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2022届四川省资阳高三二模数学试卷及答案
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这是一份2022届四川省资阳高三二模数学试卷及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届四川省资阳高三二模数学试卷及答案
一、单选题
1．已知集合A＝{x|－1
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．下面正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．若实数满足约束条件，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
5．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，，则
6．已知椭圆的上焦点为，过原点的直线交于点，且，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．新冠肺炎疫情是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，其中指数增长率，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数扩大到原来的10倍需要的时间约为（）（ ）
A．4天 B．6天 C．8天 D．10天
8．志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（ ）
A．14 B．12 C．24 D．28
9．若，则（ ）
A． B． C． D．
10．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续天，每天新增疑似病例不超过人”根据过去天甲､乙､丙､丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ）
A．甲地：总体均值为，中位数为
B．乙地：总体均值为，总体方差大于
C．丙地：中位数为，众数为
D．丁地：总体均值为，总体方差为
11．如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
12．已知函数若的图象与轴恰好有2个交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．若，则的展开式中常数项为______．
14．已知向量，，满足，，，则的最大值是______________.
15．已知点是抛物线的焦点，点分别是抛物线上位于第一､四象限的点，若，则的面积为__________.
16．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．按如下方法剪裁（如图1），扇面形状较为美观．从半径为20 cm的圆面中剪下扇形，使扇形的面积与圆面中剩余部分的面积比值为（≈0.618，称为黄金分割比例），再从扇形中剪下扇环形制作扇面，使扇环形的面积与扇形的面积比值为．则一个按上述方法制作的扇形装饰品（如图2）的面积为________cm2．
三、解答题
17．已知数列的前n项和为，且.
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列满足___________，求的前n项和.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.
18．手机支付也称为移动支付，是指允许用户使用其移动终端（通常是手机）对所消费的商品或服务进行账务支付的一种服务方式．随着信息技术的发展，手机支付越来越成为人们喜欢的支付方式．某机构对某地区年龄在15到75岁的人群“是否使用手机支付”的情况进行了调查，随机抽取了100人，其年龄频率分布表和使用手机支付的人数如下所示：（年龄单位：岁）
年龄段
[15，25）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75]
频率
0.1
0.32
0.28
0.22
0.05
0.03
使用人数
8
28
24
12
2
1
（1）若以45岁为分界点，根据以上统计数据填写下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关？
年龄低于45岁
年龄不低于45岁
使用手机支付
不使用手机支付
（2）若从年龄在[55，65），[65，75]的样本中各随机选取2人进行座谈，记选中的4人中“使用手机支付”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
参考数据：
P（K2≥k0）
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
3.841
6.635
7.879
10.828
参考公式：．
19．如图，在四棱锥中，已知底面，异面直线和所成角等于.
（1）求证: 平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
(3) 在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为？若存在，指出点在棱上的位置，若不存在，说明理由.
20．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
21．已知，.
（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明：.
22．在平面直角坐标系中,曲线过点,其参数方程为（t为参数，），以为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为．
求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
已知曲线和曲线交于两点，且，求实数的值．
23．已知函数的定义域为.
(1)求实数的范围；
(2)若的最大值为，当正数满足时，求的最小值.
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由集合并集的定义可得选项.
【详解】
解：由集合并集的定义可得A∪B＝{x|－1
2．D
【解析】
【分析】
先求得复数，求出在复平面内对应的点的坐标得答案.
【详解】
解：，
，
在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限角.
故选：D
3．D
【解析】
【详解】
【分析】
由题意，根据弧度与度的互化，可得，
所以，，，
所以，故选D.
4．B
【解析】
【分析】
作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．
【详解】
作出可行域，如图内部（含边界），作直线，由得，
直线向下平移时，纵截距减小，增大，
所以平移直线，当直线过点时，．
故答案为：3．
5．D
【解析】
【分析】
在中，与相交、平行或；在中，或；在中，与平行或异面；在中，由直线与平面平行的性质定理得．
【详解】
解：由，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，知：
在中，若，，则与相交、平行或，故错误；
在中，若，，则或，故错误；
在中，若，，则与平行或异面，故错误；
在中，若，，，则由直线与平面平行的性质定理得，故正确．
故选：．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，属于中档题．
6．C
【解析】
【分析】
根据椭圆的定义和离心率定义，可得，所以，所以即可得出答案.
【详解】
解：设下焦点为，根据椭圆定义，
又，
，
则，
，
，即.
