19 2022年全国新高考Ⅰ卷（数学）含答案

年普通高等学校招生全国统一考试(全国新高考Ⅰ卷)数学使用地区：山东、广东、福建、湖南、湖北、河北、江苏本试卷满分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.若集合M＝{x|eq\r(x)<4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N＝A.{x|0≤x＜2} B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,3)≤x＜2))C.{x|3≤x＜16} D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,3)≤x＜16))2.若i(1－z)＝1，则z＋eq\x\to(z)＝A.－2 B.－1 C.1 D.23.在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记eq\o(CA,\s\up6(→))＝m，eq\o(CD,\s\up6(→))＝n，则eq\o(CB,\s\up6(→))＝A.3m－2n B.－2m＋3nC.3m＋2n D.2m＋3n4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(eq\r(7)≈2.65)A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m35.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)6.记函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝A.1 B.eq\f(3,2) C.eq\f(5,2) D.37.设a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，则A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b8.已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))) D.[18，27]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.已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°10.已知函数f(x)＝x3－x＋1，则A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线11.已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则A.C的准线为y＝－1B.直线AB与C相切C.|OP|·|OQ|>|OA|2D.|BP|·|BQ|>|BA|212.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x).若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，则A.f(0)＝0 B.geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答).14.写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________.15.若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________.16.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq\f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________.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)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.18.(12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B).(1)若C＝eq\f(2π,3)，求B；(2)求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值.19.(12分)如下图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq\r(2).(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值.20.(12分)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两组)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，eq\f(P(B|A),P(\o(B,\s\up6(－))|A))与eq\f(P(B|\o(A,\s\up6(－))),P(\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))))的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(ⅰ)证明：R＝eq\f(P(A|B),P(\o(A,\s\up6(－))|B))·eq\f(P(\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))),P(A|\o(B,\s\up6(－))))；(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值.附：K2＝eq\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)).P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.82821.(12分)已知点A(2，1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面积.22.(12分)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值.(1)求a；(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.