还剩17页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年广西名校高三下学期高考模拟试卷数学信息卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2023-2024学年广西名校高三下学期高考模拟试卷数学信息卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x∣x>− 2},B=x∈N∣x2≤4，则A∩B=( )
A. {x∣− 2C. 0,1,2D. 0,1
2.已知复数z在复平面内的对应点为1,1，则z+1z的虚部为( )
A. 12iB. 32C. 12D. 32i
3.在△ABC中，D是BC的中点，E是AD中点，则AE+BE=( )
A. 23AC−12ABB. 12AC−12ABC. 14AC−14ABD. 34AC−14AB
4.函数fx=32x2−ax在区间2,4上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,8B. −∞,8C. 16,+∞D. 16,+∞
5.已知椭圆C：x212+y28=1的左焦点为F，P为C上一动点，定点A−1, 3，则PF+PA的最大值为( )
A. 4 3B. 6 3C. 2+2 3D. 2+4 3
6.已知数列an为等差数列，若a11a10<−1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的n的最大值为( )
A. 19B. 20C. 21D. 22
7.已知圆的方程为x2+y2−2x=0，M(x,y)为圆上任意一点，则y−2x−1的取值范围是 .( )
A. −3,3B. −1,1
C. −∞,− 3∪ 3,+∞D. −∞,−1∪1,+∞
8.函数fx=sin2x−csx+3π4的最大值为( )
A. 2B. 2C. 0D. −98
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列命题中正确的是( )
A. 某校按2:3:4的比例对高一、高二、高三三个年级的学生进行分层随机抽样，如果抽取的样本容量为900，则样本中高一年级的学生人数为300
B. 一组数据12，13，14，14，15，16的平均数与众数相同
C. 一组数据从小到大依次为1，2，3，5，m，若这组数据的极差为中位数的2倍，则m=7
D. 若甲组数据为1，2，3，4，5，乙组数据为6，7，8，9，10，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差
10.设函数fx的定义域为R，满足fx=2fx−2，当x∈0,2时，fx=x2−x，若对于任意的x∈−∞,m,都有fx≤3，则实数m的取值可以是( )
A. 3B. 92C. 112D. 6
11. 如图所示，设单位圆与x轴的正半轴相交于点A(1,0)，以x轴非负半轴为始边作锐角α，β，α−β，它们的终边分别与单位圆相交于点P1，A1，P，则下列说法正确的是( )
A. AP⌢的长度为α−β
B. 扇形OA1P1的面积为α−β
C. 当A1与P重合时，AP1=2sinβ
D. 当α=π3时，四边形OAA1P1面积的最大值为12
12.如图(a)，边长为2的正方形AP₁P₂P₃中，B，C分别是P₁P₂，P₂P₃的中点，AP₂交BC于D，现沿AB，AC及BC把这个正方形折成一个四面体，如图(b)，使P₁，P₂，P₃三点重合，重合后的点记为P，则有( )
A. 平面PAD⊥平面PBC
B. 四面体P−ABC的体积为13
C. 点P到平面ABC的距离为13
D. 四面体P−ABC的外接球的体积为 6π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点在直线y=x−2上，且焦点到渐近线的距离为 3，那么双曲线的方程为__________.
14.某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的5个，黄色的3个，蓝色的2个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同颜色的小球的概率为__________.
15.如图，正四面体ABCD的体积为2 23，E、F是棱AD、BD靠近点D的三等分点，G是棱BC靠近点B的三等分点，H是棱AC靠近点A的三等分点，则多面体AB−EFGH体积为__________.
16.定义在−π2,0∪0,π2上的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，且当x∈0,π2时，f′(x)tanx−f(x)>0，则不等式f(x)<2fπ6sinx的解集为__________.
四、解答题：本题共6小题，共72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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且acsC+ 2b+ccsA=0.
(1)求角A的大小；
(2)若D是线段BC的中点，且AD= 2,AC=4，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AB=AC=2 5，BC=4，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED.
(1)平面A1OB⊥平面BCED；
(2)若F为A1C的中点，求点F到面A1OB的距离．
19.(本小题12分)
已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足Snan=2n−1.
(1)证明：数列an为等比数列；
(2)若a1−a2=14,bn=an+1SnSn+1，数列bn的前n项和为Tn，证明：23≤Tn<1.
