10 2024年天津卷（数学）含答案

年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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A＝{1，2，3，4}，B＝{2，4，6，8}，则A∩B＝A.{1，2，3，4} B.{2，4}C.{2，3，4} D.{1，2，3，4，6，8}2.已知a，b∈R，则“a3＝b3”是“3a＝3b”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.下列选项中，相关系数最大的是 A B C D4.下列函数是偶函数的为A.y＝eq\f(ex－x2,ex＋x2) B.y＝eq\f(cosx－x2,x2＋1)C.y＝eq\f(ex－x,ex＋x) D.y＝eq\f(sinx－x,x2＋1)5.设a＝4.2-0.2，b＝4.20.2，c＝log4.20.2，则a，b，c的大小关系为A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b6.已知m，n是两条直线，α是一个平面.下列命题正确的是A.若m∥α，m⊥n，则n⊥αB.若m⊥α，m⊥n，则n⊥αC.若m∥α，n⊥α，则m⊥nD.若m⊥α，n⊥α，则m⊥n7.已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))上的最小值为A.－eq\f(3\r(3),2) B.－eq\f(3,2) C.0 D.eq\f(3,2)8.双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线右支上，直线PF2的斜率为2.若△PF1F2是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为A.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1C.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,2)＝1D.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝19.在下图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间的距离均为1.若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3\r(3),4)－eq\f(1,2)二、10.i是虚数单位，复数(eq\r(5)＋i)(eq\r(5)－2i)＝________.11.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋\f(3,x2)))eq\s\up12(6)的展开式中，常数项为________.12.已知圆(x－1)2＋y2＝25的圆心与抛物线y2＝2px的焦点F重合，且两曲线在第一象限的交点为A，则原点到直线AF的距离为________.13.某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为________；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为________.14.已知正方形ABCD的边长为1，eq\o(DE,\s\up6(→))＝2eq\o(EC,\s\up6(→)).若eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，其中λ，μ为实数，则λ＋μ＝________；设F是线段BE上的动点，G为线段AF的中点，则eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))的最小值为________.15.设a∈R，函数f(x)＝2eq\r(x2－ax)－|ax－2|＋1.若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围是________.三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.(14分)(1)求a的值；(2)求sinA的值；(3)求cos(B－2A)的值.17.(15分)如下图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1，M，N分别为DD1，B1C1的中点.(1)求证：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；(3)求点B到平面CB1M的距离.18.(15分)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，点C为线段OB的中点(O为原点)，△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2).(1)求椭圆的方程.(2)过点C的动直线与椭圆相交于P，Q两点.在y轴上是否存在点T，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由.19.(15分)已知{an}为公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，S2＝a3－1.(1)求{an}的通项公式及Sn.(2)设数列{bn}满足bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k，n＝ak，,bn－1＋2k，ak<n<ak＋1，))其中k∈N*.(ⅰ)求证：当n＝ak＋1(k∈N*，且k>1)时，bn－1≥akbn；(ⅱ)求.20.(16分)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)≥a(x－eq\r(x))对任意x∈(0，＋∞)成立，求实数a的值；(3)若x1，x2∈(0，1)，求证：|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|eq\s\up6(\f(1,2)).(本套试卷中1，3题为考场试题信息复原版)参考答案1—5BCABD6—9CDAC107－eq\r(5)i112012eq\f(4,5)13eq\f(3,5)eq\f(1,2)14eq\f(4,3)－eq\f(5,18)15(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3))1.B集合的交集运算根据题意得A∩B＝{2，4}，故选B.2.C充分条件与必要条件的判断＋函数的单调性因为函数y＝x3与函数y＝3x均为R上的单调递增函数，所以由a3＝b3，3a＝3b，均可得到a＝b，所以“a3＝b3”是“3a＝3b”的充要条件，故选C.3.A散点图＋线性相关系数对于选项A，图中的点主要集中在从左下到右上的直线型带状区域附近，所以其线性相关性比较强，相关系数最大，故选A.4.B函数奇偶性的判断对于A，令f(x)＝eq\f(ex－x2,ex＋x2)，因为f(－x)＝eq\f(e－x－(－x)2,e－x＋(－x)2)＝eq\f(e－x－x2,e－x＋x2)≠f(x)，所以函数f(x)不是偶函数，故A不符合题意；对于B，令g(x)＝eq\f(cosx－x2,x2＋1)，因为(题眼)，且其定义域为R，所以函数g(x)是偶函数，故B符合题意；对于C，令h(x)＝eq\f(ex－x,ex＋x)，因为h(－x)＝eq\f(e－x＋x,e－x－x)≠h(x)，所以函数h(x)不＝－m(x)，其定义域为R，所以函数m(x)是奇函数，故D不符合题意.