参考答案1—5DDBCD6—8ACC9ABD10AC11BCD12BC13－2814y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)(答案不唯一)15(－∞，－4)∪(0，＋∞)16131.D集合的交集运算由题意知，集合M＝{x|0≤x<16}，集合N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≥\f(1,3)))，所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,3)≤x<16))，故选D.2.D复数的运算由题意知，复数z＝1－eq\f(1,i)＝1＋i，所以eq\x\to(z)＝1－i，所以z＋eq\x\to(z)＝2，故选D.3.B平面向量的线性运算如下图，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝2(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→)))，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－2eq\o(CA,\s\up6(→))＋2eq\o(CD,\s\up6(→))＝－2eq\o(CA,\s\up6(→))＋3eq\o(CD,\s\up6(→))＝－2m＋3n，故选B.4.C棱台的体积公式由题意，棱台的下底面面积为140.0km2＝1.4×108m2，上底面面积为180.0km2＝1.8×108m2，高为157.5－148.5＝9(m)，所以棱台的体积为eq\f(1,3)×(1.4×108＋eq\r(1.4×108×1.8×108)＋1.8×108)×9＝3×(3.2×108＋6eq\r(7)×107)≈1.4×109(m3)，即增加的水量约为1.4×109m3，故选C.5.D古典概型的概率在2，3，4，5，6，7，8这7个整数中随机取2个不同的数，共有Ceq\o\al(2,7)＝21(种)等可能的结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)共14种结果，所以这2个数互质的概率为eq\f(14,21)＝eq\f(2,3)，故选D.6.A正弦型函数的图象与性质由题意知，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)(ω>0)，所以eq\f(2π,3)<eq\f(2π,ω)<π，所以2<ω<3.因为y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋\f(π,4)))＋2＝1，故选A.7.C实数的大小比较＋利用导数研究函数的单调性令f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(x,1－x)，h(x)＝－ln(1－x)，则lnf(x)－lng(x)＝ln(xex)－lneq\f(x,1－x)＝x＋lnx－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x).令n(x)＝x＋ln(1－x)，x∈(0，0.1]，则n′(x)＝1－eq\f(1,1－x)＝eq\f(－x,1－x)<0，所以函数n(x)＝x＋ln(1－x)在(0，0.1]上单调递减，所以n(x)<0，所以f(x)<g(x)，即b>a.令m(x)＝f(x)－h(x)＝xex＋ln(1－x)，x∈(0，0.1]，则m′(x)＝xex＋ex－eq\f(1,1－x)＝eq\f((1＋x)(1－x)ex－1,1－x).令k(x)＝(1＋x)(1－x)ex－1，所以k′(x)＝(1－x2－2x)ex>0，所以函数k(x)在(0，0.1]上单调递增，所以k(x)>k(0)＝0，所以m′(x)>0，所以函数m(x)在(0，0.1]上单调递增，所以m(x)>m(0)＝0，所以f(x)>h(x)，即a>c.综上所述，b>a>c，故选C.8.C正四棱锥的外接球＋球的体积公式设该球的半径为R，则V球＝eq\f(4π,3)R3＝36π，解得R＝3，记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到底面各顶点的距离为m，则cosθ＝eq\f(32＋l2－32,2×3×l)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，则l＝6cosθ，m＝l·sinθ＝6sinθcosθ，h＝eq\f(m,tanθ)＝eq\f(6sinθcosθ,\f(sinθ,cosθ))＝6cos2θ，S底＝eq\f(1,2)×2m×2m＝2m2，故V＝eq\f(1,3)S底·h＝eq\f(1,3)×2m2·h＝144(sinθcos2θ)2，令y＝sinθcos2θ＝sinθ(1－sin2θ)，令x＝sinθ，则y＝x(1－x2)＝－x3＋x，x＝sinθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，y′＝－3x2＋1，故x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))，y′>0，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))，y′<0，即Vmax＝144yeq\o\al(2,max)＝144×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(3)＋\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(64,3)，Vmin＝144×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(3)＋\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(27,4)，故选C.9.ABD正方体的性质＋空间中直线与平面的位置关系如下图，以A1为坐标原点作空间直角坐标系A1－xyz，连接A1D，A1C，BC1，不妨令AA1＝1，则A1(0，0，0)，D(0，1，1)，C(1，1，1)，B(1，0，1)，C1(1，1，0)，则eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1，1，1)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0，eq\o(BC1,\s\up6(→))·eq\o(A1C,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))⊥eq\o(A1C,\s\up6(→))，即直线BC1与DA1、直线BC1与CA1所成的角都为90°，故选项A，B正确.易知eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(1，1，0)是平面BB1D1D的一个法向量，设直线BC1与平面BB1D1D所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→))|,|\o(BC1,\s\up6(→))|·|\o(A1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，θ∈(0°，90°]，所以θ＝30°，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故选项C错误.因为CC1⊥平面ABCD，所以∠C1BC即为直线BC1与平面ABCD所成的角.易知∠C1BC＝45°，故选项D正确.综上，故选ABD.10.AC＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以函数f(x)有两个极值点，分别为x＝eq\f(\r(3),3)和x＝－eq\f(\r(3),3)，故选项A正确.因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\f(\r(3),9)－eq\f(\r(3),3)＋1＝－eq\f(2\r(3),9)＋1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＝－eq\f(\r(3),9)＋eq\f(\r(3),3)＋1＝eq\f(2\r(3),9)＋1>0，当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，故选项B错误.