2022年新疆高考数学试卷(文科)(乙卷)(含解析)
2022年西藏高考数学试卷(文科)(甲卷)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.(5分)设集合A={﹣2,﹣1,0,1,2},B={x|0≤x<},则A∩B=()A.{0,
2022年新疆高考数学试卷(文科)(乙卷)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.(5分)集合M={2,4,6,8,10},N={x|﹣1<x<6}()A.{2,4}B.{2
简介:2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣23.(5分)已知向量,满足||=1,||=,|﹣2|=3,则•=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(5分)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.2B.2C.3D.3 6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.39.(5分)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.B.C.D.10.(5分)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(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为. 16.(5分)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=,求△ABC的周长.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤. 2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M【分析】根据补集的定义写出集合M,再判断选项中的命题是否正确.【解答】解:因为全集U={1,2,3,4,5},∁UM={1,3},所以M={2,4,5},所以2∈M,3∉M,4∈M,5∈M.故选:A.【点评】本题考查了补集的定义与应用问题,是基础题.2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣2【分析】根据复数与共轭复数的定义,利用复数相等列方程求出a、b的值.【解答】解:因为z=1﹣2i,且z+a+b=0,所以(1﹣2i)+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(﹣2+2a)i=0, 所以,解得a=1,b=﹣2.故选:A.【点评】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题,是基础题.,|﹣2|=3,则•=3.(5分)已知向量,满足||=1,||=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】利用|﹣2|=,结合数量积的性质计算可得结果.,|﹣2|=3,=3,【解答】解:因为向量,满足||=1,||=所以|﹣2|===两边平方得,13﹣4=9,解得=1,故选:C.【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质,属于基础题.4.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k= 1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【分析】αk∈N*(k=1,2,…),可以取αk=1,依次求出数列的前8项,能求出正确选项.【解答】解:∵αk∈N*(k=1,2,…),∴可以取αk=1,则b1=1+=2,b2=1+=,b3=1+=,b4=1+=,b5=1+=,b6=1+=,b7==, b8=1+=,∴b1>b5,故A错误;b3>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b7,故D正确.故选:D.【点评】本题考查命题真假的判断,巧妙地把人造行星融入高考数学题,培养学生爱国热情,考查运算求解能力,是基础题.5.(5分)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.2B.2C.3D.3【分析】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.【解答】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.故选:B.【点评】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.6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=() A.3B.4C.5D.6【分析】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.【解答】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|﹣2|==0.25≥0.01,计算b=3+4=7,a=7﹣2=5,n=3,判断|﹣2|==0.04≥0.01;计算b=7+10=17,a=17﹣5=12,n=4,判断|﹣2|=<0.01;输出n=4.故选:B. 【点评】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.7.(5分)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A1C1D【分析】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.【解答】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,在该正方体中,试想D1运动至A1时,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.【点评】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.8.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.3【分析】由题意,利用等比数列的定义、性质、通项公式,求得a6的值.【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意,q≠1.∵前3项和为a1+a2+a3==168,a2﹣a5=a1•q﹣a1•q4=a1•q(1﹣q3)=42,∴q=,a1=96,则a6=a1•q5=96×=3,故选:D.【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式,属于基 础题.9.(5分)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.B.C.D.【分析】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=,所以该四棱锥的体积V=,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.【解答】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=,∴该四棱锥的高h=,∴该四棱锥的体积V==≤=当且仅当,即=,时,等号成立,∴该四棱锥的体积最大时,其高h===,故选:C. 【点评】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.10.(5分)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【分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,A错误;再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率,比较大小即可.【解答】解:A选项,已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,故A错误;设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲,棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙,P甲=2p1[p2(1﹣p3)+p3(1﹣p2)]=2p1p2+2p1p3﹣4p1p2p3, P乙=2p2[p1(1﹣p3)+p3(1﹣p1)]=2p1p2+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1﹣p2)+p2(1﹣p1)]=2p1p3+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙﹣P甲=2p2(p3﹣p1)>0,P丙﹣P乙=2p1(p3﹣p2)>0,∴所以P丙最大,即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选:D.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.【分析】当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0),设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,从而可求得|PF1|,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,由中位线的性质可求得|F1Q|,|QF2|,在Rt△QNF2中,可求得|NF2|,|NQ|,利用双曲线的定义可得a,b的关系,再由离心率公式求解即可.情况二当直线与双曲线交于一支时,同理可求得离心率.【解答】解:当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0), 设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,则|OP|=a,OP⊥PF1,又|OF1|=c,所以PF1===b,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,所以OP∥F2Q,又O为F1F2的中点,所以|F1Q|=2|PF1|=2b,|QF2|=2|OP|=2a,因为cos∠F1NF2=,∠F1NF2<,所以sin∠F1NF2=,所以|NF2|==,则|NQ|=|NF2|•cos∠F1NF2=,所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=+2b,由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|=2a,所以+2b﹣=2a,可得2b=3a,即=,所以C的离心率e====.情况二:当直线与双曲线交于一支时, 如图,记切点为A,连接OA,则|OA|=a,|F1A|=b,过F2作F2B⊥MN于B,则|F2B|=2a,因为cos∠F1NF2=,所以|NF2|=,|NB|=,|NF2|﹣|NF1|=﹣(﹣2b)=a+2b=2a,即a=2b,所以e====,A正确.故选:AC.【点评】本题主要考查双曲线的性质,圆的性质,考查转化思想与数形结合思想,考查运算求解能力,属于中档题.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24【分析】由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数,进而得到f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,所以f(1)=f(﹣1)=﹣1,再结合f(x)的周期为4,即可求出结果.【解答】解:∵y=g(x)的图像关于直线x=2对称,则g(2﹣x) =g(2+x),∵f(x)+g(2﹣x)=5,∴f(﹣x)+g(2+x)=5,∴f(﹣x)=f(x),故f(x)为偶函数,∵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,故f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,∴f(1)=f(﹣1)=﹣1,由f(x)+f(﹣x﹣2)=﹣2,f(﹣x)=f(x),得f(x)+f(x+2)=﹣2,∴f(x+2)+f(x+4)=﹣2,故f(x+4)=f(x),f(x)周期为4,由f(0)+f(2)=﹣2,得f(2)=﹣3,又f(3)=f(﹣1)=f(1)=﹣1,所以f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=11×(﹣1)+5×1+6×(﹣3)=﹣24,故选:D.【点评】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.【分析】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.【解答】解:方法一:设5人为甲、乙、丙、丁、戊,从5人中选3人有以下10个基本事件:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁、乙丙戊,乙丁戊,丙丁;甲、乙被选中的基本事件有3个:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊;故甲、乙被选中的概率为.方法二:由题意,从甲、乙等5名学生中随机选出3人,基本事件总数=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=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==.【点评】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.14.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【分析】选其中的三点,利用待定系数法即可求出圆的方程.【解答】解:设过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)的圆的方程 为x2+y2+Dx+Ey+F=0,即,解得F=0,D=﹣4,E=﹣6,所以过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0.同理可得,过点(0,0),(4,0),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y=0.过点(0,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣x﹣yx﹣2y=0.过点(4,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣﹣=0.故答案为:x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【点评】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.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为3.【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【解答】解:函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T=, ,0<φ<π,则φ=,若f(T)=cos(ω×+φ)=cosφ=所以f(x)=cos(ωx+).因为x=为f(x)的零点,所以cos(+)=0,故+=k,k∈Z,所以ω=9k+3,k∈Z,因为ω>0,则ω的最小值为3.故答案为:3.【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质,考查了方程思想,属于基础题.16.(5分)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.【分析】由已知分析函数f′(x)=2(axlna﹣ex)至少应该两个变号零点,对其再求导f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,分类讨论0<a<1和a>1时两种情况即可得出结果.【解答】解:对原函数求导f′(x)=2(axlna﹣ex),分析可知:f′(x)在定义域内至少有两个变号零点,对其再求导可得:f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,当a>1时,易知f″(x)在R上单调递增,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递减,(x0,+∞)单调递增,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,应满足x1>x2,不满足题意; 当0<a<1时,易知f″(x)在R上单调递减,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递增,(x0,+∞)单调递减,且,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,且x1<x2,故仅需满足f′(x0)>0,即:⇒⇒⇒,解得:,又因为0<a<1,故综上所述:a的取值范围是.【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题,考查运算求解能力,属于中档题.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=,求△ABC的周长.【分析】(1)利用两角差与和的正弦公式,三角形内角和公式,正弦和余弦定理,即可求得结论; (2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值,即可求出△ABC的周长.【解答】(1)证明:△ABC中,sinCsin(A﹣B)=sinBsin(C﹣A),所以sinC(sinAcosB﹣cosAsinB)=sinB(sinCcosA﹣cosCsinA),所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC,即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC,所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC,由正弦定理得a2=2bccosA,由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,所以2a2=b2+c2;(2)当a=5,cosA=时,b2+c2=2×52=50,2bc===31,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,解得b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14.【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题,也考查了运算求解能力与推理证明能力,是中档题.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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. 【分析】(1)利用三角形全等可得AB=BC,可证EB⊥AC,易证DE⊥AC,从而可证平面BED⊥平面ACD;(2)由题意可知△AFC的面积最小时,EF⊥BD,据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值.【解答】(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点.∴DE⊥AC,又∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=BC,又∵E为AC的中点.∴EB⊥AC,又BE∩DE=E,BE⊂平面BED,DE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD;(2)解:连接EF,由(1)知AC⊥EF,∴S△AFC=AC×EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,∴EF⊥BD时,△AFC的面积最小,又AC⊥平面BED,BD⊂平面BED,∴AC⊥BD,又AC∩EF=E,AC⊂平面AFC,EF⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC,又BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面AFC,过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD, 故∠CFM,即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,由AB=BD=2,∠ACB=60°,知△BAC是2为边长的等边三角形,故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,又BD=2,∴BD2=ED2+EB2,=,∴∠BED=90°,所以EF=∴CF==,∴AF=,在△ACF中,由余弦定理得cos∠AFC==﹣,∴sin∠AFC=.