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2024年陕西省铜川市高考数学二模试卷（理科）（含解析）
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这是一份2024年陕西省铜川市高考数学二模试卷（理科）（含解析），共15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。
1.若集合M={x|2x−1>5}，N={x∈N*|−1A. {0,1,2,3}B. {1,2,3}C. {0,1,2}D. {1,2}
2.已知复数(1+2i)(z−1)=−2+i，则|z|=( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
3.从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为( )
A. 13B. 49C. 718D. 1336
4.已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的9倍，则它的侧面积扩大为原来的( )
A. 3倍B. 3倍C. 3 3倍D. 9倍
5.已知A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，若|AB|=6，则点P的轨迹方程为( )
A. (x−4)2+(y−2)2=16B. (x−2)2+(y−4)2=11
C. (x−2)2+(y−4)2=16D. (x−4)2+(y−2)2=11
6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=ex，则f(ln2)=( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
7.设F为抛物线C1：y2=2x的焦点，点P在抛物线上，点Q在准线l上，满足PQ//x轴.若|PQ|=|QF|，则|PF|=( )
A. 2B. 2 3C. 3D. 3 3
8.在递增等比数列{an}中，其前n项和为Sn，且6a7是a8和a9的等差中项，则S6S3=( )
A. 28B. 20C. 18D. 12
9.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，则ω的最小值为( )
A. 23B. 12C. 1D. 2
10.已知函数f(x)满足f′(x)lnx+1xf(x)<0(其中f′(x)是f(x)的导数)，若a=f(e12)，b=f(e13)，c=f(e14)，则下列选项中正确的是( )
A. 6a<4b<3cB. 6a<3c<4bC. 4b<6a<3cD. 4b<3c<6a
11.正四棱锥P−ABCD内有一球与各面都相切，球的直径与边AB的比为4：5，则PA与平面ABCD所成角的正切值为( )
A. 54B. 2C. 10 29D. 20 29
12.已知斜率为 3的直线l经过双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F，交双曲线C的右支于A，B两点，且AF=6FB，则双曲线的离心率为( )
A. 65B. 75C. 107D. 43
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，且(a+2b)//b，则|a|= ______．
14.已知锐角α，β满足sinα= 55,csβ=35，则cs(α−β)= ______．
15.如图所示是一系列有机物的结构简图，途中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构第n个图的化学键和原子的个数之和为______个.(用含n的代数式表示)
16.已知函数f(x)=[a(x−1)−2lnx]ex在(1,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
清明节，又称踏青节、行清节、三月节、祭祖节等，是传统的重大春祭节日，扫墓祭祀、缅怀祖先，是中华民族自古以来的优良传统.某社区进行流动人口统计，随机抽取了100人了解他们今年是否回老家祭祖，得到如下不完整的2×2列联表：
(1)根据统计完成以上2×2列联表，并根据表中数据估计该社区流动人口中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率；
(2)能否有99.9%的把握认为回老家祭祖与年龄有关？
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考数据：
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC．
(1)证明：3c2+3b2=5a2；
(2)若a= 15，当A取最大值时，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，且△ABC为等边三角形，PA⊥PC，∠PAC=π6，D为PA的中点．
(1)求证：AP⊥BD；
(2)求直线BD与平面PBC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点(−1, 32)在椭圆C上，且椭圆C的离心率为 32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)相互垂直且斜率存在的直线l1，l2都过点B(1,0)，直线l1与椭圆相交于P、Q两点，直线l2与椭圆相交于M、N两点，点D为线段PQ的中点，点E为线段MN的中点，证明：直线DE过定点．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+3x−a2x2．
(1)若a=0，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若x1，x2(x122.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+csα,y=sinα(α为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=−2sinθ．
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)设直线l： 3x+y=0与曲线C1，C2分别交于A，B两点(异于极点)，求线段AB的长度．
23.(本小题12分)
已知a>0，b>0，函数f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为2，证明：
(1)3a2+b2≥3；
