2022年新高考数学押题卷

2022年高考模拟题（新高考卷）.

一'选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个

项是符合题目要求的.

(1)已知z是复数，i是虚数单位，z+l+i=5+3i,则2=

A.4+2iB.4-4iC.-64-2iD.-6-4i

(2)已知集合4={0/—3rr—420},集合3={©3,<1},则下列集合中是4nB的真

子集的是

A.(―oo,0)B.(―oo,0]C.(―oo,-1)D.(―CXD,—1]

(3)已知各项均为正数的等比数列{%}的前n项和为Sn，且包=7,则-=

A.——B.—C.15D.16

1G15

(4)函数g=log1sina:在下列哪个区间上单调递减

第1页，共7页

(5)2022年北京冬奥会顺利召开，南瓜新闻网统计了部分网友在冬奥会期间观看比赛转播的

时长(单位：小时)，并整理为以下频率分布直方图和饼图.

■2。22北京冬奥会观看转播时长统计2022北京冬奥会

观看转播时长统计

(0.10)

则其中观看时长为［10,20)的部分在饼图中的圆心角应该画成

A.27°B,36°C.45°D.54°

(6)在底面边长为1、高为2的正六棱柱内部，可以容纳的最大球的表面积为

A.%B.27rC.37rD.47r

(7)疫情期间，南瓜小区为配合防控需要实行封闭管理.为保障居民日常生活，社区组织志愿

者为居民运输蔬菜水果.现有5包相同的蔬菜和7包相同的水果需要运输，共有4辆不

同的手推车可以用于运输蔬菜水果，每辆车最多可装3包物资(蔬菜或水果).若希望将

所有蔬菜水果一次运输完成，共有多少种不同的装车方法

A.24种B.28种C.36种D.40种

(8)已知力=10820222023,。=«—1,6=1皿/=1一：，则Q,b,c的大小关系是

A.a<b<cB,a<c<bC.c<a<bD.b<c<a

二'选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的选项中，有多项符合

题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

22

(9)已知椭圆C:勺+冬=l(a〉b>0)的左右焦点分别为Fi,F2，离心率为e,则下列结

论正确的是：

A.若(a+b)(a—b)=1,则|FiE|=2

22

B.若椭圆C:%+看=2(a>b>0)的离心率为d,则e=ez

C.以FYF2为直径的圆与椭圆C必有四个交点

D.若a=2022,并将椭圆C的面积看成关于e的函数S(e),则S(e)在区间(0,1)上单

调递增

(10)已知函数/(I)=cos(公工+夕)，LU>0.则下列命题正确的是

A.若中=■37r，则/(c)是奇函数

B.若夕=J,将y=/(幻的图象向右平移I后的图像关于y轴对称

JJC

C.若LU=3,则函数f⑺+/(，+1)的最小正周期是y

D.若对于任意"R,函数/(x)在区间［2022,2023］内至少有一个零点，则3227r

(11)为测试某种疫苗N对防治感染病毒G的有效性，南瓜研究所将200只小白鼠等分为两

组，其中测试组注射了N疫苗，而对照组注射了生理盐水(对防治感染病毒G没有作

用).后期观察小白鼠是否感染病毒G并进行统计.记事件A为小白鼠注射了N疫苗,

事件8为小白鼠感染了病毒G,事件4月分别为事件4月的对立事件.现随机抽取一

只小白鼠，已知。(切闵=0.1,//田)=0.25,则下列结论正确的是

A.P(A\B)=0.75B.P(B)=0.4

C.P(AB)=0.15D.有99.9%的把握认为该疫苗有效

附.小=加一儿产|PN-k)|0.050|0.010|0.001

'(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)卜3.8416.63510.828

(12)在计算机编程中，常用一种叫做“二叉排序树”的数据结构存储一组互不相同的数，经

南瓜老师研究发现，二叉排序树的特征如下：

①所有二叉排序树都有唯一的根节点.

