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2022年山东省菏泽市高考数学二模试卷
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这是一份2022年山东省菏泽市高考数学二模试卷，共17页。试卷主要包含了已知双曲线E，设离散型随机变量X的分布列为，1B等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省菏泽市高考数学二模试卷
1.（5分）设集合A={x|x⩾1}，B={x|-1
C. {x|-1
A. a=0 B. a=1 C. 2 D. a=2
3.（5分）已知双曲线E：x24-y2m=1的一条渐近线方程为3x+2y=0，则下列说法正确的是()
A. E的焦点到渐近线的距离为2 B. m=6
C. E的实轴长为6 D. E的离心率为132
4.（5分）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知．底面圆的直径AB=16cm，圆柱体部分的高BC=8cm，圆锥体部分的高CD=6cm，则这个陀螺的表面积是()
A. 192πcm2 B. 252πcm2 C. 272πcm2 D. 336πcm2
5.（5分）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为()
A. 16 B. 14 C. 13 D. 12
6.（5分）函数f(x)=5sinxe|x|+xcosx在[-2π,2π]上的图象大致为()
A. B.
C. D.
7.（5分）已知数列{an}中，a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+1，则下列选项正确的是()
A. an+1-an的值随n的变化而变化 B. a5a6=a1a10
C. 若m+n=2p，则am+an=a2p D. {Snn}为递增数列
8.（5分）直线y=1与函数f(x)=2sin(2x-π6)的图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为a1，a2，⋯，an，则下列结论正确的是()
A. f(x-π3)=-2cos2x B. f(x)在[π6,5π12]上是减函数
C. a1，a2，⋯，an为等差数列 D. a1+a2+⋯+a12=34π
9.（5分）设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1，则下列结果正确的有()
A. q=0.1 B. E(X)=2 C. E(Y)=5 D. D(X)=1.4
10.（5分）设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为A(a,b)=a+b2，几何平均数为G(a,b)=ab.上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即Lp(a,b)=ap+bpap-1+bp-1，其中p为有理数．下列结论正确的是()
A. L0.5(a,b)⩽L1(a,b) B. L0(a,b)⩽G(a,b)
C. L2(a,b)⩽A(a,b) D. Ln+1(a,b)⩽Ln(a,b)
11.（5分）已知椭圆E：x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线x=m(-2
B. 存在唯一的实数m使得△AF1F2为等腰直角三角形
C. AF1→·AF2→取值范围为(-1,1)
D. △ABF1周长的最大值为42
12.（5分）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有()
A. 存在某个位置，使直线BD与平面ABC所成的角为45°
B. 当二面角D-AC-B为2π3时，三棱锥D-ABC的体积为223
C. 当平面ACD⊥平面ABC时，异面直线AB与CD的夹角为60°
D. O为AC的中点，当二面角D-AO-B为2π3时，三棱锥A-OBD外接球的表面积为10π
13.（5分）已知圆x2+y2=8内有一点P(-1,2)，AB为过点P且倾斜角为135°的弦，则|AB|=______.
14.（5分）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)的解析式 ______.
①f(xy)=f(x)f(y)；
②f'(x)是偶函数；
③f(x)在(0,+∞)上单调递增．
15.（5分）已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且|AB|=2，则AC→·BC→的值为 ______.
16.（5分）定义||x||(x∈R)为与x距离最近的整数，令函数G(x)=||x||，如G(43)=1，G(2)=2.则1G(1)+1G(2)+1G(3)+1G(4)=______；1G(1)+1G(2)+⋯+1G(2022)=______.
17.（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=5，b=6.
(1)若cosB=-45，求A；
(2)若△ABC的面积S=1574，求c.
18.（12分）为了培养孩子的终身锻炼习惯，小明与小红的父亲与他们约定周一到周日每天的锻炼时间不能比前一天少．为了监督两人锻炼的情况，父亲记录了他们某周内每天的锻炼时间(单位：min)，如表所示，其中小明周日的锻炼时间a忘了记录，但知道36⩽a⩽60，a∈Z.
周一
周二
周三
周四
周五
周六
周日
序号x
1
2
3
4
5
6
7
小明的锻炼时间ymin
16
20
20
25
30
36
a
小红的锻炼时间zmin
16
22
25
26
32
35
35
(1)求这一周内小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间的概率；
(2)根据小明这一周前6天的锻炼时间，求其锻炼时间y关于序号x的线性回归方程，并估计小明周日锻炼时间a的值．
参考公式：回归方程y^=b^x+a^中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为b^=i=1n(xi-x-)(yi-y-)i=1n(xi-x-)2=i=1nxiyi-nxy-i=1nxi2-nx-2，a^=y--b^x-
参考数据：1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582；12+22+32+42+52+62=91.
19.（12分）已知数列{an}中，a1=1，它的前n项和Sn满足2Sn+an+1=2n+1-1.
(1)证明：数列{an-2n3}为等比数列；
(2)求S1+S2+S3+⋅⋅⋅+S2n.
20.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，∠APD=π2，PB=PC，∠ABP=∠DCP，△PBC的面积是△PAD的面积的5倍．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若E为BC的中点，F为线段PE上的任意一点，当DF与平面PBC所成角的正弦值最大时，求平面FAD与平面ABCD所成角的正切值．
21.（12分）已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，抛物线E上不同的两点M，N只能同时满足下列三个条件中的两个：
①|FM|+|FN|=|MN|；
②|OM|=|ON|=|MN|=83；
③直线MN的方程为x=6p.
(1)问M、N两点只能满足哪两个条件(只写出序号，无需说明理由)？并求出抛物线E的标准方程；
(2)如图，过F的直线与抛物线E交于A，B两点，过A点的直线l与抛物线E的另一交点为C，与x轴的交点为D，且|FA|=|FD|，求三角形ABC面积的最小值．
22.（12分）设函数f(x)=x2+2x-k(x+1)ln(x+1).
(1)当x⩾0时，f(x)⩾0恒成立，求k的最大值；
(2)设数列{an}的通项an=1-12+13+…+(-1)n-11n(n∈N*)，证明：a2n-1>ln2+14n.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为集合A={x|x⩾1}，B={x|-1
故选：D.
直接利用交集的定义求解即可．
此题主要考查了集合交集的运算，解答该题的关键是掌握集合交集的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z⋅(1+i)2=(1-ai)2(a∈R)，
∴z=1-2ai-a22i=12(1-2ai-a2)(-i)=-a+a2-12i，
若z为实数，则a2-12=0，解得a=±1，
则z为实数的一个充分条件是a=1，
故选：B.