20.(本小题12分)
某种病菌在某地区人群中的带菌率为10%，目前临床医学研究中已有费用昂贵但能准确检测出个体是否带菌的方法．现引进操作易、成本低的新型检测方法：每次只需检测x，y两项指标，若指标x的值大于4且指标y的值大于100，则检验结果呈阳性，否则呈阴性．为考查该检测方法的准确度，随机抽取50位带菌者(用“*”表示)和50位不带菌者(用“+”表示)各做1次检测，他们检测后的数据，制成如统计图．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.
(1)从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，求检测结果呈阳性的概率；
(2)依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关？
(3)现用新型检测方法，对该地区人群进行全员检测，用频率估计概率，求每个被检者“带菌”且“检测结果呈阳性”的概率．
21.(本小题12分)
已知函数fx=lnx−ax+3+ln22.
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx≤1a2恒成立．
22.(本小题12分)
已知抛物线C：x2=2pyp>0上一点Mm,1到焦点的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点−1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,−2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB的方程.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据集合交集运算求解即可.
【解答】
解：由题B=x∈N∣x2≤4⇒B=0,1,2，
又A={x∣x>− 2}，
所以A∩B=0,1,2.
故选：C
2.【答案】C
【解析】【分析】
利用已知条件先得到z=1+i，再利用复数的运算法则求解即可得出结果.
【解答】
解：因为复数z在复平面内的对应点为1,1
所以z=1+i
z+1z=1+i+11+i=32+12i
所以虚部为12.
故选：C
3.【答案】B
【解析】【分析】
结合图形，利用平面向量的数乘运算即可得解.
【解答】
解：如图，D是BC的中点，E是AD中点，
所以AE+BE=ED+BE=BD=12BC=12AC−12AB.
故选：B.
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据指数型复合函数的单调性求解.
【解答】
解：设t=2x2−ax，
因为函数fx在区间2,4上单调递减，
所以根据复合函数的单调性可得，
函数t=2x2−ax在区间2,4上单调递减，
所以a4≥4，解得a≥16，
故选：C.
5.【答案】B
【解析】【分析】
记椭圆的右焦点为E，由椭圆定义转化PF+PA为4 3−PE+PA，当P是AE的延长线椭圆的交点时，可取得最大值．
【解答】
解：(−1)212+( 3)28=1124<1，A在椭圆内部，记椭圆的右焦点为E，E(2,0)，椭圆中a=2 3，P在椭圆上，
PF+PE=2a=4 3，PF=4 3−PE，
PF+PA=4 3−PE+PA≤4 3+AE，当P是AE的延长线椭圆的交点时，取等号，
所以PF+PA的最大值为4 3+ (−1−2)2+( 3−0)2=6 3，
故选：B.
6.【答案】A
【解析】【分析】
根据Sn的函数性质，结合a10,a11的正负，即可容易判断.
【解答】
解：因为数列an的前n项和Sn有最大值，故可得d<0；
又因为a11a10<−1，故可得a10>0,a11<0；且a10+a11=a1+a20<0；
又2a10=a1+a19>0，由等差数列的前n项和公式可知：
S19=19a1+a192>0,S20=10a1+a20<0.
故满足题意的n的最大值为19.
故选：A.
点睛：本题考查等差数列的下标和性质，其前n项和的函数性质，属综合中档题.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，利用斜率的几何意义求出取值范围，属于中档题.
根据式子结构，将函数问题转化为斜率问题，运用数形结合的思想，然后考查临界条件和直线与圆的位置关系即可得出取值范围.
【解答】
解：圆的方程化为x−12+y2=1，圆心(1,0)，半径为1，
令y−2x−1=k，表示过点(x,y)与点(1,2)两点的斜率，如图，当过点(1,2)的直线为圆的切线时，k取到临界值.
过点(1,2)作圆的切线，设切线方程为y−2=kx−1，即kx−y+2−k=0.
则k+2−k k2+1=1，解得k=± 3.
则结合图形可知y−2x−1的取值范围为(−∞,− 3]∪[ 3,+∞).
故选：C.
8.【答案】A
【解析】【分析】
先利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式化简，再令t=csx+sinx= 2sinx+π4，利用换元法求解即可.