(2)4a+1+1b≥3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知M={x|2x−1>5}={x|x>3}，N={x∈N*|−1所以∁RM={x|x≤3}，(∁RM)∩N={1,2,3}．
故选：B．
由题知，对集合M，N进行转化，根据补集的概念求出∁RM，结合交集的运算求出(∁RM)∩N．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=−2+i1+2i+1=(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)+1=5i5+1=1+i，
则|z|= 2．
故选：A．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的有(1,2)，(1,4)，(1,6)，(2,3)，(2,5)，(2,9)，(3,4)，(3,8)，(4,7)，(4,9)，(5,6)，(5,8)，(6,7)，(8,9)一共14个，
故和为质数率P=14C92=1436=718．
故选：C．
直接利用列举法和组合数求出概率的值．
本题考查的知识要点：组合数，概率的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，则体积为v=πr2h，
若其体积扩大为原来的9倍，则扩大后的体积为V′=9πr2h，
因为高h不变，故体积9πr2h=π(3r)2h，即底面半径扩大为原来的3倍，
原来侧面积为S=2πrh，扩大后的圆柱侧面积为S′=2π⋅3rh=6πrh，故侧面积扩大为原来的3倍．
故选：B．
根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，由圆柱的体积和表面积公式分析可得答案．
本题考查圆柱的体积和表面积计算，涉及圆柱的结构特征，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，|AB|=6，圆的直径为10，所以圆的半径为5，
可得|PC|= 25−9=4，
所以点P的轨迹方程为(x−2)2+(y−4)2=16．
故选：C．
利用已知条件推出|PC|的距离是定值，推出轨迹方程．
本题考查轨迹方程的求法，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)恒成立，
因为x<0时，f(x)=ex，
所以f(ln2)=−f(−ln2)=−e−ln2=−12．
故选：C．
由已知结合奇函数的定义及已知区间上的函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
先根据题意和抛物线的性质可得到△PQF为等边三角形，进而即可求得|PF|的值．
【解答】
解：依题意有|PQ|=|QF|=|PF|，则△PQF为等边三角形，
又PQ//x轴，所以|PF|=|PQ|=4|OF|=2．
故选：A．
8.【答案】A
【解析】解：由题意得12a7=a8+a9，12=q+q2，解得q=3或q=−4(舍)，
则S6S3=a1(1−q6)1−qa1(1−q3)1−q=1−q61−q3=1+q3=1+33=28．
故选：A．
由等比数列的通项公式求出q，再由等比数列的前n项和公式代入化简，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由已知可得函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，
即f(π4−x)=f(π4+x)，
所以f(x)关于x=π4对称，
所以ω=4k+23，又ω>0，
所以k=0时，ω取最小值为23．
故选：A．
由S=4πR2=12π可得函数f(x)的图象关于x=π4对称，由正弦型函数的对称性列方程求ω的最小值．
本题考查正弦函数的图象，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：由f′(x)lnx+1xf(x)<0，得[f(x)lnx]′<0，
令g(x)=f(x)lnx，x∈(0,+∞)，则g′(x)=f′(x)lnx+1xf(x)<0，
所以g′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
所以g(x)在(0,+∞)上为减函数，
因为12>13>14，且y=ex在R上单调性递增，
所以e12>e13>e14，
所以g(e12)所以f(e12)lne12所以12a<13b<14c，即6a<4b<3c．
故选：A．
根据已知条件构造函数g(x)=f(x)lnx，利用导数法求函数的单调性及指数函数的单调性，结合不等式的性质即可求解．
本题主要考查函数值大小的比较，利用导数法研究函数的单调性，考查逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：根据正棱锥的性质，易知球心在正棱锥的高线上，
设球心为O，P在平面ABCD内的射影为H，PH=h，
取M为BC中点，则HM//AB，且HM=12AB．
作OE⊥PM于E，设球的半径为r，
则AB=52r，HM=54r，PM= PH2+HM2= h2+(54r)2，OE=OH=r．
因为PH⊥HM，OE⊥PM，
所以△POE∽△PMH，
所以OPPM=OEHM，
即h−r h2+(54r)2=r54r，整理可得h=50r9．
连接AH，则AH= 22AB=5 2r4，
所以tan∠PAH=hAH=2 25⋅hr=20 29．
因为PH⊥平面ABCD，所以∠PAH即为直线PA与平面ABCD所成的角，
所以，PA与平面ABCD所成角的正切值为20 29．
故选：D．
根据正棱锥的性质得出球心的位置，进而构造相似三角形，根据相似三角形得出球的半径，以及四棱锥的高，即可得出答案．
本题考查通过正棱锥的性质得出球心的位置以及棱锥的高，并进行球的相关计算，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l的方程为x= 33y+c，其中c2=a2+b2，
联立x= 33y+c,x2a2−y2b2=1,得(b2−3a2)y2+2 3b2cy+3b4=0．
∴y1+y2=−2 3b2cb2−3a2，y1y2=3b4b2−3a2，
由AF=6FB，得y1=−6y2，即y1y2=−6，
∴y1y2+y2y1=−376，即(y1+y2)2y1y2=−256，
∴(−2 3b2cb2−3a2)23b4b2−3a2=4c2b2−3a2=−256，整理得c2a2=10049，
∴离心率e=ca=107．
故选：C．
设出直线l的方程为x= 33y+c，联立双曲线，得到两根之和，两根之积，由AF=6FB得到y1=−6y2，结合两根之和，两根之积，列出方程，求出离心率．
本题主要考查考查双曲线的性质，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】3 10