利用复数的运算法则、复数为实数的充分条件即可得出．
此题主要考查了复数的运算法则、复数为实数的充分条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：双曲线E：x24-y2m=1的一条渐近线方程为3x+2y=0，
可得m2=32，可得m=9，所以B不正确，E的焦点到渐近线的距离为b=3，所以A不正确．
实轴长为2a=4，所以C不正确；离心率为：ca=132，所以D正确．
故选：D.
利用双曲线方程，求解m，然后判断选项的正误．
此题主要考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得圆锥体的母线长为l=62+82=10，
所以圆锥体的侧面积为10×8π=80π，
圆柱体的侧面积为16π×8=128π，圆柱的底面面积为π×82=64π，
所以此陀螺的表面积为80π+128π+64π=272π(cm2)，
故选：C.
根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积．
此题主要考查了圆锥和圆柱的侧面积计算，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，
共有C42⋅A22=12种不同的方案，
甲乙两人安排在同一个舱内共有A22=2种不同的方案，
故甲乙两人安排在同一个舱内的概率为212=16，
故选：A.
先确定所有不同的方法数，再求甲乙两人安排在同一个舱内的方法数，从而求概率．
本颞主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，f(x)=5sinxe|x|+xcosx，x∈[-2π,2π]，
则f(-x)=-(5sinxe|x|+xcosx)=-f(x)，则函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除D，
f(2π)=5sin2πe2π+(2π)cos(2π)=2π>0，排除B，
在区间(0,π2)上，sinx>0，cosx>0，有f(x)>0，函数图象在x轴上方，排除A，
故选：C.
根据题意，先分析函数的奇偶性排除D，求出f(2π)的值排除B，进而可得在区间(0,π2)上，有f(x)>0，排除A，即可得答案．
此题主要考查函数的图象分析，一般用间接法分析，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：∵a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+1，令m=1得：
an+1-an=a1+1=2，∴选项A错误，
∴{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1，
根据等差数列性质，∴a5⋅a6≠a1⋅a10，∴B选项错误，
∴若m+n=2p，则am+an=2ap，∴C选项错误，
∴Snn=(1+2n-1)n2n=n，∴{Snn}为递增数列．∴选项D正确，
故选：D.
根据递推关系求通项，再根据等差数列定义、性质求解．
此题主要考查由递推关系求通项，等差数列定义、性质，属基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=2sin(2x-π6)，可得f(x-π3)=2sin(2x-5π6)，故A错误；
在[π6,5π12]上，2x-π6∈[π6,2π3]，函数f(x)不单调，故B错误；
∵直线y=1与函数f(x)=2sin(2x-π6)的图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为a1，a2，⋯，an，
∴sin(2ai-π6)=12的最小正数解从小到大依次为a1，a2，⋯，an.
∴2a1-π6=π6，2a2-π6=5π6，2a3-π6=13π6，2a4-π6=17π6，⋅⋅⋅，故a1，a2，⋯，an不是等差数列，故排除C.
易得2a1-π6+2a2-π6=π，2a3-π6+2a4-π6=5π，2a5-π6+2a6-π6=9π，⋅⋅⋅，2a11-π6+2a12-π6=21π，
∴a1+a2+⋯+a12=34π，故D正确，
故选：D.
由题意，sin(2ai-π6)=12的最小正数解从小到大依次为a1，a2，⋯，an，结合正弦函数的图象和性质，得出结论．
此题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由离散型随机变量的分布列的性质为：
q+0.4+0.1+0.2+0.2=1，解得q=0.1，故A正确；
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2，故B正确；
E(Y)=2E(X)+1=2×2+1=5，故C正确；
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8，故D错误．
故选：ABC.
利用离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的性质直接求解．
此题主要考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：设a，b为两个正数，易证：调和平均数几何平均数算术平均数平方根平均数，
即a，b为两个正数，则：21a+1b⩽ab⩽a+b2⩽a2+b22，当且仅当a=b时取得等号，
对A选项，∵L0.5=a+b1a+1b=ab，L1=a+b2，∵几何平均数算术平均数，∴A选项正确；
对B选项，∵L0=21a+1b，G(a,b)=ab，∵调和平均数几何平均数，∴B选项正确；
对C选项，∵L2(a,b)=a2+b2a+b，A(a,b)=a+b2，∴要证a2+b2a+b⩽a+b2，即证a2+b22⩽(a+b2)2，即证a2+b22⩽a+b2，这与“算术平均数平方根平均数“相矛盾，故选项C错误；
对D选项，要证Ln+1(a,b)⩽Ln(a,b)，即证an+1+bn+1an+bn⩽an+bnan-1+bn-1，即证(an+1+bn+1)(an-1+bn-1)⩽(an+bn)2，即证a2n+(ab+ba)anbn+b2n⩽a2n+2anbn+b2n，即证ab+ba⩽2，这与ab+ba⩾2相矛盾，
故D选项错误．
故选：AB.
根据两正数的调和平均数几何平均数算术平均数平方根平均数，结合新定义，可分别对四个选项判断．
此题主要考查平均值不等式，分析法，属基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：将x=m代入椭圆方程，求出y=±1-m22，其中C(-2,0),D(2,0)，
则k1k2=(-1-m22)⋅1-m22(m+2)(m-2)=-(1-m22)m2-2=12，A错误；
由题意得：F1(-1,0)，F2(1,0)，当m=±1时，y=±22，此时|AF1|=22≠|F2F1|，
所以当F1，F2是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，
当点A是直角顶点时，由对称性可知：此时A在上顶点或下顶点，由于b=c=1，
故满足题意，所以存在唯一的实数m使得△AF1F2为等腰直角三角形，B正确；
不妨设A(m,1-m22)，则AF1→⋅AF2→=m2-1+1-m22=m22，
因为-2
等于|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=42，其他位置都比4a小，
例如当直线x=m(-2
同理可知：|A'F1|+|A'F2|+|B'F1|+|B'F2|<4a=42，
故△ABF1周长的最大值为42，D正确
故选：BD.
