22 2022年全国乙卷理科（数学）含答案

年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷·理科)数学使用地区：山西、河南、江西、安徽、宁夏、黑龙江、吉林、新疆、内蒙古、青海、甘肃、陕西本试卷满分150分，考试时间120分钟.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.设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M满足∁UM＝{1，3}，则A.2∈M B.3∈MC.4∉M D.5∉M2.已知z＝1－2i，且z＋aeq\x\to(z)＋b＝0，其中a，b为实数，则A.a＝1，b＝－2 B.a＝－1，b＝2C.a＝1，b＝2 D.a＝－1，b＝－23.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，|a－2b|＝3，则a·b＝A.－2 B.－1 C.1 D.24.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋eq\f(1,α1)，b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…).则A.b1<b5 B.b3<b8C.b6<b2 D.b4<b75.设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B(3，0)，若|AF|＝|BF|，则|AB|＝A.2 B.2eq\r(2) C.3 D.3eq\r(2)6.执行下图的程序框图，输出的n＝A.3 B.4 C.5 D.67.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A1C1D8.已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝A.14 B.12 C.6 D.39.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.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大11.双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，则C的离心率为A.eq\f(\r(5),2) B.eq\f(3,2) C.eq\f(\r(13),2) D.eq\f(\r(17),2)12.的图象关于直线x＝2对称，g(2)＝4，则f(k)＝A.－21 B.－22 C.－23 D.－24二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.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________.14.过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为________.15.，则ω的最小值为________.16.已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2，则a的取值范围是________.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分.17.(12分)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)证明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周长.18.∠ADB＝∠BDC，E为AC的中(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CF与平面ABD所成的角的正弦值.19.(12分)某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：m2)和材积量(单位：m3)，得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得＝0.038，＝1.6158，＝0.2474.(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01)；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附：相关系数r＝，eq\r(1.896)≈1.377.20.(12分)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)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－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eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点.21.(12分)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围.(二)选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)cos2t，,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ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋m＝0.(1)写出l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围.23.[选修4－5：不等式选讲](10分)已知a，b，c都是正数，且aeq\f(3,2)＋beq\f(3,2)＋ceq\f(3,2)＝1，证明：(1)abc≤eq\f(1,9)；(2)eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(1,2\r(abc)).参考答案1—5AACDB6—10BADCD11A或C12D13eq\f(3,10)14(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(65,9)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))eq\s\up12(2)＋(y－1)2＝eq\f(169,25)15316eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))1.A集合的补集运算因为全集U＝{1，2，3，4，5}，∁UM＝{1，3}，所以集合M＝{2，4，5}，所以2∈M，故选A.2.A共轭复数＋复数的运算因为复数z＝1－2i，所以eq\x\to(z)＝1＋2i.又z＋aeq\x\to(z)＋b＝0，所以(1－2i)＋a(1＋2i)＋b＝a＋b＋1＋(2a－2)i＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋1＝0，,2a－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2，))故选A.3.C平面向量的数量积因为|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，|a－2b|＝3，所以a2＝1，b2＝3，|a－2b|2＝a2＋4b2－4a·b＝9，则a·b＝eq\f(a2＋4b2－9,4)＝eq\f(1＋4×3－9,4)＝1，故选C.4.D逻辑推理取αk＝1(k＝1，2，…)，则有b1＝2，b2＝eq\f(3,2)，b3＝eq\f(5,3)，b4＝eq\f(8,5)，…，分子分母分别构成斐波那契数列，则有b5＝eq\f(13,8)，b6＝eq\f(21,13)，b7＝eq\f(34,21)，b8＝eq\f(55,34)，则b1>b5，b3＝1＋eq\f(2,3)＝1＋eq\f(22,33)>1＋eq\f(21,34)＝b8，b6＝1＋eq\f(8,13)>1＋eq\f(1,2)＝b2，b4＝1＋eq\f(3,5)＝1＋eq\f(63,105)<1＋eq\f(65,105)＝1＋eq\f(13,21)＝b7，故选D.5.B抛物线的几何性质设点A(x0，y0).