令g(x)＝x3－x，则g(－x)＝－x3＋x＝－g(x)，所以点(0，0)是曲线y＝g(x)的对称中心.将曲线y＝g(x)向上平移1个单位长度得到曲线y＝f(x)，所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故选项C正确.令f′(x)＝3x2－1＝2，解得x＝±1，当x＝1时，f(1)＝1，y＝2≠1，不符合题意；当x＝－1时，f(－1)＝1，y＝－2≠1，不符合题意，所以直线y＝2x不是曲线y＝f(x)的切线，故选项D错误.综上，故选AC.11.BCD抛物线的几何性质＋直线与抛物线的位置关系由题意得2p＝1，解得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线C的方程为y＝x2，其准线为y＝－eq\f(p,2)＝－eq\f(1,4)，故选项A错误.直线AB的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，代入y＝x2得x2＝2x－1，解得x＝1.又y′|x＝1＝2，所以直线AB与C相切，故选项B正确.当过点B的直线与抛物线C有两个交点P，Q时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，过点B(0，－1)的直线为y＝kx－1，代入y＝x2得x2＝kx－1，即x2－kx＋1＝0，所以Δ＝k2－4>0，x1＋x2＝k，x1x2＝1，所以k>2或k<－2，所以|OP|·|OQ|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(4,1))·eq\r(xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(4,2))＝eq\r(xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(4,2)＋xeq\o\al(4,1)xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(4,1)xeq\o\al(4,2))＝eq\r(xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＋(x1＋x2)2－2x1x2＋1)＝|k|>2＝|OA|2，故选项C正确.|BA|2＝5，|BP|·|BQ|＝|x1|eq\r(1＋k2)·|x2|eq\r(1＋k2)＝1＋k2，所以|BP|·|BQ|＝1＋k2>5＝|BA|2，故选项D正确.综上，故选BCD.12.BC函数的性质∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))是偶函数，∴函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(3,2)对称.∵g(2＋x)是偶函数，∴函数g(x)的图象关于直线x＝2对称.又g(x)＝f′(x)，∴函数g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))成中心对称，函数f(x)的图象关于点(2，t)成中心对称，∴函数f(x)，g(x)的周期为2，∴f(0)＝f(2)＝t，故选项A错误.由函数g(x)的周期性得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，故选项B正确.由函数f(x)的周期性得f(－1)＝f(1)，f(4)＝f(2)，由f(x)的对称性得f(1)＝f(2)，∴f(－1)＝f(4)，故选项C正确.由函数g(x)的周期性得g(－1)＝g(1)，由函数g(x)的对称性得g(1)＋g(2)＝0，∴g(－1)＋g(2)＝0，故选项D错误.综上，故选BC.13.－28二项式定理由二项展开式的通项公式可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为1×Ceq\o\al(6,8)－1×Ceq\o\al(5,8)＝－28.14.y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)(答案不唯一)圆与圆的位置关系＋圆的切线的方程两圆的圆心分别为(0，0)和(3，4)，半径分别为1和4.因为两圆的圆心距等于半径的和，所以两圆外切，共有三条公切线，其中一条公切线的斜率为eq\f(－1,\f(4,3))＝－eq\f(3,4).设该切线的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋b(b>0)，则eq\f(b,\r(1＋\f(9,16)))＝1，解得b＝eq\f(5,4)，所以与两圆都相切的一条直线的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4).15.(－∞，－4)∪(0，＋∞)导数的几何意义＋二次函数根与系数的关系y′＝ex＋(x＋－x0).又切线过点(0，0)，所以－(x0＋a)ex0＝(x0＋a＋1)ex0(－x0)，所以x0＋a＝xeq\o\al(2,0)＋ax0＋x0，即xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.由题意可知此方程有两个不相等的实数根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，即a的取值范围为(－∞，－4)∪(0，＋∞).16.13椭圆的几何性质＋直线与椭圆的位置关系如下图，设F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点D在点E上方.由离心率知a＝2c，则b＝eq\r(3)c，所以∠AF2O＝60°.因为DE⊥AF2，所以∠DF1O＝30°.代入焦点弦公式|DE|＝eq\f(2ab2,a2－c2cos230°)，得eq\f(48c,13)＝6，解得c＝eq\f(13,8)，a＝eq\f(13,4)，所以点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13\r(3),8))).连接AF1，易知|AF1|＝|F1F2|＝2c.又DE⊥AF2，故DE为AF2的垂直平分线，则|AD|＝|F2D|，|AE|＝|F2E|，于是△ADE的周长为|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|F2D|＋|F2E|＝|DE|＋2a－|F1D|＋2a－|F1E|＝|DE|＋4a－|DE|＝4a＝13.17.等差数列的通项公式＋累乘法求数列的通项＋裂项相消法求数列的和解：(1)由题意得eq\f(Sn,an)＝eq\f(S1,a1)＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，故Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(2分)因此an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(n＋3,3)an＋1－eq\f(n＋2,3)an，从而有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n).(4分)因为a1＝1，所以当n>1时an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n＋1,n－1)·eq\f(n,n－2)·eq\f(n－1,n－3)·…·eq\f(4,2)·eq\f(3,1)·1＝eq\f(n(n＋1),2).