A选项，求出A，B两点坐标，表达出k1k2=12；B选项，验证出F1，F2是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当A是直角顶点时满足题意，得出结论；C选项，设出A(m,1-m22)，求出AF1→⋅AF2→=m22∈(0,1]；D选项，作出辅助线，利用椭圆定义得到直线x=m(-2
12.【答案】ACD
【解析】解：A.当平面ACD⊥平面ABC时，取AC的中点O，连接BO，DO，
∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC，∴∠DBO为直线BD与平面ABC所成的角，
∵△DBO是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，故A正确；
B.∵DO⊥AC，BO⊥AC，DO∩BO=O，∴AC⊥平面DBO，且∠DOB=2π3，
AC⊂平面ABC，∴平面DBO⊥平面ABC，且交于BO，
∴点D在平面ABC的射影落在BO上，∴点D到平面ABC的距离d=DO⋅sin60°=62，
三棱锥D-ABC的体积V=13×12×2×2×62=63，故B错误；
C.取BC，BD的中点M，N，连接OM，ON，MN，则OM//AB，MN/DC，
所以∠OMN或其补角是异面直线AB与CD的夹角，
根据A的证明可知BD=(2)2+(2)2=2，ON=12BD=1，且OM=MN=1，
所以△OMN是等边三角形，∠OMN=60°，故C正确；
D.由条件可知AO⊥平面DOB，∠DOB=2π3，且DO=OB，
所以可以将四棱锥A-DOB补成底面是菱形的直棱柱，
因为四边形OBCD是菱形，且∠BOD=2\itπ3，所以点C是底面△OBD外接圆的圆心，
取侧棱CC1的中点E，则E是四棱柱外接球的球心，
连结OE，OE=OC2+CE2=(2)2+(22)2=102，
所以四棱锥A-OBD外接球的半径R=102，
外接球的表面积S=4πR2=10π，故D正确．
故选：ACD.
A.当当平面ACD⊥平面ABC，即可判断；B.根据锥体体积公式，即可求解；C.将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即可求解；D.将三棱锥补体为三棱柱，即可求球心和半径．
此题主要考查锥体体积的计算，异面直线所成的角的计算，球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
13.【答案】 30
【解析】解：依题意可得直线AB的斜率为-1，
所以直线AB的方程为：y-2=-(x+1)，即x+y-1=0，
由圆心到直线的距离可得弦心距d=12=22，
所以|AB|=28-d2=28-12=30.
故答案为：30.
求出直线AB的方程后，利用点到直线的距离求出弦心距，再根据勾股定理可得结果．
此题主要考查直线与圆的位置关系，圆的弦长公式等知识，属于基础题．
14.【答案】 f（x）=x3（答案不唯一）
【解析】解：由①f(xy)=f(x)f(y)，可考虑f(x)为幂函数；
由②f'(x)是偶函数，可得f(x)为奇函数；
由③f(x)在(0,+∞)上单调递增，可得f(x)=xn中n>0，
所以可取f(x)=x3.
故答案为：f(x)=x3(答案不唯一).
由题意可得f(x)为幂函数，且f(x)=xn中的n为正奇数，可得结论．
此题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查推理能力，属于基础题．
15.【答案】 1+2
【解析】解：半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且|AB|=2，
所以OA2+OB2=AB2，所以OA→⊥OB→，设AB的中点为M，
易知C，O，M三点共线，且CM=CO+OM=1+22，
所以AC→·BC→=CA→·CB→=(CM→+MB→)⋅(CM→-MB→)=|CM→|2-|MB→|2
=(1+22)2-(22)2=1+2.
故答案为：1+2.
易知C，O，AB的中点M三点共线，结合OA与OB垂直，利用数量积的定义直接计算即可．
此题主要考查数量积的运算和三角形外接圆的性质，属于中档题．
16.【答案】 3 133415; 略
【解析】解：当1⩽n⩽2时，0.5
将1G(n)分组为(1,1)，(12,12,12,12)，(13,13,13,13,13,13)，...(1n,1n,...1n)，第n组有2n个数，且每组中所有数之和为2n×1n=2，
则1G(1)+1G(2)+1G(3)+1G(4)=2×1+2×12=3；
设1G(2022)在第n+1组中，
则(2+2n)n2⩽2022，
解得n⩽44，
当n=44时，则(2+88)×442=1980，
即1G(2022)在第45组中，且第45组有2022-1980=42个145，
则1G(1)+1G(2)+⋯+1G(2022)=2×44+42×145=133415，
故答案为：3；133415.
由当1⩽n⩽2时，0.5
此题主要考查了数列求和，重点考查了数列的性质，属中档题．
17.【答案】解：（1）由cosB=-45，得sinB=1-cos2B=35，
由正弦定理有asinA=bsinB，∴sinA=12，∵a＜b，∴A=30°；
（2）由△ABC的面积S=1574，∴12absinC=1574，
∴sinC=74，∴cosC=±1-sin2C=±34，
当cosC=34，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=25+36-2×5×6×34=16，∴c=4，
当cosC=-34，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=25+36-2×5×6×（-34）=106，∴c=106，
∴c=4或c=106．
【解析】
(1)利用正弦定理可求A；
(2)由已知可得sinC=74，可求cosC，利用余弦定理可求c.
此题主要考查正余弦定理，以及运算求解能力，属中档题．
18.【答案】解：（1）∵36≤a≤60，a∈Z，∴a的取值共有25种情况，
又小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间，故i=16yi+a≥i=17zi，
即16+20+20+25+30+36+a≥16+22+25+26+32+35+35，得a≥44．
∴小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间时，a的取值共有17种情况．
∴这一周内小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间的概率为1725；
（2）由题设可知，i=16xiyi=1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582，
x-=1+2+3+4+5+66=72，y-=16+20+20+25+30+366=492，
∴}^b=582-6×72×49291-6×494=277，}^a=y--}^bx-=492-277×72=11，
∴y关于序号x的线性回归方程为}^y=277x+11，
当x=7时，}^y=277×7+11=38min．
估计小明周日锻炼时间a的值为38min．
【解析】
(1)根据古典概型的概率计算公式计算得答案；
(2)由已知数据求得b^与a^的值，可得线性回归方程，取x=7得答案．
此题主要考查线性回归方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：（1）证明：当n=1时，因为2Sn+an+1=2n+1-1①，可得2S1+a2=21+1-1，而S1=a1=1，
所以a2=1，
当n≥2时，2Sn-1+an=2n-1②，
①-②可得2an+an+1-an=2n，所以an+1=2n-an，
所以an+1-2n+13an-2n3=2n-an-2n+13an-2n3=2n3-anan-2n3=-1，
而a2-223a1-213=1-431-23=-1，也符合，
所以可得{an-2n3）为等比数列；
（2）由（1）可得{an-2n3）为等比数列，首项a1-23=1-23=13，公比为q=-1，
所以an-2n3=13（-1）n-1，
所以an=2n+(-1)n-13
因为2Sn+an+1=2n+1-1，所以2Sn=2n+1-1-2n+1+(-1)n3=2n+23-1-13（-1）n，
所以Sn=2n+13-12-16（-1）n，