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,属中档题.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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈1.377.【分析】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.【解答】解:(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为,平均一棵的材积量为,则根据题中数据得:==0.06m2,==0.39m3;(2)由题可知,r===== ≈0.97;(3)设总根部面积和X,总材积量为Y,则,故Y==1209(m3).【点评】本题考查线性回归方程,属于中档题.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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.证明:直线HN过定点.【分析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将A,B两点坐标代入即可求解;(2)由可得直线,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=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,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.【解答】解:(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将两点代入得,解得m=,n=, 故E的方程为;(2)由可得直线(1)若过点P(1,﹣2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入,可得,代入AB方程,可得,得到.求得HN方程:,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(x1,y1),N(x2,y2),联立,得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0,故有,,且(*),联立,可得,可求得此时,将(0,﹣2)代入整理得2(x1+x2)﹣6(y1+y2)+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48 =0,显然成立.综上,可得直线HN过定点(0,﹣2).【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用,属于中档题.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe﹣x.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.【分析】(1)将a=1代入,对函数f(x)求导,求出f′(0)及f(0),由点斜式得答案;对函数f(x)求导,分a≥0及a<0讨论,当a≥0时容易判断不合题意,当a<0时,令,利用导数判断g(x)的性质,进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解.【解答】解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe﹣x,则,∴f′(0)=1+1=2,又f(0)=0,∴所求切线方程为y=2x;(2),若a≥0,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x )<f(0)=0,不合题意;故a<0,,令,注意到,令g′(x)<0,解得解得,∴g(x)在或,令g′(x)>0,单调递减,在单调递增,且x>1时,g(x)>0,①若g(0)=1+a≥0,当x>0时,g(x)>0,f(x)单调递增,不合题意;②若g(0)=1+a<0,g(0)g(1)<0,则存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g(x)<g(x0)=0,f(x)单调递减,则f(x0)<f(0)=0,当x>1时,f(x)>ln(1+x)+a>0,f(e﹣a﹣1)>0,则由零点存在性定理可知f(x)在(1,e﹣a﹣1)上存在一个根,当时,g(x)<0,f(x)单调递减,,当时,f(x)<ln(1+x)﹣ae<0,f(eae﹣1)<0,则由零点存在性定理可知f(x)在上存在一个根.综上,实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1).【点评】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调 性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.(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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由ρsin(θ+)+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.【解答】解:(1)由ρsin(θ+)+m=0,得,∴,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴,即l的直角坐标方程为;(2)由曲线C的参数方程为(t为参数).消去参数t,可得, 联立,得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0(﹣2≤y≤2).∴4m=3y2﹣2y﹣6,令g(y)=3y2﹣2y﹣6(﹣2≤y≤2),可得,当y=﹣2时,g(y)max=g(﹣2)=10,∴﹣≤4m≤10,﹣≤m≤,∴m的取值范围是[,].【点评】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.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤.【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可.【解答】解:(1)证明:∵a,b,c都是正数,∴++≥3=3(abc),当且仅当a=b=c=时,等号成立.因为++=1,所以1≥3(abc),所以≥(abc),所以abc≤,得证. (2)根据基本不等式b+c≥2,a+c≥2,a+b≥2,∴++≤++=++==,当且仅当a=b=c时等号成立,故得证.【点评】本题考查基本不等式的应用,属于中档题.
简介:2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣23.(5分)已知向量,满足||=1,||=,|﹣2|=3,则•=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(5分)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.2B.2C.3D.3 6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.39.(5分)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.B.C.D.10.(5分)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(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为. 16.(5分)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=,求△ABC的周长.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤. 2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M【分析】根据补集的定义写出集合M,再判断选项中的命题是否正确.【解答】解:因为全集U={1,2,3,4,5},∁UM={1,3},所以M={2,4,5},所以2∈M,3∉M,4∈M,5∈M.故选:A.【点评】本题考查了补集的定义与应用问题,是基础题.2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣2【分析】根据复数与共轭复数的定义,利用复数相等列方程求出a、b的值.【解答】解:因为z=1﹣2i,且z+a+b=0,所以(1﹣2i)+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(﹣2+2a)i=0, 所以,解得a=1,b=﹣2.故选:A.【点评】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题,是基础题.,|﹣2|=3,则•=3.(5分)已知向量,满足||=1,||=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】利用|﹣2|=,结合数量积的性质计算可得结果.,|﹣2|=3,=3,【解答】解:因为向量,满足||=1,||=所以|﹣2|===两边平方得,13﹣4=9,解得=1,故选:C.【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质,属于基础题.4.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k= 1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【分析】αk∈N*(k=1,2,…),可以取αk=1,依次求出数列的前8项,能求出正确选项.【解答】解:∵αk∈N*(k=1,2,…),∴可以取αk=1,则b1=1+=2,b2=1+=,b3=1+=,b4=1+=,b5=1+=,b6=1+=,b7==, b8=1+=,∴b1>b5,故A错误;b3>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b7,故D正确.故选:D.【点评】本题考查命题真假的判断,巧妙地把人造行星融入高考数学题,培养学生爱国热情,考查运算求解能力,是基础题.5.(5分)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.2B.2C.3D.3【分析】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.【解答】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.故选:B.【点评】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.6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=() A.3B.4C.5D.6【分析】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.【解答】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|﹣2|==0.25≥0.01,计算b=3+4=7,a=7﹣2=5,n=3,判断|﹣2|==0.04≥0.01;计算b=7+10=17,a=17﹣5=12,n=4,判断|﹣2|=<0.01;输出n=4.故选:B. 【点评】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.7.(5分)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A1C1D【分析】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.【解答】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,在该正方体中,试想D1运动至A1时,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.【点评】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.8.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.3【分析】由题意,利用等比数列的定义、性质、通项公式,求得a6的值.【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意,q≠1.∵前3项和为a1+a2+a3==168,a2﹣a5=a1•q﹣a1•q4=a1•q(1﹣q3)=42,∴q=,a1=96,则a6=a1•q5=96×=3,故选:D.【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式,属于基 础题.9.(5分)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.B.C.D.【分析】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=,所以该四棱锥的体积V=,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.【解答】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=,∴该四棱锥的高h=,∴该四棱锥的体积V==≤=当且仅当,即=,时,等号成立,∴该四棱锥的体积最大时,其高h===,故选:C. 【点评】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.10.(5分)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【分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,A错误;再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率,比较大小即可.【解答】解:A选项,已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,故A错误;设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲,棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙,P甲=2p1[p2(1﹣p3)+p3(1﹣p2)]=2p1p2+2p1p3﹣4p1p2p3, P乙=2p2[p1(1﹣p3)+p3(1﹣p1)]=2p1p2+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1﹣p2)+p2(1﹣p1)]=2p1p3+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙﹣P甲=2p2(p3﹣p1)>0,P丙﹣P乙=2p1(p3﹣p2)>0,∴所以P丙最大,即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选:D.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.【分析】当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0),设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,从而可求得|PF1|,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,由中位线的性质可求得|F1Q|,|QF2|,在Rt△QNF2中,可求得|NF2|,|NQ|,利用双曲线的定义可得a,b的关系,再由离心率公式求解即可.情况二当直线与双曲线交于一支时,同理可求得离心率.【解答】解:当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0), 设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,则|OP|=a,OP⊥PF1,又|OF1|=c,所以PF1===b,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,所以OP∥F2Q,又O为F1F2的中点,所以|F1Q|=2|PF1|=2b,|QF2|=2|OP|=2a,因为cos∠F1NF2=,∠F1NF2<,所以sin∠F1NF2=,所以|NF2|==,则|NQ|=|NF2|•cos∠F1NF2=,所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=+2b,由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|=2a,所以+2b﹣=2a,可得2b=3a,即=,所以C的离心率e====.情况二:当直线与双曲线交于一支时, 如图,记切点为A,连接OA,则|OA|=a,|F1A|=b,过F2作F2B⊥MN于B,则|F2B|=2a,因为cos∠F1NF2=,所以|NF2|=,|NB|=,|NF2|﹣|NF1|=﹣(﹣2b)=a+2b=2a,即a=2b,所以e====,A正确.故选:AC.【点评】本题主要考查双曲线的性质,圆的性质,考查转化思想与数形结合思想,考查运算求解能力,属于中档题.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24【分析】由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数,进而得到f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,所以f(1)=f(﹣1)=﹣1,再结合f(x)的周期为4,即可求出结果.【解答】解:∵y=g(x)的图像关于直线x=2对称,则g(2﹣x) =g(2+x),∵f(x)+g(2﹣x)=5,∴f(﹣x)+g(2+x)=5,∴f(﹣x)=f(x),故f(x)为偶函数,∵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,故f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,∴f(1)=f(﹣1)=﹣1,由f(x)+f(﹣x﹣2)=﹣2,f(﹣x)=f(x),得f(x)+f(x+2)=﹣2,∴f(x+2)+f(x+4)=﹣2,故f(x+4)=f(x),f(x)周期为4,由f(0)+f(2)=﹣2,得f(2)=﹣3,又f(3)=f(﹣1)=f(1)=﹣1,所以f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=11×(﹣1)+5×1+6×(﹣3)=﹣24,故选:D.【点评】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.【分析】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.【解答】解:方法一:设5人为甲、乙、丙、丁、戊,从5人中选3人有以下10个基本事件:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁、乙丙戊,乙丁戊,丙丁;甲、乙被选中的基本事件有3个:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊;故甲、乙被选中的概率为.方法二:由题意,从甲、乙等5名学生中随机选出3人,基本事件总数=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=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==.【点评】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.14.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【分析】选其中的三点,利用待定系数法即可求出圆的方程.