综上，故选B.5.D利用函数的单调性比较大小因为b＝4.20.2>4.2-0.2＝a>0(提示：函数y＝4.2x为R上的增函数)，c＝log4.20.2<log4.21＝0[提示：函数y＝log4.2x为(0，＋∞)上的增函数]，所以c<a<b，故选D.6.C空间中直线、平面之间的位置关系对于A，若m∥α，m⊥n，则n与α平行、相交或n⊂α，所以A不正确；对于B，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，所以B不正确；对于C，当m∥α时，在平面α内一定能找到一条直线l与之平行，即m∥l，同时由n⊥α，知n⊥l，所以m⊥n(提示：一条直线垂直于两条平行线中的一条直线，那么这条直线也垂直于另一条直线)，所以C正确；对于D，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，所以D不正确.综上，故选C.7.D三角函数的图象与性质因为函数f(x)＝3sin(ωx＋eq\f(π,3))的最小正周期为π，所以(题眼)，所以ω＝2，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))(提示：结合正弦函数y＝sinx的图象求解)，所以当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)时，f(x)取得最小值eq\f(3,2)，故选D.8.A双曲线的标准方程＋双曲线的定义由题意知点P在第四象限，且∠F1PF2＝90°，tan∠F1F2P＝2(题眼)(关键：根据题意作出图形，得出相关量)，如下图所示.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mn＝8，,\f(m,n)＝2，)))解得m＝4eq\r(2)，n＝2eq\r(2).由双曲线的定义，得m－n＝2eq\r(2)＝2a(提醒：注意双曲线定义的应用)，所以a＝eq\r(2).又|F1F2|2＝4c2＝m2＋n2＝40，所以c2＝10，所以b2＝c2－a2＝8，所以该双曲线的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1，故选A.9.C三棱柱的结构特征＋三棱柱的体积公式【思路引导】eq\o(→,\s\up7(补形法))将五面体ABC－DEF补成一个三棱柱ABC－A1B1C1→将三棱柱ABC－A1B1C1截去下面一部分平移到三棱柱的上面构成直三棱柱→直三棱柱的体积→五面体ABC－DEF的体积.如下图，分别延长AD，BE，CF至A1，B1，C1，使DA1＝3，EB1＝2，FC1＝1，连接A1B1，B1C1，C1A1，易知五面体ABC－DEF的体积为三棱柱ABC－A1B1C1的体积的一半.过点D分别作DG⊥BB1，DH⊥CC1，垂足分别为G，H，连接GH，然后截去五面体ABC－DGH，将其放置在五面体DGH－A1B1C1的上方，使平面ABC与平面A1B1C1重合，重新拼接出一个几何体，此几何体为直三棱柱，其底面是边长为1的正△DGH，高为4，且该直三棱柱的体积等于三棱柱ABC－A1B1C1的体积，即S△DGH·AA1＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°×4＝eq\r(3)，所以五面体ABC－DEF的体积为eq\f(\r(3),2)，故选C.【方法点拨】适当地对几何体进行补形或分割是解决体积问题的一种常用手段，可以“切生为熟”，也可以“切难为易”.补形法常利用平移、旋转或对称等手段，将原几何体补形成便于求体积的几何体.10.7－eq\r(5)i复数的运算(eq\r(5)＋i)·(eq\r(5)－2i)＝5－2eq\r(5)i＋eq\r(5)i＋2＝7－eq\r(5)i.11.20二项式定理eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋\f(3,x2)))eq\s\up12(6)的展开式的通项为Ceq\o\al(r,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)))eq\s\up12(6－r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x2)))eq\s\up12(r)＝32r-6Ceq\o\al(r,6)x12-4r，令12－4r＝0，得r＝3，所以，常数项为Ceq\o\al(3,6)＝20.12.eq\f(4,5)抛物线的标准方程＋点到直线的距离公式由题意知圆的圆心为(1，0)，即抛物线y2＝2px的焦点为F(1，0)，所以p＝2(题眼)，所以抛物线的方程为y2＝4x.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,(x－1)2＋y2＝25，)))可得A(4，4)(提示：点A在第一象限)，所以kAF＝eq\f(4－0,4－1)＝eq\f(4,3)，所以直线AF的方程为y＝eq\f(4,3)(x－1)，即4x－3y－4＝0(提醒：在利用点到直线的距离公式时，一定要先将直线方程化为一般式)，所以原点到直线AF的距离为eq\f(|－4|,\r(42＋(－3)2))＝eq\f(4,5).13.eq\f(3,5)eq\f(1,2)古典概型＋条件概率用M表示事件“甲同学参加的3个项目中有整地做畦”，则P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5).用A表示事件“乙同学参加的3个项目中有整地做畦”，用B表示事件“乙同学参加的3个项目中有田间灌溉”.依题意得P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，而P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，所以已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).14.eq\f(4,3)－eq\f(5,18)平面向量的线性运算＋平面向量的数量积因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，所以λ＝eq\f(1,3)，μ＝1，所以λ＋μ＝eq\f(4,3).如下图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系(方法：在特殊四边形中向量的数量积问题，常通过建立平面直角坐标系，转化为向量的坐标运算求解)，则A(0，0)，B(1，0)，D(0，1)，(题眼)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).设eq\o(BF,\s\up6(→))＝keq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,3)，k))(0≤k≤1)，则eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(k,3)，k)).