所以S1+S2+S3+⋅⋅⋅+S2n=22+23+....22n+13-12•2n-16•-1[1-(-1)2n]1-(-1)=4·(22n-1)2-13-n=22n+2-3n-43．
【解析】
(1)当n=1时，由前n项和公式，可得a2的值，当n⩾2时，2Sn-1+an=2n-1与2Sn+an+1=2n+1-1作差可得an+1=2n-an，
可证得an+1-2n+13an-2n3为常数-1，即证明{an-2n3)为等比数列；
(2)由(1){an-2n3)为等比数列，求出首项和公比，求出an-2n3的通项公式，进而求出an的通项公式，再由前n项与第n+1项的关系，可得Sn的通项，分组求和可得S1+S2+S3+⋅⋅⋅+S2n的值．
此题主要考查由数列的前n项和求通项{an}，及等比数列的证明方法，分组求和求前n项和的方法，属于中档题．
20.【答案】（1）证明：由PB=PC，∠ABP=∠DCP，
AB=DC，得△PAB≅△PDC，所以PA=PD，
取AD中点为O，E为BC中点，连接PO，OE，
则PO⊥AD，OE⊥AD，即∠POE为二面角P-AD-E的平面角，
由PO=1，OE=2，因为△PBC的面积是△PAD的面积的5倍，
所以12PE⋅BC=5⋅12PO⋅AD，所以PE=5，所以PO2+OE2=PE2，
因此∠POE=90°，平面PAD⊥平面ABCD．
（2）以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则P（0，0，1），B（1，2，0），C（-1，2，0），D（-1，0，0），E（0，2，0），
设F（0，b，c），c∈[0，1]，则c2-b=POOB=12，
则b=2-2c，BC→=(-2，0，0)，BP→=(-1，-2，1)，
DF→=(1，2-2c，c)，
设平面PBC的法向量为n→1=(x，y，z)，则{n→1⋅BC→=-2x=0n→1⋅BP→=-x-2y+z=0，
取y=1，则z=2，则n1→=（0，1，2），当c=45时，sinα取得最大值．此时b=25，
由AD⊥平面POE，所以∠FOE为平面FAD与平面ABCD所成的二面角的平面角，tan∠FOE=cb=2．
【解析】
(1)根据三角形全等得到PA=PD，取AD中点为O，E为BC中点，连接PO，OE，计算可得∠POE=90°，根据直二面角的定义可得平面PAD⊥平面ABCD；
(2)以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，轴，建立空间直角坐标系，设F(0,b,c)，则b=2-2c，根据空间向量求出DF与平面PBC所成角的正弦值，利用二次函数知识求出c，再根据二面角的平面角的定义可求出结果．
此题主要考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：（1）同时只能满足的条件为②③，
由|OM|=|ON|=|MN|知△OMN为等边三角形，且MN⊥x轴，
由x=6p，得y2=2p•6p，则y=±23p，得|MN|=43p=83，
∴p=2，
∴抛物线E的方程为y2=4x；
（2）设AB：x=my+1，联立{x=my+1y2=4x，消去x有y2-4my-4=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设点A在x轴的上方，则x1＞0，y1＞0，y1y2=-4，x1x2=(y1y2)216=1，m=x1-1y1，
∴|AB|=x1+x2+2=x1+1x1+2，
由|FA|=|FD|，所以D（x1+2，0），则AD：y=-y12(x-x1-2)，联立y2=4x，得C(4+x1+4x1，-8y1-y1)，1+m2=1+(x1-1y1)2=1+x1y1，
∴点C到直线AB的距离d=|4+x1+4x1+m(8y1+y1)-1|1+m2=y11+x1|4+x1+4x1+x1-1y1(8y1+y1)-1|=4x11+x1(2+x1+1x1)，
∴S△ABC=12|AB|d=12(x1+1x1+2)×4x11+x1(2+x1+1x1)=2x11+x1(2+x1+1x1)2=21x1+x1(x1+1x1)4=2(x1+1x1)3≥16，
当且仅当x1=1时，△ABC面积取到最小值16．
【解析】
(1)只能满足的条件为②③，易知△OMN为等边三角形，且MN⊥x轴，结合题意可得|MN|=43p=83，由此求得抛物线方程；
(2)设AB：x=my+1，与抛物线方程联立，表示出|AB|及点C到直线AB的距离，进而表示出△ABC的面积，最后利用基本不等式即可求得最值．
此题主要考查直线与抛物线的综合运用，考查三角形面积最值的求法，对计算能力要求较高，属于中档题．
22.【答案】解：（1）f'（x）=2（x+1）-k（1+ln（x+1）），
①当k≤2时，由x≥0得f'（x）=2（x+1）-k（1+ln（x+1））≥2（x-ln（x+1）），
令φ（x）=x-ln（x+1），则φ'(x)=1-1x+1=xx+1≥0，
所以φ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以φ（x）≥φ（0）=0，即f'（x）≥0
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（0）=0，因此f（x）≥0恒成立；
②当k＞2时，令g（x）=f'（x）=2（x+1）-k（1+ln（x+1）），
则g'(x)=2-kx+1=2x-(k-2)x+1，当g'（x）=0，得x=k-22＞0，
所以在(0，k-22)上，g'（x）＜0，g（x）单调递减，又g（0）=2-k＜0，所以g（x）＜0，
即f'（x）＜0，所以f（x）在(0，k-22)上单调递减，又f（0）=0，所以当x∈(0，k-22)时f（x）＜0，不满足要求．
综上，k≤2，最大值为2．
（2）证明：由a2n-1=1-12+13-14-⋯-12n-2+12n-1
=1+12+13+⋯+12n-1-2(12+14+⋯+12n-2)
=1n+1n+1+1n+2+⋯+12n-1=1n+1+1n+2+⋯+12n-1+12n+12n，
要证a2n-1＞ln2+14n，即证1n+1n+1+1n+2+⋯+12n-1＞ln2+14n，
即证明：1n+1+1n+2+⋯+12n+14n＞ln2．
由（1）f（x）=x2+2x-2（x+1）ln（x+1）≥0，即ln(1+x)≤12(x+1-1x+1)，
取x=1k（k∈N*），得ln(1+1k)≤12(1k+1k+1)，
所以ln(1+1n)≤12(1n+1n+1)，ln(1+1n+1)≤12(1n+1+1n+2)，⋯，ln(1+12n-1)≤12(12n-1+12n)，
累加得1n+1+1n+2+⋯+12n+14n≥ln2，所以a2n-1＞ln2+14n．
【解析】
(1)求出f'(x)，然后分k⩽2、k>2讨论f(x)的单调性，结合f(0)=0可得答案；
(2)首先可得an=1n+1+1n+2+⋯+12n-1+12n+12n，然后由f(x)=x2+2x-2(x+1)ln(x+1)⩾0可得ln(1+x)⩽12(x+1-1x+1)、ln(1+1k)⩽12(1k+1k+1)，即可证明．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性与最值，不等式恒成立问题和利用分析法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
2022年山东省菏泽市高考数学二模试卷
1.（5分）设集合A={x|x⩾1}，B={x|-1
C. {x|-1
A. a=0 B. a=1 C. 2 D. a=2
3.（5分）已知双曲线E：x24-y2m=1的一条渐近线方程为3x+2y=0，则下列说法正确的是()
A. E的焦点到渐近线的距离为2 B. m=6
C. E的实轴长为6 D. E的离心率为132
4.（5分）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知．底面圆的直径AB=16cm，圆柱体部分的高BC=8cm，圆锥体部分的高CD=6cm，则这个陀螺的表面积是()
A. 192πcm2 B. 252πcm2 C. 272πcm2 D. 336πcm2
5.（5分）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为()
A. 16 B. 14 C. 13 D. 12
6.（5分）函数f(x)=5sinxe|x|+xcosx在[-2π,2π]上的图象大致为()