【解答】解:设过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)的圆的方程 为x2+y2+Dx+Ey+F=0,即,解得F=0,D=﹣4,E=﹣6,所以过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0.同理可得,过点(0,0),(4,0),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y=0.过点(0,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣x﹣yx﹣2y=0.过点(4,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣﹣=0.故答案为:x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【点评】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.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为3.【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【解答】解:函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T=, ,0<φ<π,则φ=,若f(T)=cos(ω×+φ)=cosφ=所以f(x)=cos(ωx+).因为x=为f(x)的零点,所以cos(+)=0,故+=k,k∈Z,所以ω=9k+3,k∈Z,因为ω>0,则ω的最小值为3.故答案为:3.【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质,考查了方程思想,属于基础题.16.(5分)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.【分析】由已知分析函数f′(x)=2(axlna﹣ex)至少应该两个变号零点,对其再求导f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,分类讨论0<a<1和a>1时两种情况即可得出结果.【解答】解:对原函数求导f′(x)=2(axlna﹣ex),分析可知:f′(x)在定义域内至少有两个变号零点,对其再求导可得:f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,当a>1时,易知f″(x)在R上单调递增,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递减,(x0,+∞)单调递增,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,应满足x1>x2,不满足题意; 当0<a<1时,易知f″(x)在R上单调递减,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递增,(x0,+∞)单调递减,且,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,且x1<x2,故仅需满足f′(x0)>0,即:⇒⇒⇒,解得:,又因为0<a<1,故综上所述:a的取值范围是.【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题,考查运算求解能力,属于中档题.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=,求△ABC的周长.【分析】(1)利用两角差与和的正弦公式,三角形内角和公式,正弦和余弦定理,即可求得结论; (2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值,即可求出△ABC的周长.【解答】(1)证明:△ABC中,sinCsin(A﹣B)=sinBsin(C﹣A),所以sinC(sinAcosB﹣cosAsinB)=sinB(sinCcosA﹣cosCsinA),所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC,即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC,所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC,由正弦定理得a2=2bccosA,由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,所以2a2=b2+c2;(2)当a=5,cosA=时,b2+c2=2×52=50,2bc===31,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,解得b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14.【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题,也考查了运算求解能力与推理证明能力,是中档题.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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. 【分析】(1)利用三角形全等可得AB=BC,可证EB⊥AC,易证DE⊥AC,从而可证平面BED⊥平面ACD;(2)由题意可知△AFC的面积最小时,EF⊥BD,据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值.【解答】(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点.∴DE⊥AC,又∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=BC,又∵E为AC的中点.∴EB⊥AC,又BE∩DE=E,BE⊂平面BED,DE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD;(2)解:连接EF,由(1)知AC⊥EF,∴S△AFC=AC×EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,∴EF⊥BD时,△AFC的面积最小,又AC⊥平面BED,BD⊂平面BED,∴AC⊥BD,又AC∩EF=E,AC⊂平面AFC,EF⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC,又BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面AFC,过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD, 故∠CFM,即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,由AB=BD=2,∠ACB=60°,知△BAC是2为边长的等边三角形,故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,又BD=2,∴BD2=ED2+EB2,=,∴∠BED=90°,所以EF=∴CF==,∴AF=,在△ACF中,由余弦定理得cos∠AFC==﹣,∴sin∠AFC=.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,属中档题.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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈1.377.【分析】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.【解答】解:(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为,平均一棵的材积量为,则根据题中数据得:==0.06m2,==0.39m3;(2)由题可知,r===== ≈0.97;(3)设总根部面积和X,总材积量为Y,则,故Y==1209(m3).【点评】本题考查线性回归方程,属于中档题.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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.证明:直线HN过定点.【分析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将A,B两点坐标代入即可求解;(2)由可得直线,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=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,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.【解答】解:(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将两点代入得,解得m=,n=, 故E的方程为;(2)由可得直线(1)若过点P(1,﹣2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入,可得,代入AB方程,可得,得到.求得HN方程:,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(x1,y1),N(x2,y2),联立,得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0,故有,,且(*),联立,可得,可求得此时,将(0,﹣2)代入整理得2(x1+x2)﹣6(y1+y2)+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48 =0,显然成立.综上,可得直线HN过定点(0,﹣2).【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用,属于中档题.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe﹣x.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.【分析】(1)将a=1代入,对函数f(x)求导,求出f′(0)及f(0),由点斜式得答案;对函数f(x)求导,分a≥0及a<0讨论,当a≥0时容易判断不合题意,当a<0时,令,利用导数判断g(x)的性质,进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解.【解答】解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe﹣x,则,∴f′(0)=1+1=2,又f(0)=0,∴所求切线方程为y=2x;(2),若a≥0,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x )<f(0)=0,不合题意;故a<0,,令,注意到,令g′(x)<0,解得解得,∴g(x)在或,令g′(x)>0,单调递减,在单调递增,且x>1时,g(x)>0,①若g(0)=1+a≥0,当x>0时,g(x)>0,f(x)单调递增,不合题意;②若g(0)=1+a<0,g(0)g(1)<0,则存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g(x)<g(x0)=0,f(x)单调递减,则f(x0)<f(0)=0,当x>1时,f(x)>ln(1+x)+a>0,f(e﹣a﹣1)>0,则由零点存在性定理可知f(x)在(1,e﹣a﹣1)上存在一个根,当时,g(x)<0,f(x)单调递减,,当时,f(x)<ln(1+x)﹣ae<0,f(eae﹣1)<0,则由零点存在性定理可知f(x)在上存在一个根.综上,实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1).【点评】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调 性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.(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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由ρsin(θ+)+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.【解答】解:(1)由ρsin(θ+)+m=0,得,∴,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴,即l的直角坐标方程为;(2)由曲线C的参数方程为(t为参数).消去参数t,可得, 联立,得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0(﹣2≤y≤2).∴4m=3y2﹣2y﹣6,令g(y)=3y2﹣2y﹣6(﹣2≤y≤2),可得,当y=﹣2时,g(y)max=g(﹣2)=10,∴﹣≤4m≤10,﹣≤m≤,∴m的取值范围是[,].【点评】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.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤.【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可.【解答】解:(1)证明:∵a,b,c都是正数,∴++≥3=3(abc),当且仅当a=b=c=时,等号成立.因为++=1,所以1≥3(abc),所以≥(abc),所以abc≤,得证. (2)根据基本不等式b+c≥2,a+c≥2,a+b≥2,∴++≤++=++==,当且仅当a=b=c时等号成立,故得证.【点评】本题考查基本不等式的应用,属于中档题.
简介:2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣23.(5分)已知向量,满足||=1,||=,|﹣2|=3,则•=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(5分)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.2B.2C.3D.3 6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.39.(5分)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.B.C.D.10.(5分)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(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为. 16.(5分)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=,求△ABC的周长.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤. 2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M【分析】根据补集的定义写出集合M,再判断选项中的命题是否正确.【解答】解:因为全集U={1,2,3,4,5},∁UM={1,3},所以M={2,4,5},所以2∈M,3∉M,4∈M,5∈M.故选:A.【点评】本题考查了补集的定义与应用问题,是基础题.2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣2【分析】根据复数与共轭复数的定义,利用复数相等列方程求出a、b的值.【解答】解:因为z=1﹣2i,且z+a+b=0,所以(1﹣2i)+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(﹣2+2a)i=0, 所以,解得a=1,b=﹣2.故选:A.【点评】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题,是基础题.,|﹣2|=3,则•=3.(5分)已知向量,满足||=1,||=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】利用|﹣2|=,结合数量积的性质计算可得结果.,|﹣2|=3,=3,【解答】解:因为向量,满足||=1,||=所以|﹣2|===两边平方得,13﹣4=9,解得=1,故选:C.【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质,属于基础题.4.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k= 1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【分析】αk∈N*(k=1,2,…),可以取αk=1,依次求出数列的前8项,能求出正确选项.【解答】解:∵αk∈N*(k=1,2,…),∴可以取αk=1,则b1=1+=2,b2=1+=,b3=1+=,b4=1+=,b5=1+=,b6=1+=,b7==, b8=1+=,∴b1>b5,故A错误;b3>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b7,故D正确.故选:D.【点评】本题考查命题真假的判断,巧妙地把人造行星融入高考数学题,培养学生爱国热情,考查运算求解能力,是基础题.5.(5分)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.2B.2C.3D.3【分析】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.【解答】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.故选:B.【点评】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.6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=() A.3B.4C.5D.6【分析】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.【解答】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|﹣2|==0.25≥0.01,计算b=3+4=7,a=7﹣2=5,n=3,判断|﹣2|==0.04≥0.01;计算b=7+10=17,a=17﹣5=12,n=4,判断|﹣2|=<0.01;输出n=4.故选:B. 【点评】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.7.(5分)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A1C1D【分析】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.【解答】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,在该正方体中,试想D1运动至A1时,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.【点评】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.8.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.3【分析】由题意,利用等比数列的定义、性质、通项公式,求得a6的值.【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意,q≠1.∵前3项和为a1+a2+a3==168,a2﹣a5=a1•q﹣a1•q4=a1•q(1﹣q3)=42,∴q=,a1=96,则a6=a1•q5=96×=3,故选:D.【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式,属于基 础题.9.(5分)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.B.C.D.【分析】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=,所以该四棱锥的体积V=,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.