2022年陕西省高考数学试卷（文科）（乙卷）后附答案
2022年ft西省高考数学试卷（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．
2022年陕西省高考数学试卷（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．{
简介：2022年陕西省高考数学试卷（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．36．（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A．B．C．D．（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，的正弦值．（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（）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＝g19．（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．（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．（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＝，≈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．（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＝．证明：直线HN过定点．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；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）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1，证明：（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（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．【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．【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．3．【分析】利用|﹣2|＝，结合数量积的性质计算可得结果．【解答】解：因为向量，满足||＝1，||＝，|﹣2|＝3，所以|﹣2|＝＝＝＝3，两边平方得，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．【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．【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．【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．【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．7．【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．【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．【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．【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＝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，P丙﹣P甲＝p2（p3﹣p1）＞0，P丙﹣P乙＝p1（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．11．【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．12．【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，【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，属于故甲、乙被选中的概率为．中档题．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，【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．∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2，14．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4，【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，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．【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；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＝＝． 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﹣y＝0．过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝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．【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＝，若f（T）＝cos（ω×+φ）＝cosφ＝，0＜φ＜π，则φ＝，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．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），16．【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．【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．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．【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．【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．【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．【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；（2）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，解得或，令g′（x）＞0，解得，∴g（x）在单调递减，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）．∴﹣≤4m≤10，﹣≤m≤，【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．【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， ∴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）23．【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年陕西省高考数学试卷（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．36．（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A．B．C．D．（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，的正弦值．（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（）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＝g19．（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．（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．（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＝，≈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．（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＝．证明：直线HN过定点．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；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）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1，证明：（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（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．【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．【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．3．【分析】利用|﹣2|＝，结合数量积的性质计算可得结果．【解答】解：因为向量，满足||＝1，||＝，|﹣2|＝3，所以|﹣2|＝＝＝＝3，两边平方得，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．【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．【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．【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．【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．7．【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．【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．【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．【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＝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，P丙﹣P甲＝p2（p3﹣p1）＞0，P丙﹣P乙＝p1（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．11．【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．12．【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，【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，属于故甲、乙被选中的概率为．中档题．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，【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．∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2，14．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4，【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，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．【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；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＝＝． 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﹣y＝0．过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝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．【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＝，若f（T）＝cos（ω×+φ）＝cosφ＝，0＜φ＜π，则φ＝，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．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），16．【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．【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．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．【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．【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．【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．【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；（2）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，解得或，令g′（x）＞0，解得，∴g（x）在单调递减，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）．∴﹣≤4m≤10，﹣≤m≤，【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．【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， ∴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）23．【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年陕西省高考数学试卷（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．36．（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A．B．C．D．（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，的正弦值．（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（）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＝g19．（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．（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．（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＝，≈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．（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＝．证明：直线HN过定点．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；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）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1，证明：（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（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．【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．【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．3．【分析】利用|﹣2|＝，结合数量积的性质计算可得结果．【解答】解：因为向量，满足||＝1，||＝，|﹣2|＝3，所以|﹣2|＝＝＝＝3，两边平方得，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．【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．【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．【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．【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．7．【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．【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．【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．【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＝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，P丙﹣P甲＝p2（p3﹣p1）＞0，P丙﹣P乙＝p1（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．11．【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．12．【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，【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，属于故甲、乙被选中的概率为．中档题．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，【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．∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2，14．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4，【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，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．【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；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＝＝． 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﹣y＝0．过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝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．【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＝，若f（T）＝cos（ω×+φ）＝cosφ＝，0＜φ＜π，则φ＝，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．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），16．【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．【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．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．【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．【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．【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．【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；（2）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，解得或，令g′（x）＞0，解得，∴g（x）在单调递减，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）．∴﹣≤4m≤10，﹣≤m≤，【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．【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， ∴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）23．【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年陕西省高考数学试卷（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．36．（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A．B．C．D．（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，的正弦值．（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（）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＝g19．（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．（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．（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＝，≈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．（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＝．证明：直线HN过定点．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；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）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1，证明：（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（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．【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．【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．3．【分析】利用|﹣2|＝，结合数量积的性质计算可得结果．【解答】解：因为向量，满足||＝1，||＝，|﹣2|＝3，所以|﹣2|＝＝＝＝3，两边平方得，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．【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．【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．【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．【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．7．【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．【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．【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．【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＝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，P丙﹣P甲＝p2（p3﹣p1）＞0，P丙﹣P乙＝p1（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．11．【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．12．【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，【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，属于故甲、乙被选中的概率为．中档题．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，【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．∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2，14．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4，【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，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．【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；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＝＝． 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﹣y＝0．过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝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．【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＝，若f（T）＝cos（ω×+φ）＝cosφ＝，0＜φ＜π，则φ＝，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．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），16．【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．【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．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．【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．【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．【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．【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；（2）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，解得或，令g′（x）＞0，解得，∴g（x）在单调递减，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）．∴﹣≤4m≤10，﹣≤m≤，【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．【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， ∴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）23．【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年陕西省高考数学试卷（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．36．（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A．B．C．D．（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，的正弦值．（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（）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＝g19．（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．（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．（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＝，≈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．（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＝．证明：直线HN过定点．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；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）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1，证明：（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（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．【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．【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．3．【分析】利用|﹣2|＝，结合数量积的性质计算可得结果．【解答】解：因为向量，满足||＝1，||＝，|﹣2|＝3，所以|﹣2|＝＝＝＝3，两边平方得，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．【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．【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．【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．【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．7．【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．【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．【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．【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＝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，P丙﹣P甲＝p2（p3﹣p1）＞0，P丙﹣P乙＝p1（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．11．【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．12．【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，【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，属于故甲、乙被选中的概率为．中档题．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，【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．∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2，14．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4，【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，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．【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；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＝＝． 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﹣y＝0．过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝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．【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＝，若f（T）＝cos（ω×+φ）＝cosφ＝，0＜φ＜π，则φ＝，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．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），16．【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．【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．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．【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．【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．【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．【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；（2）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，解得或，令g′（x）＞0，解得，∴g（x）在单调递减，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）．∴﹣≤4m≤10，﹣≤m≤，【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．【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， ∴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）23．【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年陕西省高考数学试卷（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．36．（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A．B．C．D．（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，的正弦值．（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（）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＝g19．（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．（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．（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＝，≈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．（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＝．证明：直线HN过定点．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；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）23．已知a，b，c都是正数，且++＝1，证明：（1）abc≤；（2）++≤． 2022年陕西省高考数学试卷（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．【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．【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．3．【分析】利用|﹣2|＝，结合数量积的性质计算可得结果．【解答】解：因为向量，满足||＝1，||＝，|﹣2|＝3，所以|﹣2|＝＝＝＝3，两边平方得，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．【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．【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．【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．【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．7．【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．【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．【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．【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＝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，P丙﹣P甲＝p2（p3﹣p1）＞0，P丙﹣P乙＝p1（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．11．【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．12．【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，【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，属于故甲、乙被选中的概率为．中档题．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，【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．∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2，14．【分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4，【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，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．【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；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＝＝． 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﹣y＝0．过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝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．【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＝，若f（T）＝cos（ω×+φ）＝cosφ＝，0＜φ＜π，则φ＝，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．【解答】（1）证明：△ABC中，sinCsin（A﹣B）＝sinBsin（C﹣A），16．【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．【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．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．【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．【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．【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．【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；（2）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，解得或，令g′（x）＞0，解得，∴g（x）在单调递减，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）．∴﹣≤4m≤10，﹣≤m≤，【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．【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， ∴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）23．【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．