A. B.
C. D.
7.（5分）已知数列{an}中，a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+1，则下列选项正确的是()
A. an+1-an的值随n的变化而变化 B. a5a6=a1a10
C. 若m+n=2p，则am+an=a2p D. {Snn}为递增数列
8.（5分）直线y=1与函数f(x)=2sin(2x-π6)的图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为a1，a2，⋯，an，则下列结论正确的是()
A. f(x-π3)=-2cos2x B. f(x)在[π6,5π12]上是减函数
C. a1，a2，⋯，an为等差数列 D. a1+a2+⋯+a12=34π
9.（5分）设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1，则下列结果正确的有()
A. q=0.1 B. E(X)=2 C. E(Y)=5 D. D(X)=1.4
10.（5分）设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为A(a,b)=a+b2，几何平均数为G(a,b)=ab.上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即Lp(a,b)=ap+bpap-1+bp-1，其中p为有理数．下列结论正确的是()
A. L0.5(a,b)⩽L1(a,b) B. L0(a,b)⩽G(a,b)
C. L2(a,b)⩽A(a,b) D. Ln+1(a,b)⩽Ln(a,b)
11.（5分）已知椭圆E：x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线x=m(-2
B. 存在唯一的实数m使得△AF1F2为等腰直角三角形
C. AF1→·AF2→取值范围为(-1,1)
D. △ABF1周长的最大值为42
12.（5分）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有()
A. 存在某个位置，使直线BD与平面ABC所成的角为45°
B. 当二面角D-AC-B为2π3时，三棱锥D-ABC的体积为223
C. 当平面ACD⊥平面ABC时，异面直线AB与CD的夹角为60°
D. O为AC的中点，当二面角D-AO-B为2π3时，三棱锥A-OBD外接球的表面积为10π
13.（5分）已知圆x2+y2=8内有一点P(-1,2)，AB为过点P且倾斜角为135°的弦，则|AB|=______.
14.（5分）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)的解析式 ______.
①f(xy)=f(x)f(y)；
②f'(x)是偶函数；
③f(x)在(0,+∞)上单调递增．
15.（5分）已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且|AB|=2，则AC→·BC→的值为 ______.
16.（5分）定义||x||(x∈R)为与x距离最近的整数，令函数G(x)=||x||，如G(43)=1，G(2)=2.则1G(1)+1G(2)+1G(3)+1G(4)=______；1G(1)+1G(2)+⋯+1G(2022)=______.
17.（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=5，b=6.
(1)若cosB=-45，求A；
(2)若△ABC的面积S=1574，求c.
18.（12分）为了培养孩子的终身锻炼习惯，小明与小红的父亲与他们约定周一到周日每天的锻炼时间不能比前一天少．为了监督两人锻炼的情况，父亲记录了他们某周内每天的锻炼时间(单位：min)，如表所示，其中小明周日的锻炼时间a忘了记录，但知道36⩽a⩽60，a∈Z.
周一
周二
周三
周四
周五
周六
周日
序号x
1
2
3
4
5
6
7
小明的锻炼时间ymin
16
20
20
25
30
36
a
小红的锻炼时间zmin
16
22
25
26
32
35
35
(1)求这一周内小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间的概率；
(2)根据小明这一周前6天的锻炼时间，求其锻炼时间y关于序号x的线性回归方程，并估计小明周日锻炼时间a的值．
参考公式：回归方程y^=b^x+a^中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为b^=i=1n(xi-x-)(yi-y-)i=1n(xi-x-)2=i=1nxiyi-nxy-i=1nxi2-nx-2，a^=y--b^x-
参考数据：1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582；12+22+32+42+52+62=91.
19.（12分）已知数列{an}中，a1=1，它的前n项和Sn满足2Sn+an+1=2n+1-1.
(1)证明：数列{an-2n3}为等比数列；
(2)求S1+S2+S3+⋅⋅⋅+S2n.
20.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，∠APD=π2，PB=PC，∠ABP=∠DCP，△PBC的面积是△PAD的面积的5倍．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若E为BC的中点，F为线段PE上的任意一点，当DF与平面PBC所成角的正弦值最大时，求平面FAD与平面ABCD所成角的正切值．
21.（12分）已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，抛物线E上不同的两点M，N只能同时满足下列三个条件中的两个：
①|FM|+|FN|=|MN|；
②|OM|=|ON|=|MN|=83；
③直线MN的方程为x=6p.
(1)问M、N两点只能满足哪两个条件(只写出序号，无需说明理由)？并求出抛物线E的标准方程；
(2)如图，过F的直线与抛物线E交于A，B两点，过A点的直线l与抛物线E的另一交点为C，与x轴的交点为D，且|FA|=|FD|，求三角形ABC面积的最小值．
22.（12分）设函数f(x)=x2+2x-k(x+1)ln(x+1).
(1)当x⩾0时，f(x)⩾0恒成立，求k的最大值；
(2)设数列{an}的通项an=1-12+13+…+(-1)n-11n(n∈N*)，证明：a2n-1>ln2+14n.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为集合A={x|x⩾1}，B={x|-1
故选：D.
直接利用交集的定义求解即可．
此题主要考查了集合交集的运算，解答该题的关键是掌握集合交集的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z⋅(1+i)2=(1-ai)2(a∈R)，
∴z=1-2ai-a22i=12(1-2ai-a2)(-i)=-a+a2-12i，
若z为实数，则a2-12=0，解得a=±1，
则z为实数的一个充分条件是a=1，
故选：B.
利用复数的运算法则、复数为实数的充分条件即可得出．
此题主要考查了复数的运算法则、复数为实数的充分条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：双曲线E：x24-y2m=1的一条渐近线方程为3x+2y=0，
可得m2=32，可得m=9，所以B不正确，E的焦点到渐近线的距离为b=3，所以A不正确．
实轴长为2a=4，所以C不正确；离心率为：ca=132，所以D正确．
故选：D.