【解析】解：已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，a+2b=(t+4,1)，
∵(a+2b)//b，
∴−(t+4)=3，解得t=−7，
∴a=(−9,3)，|a|=3 10．
故答案为：3 10．
由向量平行的坐标运算，得到t=−7，再利用模的坐标公式求|a|．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
14.【答案】2 55
【解析】解：由sinα= 55,csβ=35,α,β均为锐角，得csα=2 55,sinβ=45，
则cs(α−β)=2 55×35+ 55×45=2 55．
故答案为：2 55．
利用两角和与差的三角函数公式化简即可求解．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，属于基础题．
15.【答案】9n+3
【解析】解：由图，第1个图中有6个化学键和6个原子，
第2个图中有11个化学键和10个原子，
第3个图中有16个化学键和14个原子，
观察可得，后一个图比前一个图多5个化学键和4个原子，
则第n个图有6+5(n−1)=5n+1个化学键和4n+2个原子，
所以总数为9n+3．
故答案为：9n+3．
从图(1)、图(2)、图(3)、…的个数之和找到对应的数字规律．
本题主要考查了归纳推理，属于基础题．
16.【答案】[2,+∞)
【解析】解：f′(x)=[a−2x+a(x−1)−2lnx]ex=[ax−2x−2lnx]ex≥0，
即ax−2x−2lnx≥0，对x∈(1,+∞)恒成立，令h(x)=ax−2x−2lnx(x>1)，
当a≥2时，ax−2x−2lnx≥2x−2x−2lnx=g(x)，
g′(x)=2+2x2−2x=2x2−2x+2x2>0，故g(x)>g(1)=0符合题意，
当a<2时，h(1)=a−2<0，∃m∈(1,+∞)，在(1,m)上，h(x)<0不合题意，故a≥2．
故答案为：[2,+∞)．
问题转化为f′(x)≥0对任意x∈(1,+∞)恒成立即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)补全表格如下：
该社区中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率为1540=38；
(2)∵K2=100×(5×25−15×55)220×80×60×40=122596≈12.760>10.828，
∴有99.9%的把握认为是否回老家祭祖与年龄有关．
【解析】(1)根据已知数据补全列联表后，由古典概型概率公式计算概率；
(2)计算出K2后可得结论．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了独立性检验的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：∵tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC，
∴sinAcsA(sinBcsB+sinCcsC)=3×sinBsinCcsBcsC，
∴sinA(sinBcsC+csBsinC)=3sinBsinCcsA，
∴sin(B+C)sinA=3sinBsinCcsA，
又sin(B+C)=sinA，∴sin2A=3sinBsinCcsA，
由正弦定理可得a2=3bccsA，
由余弦定理可得a2=3bccsA=32(b2+c2−a2)，
整理得3b2+3c2=5a2．
(2)由(1)可得：3b2+3c2=5a2，即a2=35(b2+c2)，
则csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−35(b2+c2)2bc=15(cb+bc)≥25，
当且仅当cb=bc，即b=c时，∠A取最大值，
此时3b2+3c2=6b2=5a2=75，则b2=252，
∵csA=25>0，则A∈(0,π2)，可得sinA= 1−(25)2= 215，
故S△ABC=12bcsinA=12b2× 215=12×252× 215=5 214．
【解析】(1)根据题意结合三角恒等变换整理得sin2A=3sinBsinCcsA，再利用正、余弦定理边化角分析运算；
(2)利用余弦定理结合基本不等式可得A取最大值时，b=c，csA=25，进而可求三角形的面积．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AC中点E，连接DE，BE，
∵△ABC为等边三角形，∴BE⊥AC，
又侧面PAC⊥底面ABC，BE⊂底面ABC，侧面PAC⋂底面ABC=AC，∴BE⊥平面PAC，
∵PA⊂平面PAC，
∴BE⊥PA，
又D，E分别为PA，AC中点，∴DE//PC，
又PA⊥PC，∴PA⊥DE，
∵DE∩BE=E，DE，BE⊂平面BDE，∴PA⊥平面BDE，
又BD⊂平面BDE，∴PA⊥BD；
(2)建立以E为坐标原点的空间直角坐标系E−xyz，如图所示：
设等边△ABC的边长为4，
∴A(0,−2,0)，B(2 3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,1, 3)，D(0,−12, 32)，
∴DB=(2 3,12,− 32)，PC=(0,1,− 3)，CB=(2 3,−2,0)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
则PC⋅n=0CB⋅n=0，即y− 3z=02 3x−2y=0，取x=1，y= 3，z=1，
∴平面PBC的法向量为n=(1, 3,1)，
∴|cs〈DB,n〉|=|DB⋅n||DB|⋅|n|=2 3 13× 5=2 19565，
∴直线BD与平面PBC所成角的正弦值为2 19565．
【解析】(1)取AC中点E，连接DE，BE，可得BE⊥AC，利用面面垂直性质得线面垂直，从而得线线垂直BE⊥PA，再由平行线性质得PA⊥DE，即可证明结论；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和直线与平面的夹角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得：e=ca= 32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c= 3，
∴椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)证明：设直线l1的方程为my=x−1(m≠0,±1)，直线l2的方程为−1my=x−1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，D(x0,y0).
