2高考文科数学统计习题答案

2022年吉林高考数学真题及参考答案文科数学注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设集合{}1086,42，，，=M ，{}61<<-=x x N ，则=⋂N M （）A.{}4,2 B.{}6,4,2 C.{}86,4,2， D.{}1086,42，，，2.若()i b a i 221=++，其中a ，b 为实数，则（）A.1,1-==b a B.1,1==b a C.1,1=-=b a D.1,1-=-=b a 3.已知向量()1,2=a ，()4,2-=b=-（）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y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≤+≥+0422y y x y x ，则y x z -=2的最大值是（）A.2- B.4C.8D.126.设F 为抛物线x y C 4:2=的焦点，点A 在C 上，点()0,3B ，若BF AF =，则=AB （）A.2B.22C.3D.237.执行右图的程序框图，输出的=n （）A.3B.4C.5D.68.右图是下列四个函数中的某个函数在区间[]3,3-的大致图象，则该函数是（）A.1323++-=x x x y B.1323+-=x x x y C.1cos 22+=x x x y D.1sin 22+=x x y 9.在正方体1111D C B A ABCD -，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，则（）A.平面EF B 1⊥平面1BDDB.平面EF B 1⊥平面BD A 1C.平面EF B 1∥平面ACA 1 D.平面EFB 1∥平面DC A 1110.已知等比数列{}n a 的前3项和为168，4252=-a a ，则=6a （）A.14B.12C.6D.311.函数()()1sin 1cos +++=x x x x f 在区间[]π2,0的最小值、最大值分别为（）A.22ππ，-B.223ππ，-C.222+-ππ， D.2223+-ππ，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.31B.21 C.33 D.22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019年高考全国2卷文科数学试题解析1．设集合{1,2,3},{2,3,4}A B ==，则AB =A ．{}123,4，， B ．{}123，， C ．{}234，， D ．{}134，， 【答案】A 【解析】由题意{1,2,3,4}A B =，故选A.2．(1i)(2i)++=A ．1i -B ．13i +C ．3i +D ．33i + 【答案】B3．函数π()sin(2)3f x x =+最小正周期为 A ．4π B ．2π C ． π D ．π2【答案】C【解析】由题意2ππ2T ==，故选C. 4．设非零向量a ，b 满足+=-a b a b ，则A ．a ⊥bB ．=a bC ．a ∥bD ．>a b 【答案】A【解析】由+=-a b a b 平方得222222+⋅+=-⋅+a a b b a a b b ，即0⋅=a b ，则⊥a b ，故选A.5．若1a >，则双曲线2221x y a-=的离心率取值范围是A ．)+∞B ．2)C ．D ．(1,2) 【答案】C6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为221π36π3463π2V =⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B. 7．设,x y 满足约束条件2+330,2330,30,x y x y y -≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩则2z x y =+的最小值是A ．15-B ．9-C ．1D ．9 【答案】A【解析】绘制不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义可得函数在点()6,3B --处取得最小值，最小值为min 12315z =--=-．故选A.8．函数2()ln(28)f x x x =--的单调递增区间是A ．(,2)-∞-B ． (,1)-∞C ． (1,)+∞D ． (4,)+∞ 【答案】D9．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩【答案】D【解析】由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己结果，故选D.10．执行下面的程序框图，如果输入的1a=-，则输出的S=A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B11．从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为A．110B．15C．310D．25【答案】D【解析】如下表所示，表中的点的横坐标表示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取到的数：总计有25种情况，满足条件的有10种. 所以所求概率为102255=. 12．过抛物线2:4C y x =的焦点F ，3的直线交C 于点M （M 在x 的轴上方），l 为C 的准线，点N 在l 上且MN l ⊥,则M 到直线NF 的距离为A 5B ．2C ． 23D ． 33【答案】C二、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．函数()2cos sin f x x x =+的最大值为 . 5【解析】2()215f x ≤+=14．已知函数()f x 是定义在R 上函数，当(,0)x ∈-∞时，32()2f x x x =+,则(2)f = .【答案】12【解析】(2)(2)[2(8)4]12f f =--=-⨯-+=.15．长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 球面上，则球O 的表面积为 . 【答案】14π【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++===16．ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,若2cos cos cos b B a C c A =+,则B = .【答案】π3【解析】由正弦定理可得1π2sin cos sin cos sin cos sin()sin cos 23B B AC C A A C B B B =+=+=⇒=⇒=. 17．（12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S . 18．（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积. 19．（12分）海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取100个网箱，测量各箱水产品产量（单位：kg ）, 其频率分布直方图如下：（1）记A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，估计A 的概率；（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：（3）根据箱产量的频率分布直方图，对这两种养殖方法的优劣进行比较. 附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++.K 2=22006266343815.70510010096104⨯⨯-⨯⨯⨯⨯（）≈.由于15.705＞6.635,故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关.（3）箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值（或中位数）在50 kg 到55 kg 之间，旧养殖法箱产量平均值(或中位数)在45 kg 到50 kg 之间,且新养殖法的箱产量分布集中程度较旧养殖法箱产量分布集中程度高,因此,可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定,从而新养殖法优于旧养殖法. 20．（12分）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C 错误!未找到引用源。

文科数学专题概率与统计(学案)高考二轮复习资料含答案1．以客观题形式考查抽样方法，样本的数字特征和回归分析，独立性检验的基本思路、方法及相关计算与推断．2．本部分较少命制大题，若在大题中考查多在概率与统计、算法框图等知识交汇处命题，重点考查抽样方法，频率分布直方图和回归分析或独立性检验，注意加强抽样后绘制频率分布直方图，然后作统计分析或求概率的综合练习．3．以客观题形式考查古典概型与几何概型、互斥事件与对立事件的概率计算．4．与统计结合在大题中考查古典概型与几何概型．(1)在频率分布直方图中：频率①各小矩形的面积表示相应各组的频率，各小矩形的高＝；②各小矩形面积之和等于1；③中位数组距左右两侧的直方图面积相等，因此可以估计其近似值．(2)茎叶图当数据有两位有效数字时，用中间的数字表示十位数，即第一个有效数字，两边的数字表示个位数，从总体中逐个抽取少在起始部分抽样时采按事先确定的规则在各用简单随机抽样总体中的个体数较多分层抽样时采用简单总体由差异明显的随机抽样或系统抽样几部分组成即第二个有效数字，它的中间部分像植物的茎，两边部分像植物茎上长出来的叶子，因此通常把这样的图叫做茎叶图．当数据有三位有效数字，前两位相对比较集中时，常以前两位为茎，第三位(个位)为叶(其余类推)．3．样本的数字特征(1)众数在样本数据中，频率分布最大值所对应的样本数据(或出现次数最多的那个数据)．(2)中位数样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的数据．如果数据的个数为偶数，就取当中两个数据的平均数作为中位数．(3)平均数与方差－1样本数据的平均数某＝(某1＋某2＋＋某n)．n1－2－2－22方差＝[(某1－某)＋(某2－某)＋＋(某n－某)]．n注意：(1)现实中总体所包含的个体数往往较多，总体的平均数与标准差、方差是不知道(或不可求)的，所以我们通常用样本的平均数与标准差、方差来估计总体的平均数与标准差、方差．(2)平均数反映了数据取值的平均水平，标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小．标准差、方差越大，数据的离散程度越大，越不稳定．4．变量间的相关关系(1)利用散点图可以初步判断两个变量之间是否线性相关．如果散点图中的点从整体上看大致分布在一条直线的附近，我们说变量某和y具有线性相关关系．(2)用最小二乘法求回归直线的方程^^^设线性回归方程为y＝b某＋a，则^b＝－某－某^－^－a＝y－b某ni＝1nii＝1－－某i－某yi－y＝－－某iyi－n某yi＝1nn22i－n某某2－i＝1.－－注意：回归直线一定经过样本的中心点(某，y)，据此性质可以解决有关的计算问题．5．回归分析n某i－某yi－yi＝1－－r＝n，叫做相关系数．