利用双曲线方程，求解m，然后判断选项的正误．
此题主要考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可得圆锥体的母线长为l=62+82=10，
所以圆锥体的侧面积为10×8π=80π，
圆柱体的侧面积为16π×8=128π，圆柱的底面面积为π×82=64π，
所以此陀螺的表面积为80π+128π+64π=272π(cm2)，
故选：C.
根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积．
此题主要考查了圆锥和圆柱的侧面积计算，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，
共有C42⋅A22=12种不同的方案，
甲乙两人安排在同一个舱内共有A22=2种不同的方案，
故甲乙两人安排在同一个舱内的概率为212=16，
故选：A.
先确定所有不同的方法数，再求甲乙两人安排在同一个舱内的方法数，从而求概率．
本颞主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，f(x)=5sinxe|x|+xcosx，x∈[-2π,2π]，
则f(-x)=-(5sinxe|x|+xcosx)=-f(x)，则函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除D，
f(2π)=5sin2πe2π+(2π)cos(2π)=2π>0，排除B，
在区间(0,π2)上，sinx>0，cosx>0，有f(x)>0，函数图象在x轴上方，排除A，
故选：C.
根据题意，先分析函数的奇偶性排除D，求出f(2π)的值排除B，进而可得在区间(0,π2)上，有f(x)>0，排除A，即可得答案．
此题主要考查函数的图象分析，一般用间接法分析，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：∵a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am+n=am+an+1，令m=1得：
an+1-an=a1+1=2，∴选项A错误，
∴{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1，
根据等差数列性质，∴a5⋅a6≠a1⋅a10，∴B选项错误，
∴若m+n=2p，则am+an=2ap，∴C选项错误，
∴Snn=(1+2n-1)n2n=n，∴{Snn}为递增数列．∴选项D正确，
故选：D.
根据递推关系求通项，再根据等差数列定义、性质求解．
此题主要考查由递推关系求通项，等差数列定义、性质，属基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=2sin(2x-π6)，可得f(x-π3)=2sin(2x-5π6)，故A错误；
在[π6,5π12]上，2x-π6∈[π6,2π3]，函数f(x)不单调，故B错误；
∵直线y=1与函数f(x)=2sin(2x-π6)的图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为a1，a2，⋯，an，
∴sin(2ai-π6)=12的最小正数解从小到大依次为a1，a2，⋯，an.
∴2a1-π6=π6，2a2-π6=5π6，2a3-π6=13π6，2a4-π6=17π6，⋅⋅⋅，故a1，a2，⋯，an不是等差数列，故排除C.
易得2a1-π6+2a2-π6=π，2a3-π6+2a4-π6=5π，2a5-π6+2a6-π6=9π，⋅⋅⋅，2a11-π6+2a12-π6=21π，
∴a1+a2+⋯+a12=34π，故D正确，
故选：D.
由题意，sin(2ai-π6)=12的最小正数解从小到大依次为a1，a2，⋯，an，结合正弦函数的图象和性质，得出结论．
此题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由离散型随机变量的分布列的性质为：
q+0.4+0.1+0.2+0.2=1，解得q=0.1，故A正确；
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2，故B正确；
E(Y)=2E(X)+1=2×2+1=5，故C正确；
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8，故D错误．
故选：ABC.
利用离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的性质直接求解．
此题主要考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：设a，b为两个正数，易证：调和平均数几何平均数算术平均数平方根平均数，
即a，b为两个正数，则：21a+1b⩽ab⩽a+b2⩽a2+b22，当且仅当a=b时取得等号，
对A选项，∵L0.5=a+b1a+1b=ab，L1=a+b2，∵几何平均数算术平均数，∴A选项正确；
对B选项，∵L0=21a+1b，G(a,b)=ab，∵调和平均数几何平均数，∴B选项正确；
对C选项，∵L2(a,b)=a2+b2a+b，A(a,b)=a+b2，∴要证a2+b2a+b⩽a+b2，即证a2+b22⩽(a+b2)2，即证a2+b22⩽a+b2，这与“算术平均数平方根平均数“相矛盾，故选项C错误；
对D选项，要证Ln+1(a,b)⩽Ln(a,b)，即证an+1+bn+1an+bn⩽an+bnan-1+bn-1，即证(an+1+bn+1)(an-1+bn-1)⩽(an+bn)2，即证a2n+(ab+ba)anbn+b2n⩽a2n+2anbn+b2n，即证ab+ba⩽2，这与ab+ba⩾2相矛盾，
故D选项错误．
故选：AB.
根据两正数的调和平均数几何平均数算术平均数平方根平均数，结合新定义，可分别对四个选项判断．
此题主要考查平均值不等式，分析法，属基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：将x=m代入椭圆方程，求出y=±1-m22，其中C(-2,0),D(2,0)，
则k1k2=(-1-m22)⋅1-m22(m+2)(m-2)=-(1-m22)m2-2=12，A错误；
由题意得：F1(-1,0)，F2(1,0)，当m=±1时，y=±22，此时|AF1|=22≠|F2F1|，
所以当F1，F2是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，
当点A是直角顶点时，由对称性可知：此时A在上顶点或下顶点，由于b=c=1，
故满足题意，所以存在唯一的实数m使得△AF1F2为等腰直角三角形，B正确；
不妨设A(m,1-m22)，则AF1→⋅AF2→=m2-1+1-m22=m22，
因为-2
等于|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=42，其他位置都比4a小，
例如当直线x=m(-2
同理可知：|A'F1|+|A'F2|+|B'F1|+|B'F2|<4a=42，
故△ABF1周长的最大值为42，D正确
故选：BD.
A选项，求出A，B两点坐标，表达出k1k2=12；B选项，验证出F1，F2是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当A是直角顶点时满足题意，得出结论；C选项，设出A(m,1-m22)，求出AF1→⋅AF2→=m22∈(0,1]；D选项，作出辅助线，利用椭圆定义得到直线x=m(-2
12.【答案】ACD
【解析】解：A.当平面ACD⊥平面ABC时，取AC的中点O，连接BO，DO，
∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC，∴∠DBO为直线BD与平面ABC所成的角，
∵△DBO是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，故A正确；
B.∵DO⊥AC，BO⊥AC，DO∩BO=O，∴AC⊥平面DBO，且∠DOB=2π3，
AC⊂平面ABC，∴平面DBO⊥平面ABC，且交于BO，
∴点D在平面ABC的射影落在BO上，∴点D到平面ABC的距离d=DO⋅sin60°=62，
三棱锥D-ABC的体积V=13×12×2×2×62=63，故B错误；
C.取BC，BD的中点M，N，连接OM，ON，MN，则OM//AB，MN/DC，
所以∠OMN或其补角是异面直线AB与CD的夹角，
根据A的证明可知BD=(2)2+(2)2=2，ON=12BD=1，且OM=MN=1，
所以△OMN是等边三角形，∠OMN=60°，故C正确；
D.由条件可知AO⊥平面DOB，∠DOB=2π3，且DO=OB，
所以可以将四棱锥A-DOB补成底面是菱形的直棱柱，
因为四边形OBCD是菱形，且∠BOD=2\itπ3，所以点C是底面△OBD外接圆的圆心，
取侧棱CC1的中点E，则E是四棱柱外接球的球心，
连结OE，OE=OC2+CE2=(2)2+(22)2=102，
所以四棱锥A-OBD外接球的半径R=102，
外接球的表面积S=4πR2=10π，故D正确．
故选：ACD.