联立my=x−1x24+y2=1，化为(m2+4)y2+2my−3=0，
Δ>0，y1+y2=−2mm2+4，
∴y0=12(y1+y2)=−mm2+4，
x0=my0+1=4m2+4，
∴D(4m2+4,−mm2+4).
同理可得E(4m21+4m2,m1+4m2).
∴kDE=m1+4m2+mm2+44m21+4m2−4m2+4=5m4(m2−1)，
∴直线ED的方程为：y+mm2+4=5m4(m2−1)(x−4m2+4)，
令y=0，解得x=45，
∴此时直线ED经过定点(45,0)．
可以验证m=±1时运算成立．
综上可得：直线ED经过定点(45,0)．
【解析】(1)由题意可得：e=ca= 32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，解得a，b，c，即可得出椭圆C的标准方程．
(2)设直线l1的方程为my=x−1(m≠0,±1)，直线l2的方程为−1my=x−1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，D(x0,y0).直线方程与椭圆方程联立，结合根与系数的关系、中点坐标公式可得D，E点的坐标．利用点斜式可得直线ED的方程，进而证明直线ED经过定点．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=lnx+3x，则f′(x)=1x−3x2=x−3x2，
所以f(1)=ln1+31=3，f′(1)=1−312=−2，
所以f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=−2(x−1)，
即2x+y−5=0；
(2)证明：由f(x)=lnx+3x−a2x2，可知f′(x)=1x−3x2+ax3=x2−3x+ax3，
因为x1，x2(x1所以x1，x2是方程x2−3x+a=0的两个不等的正实数根，
所以x1+x2=3，x1x2=a>0，
则f(x1)−f(x2)x1−x2=lnx1+3x1−a2x12−(lnx2+3x2−a2x22)x1−x2=lnx1−lnx2x1−x2−3x1x2+a(x1+x2)2x12x22=lnx1−lnx2x1−x2−3a+32a．
要证f(x1)−f(x2)x1−x2<32a成立，
只需证lnx1−lnx2x1−x2<3a，即证lnx1−lnx2x1−x2即证lnx1−lnx2>(x12−x22)x1x2，即证lnx1x2>x1x2−x2x1，
设t=x1x2，则0t−1t，
令h(t)=lnt−t+1t(0则h′(t)=1t−1−1t2=−t2+t−1t2<0，
所以h(t)在(0,1)上单调递减，则h(t)>h(1)=0，
所以lnt>t−1t，故f(x1)−f(x2)x1−x2<32a．
【解析】(1)求导，计算切点处的函数值与导数值，根据点斜式即可求解切线方程；
(2)根据极值点的定义，可得x1，x2是方程x2−3x+a=0的两个不等的正实根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成lnx1x2>x1x2−x2x1，令t=x1x2(0本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性．在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化．无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键．
22.【答案】解：(1)曲线C1：x=1+csα,y=sinα(α为参数)，消去参数得(x−1)2+y2=1，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入，得曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，
由ρ=−2sinθ得ρ2=−2ρsinθ，
∴x2+y2=−2y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+(y+1)2=1；
(2)易知直线l的极坐标方程为θ=−π3，代入曲线C1，C2的极坐标方程得ρ1=1，ρ2= 3，
∴|AB|=|ρ1−ρ2|= 3−1．
【解析】(1)将曲线C1的参数方程化为普通方程，进而化为极坐标方程即可；
(2)直线l： 3x+y=0过原点，所以化为极坐标方程后与曲线C1，C2的极坐标方程联立，利用ρ的几何意义求解即可．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】证明：(1)由于a>0，b>0，则f(x)=|x+a|+|x−b|≥|a+b|=a+b，
当且仅当−a≤x≤b取等号，故f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为a+b=2，
所以3a2+b2=3a2+(2−a)2=4a2−4a+4=(2a−1)2+3≥3，
当且仅当a=12，b=32时取等号．
(2)由(1)知a+b=2，所以a+1+b=3，
所以4a+1+1b=13(a+1+b)(4a+1+1b)=13(5+4ba+1+a+1b)≥13(5+2 4ba+1⋅a+1b)=3，当且仅当4ba+1=a+1b，即a=b=1时取等号．
【解析】(1)根据绝对值的三角不等式，得到f(x)的最小值为a+b=2，进而化简得到3a2+b2=4a2−4a+4，结合二次函数的性质，即可求解；
(2)由(1)得到a+1+b=3，化简4a+1+1b=13(5+4ba+1+a+1b)，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查了不等式的证明，考查了基本不等式的应用，属于中档题．回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
55
50周岁以上
15
40
总计
100
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100
1.若集合M={x|2x−1>5}，N={x∈N*|−1
2.已知复数(1+2i)(z−1)=−2+i，则|z|=( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
3.从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为( )