故选：C.
7．B
【解析】
设所需时间为，可得，解出即可.
【详解】
设所需时间为，
则，则，
，
.
故选：B.
8．A
【解析】
【分析】
由去丁扶贫点的先后顺序入手利用加法原理求出结果.
【详解】
解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：
①丁扶贫点最先去，有种安排方法；
②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，
综合①②知共有种安排方法.
故选：A.
9．B
【解析】
由二倍角公式和差的余弦公式化简得出，再平方即可求出.
【详解】
，
，
两边平方得，
解得（舍去）或.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题考查三角恒等变换的化简问题，解题的关键是能正确利用二倍角公式和差的余弦公式将已知等式化简为，再平方求解.
10．D
【解析】
【分析】
利用平均数、中位数、方差的计算公式以及含义，对四个选项逐一分析判断即可．
【详解】
因为平均数和中位数不能限制某一天的病例超过人，故A不正确；
乙地：总体均值为，说明乙地过去天新增疑似病例例，
总体方差大于，有可能存在一天新增疑似病例超过人，故B不正确；
中位数和众数也不能限制某一天的病例超过人，故C不正确；
当总体平均数是，若有一个数据超过，则方差就超过，故D正确，
故选：D.
11．C
【解析】
【分析】
连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D.
【详解】
如图，连接，可得平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；
又平面，所以动点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），易得该正六边形的边长为，所以其面积为，故C错误；
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，
故选：C.
12．D
【解析】
【分析】
分别求出分段函数两段的零点，结合图像即可求出答案.
【详解】
解：令，得或．
由，得，
结合的图象可得时，的图象与轴恰好有2个交点．
故选：D．
13．
【解析】
【分析】
根据微积分基本定理和二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】
因为，而，
令，故，所以常数项为．
故答案为：
14．
【解析】
【分析】
设，，，根据已知条件可得，，整理可得，求得的范围即可求解.
【详解】
设，，，，，，
则，，
整理得：，所以，
则，解得：，
所以，
故答案为：.
15．42
【解析】
【分析】
由焦半径公式求得参数，得抛物线方程，从而可求得两点纵坐标，再求得直线与轴的交点坐标后可得面积．
【详解】
因为，所以，抛物线的方程为，把代入方程，得（舍去），
即.同理，直线方程为，即．所以直线与轴交于点，
所以.
故答案为：42．
16．
【解析】
由条件中所给的比例关系，推导出，根据圆的面积计算扇环面积.
【详解】
由条件可知，得,
解得：，
，
，，
.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查新文化试题，重点是读懂题意，并能转化为等式关系，关键是计算.
17．（1）证明见解析，；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用得出的递推关系，变形后可证明是等比数列，由等比数列通项公式得，然后再除以得到新数列是等差数列，从而可求得；
（2）选①，直接求出，用错位相减法求和；选②，求出，用分组（并项）求和法求和；选③，求出，用裂项相消法求和．
【详解】
解：（1）当时，因为，所以，两式相减得，.
所以.
当时，因为，所以，又，故，于是，
所以是以4为首项2为公比的等比数列.
所以，两边除以得，.
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
所以，即.
（2）若选①：，即.
因为，
所以.
两式相减得，
所以.
若选②：，即.
所以
.
若选③：，即.
所以
.
【点睛】
本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
18．（1）填表见解析，可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件，求解联列表中的数值，求出K2的观测值k，即可判断结果．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，得到分布列，然后求解期望即可．
【详解】
解：（1）由统计表可得，低于45岁人数为70人，不低于45岁人数为30人，
可得列联表如下：
年龄低于45岁
年龄不低于45岁
使用手机支付
60
15
不使用手机支付
10
15
于是有K2的观测值．
故可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关．
（2）由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，相应的概率为：，
，
，
，
于是X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
所以．
【点睛】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，独立检验的应用，考查计算能力，难度一般．
19．（1）见解析；（2）；（3）存在这样的点，为棱上靠近的三等分点.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）要证平面平面，即证平面；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求面的法向量，利用向量求线面角即可；
（3）假设存在，设，利用法向量求平面与平面所成角即可.
试题解析：
(1)底面，又平面平面平面，平面平面.
(2)如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由（1）易知是等腰直角三角形，.设，则，则，因为异面直线和所成角等于，，即，解得.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，所以直线和平面所成的正弦值为.
(3)假设存在，设，且，则，设平面一个法向量为，则由，得，取，又平面的法向量为，由平面与平面所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，由，解得或（不合题意）.