A.当当平面ACD⊥平面ABC，即可判断；B.根据锥体体积公式，即可求解；C.将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即可求解；D.将三棱锥补体为三棱柱，即可求球心和半径．
此题主要考查锥体体积的计算，异面直线所成的角的计算，球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
13.【答案】 30
【解析】解：依题意可得直线AB的斜率为-1，
所以直线AB的方程为：y-2=-(x+1)，即x+y-1=0，
由圆心到直线的距离可得弦心距d=12=22，
所以|AB|=28-d2=28-12=30.
故答案为：30.
求出直线AB的方程后，利用点到直线的距离求出弦心距，再根据勾股定理可得结果．
此题主要考查直线与圆的位置关系，圆的弦长公式等知识，属于基础题．
14.【答案】 f（x）=x3（答案不唯一）
【解析】解：由①f(xy)=f(x)f(y)，可考虑f(x)为幂函数；
由②f'(x)是偶函数，可得f(x)为奇函数；
由③f(x)在(0,+∞)上单调递增，可得f(x)=xn中n>0，
所以可取f(x)=x3.
故答案为：f(x)=x3(答案不唯一).
由题意可得f(x)为幂函数，且f(x)=xn中的n为正奇数，可得结论．
此题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查推理能力，属于基础题．
15.【答案】 1+2
【解析】解：半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且|AB|=2，
所以OA2+OB2=AB2，所以OA→⊥OB→，设AB的中点为M，
易知C，O，M三点共线，且CM=CO+OM=1+22，
所以AC→·BC→=CA→·CB→=(CM→+MB→)⋅(CM→-MB→)=|CM→|2-|MB→|2
=(1+22)2-(22)2=1+2.
故答案为：1+2.
易知C，O，AB的中点M三点共线，结合OA与OB垂直，利用数量积的定义直接计算即可．
此题主要考查数量积的运算和三角形外接圆的性质，属于中档题．
16.【答案】 3 133415; 略
【解析】解：当1⩽n⩽2时，0.5
将1G(n)分组为(1,1)，(12,12,12,12)，(13,13,13,13,13,13)，...(1n,1n,...1n)，第n组有2n个数，且每组中所有数之和为2n×1n=2，
则1G(1)+1G(2)+1G(3)+1G(4)=2×1+2×12=3；
设1G(2022)在第n+1组中，
则(2+2n)n2⩽2022，
解得n⩽44，
当n=44时，则(2+88)×442=1980，
即1G(2022)在第45组中，且第45组有2022-1980=42个145，
则1G(1)+1G(2)+⋯+1G(2022)=2×44+42×145=133415，
故答案为：3；133415.
由当1⩽n⩽2时，0.5
此题主要考查了数列求和，重点考查了数列的性质，属中档题．
17.【答案】解：（1）由cosB=-45，得sinB=1-cos2B=35，
由正弦定理有asinA=bsinB，∴sinA=12，∵a＜b，∴A=30°；
（2）由△ABC的面积S=1574，∴12absinC=1574，
∴sinC=74，∴cosC=±1-sin2C=±34，
当cosC=34，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=25+36-2×5×6×34=16，∴c=4，
当cosC=-34，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=25+36-2×5×6×（-34）=106，∴c=106，
∴c=4或c=106．
【解析】
(1)利用正弦定理可求A；
(2)由已知可得sinC=74，可求cosC，利用余弦定理可求c.
此题主要考查正余弦定理，以及运算求解能力，属中档题．
18.【答案】解：（1）∵36≤a≤60，a∈Z，∴a的取值共有25种情况，
又小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间，故i=16yi+a≥i=17zi，
即16+20+20+25+30+36+a≥16+22+25+26+32+35+35，得a≥44．
∴小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间时，a的取值共有17种情况．
∴这一周内小明锻炼的总时间不少于小红锻炼的总时间的概率为1725；
（2）由题设可知，i=16xiyi=1×16+2×20+3×20+4×25+5×30+6×36=582，
x-=1+2+3+4+5+66=72，y-=16+20+20+25+30+366=492，
∴}^b=582-6×72×49291-6×494=277，}^a=y--}^bx-=492-277×72=11，
∴y关于序号x的线性回归方程为}^y=277x+11，
当x=7时，}^y=277×7+11=38min．
估计小明周日锻炼时间a的值为38min．
【解析】
(1)根据古典概型的概率计算公式计算得答案；
(2)由已知数据求得b^与a^的值，可得线性回归方程，取x=7得答案．
此题主要考查线性回归方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：（1）证明：当n=1时，因为2Sn+an+1=2n+1-1①，可得2S1+a2=21+1-1，而S1=a1=1，
所以a2=1，
当n≥2时，2Sn-1+an=2n-1②，
①-②可得2an+an+1-an=2n，所以an+1=2n-an，
所以an+1-2n+13an-2n3=2n-an-2n+13an-2n3=2n3-anan-2n3=-1，
而a2-223a1-213=1-431-23=-1，也符合，
所以可得{an-2n3）为等比数列；
（2）由（1）可得{an-2n3）为等比数列，首项a1-23=1-23=13，公比为q=-1，
所以an-2n3=13（-1）n-1，
所以an=2n+(-1)n-13
因为2Sn+an+1=2n+1-1，所以2Sn=2n+1-1-2n+1+(-1)n3=2n+23-1-13（-1）n，
所以Sn=2n+13-12-16（-1）n，
所以S1+S2+S3+⋅⋅⋅+S2n=22+23+....22n+13-12•2n-16•-1[1-(-1)2n]1-(-1)=4·(22n-1)2-13-n=22n+2-3n-43．
【解析】
(1)当n=1时，由前n项和公式，可得a2的值，当n⩾2时，2Sn-1+an=2n-1与2Sn+an+1=2n+1-1作差可得an+1=2n-an，
可证得an+1-2n+13an-2n3为常数-1，即证明{an-2n3)为等比数列；