A. 13B. 49C. 718D. 1336
4.已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的9倍，则它的侧面积扩大为原来的( )
A. 3倍B. 3倍C. 3 3倍D. 9倍
5.已知A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，若|AB|=6，则点P的轨迹方程为( )
A. (x−4)2+(y−2)2=16B. (x−2)2+(y−4)2=11
C. (x−2)2+(y−4)2=16D. (x−4)2+(y−2)2=11
6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=ex，则f(ln2)=( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
7.设F为抛物线C1：y2=2x的焦点，点P在抛物线上，点Q在准线l上，满足PQ//x轴.若|PQ|=|QF|，则|PF|=( )
A. 2B. 2 3C. 3D. 3 3
8.在递增等比数列{an}中，其前n项和为Sn，且6a7是a8和a9的等差中项，则S6S3=( )
A. 28B. 20C. 18D. 12
9.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，则ω的最小值为( )
A. 23B. 12C. 1D. 2
10.已知函数f(x)满足f′(x)lnx+1xf(x)<0(其中f′(x)是f(x)的导数)，若a=f(e12)，b=f(e13)，c=f(e14)，则下列选项中正确的是( )
A. 6a<4b<3cB. 6a<3c<4bC. 4b<6a<3cD. 4b<3c<6a
11.正四棱锥P−ABCD内有一球与各面都相切，球的直径与边AB的比为4：5，则PA与平面ABCD所成角的正切值为( )
A. 54B. 2C. 10 29D. 20 29
12.已知斜率为 3的直线l经过双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F，交双曲线C的右支于A，B两点，且AF=6FB，则双曲线的离心率为( )
A. 65B. 75C. 107D. 43
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，且(a+2b)//b，则|a|= ______．
14.已知锐角α，β满足sinα= 55,csβ=35，则cs(α−β)= ______．
15.如图所示是一系列有机物的结构简图，途中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构第n个图的化学键和原子的个数之和为______个.(用含n的代数式表示)
16.已知函数f(x)=[a(x−1)−2lnx]ex在(1,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
清明节，又称踏青节、行清节、三月节、祭祖节等，是传统的重大春祭节日，扫墓祭祀、缅怀祖先，是中华民族自古以来的优良传统.某社区进行流动人口统计，随机抽取了100人了解他们今年是否回老家祭祖，得到如下不完整的2×2列联表：
(1)根据统计完成以上2×2列联表，并根据表中数据估计该社区流动人口中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率；
(2)能否有99.9%的把握认为回老家祭祖与年龄有关？
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考数据：
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC．
(1)证明：3c2+3b2=5a2；
(2)若a= 15，当A取最大值时，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，且△ABC为等边三角形，PA⊥PC，∠PAC=π6，D为PA的中点．
(1)求证：AP⊥BD；
(2)求直线BD与平面PBC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点(−1, 32)在椭圆C上，且椭圆C的离心率为 32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)相互垂直且斜率存在的直线l1，l2都过点B(1,0)，直线l1与椭圆相交于P、Q两点，直线l2与椭圆相交于M、N两点，点D为线段PQ的中点，点E为线段MN的中点，证明：直线DE过定点．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+3x−a2x2．
(1)若a=0，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若x1，x2(x1
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+csα,y=sinα(α为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=−2sinθ．
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)设直线l： 3x+y=0与曲线C1，C2分别交于A，B两点(异于极点)，求线段AB的长度．
23.(本小题12分)
已知a>0，b>0，函数f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为2，证明：
(1)3a2+b2≥3；
(2)4a+1+1b≥3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知M={x|2x−1>5}={x|x>3}，N={x∈N*|−1
故选：B．
由题知，对集合M，N进行转化，根据补集的概念求出∁RM，结合交集的运算求出(∁RM)∩N．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=−2+i1+2i+1=(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)+1=5i5+1=1+i，
则|z|= 2．