因为G为AF的中点，所以Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(k,6)，\f(k,2)))，所以eq\o(DG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(k,6)，\f(k,2)－1))，所以eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(k,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(k,6)))＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)－1))＝eq\f(5,9)k2－eq\f(4,3)k＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(6,5)))eq\s\up12(2)－eq\f(3,10).因为0≤k≤1，所以当k＝1时(提醒：在利用二次函数的性质求最值时，一定要注意二次函数的对称轴是否在定义域内)，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(DG,\s\up6(→))取得最小值，最小值为－eq\f(5,18).15.(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3))函数的图象＋函数的零点【思路引导】解法一：分a＝0和a≠0讨论eq\o(→,\s\up7(a＝0))不符合题意eq\o(→,\s\up7(a≠0))换元将原问题转化为g(t)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,a)))\s\up12(2)－t)与h(t)＝|t－2|－1的图象交点问题eq\o(→,\s\up7(作出图象))1<a2<3→得解.解法二：已知条件eq\o(→,\s\up7(分类讨论))a＝0时判断f(x)的零点情况→a>0时转化为y＝2eq\r(x2－ax)与y＝|ax－2|－1的图象有唯一交点eq\o(→,\s\up7(作图))利用数形结合法根据图象建立a的不等式组求解eq\o(→,\s\up7(同理))a<0时参数a的取值范围→得解..解法一：(1)当a＝0时，f(x)＝2|x|－1＝0有2个根，不符合题意.(2)当a≠0时，令ax＝t，则x＝eq\f(t,a)，由f(x)＝0可得2eq\r(x2－ax)＝|ax－2|－1，即2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,a)))\s\up12(2)－t)＝|t－2|－1.令g(t)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,a)))\s\up12(2)－t)(t≤0或t≥a2)，h(t)＝|t－2|－1.由y＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,a)))\s\up12(2)－t)可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(a2,2)))\s\up12(2),\f(a4,4))－eq\f(y2,a2)＝1，y≥0，其图象为双曲线的一部分(x轴及其上方的图象).当其中一条渐近线的斜率eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))>1，即a2<4时，在同一平面直角坐标系中画出函数y＝g(t)与y＝h(t)的大致图象，如图1所示(技巧：结合直线的斜率与双曲线的渐近线的斜率作图).由图可知，当0<a2≤1时，两个函数的图象在(－∞，0]，[a2，＋∞)上各有1个交点，此时f(x)有两个零点；当1<a2<3时，两个函数的图象在(－∞，0]上有1个交点，在[a2，＋∞)上没有交点，此时f(x)有一个零点；当3≤a2<4时，两个函数的图象在(－∞，0]，[a2，＋∞)上各有1个交点，此时f(x)有两个零点.综上，若f(x)有一个零点，则1<a2<3，解得－eq\r(3)<a<－1或1<a<eq\r(3)，即a的取值范围为(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3)).当其中一条渐近线的斜率eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝1，即a2＝4时，在同一平面直角坐标系中画出函数y＝g(t)与y＝h(t)的大致图象，如图2所示.由图可知，当a2＝4时，两个函数的图象在(－∞，0]，[a2，＋∞)上各有1个交点，此时f(x)有两个零点.当其中一条渐近线的斜率eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<1，即a2>4时，在同一平面直角坐标系中画出函数y＝g(t)与y＝h(t)的大致图象，如图3所示.由图可知，当a2>4时，两个函数的图象在(－∞，0]，[a2，＋∞)上都没有交点，此时f(x)没有零点.综上，若f(x)有一个零点，a的取值范围为(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3)).图1图2图3解法二：当a＝0时，函数f(x)＝2|x|－1有零点x＝±eq\f(1,2)，不满足条件，舍去；当a>0时，由x2－ax≥0，得x≤0或x≥a.函数f(x)恰有一个零点，即方程2eq\r(x2－ax)－|ax－2|＋1＝0恰有一个实根，即方程2eq\r(x2－ax)＝|ax－2|－1恰有一个实根，则函数y＝2eq\r(x2－ax)的图象与y＝|ax－2|－1的图象有唯一交点(提示：函数零点、方程的根、函数图象的交点之间通常存在着等价关系).函数y＝2eq\r(x2－ax)的图象的对称轴为直线x＝eq\f(a,2)，y＝|ax－2|－1的图象对称轴为直线x＝eq\f(2,a)，根据题意在同一平面直角坐标系中作出它们的大致图象如图1所示，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(1,a)<a<\f(3,a)，)))解得1<a<eq\r(3)；当a<0时，由x2－ax≥0，得x≤a或x≥0.同理根据题意在同一平面直角坐标系中作出它们的大致图象如图2所示，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(3,a)<a<\f(1,a)，)))解得－eq\r(3)<a<－1.综上可知，a的取值范围是(－eq\r(3)，－1)∪(1，eq\r(3))(提示：总结结论时，注意是求交集还是求并集).16.正弦定理＋余弦定理＋同角三角函数的基本关系＋二倍角公式＋两角差的余弦公式【思路引导】(1)已知条件eq\o(→,\s\up7(余弦定理))a.(2)cosB＝eq\f(9,16)eq\o(→,\s\up7(同角三角函数的基本关系))sinBeq\o(→,\s\up7(正弦定理))sinA.(3)sinAeq\o(→,\s\up7(同角三角函数的基本关系))cosAeq\o(→,\s\up7(二倍角公式))sin2A，cos2Aeq\o(→,\s\up7(两角差的余弦公式))cos(B－2A).解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB及已知，有25＝a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,2)))eq\s\up12(2)－2×a×eq\f(3a,2)×eq\f(9,16)，可得a＝4.