(5分)又因为当n＝1时，eq\f(n(n＋1),2)＝1＝a1，所以an＝eq\f(n(n＋1),2).(6分)(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(2,n(n＋1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).(7分)所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2.(10分)18.诱导公式＋三角恒等变换＋同角三角函数的基本关系＋正弦定理＋基本不等式解：(1)解法一：由题意得eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(2sinBcosB,2cos2B)＝eq\f(sinB,cosB)，(1分)于是cosAcosB＝sinB＋sinBsinA.(2分)故cos(A＋B)＝sinB.(3分)又因为C＝eq\f(2π,3)，(5分)所以sinB＝cos(π－C)＝eq\f(1,2).故B＝eq\f(π,6).(6分)解法二：因为eq\f(sin2B,1＋cos2B)＝eq\f(2sinBcosB,2cos2B)＝tanB，(1分)eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A)),1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(A,2))).(2分)所以由题意得tanB＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(A,2))).(3分)而A，B为三角形的内角，故B＝eq\f(π,4)－eq\f(A,2).又因为C＝eq\f(π,2)，所以A＋B＝eq\f(π,3).故B＝eq\f(π,6).(6分)(2)由题意得cos(A＋B)＝sinB，从而cos(A＋B)>0，cos(A＋B)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))，故A＝eq\f(π,2)－2B.(8分)可得C＝eq\f(π,2)＋B.由正弦定理得eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)，所以eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(cos22B＋sin2B,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥4eq\r(2)－5，当且仅当cos2B＝eq\f(\r(2),2)时等号成立.(11分)因此eq\f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq\r(2)－5.(12分)19.三棱锥的体积公式＋点到平面的距离＋空间中直线与平面间的位置关系＋二面角解：(1)三棱锥A1－ABC的体积V是三棱柱ABC－A1B1C1体积的eq\f(1,3)，即V＝eq\f(4,3).(2分)设点A到平面A1BC的距离为h，则V＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)h.由eq\f(4,3)＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)h解得h＝eq\r(2).故点A到平面A1BC的距离为eq\r(2).(4分)(2)连接AB1交A1B于点E，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B.又平面A1BC⊥平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，AE⊥BC.(5分)由(1)知点A到平面A1BC的距离为eq\r(2)，故AE＝eq\r(2)，A1B＝2eq\r(2)，AA1＝AB＝2.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC.从而BC⊥平面ABB1A1.故BC⊥AB，BC⊥A1B.(6分)由已知得eq\f(1,2)×BC×A1B＝2eq\r(2)，所以BC＝2.(7分)以B为坐标原点，eq\o(BC,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，0，2)，D(1，1，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，－2，2).(8分)设n＝(x，y，z)为平面DAB的法向量.则即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,－2y＝0，))可取n＝(1，0，－1).(10分)因为AE⊥平面A1BC，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))为平面DCB的一个法向量，有cos〈n，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AB1,\s\up6(→)),|n|·|\o(AB1,\s\up6(→))|)＝－eq\f(1,2).(11分)故二面角A－BD－C的正弦值为eq\f(\r(3),2).(12分)20.独立性检验＋条件概率解：(1)K2＝eq\f(200×(40×90－60×10)2,100×100×150×50)＝24.因为K2>6.635，(2分)所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(3分)(2)(ⅰ)R＝eq\f(P(B|A),P(\x\to(B)|A))·eq\f(P(\x\to(B)|\x\to(A)),P(B|\x\to(A)))(4分)＝eq\f(P(B|A)P(A),P(\x\to(B)|A)P(A))·eq\f(P(\x\to(B)|\x\to(A))P(\x\to(A)),P(B|\x\to(A))P(\x\to(A)))＝eq\f(P(AB),P(\x\to(A)B))·eq\f(P(\x\to(A)\x\to(B)),P(A\x\to(B)))＝eq\f(P(A|B),P(\x\to(A)|B))·eq\f(P(\x\to(A)|\x\to(B)),P(A|\x\to(B))).(8分)(ⅱ)由该调查数据得，病例组中卫生习惯不够良好的频率为eq\f(40,100)＝0.4，对照组中卫生习惯不够良好的频率为eq\f(10,100)＝0.1.所以P(A|B)的估计值为0.4，P(A|eq\x\to(B))的估计值为0.1.(10分)P(eq\x\to(A)|B)的估计值为0.6，P(eq\x\to(A)|eq\x\to(B))的估计值为0.9，利用(ⅰ)的结果可得R的估计值为eq\f(0.4,0.6)×eq\f(0.9,0.1)＝6.(12分)21.双曲线的标准方程＋直线与双曲线的位置关系＋三角形的面积公式解法一：(1)由题意得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2.所以C的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.(2分)设l的斜率为k，P(x1，y1)，Q(x2，y2).当xeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)时，kAP＋kAQ≠0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),2)－yeq\o\al(2,2)＝1，))得eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2)－(yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1))＝0，故k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(x2＋x1,2(y2＋y1)).由kAP＋kAQ＝0得eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝0，即x1y2＋x2y1＋4－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＝0.①(3分)由eq\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1得eq\f(xeq\o\al(2,1)－22,2)－(yeq\o\al(2,1)－1)＝0，即eq\f(y1－1,x1－2)＝eq\f(x1＋2,2(y1＋1)).同理可得eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(x2＋2,2(y2＋1)).由kAP＋kAQ＝0得eq\f(x1＋2,2(y1＋1))＋eq\f(x2＋2,2(y2＋1))＝0，即x1y2＋x2y1＋4＋x1＋x2＋2(y1＋y2)＝0.②由①②得x1＋x2＋2(y1＋y2)＝0.因此l的斜率为－1.(6分)(2)由题意，不妨设AP的倾斜角α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则∠PAQ为2α或π－2α.因为C的渐近线的斜率为±eq\f(\r(2),2)，由tan∠PAQ＝2eq\r(2)得eq\f(2tanα,1－tan2α)＝±2eq\r(2)，解得tanα＝eq\r(2).所以kAP＝eq\r(2)，kAQ＝－eq\r(2).(8分)直线AP的方程为y－1＝eq\r(2)(x－2)，代入eq\f(x2,2)－y2＝1得3x2＋(4eq\r(2)－16)x＋20－8eq\r(2)＝0，所以|AP|＝eq\f(4,3)(eq\r(6)－eq\r(3)).直线AQ的方程为y－1＝－eq\r(2)(x－2)，代入eq\f(x2,2)－y2＝1得3x2－(4eq\r(2)＋16)x＋20＋8eq\r(2)＝0，所以|AQ|＝eq\f(4,3)(eq\r(6)＋eq\r(3)).(10分)又sin∠PAQ＝eq\f(2\r(2),3)，所以△PAQ的面积为eq\f(1,2)×|AP|×|AQ|×sin∠PAQ＝eq\f(16\r(2),9).(12分)解法二：(1)将点A代入双曲线方程，得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，解得a2＝2，故双曲线方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.(2分)由题意可设l：y＝kx＋m，设P(x1，y1)，Q(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，故x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).①由kAP＋kAQ＝0得eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝0，即eq\f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq\f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，(3分)整理得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0.②由①②得eq\f(2k(2m2＋2),2k2－1)＋(m－1－2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0.(5分)因为直线l不过点A，所以m＋2k－1≠0，故k＝－1.(6分)(2)设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ＝2eq\r(2)得taneq\f(∠PAQ,2)＝eq\f(\r(2),2).由2α＋∠PAQ＝π得kAP＝tanα＝eq\r(2)，即eq\f(y1－1,x1－2)＝eq\r(2).(8分)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1，))解得x1＝eq\f(10－4\r(2),3)，y1＝eq\f(4\r(2)－5,3).由点P在直线l上可得m＝eq\f(5,3)，于是由①得x1＋x2＝eq\f(20,3)，x1x2＝eq\f(68,9).由tan∠PAQ＝2eq\r(2)得sin∠PAQ＝eq\f(2\r(2),3).因为|AP|＝eq\r(3)|x1－2|，|AQ|＝eq\r(3)|x2－2|，(10分)所以S△PAQ＝eq\f(1,2)×|AP|×|AQ|×sin∠PAQ＝eq\r(2)|x1x2－2(x1＋x2)＋4|＝eq\f(16\r(2),9).(12分)22.利用导数研究函数的单调性、最值、零点＋等差数列的性质解：(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－eq\f(1,x).若a≤0，f(x)没有最小值.(1分)若a>0，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，lna)上单调递减；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(lna，＋∞)上单调递增.所以f(x)的最小值为f(lna)＝a－alna.(2分)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，g′(x)<0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，g′(x)>0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增.所以g(x)的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna.(3分)由题意得a－alna＝1＋lna，即lna＋eq\f(2,a＋1)－1＝0.(4分)设函数F(x)＝lnx＋eq\f(2,x＋1)－1，则F(1)＝0，F′(x)＝eq\f(x2＋1,x(x＋1)2)>0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增.从而F(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x＝1，因此a＝1.(6分)(2)由(1)知，f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx.设函数G(x)＝f(x)－g(x)＝ex＋lnx－2x，则G′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－2.当x>0时，G′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－2>1＋x＋eq\f(1,x)－2>0，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增.