故选：A．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的有(1,2)，(1,4)，(1,6)，(2,3)，(2,5)，(2,9)，(3,4)，(3,8)，(4,7)，(4,9)，(5,6)，(5,8)，(6,7)，(8,9)一共14个，
故和为质数率P=14C92=1436=718．
故选：C．
直接利用列举法和组合数求出概率的值．
本题考查的知识要点：组合数，概率的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，则体积为v=πr2h，
若其体积扩大为原来的9倍，则扩大后的体积为V′=9πr2h，
因为高h不变，故体积9πr2h=π(3r)2h，即底面半径扩大为原来的3倍，
原来侧面积为S=2πrh，扩大后的圆柱侧面积为S′=2π⋅3rh=6πrh，故侧面积扩大为原来的3倍．
故选：B．
根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，由圆柱的体积和表面积公式分析可得答案．
本题考查圆柱的体积和表面积计算，涉及圆柱的结构特征，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，|AB|=6，圆的直径为10，所以圆的半径为5，
可得|PC|= 25−9=4，
所以点P的轨迹方程为(x−2)2+(y−4)2=16．
故选：C．
利用已知条件推出|PC|的距离是定值，推出轨迹方程．
本题考查轨迹方程的求法，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)恒成立，
因为x<0时，f(x)=ex，
所以f(ln2)=−f(−ln2)=−e−ln2=−12．
故选：C．
由已知结合奇函数的定义及已知区间上的函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
先根据题意和抛物线的性质可得到△PQF为等边三角形，进而即可求得|PF|的值．
【解答】
解：依题意有|PQ|=|QF|=|PF|，则△PQF为等边三角形，
又PQ//x轴，所以|PF|=|PQ|=4|OF|=2．
故选：A．
8.【答案】A
【解析】解：由题意得12a7=a8+a9，12=q+q2，解得q=3或q=−4(舍)，
则S6S3=a1(1−q6)1−qa1(1−q3)1−q=1−q61−q3=1+q3=1+33=28．
故选：A．
由等比数列的通项公式求出q，再由等比数列的前n项和公式代入化简，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由已知可得函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，
即f(π4−x)=f(π4+x)，
所以f(x)关于x=π4对称，
所以ω=4k+23，又ω>0，
所以k=0时，ω取最小值为23．
故选：A．
由S=4πR2=12π可得函数f(x)的图象关于x=π4对称，由正弦型函数的对称性列方程求ω的最小值．
本题考查正弦函数的图象，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：由f′(x)lnx+1xf(x)<0，得[f(x)lnx]′<0，
令g(x)=f(x)lnx，x∈(0,+∞)，则g′(x)=f′(x)lnx+1xf(x)<0，
所以g′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
所以g(x)在(0,+∞)上为减函数，
因为12>13>14，且y=ex在R上单调性递增，
所以e12>e13>e14，
所以g(e12)
故选：A．
根据已知条件构造函数g(x)=f(x)lnx，利用导数法求函数的单调性及指数函数的单调性，结合不等式的性质即可求解．
本题主要考查函数值大小的比较，利用导数法研究函数的单调性，考查逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：根据正棱锥的性质，易知球心在正棱锥的高线上，
设球心为O，P在平面ABCD内的射影为H，PH=h，
取M为BC中点，则HM//AB，且HM=12AB．
作OE⊥PM于E，设球的半径为r，
则AB=52r，HM=54r，PM= PH2+HM2= h2+(54r)2，OE=OH=r．
因为PH⊥HM，OE⊥PM，
所以△POE∽△PMH，
所以OPPM=OEHM，
即h−r h2+(54r)2=r54r，整理可得h=50r9．
连接AH，则AH= 22AB=5 2r4，
所以tan∠PAH=hAH=2 25⋅hr=20 29．
因为PH⊥平面ABCD，所以∠PAH即为直线PA与平面ABCD所成的角，
所以，PA与平面ABCD所成角的正切值为20 29．
故选：D．
根据正棱锥的性质得出球心的位置，进而构造相似三角形，根据相似三角形得出球的半径，以及四棱锥的高，即可得出答案．
本题考查通过正棱锥的性质得出球心的位置以及棱锥的高，并进行球的相关计算，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l的方程为x= 33y+c，其中c2=a2+b2，
联立x= 33y+c,x2a2−y2b2=1,得(b2−3a2)y2+2 3b2cy+3b4=0．
∴y1+y2=−2 3b2cb2−3a2，y1y2=3b4b2−3a2，
由AF=6FB，得y1=−6y2，即y1y2=−6，
∴y1y2+y2y1=−376，即(y1+y2)2y1y2=−256，
∴(−2 3b2cb2−3a2)23b4b2−3a2=4c2b2−3a2=−256，整理得c2a2=10049，
∴离心率e=ca=107．
故选：C．
设出直线l的方程为x= 33y+c，联立双曲线，得到两根之和，两根之积，由AF=6FB得到y1=−6y2，结合两根之和，两根之积，列出方程，求出离心率．
本题主要考查考查双曲线的性质，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】3 10
【解析】解：已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，a+2b=(t+4,1)，
∵(a+2b)//b，
∴−(t+4)=3，解得t=−7，
∴a=(−9,3)，|a|=3 10．
故答案为：3 10．