由题意得F(1，0).因为B(3，0)，所以|BF|＝2，所以|AF|＝x0＋eq\f(p,2)＝x0＋1＝2，解得x0＝1，则y0＝±2，所以|AB|＝eq\r((1－3)2＋(±2－0)2)＝2eq\r(2)，故选B.6.B程序框图因为a＝1，b＝1，n＝1，所以第一次循环：b＝1＋2＝3，a＝3－1＝2，n＝2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)－2))＝eq\f(1,4)>eq\f(1,100)不满足循环结束条件；第二次循环：b＝3＋4＝7，a＝7－2＝5，n＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(49,25)－2))＝eq\f(1,25)>eq\f(1,100)不满足循环结束条件；第三次循环：b＝7＋10＝17，a＝17－5＝12，n＝4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(289,144)－2))＝eq\f(1,144)<eq\f(1,100)满足循环结束条件.所以输出n＝4，故选B.7.A面面平行或垂直的判定定理对于选项A，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC.因为AC⊥BD，所以EF⊥BD.又DD1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.又DD1∩BD＝D，所以EF⊥平面BDD1.又因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，所以选项A正确.对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以结合上述过程知平面B1EF⊥平面A1BD不成立，所以选项B错误.对于选项C，由题意知直线AA1与直线EB1必相交，故平面B1EF与平面A1AC有公共点，所以选项C错误.对于选项D，连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D.又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面AB1C与平面B1EF不平行，所以选项D错误，故选A.8.D等比数列的通项公式设等比数列的首项为a1，公比为q.由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝168，,a2－a5＝a1q(1－q3)＝42，))所以eq\f(a1q(1－q)(1＋q＋q2),a1(1＋q＋q2))＝q(1－q)＝eq\f(42,168)＝eq\f(1,4)，即4q2－4q＋1＝0，解得q＝eq\f(1,2).代入a1q(1－q3)＝42，解得a1＝eq\f(42,\f(1,2)×\f(7,8))＝96，所以a6＝a1q5＝96×eq\f(1,32)＝3，故选D.9.C四棱锥的体积公式＋基本不等式当四棱锥的体积最大时，四棱锥的底面积最大，此时四棱锥的底面是正方形，设正方形的边长为a，底面所在圆的半径为r，则r＝eq\f(\r(2),2)a，所以该四棱锥的高为h＝eq\r(1－\f(a2,2))，所以该四棱锥的体积为V＝eq\f(1,3)a2·eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\f(4,3)eq\r(\f(a2,4)·\f(a2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,2))))≤eq\f(4,3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(a2,4)＋\f(a2,4)＋1－\f(a2,2),3)))\s\up12(3))＝eq\f(4,3)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(3))＝eq\f(4\r(3),27)，当且仅当eq\f(a2,4)＝1－eq\f(a2,2)，即a2＝eq\f(4,3)时等号成立，所以该四棱锥的高为h＝eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\r(1－\f(2,3))＝eq\f(\r(3),3)，故选C.10.D概率的计算设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙.由题意得p甲＝p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝p1p2＋p1p3－2p1p2p3，p乙＝p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝p1p2＋p2p3－2p1p2p3，p丙＝p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝p1p3＋p2p3－2p1p2p3，所以p丙－p甲＝p2(p3－p1)>0，p丙－p乙＝p1(p3－p2)>0，所以p丙最大，故选D.11.A或C双曲线的离心率设F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，当点M，N分别在双曲线的左、右支上时，记MN与D切于点A，连接OA，则OA⊥MN，|OA|＝a，|OF1|＝c，则|AF1|＝eq\r(c2－a2)＝b.连接F2N，过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，则F2B∥OA.又点由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，即tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，故|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋eq\f(3a,2).由双曲线的定义知|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(9,4))＝eq\f(\r(13),2).当点M，N都在双曲线的左支上时，同理可得|F2B|＝2|OA|＝2a，F1B＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，则tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，故|F1N|＝|BN|－|F1B|＝eq\f(3a,2)－2b.由双曲线的定义知|F2N|－|F1N|＝2a，则eq\f(5a,2)－eq\f(3a,2)＋2b＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，故选A或C.12.D函数的性质若y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，则g(2－x)＝g(2＋x).因为由g(2)＝4，f(0)＋g(2)＝5，得f(0)＝1.