(5分)(2)由cosB＝eq\f(9,16)，可得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(5\r(7),16).(6分)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)及a＝4，b＝5，可得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(7),4).(8分)(3)由a<c，可知A为锐角，又由(2)可得cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(3,4)，(10分)故sin2A＝2sinAcosA＝eq\f(3\r(7),8)，cos2A＝1－2sin2A＝eq\f(1,8).(12分)所以cos(B－2A)＝cosBcos2A＋sinBsin2A＝eq\f(9,16)×eq\f(1,8)＋eq\f(5\r(7),16)×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(57,64).(14分)17.线面平行的判定定理＋平面与平面的夹角＋点到平面的距离【思路引导】建立空间直角坐标系→写出各点坐标.(1)求出平面CB1M的一个法向量n和eq\o(D1N,\s\up6(→))→eq\o(D1N,\s\up6(→))⊥n→得证.(2)已知条件→求出平面BB1C1C的一个法向量eq\o(→,\s\up7(空间向量的夹角公式),\s\do5(结合(1)中平面CB1M的一个法向量))得解.(3)根据(1)(2)中的向量eq\o(→,\s\up7(点到平面的距离公式))得解.解：依题意得以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如下图)，可得B(2，0，0)，C(1，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，M(0，1，1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，2)).(2分)(1)证明：依题意得eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(1，－1，2).设n＝(x，y，z)为平面CB1M的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,x－y＋2z＝0，))不妨设z＝1，可得n＝(1，3，1).依题意得eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))，有eq\o(D1N,\s\up6(→))·n＝eq\f(3,2)×1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×3＋0×1＝0，故eq\o(D1N,\s\up6(→))⊥n.又因为D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.(7分)(2)依题意得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，同(1)可得m＝(1，1，0)是平面BB1C1C的一个法向量.于是cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(2\r(22),11).所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq\f(2\r(22),11).(11分)(3)设点B到平面CB1M的距离为d，则d＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(11),11).所以点B到平面CB1M的距离为eq\f(2\r(11),11).(15分)18.椭圆的方程＋椭圆的几何性质＋直线与椭圆的位置关系＋平面向量的数量积＋不等式恒成立问题【思路引导】(1)已知条件→b＝eq\f(\r(3),2)a，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,2)))eq\o(→,\s\up7(△ABC的面积))a2，b2→椭圆的方程.(2)设点T(0，t)→当直线斜率存在时→设出直线方程eq\o(→,\s\up7(与椭圆方程联立，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)),\s\do5(韦达定理))x1＋x2，x1x2→用含k，t的式子表示eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))→t的取值范围→当直线斜率不存在时求出t的取值范围→得解.解：(1)设椭圆的半焦距为c，由离心率eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)及a2＝b2＋c2，可得b＝eq\f(\r(3),2)a.由点C为线段OB的中点，可得点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,2))).又因为△ABC的面积为eq\f(1,2)a×eq\f(b,2)＝eq\f(3\r(3),2)，可得a2＝12，b2＝9.所以椭圆的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.(5分)(2)设点T的坐标为(0，t).当直线PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为y＝kx－eq\f(3,2).由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，整理得(4k2＋3)x2－12kx－27＝0，Δ>0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(12k,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(－27,4k2＋3).①(8分)由点T的坐标为(0，t)，有eq\o(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，故eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t).由yi＝kxi－eq\f(3,2)(i＝1，2)可得(y1－t)(y2－t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))＝k2x1x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,2)))k(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)，故eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(k2＋1)x1x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,2)))k(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)，将①代入，整理得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,4k2＋3)[(4t2－36)k2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)－27].