②每个结点最多有“左子结点”和“右子结点”两个子结点(也可以只存在其中一个子结

点，或没有任何子结点)，且每个结点上存储一个数据；

③一个结点沿其左子结点或右子结点，及子结点的子结点到达其他结点的过程会形成一个

“路径”，若所有路径中结点最多的有几个结点，则称该二叉排序树为九层二叉排序树；

④若一个结点存在左子结点，则其左子结点及左子结点形成的路径上所有结点存储的数均

小于该结点存储的数；

⑤若一个结点存在右子结点，则其右子结点及右子结点形成的路径上所有结点存储的数均

大于该结点存储的数.

如图一就是一个3层二叉排序树，图二是一个4层二叉排序树：

图一图二

则下列结论正确的是

A.n层二叉排序树可以有2n个结点

B.若一个二叉排序树的结点存储的数据分别是1.2,...,10,则这个二叉排序树是唯一的

C.若用一个10层二叉排序树存储数字2022,2023,...,3044,则这个二叉排序树是唯一的

D.若用一个二叉排序树存储数字1,2,...,八缶23),则对VkeZ且1vk＜小既存在

使存储k的结点是其他结点的左子结点的二叉排序树，又存在使存储k的结点是其他结

点的右子结点的二叉排序树

三'填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

(13)已知抛物线C:/=2py(p>0)过/2+犷一8力一的+12=0的圆心.则C的焦点坐

标为.

____O

(14)菱形ABCD中，AC=\/3BD,AB=1.P在边CD±,当N•瓦？=(时，CP=

(15)已知函数/(x)=ex[x2-(t4-l)ar+1+1],其中t>1.若函数/(x)在区间[0,i]上的最

小值为0,则t=；若Mme[0,i],使得/(%)/(叫)=-e7,则力的取值范

围是•

(16)如图，长方形ABCD的边AD上有一点E,AE=2ED.将三角形ABE,DCE分别

沿BE.CE进行翻折得到三角形A'BE,D'CE.

4R

已知当4,。,E三点共线时，平面ABE_L平面BCE,则丁衣=

AD

四'解答题：本题共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)(10分)

已知数列｛册｝的前n项的平均值为n+2.

(1)求｛<!„｝的通项公式.

(2)若bn=log2(1+擀)，记数列｛机｝的前n项和为S”,求使得Sn>6成立的正整数

n的最小值.

(18)(12分)

为了防止新冠病毒的快速传播，新冠病毒确诊者的密切接触者需要被单独隔离.瓜田街道

的管辖范围内有西瓜、冬瓜、南瓜三个社区.已知每个社区都有10%的概率出现10名密

切接触者，20%的概率出现5名密切接触者，70%的概率不出现密切接触者，且各个社

区之间互相没有影响.

(1)求一个社区隔离人数的期望.

(2)求至少有一个社区出现密切接触者的概率.

(3)如果瓜田街道准备了15个隔离房间，每个隔离房间可以隔离一个密切接触者.问是

否有95%以上的概率，满足密切接触者的隔离需求.

(19)(12分)

已知△4BC中，。的角分线交4。于点。，并且O/=1,DB=2,OC=3.

(1)求证：BC=3BA.

(2)求△48。的面积.

(20)(12分)

如图，正方形48。。与正方形/。E尸所在的平面互相垂直.

(1)证明：对于线段CE上的任意点P,力。与EF不平行.

(2)是否存在线段CE上的点P,使得对于线段AP上的任何不同于A的点Q,都有四

EP

棱锥Q—/0CD的体积与四棱锥Q—的体积相同？如果存在，求出瑞的值;

如果不存在，请说明理由.

(21)(12分)

22

已知双曲线。：§—F(-LO),O为坐标原点.4,3点分别在。的左、

右支上.直线的斜率为k，直线6P的斜率为一正当k=0时，AB=4.

(1)求C的方程和离心率.

(2)Q在直线AB上，且满足丽•瓦=0.求Q点横坐标的取值范围.

(22)(12分)

已知函数/(①)=铲一Qsin①(aCR)的定义域为[0,7r],且/(z)有两个零点的,①2・

(1)求Q的取值范围.