由g(x)－f(x－4)＝7得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5得f(x)＋f(－x－2)＝－2，则f(x)关于点(－1，－1)中心对称，所以f(1)＝f(－1)＝－1.由f(x)＋f(－x－2)＝－2，f(－x)＝f(x)，得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，故f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期为4，所以f(4)＝f(0)＝1.由f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3.又f(3)＝f(－1)＝f(1)＝－1，所以(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝11×(－1)＋5×1＋6×(－3)＝－24，故选D.13.eq\f(3,10)古典概型若从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，甲、乙都入选，则再从余下的3名同学中选1人即可.设“甲、乙都入选”为事件A，则“甲、乙都入选”的概率P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).14.(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(65,9)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))eq\s\up12(2)＋(y－1)2＝eq\f(169,25)圆的一般方程设点A(0，0)，B(4，0)，C(－1，1)，D(4，2)，圆过其中三点共有四种情况：若圆过A，B，C三点，则圆心在直线x＝2上.设圆心坐标为(2，a)，则4＋a2＝9＋(a－1)2，解得a＝3，则半径r1＝eq\r(4＋a2)＝eq\r(13)，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝13.若圆过A，B，D三点，则圆心坐标为(2，1)，则半径r2＝eq\r(4＋12)＝eq\r(5)，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.若圆过A，C，D三点，则线段AC的中垂线的方程为y＝x＋1，线段AD的中垂线的方程为y＝－2x＋5，联立两方程解得x＝eq\f(4,3)，y＝eq\f(7,3)，则半径r3＝eq\r(\f(16,9)＋\f(49,9))＝eq\f(\r(65),3)，所以圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(65,9).若圆过B，C，D三点，则线段BD的中垂线的方程为y＝1，线段CD的中垂线的方程为y＝－5x＋9，联立两方程解得x＝eq\f(8,5)，y＝1，则半径r4＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)－4))\s\up12(2)＋1)＝eq\f(13,5)，所以圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))eq\s\up12(2)＋(y－1)2＝eq\f(169,25).15.3三角函数的性质因为f(T)＝eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)·T＋φ))＝cos(2π＋φ)＝cosφ＝eq\f(\r(3),2).又因为0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6).因为x＝eq\f(π,9)是f(x)的零点，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,9)＋\f(π,6)))＝0，则eq\f(ωπ,9)＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.因为ω>0，所以当k＝0时，ω的最小值为3.16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))函数与导数的综合应用由题意知f′(x)＝2(axlna－ex)至少要有两个零点x＝x1和x＝x2，令g(x)＝2(axlna－ex)，则g′(x)＝2ax(lna)2－2e.若a>1，则g′(x)在R上单调递增，此时若g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，与已知条件矛盾，故不符合题意；若0<a<1，则g′(x)在R上单调递减，此时若g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，且x0＝logaeq\f(e,(lna)2)，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，且x1<x2，则需满足g(x0)>0，即eq\f(e,lna)>elogaeq\f(e,(lna)2)，即aeq\f(1,lna)<eq\f(e,(lna)2)，即lnaeq\f(1,lna)<lneq\f(e,(lna)2)，即eq\f(1,lna)lna<1－ln(lna)2，即ln(lna)2<0，解得eq\f(1,e)<a<1，即a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).17.三角恒等变换＋正弦定理＋余弦定理解：(1)由题意得sin(A＋B)sin(A－B)＝sin(C＋A)·sin(C－A).(1分)因为sin(A＋B)sin(A－B)＝(sinAcosB＋cosAsinB)·(sinAcosB－cosAsinB)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A·(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，(3分)同理，sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A，(4分)所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A.(5分)由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.(6分)(2)由(1)知2a2＝b2＋c2.由余弦定理可得cosA＝eq\f(a2,2bc).(7分)由题意得b2＋c2＝50，a＝5，2bc＝31，于是(b＋c)2＝81，故b＋c＝9.(10分)所以△ABC的周长为14.(12分)18.面面垂直的判定定理＋线面角解：(1)由题意知∠ADB＝∠BDC，AD＝CD，BD＝BD，故△BDA≌△BDC，因此BA＝BC.于是BE⊥AC.(3分)又由题意知DE⊥AC，故AC⊥平面BED，(5分)所以平面BED⊥平面ACD.(6分)(2)解法一：由题意及(1)得AC＝BC＝AB＝2，DE＝eq\f(1,2)AC＝1，DE2＋BE2＝DB2，所以DE⊥BE.(7分)以E为坐标原点，eq\o(EA,\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E－xyz，则A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，－1).连接EF.由(1)得AC⊥EF，故△AFC的面积为eq\f(1,2)×AC×EF.当△AFC的面积最小时，EF⊥BD，此时EF＝eq\f(\r(3),2)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))).