【解答】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=,∴该四棱锥的高h=,∴该四棱锥的体积V==≤=当且仅当,即=,时,等号成立,∴该四棱锥的体积最大时,其高h===,故选:C. 【点评】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.10.(5分)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【分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,A错误;再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率,比较大小即可.【解答】解:A选项,已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,故A错误;设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲,棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙,P甲=2p1[p2(1﹣p3)+p3(1﹣p2)]=2p1p2+2p1p3﹣4p1p2p3, P乙=2p2[p1(1﹣p3)+p3(1﹣p1)]=2p1p2+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1﹣p2)+p2(1﹣p1)]=2p1p3+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙﹣P甲=2p2(p3﹣p1)>0,P丙﹣P乙=2p1(p3﹣p2)>0,∴所以P丙最大,即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选:D.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.【分析】当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0),设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,从而可求得|PF1|,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,由中位线的性质可求得|F1Q|,|QF2|,在Rt△QNF2中,可求得|NF2|,|NQ|,利用双曲线的定义可得a,b的关系,再由离心率公式求解即可.情况二当直线与双曲线交于一支时,同理可求得离心率.【解答】解:当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0), 设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,则|OP|=a,OP⊥PF1,又|OF1|=c,所以PF1===b,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,所以OP∥F2Q,又O为F1F2的中点,所以|F1Q|=2|PF1|=2b,|QF2|=2|OP|=2a,因为cos∠F1NF2=,∠F1NF2<,所以sin∠F1NF2=,所以|NF2|==,则|NQ|=|NF2|•cos∠F1NF2=,所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=+2b,由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|=2a,所以+2b﹣=2a,可得2b=3a,即=,所以C的离心率e====.情况二:当直线与双曲线交于一支时, 如图,记切点为A,连接OA,则|OA|=a,|F1A|=b,过F2作F2B⊥MN于B,则|F2B|=2a,因为cos∠F1NF2=,所以|NF2|=,|NB|=,|NF2|﹣|NF1|=﹣(﹣2b)=a+2b=2a,即a=2b,所以e====,A正确.故选:AC.【点评】本题主要考查双曲线的性质,圆的性质,考查转化思想与数形结合思想,考查运算求解能力,属于中档题.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24【分析】由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数,进而得到f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,所以f(1)=f(﹣1)=﹣1,再结合f(x)的周期为4,即可求出结果.【解答】解:∵y=g(x)的图像关于直线x=2对称,则g(2﹣x) =g(2+x),∵f(x)+g(2﹣x)=5,∴f(﹣x)+g(2+x)=5,∴f(﹣x)=f(x),故f(x)为偶函数,∵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,故f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,∴f(1)=f(﹣1)=﹣1,由f(x)+f(﹣x﹣2)=﹣2,f(﹣x)=f(x),得f(x)+f(x+2)=﹣2,∴f(x+2)+f(x+4)=﹣2,故f(x+4)=f(x),f(x)周期为4,由f(0)+f(2)=﹣2,得f(2)=﹣3,又f(3)=f(﹣1)=f(1)=﹣1,所以f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=11×(﹣1)+5×1+6×(﹣3)=﹣24,故选:D.【点评】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.【分析】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.【解答】解:方法一:设5人为甲、乙、丙、丁、戊,从5人中选3人有以下10个基本事件:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁、乙丙戊,乙丁戊,丙丁;甲、乙被选中的基本事件有3个:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊;故甲、乙被选中的概率为.方法二:由题意,从甲、乙等5名学生中随机选出3人,基本事件总数=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=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==.【点评】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.14.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【分析】选其中的三点,利用待定系数法即可求出圆的方程.【解答】解:设过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)的圆的方程 为x2+y2+Dx+Ey+F=0,即,解得F=0,D=﹣4,E=﹣6,所以过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0.同理可得,过点(0,0),(4,0),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y=0.过点(0,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣x﹣yx﹣2y=0.过点(4,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣﹣=0.故答案为:x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【点评】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.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为3.【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【解答】解:函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T=, ,0<φ<π,则φ=,若f(T)=cos(ω×+φ)=cosφ=所以f(x)=cos(ωx+).因为x=为f(x)的零点,所以cos(+)=0,故+=k,k∈Z,所以ω=9k+3,k∈Z,因为ω>0,则ω的最小值为3.故答案为:3.【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质,考查了方程思想,属于基础题.16.(5分)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.【分析】由已知分析函数f′(x)=2(axlna﹣ex)至少应该两个变号零点,对其再求导f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,分类讨论0<a<1和a>1时两种情况即可得出结果.【解答】解:对原函数求导f′(x)=2(axlna﹣ex),分析可知:f′(x)在定义域内至少有两个变号零点,对其再求导可得:f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,当a>1时,易知f″(x)在R上单调递增,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递减,(x0,+∞)单调递增,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,应满足x1>x2,不满足题意; 当0<a<1时,易知f″(x)在R上单调递减,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递增,(x0,+∞)单调递减,且,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,且x1<x2,故仅需满足f′(x0)>0,即:⇒⇒⇒,解得:,又因为0<a<1,故综上所述:a的取值范围是.【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题,考查运算求解能力,属于中档题.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=,求△ABC的周长.【分析】(1)利用两角差与和的正弦公式,三角形内角和公式,正弦和余弦定理,即可求得结论; (2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值,即可求出△ABC的周长.【解答】(1)证明:△ABC中,sinCsin(A﹣B)=sinBsin(C﹣A),所以sinC(sinAcosB﹣cosAsinB)=sinB(sinCcosA﹣cosCsinA),所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC,即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC,所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC,由正弦定理得a2=2bccosA,由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,所以2a2=b2+c2;(2)当a=5,cosA=时,b2+c2=2×52=50,2bc===31,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,解得b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14.【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题,也考查了运算求解能力与推理证明能力,是中档题.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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. 【分析】(1)利用三角形全等可得AB=BC,可证EB⊥AC,易证DE⊥AC,从而可证平面BED⊥平面ACD;(2)由题意可知△AFC的面积最小时,EF⊥BD,据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值.【解答】(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点.∴DE⊥AC,又∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=BC,又∵E为AC的中点.∴EB⊥AC,又BE∩DE=E,BE⊂平面BED,DE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD;(2)解:连接EF,由(1)知AC⊥EF,∴S△AFC=AC×EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,∴EF⊥BD时,△AFC的面积最小,又AC⊥平面BED,BD⊂平面BED,∴AC⊥BD,又AC∩EF=E,AC⊂平面AFC,EF⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC,又BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面AFC,过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD, 故∠CFM,即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,由AB=BD=2,∠ACB=60°,知△BAC是2为边长的等边三角形,故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,又BD=2,∴BD2=ED2+EB2,=,∴∠BED=90°,所以EF=∴CF==,∴AF=,在△ACF中,由余弦定理得cos∠AFC==﹣,∴sin∠AFC=.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,属中档题.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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈1.377.【分析】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.【解答】解:(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为,平均一棵的材积量为,则根据题中数据得:==0.06m2,==0.39m3;(2)由题可知,r===== ≈0.97;(3)设总根部面积和X,总材积量为Y,则,故Y==1209(m3).【点评】本题考查线性回归方程,属于中档题.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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.证明:直线HN过定点.【分析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将A,B两点坐标代入即可求解;(2)由可得直线,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=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,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.【解答】解:(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将两点代入得,解得m=,n=, 故E的方程为;(2)由可得直线(1)若过点P(1,﹣2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入,可得,代入AB方程,可得,得到.求得HN方程:,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(x1,y1),N(x2,y2),联立,得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0,故有,,且(*),联立,可得,可求得此时,将(0,﹣2)代入整理得2(x1+x2)﹣6(y1+y2)+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48 =0,显然成立.综上,可得直线HN过定点(0,﹣2).【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用,属于中档题.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe﹣x.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.【分析】(1)将a=1代入,对函数f(x)求导,求出f′(0)及f(0),由点斜式得答案;对函数f(x)求导,分a≥0及a<0讨论,当a≥0时容易判断不合题意,当a<0时,令,利用导数判断g(x)的性质,进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解.【解答】解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe﹣x,则,∴f′(0)=1+1=2,又f(0)=0,∴所求切线方程为y=2x;(2),若a≥0,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x )<f(0)=0,不合题意;故a<0,,令,注意到,令g′(x)<0,解得解得,∴g(x)在或,令g′(x)>0,单调递减,在单调递增,且x>1时,g(x)>0,①若g(0)=1+a≥0,当x>0时,g(x)>0,f(x)单调递增,不合题意;②若g(0)=1+a<0,g(0)g(1)<0,则存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g(x)<g(x0)=0,f(x)单调递减,则f(x0)<f(0)=0,当x>1时,f(x)>ln(1+x)+a>0,f(e﹣a﹣1)>0,则由零点存在性定理可知f(x)在(1,e﹣a﹣1)上存在一个根,当时,g(x)<0,f(x)单调递减,,当时,f(x)<ln(1+x)﹣ae<0,f(eae﹣1)<0,则由零点存在性定理可知f(x)在上存在一个根.综上,实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1).【点评】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调 性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.(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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由ρsin(θ+)+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.【解答】解:(1)由ρsin(θ+)+m=0,得,∴,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴,即l的直角坐标方程为;(2)由曲线C的参数方程为(t为参数).消去参数t,可得, 联立,得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0(﹣2≤y≤2).∴4m=3y2﹣2y﹣6,令g(y)=3y2﹣2y﹣6(﹣2≤y≤2),可得,当y=﹣2时,g(y)max=g(﹣2)=10,∴﹣≤4m≤10,﹣≤m≤,∴m的取值范围是[,].【点评】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.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤.【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可.【解答】解:(1)证明:∵a,b,c都是正数,∴++≥3=3(abc),当且仅当a=b=c=时,等号成立.因为++=1,所以1≥3(abc),所以≥(abc),所以abc≤,得证. (2)根据基本不等式b+c≥2,a+c≥2,a+b≥2,∴++≤++=++==,当且仅当a=b=c时等号成立,故得证.【点评】本题考查基本不等式的应用,属于中档题.