又G(e-2)＝e-2－2－2e-2<eq\r(e)－2<0，G(1)＝e－2>0，所以G(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点x0，且x0∈(e-2，1).取b＝ex0－x0，则b＝x0－lnx0.由(1)知b>1，故x0是函数f(x)－b在(0，＋∞)上的唯一零点；又f(lnx0)＝b，故lnx0是函数f(x)－b在(－∞，0)上的唯一零点.同理可得x0是函数g(x)－b在(0，1)上的唯一零点；ex0是函数g(x)－b在(1，＋∞)上的唯一零点.因此直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，从左到右分别为(lnx0，b)，(x0，b)，(ex0，b).因为ex0＋lnx0＝2x0，所以这三个交点的横坐标成等差数列.(12分)2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国新高考Ⅱ卷)数学使用地区：海南、重庆、辽宁本试卷满分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＋2i)(1－2i)＝A.－2＋4i B.－2－4iC.6＋2i D.6－2i3.图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.94.已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝A.－6 B.－5 C.5 D.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，则不同的排列方式共有A.12种 B.24种 C.36种 D.48种6.若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))·sinβ，则A.tan(α－β)＝1 B.tan(α＋β)＝1C.tan(α－β)＝－1 D.tan(α＋β)＝－17.已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A.100π B.128π C.144π D.192π8.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则(k)＝A.－3 B.－2 C.0 D.1二、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.已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，则A.f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))单调递减B.f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点C.直线x＝eq\f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴D.直线y＝eq\f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线10.已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p，0).若|AF|＝|AM|，则A.直线AB的斜率为2eq\r(6)B.|OB|＝|OF|C.|AB|>4|OF|D.∠OAM＋∠OBM<180°11.如下图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则A.V3＝2V2 B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V112.若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则A.x＋y≤1 B.x＋y≥－2C.x2＋y2≤2 D.x2＋y2≥1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(2<X≤2.5)＝0.36，则P(X>2.5)＝________.14.曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________，________.15.有公共点，则a的取值范围是________.16.已知直线l与椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，则l的方程为________.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)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为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}中元素的个数.18.(12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为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.已知S1－S2＋S3＝eq\f(\r(3),2)，sinB＝eq\f(1,3).(1)求△ABC的面积；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(2),3)，求b.19.(12分)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001).20.(12分)如下图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为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的正弦值.21.(12分)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程.(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于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－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(3)的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.22.(12分)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1).参考答案1—5BDDCB6—8CAA9AD10ACD11CD12BC130.1414y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x15eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2)))16x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝01.B绝对值不等式的解法＋集合的交集运算因为集合B＝{x||x－1|≤1}＝{x|－1≤x－1≤1}＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝{1，2}，故选B.2.D复数的运算(2＋2i)(1－2i)＝2－4i＋2i＋4＝6－2i，故选D.3.D等差数列的性质＋直线的斜率与倾斜角如下图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则|OA2|＝4|OD1|.