所以存在这样的点，为棱上靠近的三等分点.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20．(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【解析】
【详解】
分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（I）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
21．（1）在上单调递减；在和上单调递增.（2）见解析
【解析】
（1）先求函数的定义域，再进行求导得，对分成，，三种情况讨论，求得单调区间；
（2）要证由，等价于证明，再对分，两种情况讨论；证明当时，不等式成立，可先利用放缩法将参数消去，转化成证明不等式成立，再利用构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可。
【详解】
（1）的定义域为，
，
当时，由，得；
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得或；
由，得；
所以在上单调递减，在和上单调递增；
当时，由，得在上单调递增；
当时，由，得或；由，得；
所以在上单调递减；在和上单调递增.
（2）由，得，
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，，由，得，
所以只需证：，
即证，令，
则，，
令，
则，
令，
则，
所以在上为增函数，
因为，，
所以存在，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以，
所以原命题得证
【点睛】
本题考查含参数函数的单调性、放缩法证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，在分类讨论时要做到不重不漏，在运用放缩法时，要注意合理进行消参。
22．（1）,；（2）或.
【解析】
【分析】
(1)直接消参得到曲线C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标互化的公式求曲线C2的直角坐标方程；（2）把曲线C1的标准参数方程代入曲线C2的直角坐标方程利用直线参数方程t的几何意义解答.
【详解】
C1的参数方程为消参得普通方程为x－y－a＋1＝0，
C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0，
两边同乘ρ得ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0，得y2＝4x．
所以曲线C2的直角坐标方程为y2＝4x．
(2)曲线C1的参数方程可转化为(t为参数，a∈R)，代入曲线C2：y2＝4x，
得＋1－4a＝0，由Δ＝，得a>0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
由|PA|＝2|PB|得|t1|＝2|t2|，即t1＝2t2或t1＝－2t2，
当t1＝2t2时，解得a＝；
当t1＝－2t2时，解得a＝，
综上，或．
【点睛】
本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
23．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用绝对值不等式的性质即可得出；
（2）利用柯西不等式的性质即可得出.
(1)
解：函数的定义域为，
恒成立，
，
，
.
(2)
解：由（1）知，由柯西不等式知，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为.
2022届四川省资阳高三二模数学试卷及答案
一、单选题
1．已知集合A＝{x|－1
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．下面正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．若实数满足约束条件，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
5．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，，则
6．已知椭圆的上焦点为，过原点的直线交于点，且，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．新冠肺炎疫情是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，其中指数增长率，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数扩大到原来的10倍需要的时间约为（）（ ）
A．4天 B．6天 C．8天 D．10天
8．志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（ ）
A．14 B．12 C．24 D．28
9．若，则（ ）
A． B． C． D．
10．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续天，每天新增疑似病例不超过人”根据过去天甲､乙､丙､丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ）
A．甲地：总体均值为，中位数为
B．乙地：总体均值为，总体方差大于
C．丙地：中位数为，众数为
D．丁地：总体均值为，总体方差为
11．如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
12．已知函数若的图象与轴恰好有2个交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．若，则的展开式中常数项为______．
14．已知向量，，满足，，，则的最大值是______________.
15．已知点是抛物线的焦点，点分别是抛物线上位于第一､四象限的点，若，则的面积为__________.
16．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．按如下方法剪裁（如图1），扇面形状较为美观．从半径为20 cm的圆面中剪下扇形，使扇形的面积与圆面中剩余部分的面积比值为（≈0.618，称为黄金分割比例），再从扇形中剪下扇环形制作扇面，使扇环形的面积与扇形的面积比值为．则一个按上述方法制作的扇形装饰品（如图2）的面积为________cm2．
三、解答题
17．已知数列的前n项和为，且.
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列满足___________，求的前n项和.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.
18．手机支付也称为移动支付，是指允许用户使用其移动终端（通常是手机）对所消费的商品或服务进行账务支付的一种服务方式．随着信息技术的发展，手机支付越来越成为人们喜欢的支付方式．某机构对某地区年龄在15到75岁的人群“是否使用手机支付”的情况进行了调查，随机抽取了100人，其年龄频率分布表和使用手机支付的人数如下所示：（年龄单位：岁）
年龄段
[15，25）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75]
频率
0.1
0.32
0.28
0.22
0.05
0.03
使用人数
8
28
24
12
2
1
（1）若以45岁为分界点，根据以上统计数据填写下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关？
年龄低于45岁
年龄不低于45岁
使用手机支付
不使用手机支付
（2）若从年龄在[55，65），[65，75]的样本中各随机选取2人进行座谈，记选中的4人中“使用手机支付”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
参考数据：
P（K2≥k0）
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
3.841
6.635
7.879
10.828
参考公式：．
19．如图，在四棱锥中，已知底面，异面直线和所成角等于.