由向量平行的坐标运算，得到t=−7，再利用模的坐标公式求|a|．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
14.【答案】2 55
【解析】解：由sinα= 55,csβ=35,α,β均为锐角，得csα=2 55,sinβ=45，
则cs(α−β)=2 55×35+ 55×45=2 55．
故答案为：2 55．
利用两角和与差的三角函数公式化简即可求解．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，属于基础题．
15.【答案】9n+3
【解析】解：由图，第1个图中有6个化学键和6个原子，
第2个图中有11个化学键和10个原子，
第3个图中有16个化学键和14个原子，
观察可得，后一个图比前一个图多5个化学键和4个原子，
则第n个图有6+5(n−1)=5n+1个化学键和4n+2个原子，
所以总数为9n+3．
故答案为：9n+3．
从图(1)、图(2)、图(3)、…的个数之和找到对应的数字规律．
本题主要考查了归纳推理，属于基础题．
16.【答案】[2,+∞)
【解析】解：f′(x)=[a−2x+a(x−1)−2lnx]ex=[ax−2x−2lnx]ex≥0，
即ax−2x−2lnx≥0，对x∈(1,+∞)恒成立，令h(x)=ax−2x−2lnx(x>1)，
当a≥2时，ax−2x−2lnx≥2x−2x−2lnx=g(x)，
g′(x)=2+2x2−2x=2x2−2x+2x2>0，故g(x)>g(1)=0符合题意，
当a<2时，h(1)=a−2<0，∃m∈(1,+∞)，在(1,m)上，h(x)<0不合题意，故a≥2．
故答案为：[2,+∞)．
问题转化为f′(x)≥0对任意x∈(1,+∞)恒成立即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)补全表格如下：
该社区中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率为1540=38；
(2)∵K2=100×(5×25−15×55)220×80×60×40=122596≈12.760>10.828，
∴有99.9%的把握认为是否回老家祭祖与年龄有关．
【解析】(1)根据已知数据补全列联表后，由古典概型概率公式计算概率；
(2)计算出K2后可得结论．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了独立性检验的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：∵tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC，
∴sinAcsA(sinBcsB+sinCcsC)=3×sinBsinCcsBcsC，
∴sinA(sinBcsC+csBsinC)=3sinBsinCcsA，
∴sin(B+C)sinA=3sinBsinCcsA，
又sin(B+C)=sinA，∴sin2A=3sinBsinCcsA，
由正弦定理可得a2=3bccsA，
由余弦定理可得a2=3bccsA=32(b2+c2−a2)，
整理得3b2+3c2=5a2．
(2)由(1)可得：3b2+3c2=5a2，即a2=35(b2+c2)，
则csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−35(b2+c2)2bc=15(cb+bc)≥25，
当且仅当cb=bc，即b=c时，∠A取最大值，
此时3b2+3c2=6b2=5a2=75，则b2=252，
∵csA=25>0，则A∈(0,π2)，可得sinA= 1−(25)2= 215，
故S△ABC=12bcsinA=12b2× 215=12×252× 215=5 214．
【解析】(1)根据题意结合三角恒等变换整理得sin2A=3sinBsinCcsA，再利用正、余弦定理边化角分析运算；
(2)利用余弦定理结合基本不等式可得A取最大值时，b=c，csA=25，进而可求三角形的面积．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AC中点E，连接DE，BE，
∵△ABC为等边三角形，∴BE⊥AC，
又侧面PAC⊥底面ABC，BE⊂底面ABC，侧面PAC⋂底面ABC=AC，∴BE⊥平面PAC，
∵PA⊂平面PAC，
∴BE⊥PA，
又D，E分别为PA，AC中点，∴DE//PC，
又PA⊥PC，∴PA⊥DE，
∵DE∩BE=E，DE，BE⊂平面BDE，∴PA⊥平面BDE，
又BD⊂平面BDE，∴PA⊥BD；
(2)建立以E为坐标原点的空间直角坐标系E−xyz，如图所示：
设等边△ABC的边长为4，
∴A(0,−2,0)，B(2 3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,1, 3)，D(0,−12, 32)，
∴DB=(2 3,12,− 32)，PC=(0,1,− 3)，CB=(2 3,−2,0)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
则PC⋅n=0CB⋅n=0，即y− 3z=02 3x−2y=0，取x=1，y= 3，z=1，
∴平面PBC的法向量为n=(1, 3,1)，
∴|cs〈DB,n〉|=|DB⋅n||DB|⋅|n|=2 3 13× 5=2 19565，
∴直线BD与平面PBC所成角的正弦值为2 19565．
【解析】(1)取AC中点E，连接DE，BE，可得BE⊥AC，利用面面垂直性质得线面垂直，从而得线线垂直BE⊥PA，再由平行线性质得PA⊥DE，即可证明结论；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和直线与平面的夹角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得：e=ca= 32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c= 3，
∴椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)证明：设直线l1的方程为my=x−1(m≠0,±1)，直线l2的方程为−1my=x−1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，D(x0,y0).