(8分)设n＝(x，y，z)为平面ABD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y＋z＝0，,x－z＝0，))可取n＝(3，eq\r(3)，3).(10分)所以cos〈n，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(CF,\s\up6(→)),|n|·|\o(CF,\s\up6(→))|)＝eq\f(4\r(3),7).(11分)因此CF与平面ABD所成的角的正弦值为eq\f(4\r(3),7).(12分)解法二：由题意及(1)得AC＝BC＝AB＝2，DE＝eq\f(1,2)AC＝1，DE2＋BE2＝DB2，所以DE⊥BE.(7分)如下图，连接EF.由(1)得AC⊥EF，故△AFC的面积为eq\f(1,2)×AC×EF.当△AFC的面积最小时，EF⊥BD，此时EF＝eq\f(\r(3),2).(8分)由(1)知AC⊥BD，又EF⊥BD，故BD⊥平面AFC，从而平面ABD⊥平面AFC.过点C作AF的垂线，垂足为K，则∠CFK是CF与平面ABD所成的角.(10分)在△AFC中，FA＝FC＝eq\f(\r(7),2)，AC＝2，可得sin∠CFA＝eq\f(4\r(3),7).所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为eq\f(4\r(3),7).(12分)19.平均数＋相关系数的运算＋用样本估计总体解：(1)由题意得，根部横截面积的样本平均数eq\x\to(x)＝eq\f(1,10)＝0.06，材积量的样本平均数eq\x\to(y)＝eq\f(1,10)＝0.39，(2分)从而该林区这种树木平均一棵的根部横截面积估计值为0.06m2，平均一棵的材积量估计值为0.39m3.(6分)(2)由题意得(xi－eq\x\to(x))2＝－eq\f(1,10)＝0.002，(yi－eq\x\to(y))2＝－eq\f(1,10)＝0.0948，(xi－eq\x\to(x))(yi－eq\x\to(y))＝－eq\f(1,10)＝0.0134，因此这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数r＝＝eq\f(0.0134,\r(0.002×0.0948))＝eq\f(1.34,\r(1.896))≈0.97.(8分)(3)该林区这种树木的材积量总和与树木的根部横截面积总和的比值的估计值为eq\f(3.9,0.6)＝6.5，因此该林区的这种树木总材积量的估计值为186×6.5＝1209m3.(12分)20.椭圆的方程＋直线与椭圆的位置关系解：(1)设椭圆E的方程为eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m>0，n>0)，将点A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))代入方程，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,n2)＝1，,\f(9,4m2)＋\f(1,n2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝2，,m＝\r(3)，))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1.(4分)(2)证明：由A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))可得直线AB：y＝eq\f(2,3)x－2.①若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则直线方程为x＝1，代入eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1，由题意可知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(6),3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3))).将y＝－eq\f(2\r(6),3)代入y＝eq\f(2,3)x－2，可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3))).又因为eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(6),3)))，所以直线HN：y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2\r(6),3)))x－2，过定点(0，－2).(6分)②若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，则设直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)(－2<y1≤－1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－y－(k＋2)＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))消y整理得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，Δ>0，解得k<0或k>2，所以x1＋x2＝eq\f(6k(2＋k),3k2＋4)，x1x2＝eq\f(3k(4＋k),3k2＋4).①所以y1＋y2＝eq\f(－8(2＋k),3k2＋4)，y1y2＝eq\f(4(4＋4k－2k2),3k2＋4).②(8分)所以x1y2＋x2y1＝eq\f(－24k,3k2＋4).'③联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y1,2)＋3，y1)).(9分)因为eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，所以H(3y1＋6－x1，y1).(10分)所以直线HN：y－y2＝eq\f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2).将(0，－2)代入上式整理可得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，将①②③式代入上式，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立，(11分)综上所述，可得直线HN过定点(0，－2).(12分)21.导数的几何意义＋利用导数研究函数的单调性、零点解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋(1－x)e－x，(1分)所以f(0)＝0，f′(0)＝2.(3分)故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(4分)(2)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋a(1－x)e－x＝eq\f(ex＋a(1－x2),(1＋x)ex)，f′(0)＝1＋a，设g(x)＝ex＋a(1－x2).①若a≥0，则当x>0时，f(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上没有零点.(5分)②若－1≤a<0，由于g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝1＋a≥0.故f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.