(2)证明：<X1+X2<TT.

2022年原创高考模拟题(新高考卷)

命题人：郭化楠

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的.

(1)答案：B.

解析：由条件可知z+l+i=4甯=5—3i,因此z=4—4i.

(2)答案：C.

解析：AHB=(-OQ,-1],选项中只有。是真子集.

(3)答案:C.

解析：设等比数列｛每｝的公比为q,显然q/1.则

S31111

—=z-----Hl=7=>g=-.

a3qq2

因此

S41111p

—=-rH—H-----F1=lo.

。4q3<r(1

(4)答案：A.

解析：g=sine在区间((),1)上恒正且单调递增因“匕V=logisina;

在(°'I)上有定

义且单调递减.

(5)答案：D.

解析：根据频率分布直方图可以发现，观看时长在［10,20)的人数频率为

1-(10x0.005+10x0.044-10x0.03+10x0.01)=0.15.

故在饼图中，这个区域的圆心角为360°x0.15=54°.

第1页，共9页

(6)答案：C.

解析：考虑上下底面可知，最大球半径不超过1.考虑六个侧面可知，最大球半径不超过

乎.因此最大球半径为，，其表面积为

S=4万37r.

(7)答案：D.

解析：只需要考虑蔬菜的装车方式即可.

①当蔬菜按3,2,0,0方式装车时,共有A；=12种方法

②当蔬菜按3,1,1.0方式装车时,共有A：=12种方法

③当蔬菜按2,2,1.0方式装车时,共有A；=12种方法

④当蔬菜按2,1,1,1方式装车时,共有A：=4种方法;

因此共有12+12+12+4=40种不同的装车方法.

(8)答案：B.

解析：注意到t略大于1,令f(x)=y/x—1,g(rr)=hire,h(x)=1—有/(I)=g⑴=

X

%⑴=0.

iii2—

令p(i)=/z(x)-/(c)=2--------y/x,则p\x)=--当re(1,力)时,

x2y/x

p'(x)>0,p[x)单调递增.故c=h(t)>a=f(t).

令q(r)=g(x)—h(x)=lux+--1,则q'(z)=-.....\x—1

当『e(1,£)时,

q^(x)>0,q(rr)单调递增.故b=g(t)>c=h(t).

因此a<c<b.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的选项中，有多项符合

题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

(9)答案：AB.

解析：选项4中，(a+6)(a—6)=a2-62=c2=1,c=1,\F\F2\=2c=2;

工2“2

选项月中，同学们可以证明，椭圆系F+、=*a〉b>0">0)中的所有椭圆离心率

a2bz

相同；

选项C仅在6时成立；

选项。中随着e增大，椭圆的a不变而6变小，因此面积会变小，故S(e)在区间(0,1)

上单调递减.

(10)答案:AC.

解析：对于选项4:/(①)=cos(cue+今)=sin(30，所以/(工)是奇函数，力正确；

7T7T

对于选项B:若中=w，3=2,则将y=/(x)的图象向右平移-后得到函数y=

cos(2r-的图象，并不关于g轴对称，故8不正确；

对于选项C:

c377/37r\

〃工)+/(z+：)=cos(3rr+⑼+cos(3%+9+屈=2cos—cosI3x+99+—I.

可得T=B，因此。正确；

J

对于选项D：说明J<1,327F.进一步的，当LJ=7T时,

任意区间[t,t+l](teR)内

都至少有一个零点.

(11)答案：ACD.

解析：根据题目条件,可以整理出以下列联表:

AA总数

B103040

B9070160

总数100100200

对于选项A:P(A\B)=1-P(A\B)=0.75.

40

对于选项B:P网=—=0.2.

_30

对于选项C:P(AB)=痂=0.15.

对于选项D:K2=吗=号=123>10.828,故有99.9%把握认

100x100x40x604

为该疫苗有效.

(12)答案：CD.

解析：对于选项A:ri层二叉排序树最多有1+2+4+•••+2吁1=2。—1个结点.