当直线PQ的斜率存在时，eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4t2－36≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,2)))\s\up12(2)－27≤0，))解得－3≤t≤eq\f(3,2).(13分)当直线PQ的斜率不存在时，eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0等价于－3≤t≤3.综上，在y轴上存在点T，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，且点T纵坐标的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).(15分)19.等差数列与等比数列的通项公式、前n项和公式＋错位相减法求和【思路引导】(1)设出公比q→列方程→qeq\o(→,\s\up7(等比数列的通项公式和前n项和公式))得解.(2)(ⅰ)由(1)知bn→bn－1→bn－1－akbn→得证.(ⅱ)记Tk＝→Tk→eq\o(→,\s\up7(错位相减法求和))得解.解：(1)设{an}的公比为q，由已知可得1＋q＝q2－1，由q>0，可得q＝2，进而可得an＝2n-1.(2分)所以Sn＝＝2n－1.(3分)(2)(ⅰ)证明：当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1.由题意得当k>1时，bak，bak＋1，…，bn－1是一个以k为首项，2k为公差的等差数列，所以bn－1＝k＋(n－1－ak)×2k＝(2k－1)k.因此，bn－1－akbn＝(2k－1)k－2k-1(k＋1)＝2k-1(k－1)－k≥2(k－1)－k＝k－2≥0.所以当n＝ak＋1(k∈N*，且k>1)时，bn－1≥akbn.(9分)(ⅱ)记Tk＝，由(ⅰ)有Tk＝×2k-1＝k×4k-1，又Sn＝2n－1＝an＋1－1，所以.(11分)记U＝×4k-1，则U＝1×40＋2×41＋3×42＋…＋n×4n-1，4U＝1×41＋2×42＋…＋(n－1)×4n-1＋n×4n，可得－3U＝40＋41＋…＋4n-1－n×4n＝－n×4n＝4n－eq\f(1,3).(13分)所以.(15分)20.导数的几何意义＋导数在研究函数性质中的应用＋不等式的证明【思路引导】(1)已知条件→f′(x)→f′(1)得解.(2)已知条件g(t)→分a≤0，a>0两种情况讨论→得解.(3)原不等式→去绝对值→通过放缩法及函数的单调性即可得证.解：(1)由已知可得f′(x)＝1＋lnx，故有f′(1)＝1.又因为f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y－1＝0.(3分)(2)xlnx≥a(x－eq\r(x))等价于.(4分)记t＝，设g(t)＝，则“f(x)≥a(x－eq\r(x))对任意x∈(0，＋∞)成立”等价于“g(t)≤0对任意t∈(0，＋∞)成立”.当a≤0时，g(t)是增函数，故当t∈(1，＋∞)时，g(t)>g(1)＝0.(5分)当a>0时，g′(t)＝，由此可得g(t)在上单调递增，在上单调递减，因此g(t)仅在t＝处取得最大值.如果g(t)≤0对任意t∈(0，＋∞)成立，则g(t)≤0＝g(1)，即g(t)在t＝1处取得最大值，故＝1，即a＝2.反之，当a＝2时，g(t)≤0对任意t∈(0，＋∞)成立.所以实数a的值为2.(8分)(3)证明：不妨设x1≥x2.当f(x1)>f(x2)时，|f(x1)－f(x2)|＝x1lnx1－x2lnx2≤x2lnx1－x2lnx2＝x2ln.由(2)可得ln≤－1，故|f(x1)－f(x2)|≤x2＝x1－x2≤|x1－x2|eq\s\up6(\f(1,2)).(12分)当f(x1)≤f(x2)时，|f(x1)－f(x2)|＝x2lnx2－x1lnx1≤x2lnx1－x1lnx1＝(x1－x2)(－lnx1)＝(x1－x2)eq\s\up6(\f(1,2))(x1－x2)eq\s\up6(\f(1,2))(－lnx1)≤(x1－x2)eq\s\up6(\f(1,2))x1eq\s\up6(\f(1,2))(－lnx1).由(1)可得，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，故－xlnx≤－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)，因此－eq\r(x1)lneq\r(x1)≤eq\f(1,e)，整理得x1eq\s\up6(\f(1,2))(－lnx1)≤eq\f(2,e)，所以|f(x1)－f(x2)|≤eq\f(2,e)(x1－x2)eq\s\up6(\f(1,2))≤|x1－x2|eq\s\up6(\f(1,2)).综上，当x1，x2∈(0，1)时，|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|eq\s\up6(\f(1,2)).(16分)2023年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)数学使用地区：山东、广东、福建、湖南、湖北、河北、江苏、浙江本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、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.已知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N＝A.{－2，－1，0，1} B.{0，1，2}C.{－2} D.{2}2.已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，则z－eq\x\to(z)＝A.－i B.i C.0 D.13.已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1).若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1C.λμ＝1 D.λμ＝－14.设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是A.(－∞，－2] B.[－2，0)C.(0，2] D.[2，＋∞)5.A.eq\f(2\r(3),3) B.eq\r(2) C.eq\r(3) D.eq\r(6)6.过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝A.1 B.eq\f(\r(15),4) C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)7.记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8.已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，则cos(2α＋2β)＝A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,9) C.