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1(k3－0.2)，BB1＝CB1(k3－0.1)，AA1＝BA1k3，即CC1＝OD1(k3－0.2)，BB1＝OD1·(k3－0.1)，AA1＝OD1k3.又eq\f(DD1,OD1)＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1(k3－0.2)＋OD1·(k3－0.1)＋OD1k3＝OD1(3k3＋0.2)，所以tan∠AOA2＝eq\f(AA2,OA2)＝eq\f(OD1(3k3＋0.2),4OD1)＝0.725，解得k3＝0.9，故选D.4.C平面向量的坐标运算＋平面向量的夹角公式＋平面向量的数量积运算由题意，得c＝a＋tb＝(3＋t，4)，所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t.因为〈a，c〉＝〈b，c〉，所以cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq\f(a·c,|a||c|)＝eq\f(b·c,|b||c|)，即eq\f(25＋3t,5)＝3＋t，解得t＝5，故选C.5.B排列组合先将丙和丁捆在一起有Aeq\o\al(2,2)种排列方式，然后将其与乙、戊排列有Aeq\o\al(3,3)种排列方式，最后将甲插入中间两空，有Ceq\o\al(1,2)种排列方式，所以不同的排列方式共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)＝24(种)，故选B.6.C7.A棱台的结构特征＋球的表面积公式由题意得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×4eq\r(3)＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，则其外接球的球心O在直线O1O2上.设外接球的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍)；当球心O在线段O1O2的延长线上时，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以球O的表面积为4πR2＝100π，故选A.8.A函数的性质因为f(1)＝1，所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，即f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)①，所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)②.由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，即f(x＋3)＋f(x)＝0，所以f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以函数f(x)是周期为6的周期函数.在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2.令x＝1，y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，所以f(2)＝－1.由f(x＋3)＝－f(x)，得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0.根据周期性知f(k)(k＝1，2，…，22)中，任意连续6个数和为0，而22＝6×3＋4，所以eq\i\su(k＝1,22,f)(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A.9.AD三角函数的图象与性质由2x＋φ＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2).因为函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，所以eq\f(kπ,2)－eq\f(φ,2)＝eq\f(2π,3)，即φ＝kπ－eq\f(4π,3).又0<φ<π，得φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).对于A，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(2π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，当k＝0时，－eq\f(π,12)≤x≤eq\f(5π,12).因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))上单调递减，故选项A正确.对于B，由2x＋eq\f(2π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，当k＝0时，x＝－eq\f(π,12)；当k＝1时，x＝eq\f(5π,12)；当k＝2时，x＝eq\f(11π,12)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上，只有一个极值点，故选项B错误.对于C，函数f(x)的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，令eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)＝eq\f(7π,6)，解得k＝eq\f(5,2)，不为整数，故选项C错误.对于D，因为f′(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，若直线y＝eq\f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，则2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)，所以2x＋eq\f(2π,3)＝2kπ＋eq\f(2π,3)或2x＋eq\f(2π,3)＝2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)，所以x＝kπ或x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z).当x＝kπ时，f(x)＝eq\f(\r(3),2)，则eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)－kπ(k∈Z)，解得k＝0；当x＝kπ＋eq\f(π,3)时，f(x)＝－eq\f(\r(3),2)，则－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)－kπ(k∈Z)，无解.综上所述，直线y＝eq\f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，故选项D正确.综上所述，故选AD.10.ACD抛物线的定义及几何性质＋斜率公式＋余弦定理的推论对于A，由题意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).