（1）求证: 平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
(3) 在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为？若存在，指出点在棱上的位置，若不存在，说明理由.
20．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
21．已知，.
（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明：.
22．在平面直角坐标系中,曲线过点,其参数方程为（t为参数，），以为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为．
求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
已知曲线和曲线交于两点，且，求实数的值．
23．已知函数的定义域为.
(1)求实数的范围；
(2)若的最大值为，当正数满足时，求的最小值.
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由集合并集的定义可得选项.
【详解】
解：由集合并集的定义可得A∪B＝{x|－1
2．D
【解析】
【分析】
先求得复数，求出在复平面内对应的点的坐标得答案.
【详解】
解：，
，
在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限角.
故选：D
3．D
【解析】
【详解】
【分析】
由题意，根据弧度与度的互化，可得，
所以，，，
所以，故选D.
4．B
【解析】
【分析】
作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．
【详解】
作出可行域，如图内部（含边界），作直线，由得，
直线向下平移时，纵截距减小，增大，
所以平移直线，当直线过点时，．
故答案为：3．
5．D
【解析】
【分析】
在中，与相交、平行或；在中，或；在中，与平行或异面；在中，由直线与平面平行的性质定理得．
【详解】
解：由，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，知：
在中，若，，则与相交、平行或，故错误；
在中，若，，则或，故错误；
在中，若，，则与平行或异面，故错误；
在中，若，，，则由直线与平面平行的性质定理得，故正确．
故选：．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，属于中档题．
6．C
【解析】
【分析】
根据椭圆的定义和离心率定义，可得，所以，所以即可得出答案.
【详解】
解：设下焦点为，根据椭圆定义，
又，
，
则，
，
，即.
故选：C.
7．B
【解析】
设所需时间为，可得，解出即可.
【详解】
设所需时间为，
则，则，
，
.
故选：B.
8．A
【解析】
【分析】
由去丁扶贫点的先后顺序入手利用加法原理求出结果.
【详解】
解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：
①丁扶贫点最先去，有种安排方法；
②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，
综合①②知共有种安排方法.
故选：A.
9．B
【解析】
由二倍角公式和差的余弦公式化简得出，再平方即可求出.
【详解】
，
，
两边平方得，
解得（舍去）或.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题考查三角恒等变换的化简问题，解题的关键是能正确利用二倍角公式和差的余弦公式将已知等式化简为，再平方求解.
10．D
【解析】
【分析】
利用平均数、中位数、方差的计算公式以及含义，对四个选项逐一分析判断即可．
【详解】
因为平均数和中位数不能限制某一天的病例超过人，故A不正确；
乙地：总体均值为，说明乙地过去天新增疑似病例例，
总体方差大于，有可能存在一天新增疑似病例超过人，故B不正确；
中位数和众数也不能限制某一天的病例超过人，故C不正确；
当总体平均数是，若有一个数据超过，则方差就超过，故D正确，
故选：D.
11．C
【解析】
【分析】
连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D.
【详解】
如图，连接，可得平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；
又平面，所以动点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），易得该正六边形的边长为，所以其面积为，故C错误；
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，
故选：C.
12．D
【解析】
【分析】
分别求出分段函数两段的零点，结合图像即可求出答案.
【详解】
解：令，得或．
由，得，
结合的图象可得时，的图象与轴恰好有2个交点．
故选：D．
13．
【解析】
【分析】
根据微积分基本定理和二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】
因为，而，
令，故，所以常数项为．
故答案为：
14．
【解析】
【分析】
设，，，根据已知条件可得，，整理可得，求得的范围即可求解.
【详解】
设，，，，，，
则，，
整理得：，所以，
则，解得：，
所以，
故答案为：.
15．42
【解析】
【分析】
由焦半径公式求得参数，得抛物线方程，从而可求得两点纵坐标，再求得直线与轴的交点坐标后可得面积．
【详解】
因为，所以，抛物线的方程为，把代入方程，得（舍去），
即.同理，直线方程为，即．所以直线与轴交于点，
所以.