对于选项显然是不唯一的，给出两个不同的构造即可，详情见选项。的解析.

对于选项C:2022,2023,...,3044共1023=210—1个数，故可以从第一层开始推断每个

结点在全部1023个数中的排序，故二叉排序树是唯一的.

对于选项。：考虑以1为根结点，每个结点只有右子结点的二叉排序树，和以n为根结

点，每个结点只有左子结点的二叉排序树即可.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

(13)答案：(0,2).

解析：圆心为(4,2),所以抛物线为/=8%

(14)答案：i

解析：记的中点为则由极化恒等式可知：

____O

APBP=PM2-AM2=

4

即PM=1,因此CP=i.

(15)答案：£=3;te［4,+CXD).

解析:/(乃的导数((/)=/(/—t+l)e，，函数/⑺在区间(0"—

t1

/(x)在区间［0,t］上的最小值为/min=/(£-l)=e-(3-£).

故当/min=0时，1=3.

再注意到/⑴=9>/(0)=<+1>0./(①)在区间［0,t］上的最大值为/max=9.

72t-1

3Xi,X2e［0,t］,使得f(6)f(12)=-e等价于/min-/max=e(3-t)<一e,，显然在

t>3时才能成立.

令g(x)=e2r-1(3—x)［x>3).则g'(1)=e2a-1(5—2x)<0,故g(x)在(3,+oo)

注意到g⑷=-e7,所以t的取值范围是［4,+oo).

(16)答案：当.

o

解析：方法一,:如图，不妨设4。=3,设45=rr.

取AE的中点记为M,则翻折后M与D重合.

由翻折过程可知，因为平面平面8CE,所以。在底面的投影。在线段8E上,

且NP，BE.DP1CE.

MNED

21

此时tan/MNP=tan/4BE=—,tanDP=tanAECD=-,故DN=2MN.

xx

241Ix

所以MN=KND=x,NE=k，NP=-AB=~.

3'3'366

于是tan/NVP=2=时解得忆=2，5.于是丝=擎.

x|AD3

方法二：取BC的中点记为M,AE的中点记为N,则翻折后N与D'重合.

不妨设40=3,有AN=NE=ED=1.

因为D'MHA'B,A'B±A'E,所以D'E±D'M.

又因为D'E±DC,所以D'E±平面DMC,因此D'E±MC.

于是。E_L平面。可得AfCLOE.

又因为平面6OE,做AP上BE,则平面8CE,可得AP_LM。.

于是VC_L平面A3E,MC±BE.

因此△BCE为等腰三角形，CE=BC=3.

又因为ED=1,可得。。=¥=45.于是]]=券.

四、解答题：本题共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)答案：(l)an=2n+l;(2)95.

2

解析：⑴记｛an｝的前n项和为Tn,则Tn=n+2n,.1分

当打22时，an=Tn-Tn_i=2n+l,2分

当？2=1时，fli=71=3,所以Qn=2n+1；3分

272+3

(2)&n=log4分

22n+1

nic]2n+3

她]Sn=log2---G分

2八十3…189

Sn>6<=>--—>64<=>n>9分

因为72是正整数，因此最小值为95.10分

（18）答案：（1）2;⑵65.7%;⑶有95%以上的概率满足隔离需求.

解析：(1)记一个社区的密切接触者人数为X,

则石(X)=10x10%+5x20%+0x70%=2;2分

(2)1-0.73=1-0.343=0.657.5分

(3)记三个社区的总密切接触者人数为匕则P(P=30)=SN=0.001,6分

P(Y=25)=3x0.2x0.12=0.006,7分

P(Y=20)=3x0.7x0.12+3x0.22x0.1=0.033.9分

因此P(yW15)=1—0.001-0.006-0.033=0.96>0.95.11分

因此有95%以上的概率，满足密切接触者的隔离需求.12分

（19）答案：（1）略;⑵华.

O

解析：（1）证明角分线定理即可.