简介:2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣23.(5分)已知向量,满足||=1,||=,|﹣2|=3,则•=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(5分)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.2B.2C.3D.3 6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.39.(5分)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.B.C.D.10.(5分)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(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为. 16.(5分)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=,求△ABC的周长.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤. 2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M【分析】根据补集的定义写出集合M,再判断选项中的命题是否正确.【解答】解:因为全集U={1,2,3,4,5},∁UM={1,3},所以M={2,4,5},所以2∈M,3∉M,4∈M,5∈M.故选:A.【点评】本题考查了补集的定义与应用问题,是基础题.2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣2【分析】根据复数与共轭复数的定义,利用复数相等列方程求出a、b的值.【解答】解:因为z=1﹣2i,且z+a+b=0,所以(1﹣2i)+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(﹣2+2a)i=0, 所以,解得a=1,b=﹣2.故选:A.【点评】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题,是基础题.,|﹣2|=3,则•=3.(5分)已知向量,满足||=1,||=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】利用|﹣2|=,结合数量积的性质计算可得结果.,|﹣2|=3,=3,【解答】解:因为向量,满足||=1,||=所以|﹣2|===两边平方得,13﹣4=9,解得=1,故选:C.【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质,属于基础题.4.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k= 1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【分析】αk∈N*(k=1,2,…),可以取αk=1,依次求出数列的前8项,能求出正确选项.【解答】解:∵αk∈N*(k=1,2,…),∴可以取αk=1,则b1=1+=2,b2=1+=,b3=1+=,b4=1+=,b5=1+=,b6=1+=,b7==, b8=1+=,∴b1>b5,故A错误;b3>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b7,故D正确.故选:D.【点评】本题考查命题真假的判断,巧妙地把人造行星融入高考数学题,培养学生爱国热情,考查运算求解能力,是基础题.5.(5分)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.2B.2C.3D.3【分析】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.【解答】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.故选:B.【点评】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.6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=() A.3B.4C.5D.6【分析】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.【解答】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|﹣2|==0.25≥0.01,计算b=3+4=7,a=7﹣2=5,n=3,判断|﹣2|==0.04≥0.01;计算b=7+10=17,a=17﹣5=12,n=4,判断|﹣2|=<0.01;输出n=4.故选:B. 【点评】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.7.(5分)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A1C1D【分析】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.【解答】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,在该正方体中,试想D1运动至A1时,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.【点评】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.8.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.3【分析】由题意,利用等比数列的定义、性质、通项公式,求得a6的值.【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意,q≠1.∵前3项和为a1+a2+a3==168,a2﹣a5=a1•q﹣a1•q4=a1•q(1﹣q3)=42,∴q=,a1=96,则a6=a1•q5=96×=3,故选:D.【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式,属于基 础题.9.(5分)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.B.C.D.【分析】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=,所以该四棱锥的体积V=,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.【解答】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=,∴该四棱锥的高h=,∴该四棱锥的体积V==≤=当且仅当,即=,时,等号成立,∴该四棱锥的体积最大时,其高h===,故选:C. 【点评】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.10.(5分)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【分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,A错误;再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率,比较大小即可.【解答】解:A选项,已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,故A错误;设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲,棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙,P甲=2p1[p2(1﹣p3)+p3(1﹣p2)]=2p1p2+2p1p3﹣4p1p2p3, P乙=2p2[p1(1﹣p3)+p3(1﹣p1)]=2p1p2+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1﹣p2)+p2(1﹣p1)]=2p1p3+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙﹣P甲=2p2(p3﹣p1)>0,P丙﹣P乙=2p1(p3﹣p2)>0,∴所以P丙最大,即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选:D.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.【分析】当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0),设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,从而可求得|PF1|,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,由中位线的性质可求得|F1Q|,|QF2|,在Rt△QNF2中,可求得|NF2|,|NQ|,利用双曲线的定义可得a,b的关系,再由离心率公式求解即可.情况二当直线与双曲线交于一支时,同理可求得离心率.【解答】解:当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0), 设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,则|OP|=a,OP⊥PF1,又|OF1|=c,所以PF1===b,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,所以OP∥F2Q,又O为F1F2的中点,所以|F1Q|=2|PF1|=2b,|QF2|=2|OP|=2a,因为cos∠F1NF2=,∠F1NF2<,所以sin∠F1NF2=,所以|NF2|==,则|NQ|=|NF2|•cos∠F1NF2=,所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=+2b,由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|=2a,所以+2b﹣=2a,可得2b=3a,即=,所以C的离心率e====.情况二:当直线与双曲线交于一支时, 如图,记切点为A,连接OA,则|OA|=a,|F1A|=b,过F2作F2B⊥MN于B,则|F2B|=2a,因为cos∠F1NF2=,所以|NF2|=,|NB|=,|NF2|﹣|NF1|=﹣(﹣2b)=a+2b=2a,即a=2b,所以e====,A正确.故选:AC.【点评】本题主要考查双曲线的性质,圆的性质,考查转化思想与数形结合思想,考查运算求解能力,属于中档题.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24【分析】由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数,进而得到f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,所以f(1)=f(﹣1)=﹣1,再结合f(x)的周期为4,即可求出结果.【解答】解:∵y=g(x)的图像关于直线x=2对称,则g(2﹣x) =g(2+x),∵f(x)+g(2﹣x)=5,∴f(﹣x)+g(2+x)=5,∴f(﹣x)=f(x),故f(x)为偶函数,∵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,故f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,∴f(1)=f(﹣1)=﹣1,由f(x)+f(﹣x﹣2)=﹣2,f(﹣x)=f(x),得f(x)+f(x+2)=﹣2,∴f(x+2)+f(x+4)=﹣2,故f(x+4)=f(x),f(x)周期为4,由f(0)+f(2)=﹣2,得f(2)=﹣3,又f(3)=f(﹣1)=f(1)=﹣1,所以f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=11×(﹣1)+5×1+6×(﹣3)=﹣24,故选:D.【点评】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.【分析】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.【解答】解:方法一:设5人为甲、乙、丙、丁、戊,从5人中选3人有以下10个基本事件:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁、乙丙戊,乙丁戊,丙丁;甲、乙被选中的基本事件有3个:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊;故甲、乙被选中的概率为.方法二:由题意,从甲、乙等5名学生中随机选出3人,基本事件总数=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=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==.【点评】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.14.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【分析】选其中的三点,利用待定系数法即可求出圆的方程.【解答】解:设过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)的圆的方程 为x2+y2+Dx+Ey+F=0,即,解得F=0,D=﹣4,E=﹣6,所以过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0.同理可得,过点(0,0),(4,0),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y=0.过点(0,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣x﹣yx﹣2y=0.过点(4,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣﹣=0.故答案为:x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【点评】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.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为3.【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【解答】解:函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T=, ,0<φ<π,则φ=,若f(T)=cos(ω×+φ)=cosφ=所以f(x)=cos(ωx+).因为x=为f(x)的零点,所以cos(+)=0,故+=k,k∈Z,所以ω=9k+3,k∈Z,因为ω>0,则ω的最小值为3.故答案为:3.【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质,考查了方程思想,属于基础题.16.(5分)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.【分析】由已知分析函数f′(x)=2(axlna﹣ex)至少应该两个变号零点,对其再求导f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,分类讨论0<a<1和a>1时两种情况即可得出结果.【解答】解:对原函数求导f′(x)=2(axlna﹣ex),分析可知:f′(x)在定义域内至少有两个变号零点,对其再求导可得:f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,当a>1时,易知f″(x)在R上单调递增,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递减,(x0,+∞)单调递增,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,应满足x1>x2,不满足题意; 当0<a<1时,易知f″(x)在R上单调递减,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递增,(x0,+∞)单调递减,且,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,且x1<x2,故仅需满足f′(x0)>0,即:⇒⇒⇒,解得:,又因为0<a<1,故综上所述:a的取值范围是.【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题,考查运算求解能力,属于中档题.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=,求△ABC的周长.【分析】(1)利用两角差与和的正弦公式,三角形内角和公式,正弦和余弦定理,即可求得结论; (2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值,即可求出△ABC的周长.【解答】(1)证明:△ABC中,sinCsin(A﹣B)=sinBsin(C﹣A),所以sinC(sinAcosB﹣cosAsinB)=sinB(sinCcosA﹣cosCsinA),所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC,即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC,所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC,由正弦定理得a2=2bccosA,由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,所以2a2=b2+c2;(2)当a=5,cosA=时,b2+c2=2×52=50,2bc===31,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,解得b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14.【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题,也考查了运算求解能力与推理证明能力,是中档题.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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. 【分析】(1)利用三角形全等可得AB=BC,可证EB⊥AC,易证DE⊥AC,从而可证平面BED⊥平面ACD;(2)由题意可知△AFC的面积最小时,EF⊥BD,据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值.【解答】(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点.∴DE⊥AC,又∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=BC,又∵E为AC的中点.∴EB⊥AC,又BE∩DE=E,BE⊂平面BED,DE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD;(2)解:连接EF,由(1)知AC⊥EF,∴S△AFC=AC×EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,∴EF⊥BD时,△AFC的面积最小,又AC⊥平面BED,BD⊂平面BED,∴AC⊥BD,又AC∩EF=E,AC⊂平面AFC,EF⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC,又BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面AFC,过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD, 故∠CFM,即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,由AB=BD=2,∠ACB=60°,知△BAC是2为边长的等边三角形,故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,又BD=2,∴BD2=ED2+EB2,=,∴∠BED=90°,所以EF=∴CF==,∴AF=,在△ACF中,由余弦定理得cos∠AFC==﹣,∴sin∠AFC=.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,属中档题.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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈1.377.【分析】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.【解答】解:(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为,平均一棵的材积量为,则根据题中数据得:==0.06m2,==0.39m3;(2)由题可知,r===== ≈0.97;(3)设总根部面积和X,总材积量为Y,则,故Y==1209(m3).【点评】本题考查线性回归方程,属于中档题.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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.证明:直线HN过定点.【分析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将A,B两点坐标代入即可求解;(2)由可得直线,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=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,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.【解答】解:(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将两点代入得,解得m=,n=, 故E的方程为;(2)由可得直线(1)若过点P(1,﹣2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入,可得,代入AB方程,可得,得到.求得HN方程:,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(x1,y1),N(x2,y2),联立,得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0,故有,,且(*),联立,可得,可求得此时,将(0,﹣2)代入整理得2(x1+x2)﹣6(y1+y2)+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48 =0,显然成立.综上,可得直线HN过定点(0,﹣2).【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用,属于中档题.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe﹣x.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.【分析】(1)将a=1代入,对函数f(x)求导,求出f′(0)及f(0),由点斜式得答案;对函数f(x)求导,分a≥0及a<0讨论,当a≥0时容易判断不合题意,当a<0时,令,利用导数判断g(x)的性质,进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解.【解答】解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe﹣x,则,∴f′(0)=1+1=2,又f(0)=0,∴所求切线方程为y=2x;(2),若a≥0,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x )<f(0)=0,不合题意;故a<0,,令,注意到,令g′(x)<0,解得解得,∴g(x)在或,令g′(x)>0,单调递减,在单调递增,且x>1时,g(x)>0,①若g(0)=1+a≥0,当x>0时,g(x)>0,f(x)单调递增,不合题意;②若g(0)=1+a<0,g(0)g(1)<0,则存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g(x)<g(x0)=0,f(x)单调递减,则f(x0)<f(0)=0,当x>1时,f(x)>ln(1+x)+a>0,f(e﹣a﹣1)>0,则由零点存在性定理可知f(x)在(1,e﹣a﹣1)上存在一个根,当时,g(x)<0,f(x)单调递减,,当时,f(x)<ln(1+x)﹣ae<0,f(eae﹣1)<0,则由零点存在性定理可知f(x)在上存在一个根.综上,实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1).【点评】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调 性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.(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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由ρsin(θ+)+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.【解答】解:(1)由ρsin(θ+)+m=0,得,∴,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴,即l的直角坐标方程为;(2)由曲线C的参数方程为(t为参数).消去参数t,可得, 联立,得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0(﹣2≤y≤2).∴4m=3y2﹣2y﹣6,令g(y)=3y2﹣2y﹣6(﹣2≤y≤2),可得,当y=﹣2时,g(y)max=g(﹣2)=10,∴﹣≤4m≤10,﹣≤m≤,∴m的取值范围是[,].【点评】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.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤.【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可.【解答】解:(1)证明:∵a,b,c都是正数,∴++≥3=3(abc),当且仅当a=b=c=时,等号成立.因为++=1,所以1≥3(abc),所以≥(abc),所以abc≤,得证. (2)根据基本不等式b+c≥2,a+c≥2,a+b≥2,∴++≤++=++==,当且仅当a=b=c时等号成立,故得证.【点评】本题考查基本不等式的应用,属于中档题.
