝐹=√32，所以𝐷𝐹=√12−.√32/2=12,𝐵𝐹=2−𝐷𝐹=32，所以𝐵𝐹𝐵𝐷=34.过𝐹作𝐹𝐻⊥𝐵𝐸，垂足为𝐻，则𝐹𝐻//𝐷𝐸，所以�

�𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶，且𝐹𝐻𝐷𝐸=𝐵𝐹𝐵𝐷=34，所以𝐹𝐻=34,所以𝑉𝐹;𝐴𝐵𝐶=13⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐹𝐻=13×12×2×√3×34=√34.19．(1)0.06m2；0.39m3(2)0.97(3)1209m3答案第11页，共15

页【解析】【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该

林区这种树木的总材积量的估计值．(1)样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值𝑥̅=0.610=0.06样本中10棵这种树木的材积量的平均值𝑦̅=3.910=0.39据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.0

6m2，平均一棵的材积量为0.39m3(2)𝑟=∑(𝑥i−𝑥)10i=1(𝑦i−𝑦)√∑10i=1(𝑥i−𝑥)2∑10i=1(𝑦i−𝑦)2=∑10i=1𝑥i𝑦i−10𝑥𝑦√(∑10i=1𝑥i2−10𝑥2)(∑10i=1𝑦i2−10𝑦2)=0.2474−10

×0.06×0.39√(0.038−10×0.062)(1.6158−10×0.392)=0.0134√0.0001896≈0.01340.01377≈0.97则𝑟≈0.97(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为𝑌m3，又已知树木的材积量与其根部横

截面积近似成正比，可得0.060.39=186𝑌，解之得𝑌=1209m3．则该林区这种树木的总材积量估计为1209m320．(1)−1(2)(0,+∞)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解

；（2）求导得𝑓′(𝑥)=(𝑎𝑥;1)(𝑥;1)𝑥2，按照𝑎≤0、0<𝑎<1及𝑎>1结合导数讨论函数的单调性，答案第12页，共15页求得函数的极值，即可得解.(1)当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−1𝑥−ln𝑥

,𝑥>0，则𝑓′(𝑥)=1𝑥2−1𝑥=1;𝑥𝑥2，当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=−1；(2)𝑓(𝑥)=𝑎

𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln𝑥,𝑥>0，则𝑓′(𝑥)=𝑎+1𝑥2−𝑎:1𝑥=(𝑎𝑥;1)(𝑥;1)𝑥2，当𝑎≤0时，𝑎𝑥−1≤0，所以当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，�

�(𝑥)单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=𝑎−1<0，此时函数无零点，不合题意；当0<𝑎<1时，1𝑎>1，在(0,1)

,(1𝑎,+∞)上，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；在(1,1𝑎)上，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；又𝑓(1)=𝑎−1<0，由（1）得1𝑥+ln𝑥≥1，即ln1𝑥≥1−𝑥，所以ln𝑥<𝑥,

ln√𝑥<√𝑥,ln𝑥<2√𝑥，当𝑥>1时，𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln𝑥>𝑎𝑥−1𝑥−2(𝑎+1)√𝑥>𝑎𝑥−(2𝑎+3)√𝑥，则存在𝑚=(3𝑎+2)2>1𝑎，使得𝑓(𝑚)>0，所以𝑓(𝑥)仅在(1𝑎,

+∞)有唯一零点，符合题意；当𝑎=1时，𝑓′(𝑥)=(𝑥;1)2𝑥2≥0，所以𝑓(𝑥)单调递增，又𝑓(1)=𝑎−1=0，所以𝑓(𝑥)有唯一零点，符合题意；当𝑎>1时，1𝑎<1，在(0,1𝑎)

,(1,+∞)上，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；在(1𝑎,1)上，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；此时𝑓(1)=𝑎−1>0，由（1）得当0<𝑥<1时，ln𝑥>1−1𝑥，ln√𝑥>1−1√𝑥，所以ln𝑥>

2(1−1√𝑥)，此时𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln𝑥<𝑎𝑥−1𝑥−2(𝑎+1)(1−1√𝑥)<−1𝑥+2(𝑎:1)√𝑥,存在𝑛=14(𝑎:1)2<1𝑎，使得𝑓(𝑛)<0，答案第13页，共15

页所以𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)有一个零点，在(1𝑎,+∞)无零点，所以𝑓(𝑥)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0,+∞).【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函

数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.21．(1)𝑦24+𝑥23=1(2)(0,−2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E的方程为𝑚𝑥2+𝑛𝑦2=1，过𝐴(0,−2),