从而当x>0时，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上没有零点.(6分)③若a<－1，由于g(x)在(0，＋∞)上单调递增，(7分)而g(0)＝1＋a<0，g(1)>0，所以g(x)在(0，1)上存在唯一零点x1.从而可得，当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.因为f(0)＝0，所以f(x)在(0，x1)上没有零点，且f(x1)<0.取b＝e－a，则f(b)＝ln(1＋b)＋abe－b>ln(1＋b)＋a>0，故f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点.(8分)由于g′(x)＝ex－2ax，故当a<－1时，g′(x)是增函数，且g′(－1)＝eq\f(1,e)＋2a<0，g′(0)＝1>0，故g′(x)在(－1，0)上存在唯一零点x2，且当－1<x<x2时，g′(x)<0；当x2<x<0时，g′(x)>0.所以g(x)在(－1，x2)上单调递减，在(x2，0)上单调递增.因为g(0)<0，所以g(x2)<0.又g(－1)＝eq\f(1,e)>0，所以g(x)在(－1，x2)上存在唯一零点x3.且当－1<x<x3时，g(x)>0，故f′(x)>0；当x3<x<0时，g(x)<0，故f′(x)<0，从而f(x)在(－1，x3)上单调递增，在(x3，0)上单调递减.(10分)因为f(0)＝0，所以f(x)在(x3，0)上没有零点，且f(x3)>0.取c＝e3a－1，则－1<c<0，f(c)＝ln(1＋c)＋ace－c<a(3－e)<0，故f(x)在(－1，0)存在唯一零点.(11分)综上，a的取值范围是(－∞，－1).(12分)22.参数方程与普通方程的互化＋极坐标方程与直角坐标方程的互化解：(1)直线l的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋m＝0，即ρsinθ×eq\f(1,2)＋ρcosθ×eq\f(\r(3),2)＋m＝0，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入上式，得直线l的直角坐标方程为eq\f(1,2)y＋eq\f(\r(3),2)x＋m＝0，即eq\r(3)x＋y＋2m＝0.(3分)(2)曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)cos2t，,y＝2sint))(t为参数)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)(1－2sin2t)，,y＝2sint))(t为参数)，消去t可得C的普通方程为3y2＋2eq\r(3)x＝6，y∈[－2，2].(5分)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y2＋2\r(3)x＝6，,\r(3)x＋y＋2m＝0，))消去x并整理得3y2－2y－4m－6＝0，(6分)所以4m＝3y2－2y－6，y∈[－2，2].所以－eq\f(19,12)≤m≤eq\f(5,2)，即m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(19,12)，\f(5,2))).(10分)23.基本不等式的应用证明：(1)因为a>0，b>0，c>0，a3＋b3＋c3－3abc＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]≥0，所以a3＋b3＋c3≥3abc.(4分)所以aeq\f(3,2)＋beq\f(3,2)＋ceq\f(3,2)＝1≥3eq\r(abc)，当且仅当a＝b＝c时，取等号.所以abc≤eq\f(1,9).(5分)(2)eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(a,2\r(bc))＋eq\f(b,2\r(ac))＋eq\f(c,2\r(ab))＝eq\f(a\f(3,2)＋b\f(3,2)＋c\f(3,2),2\r(abc))＝eq\f(1,2\r(abc))，当且仅当a＝b＝c＝时取等号.(10分)2022年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.第一部分(选择题共40分)一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知全集U＝{x|－3<x<3}，集合A＝{x|－2<x≤1}，则∁UA＝A.(－2，1] B.(－3，－2)∪[1，3)C.[－2，1) D.(－3，－2]∪(1，3)2.若复数z满足i·z＝3－4i，则|z|＝A.1 B.5 C.7 D.253.若直线2x＋y－1＝0是圆(x－a)2＋y2＝1的一条对称轴，则a＝A.eq\f(1,2) B.－eq\f(1,2) C.1 D.－14.已知函数f(x)＝eq\f(1,1＋2x)，则对任意实数x，有A.f(－x)＋f(x)＝0 B.f(－x)－f(x)＝0C.f(－x)＋f(x)＝1 D.f(－x)－f(x)＝eq\f(1,3)5.已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则A.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减 B.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增C.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减 D.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增6.设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献.下图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar.下列结论中正确的是A.当T＝220，P＝1026时，二氧化碳处于液态B.当T＝270，P＝128时，二氧化碳处于气态C.当T＝300，P＝9987时，二氧化碳处于超临界状态D.当T＝360，P＝729时，二氧化碳处于超临界状态8.若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝A.40 B.41 C.－40 D.－419.已知正三棱锥P－ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为A.eq\f(3π,4) B.π C.2π D.3π10.在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范围是A.[－5，3] B.[－3，5]C.[－6，4] D.[－4，6]第二部分(非选择题共110分)二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.函数f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\r(1－x)的定义域是________.12.已知双曲线y2＋eq\f(x2,m)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，则m＝________.13.若函数f(x)＝Asinx－eq\r(3)cosx的一个零点为eq\f(π,3)，则A＝________；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝________.14.