简介:2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣23.(5分)已知向量,满足||=1,||=,|﹣2|=3,则•=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(5分)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.2B.2C.3D.3 6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.39.(5分)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.B.C.D.10.(5分)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(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为. 16.(5分)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=,求△ABC的周长.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤. 2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M【分析】根据补集的定义写出集合M,再判断选项中的命题是否正确.【解答】解:因为全集U={1,2,3,4,5},∁UM={1,3},所以M={2,4,5},所以2∈M,3∉M,4∈M,5∈M.故选:A.【点评】本题考查了补集的定义与应用问题,是基础题.2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣2【分析】根据复数与共轭复数的定义,利用复数相等列方程求出a、b的值.【解答】解:因为z=1﹣2i,且z+a+b=0,所以(1﹣2i)+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(﹣2+2a)i=0, 所以,解得a=1,b=﹣2.故选:A.【点评】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题,是基础题.,|﹣2|=3,则•=3.(5分)已知向量,满足||=1,||=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】利用|﹣2|=,结合数量积的性质计算可得结果.,|﹣2|=3,=3,【解答】解:因为向量,满足||=1,||=所以|﹣2|===两边平方得,13﹣4=9,解得=1,故选:C.【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质,属于基础题.4.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k= 1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【分析】αk∈N*(k=1,2,…),可以取αk=1,依次求出数列的前8项,能求出正确选项.【解答】解:∵αk∈N*(k=1,2,…),∴可以取αk=1,则b1=1+=2,b2=1+=,b3=1+=,b4=1+=,b5=1+=,b6=1+=,b7==, b8=1+=,∴b1>b5,故A错误;b3>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b7,故D正确.故选:D.【点评】本题考查命题真假的判断,巧妙地把人造行星融入高考数学题,培养学生爱国热情,考查运算求解能力,是基础题.5.(5分)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.2B.2C.3D.3【分析】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.【解答】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.故选:B.【点评】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.6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=() A.3B.4C.5D.6【分析】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.【解答】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|﹣2|==0.25≥0.01,计算b=3+4=7,a=7﹣2=5,n=3,判断|﹣2|==0.04≥0.01;计算b=7+10=17,a=17﹣5=12,n=4,判断|﹣2|=<0.01;输出n=4.故选:B. 【点评】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.7.(5分)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A1C1D【分析】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.【解答】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,在该正方体中,试想D1运动至A1时,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.【点评】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.8.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.3【分析】由题意,利用等比数列的定义、性质、通项公式,求得a6的值.【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意,q≠1.∵前3项和为a1+a2+a3==168,a2﹣a5=a1•q﹣a1•q4=a1•q(1﹣q3)=42,∴q=,a1=96,则a6=a1•q5=96×=3,故选:D.【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式,属于基 础题.9.(5分)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.B.C.D.【分析】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=,所以该四棱锥的体积V=,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.【解答】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=,∴该四棱锥的高h=,∴该四棱锥的体积V==≤=当且仅当,即=,时,等号成立,∴该四棱锥的体积最大时,其高h===,故选:C. 【点评】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.10.(5分)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【分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,A错误;再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率,比较大小即可.【解答】解:A选项,已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,故A错误;设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲,棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙,P甲=2p1[p2(1﹣p3)+p3(1﹣p2)]=2p1p2+2p1p3﹣4p1p2p3, P乙=2p2[p1(1﹣p3)+p3(1﹣p1)]=2p1p2+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1﹣p2)+p2(1﹣p1)]=2p1p3+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙﹣P甲=2p2(p3﹣p1)>0,P丙﹣P乙=2p1(p3﹣p2)>0,∴所以P丙最大,即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选:D.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.【分析】当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0),设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,从而可求得|PF1|,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,由中位线的性质可求得|F1Q|,|QF2|,在Rt△QNF2中,可求得|NF2|,|NQ|,利用双曲线的定义可得a,b的关系,再由离心率公式求解即可.情况二当直线与双曲线交于一支时,同理可求得离心率.【解答】解:当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0), 设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,则|OP|=a,OP⊥PF1,又|OF1|=c,所以PF1===b,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,所以OP∥F2Q,又O为F1F2的中点,所以|F1Q|=2|PF1|=2b,|QF2|=2|OP|=2a,因为cos∠F1NF2=,∠F1NF2<,所以sin∠F1NF2=,所以|NF2|==,则|NQ|=|NF2|•cos∠F1NF2=,所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=+2b,由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|=2a,所以+2b﹣=2a,可得2b=3a,即=,所以C的离心率e====.情况二:当直线与双曲线交于一支时, 如图,记切点为A,连接OA,则|OA|=a,|F1A|=b,过F2作F2B⊥MN于B,则|F2B|=2a,因为cos∠F1NF2=,所以|NF2|=,|NB|=,|NF2|﹣|NF1|=﹣(﹣2b)=a+2b=2a,即a=2b,所以e====,A正确.故选:AC.【点评】本题主要考查双曲线的性质,圆的性质,考查转化思想与数形结合思想,考查运算求解能力,属于中档题.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24【分析】由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数,进而得到f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,所以f(1)=f(﹣1)=﹣1,再结合f(x)的周期为4,即可求出结果.【解答】解:∵y=g(x)的图像关于直线x=2对称,则g(2﹣x) =g(2+x),∵f(x)+g(2﹣x)=5,∴f(﹣x)+g(2+x)=5,∴f(﹣x)=f(x),故f(x)为偶函数,∵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,故f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,∴f(1)=f(﹣1)=﹣1,由f(x)+f(﹣x﹣2)=﹣2,f(﹣x)=f(x),得f(x)+f(x+2)=﹣2,∴f(x+2)+f(x+4)=﹣2,故f(x+4)=f(x),f(x)周期为4,由f(0)+f(2)=﹣2,得f(2)=﹣3,又f(3)=f(﹣1)=f(1)=﹣1,所以f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=11×(﹣1)+5×1+6×(﹣3)=﹣24,故选:D.【点评】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.【分析】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.【解答】解:方法一:设5人为甲、乙、丙、丁、戊,从5人中选3人有以下10个基本事件:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁、乙丙戊,乙丁戊,丙丁;甲、乙被选中的基本事件有3个:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊;故甲、乙被选中的概率为.方法二:由题意,从甲、乙等5名学生中随机选出3人,基本事件总数=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=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==.【点评】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.14.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【分析】选其中的三点,利用待定系数法即可求出圆的方程.【解答】解:设过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)的圆的方程 为x2+y2+Dx+Ey+F=0,即,解得F=0,D=﹣4,E=﹣6,所以过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0.同理可得,过点(0,0),(4,0),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y=0.过点(0,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣x﹣yx﹣2y=0.过点(4,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣﹣=0.故答案为:x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【点评】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.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为3.【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【解答】解:函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T=, ,0<φ<π,则φ=,若f(T)=cos(ω×+φ)=cosφ=所以f(x)=cos(ωx+).因为x=为f(x)的零点,所以cos(+)=0,故+=k,k∈Z,所以ω=9k+3,k∈Z,因为ω>0,则ω的最小值为3.故答案为:3.【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质,考查了方程思想,属于基础题.16.(5分)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.【分析】由已知分析函数f′(x)=2(axlna﹣ex)至少应该两个变号零点,对其再求导f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,分类讨论0<a<1和a>1时两种情况即可得出结果.【解答】解:对原函数求导f′(x)=2(axlna﹣ex),分析可知:f′(x)在定义域内至少有两个变号零点,对其再求导可得:f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,当a>1时,易知f″(x)在R上单调递增,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递减,(x0,+∞)单调递增,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,应满足x1>x2,不满足题意; 当0<a<1时,易知f″(x)在R上单调递减,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递增,(x0,+∞)单调递减,且,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,且x1<x2,故仅需满足f′(x0)>0,即:⇒⇒⇒,解得:,又因为0<a<1,故综上所述:a的取值范围是.【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题,考查运算求解能力,属于中档题.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=,求△ABC的周长.【分析】(1)利用两角差与和的正弦公式,三角形内角和公式,正弦和余弦定理,即可求得结论; (2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值,即可求出△ABC的周长.【解答】(1)证明:△ABC中,sinCsin(A﹣B)=sinBsin(C﹣A),所以sinC(sinAcosB﹣cosAsinB)=sinB(sinCcosA﹣cosCsinA),所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC,即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC,所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC,由正弦定理得a2=2bccosA,由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,所以2a2=b2+c2;(2)当a=5,cosA=时,b2+c2=2×52=50,2bc===31,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,解得b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14.【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题,也考查了运算求解能力与推理证明能力,是中档题.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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. 