某i－某2yi－y2i＝1i＝1－n－相关系数用来衡量变量某与y之间的线性相关程度；|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越高，|r|越接近于0，相关程度越低．6．独立性检验假设有两个分类变量某和Y，它们的取值分别为{某1，某2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称为2某2列联表)为某1某2总计2y1aca＋c2y2bdb＋d总计a＋bc＋da＋b＋c＋da＋b＋c＋dad－bc则K＝，a＋bc＋da＋cb＋d若K>3.841，则有95%的把握说两个事件有关；若K>6.635，则有99%的把握说两个事件有关；若K<2.706，则没有充分理由认为两个事件有关.7.随机事件的概率随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0.8．古典概型①计算一次试验中基本事件的总数n；②求事件A包含的基本事件的个数m；③利用公式P(A)＝计算．9．一般地，如果事件A、B互斥，那么事件A＋B发生(即A、B中有一个发生)的概率，等于事件A、B分别发生的概率的和，即P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．－10．对立事件：在每一次试验中，相互对立的事件A和A不会同时发生，但一定有一个发生，因此有222mnP(A)＝1－P(A)．11．互斥事件与对立事件的关系－对立必互斥，互斥未必对立．12．几何概型一般地，在几何区域D内随机地取一点，记事件“该点落在其内部区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)＝考点一几何概型例1．【2022课标1，】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是d的测度.D的测度141C．2A．【答案】Bπ8πD．4B．【变式探究】(2022·江苏卷)记函数f(某)＝6＋某－某的定义域为D.在区间[－4,5]上随机取一个数某，则某∈D的概率是________．5【答案】93－－252【解析】由6＋某－某≥0，解得－2≤某≤3，则D＝[－2,3]，则所求概率为＝.5－－49【变式探究】从区间[0，1]随机抽取2n个数某1，某2，，某n，y1，y2，，yn，构成n个数对(某1，y1)，(某2，y2)，，(某n，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()A.4n2m2nB.mC.4mn2mD.n【答案】Cmπ4m4m【解析】由题意知，＝，故π＝，即圆周率π的近似值为.n4nn考点二古典概型例2．(2022·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A.B.C.D.【答案】D3102511015【2022山东】从分别标有1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（A）5475（B）（C）（D）18999【答案】C【解析】标有1，2，，9的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4张，所以抽到的2张卡112C5C45,选C.片上的数奇偶性不同的概率是989【变式探究】袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为()A.51011B.C.D．1212121【变式探究】(2022·天津卷)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共424种，所以所求概率P＝＝.105故选C.考点三概率与其他知识的交汇例3、(2022·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温天数[10,15)2[15,20)16[20,25)36[25,30)25[30,35)7[35,40)44 5352515以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率．(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．【变式探究】某汽车美容公司为吸引顾客，推出优惠活动：对首次消费的顾客，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员逐次消费给予相应优惠，标准如下表：消费次数收费比例第1次1第2次0.95第3次0.90第4次0.85第5次及以上0.80该公司从注册的会员中，随机抽取了100位进行统计，得到统计数据如下表：消费次数频数第1次60第2次20第3次10第4次5第5次及以上5假设汽车美容一次，公司成本为150元，根据所给数据，解答下列问题：(1)估计该公司一位会员至少消费两次的概率；(2)某会员仅消费两次，求这两次消费中，公司获得的平均利润；(3)该公司要从这100位里至少消费两次的顾客中按消费次数用分层抽样方法抽出8人，再从这8人中抽出2人发放纪念品，求抽出的2人中恰有1人消费两次的概率．40【解析】(1)100位会员中，至少消费两次的会员有40位，所以估计一位会员至少消费两次的概率为100＝0.4.(2)该会员第1次消费时，公司获得的利润为200－150＝50(元)．50＋40第2次消费时，公司获得的利润为200某0.95－150＝40(元)，所以，公司获得的平均利润为＝245(元)。

2012年普通高等学校招生全国统一考试（2全国卷）数学(文)试题一、选择题 ( 本大题 共 12 题, 共计 60 分)1．已知集合A ＝{x |x 是平行四边形}，B ＝{x |x 是矩形}，C ＝{x |x 是正方形}，D ＝{x |x 是菱形}，则( )A ．AB B ．CB C ．DC D ．AD2．函数1y x =+x ≥－1)的反函数为( ) A ．y ＝x 2－1(x ≥0) B ．y ＝x 2－1(x ≥1) C ．y ＝x 2＋1(x ≥0) D ．y ＝x 2＋1(x ≥1) 3．若函数()sin 3x f x ϕ+=(φ∈[0,2π])是偶函数，则φ＝( ) A ．π2B ．2π3C ．3π2D ．5π34．已知α为第二象限角，3sin 5α=，则sin2α＝( ) A ．2425-B ．1225-C ．1225D ．2425 5．椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x ＝－4，则该椭圆的方程为( )A ．2211612x y += B ．221128x y += C ．22184x y += D ．221124x y += 6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B ．13()2n -C ．12()3n -D ．112n -7． 6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种8．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，122CC =E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A．2 BC ．2D．19．△ABC中，AB边的高为CD．若CB＝a ，CA＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则AD＝()A．1133-a b B．2233-a bC．3355-a b D．4455-a b10．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝()A．14B．35C．34D．4511．已知x＝ln π，y＝log52，12=ez-，则()A．x＜y＜z B．z＜x＜yC．z＜y＜x D．y＜z＜x12．正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝13.动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为() A．8 B．6 C．4 D．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13．(x＋12x)8的展开式中x2的系数为__________．14．若x，y满足约束条件10,30,330, x yx yx y-+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+-≥⎩则z＝3x－y的最小值为__________．15．当函数y＝sin x x(0≤x＜2π)取得最大值时，x＝__________.16．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为__________．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．△ABC中，内角A，B，C成等差数列，其对边a，b，c满足2b2＝3ac，求A．18．已知数列{a n}中，a1＝1，前n项和23n nnS a+=.(1)求a2，a3；(2)求{a n}的通项公式．19．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，P A⊥底面ABCD，AC=P A＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC．(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．20．乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；(2) 求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．21．已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))的直线l与x 轴的交点在曲线y＝f(x)上，求a的值．22．已知抛物线C：y＝(x＋1)2与圆M：(x－1)2＋(y－12)2＝r2(r＞0)有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l.(1)求r；(2)设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．2012年普通高等学校招生全国统一考试（2全国卷）数学(文)试题答案解析:1． B ∵正方形组成的集合是矩形组成集合的子集， ∴C B ．2． A ∵1y x =+∴y 2＝x ＋1， ∴x ＝y 2－1，x ，y 互换可得：y ＝x 2－1. 又∵10y x =+≥.∴反函数中x ≥0，故选A 项． 3．C ∵()sin3x f x ϕ+=是偶函数，∴f (0)＝±1. ∴sin 13ϕ=±.∴ππ32k ϕ=+(k ∈Z)．∴φ＝3k π＋3π2(k ∈Z)． 又∵φ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，3π2ϕ=.故选C 项． 4．A ∵3sin 5α=，且α为第二象限角， ∴24cos 1sin 5αα=-=－－.∴3424sin22sin cos 25525ααα⎛⎫==⨯⨯-=- ⎪⎝⎭.故选A 项． 