设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－ax＋1，,x<a，,(x－2)2，,x≥a.)))若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为________.15.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).给出下列四个结论：①{an}的第2项小于3；②{an}为等比数列；③{an}为递减数列；④{an}中存在小于eq\f(1,100)的项.其中所有正确结论的序号是________.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.(本小题13分)在△ABC中，sin2C＝eq\r(3)sinC.(1)求∠C；(2)若b＝6，且△ABC的面积为6eq\r(3)，求△ABC的周长.17.⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.(1)求证：MN∥平面BCC1B1.(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.18.(本小题13分)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上(含9.50m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m)：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16.假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E(X)；(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明)19.(本小题15分)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2eq\r(3).(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值.20.(本小题15分)已知函数f(x)＝exln(1＋x).(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t).21.(本小题15分)已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列.给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai＋1，ai＋2，…，ai＋j(j≥0)，使得ai＋ai＋1＋ai＋2＋…＋ai＋j＝n，则称Q为m－连续可表数列.(1)判断Q：2，1，4是否为5－连续可表数列，是否为6－连续可表数列，说明理由；(2)若Q：a1，a2，…，ak为8－连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q：a1，a2，…，ak为20－连续可表数列，且a1＋a2＋…＋ak<20，求证：k≥7.参考答案1—5DBACC6—10CDBBD11(－∞，0)∪(0，1]12－3131－eq\r(2)140(答案不唯一)115①③④1.D集合的补集运算由补集的定义得∁UA＝(－3，－2]∪(1，3)，故选D.2.B复数的运算＋复数的模由题意得复数z＝eq\f(3－4i,i)＝eq\f((3－4i)i,i2)＝－4－3i，所以|z|＝eq\r((－4)2＋(－3)2)＝5，故选B.【一题多解】因为|i·z|＝|3－4i|，即|i|·|z|＝|z|＝5，故选B.3.A直线与圆的位置关系由题意知圆心(a，0)在直线2x＋y－1＝0上，得2a＋0－1＝0，解得a＝eq\f(1,2)，故选A.4.C函数的性质因为f(－x)＝eq\f(1,1＋2－x)＝eq\f(2x,1＋2x)，所以f(x)＋f(－x)＝eq\f(1,1＋2x)＋eq\f(2x,1＋2x)＝1，故选C.5.C二倍角公式＋余弦函数的图象与性质f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x，令2kπ≤2x≤2kπ＋π(k∈Z)，得kπ≤x≤kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，当k＝0时，0≤x≤eq\f(π,2)，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减.令2kπ＋π≤2x≤2kπ＋2π(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,2)≤x≤kπ＋π(k∈Z)，当k＝0时，eq\f(π,2)≤x≤π，当k＝－1时，－eq\f(π,2)≤x≤0，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，故选C.6.C等差数列的性质＋充分条件与必要条件的判断因为数列{an}是公差不为0的无穷等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d).当{an}为递增数列时，公差d>0，由其通项的几何意义知点(n，an)在斜率为正数的直线上且n∈N*，则一定存在正整数N0，当n>N0时，an>0，所以充分性成立.因为数列{an}是公差不为0的无穷等差数列，设数列{an}的公差为d，则d≠0，所以an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d).由其通项的几何意义知点(n，an)在斜率不为0的直线上且n∈N*，当n>N0时，an>0，则此直线的斜率必为正数，即d>0，所以数列{an}为递增数列，必要性成立，故选C.7.D由图象知二氧化碳处于液态，故选项B错误；当T＝300，P＝9987时，lgP＝lg9987<lg10000错误；当T＝360，P＝729时，3>lgP＝lg729>2，由图象知二氧化碳处于超临界状态，故选项D正确.综上所述，故选D.8.B二项式定理令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1①，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4＝81②，由①＋②得2(a0＋a2＋a4)＝82，即a0＋a2＋a4＝41，故选B.【一题多解】由展开式知a0＝Ceq\o\al(4,4)·(－1)4＝1，a2＝Ceq\o\al(2,4)·22·(－1)2＝24，a4＝Ceq\o\al(0,4)·24＝16，所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.9.B正三棱锥的性质＋动点问题如下图，取BC的中点D，连接AD，PD，由题意知PD＝eq\f(\r(3),2)BC＝3eq\r(3)>5，即PD>PQ，所以点Q在△ABC内.设点O为底面正△ABC的中心，连接PQ，PO，OQ.因为AD为正△ABC的中线，所以AD＝eq\f(\r(3),2)BC＝3eq\r(3).由中心的性质知AO＝eq\f(2,3)AD＝2eq\r(3)，所以在Rt△PAO中，PO＝eq\r(PA2－AO2)＝eq\r(62－(2\r(3))2)＝2eq\r(6)，所以OQ＝eq\r(PQ2－PO2)≤eq\r(52－(2\r(6))2)＝1，即OQ≤1，所以集合T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆，其面积为π·12＝π，故选B.10.D平面向量的数量积以点C为坐标原点，CB，CA所在直线分别为x，y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则A(0，3)，B(4，0).