【分析】(1)利用三角形全等可得AB=BC,可证EB⊥AC,易证DE⊥AC,从而可证平面BED⊥平面ACD;(2)由题意可知△AFC的面积最小时,EF⊥BD,据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值.【解答】(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点.∴DE⊥AC,又∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=BC,又∵E为AC的中点.∴EB⊥AC,又BE∩DE=E,BE⊂平面BED,DE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD;(2)解:连接EF,由(1)知AC⊥EF,∴S△AFC=AC×EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,∴EF⊥BD时,△AFC的面积最小,又AC⊥平面BED,BD⊂平面BED,∴AC⊥BD,又AC∩EF=E,AC⊂平面AFC,EF⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC,又BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面AFC,过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD, 故∠CFM,即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,由AB=BD=2,∠ACB=60°,知△BAC是2为边长的等边三角形,故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,又BD=2,∴BD2=ED2+EB2,=,∴∠BED=90°,所以EF=∴CF==,∴AF=,在△ACF中,由余弦定理得cos∠AFC==﹣,∴sin∠AFC=.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,属中档题.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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈1.377.【分析】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.【解答】解:(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为,平均一棵的材积量为,则根据题中数据得:==0.06m2,==0.39m3;(2)由题可知,r===== ≈0.97;(3)设总根部面积和X,总材积量为Y,则,故Y==1209(m3).【点评】本题考查线性回归方程,属于中档题.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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.证明:直线HN过定点.【分析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将A,B两点坐标代入即可求解;(2)由可得直线,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=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,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.【解答】解:(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将两点代入得,解得m=,n=, 故E的方程为;(2)由可得直线(1)若过点P(1,﹣2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入,可得,代入AB方程,可得,得到.求得HN方程:,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(x1,y1),N(x2,y2),联立,得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0,故有,,且(*),联立,可得,可求得此时,将(0,﹣2)代入整理得2(x1+x2)﹣6(y1+y2)+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48 =0,显然成立.综上,可得直线HN过定点(0,﹣2).【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用,属于中档题.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe﹣x.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.【分析】(1)将a=1代入,对函数f(x)求导,求出f′(0)及f(0),由点斜式得答案;对函数f(x)求导,分a≥0及a<0讨论,当a≥0时容易判断不合题意,当a<0时,令,利用导数判断g(x)的性质,进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解.【解答】解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe﹣x,则,∴f′(0)=1+1=2,又f(0)=0,∴所求切线方程为y=2x;(2),若a≥0,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x )<f(0)=0,不合题意;故a<0,,令,注意到,令g′(x)<0,解得解得,∴g(x)在或,令g′(x)>0,单调递减,在单调递增,且x>1时,g(x)>0,①若g(0)=1+a≥0,当x>0时,g(x)>0,f(x)单调递增,不合题意;②若g(0)=1+a<0,g(0)g(1)<0,则存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g(x)<g(x0)=0,f(x)单调递减,则f(x0)<f(0)=0,当x>1时,f(x)>ln(1+x)+a>0,f(e﹣a﹣1)>0,则由零点存在性定理可知f(x)在(1,e﹣a﹣1)上存在一个根,当时,g(x)<0,f(x)单调递减,,当时,f(x)<ln(1+x)﹣ae<0,f(eae﹣1)<0,则由零点存在性定理可知f(x)在上存在一个根.综上,实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1).【点评】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调 性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.(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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由ρsin(θ+)+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.【解答】解:(1)由ρsin(θ+)+m=0,得,∴,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴,即l的直角坐标方程为;(2)由曲线C的参数方程为(t为参数).消去参数t,可得, 联立,得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0(﹣2≤y≤2).∴4m=3y2﹣2y﹣6,令g(y)=3y2﹣2y﹣6(﹣2≤y≤2),可得,当y=﹣2时,g(y)max=g(﹣2)=10,∴﹣≤4m≤10,﹣≤m≤,∴m的取值范围是[,].【点评】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.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤.【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可.【解答】解:(1)证明:∵a,b,c都是正数,∴++≥3=3(abc),当且仅当a=b=c=时,等号成立.因为++=1,所以1≥3(abc),所以≥(abc),所以abc≤,得证. (2)根据基本不等式b+c≥2,a+c≥2,a+b≥2,∴++≤++=++==,当且仅当a=b=c时等号成立,故得证.【点评】本题考查基本不等式的应用,属于中档题.
简介:2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣23.(5分)已知向量,满足||=1,||=,|﹣2|=3,则•=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b75.(5分)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.2B.2C.3D.3 6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=()A.3B.4C.5D.67.(5分)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.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.39.(5分)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.B.C.D.10.(5分)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(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为. 16.(5分)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=,求△ABC的周长.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤. 2022年新疆高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、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.(5分)设全集U={1,2,3,4,5},集合M满足∁UM={1,3},则()A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M【分析】根据补集的定义写出集合M,再判断选项中的命题是否正确.【解答】解:因为全集U={1,2,3,4,5},∁UM={1,3},所以M={2,4,5},所以2∈M,3∉M,4∈M,5∈M.故选:A.【点评】本题考查了补集的定义与应用问题,是基础题.2.(5分)已知z=1﹣2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则()A.a=1,b=﹣2B.a=﹣1,b=2C.a=1,b=2D.a=﹣1,b=﹣2【分析】根据复数与共轭复数的定义,利用复数相等列方程求出a、b的值.【解答】解:因为z=1﹣2i,且z+a+b=0,所以(1﹣2i)+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(﹣2+2a)i=0, 所以,解得a=1,b=﹣2.故选:A.【点评】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题,是基础题.,|﹣2|=3,则•=3.(5分)已知向量,满足||=1,||=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】利用|﹣2|=,结合数量积的性质计算可得结果.,|﹣2|=3,=3,【解答】解:因为向量,满足||=1,||=所以|﹣2|===两边平方得,13﹣4=9,解得=1,故选:C.【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质,属于基础题.4.(5分)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+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k= 1,2,…).则()A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7【分析】αk∈N*(k=1,2,…),可以取αk=1,依次求出数列的前8项,能求出正确选项.【解答】解:∵αk∈N*(k=1,2,…),∴可以取αk=1,则b1=1+=2,b2=1+=,b3=1+=,b4=1+=,b5=1+=,b6=1+=,b7==, b8=1+=,∴b1>b5,故A错误;b3>b8,故B错误;b6>b2,故C错误;b4<b7,故D正确.故选:D.【点评】本题考查命题真假的判断,巧妙地把人造行星融入高考数学题,培养学生爱国热情,考查运算求解能力,是基础题.5.(5分)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.2B.2C.3D.3【分析】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.【解答】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.故选:B.【点评】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.6.(5分)执行如图的程序框图,输出的n=() A.3B.4C.5D.6【分析】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.【解答】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|﹣2|==0.25≥0.01,计算b=3+4=7,a=7﹣2=5,n=3,判断|﹣2|==0.04≥0.01;计算b=7+10=17,a=17﹣5=12,n=4,判断|﹣2|=<0.01;输出n=4.故选:B. 【点评】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.7.(5分)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A1C1D【分析】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.【解答】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,在该正方体中,试想D1运动至A1时,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.【点评】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.8.(5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2﹣a5=42,则a6=()A.14B.12C.6D.3【分析】由题意,利用等比数列的定义、性质、通项公式,求得a6的值.【解答】解:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意,q≠1.∵前3项和为a1+a2+a3==168,a2﹣a5=a1•q﹣a1•q4=a1•q(1﹣q3)=42,∴q=,a1=96,则a6=a1•q5=96×=3,故选:D.【点评】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式,属于基 础题.9.(5分)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.B.C.D.【分析】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=,所以该四棱锥的体积V=,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.【解答】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=,∴该四棱锥的高h=,∴该四棱锥的体积V==≤=当且仅当,即=,时,等号成立,∴该四棱锥的体积最大时,其高h===,故选:C. 【点评】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.10.(5分)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【分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,A错误;再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率,比较大小即可.【解答】解:A选项,已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等,所以P受比赛次序影响,故A错误;设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲,棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙,棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙,P甲=2p1[p2(1﹣p3)+p3(1﹣p2)]=2p1p2+2p1p3﹣4p1p2p3, P乙=2p2[p1(1﹣p3)+p3(1﹣p1)]=2p1p2+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1﹣p2)+p2(1﹣p1)]=2p1p3+2p2p3﹣4p1p2p3,P丙﹣P甲=2p2(p3﹣p1)>0,P丙﹣P乙=2p1(p3﹣p2)>0,∴所以P丙最大,即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大.故选:D.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用.(多选)11.(5分)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=,则C的离心率为()A.B.C.D.【分析】当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0),设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,从而可求得|PF1|,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,由中位线的性质可求得|F1Q|,|QF2|,在Rt△QNF2中,可求得|NF2|,|NQ|,利用双曲线的定义可得a,b的关系,再由离心率公式求解即可.情况二当直线与双曲线交于一支时,同理可求得离心率.