5． C ∵焦距为4，即2c ＝4，∴c ＝2.又∵准线x ＝－4，∴24a c-=-.∴a 2＝8.∴b 2＝a 2－c 2＝8－4＝4.∴椭圆的方程为22184x y +=，故选C 项．6．B 当n ＝1时，S 1＝2a 2，又因S 1＝a 1＝1，所以21 2a=，213 122S=+=.显然只有B项符合．7．C由题意可采用分步乘法计数原理，甲的排法种数为14A，剩余5人进行全排列：55A，故总的情况有：14A·55A＝480种．故选C 项．8．D连结AC交BD于点O，连结OE，∵AB=2，∴AC=又1CC=AC=CC1.作CH⊥AC1于点H，交OE于点M.由OE为△ACC1的中位线知，CM⊥OE，M为C H的中点．由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥面EOC，∴CM⊥BD．∴CM⊥面BDE.∴HM为直线AC1到平面BDE的距离．又△AC C1为等腰直角三角形，∴CH=2.∴HM=1.9．D∵a·b＝0，∴a⊥b.又∵|a|＝1，|b|＝2，∴||5AB=.∴||5CD==.∴2||25AD ==. ∴4544445()5555AD AB AB ===-=-a b a b .10． C 设|PF 2|＝m ，则|PF 1|＝2m ， 由双曲线定义|PF 1|－|PF 2|＝2a ， ∴2m －m＝.∴m 又24c ==， ∴由余弦定理可得cos ∠F 1PF 2＝2221212||||432||||4PF PF c PF PF +-=.11． D ∵x ＝ln π＞1，y ＝log 52＞1log 2=，121e2z -==>=，且12e －＜e 0＝1，∴y ＜z ＜x . 12． B 如图，由题意：tan ∠BEF =12， ∴2112KX =，∴X 2为HD 中点，2312X D X D =，∴313X D =， 4312X C X C =，∴413X C =， 5412X H X H =，∴512X H =， 5612X A X A =，∴613X A =，∴X 6与E 重合，故选B 项． 13．答案：7 解析：∵(x ＋12x )8展开式的通项为T r ＋1＝8C r x 8－r(12x)r ＝C r 82－r x 8－2r，令8－2r ＝2，解得r ＝3.∴x 2的系数为38C 2－3＝7.14．答案：－1解析：由题意画出可行域，由z ＝3x －y 得y ＝3x －z ，要使z 取最小值，只需截距最大即可，故直线过A (0,1)时，z 最大．∴z max ＝3×0－1＝－1. 15．答案：5π6解析：y ＝sin xx＝1π2(sin )2sin()23x x x =-． 当y 取最大值时，ππ2π32x k -=+，∴x ＝2k π＋5π6.又∵0≤x ＜2π，∴5π6x =. 16．答案：35解析：设正方体的棱长为a .连结A 1E ，可知D 1F ∥A 1E ，∴异面直线AE 与D 1F 所成的角可转化为AE 与A 1E 所成的角， 在△AEA 1中，2222213cos 5a a a a a AEA ⎛⎫⎛⎫+++- ⎪ ⎪∠==. 17．解：由A ，B ，C 成等差数列及A ＋B ＋C ＝180°，得B ＝60°，A ＋C ＝120°.由2b 2＝3ac 及正弦定理得2sin 2B ＝3sin A sin C ， 故1sin sin 2A C ＝.cos(A ＋C )＝cos A cos C －sin A sin C ＝cos A cos C －12， 即cos A cos C －12＝12-，cos A cos C ＝0， cos A ＝0或cos C ＝0，所以A ＝90°或A ＝30°.18．解：(1)由2243S a ＝得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3； 由3353S a ＝得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n ＞1时有a n ＝S n －S n －1＝12133n n n n a a -++-， 整理得111n n n a a n -+=-. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，… a n －1＝2nn -a n －2，a n ＝11n n +-a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘，整理得(1)2n n n a +=. 综上，{a n }的通项公式(1)2n n n a +=. 19．解法一：(1)证明：因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ．又P A ⊥底面ABCD ， 所以PC ⊥BD ． 设AC ∩BD =F ，连结EF .因为AC =P A =2，PE =2EC ，故PC =3EC =，FC = 从而PC FC =，ACEC =， 因为PC ACFC EC=，∠FCE =∠PCA ， 所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC =∠P AC =90°， 由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED ．(2)在平面P AB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足．因为二面角A －PB －C 为90°，所以平面P AB ⊥平面PBC ． 又平面P AB ∩平面PBC ＝PB ，故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC ． BC 与平面P AB 内两条相交直线P A ，AG 都垂直， 故BC ⊥平面P AB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，2222PD PA AD =+=. 设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD 平面PBC ，BC 平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A ，D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则1sin 2d PD α==. 所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.解法二：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设C (220,0)，D 2，b,0)，其中b ＞0， 则P (0,0,2)，E (23，0，23)，B 2b,0)． 于是PC ＝(220，－2)，BE ＝(23，b ，23)，DE ＝(23，－b ，23)，从而0PC BE ⋅=，0PC DE ⋅=， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE .(2)AP ＝(0,0,2)，AB ＝b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量， 则m ·AP ＝0，m ·AB ＝0，即2z ＝0－by ＝0， 令x ＝b ，则m ＝(b，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC ＝0，n ·BE ＝0，即20r -=且2033bq r ++=，令p ＝1，则r =q b =-，n ＝(1，b-)． 因为面P AB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即20b b-=，故b = 于是n ＝(1，－1)，DP ＝(2)，1cos ,2||||DP DP DP ⋅==n n n ，〈n ，DP 〉＝60°. 因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP 〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.20．解：记A i 表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2；B i 表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；C 表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．(1)B ＝A 0·A ＋A 1·A ， P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16，P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48， P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A )＝P(A0·A)＋P(A1·A)＝P(A0)P(A)＋P(A1)P(A)＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352.(2) P(B0)＝0.62＝0.36，P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16，P(A2)＝0.62＝0.36.C＝A1·B2＋A2·B1＋A2·B2P(C)＝P(A1·B2＋A2·B1＋A2·B2)＝P(A1·B2)＋P(A2·B1)＋P(A2·B2)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B2)＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16＝0.307 2.21．解：(1)f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1.①当a≥1时，f′(x)≥0，且仅当a＝1，x＝－1时，f′(x)＝0，所以f(x)是R上的增函数；②当a＜1时，f′(x)＝0有两个根x1＝－1x2＝－1当x∈(－∞，－1时，f′(x)＞0，f(x)是增函数；当x∈(－11时，f′(x)＜0，f(x)是减函数；当x∈(－1∞)时，f′(x)＞0，f(x)是增函数．(2)由题设知，x1，x2为方程f′(x)＝0的两个根，故有a＜1，x12＝－2x1－a，x22＝－2x2－a.因此f(x1)＝13x13＋x12＋ax1＝13x1(－2x1－a)＋x12＋ax1＝13x12＋23ax1＝13(－2x1－a)＋23ax1＝23(a－1)x1－3a.同理，f(x2)＝23(a－1)x2－3a.因此直线l 的方程为y ＝23(a －1)x －3a . 设l 与x 轴的交点为(x 0,0)，得02(1)ax a =-， 22322031()[][](12176)32(1)2(1)2(1)24(1)a a a a f x a a a a a a =++=-+----． 由题设知，点(x 0,0)在曲线y ＝f (x )上，故f (x 0)＝0， 解得a ＝0或23a =或34a =.22．解：(1)设A (x 0，(x 0＋1)2)，对y ＝(x ＋1)2求导得y ′＝2(x ＋1)， 故l 的斜率k ＝2(x 0＋1)．当x 0＝1时，不合题意，所以x 0≠1. 圆心为M (1，12)，MA 的斜率2001(1)21x k'x +-=-.由l ⊥MA 知k ·k ′＝－1， 即2(x 0＋1)·2001(1)21x x +--＝－1，解得x 0＝0，故A (0,1)， r ＝|MA |=，即2r =. (2)设(t ，(t ＋1)2)为C 上一点，则在该点处的切线方程为y －(t ＋1)2＝2(t ＋1)(x －t )，即y ＝2(t ＋1)x －t 2＋1.若该直线与圆M 相切，则圆心M=化简得t 2(t 2－4t －6)＝0，解得t 0＝0，12t =22t =抛物线C 在点(t i ，(t i ＋1)2)(i ＝0,1,2)处的切线分别为l ，m ，n ，其方程分别为y ＝2x ＋1，①y ＝2(t 1＋1)x －t 12＋1，② y ＝2(t 2＋1)x －t 22＋1，③ ②－③得1222t t x +==. 将x ＝2代入②得y ＝－1，故D (2，－1)． 所以D 到l的距离d ==.。