故答案为：42．
16．
【解析】
由条件中所给的比例关系，推导出，根据圆的面积计算扇环面积.
【详解】
由条件可知，得,
解得：，
，
，，
.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查新文化试题，重点是读懂题意，并能转化为等式关系，关键是计算.
17．（1）证明见解析，；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用得出的递推关系，变形后可证明是等比数列，由等比数列通项公式得，然后再除以得到新数列是等差数列，从而可求得；
（2）选①，直接求出，用错位相减法求和；选②，求出，用分组（并项）求和法求和；选③，求出，用裂项相消法求和．
【详解】
解：（1）当时，因为，所以，两式相减得，.
所以.
当时，因为，所以，又，故，于是，
所以是以4为首项2为公比的等比数列.
所以，两边除以得，.
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
所以，即.
（2）若选①：，即.
因为，
所以.
两式相减得，
所以.
若选②：，即.
所以
.
若选③：，即.
所以
.
【点睛】
本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
18．（1）填表见解析，可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件，求解联列表中的数值，求出K2的观测值k，即可判断结果．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，得到分布列，然后求解期望即可．
【详解】
解：（1）由统计表可得，低于45岁人数为70人，不低于45岁人数为30人，
可得列联表如下：
年龄低于45岁
年龄不低于45岁
使用手机支付
60
15
不使用手机支付
10
15
于是有K2的观测值．
故可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关．
（2）由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，相应的概率为：，
，
，
，
于是X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
所以．
【点睛】
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，独立检验的应用，考查计算能力，难度一般．
19．（1）见解析；（2）；（3）存在这样的点，为棱上靠近的三等分点.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）要证平面平面，即证平面；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求面的法向量，利用向量求线面角即可；
（3）假设存在，设，利用法向量求平面与平面所成角即可.
试题解析：
(1)底面，又平面平面平面，平面平面.
(2)如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由（1）易知是等腰直角三角形，.设，则，则，因为异面直线和所成角等于，，即，解得.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，所以直线和平面所成的正弦值为.
(3)假设存在，设，且，则，设平面一个法向量为，则由，得，取，又平面的法向量为，由平面与平面所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，由，解得或（不合题意）.
所以存在这样的点，为棱上靠近的三等分点.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20．(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【解析】
【详解】
分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（I）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
21．（1）在上单调递减；在和上单调递增.（2）见解析
【解析】
（1）先求函数的定义域，再进行求导得，对分成，，三种情况讨论，求得单调区间；
（2）要证由，等价于证明，再对分，两种情况讨论；证明当时，不等式成立，可先利用放缩法将参数消去，转化成证明不等式成立，再利用构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可。
【详解】
（1）的定义域为，
，
当时，由，得；
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得或；
由，得；
所以在上单调递减，在和上单调递增；
当时，由，得在上单调递增；
当时，由，得或；由，得；
所以在上单调递减；在和上单调递增.
（2）由，得，
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，，由，得，
所以只需证：，
即证，令，
则，，
令，
则，
令，
则，
所以在上为增函数，
因为，，
所以存在，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以，
所以原命题得证
【点睛】
本题考查含参数函数的单调性、放缩法证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，在分类讨论时要做到不重不漏，在运用放缩法时，要注意合理进行消参。
22．（1）,；（2）或.
【解析】
【分析】
(1)直接消参得到曲线C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标互化的公式求曲线C2的直角坐标方程；（2）把曲线C1的标准参数方程代入曲线C2的直角坐标方程利用直线参数方程t的几何意义解答.
【详解】
C1的参数方程为消参得普通方程为x－y－a＋1＝0，
C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0，
两边同乘ρ得ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0，得y2＝4x．
所以曲线C2的直角坐标方程为y2＝4x．
(2)曲线C1的参数方程可转化为(t为参数，a∈R)，代入曲线C2：y2＝4x，
得＋1－4a＝0，由Δ＝，得a>0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
由|PA|＝2|PB|得|t1|＝2|t2|，即t1＝2t2或t1＝－2t2，
当t1＝2t2时，解得a＝；
当t1＝－2t2时，解得a＝，
综上，或．
【点睛】
本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
23．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用绝对值不等式的性质即可得出；
（2）利用柯西不等式的性质即可得出.
(1)
解：函数的定义域为，
恒成立，
，
，
.
(2)
解：由（1）知，由柯西不等式知，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为.
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