上BAsinABDABCsinABDC

由正弦定理可付：方=-再，DC=-^ZCDB^2分

因为为ZABC的角分线，ADBA=ADBC,sinADBA=sin4DBC.3分

因为NADN与NODB互补，因此sinN4D6=sinNCO3.4分

RARO

所以五彳=石方，因此80=3645分

(2)设BA=t,则BC=3t,

IQ_q,2

由余弦定理可得：cos/3/Z4=—N—,COSN80C=―--.7分

7

利用cosABDA+cosABDC=0可得t2=9分

o

9/5

cosZ.BDA=sinABDA=x——11分

3'3

因此S4ABe=4s△4B0=--—•12分

J

FP

(20)答案：(1)略.(2)存在，--=1.

2C/

解析：方法一：

PC

以/为原点，为轴建系.设AB=1,—-=A.

EC

(1)^F=(0,l,0),AP=(1-A,1,A).2分

故不存在任何实数t,使得AP=tEF.4分

⑵当。为EC中点时，AP=6分

2'12/

设前=则Q9分

因此Q到平面ABCD与平面ADEF的距离均为*10分

所以四棱锥Q—ABCD的体积与四棱锥Q—ADEF的体积都是11分

6

FP

所以满足条件的点P存在，此时五万=1.12分

方法二:

0EF“AD,ADHAP=A,故AP与4。不平行，所以AP与EF不平行.4分

(2)必要性：

当Q在点P处时，P到平面ABCD与平面ADEF的距离应该相等.6分

故P为CE的中点.8分

充分性：

当P为CE中点时，设VP_ABCD=VP_ADEF=V,AQ=G(0,1]),

则VQ-ABCD=^Q-ADEF~•11分

FP

所以满足条件的点P存在，此时—=1.12分

72?/2

(21)答案：(1)了一j==(2)(-2,0].

解析：(1)当k=0时，A(-a,0),B(a,0),AB=2a=4：,a=2.2分

22

故双曲线方程为多一4=1,3分

44

Q

此时&=2,c=2\/2,e=—=\/2.5分

a

(2)设直线48的方程为g=加+772,?/i),B(72,92)，且为<0,了2>0.

与。：/—犷—4=0联立得(1—t2)x2—2tmx—m2—4=0.6分

777,2

△=4(m24-4—4t2)>0,t2<1+—.7分

2tmm2-4-4

依题意，xr+x2=-——~i，xrx2=一~-———<0,因而8分

由P4PB斜率相反，可以得到

-^―+—^―=0.

工1+1叫+1

(txi+m)(x2+1)+(,tx2+m)(rri+1)=0.

2txiX2+(力+m)(xi+x-2)+2m=0.

代入韦达后整理可得加=4力即直线48的方程为g=加+4%,其中土9分

当力=0时，直线48为？/=0,此时Q的坐标是(0,0).10分

当时，直线OQ的方程为g=—此时可求得Q点的横坐标为

4/4

项=-e=e一生

因为伊W(0,1),所以ZQ€(―2,0).n分

综上所述，Q点横坐标的取值范围是(一2,0].12分

(22)答案：(1)(修工+8).⑵略.

解析：(l)a>l,否则e，212a》asinrr且等号无法同时取到，/(c)恒正.1分

(⑺=ex—acosa:在[0,7r]单调递增，且/'(0)=1—a<0,尸(])=ei>0.

故存在xoe(0,；),使尸(股))=0,且e%=acosXQ.

因此f(r)在区间(O,xo)单调递减，在区间(x0,7T)单调递增.3分

因为/(0)=1>0,/(7r)=e7r>0,

x

且f(x)的最小值为f(xo)=e0—asinTo=a(cosXQ—sin^o).5分

所以仅当/(如)<0时，/(x)有两个零点；

此时ge(,因此a=———>64=V%上6分

\42/cosXQCOS:

、，/7T7T\

⑵不妨设0<ri<£o<Z2<7T.其中/。6(:，；?)。

7T

考虑到0<"1<5，〃叼)=e±i—asinzi=0,即e皿=asin叫.

e万e万

/(7F-a:i)=--asinXi=--eXl>0=f(x),

eX1eX12

所以7F—Zi>Z2,即工1+工2〈7.9分

sine1人,、sina;'则g（，］）=,#2）=，.