2016年普通高等学校招生全国统一考试〔新课标全国卷Ⅱ〕文科数学本试卷分第Ⅰ卷〔选择题〕和第Ⅱ卷〔非选择题〕两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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〕已知集合{1,2,3}A =，2{|9}B x x =<，则AB =A ．{2,1,0,1,2,3}--B ．{2,1,0,1,2}--C ．{1,2,3}D ．{1,2} 〔2〕设复数z 满足i 3i z +=-，则z =A ．12i -+B ．12i -C ．32i +D ．32i -〔3〕函数sin()y A x ωϕ=+的部分图象如图所示，则A ．2sin(2)6y x π=-B ．2sin(2)3y x π=-C ．2sin()6y x π=+D ．2sin()3y x π=+〔4〕体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π〔5〕设F 为抛物线2:4C y x =的焦点，曲线(0)k y k x=>与C 交于点P ，PF x⊥轴，则k =A ．12B ．1C ．32D ．2〔6〕圆2228130x y x y +--+=的圆心到直线10ax y +-=的距离为1，则a =A ．43-B ．34-C ．3D ．2〔7〕右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π〔8〕某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为A ．710B ．58C ．38D ．310 （9）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图．执行该程序框图，若输入的2x =，2n =，依次输入的a 为2，2，5，则输出的s =44 4A ．7B ．12C ．17D ．34〔10〕下列函数中，其定义域和值域分别与函数lg 10x y =的定义域和值域相同的是A ．y x =B ．lg y x =C ．2x y =D．y〔11〕函数()cos26cos()2f x x x π=+-的最大值为A ．4B ．5C ．6D ．7 〔12〕已知函数()()f x x ∈R 满足()(2)f x f x =-，若函数2|23|y x x =--与()y f x =图象的交点为11(,)x y ，22(,)x y ，…，(,)m m x y ，则1mi i x ==∑A ．0B ．mC ．2mD ．4m第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 〔13〕已知向量(,4)m =a ，(3,2)=-b ，且a ∥b ，则m =．〔14〕若x ，y 满足约束条件10,30,30,x y x y x -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩则2z x y =-的最小值为．〔15〕ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若4cos 5A =，5cos 13C =，1a =，则b =．〔16〕有三X 卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一X 卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞，则甲的卡片上的数字是．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 〔17〕〔本小题满分12分〕 等差数列{}n a 中，344a a +=，576a a +=． 〔Ⅰ〕求{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0=，[2.6]2=．.（18）〔本小题满分12分〕某险种的基本保费为a〔单位：元〕，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：〔Ⅰ〕记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费〞．求()P A的估计值；〔Ⅱ〕记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160％〞．求()P B的估计值；〔Ⅲ〕求续保人本年度的平均保费的估计值．〔19〕〔本小题满分12分〕如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF 交BD 于点H ，将DEF △沿EF 折到D EF '△的位置． 〔Ⅰ〕证明：AC HD '⊥；〔Ⅱ〕若5AB =，6AC =，54AE =，22OD '=，求五棱锥D ABCFE '-的体积．（20）〔本小题满分12分〕已知函数()(1)ln(1)=+--．f x x x a x〔Ⅰ〕当4a=时，求曲线()y f xf处的切线方程；=在(1,(1))〔Ⅱ〕若当(1,)f x>，求a的取值X围．x∈+∞时，()0（21）〔本小题满分12分〕已知A 是椭圆22:143x y E +=的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥．〔Ⅰ〕当||||AM AN =时，求AMN △的面积； 〔Ⅱ〕当2||||AM AN =时，证明：2k <．请考生在第〔22〕、〔23〕、〔24〕题中任选一题做答，如果多做，按所做的第一题记分．〔22〕〔本小题满分10分〕选修4–1：几何证明选讲如图，在正方形ABCD 中，E ，G 分别在边DA ，DC 上〔不与端点重合〕，且DE DG =，过D 点作DF CE ⊥，垂足为F ． 〔Ⅰ〕证明：B ，C ，G ，F 四点共圆；〔Ⅱ〕若1AB =，E 为DA 的中点，求四边形BCGF 的面积．〔23〕〔本小题满分10分〕选修4–4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为22(6)25x y ++=．〔Ⅰ〕以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；〔Ⅱ〕直线l 的参数方程是cos ,sin ,x t y t αα=⎧⎨=⎩〔t 为参数〕，l 与C 交于A ，B 两点，||10AB =，求l 的斜率．〔24〕〔本小题满分10分〕选修4–5：不等式选讲 已知函数11()||||22f x x x =-++，M 为不等式()2f x <的解集．〔Ⅰ〕求M ；〔Ⅱ〕证明：当a ，b M ∈时，|||1|a b ab +<+．参考答案第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题。

2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）含详细答案一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|x>−1}，B={x|x<2}，则A∩B=()A. (−1,+∞)B. (−∞,2)C. (−1,2)D. ⌀2.设z=i(2+i)，则z−=()A. 1+2iB. −1+2iC. 1−2iD. −1−2i3.已知向量a⃗=(2,3)，b⃗ =(3,2)，则|a⃗−b⃗ |=()A. √2B. 2C. 5√2D. 504.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为()A. 23B. 35C. 25D. 155.在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为()．A. 甲、乙、丙B. 乙、甲、丙C. 丙、乙、甲D. 甲、丙、乙6.设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=e x−1，则当x<0时，f(x)=()A. e−x−1B. e−x+1C. −e−x−1D. −e−x+17.设α，β为两个平面，则α//β的充要条件是()A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. α，β平行于同一条直线D. α，β垂直于同一平面8.若x1=π4，x2=3π4是函数f(x)=sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω=()A. 2B. 32C. 1 D. 129.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x23p +y2p=1的一个焦点，则p=()A. 2B. 3C. 4D. 810.曲线y=2sinx+cosx在点处的切线方程为()A. x−y−π−1=0B. 2x−y−2π−1=0C. 2x+y−2π+1=0D. x+y−π+1=011.已知α∈(0,π2)，2sin2α=cos2α+1，则sinα=()A. 15B. √55C. √33D. 2√5512.设F为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为()A. √2B. √3C. 2D. √5二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若变量x，y满足约束条件{2x+3y−6≥0,x+y−3≤0,y−2≤0,则z=3x−y的最大值是______．14.我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为______．15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=______．16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E−BB1C1C的体积．18.已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1=2，a3=2a2+16．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n=log2a n，求数列{b n}的前n项和．19.某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．业比例；(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).(精确到0.01)附：√74≈8.602．20.