因为|AF|＝|AM|，且M(p，0)，所以xA＝eq\f(xF＋xM,2)＝eq\f(3,4)p.代入抛物线方程y2＝2px，解得yA＝eq\f(\r(6),2)p，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)p，\f(\r(6),2)p))，所以kAB＝kAF＝eq\f(\f(\r(6),2)p－0,\f(3,4)p－\f(p,2))＝2eq\r(6)，故选项A正确.对于B，由选项A的分析知直线AB的方程为y＝2eq\r(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝0，解得x＝eq\f(3,4)p或x＝eq\f(1,3)p，所以xB＝eq\f(1,3)p，所以yB＝－eq\f(\r(6),3)p，所以|OB|＝eq\r(xeq\o\al(2,B)＋yeq\o\al(2,B))＝eq\f(\r(7),3)p≠|OF|，故选项B错误.对于C，由抛物线的定义，得|AB|＝xA＋xB＋p＝eq\f(13,12)p＋p＝eq\f(25,12)p>2p，即|AB|>4|OF|，故选项C正确.对于D，由上述分析易知|OA|＝eq\f(\r(33),4)p，|AM|＝eq\f(5,4)p，|OB|＝eq\f(\r(7),3)p，|BM|＝eq\f(\r(10),3)p，则由余弦定理的推论，得cos∠OAM＝eq\f(|OA|2＋|AM|2－|OM|2,2|OA|·|AM|)＝eq\f(\f(33,16)p2＋\f(25,16)p2－p2,2×\f(\r(33),4)p×\f(5,4)p)＝eq\f(21,5\r(33))>0，cos∠OBM＝eq\f(|OB|2＋|BM|2－|OM|2,2|OB|·|BM|)＝eq\f(\f(7,9)p2＋\f(10,9)p2－p2,2×\f(\r(7),3)p×\f(\r(10),3)p)＝eq\f(4,\r(70))>0，所以∠OAM<90°，∠OBM<90°，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故选项D正确.综上所述，故选ACD.11.CD三棱锥的体积公式＋空间中直线与平面的位置关系如下图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AD·CD·ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，V2＝VF－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OF.易知BD＝eq\r(2)AB＝2eq\r(2)，OB＝OD＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)，OF＝eq\r(OB2＋FB2)＝eq\r(3)，OE＝eq\r(OD2＋ED2)＝eq\r(6)，EF＝eq\r(BD2＋(ED－FB)2)＝eq\r((2\r(2))2＋(2－1)2)＝3.因为EF2＝OE2＋OF2，＝eq\f(1,3)S△ACE·OF＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)AC2·OF＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2×eq\r(3)＝2，所以有V3≠2V2，V3≠V1，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B错误，选项C，D正确，故选CD.12.BC不等式的性质＋基本不等式由x2＋y2－xy＝1，得(x＋y)2－3xy＝1.又xy＝eq\f((x＋y)2,4)－eq\f((x－y)2,4)，所以(x＋y)2－3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f((x＋y)2,4)－\f((x－y)2,4)))＝1，即1＝eq\f((x＋y)2,4)＋eq\f(3(x－y)2,4)≥eq\f((x＋y)2,4)，所以－2≤x＋y≤2，所以选项A错误，选项B正确.由x2＋y2－xy＝1，得x2＋y2－1＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)，即x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时，等号成立，所以选项C正确.当x＝eq\f(\r(3),3)，y＝－eq\f(\r(3),3)时，满足x2＋y2－xy＝1，此时x2＋y2＝eq\f(2,3)<1，所以选项D错误.综上可知，故选BC.13.0.14正态分布因为X～N(2，σ2)，所以P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2<x≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.14.y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x导数的几何意义设切点为(x0，y0)，当x>0时，由y′＝eq\f(1,x)，得切线斜率为k＝eq\f(1,x0).又切线的斜率为eq\f(y0,x0)，于是eq\f(1,x0)＝eq\f(y0,x0)，解得y0＝1，代入y＝lnx，得x0＝e，所以切线斜率k＝eq\f(1,e)，切线方程为y＝eq\f(1,e)x.同理可求得，当x<0时的切线方程为y＝－eq\f(1,e)x.综上可知，两条切线方程分别为y＝eq\f(1,e)x，y＝－eq\f(1,e)x.15.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2)))直线与圆的位置关系＋点到直线的距离公式由题意知点A(－2，3)关于直线y＝a的对称点为A′(－2，2a－3)，所以kA′B＝eq\f(3－a,2)，所以直线A′B的方程为y＝eq\f(3－a,2)x＋a，即(3－a)x－2y＋2a＝0.由题意知，直线A′B与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点.由题意知，圆的圆心为(－3，－2)，半径为1，所以由点到直线的距离公式得eq\f(|－3(3－a)＋2×2＋2a|,\r((3－a)2＋22))≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2))).16.x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0＝1，则分别令x＝0，y＝0，得点M(m，0)，N(0，n)(m>0，n>0).设A(x1，y1)，B(x2，y2).由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m，,y1＋y2＝n.))因为kAB＝kMN，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(0－n,m－0)＝－eq\f(n,m).将A(x1，y1)，B(x2，y2)分别代入椭圆方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),6)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),6)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，))＝－eq\f(1