由PC＝1，得点P的运动轨迹为圆x2＋y2＝1，所以设点P(cosθ，sinθ)，则eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－cosθ，3－sinθ)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(4－cosθ，θ)＝1－＋φ)≤6，即eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范围是[－4，6]，故选D.11.(－∞，0)∪(0，1]函数的定义域由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠0，,1－x≥0，))解得x<0，0<x≤1，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，1].12.－3双曲线的标准方程与几何性质由题意知m<0，所以双曲线为y2－eq\f(x2,－m)＝1，其渐近线方程为y＝±eq\r(\f(1,－m))x，所以eq\r(\f(1,－m))＝eq\f(\r(3),3)，解得m＝－3.13.1－eq\r(2)三角恒等变换＋函数的零点由题意知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，则Asineq\f(π,3)－eq\r(3)coseq\f(π,3)＝0，解得A＝1，所以f(x)＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sin(eq\f(π,12)－eq\f(π,3))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2).14.0(答案不唯一)1分段函数的图象与性质当a<0时，函数f(x)＝－ax＋1在(－∞，a)上单调递增，函数f(x)无最小值，不符合题意.当a＝0时，函数f(x)＝－ax＋1＝1在(－∞，a)上恒为1，函数f(x)＝(x－2)2在[a，＋∞)上存在最小值f(2)＝0，符合题意.当0<a≤2时，函数f(x)＝－ax＋1在(－∞，a)上单调递减，所以f(x)>f(a)＝－a2＋1，函数f(x)＝(x－2)2在[a，＋∞)上取得最小值f(2)＝0.要使得函数有最小值，则需满足－a2＋1≥0，解得－1≤a≤1，即0<a≤1.当a>2时，函数f(x)＝－ax＋1在(－∞，a)上单调递减，所以f(x)>f(a)＝－a2＋1，函数f(x)＝(x－2)2在[a，＋∞)上取得最小值f(a)＝(a－2)2.要使得函数有最小值，则需满足－a2＋1≥(a－2)2，即2a2－4a＋3≤0，Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0，所以此不等式无解，不符合题意.综上所述，实数a的取值范围是0≤a≤1，a的一个取值可以为0(答案不唯一)，a的最大值为1.15.①③④数列综合应用对于①，由数列{an}的各项均为正数，an·Sn＝9(n＝1，2，…)，得a1·S1＝9，即aeq\o\al(2,1)＝9，解得a1＝3.由a2·S2＝9，得a2·(3＋a2)＝9，解得a2＝eq\f(－3＋3\r(5),2)(舍负)，所以a2＝eq\f(3\r(5)－3,2)<3，所以①正确.对于②，因为an·Sn＝9(n＝1，2，…)，所以Sn＝eq\f(9,an)，则当n≥2时，得Sn－1＝eq\f(9,an－1)，两式相减，得an＝eq\f(9,an)－eq\f(9,an－1)，所以a3＝eq\f(9,a3)－eq\f(9,a2)＝eq\f(9,a3)－eq\f(9,\f(3\r(5)－3,2))＝eq\f(9,a3)－eq\f(3\r(5)＋3,2)，则aeq\o\al(2,3)＋eq\f(3\r(5)＋3,2)a3－9＝0(*).若{an}为等比数列，则aeq\o\al(2,2)＝a1a3，则a3＝eq\f(aeq\o\al(2,2),a1)＝eq\f(9－3\r(5),2)，不满足(*)式，所以a1，a2，a3不成等比数列，所以数列{an}不为等比数列，所以②错误.对于③，由②知当n≥2时，an＝eq\f(9,an)－eq\f(9,an－1).因为数列{an}的各项均为正数，所以an＝eq\f(9,an)－eq\f(9,an－1)>0，所以an－1>an，所以数列{an}为单调递减数列，所以③正确.对于④，假设数列{an}中不存在小于eq\f(1,100)的项，所以所有的项都不小于eq\f(1,100)，则对任意an≥eq\f(1,100)，Sn≥eq\f(n,100)，则由9＝an·Sn≥eq\f(1,100)×eq\f(n,100)，所以n≤90000，故当n>90000时假设不成立，所以④正确.综上所述，正确结论序号为①③④.16.余弦定理＋二倍角公式＋三角形的面积公式解：(1)由题意得，2sinCcosC＝eq\r(3)sinC.(3分)因为0<∠C<π，所以sinC≠0.从而cosC＝eq\f(\r(3),2).所以∠C＝eq\f(π,6).(6分)(2)由△ABC的面积为6eq\r(3)，得eq\f(1,2)absinC＝6eq\r(3).又因为b＝6，sinC＝eq\f(1,2)，所以a＝4eq\r(3).(9分)由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c＝2eq\r(3).(12分)所以△ABC的周长为a＋b＋c＝6＋6eq\r(3).(13分)17.线面平行的判定定理＋直线与平面所成角的正弦值解：(1)证明：如下图，取B1C1的中点P，连接PM，PC.∵M，P分别为A1B1，B1C1的中点，∴PM∥A1C1，且PM＝eq\f(1,2)A1C1.(2分)∵四边形ACC1A1为平行四边形，且N为AC的中点，∴CN∥A1C1，且CN＝eq\f(1,2)A1C1.∴PM∥CN，且PM＝CN.∴四边形PMNC为平行四边形.(4分)∴MN∥PC.又MN⊄平面BCC1B1，PC⊂平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1.(6分)(2)解法一：∵侧面BCC1B1为正方形，∴BC⊥BB1.又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1.∴BC⊥AB.(8分)选条件①：AB⊥MN.由(1)得MN∥PC，∴AB⊥PC.∴AB⊥平面BCC1B1.∴AB⊥BB1.如图，建立空间直角坐标系B－xyz，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，M(0，1，2)，N(1，1，0).∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0).(10分)设平面BMN的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x＋y＝0.))令y＝－2，则x＝2，z＝1.于是m＝(2，－2，1).(12分)设直线AB与平面BMN所成角为α，则sinα＝|cos〈m，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(AB,\s\up6(→))|,|m||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3).(14分)选条件②：BM＝MN.又MN＝PC＝eq\r(CCeq\o\al(2,1)＋C1P2)＝eq\r(5)，∴BM＝eq\r(5).∵BB1＝2，B1M＝1，∴BM2＝BBeq\o\al(2,1)＋B1M2.∴A1B1⊥B1B，即AB⊥BB1.以下同选条件①.(14分)解法二：取AB中点P，连接NP，MP，如下图所示.∴MP∥BB1.∵侧面BCC1B1为正方形，∴BC⊥BB1.