【解答】解:当直线与双曲线交于两支时,设双曲线的方程为﹣=1(a>0,b>0), 设过F1的切线与圆D:x2+y2=a2相切于点P,则|OP|=a,OP⊥PF1,又|OF1|=c,所以PF1===b,过点F2作F2Q⊥MN于点Q,所以OP∥F2Q,又O为F1F2的中点,所以|F1Q|=2|PF1|=2b,|QF2|=2|OP|=2a,因为cos∠F1NF2=,∠F1NF2<,所以sin∠F1NF2=,所以|NF2|==,则|NQ|=|NF2|•cos∠F1NF2=,所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=+2b,由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|=2a,所以+2b﹣=2a,可得2b=3a,即=,所以C的离心率e====.情况二:当直线与双曲线交于一支时, 如图,记切点为A,连接OA,则|OA|=a,|F1A|=b,过F2作F2B⊥MN于B,则|F2B|=2a,因为cos∠F1NF2=,所以|NF2|=,|NB|=,|NF2|﹣|NF1|=﹣(﹣2b)=a+2b=2a,即a=2b,所以e====,A正确.故选:AC.【点评】本题主要考查双曲线的性质,圆的性质,考查转化思想与数形结合思想,考查运算求解能力,属于中档题.12.(5分)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2﹣x)=5,g(x)﹣f(x﹣4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称,g(2)=4,则f(k)=()A.﹣21B.﹣22C.﹣23D.﹣24【分析】由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数,进而得到f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,所以f(1)=f(﹣1)=﹣1,再结合f(x)的周期为4,即可求出结果.【解答】解:∵y=g(x)的图像关于直线x=2对称,则g(2﹣x) =g(2+x),∵f(x)+g(2﹣x)=5,∴f(﹣x)+g(2+x)=5,∴f(﹣x)=f(x),故f(x)为偶函数,∵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,故f(x)关于点(﹣1,﹣1)中心对称,∴f(1)=f(﹣1)=﹣1,由f(x)+f(﹣x﹣2)=﹣2,f(﹣x)=f(x),得f(x)+f(x+2)=﹣2,∴f(x+2)+f(x+4)=﹣2,故f(x+4)=f(x),f(x)周期为4,由f(0)+f(2)=﹣2,得f(2)=﹣3,又f(3)=f(﹣1)=f(1)=﹣1,所以f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)=11×(﹣1)+5×1+6×(﹣3)=﹣24,故选:D.【点评】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(5分)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.【分析】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.【解答】解:方法一:设5人为甲、乙、丙、丁、戊,从5人中选3人有以下10个基本事件:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁、乙丙戊,乙丁戊,丙丁;甲、乙被选中的基本事件有3个:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊;故甲、乙被选中的概率为.方法二:由题意,从甲、乙等5名学生中随机选出3人,基本事件总数=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=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==.【点评】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.14.(5分)过四点(0,0),(4,0),(﹣1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【分析】选其中的三点,利用待定系数法即可求出圆的方程.【解答】解:设过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)的圆的方程 为x2+y2+Dx+Ey+F=0,即,解得F=0,D=﹣4,E=﹣6,所以过点(0,0),(4,0),(﹣1,1)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y=0.同理可得,过点(0,0),(4,0),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y=0.过点(0,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣x﹣yx﹣2y=0.过点(4,0),(﹣1,1),(4,2)圆的方程为x2+y2﹣﹣=0.故答案为:x2+y2﹣4x﹣6y=0(或x2+y2﹣4x﹣2y=0或x2+y2﹣x﹣y=0或x2+y2﹣x﹣2y﹣=0).【点评】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.15.(5分)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为3.【分析】由题意,结合余弦函数的周期和零点,建立相关的方程求解即可.【解答】解:函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T=, ,0<φ<π,则φ=,若f(T)=cos(ω×+φ)=cosφ=所以f(x)=cos(ωx+).因为x=为f(x)的零点,所以cos(+)=0,故+=k,k∈Z,所以ω=9k+3,k∈Z,因为ω>0,则ω的最小值为3.故答案为:3.【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质,考查了方程思想,属于基础题.16.(5分)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.【分析】由已知分析函数f′(x)=2(axlna﹣ex)至少应该两个变号零点,对其再求导f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,分类讨论0<a<1和a>1时两种情况即可得出结果.【解答】解:对原函数求导f′(x)=2(axlna﹣ex),分析可知:f′(x)在定义域内至少有两个变号零点,对其再求导可得:f″(x)=2ax(lna)2﹣2e,当a>1时,易知f″(x)在R上单调递增,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递减,(x0,+∞)单调递增,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,应满足x1>x2,不满足题意; 当0<a<1时,易知f″(x)在R上单调递减,此时若存在x0使得f″(x0)=0,则f′(x)在(﹣∞,x0)单调递增,(x0,+∞)单调递减,且,此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点,且x1<x2,故仅需满足f′(x0)>0,即:⇒⇒⇒,解得:,又因为0<a<1,故综上所述:a的取值范围是.【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题,考查运算求解能力,属于中档题.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=,求△ABC的周长.【分析】(1)利用两角差与和的正弦公式,三角形内角和公式,正弦和余弦定理,即可求得结论; (2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值,即可求出△ABC的周长.【解答】(1)证明:△ABC中,sinCsin(A﹣B)=sinBsin(C﹣A),所以sinC(sinAcosB﹣cosAsinB)=sinB(sinCcosA﹣cosCsinA),所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC,即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC,所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC,由正弦定理得a2=2bccosA,由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,所以2a2=b2+c2;(2)当a=5,cosA=时,b2+c2=2×52=50,2bc===31,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81,解得b+c=9,所以△ABC的周长为a+b+c=5+9=14.【点评】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题,也考查了运算求解能力与推理证明能力,是中档题.18.(12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.证明:平面BED⊥平面ACD;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. 【分析】(1)利用三角形全等可得AB=BC,可证EB⊥AC,易证DE⊥AC,从而可证平面BED⊥平面ACD;(2)由题意可知△AFC的面积最小时,EF⊥BD,据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值.【解答】(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点.∴DE⊥AC,又∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=BC,又∵E为AC的中点.∴EB⊥AC,又BE∩DE=E,BE⊂平面BED,DE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD;(2)解:连接EF,由(1)知AC⊥EF,∴S△AFC=AC×EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,∴EF⊥BD时,△AFC的面积最小,又AC⊥平面BED,BD⊂平面BED,∴AC⊥BD,又AC∩EF=E,AC⊂平面AFC,EF⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC,又BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面AFC,过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD, 故∠CFM,即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,由AB=BD=2,∠ACB=60°,知△BAC是2为边长的等边三角形,故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,又BD=2,∴BD2=ED2+EB2,=,∴∠BED=90°,所以EF=∴CF==,∴AF=,在△ACF中,由余弦定理得cos∠AFC==﹣,∴sin∠AFC=.故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.【点评】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,属中档题.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xi2=0.038,yi2=1.6158,xiyi=0.2474.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;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);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=,≈1.377.【分析】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.【解答】解:(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为,平均一棵的材积量为,则根据题中数据得:==0.06m2,==0.39m3;(2)由题可知,r===== ≈0.97;(3)设总根部面积和X,总材积量为Y,则,故Y==1209(m3).【点评】本题考查线性回归方程,属于中档题.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),B(,﹣1)两点.求E的方程;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=.证明:直线HN过定点.【分析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将A,B两点坐标代入即可求解;(2)由可得直线,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=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,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.【解答】解:(1)设E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),将两点代入得,解得m=,n=, 故E的方程为;(2)由可得直线(1)若过点P(1,﹣2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入,可得,代入AB方程,可得,得到.求得HN方程:,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(x1,y1),N(x2,y2),联立,得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0,故有,,且(*),联立,可得,可求得此时,将(0,﹣2)代入整理得2(x1+x2)﹣6(y1+y2)+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48 =0,显然成立.综上,可得直线HN过定点(0,﹣2).【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用,属于中档题.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe﹣x.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.【分析】(1)将a=1代入,对函数f(x)求导,求出f′(0)及f(0),由点斜式得答案;对函数f(x)求导,分a≥0及a<0讨论,当a≥0时容易判断不合题意,当a<0时,令,利用导数判断g(x)的性质,进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解.【解答】解:(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe﹣x,则,∴f′(0)=1+1=2,又f(0)=0,∴所求切线方程为y=2x;(2),若a≥0,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,则f(x )<f(0)=0,不合题意;故a<0,,令,注意到,令g′(x)<0,解得解得,∴g(x)在或,令g′(x)>0,单调递减,在单调递增,且x>1时,g(x)>0,①若g(0)=1+a≥0,当x>0时,g(x)>0,f(x)单调递增,不合题意;②若g(0)=1+a<0,g(0)g(1)<0,则存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g(x)<g(x0)=0,f(x)单调递减,则f(x0)<f(0)=0,当x>1时,f(x)>ln(1+x)+a>0,f(e﹣a﹣1)>0,则由零点存在性定理可知f(x)在(1,e﹣a﹣1)上存在一个根,当时,g(x)<0,f(x)单调递减,,当时,f(x)<ln(1+x)﹣ae<0,f(eae﹣1)<0,则由零点存在性定理可知f(x)在上存在一个根.综上,实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1).【点评】本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调 性,零点问题,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于难题.(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。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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+)+m=0.写出l的直角坐标方程;若l与C有公共点,求m的取值范围.【分析】(1)由ρsin(θ+)+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.【解答】解:(1)由ρsin(θ+)+m=0,得,∴,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴,即l的直角坐标方程为;(2)由曲线C的参数方程为(t为参数).消去参数t,可得, 联立,得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0(﹣2≤y≤2).∴4m=3y2﹣2y﹣6,令g(y)=3y2﹣2y﹣6(﹣2≤y≤2),可得,当y=﹣2时,g(y)max=g(﹣2)=10,∴﹣≤4m≤10,﹣≤m≤,∴m的取值范围是[,].【点评】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.[选修4-5:不等式选讲](10分)++=1,证明:23.已知a,b,c都是正数,且(1)abc≤;(2)++≤.【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可.【解答】解:(1)证明:∵a,b,c都是正数,∴++≥3=3(abc),当且仅当a=b=c=时,等号成立.因为++=1,所以1≥3(abc),所以≥(abc),所以abc≤,得证. (2)根据基本不等式b+c≥2,a+c≥2,a+b≥2,∴++≤++=++==,当且仅当a=b=c时等号成立,故得证.【点评】本题考查基本不等式的应用,属于中档题.