又因为/(c)=0<=>『令g（，）=

铲

7T\

：T~4

g'(z)=因此g⑺在（0,；）单调递增，在（1,7r）单调递减.10分

，，八7T

故0<71<W<3；2<7T.

7T11

令Mx)-g(x)-g-J；,则=\/2sin11分

2e^-x

Vxe(&I,”⑺>0,因此必乃在区间（0,；）单调递增.

即Vie(00,[),/i(x)<hG)=6

因此八(g)<0,即g3)=g(i2)<g

又因为5一叫e(丁五)，G汗）单调递减,

x2,而।g（①）在

,,7T7T

故数>5—21,Xi+X2>—•12分

用“人石川J际出I同多级子K的义步匕取仓

有道精品课，郭化楠

注意事项：

1、答卷前，考生先检查试卷与答题卡是否清晰完整，在答题卡上写

清楚自己的考生信息。

2、所有题目答案均需写在答题卡上，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、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.集合Z=｛（x,y）|xGZ,yeZj,5=｛（x,y）||x|+|歹一1区2｝,则

中的元素（）

A有5个B有9个C有13个D有无穷多个

2.复数（1-炉021在复平面上对应的点位于（）

A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限

3.下列函数中，满足“土°cR,使得/(-%)=-/(%)成立”

的是()

A〃x)=e，-1B/(%)=(

,[21n(x+l),x>0

C/(x)=x3+lD〃x)=I)

[x,x<0

由"组姒&，人2，一・，人〃、〃二/，〃匕1、）口;1丁%但zy】u，左八

4.记8,12,苍,马,…,工”的标准差为$，则（）

As>2B5=2

Cs<2Ds与2的大小关系不确定

5.已知。=202严zm/uZOZZ叱ozi.cElnZOZiyg,则（）

Aa=b<cBc<a=bCa<b<cDc<b<a

6.甲、乙、丙三个人进行排球训练，已知三个人是否击球成功相互

独立.若甲乙两人都击球成功的概率为工，乙丙两人都击球成功

3

的概率为1:，甲丙两人都击球成功的概率为32.则三个人至少一人

28

击球成功的概率为（）

A空B竺CHD±

24242424

7.如图是一个圆心角为80°的扇形。43,已知。。平分44。8,0。

平分乙40。，AE,CF,QG均与。4垂直.则（）

ABE<CF+DG

BBE>CF+DG

CBE=CF+DG

DBE与CF+OG的大小关系不确定

8.已知定义域为(1,+8)的函数/(x)满足：

x-lnx-/'(x)-/(x)>0.则下列说法一定成立的是()

A/(e2)<ln2/(e)B/(e2)>ln2/(e)

C/⑹<2/(e)Df(e2)>2f(e)

r

-^、夕^;4H干^fQ'/c^u力，7xqu7Jo，

题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错

的得。分，部分选对的得2分。

9.若圆锥曲线满足以下性质：

过圆锥曲线的一个焦点下，存在直线/与圆锥曲线交于43,且

AF=3FB.

则称该圆锥曲线为“3倍圆锥曲线”.

下列圆锥曲线中，“3倍圆锥曲线”有（）

22222

2

A三+匕=1B—+^-=1C---y=\D72=8%

42544”“

10.已知实数满足：x3+3^2>y+3jzr2+l,则下列不等式恒成

立的有（）

A2x>2y号

CC”-y>0Dx2-y2>x+y

11.已知等差数列｛4｝的前〃项和为S.，并且％20+邑021>0，

$20214022<°，则下列说法中正确的有（）

A设GwN*：当左<2021时，5,>0；当左22022时，Sk<0

pc、q

D01009701012

C设后eN*：当上42021时，4>0；当左22022时，ak<0

D。1009>^1012

L_17\HJ-L.-八/UU乙，。,乙，/力刀gyACino."C'DZI'MjT

点.点。是三角形45C边上（含顶点）的动点.则下列说法中正

确的有（）

A.当P在边3。上（含顶点）运动时，运与Q户的夹角始终是锐角

B.若丽=4而+〃痂，则4+4的取值范围是[-1,3]

c.丽・瓦的取值范围是

_22_

D.点?有三个不同的位置，使得丽.乐=丽.屉成立

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.¥+x+_L的展开式中，常数项为____.（用数字作答）