又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1.∴BC⊥AB.(8分)选择条件①：AB⊥MN.∵NP∥BC，∴NP⊥AB.∵MN∩NP＝N，∴AB⊥平面MNP.∴AB⊥MP.∴AB⊥BB1.下同解法一.(14分)选择条件②：BM＝MN.∵AB＝BC，∴NP＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)AB＝BP.∵NP∥BC，∴NP⊥平面ABB1A1.又MP⊂平面ABB1A1，∴NP⊥MP.∴NP2＋MP2＝MN2.∴BP2＋MP2＝MN2＝BM2.∴MP⊥AB.∴AB⊥BB1.下同解法一.(14分)18.用频率估计概率＋离散型随机变量的数学期望＋概率的实际应用解：(1)设事件A为“甲在校运动会上获得优秀奖”.根据题中数据，甲在10次比赛中，有4次成绩在9.50m以上.(2分)所以P(A)估计为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(3分)(2)设事件B为“乙在校运动会上获得优秀奖”，事件C为“丙在校运动会上获得优秀奖”.根据题中数据，P(B)估计为eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(C)估计为eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).(5分)根据题意，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，且P(X＝0)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－))).P(X＝1)＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))＋eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－))＋eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))C)＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C).P(X＝3)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C).P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3).所以，P(X＝0)估计为eq\f(3,20)；P(X＝1)估计为eq\f(8,20)；P(X＝3)估计为eq\f(2,20)；P(X＝2)估计为eq\f(7,20).所以E(X)估计为0×eq\f(3,20)＋1×eq\f(8,20)＋2×eq\f(7,20)＋3×eq\f(2,20)＝eq\f(7,5).(10分)(3)在校运动会上，丙获得冠军的概率估计值最大.(13分)19.椭圆的方程＋直线与椭圆的位置关系解：(1)由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，(3分)所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(4分)(2)解法一：直线BC的方程为y－1＝k(x＋2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x＋2)＋1，,x2＋4y2＝4))得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0.(6分)由Δ＝(16k2＋8k)2－4×(4k2＋1)×(16k2＋16k)＝－64k>0，得k<0.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(16k2＋8k,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(16k2＋16k,4k2＋1).(8分)直线AB的方程为(y1－1)x－x1y＋x1＝0.令y＝0，得点M的横坐标为xM＝－eq\f(x1,y1－1)＝－eq\f(x1,k(x1＋2)).同理可得点N的横坐标为xN＝－eq\f(x2,k(x2＋2)).(10分)由题意得，|xM－xN|＝2.所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(x1,k(x1＋2))＋\f(x2,k(x2＋2))))＝2.所以|x1－x2|＝|k(x1＋2)(x2＋2)|，即eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝|k[x1x2＋2(x1＋x2)＋4]|.可得eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16k2＋8k,4k2＋1)))\s\up12(2)－4\f(16k2＋16k,4k2＋1))＝|k(eq\f(16k2＋16k,4k2＋1)－2×eq\f(16k2＋8k,4k2＋1)＋4)|.化简得eq\f(8\r(－k),4k2＋1)＝eq\f(－4k,4k2＋1).解得k＝－4.(15分)解法二：当直线AB，AC斜率均存在时，设直线AB的方程为y＝k1x＋1，直线AC的方程为y＝k2x＋1.由题意，得k1k2≠0，且k1≠eq\f(1,2)，k2≠eq\f(1,2)，所以xM＝－eq\f(1,k1)，xN＝－eq\f(1,k2).所以|MN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))＝2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(4keq\o\al(2,1)＋1)x2＋8k1x＝0，所以xB＝－eq\f(8k1,4keq\o\al(2,1)＋1)，yB＝－1＋eq\f(2,4keq\o\al(2,1)＋1).同理xC＝－eq\f(8k2,4keq\o\al(2,2)＋1)，yC＝－1＋eq\f(2,4keq\o\al(2,2)＋1).(8分)因为P，B，C三点共线，所以kPB＝kPC.又kPB＝eq\f(－1＋\f(2,4keq\o\al(2,1)＋1)－1,－\f(8k1,4keq\o\al(2,1)＋1)＋2)＝eq\f(－4keq\o\al(2,1),4keq\o\al(2,1)－4k1＋1)，kPC＝eq\f(－4keq\o\al(2,2),4keq\o\al(2,2)－4k2＋1)，所以eq\f(－4keq\o\al(2,1),4keq\o\al(2,1)－4k1＋1)＝eq\f(－4keq\o\al(2,2),4keq\o\al(2,2)－4k2＋1).所以eq\f(－4k1＋1,4keq\o\al(2,1))＝eq\f(－4k2＋1,4keq\o\al(2,2)).所以(k1－k2)(k1＋k2－4k1k2)＝0.显然k1≠k2，所以k1＋k2－4k1k2＝0.所以eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝4.(10分)不妨设eq\f(1,k1)<eq\f(1,k2)，再由|MN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))＝－eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝2，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)＝4，,－\f(1,k1)＋\f(1,k2)＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k1＝1，,k2＝\f(1,3)．))所以k＝kPB＝－4.当