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．21.已知函数f(x)=(x−1)lnx−x−1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．22.在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P．(1)当θ0=π时，求ρ0及l的极坐标方程；3(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．23.已知f(x)=|x−a|x+|x−2|(x−a)．(1)当a=1时，求不等式f(x)<0的解集;(2)若x∈(−∞,1)时，f(x)<0，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查交集及其运算，是基础题．直接利用交集运算得答案．【解答】解：由A={x|x>−1}，B={x|x<2}，得A∩B={x|x>−1}∩{x|x<2}={x|−1<x<2}，即A∩B=(−1,2)．故选C．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查复数四则运算及共轭复数，是基础题．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念即可得答案．【解答】解：∵z=i(2+i)=−1+2i，∴z−=−1−2i，故选D．3.【答案】A【解析】【分析】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题，利用向量的坐标减法运算求得a⃗−b⃗ 的坐标，再由向量模的公式求解，【解答】解：∵a⃗=(2,3)，b⃗ =(3,2)，∴a⃗−b⃗ =(2,3)−(3,2)=(−1,1)，∴|a⃗−b⃗ |=√(−1)2+12=√2．故选A．4.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查概率的求解，属于基础题．利用列举法求解即可．【解答】解：记3只测量过某项指标的兔子分别为A，B，C，没有测量过某项指标的兔子为D，E，则从这5只兔子中随机取出3只的所有情况为(A,B，C)，(A,B，D)，(A,B，E)，(A,C，D)，(A,C，E)，(A,D，E)，(B,C，D)，(B,C，E)，(B,D，E)，(C,D，E)，共10种，恰有2只测量过该指标的所有情况有6种，∴概率为610=35．故选：B．5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查合情推理，属于基础题．因为只有一个人预测正确，所以本题关键是要找到互相关联的两个预测入手就可找出矛盾，从而得出正确结果．【解答】解：由题意，可把三人的预测简写如下：甲：甲>乙．乙：丙>乙且丙>甲．丙：丙>乙．∵只有一个人预测正确，∴分析三人的预测：如果乙预测正确，则丙预测正确，不符合题意；如果丙预测正确，假设甲、乙预测不正确，则有丙>乙，乙>甲，∵乙预测不正确，而丙>乙正确，∴只有丙>甲不正确，∴甲>丙，这与丙>乙，乙>甲矛盾．不符合题意；∴只有甲预测正确，乙、丙预测不正确，则有甲>乙，乙>丙．故选A．6.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数奇偶性的应用，是基础题．设x<0，则−x>0，代入已知函数解析式，结合函数奇偶性可得x<0时的f(x)．【解答】解：设x<0，则−x>0，∵f(x)为奇函数，∴f(x)=−f(−x)=−(e−x−1)=−e−x+1，故选D．7.【答案】B【解析】【分析】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基础题．由充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论．【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α与β相交或α//β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，则α//β；对于C，α，β平行于同一条直线，α与β相交或α//β；对于D，α，β垂直于同一平面，α与β相交或α//β．故选B．8.【答案】A【解析】【分析】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是根据条件得出周期，属于基础题．x1=π4，x2=3π4是f(x)两个相邻的极值点，则周期T=2(3π4−π4)=π，然后根据周期公式即可求出ω．【解答】解：∵x1=π4，x2=3π4是函数f(x)=sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，∴T=2(3π4−π4)=π=2πω∴ω=2，故选A．9.【答案】D【解析】【分析】本题考查了抛物线与椭圆的性质，属基础题．根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得．【解答】解：由题意可得3p−p=(p2)2，解得p=8．故选D．10.【答案】C【解析】【分析】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，属于基础题．求出原函数的导函数，得到函数在x=π时的导数，再由直线方程点斜式得答案．【解答】解：由y=2sinx+cosx，得y′=2cosx−sinx，∴y′|x=π=2cosπ−sinπ=−2，∴曲线y=2sinx+cosx在点(π,−1)处的切线方程为y+1=−2(x−π)，即2x+y−2π+1=0．故选：C．11.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．由二倍角公式化简已知条件可得4sinαcosα=2cos2α，结合角的范围可求得sinα> 0，cosα>0，可得cosα=2sinα，根据同角三角函数基本关系式即可解得sinα的值．【解答】解：∵2sin2α=cos2α+1，由二倍角公式可得4sinαcosα=2cos2α，∵α∈(0,π2)，∴sinα>0，cosα>0，∴cosα=2sinα，则有sin2α+cos2α=sin2α+(2sinα)2=5sin2α=1，解得sinα=√55．故选B ．12.【答案】A【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．方法一：根据题意画图，由图形的对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得到c 与a 的关系，可求双曲线的离心率．方法二：由题意画出图形，先求出PQ ，再由|PQ|=|OF|列式求C 的离心率． 【解答】 方法一：解：设PQ 与x 轴交于点A ，由对称性可知PQ ⊥x 轴 又∵|PQ|=|OF|=c ， ∴|PA|=c2，∴PA 为以OF 为直径的圆的半径， ∴A 为圆心，|OA|=c2∴P (c 2,c2)，又P 点在圆x 2+y 2=a 2上，∴c 24+c 24=a 2，即c 22=a2，∴e 2=c 2a 2=2∴e =√2，故选A ．方法二：如图，以OF 为直径的圆的方程为x 2+y 2−cx =0， 又圆O 的方程为x 2+y 2=a 2， ∴PQ 所在直线方程为．把x =代入x 2+y 2=a 2，得PQ =，再由|PQ|=|OF|，得，即4a 2(c 2−a 2)=c 4，∴e 2=2，解得e =．故选A ． 13.【答案】9【解析】【分析】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件{2x +3y −6≥0x +y −3≤0y −2≤0作出可行域如图：化目标函数z=3x−y为y=3x−z，由图可知，当直线y=3x−z过A(3,0)时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为9．故答案为9．14.【答案】0.98【解析】【分析】本题考查加权平均数公式等基础知识，属于基础题．利用加权平均数公式直接求解．【解答】解：∵经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：(10×0.97+20×0.98+10×0.99)=0.98．x−=110+20+10故答案为0.98．15.【答案】3π4【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．由正弦定理化简已知等式可得sinAsinB+sinAcosB=0，由于sinA>0，化简可得tanB=−1，结合范围B∈(0,π)，可求B的值为3π．4【解答】解：∵bsinA+acosB=0，∴由正弦定理可得：sinAsinB+sinAcosB=0，∵A∈(0,π)，sinA>0，∴可得：sinB+cosB=0，可得：tanB=−1，∵B∈(0,π)，∴B=3π．4故答案为3π．416.【答案】26；√2−1【解析】【分析】本题考查了几何体的内接多面体，属中档题．中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有8+1个面，下层也有8+1个面，故共有26个面；中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的√22倍等于正方体的棱长．【解答】解：该半正多面体中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，故该半正多面体共有8+8+ 8+2=26个面；设其棱长为x，因为每个顶点都在边长为1的正方体上，则x+√22x+√22x=1，解得x=√2−1．故答案为26；√2−1．17.【答案】解：(1)证明：由长方体ABCD−A1B1C1D1，可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1=C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，∴BE⊥平面EB1C1；(2)由(1)知BE⊥平面EB1C1，∵B1E⊂平面EB1C1，∴B1E⊥BE，∴∠BEB1=90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，∴∠AEB=∠A1EB1=45°，∴AE=AB=3，AA1=2AE=6，∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1//平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C，∴E到平面BB1C1C的距离d=AB=3，∴四棱锥E−BB1C1C的体积V=13×3×6×3=18．【解析】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了四棱锥体积的求法，属于中档题．(1)由线面垂直的性质可得B1C1⊥BE，结合BE⊥EC1利用线面垂直的判定定理可证明BE⊥平面EB1C1；(2)由条件可得AE=AB=3，然后得到E到平面BB1C1C的距离d=3，再求四棱锥的体积即可．18.【答案】解：(1)设等比数列的公比为q，由a1=2，a3=2a2+16，得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0，解得q=−2(舍)或q=4．∴a n=a1q n−1=2×4n−1=22n−1．