－eq\f(1,9) D.－eq\f(7,9)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则A.x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数B.x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数C.x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差D.x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差10.eq\f(p,p0)，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压.下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则A.p1≥p2 B.p2>10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p211.已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则A.f(0)＝0 B.f(1)＝0C.f(x)是偶函数 D.x＝0为f(x)的极小值点12.下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有A.直径为0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答).14.在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________.15.已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________.16.已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，则C的离心率为________.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)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.(1)求sinA；(2)设AB＝5，求AB边上的高.18.(12分)如下图，分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.19.(12分)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).20.(12分)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.21.(12分)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).22.(12分)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).参考答案1—5CADDA6—8BCB9BD10ACD11ABC12ABD136414eq\f(7\r(6),6)15[2，3)16eq\f(3\r(5),5)1.C集合的交集运算＋一元二次不等式的解法由x2－x－6≥0，解得x≥3或x≤－2，即N＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，故M∩N＝{－2}，故选C.2.A复数的运算＋共轭复数z＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(1,2)·eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1,2)·eq\f((1－i)(1－i),(1＋i)(1－i))＝eq\f(1,2)·eq\f(－2i,2)＝－eq\f(i,2)，则eq\x\to(z)＝eq\f(i,2)，所以z－eq\x\to(z)＝－eq\f(i,2)－eq\f(i,2)＝－i，故选A.3.D平面向量的数量积及其坐标运算解法一：a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ).因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，即(1＋λ，1－λ)·(1＋μ，1－μ)＝(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝2＋2λμ＝0，所以λμ＝－1，故选D.解法二：由题意知|a|2＝|b|2＝2，且a·b＝0.因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，即|a|2＋(λ＋μ)(a·b)＋λμ|b|2＝0，则2＋2λμ＝0，所以λμ＝－1，故选D.4.D复合函数的单调性由复合函数单调性法则知，f(x)＝2x(x－a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增.因为f(x)在(0，1)上单调递减，所以eq\f(a,2)≥1，即a≥2，故选D.5.A椭圆的离心率由题意得e1＝eq\f(\r(a2－1),a)，e2＝eq\f(\r(4－1),2)＝eq\f(\r(3),2).又e2＝eq\r(3)e1，则eq\f(1,2)＝eq\f(\r(a2－1),a)，解得a＝eq\f(2\r(3),3)(舍负)，故选A.【易错警示】本题考查椭圆离心率的计算，注意所给条件中“a>1”的要求，实际上该条件指明了椭圆的焦点应在x轴上.若缺少该条件，本题将出现多解，要考虑焦点在x轴上和y轴上两种情况.6.B直线与圆的位置关系＋二倍角公式将圆x2＋y2－4x－1＝0化为标准方程(x－2)2＋y2＝5，可知圆心坐标为(2，0)，半径为eq\r(5).设圆心为O，过点P(0，－2)作圆O的两条切线分别交圆O于点A和点B，则OP＝2eq\r(2)，OA＝OB＝eq\r(5)，PA＝PB＝eq\r(3)，故sin∠OPA＝eq\f(\r(5),2\r(2))，cos∠OPA＝eq\f(\r(3),2\r(2))，易知△OAP≌△OBP，则∠OPA＝∠OPB，故sinα＝sin2∠OPA＝2sin∠OPA·cos∠OPA＝2×(题眼)，故选B.7.C等差数列的定义、通项公式及前n项和公式＋充分条件与必要条件的判断若{an}为等差数列，设公差为d，则Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，即eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))，所以(题眼)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，故甲是乙的充分条件.若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d1，则eq\f(Sn,n)＝S1＋(n－1)d1，即Sn＝d1n2＋(S1－d1)n，易知a1＝S1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2d1n＋S1－2d1，n＝1时也符合，所以an＝2d1n＋S1－2d1(易错：需验证n＝1)，所以an＋1－an＝2d1，所以{an}为等差数列，故甲是乙的必要条件.