联立my=x−1x24+y2=1，化为(m2+4)y2+2my−3=0，
Δ>0，y1+y2=−2mm2+4，
∴y0=12(y1+y2)=−mm2+4，
x0=my0+1=4m2+4，
∴D(4m2+4,−mm2+4).
同理可得E(4m21+4m2,m1+4m2).
∴kDE=m1+4m2+mm2+44m21+4m2−4m2+4=5m4(m2−1)，
∴直线ED的方程为：y+mm2+4=5m4(m2−1)(x−4m2+4)，
令y=0，解得x=45，
∴此时直线ED经过定点(45,0)．
可以验证m=±1时运算成立．
综上可得：直线ED经过定点(45,0)．
【解析】(1)由题意可得：e=ca= 32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，解得a，b，c，即可得出椭圆C的标准方程．
(2)设直线l1的方程为my=x−1(m≠0,±1)，直线l2的方程为−1my=x−1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，D(x0,y0).直线方程与椭圆方程联立，结合根与系数的关系、中点坐标公式可得D，E点的坐标．利用点斜式可得直线ED的方程，进而证明直线ED经过定点．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=lnx+3x，则f′(x)=1x−3x2=x−3x2，
所以f(1)=ln1+31=3，f′(1)=1−312=−2，
所以f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=−2(x−1)，
即2x+y−5=0；
(2)证明：由f(x)=lnx+3x−a2x2，可知f′(x)=1x−3x2+ax3=x2−3x+ax3，
因为x1，x2(x1
所以x1+x2=3，x1x2=a>0，
则f(x1)−f(x2)x1−x2=lnx1+3x1−a2x12−(lnx2+3x2−a2x22)x1−x2=lnx1−lnx2x1−x2−3x1x2+a(x1+x2)2x12x22=lnx1−lnx2x1−x2−3a+32a．
要证f(x1)−f(x2)x1−x2<32a成立，
只需证lnx1−lnx2x1−x2<3a，即证lnx1−lnx2x1−x2
设t=x1x2，则0
令h(t)=lnt−t+1t(0
所以h(t)在(0,1)上单调递减，则h(t)>h(1)=0，
所以lnt>t−1t，故f(x1)−f(x2)x1−x2<32a．
【解析】(1)求导，计算切点处的函数值与导数值，根据点斜式即可求解切线方程；
(2)根据极值点的定义，可得x1，x2是方程x2−3x+a=0的两个不等的正实根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成lnx1x2>x1x2−x2x1，令t=x1x2(0
22.【答案】解：(1)曲线C1：x=1+csα,y=sinα(α为参数)，消去参数得(x−1)2+y2=1，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入，得曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，
由ρ=−2sinθ得ρ2=−2ρsinθ，
∴x2+y2=−2y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+(y+1)2=1；
(2)易知直线l的极坐标方程为θ=−π3，代入曲线C1，C2的极坐标方程得ρ1=1，ρ2= 3，
∴|AB|=|ρ1−ρ2|= 3−1．
【解析】(1)将曲线C1的参数方程化为普通方程，进而化为极坐标方程即可；
(2)直线l： 3x+y=0过原点，所以化为极坐标方程后与曲线C1，C2的极坐标方程联立，利用ρ的几何意义求解即可．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】证明：(1)由于a>0，b>0，则f(x)=|x+a|+|x−b|≥|a+b|=a+b，
当且仅当−a≤x≤b取等号，故f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为a+b=2，
所以3a2+b2=3a2+(2−a)2=4a2−4a+4=(2a−1)2+3≥3，
当且仅当a=12，b=32时取等号．
(2)由(1)知a+b=2，所以a+1+b=3，
所以4a+1+1b=13(a+1+b)(4a+1+1b)=13(5+4ba+1+a+1b)≥13(5+2 4ba+1⋅a+1b)=3，当且仅当4ba+1=a+1b，即a=b=1时取等号．
【解析】(1)根据绝对值的三角不等式，得到f(x)的最小值为a+b=2，进而化简得到3a2+b2=4a2−4a+4，结合二次函数的性质，即可求解；
(2)由(1)得到a+1+b=3，化简4a+1+1b=13(5+4ba+1+a+1b)，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查了不等式的证明，考查了基本不等式的应用，属于中档题．回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
55
50周岁以上
15
40
总计
100
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100
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