(2)b n=log2a n=log222n−1=2n−1，∵b1=1，b n+1−b n=2(n+1)−1−2n+1=2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和T n=n×1+n(n−1)×22=n2．【解析】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，属于基础题．(1)设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；(2)把(1)中求得的{a n}的通项公式代入b n=log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．19.【答案】解：(1)根据产值增长率频数表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业为：14+7100=0.21=21%，产值负增长的企业频率为：2100=0.02=2%，用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%；(2)企业产值增长率的平均数y−=1100(−0.1×2+0.1×24+0.3×53+0.5×14+ 0.7×7)=0.3=30％，产值增长率的方程s2=1100∑n i5i=1(y i−y−)2=1100[(−0.4)2×2+(−0.2)2×24+02×53+0.22×14+0.42×7]=0.0296，∴产值增长率的标准差s=√0.0296=0.02×√74≈0.17，∴这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%．【解析】本题考查了样本数据的平均值和方程的求法，考查运算求解能力，属基础题．(1)根据频数分布表计算即可；(2)根据平均值和标准差计算公式代入数据计算即可．20.【答案】解：(1)连接PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，|PF2|=c，|PF1|=√3c，于是2a=|PF1|+|PF2|=(√3+1)c，故曲线C的离心率e=ca=√3−1．(2)由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在当且仅当：12|y|⋅2c=16，yx+c⋅yx−c=−1，x2 a2+y2b2=1，即c|y|=16①x2+y2=c2 ②x2 a2+y2b2=1③由②③及a2=b2+c2得y2=b4c ，又由①知y2=162c，故b=4，由②③得x2=a2c2(c2−b2)，所以c2≥b2从而a2=b2+c2≥2b2=32，故a≥4√2，当b=4，a≥4√2时，存在满足条件的点P．所以b=4，a的取值范围为[4√2,+∞)．【解析】本题主要考查了椭圆的性质和直线与圆锥曲线的位置关系，解答本题的关键是掌握相关知识，逐一分析解答即可．(1)根据△POF2为等边三角形，可得在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，在根据直角形和椭圆定义可得；(2)根据三个条件列三个方程，解方程组可得b=4，根据x2=a2c2(c2−b2)，所以c2≥b2，从而a2=b2+c2≥2b2=32，故a≥4√2，21.【答案】证明：(1)∵函数f(x)=(x−1)lnx−x−1．∴f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x−1x +lnx−1=lnx−1x，∵y=lnx在(0,+∞)上单调递增，y=1x在(0,+∞)上单调递减，∴f′(x)在(0,+∞)上单调递增，又f′(1)=−1<0，f′(2)=ln2−12=ln4−12>0，∴存在唯一的x0∈(1,2)，使得f′(x0)=0．当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)=−2，又f(e2)=e2−3>0，∴f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一的根，记为x=a，由a>x0>1，得0<1a<1<x0，∵f(1a )=(1a−1)ln1a−1a−1=f(a)a=0，∴1a是f(x)=0在(0,x0)的唯一根，综上，f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解析】本题考查函数有唯一的极值点的证明，考查函数有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数的证明，考查导数性质、函数的单调性、最值、极值等基础知识，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，属于较难题．(1)推导出f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx−1x，从而f′(x)单调递增，进而存在唯一的x0∈(1,2)，使得f′(x0)=0.由此能证明f(x)存在唯一的极值点；(2)由f(x0)<f(1)=−2，f(e2)=e2−3>0，得到f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一的根x=a，由a>x0>1，得0<1a <1<x0，从而1a是f(x)=0在(0,x0)的唯一根，所以f(1a )=(1a−1)ln1a−1a−1=f(a)a=0，由此能证明f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．22.【答案】解：(1)如图：∵M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，当θ0=π3时，，且由图得|OP|=|OA|cosθ0=2，在直线l上任取一点(ρ,θ)，则有，即，故l的极坐标方程为ρcos(θ−π3)=2；(2)设P(ρP,θP)，则在Rt△OAP中，有|OP|=|OA|cosθP即ρP=4cosθP，∵P在线段OM上，且AP⊥OM，∴θP∈[π4,π2 ]，其中π4为P点与M点重合时的角度，由4cosθP=4sinθP得到，故P点轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ，θ∈[π4,π2 ].【解析】本题考查曲线的极坐标方程及其应用，数形结合能力，是中档题．(1)由θ0=π3可得|OP|=2，在直线l上任取一点(ρ,θ)，利用三角形中边角关系即可求得l的极坐标方程；(2)设P(ρ,θ)，在Rt△OAP中，根据边与角的关系得答案．23.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=|x−1|x+|x−2|(x−1)，∵f(x)<0，∴当x<1时，f(x)=−2(x−1)2<0，恒成立，∴x<1；当x≥1时，f(x)=(x−1)(x+|x−2|)≥0恒成立，∴x∈⌀；综上，不等式的解集为(−∞,1)．(2)∵x∈(−∞,1)时，f(x)=|x−a|x−(x−2)(x−a)．当a≥1时，f(x)=2(a−x)(x−1)<0在x∈(−∞,1)上恒成立；当a<1时，若x∈(−∞,a)，f(x)=2(a−x)(x−1)<0，∴f(x)<0，成立;若x∈(a,1)，则f(x)=2(x−a)>0，不满足题意；所以当a<1时，不满足题意；综上，a的取值范围为[1,+∞)．【解析】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，关键是掌握相关知识，逐一分析解答即可，属于中档题．(1)将a=1代入得f(x)=|x−1|x+|x−2|(x−1)，然后分x<1和x≥1两种情况讨论f(x)<0即可；(2)根据条件分a≥1和a<1两种情况讨论即可．。

2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）文科数学一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）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a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(−2,4)，则|a ⃗ −b ⃗ |=( )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)，得如图茎叶图：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 ：y 2=4x 的焦点，点A 在C 上，点B(3,0)，若|AF|=|BF|，则|AB|=( )A. 2B. 2√2C. 3D. 3√27. 执行如图的程序框图，输出的n =( )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B1EF⊥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{a n}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+2 D. −3π2，π2+212.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. √22二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若2S 3=3S 2+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______． 16. 若f(x)=ln|a +11−x |+b 是奇函数，则a =______，b =______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）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：2a 2=b 2+c 2．18. 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：m 2)和材积量(单位：m 3)，得到如下数据： 样本号i12345678910 总和根部横截面积x i 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量y i0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9并计算得∑x i 210i=1=0.038，∑y i 210i=1=1.6158，∑x i 10i=1y i =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186m 2.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 =∑(n i=1x i −x −)(y i −y −)√∑(ni=1x i −x −)2∑(n i=1y i −y −)2，√1.896≈1.377．20. 已知函数f(x)=ax −1x −(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. 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MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .证明：直线HN 过定点． 22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =√3cos2t,y =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 都是正数，且a 32+b 32+c 32=1，证明：(1)abc ≤19；(2)a b+c+b a+c+c a+b≤2√abc．答案解析1.【答案】A【解析】解：∵M ={2,4,6,8,10}，N ={x|−1<x <6}， ∴M ∩N ={2,4}． 故选：A ．直接利用交集运算求解即可．本题考查集合的交集运算，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：∵(1+2i)a +b =2i ， ∴a +b +2ai =2i ，即{a +b =02a =2，解得{a =1b =−1．故选：A ．根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解． 本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：a ⃗ −b ⃗ =(4,−3)，故∣a ⃗ −b ⃗ ∣=√42+(−3)2=5，故选：D ．先计算处a ⃗ −b ⃗ 的坐标，再利用坐标模长公式即可． 本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．4.【答案】C【解析】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7.3+7.52=7.4，选项A 说法正确；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，选项B 说法正确； 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为616=38<0.4，选项C 说法错误； 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为1316=0.8125>0.6，选项D 说法正确．故选：C．根据茎叶图逐项分析即可得出答案．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.【答案】C【解析】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当(x,y)取点C(4,0)时，目标函数z=2x−y取得最大值，且最大为8．故选：C．作出可行域，根据图象即可得解．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.【答案】B【解析】解：F为抛物线C：y2=4x的焦点(1,0)，点A在C上，点B(3,0)，|AF|=|BF|=2，由抛物线的定义可知A(1,2)(A不妨在第一象限)，所以|AB|=2√2．故选：B．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．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.【答案】B【解析】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a=1，b=1，n=1，计算b=1+2=3，a=3−1=2，n=2，判断|3222−2|=14=0.25≥0.01，计算b=3+4=7，a=7−2=5，n=3，判断|7252−2|=125=0.04≥0.01；计算b=7+10=17，a=17−5=12，n=4，判断|172122−2|=1144<0.01；输出n=4．故选：B．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．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.【答案】A【解析】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=0，即x3−xx2+1=0，解得x=0，或x=1或x=−1，故排除B选项，对于D选项，令y=0，即2sinxx2+1=0，解得x=kπ，k∈Z，故排除D选项，C选项分母为x2+1恒为正，但是分子中cosx是个周期函数，故函数图像在(0,+∞)必定是正负周期出现，故错误，故选：A．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．本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．9.【答案】A【解析】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF//AC，又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D，且BD，DD1⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD=BD，故平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E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AB1C//平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF 与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．故选：A．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．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.【答案】D【解析】解：设等比数列{a n}的公比为q，q≠0，由题意，q≠1．∵前3项和为a1+a2+a3=a1(1−q3)1−q=168，a2−a5=a1⋅q−a1⋅q4=a1⋅q(1−q3)= 42，∴q=12，a1=96，则a6=a1⋅q5=96×132=3，故选：D．由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．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.【答案】D【解析】解：f(x)=cosx+(x+1)sinx+1，x∈[0,2π]，则f′(x)=−sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx，令cosx=0得，x=π2或3π2，∴当x∈[0,π2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(π2,3π2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(3π2,2π]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在区间[0,2π]上的极大值为f(π2)=π2+2，极小值为f(3π2)=−3π2，又∵f(0)=2，f(2π)=2，∴函数f(x)在区间[0,2π]的最小值为−3π2，最大值为π2+2，故选：D．先求出导函数f′(x)=(x+1)cosx，令cosx=0得，x=π2或3π2，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．本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．12.【答案】C【解析】解：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，底面所在圆的半径为r，则r=√22a，∴该四棱锥的高ℎ=√1−a22，∴该四棱锥的体积V=13a2√1−a22=43√a24⋅a24⋅(1−a22)≤4 3√(a24+a24+1−a223)3=43√(13)3=4√327，当且仅当a24=1−a22，即a2=43时，等号成立，∴该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=√1−a22=√1−23=√33，故选：C．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=√1−a22，所以该四棱锥的体积V=13a2√1−a22，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．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．13.【答案】2【解析】解：∵2S3=3S2+6，∴2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，∵{a n}为等差数列，∴6a2=3a1+3a2+6，∴3(a2−a1)=3d=6，解得d=2．故答案为：2．根据已知条件，可得2(a 1+a 2+a 3)=3(a 1+a 2)+6，再结合等差中项的性质，即可求解．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.【答案】310【解析】解：由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数C 53=10， 甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数C 31=3，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P =C 31C 53=310．故答案为：310．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的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．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.【答案】x 2+y 2−4x −6y =0(或x 2+y 2−4x −2y =0或x 2+y 2−83x −143y =0或x 2+y 2−165x −2y −165=0)【解析】解：设过点(0,0)，(4,0)，(−1,1)的圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0， 即{F =016+4D +F =02−D +E +F =0，解得F =0，D =−4，E =−6， 所以过点(0,0)，(4,0)，(−1,1)圆的方程为x 2+y 2−4x −6y =0． 同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)圆的方程为x 2+y 2−4x −2y =0． 过点(0,0)，(−1,1)，(4,2)圆的方程为x 2+y 2−83x −143y =0．过点(4,0)，(−1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为x 2+y 2−165x −2y −165=0．故答案为：x 2+y 2−4x −6y =0(或x 2+y 2−4x −2y =0或x 2+y 2−83x −143y =0或x 2+y 2−165x −2y −165=0)．