𝐵.32,−1/，则{4𝑛=194𝑚+𝑛=1，解得𝑚=13，𝑛=14，所以椭圆E的方程为：𝑦24+𝑥23=1.(2)𝐴(0,−2),𝐵(32,−1)，所以𝐴𝐵:𝑦+2=23𝑥，①若过点𝑃(1,−2)的直线斜率不存在，直线𝑥=1.代入𝑥23+𝑦24=1

，可得𝑀(1,2√63)，𝑁(1,−2√63)，代入AB方程𝑦=23𝑥−2，可得𝑇(√6+3,2√63)，由𝑀𝑇⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑇𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑得到𝐻(2√6+5,2√63).求得HN方程：𝑦=(2−2√63)𝑥−2

，过点(0,−2).②若过点𝑃(1,−2)的直线斜率存在，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，答

案第14页，共15页可得{𝑥1+𝑥2=6𝑘(2:𝑘)3𝑘2:4𝑥1𝑥2=3𝑘(4:𝑘)3𝑘2:4，{𝑦1+𝑦2=;8(2:𝑘)3𝑘2:4𝑦2𝑦2=4(4:4𝑘;2𝑘2)3𝑘2:4，且𝑥1𝑦

2+𝑥2𝑦1=;24𝑘3𝑘2:4(∗)联立{𝑦=𝑦1𝑦=23𝑥−2,可得𝑇(3𝑦12+3,𝑦1),𝐻(3𝑦1+6−𝑥1,𝑦1).可求得此时𝐻𝑁:𝑦−𝑦2=𝑦1;𝑦23𝑦1:6;𝑥1;𝑥

2(𝑥−𝑥2)，将(0,−2)，代入整理得2(𝑥1+𝑥2)−6(𝑦1+𝑦2)+𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1−3𝑦1𝑦2−12=0，将(∗)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).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.22．(1)√3𝑥+�

�+2𝑚=0(2)−1912≤𝑚≤52【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.(1)因为l：𝜌s

in.𝜃+𝜋3/+𝑚=0，所以12𝜌⋅sin𝜃+√32𝜌⋅cos𝜃+𝑚=0，又因为𝜌⋅sin𝜃=𝑦,𝜌⋅cos𝜃=𝑥，所以化简为12𝑦+√32𝑥+𝑚=0，整理得l的直角坐标方程：√3𝑥+𝑦+2𝑚=0(2)联立l与

C的方程，即将𝑥=√3cos2𝑡，𝑦=2sin𝑡代入√3𝑥+𝑦+2𝑚=0中，可得3cos2𝑡+2sin𝑡+2𝑚=0，所以3(1−2sin2𝑡)+2sin𝑡+2𝑚=0，化简为−6sin2𝑡+2sin𝑡+3+2𝑚=0，答案第15页，共15页要使l与C有公

共点，则2𝑚=6sin2𝑡−2sin𝑡−3有解，令sin𝑡=𝑎，则𝑎∈,−1,1-，令𝑓(𝑎)=6𝑎2−2𝑎−3，(−1≤𝑎≤1)，对称轴为𝑎=16，开口向上，所以𝑓(𝑎)𝑚𝑎𝑥=𝑓(−1)=6+2−3=5，𝑓(𝑎)min=𝑓(16)=16−26−

3=−196，所以−196≤2𝑚≤5m的取值范围为−1912≤𝑚≤52.23．(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．(1)证明：因为𝑎>0，𝑏>0，𝑐>0，则𝑎32>0，𝑏3

2>0，𝑐32>0，所以𝑎32:𝑏32:𝑐323≥√𝑎32⋅𝑏32⋅𝑐323，即(𝑎𝑏𝑐)12≤13，所以𝑎𝑏𝑐≤19，当且仅当𝑎32=𝑏32=𝑐32，即𝑎=𝑏=𝑐=√193时取等号．(2)证明：因为𝑎>0，𝑏

>0，𝑐>0，所以𝑏+𝑐≥2√𝑏𝑐，𝑎+𝑐≥2√𝑎𝑐，𝑎+𝑏≥2√𝑎𝑏，所以𝑎𝑏:𝑐≤𝑎2√𝑏𝑐=𝑎322√𝑎𝑏𝑐，𝑏𝑎:𝑐≤𝑏2√𝑎𝑐=𝑏322√𝑎𝑏𝑐，

𝑐𝑎:𝑏≤𝑐2√𝑎𝑏=𝑐322√𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏+𝑐+𝑏𝑎+𝑐+𝑐𝑎+𝑏≤𝑎322√𝑎𝑏𝑐+𝑏322√𝑎𝑏𝑐+𝑐322√𝑎𝑏𝑐=𝑎32+𝑏32+𝑐322√𝑎

𝑏𝑐=12√𝑎𝑏𝑐当且仅当𝑎=𝑏=𝑐时取等号．