IX）

14.如图，正八面体可以看成是底面重合的两个正四棱锥拼在一起，

其八个面都是正三角形.记正八面体的内切球半径为尸，外接球半

D

径为R,则一二

•心“1171》口在J「曰I、，m1Z_L7'P-J印以Id迂AEL，一/口中/、口力、心八、/Q

安济桥，是世界上现存年代久远、跨度最大、保存最完整的单孔

坦弧敞肩石拱桥，其建造工艺独特，具有较高的科学研究价值、

艺术价值，对全世界后代桥梁建筑有着深远的影响.

如图，已知赵州桥的主拱（跨越河面的最大桥洞）的跨径（主拱

在河面上的最大宽度）约为拱高（桥洞最高点到水面距离）的5

倍.设赵州桥的拱高为h.

若赵州桥的主拱曲线为对称轴垂直与水面的抛物线，则该抛物线

的焦点到水面的距离为.

16.已知直线歹=Ax（左＞0）与圆。1+。一4x—2y+4=0相切,圆。,

与y轴、y=kx、圆a均相切.则圆O2的一般方程为.

四、解答题：本题共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.（10分）

在A43C中，已知sinZ.sinSsiiiC1成等比数列.

（1）求角8的取值范围；

（2）已知cosZcosC=-L,求cos5.

9

-、上乙/J/

已知数列｛%｝是首项为1的等差数列，数列｛4｝是首项为1且各

项均为正数的等比数列，c“=a“+b"[nwN*),已知°2=6,03=14

(1)求k｝的前〃项和J；

,>

(2)证明：的前"项和北<*.

匕J6

19.(12分)

如图，在三棱柱48。一43c中，45_L平面48C,

A^B=A1Bi=3c•

(1)证明：平面_L平面ABB4；

(2)若将四边形BCCB沿直线BC向外旋转到平面ABC所在的

平面内，得到四边形区；再将四边形4。。/沿直线4C向外

旋转到平面48c所在的平面内，得到四边形/cq4.求直线cq

与直线。。3的夹角；

(3)设尸是线段4G上的动点，求直线BP与平面44G所成角的

最大值，及此时坐的值.

AC,

乙5-、上乙/J/

22

已知椭圆b>0),//是两条斜率为1的平行直

线，其中乙与。交于43两点，I与。交于。，£两点.当乙，分别

过椭圆。的左右焦点耳，区时，直线I4之间的距离为盘，且

ZU班的周长为8.

(1)求椭圆的方程和离心率；

(2)当四边形48即是平行四边形时，求四边形48切面积的最

大值和此时乙，的方程.

21.(12分)

有编号为1,2,…,〃的〃个小球和编号为1,2,的〃个盒子，其中

H>3,HEN：将小球随机放入盒子中，使得每个盒子中恰好有1个

球.此时若盒子的编号与小球的编号恰好相同，则称这个小球是

一个“好球”，记所有好球的个数为七,.

(1)求工的分布列和数学期望；

(2)①当〃之4时，计算编号为1的小球成为“好球”的概率;

②计算％,的数学期望.

22.(12分)

已知函数/(%)=%111%-％-表2存在极小值.

(1)求。的取值范围，并证明此时有唯一的极小值；

(2)当a〉-e时：

①求/(力的极小值点的取值范围；

②求/(%)的极小值的取值范围.

I羊U卜石川J屏臼J同方级子K用支切i耿仓腑自

单项选择题:

7

题号1234568

答案cBDBAAcD

多项选择题

题号