选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．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.【答案】−12 ln2【解析】解：f(x)=ln|a+11−x|+b，若a=0，则函数f(x)的定义域为{x|x≠1}，不关于原点对称，不具有奇偶性，∴a≠0，由函数解析式有意义可得，x≠1且a+11−x≠0，∴x≠1且x≠1+1a，∵函数f(x)为奇函数，∴定义域必须关于原点对称，∴1+1a =−1，解得a=−12，∴f(x)=ln|1+x2(1−x)|+b，定义域为{x|x≠1且x≠−1}，由f(0)=0得，ln12+b=0，∴b=ln2，故答案为：−12；ln2．显然a≠0，根据函数解析式有意义可得，x≠1且x≠1+1a ，所以1+1a=−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．本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．17.【答案】解：(1)由sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)，又A=2B，∴sinCsinB=sinBsin(C−A)，∵sinB≠0，∴sinC=sin(C−A)，即C=C−A(舍去)或C+C−A=π，联立{A=2B2C−A=πA+B+C=π，解得C=58π；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⋅a2+c2−b22ac =2bc⋅b2+c2−a22bc−ab⋅a2+b2−c22ab，整理可得：2a2=b2+c2．【解析】(1)由sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)，结合A=2B，可得sinC=sin(C−A)，即C+C−A=π，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．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.【答案】证明：(1)∵AD =CD ，∠ADB =∠BDC ，BD =BD ， ∴△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°，∴△ABC 是等边三角形，边长为2， ∴BE =√3，AC =2，AD =CD =√2，DE =1， ∵DE 2+BE 2=BD 2，∴DE ⊥BE ， 又∵DE ⊥AC ，AC ∩BE =E ， ∴DE ⊥平面ABC ，由(1)知△ADB≌△CDB ，∴AF =CF ，连接EF ，则EF ⊥AC ， ∴S △AFC =12×AC ×EF =EF ，∴当EF ⊥BD 时，EF 最短，此时△AFC 的面积最小， 过点F 作FG ⊥BE 于点G ，则FG//DE ，∴FG ⊥平面ABC ， ∵EF =DE×BE BD=√32， ∴BF =√BE 2−EF 2=32，∴FG =EF×BF BE=34， ∴三棱锥F −ABC 的体积V =13×S △ABC ×FG =13×√34×22×34=√34．【解析】(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 =√3，AC =2，AD =CD =√2，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．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.【答案】解：(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为x −，平均一棵的材积量为y −， 则根据题中数据得：x −=0.610=0.06，y −=3.910=0.39；(2)由题可知，r =10i=1i −i −√∑(i=1x i −x −)2∑(i=1y i −y −)2=i 10i=1i −−√(∑x i i=1−nx −2)(∑y i i=1−ny −2)=√0.002×0.0948=0.01×√1.896=0.01340.01377=0.97；(3)设从根部面积总和X ，总材积量为Y ，则XY=x−y−，故Y =0.390.06×186=1209(m 3).【解析】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．本题考查线性回归方程，属于中档题．20.【答案】解：(1)当a =0时，f(x)=−1x −lnx(x >0)，则f′(x)=1x 2−1x =1−x x 2，易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)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)=−1； (2)f′(x)=a +1x 2−a+1x=ax 2−(a+1)x+1x 2=(x−1)(ax−1)x 2，①当a =0时，由(1)可知，函数f(x)无零点；②当a <0时，易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， 又f(1)=a −1<0，故此时函数f(x)无零点；③当0<a <1时，易知函数f(x)在(0,1),(1a ,+∞)上单调递增，在(1,1a )单调递减， 且f(1)=a −1<0，f(1a )=1−a +(a +1)lna <0，且当x →+∞时，f(x)>0，此时f(x)在(0,+∞)上存在唯一零点； ④当a =1时，f′(x)=(x−1)2x 2≥0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又f(1)=0，故此时函数f(x)有唯一零点；⑤当a >1时，易知函数f(x)在(0,1a ),(1,+∞)上单调递增，在(1a ,1)上单调递减， 且f(1)=a −1>0，且当x →0时，f(x)<0，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,+∞)．【解析】(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．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.【答案】解：(1)设E 的方程为x 2a 2+y2b2=1， 将A(0,−2),B(32,−1)两点代入得{4b 2=194a2+1b2=1，解得a 2=3，b 2=4， 故E 的方程为x 23+y 24=1；(2)由A(0,−2),B(32,−1)可得直线AB ：y =23x −2 ①若过P(1,−2)的直线的斜率不存在，直线为x =1， 代入x 23+y 24=1，可得M(1,2√63)，N(1,−2√63)， 将y =2√63代入AB ：y =23x −2，可得T(√6+3,2√63)，由MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，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(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)， 联立{kx −y −(k +2)=0x 23+y 24=1，得(3k 2+4)x 2−6k(2+k)x +3k(k +4)=0，故有{x 1+x 2=6k(2+k)3k 2+4x 1x 2=3k(4+k)3k 2+4,{y 1+y 2=−8(2+k)3k 2+4y 1y 2=4(4+4k−2k 23k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=−24k3k 2+4(∗)， 联立{y =y 1y =23x −2，可得T(3y 12+3,y 1),H(3y 1+6−x 1,y 1)，可求得此时HN ：y −y 2=y 1−y 23y1+6−x 1−x 2(x −x 2)，将(0,−2)代入整理得2(x 1+x 2)−6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1−3y 1y 2−12=0， 将(∗)代入，得24k +12k 2+96+48k −24k −48−48k +24k 2−36k 2−48=0， 显然成立．综上，可得直线HN 过定点(0,−2)． 【解析】(1)设E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1，将A ，B 两点坐标代入即可求解；(2)由A(0,−2),B(32,−1)可得直线AB ：y =23x −2，①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MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 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{kx−y−(k+2)=0x23+y24=1，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．本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．22.【答案】解：(1)由ρsin(θ+π3)+m=0，得ρ(sinθcosπ3+cosθsinπ3)+m=0，∴12ρsinθ+√32ρcosθ+m=0，又x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴12y+√32x+m=0，即l的直角坐标方程为√3x+y+2m=0；(2)由曲线C的参数方程为{x=√3cos2t,y=2sint(t为参数)．消去参数t，可得y2=−2√33x+2，联立{√3x+y+2m=0y2=−2√33x+2，得3y2−2y−4m−6=0(−2≤y≤2)．−3≤√3≤6，即−193≤4m≤10，−1912≤m≤52，∴m的取值范围是[−1912,5 2 ].【解析】(1)由ρsin(θ+π3)+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．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，是中档题．23.【答案】解：(1)证明：∵a，b，c都是正数，∴a32+b32+c32≥33a32⋅b32⋅c32=3(abc)12，当且仅当a=b=c=3−23时，等号成立．因为a32+b32+c32=1，所以1≥3(abc)12，所以13≥(abc)12，所以abc≤19，得证．(2)证明：要使ab+c +ba+c+ca+b≤2√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√ab，当且仅当a=b=c=3−23时，同时取等．所以a 32√bcb+c +b32√aca+c+c32√aba+b≤a32√bc2√bcb32√ac2√ac32√ab2√ab=a32+b32+c322=12，得证．【解析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．本题考查基本不等式的应用，属于中档题．。