(2)由(1){an-2n3)为等比数列，求出首项和公比，求出an-2n3的通项公式，进而求出an的通项公式，再由前n项与第n+1项的关系，可得Sn的通项，分组求和可得S1+S2+S3+⋅⋅⋅+S2n的值．
此题主要考查由数列的前n项和求通项{an}，及等比数列的证明方法，分组求和求前n项和的方法，属于中档题．
20.【答案】（1）证明：由PB=PC，∠ABP=∠DCP，
AB=DC，得△PAB≅△PDC，所以PA=PD，
取AD中点为O，E为BC中点，连接PO，OE，
则PO⊥AD，OE⊥AD，即∠POE为二面角P-AD-E的平面角，
由PO=1，OE=2，因为△PBC的面积是△PAD的面积的5倍，
所以12PE⋅BC=5⋅12PO⋅AD，所以PE=5，所以PO2+OE2=PE2，
因此∠POE=90°，平面PAD⊥平面ABCD．
（2）以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则P（0，0，1），B（1，2，0），C（-1，2，0），D（-1，0，0），E（0，2，0），
设F（0，b，c），c∈[0，1]，则c2-b=POOB=12，
则b=2-2c，BC→=(-2，0，0)，BP→=(-1，-2，1)，
DF→=(1，2-2c，c)，
设平面PBC的法向量为n→1=(x，y，z)，则{n→1⋅BC→=-2x=0n→1⋅BP→=-x-2y+z=0，
取y=1，则z=2，则n1→=（0，1，2），当c=45时，sinα取得最大值．此时b=25，
由AD⊥平面POE，所以∠FOE为平面FAD与平面ABCD所成的二面角的平面角，tan∠FOE=cb=2．
【解析】
(1)根据三角形全等得到PA=PD，取AD中点为O，E为BC中点，连接PO，OE，计算可得∠POE=90°，根据直二面角的定义可得平面PAD⊥平面ABCD；
(2)以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，轴，建立空间直角坐标系，设F(0,b,c)，则b=2-2c，根据空间向量求出DF与平面PBC所成角的正弦值，利用二次函数知识求出c，再根据二面角的平面角的定义可求出结果．
此题主要考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：（1）同时只能满足的条件为②③，
由|OM|=|ON|=|MN|知△OMN为等边三角形，且MN⊥x轴，
由x=6p，得y2=2p•6p，则y=±23p，得|MN|=43p=83，
∴p=2，
∴抛物线E的方程为y2=4x；
（2）设AB：x=my+1，联立{x=my+1y2=4x，消去x有y2-4my-4=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设点A在x轴的上方，则x1＞0，y1＞0，y1y2=-4，x1x2=(y1y2)216=1，m=x1-1y1，
∴|AB|=x1+x2+2=x1+1x1+2，
由|FA|=|FD|，所以D（x1+2，0），则AD：y=-y12(x-x1-2)，联立y2=4x，得C(4+x1+4x1，-8y1-y1)，1+m2=1+(x1-1y1)2=1+x1y1，
∴点C到直线AB的距离d=|4+x1+4x1+m(8y1+y1)-1|1+m2=y11+x1|4+x1+4x1+x1-1y1(8y1+y1)-1|=4x11+x1(2+x1+1x1)，
∴S△ABC=12|AB|d=12(x1+1x1+2)×4x11+x1(2+x1+1x1)=2x11+x1(2+x1+1x1)2=21x1+x1(x1+1x1)4=2(x1+1x1)3≥16，
当且仅当x1=1时，△ABC面积取到最小值16．
【解析】
(1)只能满足的条件为②③，易知△OMN为等边三角形，且MN⊥x轴，结合题意可得|MN|=43p=83，由此求得抛物线方程；
(2)设AB：x=my+1，与抛物线方程联立，表示出|AB|及点C到直线AB的距离，进而表示出△ABC的面积，最后利用基本不等式即可求得最值．
此题主要考查直线与抛物线的综合运用，考查三角形面积最值的求法，对计算能力要求较高，属于中档题．
22.【答案】解：（1）f'（x）=2（x+1）-k（1+ln（x+1）），
①当k≤2时，由x≥0得f'（x）=2（x+1）-k（1+ln（x+1））≥2（x-ln（x+1）），
令φ（x）=x-ln（x+1），则φ'(x)=1-1x+1=xx+1≥0，
所以φ（x）在（0，+∞）上单调递增，所以φ（x）≥φ（0）=0，即f'（x）≥0
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（0）=0，因此f（x）≥0恒成立；
②当k＞2时，令g（x）=f'（x）=2（x+1）-k（1+ln（x+1）），
则g'(x)=2-kx+1=2x-(k-2)x+1，当g'（x）=0，得x=k-22＞0，
所以在(0，k-22)上，g'（x）＜0，g（x）单调递减，又g（0）=2-k＜0，所以g（x）＜0，
即f'（x）＜0，所以f（x）在(0，k-22)上单调递减，又f（0）=0，所以当x∈(0，k-22)时f（x）＜0，不满足要求．
综上，k≤2，最大值为2．
（2）证明：由a2n-1=1-12+13-14-⋯-12n-2+12n-1
=1+12+13+⋯+12n-1-2(12+14+⋯+12n-2)
=1n+1n+1+1n+2+⋯+12n-1=1n+1+1n+2+⋯+12n-1+12n+12n，
要证a2n-1＞ln2+14n，即证1n+1n+1+1n+2+⋯+12n-1＞ln2+14n，
即证明：1n+1+1n+2+⋯+12n+14n＞ln2．
由（1）f（x）=x2+2x-2（x+1）ln（x+1）≥0，即ln(1+x)≤12(x+1-1x+1)，
取x=1k（k∈N*），得ln(1+1k)≤12(1k+1k+1)，
所以ln(1+1n)≤12(1n+1n+1)，ln(1+1n+1)≤12(1n+1+1n+2)，⋯，ln(1+12n-1)≤12(12n-1+12n)，
累加得1n+1+1n+2+⋯+12n+14n≥ln2，所以a2n-1＞ln2+14n．
【解析】
(1)求出f'(x)，然后分k⩽2、k>2讨论f(x)的单调性，结合f(0)=0可得答案；
(2)首先可得an=1n+1+1n+2+⋯+12n-1+12n+12n，然后由f(x)=x2+2x-2(x+1)ln(x+1)⩾0可得ln(1+x)⩽12(x+1-1x+1)、ln(1+1k)⩽12(1k+1k+1)，即可证明．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性与最值，不等式恒成立问题和利用分析法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
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