综上，故选C.【溯源教材】本题以人教A选择性必修第二册第四章4.2.2等差数列的前n项和公式为载体，参照人教A版必修第一册第一章1.4.2、人教B版必修第一册第一章1.2.3命制.8.B三角恒等变换解法一：由sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，且cosαsinβ＝eq\f(1,2)·[sin(α＋β)－sin(α－β)]，解得sin(α＋β)＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝eq\f(1,9)，故选B.解法二：由sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)且cosαsinβ＝eq\f(1,6)，得sinαcosβ＝eq\f(1,2)，所以sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝eq\f(1,9)，故选B.9.BD平均数＋中位数＋标准差＋极差通解：选项A，令eq\f(x2＋x3＋x4＋x5,4)＝eq\f(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6,6)，则6(x2＋x3＋x4＋x5)＝4(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6)⇔2(x2＋x3＋x4＋x5)＝4(x1＋x6)⇔x2＋x3＋x4＋x5＝2(x1＋x6)，所以选项A不一定成立，故A错误；选项B，x2，x3，x4，x5的中位数为4个数据从小到大排列后最中间2个数的平均数，x1，x2，…，x6的中位数为6个数据从小到大排列后最中间2个数的平均数，二者相等，故B正确；选项C，标准差反映数据的集中程度，数据越离散，标准差越大，因此x1和x6加上之后标准差会不变或变大，故C错误；选项D，极差为样本数据的最大值减去最小值，所以x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确.综上，故选BD.快解：取x1，x2，…，x6为1，2，2，2，2，9.选项A，x2，x3，x4，x5的平均数等于2，x1，x2，…，x6的平均数等于3，故A错误；选项B，x2，x3，x4，x5的中位数为eq\f(2＋2,2)＝2，x1，x2，…，x6的中位数为eq\f(2＋2,2)＝2，相等，故B正确；选项C，x2，x3，x4，x5的标准差为0，x1，x2，…，x6的标准差为eq\r(\f(22＋12＋12＋12＋12＋62,6))>0，故C错误；选项D，x2，x3，x4，x5的极差为0，x1，x2，…，x6的极差为8，故D正确.综上，故选BD.10.ACD函数模型＋对数运算【思路引导】选项A，已知条件→L1－L2≥0→p1≥p2→作出判断；选项B，已知条件→20≥L2－L3≥10→10p3≥p2≥eq\r(10)p3→作出判断；选项C，已知条件→L3＝40→p3＝100p0→作出判断；选项D，已知条件→L1－L2≤40→p1≤100p2→作出判断.设燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车的声压级分别为L1，L2，L3，L1－L2＝20×lgeq\f(p1,p0)－20×lgeq\f(p2,p0)＝20×lgeq\f(p1,p2)≥0，所以eq\f(p1,p2)≥1，即p1≥p2，所以选项A正确；L2－L3＝20×lgeq\f(p2,p0)－20×lgeq\f(p3,p0)＝20×lgeq\f(p2,p3)≥10且L2－L3＝20lgeq\f(p2,p3)≤20，所以1≥lgeq\f(p2,p3)≥eq\f(1,2)，即10≥eq\f(p2,p3)≥10eq\s\up6(\f(1,2))，10p3≥p2≥eq\r(10)p3，所以选项B错误；L3＝20×lgeq\f(p3,p0)＝40，所以lgeq\f(p3,p0)＝2，即eq\f(p3,p0)＝100，所以p3＝100p0，所以选项C正确；L1－L2＝20×lgeq\f(p1,p2)≤90－50＝40，所以lgeq\f(p1,p2)≤2，即eq\f(p1,p2)≤100，所以p1≤100p2，所以选项D正确.综上，故选ACD.11.ABC函数的性质选项A，令x＝y＝0，则f(0)＝02×f(0)＋02×f(0)＝0，A选项正确.选项B，令x＝y＝1，则f(1)＝12×f(1)＋12×f(1)＝2f(1)，所以f(1)＝0，B选项正确.选项C，令x＝y＝－1，则0＝f(1)＝(－1)2×f(－1)＋(－1)2×f(－1)＝2f(－1)，所以f(－1)＝0.令y＝－1，则f(－x)＝(－1)2×f(x)＋x2f(－1)＝f(x)＋0＝f(x)，所以f(x)为偶函数，C选项正确.选项D，对式子两边同时除以x2y2≠0，得到eq\f(f(xy),x2y2)＝eq\f(f(x),x2)＋eq\f(f(y),y2)，可设eq\f(f(x),x2)＝ln|x|(x≠0)，故可得(难点：得到符合条件的函数是解答该选项的突破点)，D选项不正确.综上，故选ABC.12.ABD正方体的结构特征＋几何体的内切球＋几何体的外接球【思路引导】已知条件→分析能放入正方体中几何体的极限值→判断各选项.对于A，棱长为1m的正方体，其内切球直径为1m，直径为0.99m的球体可以放入该正方体内，所以A选项符合题意.连接正方体的6条对角线作出正四面体，其棱长为eq\r(2)m>1.4m，所以B选项符合题意.因为该正方体的体对角线长为eq\r(3)m<1.8m，所以不能装入高为1.8m的圆柱体，所以C选项不符合题意.对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，下图为正方体的对角面，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，故以AC1为轴可以对称放置底面直径为1.2m的圆柱.若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以D选项符合题意.综上，故选ABD.13.64计数原理解法一：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门，总的方案减去不符合要求的，有Ceq\o\al(2,8)－2Ceq\o\al(2,4)＝16(种)；第二类，选修3门，有Ceq\o\al(3,8)－2Ceq\o\al(3,4)＝48(种).综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).解法二：选课方案可以分成两类：第一类，选修2门，每一类各选1门，有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,4)＝16(种)；第二类，选修3门，一类选1门另一类选2门，有2·Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,4)＝48(种).综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).【方法技巧】在计数问题中，恰当分类是关键，借此可以将复杂的问题拆解为若干个简单的计数问题逐个击破.另外，遇到“至少”“至多”等字眼时，可以考虑从反面入手.14.eq\f(7\r(6),6)正四棱台的结构特征＋棱台的体积公式解法一：如下图，记上底面、下底面的中心分别为O1，O，则四边形AOO1A1为直角梯形.由题意可知AO＝2A1O1＝eq\r(2)，则棱台的高h＝OO1＝eq\f(\r(6),2)(题眼)，所以棱台的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),2)×(4＋1＋eq\r(4×1))＝eq\f(7\r(6),6).解法二：如下图，将正四棱台ABCD－A1B1C1D1补形，得到正四棱锥O－ABCD(题眼).由AB＝2A1B1可得OA＝2eq\r(2)，所以正四棱锥O－ABCD的高h＝eq\r(6)，其体积V1＝eq\f(1,3)×4×eq\r(6)＝eq\f(4\r(6),3).同理，可得正四棱锥O－A1B1C1D1的高h＝eq\f(\r(6),2)，其体积V2＝eq\f(1,3)×1×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(6),6)，则该棱台的体积V＝V1－V2＝eq\f(7\r(6),6).15.[2，3)三角函数的图象与性质因为ω>0，所以当x∈[0，2π]时，ωx∈[0，2ωπ].令f(x)＝cosωx－1＝0，解得ωx＝2kπ(k∈Z).由f(x)有且仅有三个零点可知，k＝0，1，2且不能取到3，作出y＝cosωx的大致图象如下图所示，结合图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3.【易错警示】本题考查三角函数的图象与性质，解题的关键是确定动区间右端点2ωπ的取值范围.要格外注意为了保证函数有且仅有三个零点，6π是不能取到的，这也是本题的易错点.16.eq\f(3\r(5),5)平面向量＋双曲线的定义与几何性质＋余弦定理的推论如下图，由＝得A，F2，B三点共线，且(题眼).设|F2A|＝2m，|F2B|＝3m，由双曲线的定义可知|AF1|＝2a＋2m.因为点B在y轴上，所以由对称性可知|F1B|＝3m.因为eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以在Rt△AF1B中，sin∠F1AB＝eq\f(|F1B|,|AB|)＝eq\f(3m,5m)＝eq\f(3,5)，所以cos∠F1AB＝eq\f(|F1A|,|AB|)＝eq\f(2a＋2m,5m)＝eq\f(4,5)，解得m＝a，所以|AF1|＝2a＋2m＝4a，|AF2|＝2m＝2a.易知|F1F2|＝2c，在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝eq\f(4,5)，解得5c2＝9a2，故离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).17.两角和与差的正弦公式＋正弦定理＋同角三角函数的基本关系【思路引导】(1)解法一：A＋B＝3Ceq\o(→,\s\up7(A＋B＋C＝π))Ceq\o(→,\s\up7(2sin(A－C)＝sinB))2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))→tanAsinA.解法二：2sin(A－C)＝sinBeq\o(→,\s\up7(sinB＝sin(A＋C)))tanA＝3tanCeq\o(→,\s\up7(A＋B＝3C，A＋B＋C＝π))C→tanAsinA.(2)解法一：在△ABC中eq\o(→,\s\up7(正弦定理))BCeq\o(→,\s\up7(sinB＝sin(A＋C)))sinBeq\o(→,\s\up7(h＝BC·sinB))h.解法二：作AC上的高BH，设AH＝mBH＝CH＝3meq\o(→,\s\up7(勾股定理))meq\o(→,\s\up7(等面积法))h.解：(1)解法一：∵A＋B＝3C，且A＋B＋C＝π，∴C＝eq\f(π,4).(1分)∵2sin(A－C)＝sinB，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))(题眼)[提示：求出角C后用sinB＝sin(A＋C)转化为A].(2分)化简得tanA＝3.(4分)∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinA＝eq\f(3\r(10),10).(5分)解法二：∵2sin(A－C)＝sinB，∴2sin(A－C)＝sin(A＋C)(题眼)(方法：求出角A与角C的关系).(1分)∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC.(2分)则sinAcosC＝3cosAsinC，即tanA＝3tanC.∵A＋B＝3C，且A＋B＋C＝π，∴C＝eq\f(π,4).∴tanA＝3tanC＝3.(4分)∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinA＝eq\f(3\r(10),10).(5分)(2)解法一：在△ABC中，由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，得BC＝3eq\r(5).(6分)∵sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(5),5)，(8分)∴AB边上的高h＝BC·sinB＝3eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝6.(10分)解法二：在△ABC中，过点B作BH⊥AC于点H，如下图.设AH＝m，则BH＝CH＝3m(题眼)(提示：利用tanA＝3以及C＝eq\f(π,4)表示出各边长)，在Rt△ABH中，m2＋(3m)2＝25，解得m＝eq\f(\r(10),2).设AB边上的高为h，由等面积法得eq\f(1,2)AB·h＝eq\f(1,2)AC·BH，(9分)即5·h＝4m·3m＝30，解得h＝6.(10分)【方法技巧】(1)利用三角形内角和得到sinB＝sin(A＋C)是减少变量的基本的方法.(2)在△ABC中，观察边角的结构，再选择运用正弦定理还是余弦定理.【高考风向】解三角形本质就是知三求三，充分运用正、余弦定理，关注三角形中的中线、角平分线、垂线、面积相关的知识点，对结构不明显的三角形要运用函数与方程思想.18.空间线线平行的判定＋二面角＋空间向量的应用【思路引导】(1)证法一：取CC1的中点E，BB2的中点Feq\o(→,\s\up7(EFB2C2是平行四边形))EF∥B2C2eq\o(→,\s\up7(A2D2EF是平行四边形))EF∥A2D2→B2C2∥A2D2.证法二：以C为坐标原点建系→eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝eq\o(B2C2,\s\up6(→))→B2C2∥A2D2.证法三：连接A2B2，证四边形A2B2C2D2是菱形→B2C2∥A2D2.(2)设点P坐标→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平面PA2C2的一个法向量n1，,平面A2C2D2的一个法向量n2))eq\o(→,\s\up7(空间向量的夹角公式))点P坐标→B2P.解：(1)证法一：如下图，取CC1的中点E，取BB2的中点F，连接D2E，EF，FA2，则EC2＝1，由正四棱柱的结构特征易得FB2∥EC2且FB2＝EC2，则四边形EFB2C2为平行四边形，则EF∥B2C2.同理可得EF∥A2D2，∴B2C2∥A2D2.(4分)证法二：