【解答】
解：fx=sin2x−csx+3π4=2sinxcsx+ 22csx+sinx，
令t=csx+sinx= 2sinx+π4，则t∈− 2, 2，
故2sinxcsx=sinx+csx2−1=t2−1，
则y=t2−1+ 22t=t+ 242−98,t∈− 2, 2，
所以当t= 2时，ymax=2，
所以函数fx=sin2x−csx+3π4的最大值为2.
故选：A.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
由分层抽样的概念可判定A，由平均数和众数的概念可判定B，由中位数和极差的定义可判定C，由标准差的定义可判定D.
【解答】
解：对于A，可知高一学生数为22+3+4×900=200，故A错误；
对于B，该组数据的平均数x=12+13+14+14+15+166=14，众数也是14，故B正确；
对于C，易知该组数据的极差为m−1，中位数为3，则m−1=2×3⇒m=7，故C正确；
对于D，易知甲乙两组的平均数分别为x甲=3,x乙=8，
故两组数据的标准差分别为S甲= (1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(4−3)2+(5−3)25= 2，
S乙= (6−8)2+(7−8)2+(8−8)2+(9−8)2+(10−8)25= 2，故D错误.
故选：BC
10.【答案】AB
【解析】【分析】
根据∀x∈R,fx=2fx−2，且当x∈0,2时，fx=x2−x，作出函数的部分图象，结合图象即可求出实数m的取值范围，从而得出结论.
【解答】
解：由函数fx的定义域为R，满足fx=2fx−2，
当x∈0,2时，fx=x2−x可得，
当x∈2,4时，x−2∈0,2,fx=2fx−2=2x−22−x−2=2x−24−x,
当x∈4,6时，x−2∈2,4,fx=2fx−2=4x−2−24−x−2=4x−46−x；
作出函数fx的部分图象如下图所示：
由类周期函数性质可知，当x∈−∞,0时，fx≤3恒成立；
解方程4x−46−x=3可得x=92或x=112；
又因为对于任意的x∈−∞,m,都有fx≤3，利用图象可知m≤92，
因此选项AB符合题意.
故选：AB
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查弧长及扇形面积，三角形面积公式，正弦函数的性质等，属于中档题.
利用弧长公式判断A，利用扇形面积公式判断B，利用锐角三角函数判断C，根据SOAA1P1=S△AOA1+S△P1OA1、三角形面积公式及三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质计算出面积最大值，即可判断D.
【解答】
解：依题意圆的半径r=1，∠AOA1=β，
∠AOP=α−β，∠AOP1=α，
所以AP⌢的长度为α−β⋅r=α−β，故A正确；
因为∠A1OP1=α−β，
所以扇形OA1P1的面积S=12α−β⋅r2=12α−β，故B错误；
当A1与P重合时，即α−β=β，则α=2β，
在ΔAOP1中，|AP1|sinα=1sin π−α2，
则AP1=2sinα2=2sinβ，故C正确；
SOAA1P1=S△AOA1+S△P1OA1=12×1×1⋅sin β+12×1×1⋅sin (α−β)
=12sinβ+12sinα−β，
因为α=π3，所以SOAA1P1=12sinβ+12sinπ3−β=12sinβ+12sinπ3csβ−csπ3sinβ
=14sinβ+ 34csβ=1212sinβ+ 32csβ=12sinβ+π3
所以当β+π3=π2，即β=π6时SOAA1P1max=12，故D正确；
故选ACD.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理判断A；利用锥体的体积公式结合等积变换可判断BC；利用三棱锥P−ABC的外接球即是以2, 1, 1为棱长的长方体的外接球判断D.
【解答】
解：对于A，由已知可得AP⊥PB, AP⊥PC, PC∩PB=P，PC, PB⊂平面PBC，
则PA⊥平面PBC，又PA⊂平面PAD，故平面PAD⊥平面PBC，故A正确；
对于B，因为PA, PB, PC两两垂直，则VP−ABC=VA−PBC=13×12×1×1×2=13，故B正确；
对于C，设P到平面ABC的距离为h，∵S△ABC=22−12×1×2−12×1×2−12×1×1=32，
∴VP−ABC=13×32×h=h2=13，解得h=23.∴点P到平面ABC的距离为23，故C错误；
对于D，因PA, PB, PC两两垂直，故三棱锥P−ABC的外接球即是以2, 1, 1为棱长的长方体的外接球，
故球的半径为 4+1+12= 62，则球的体积为43π×64× 62= 6π，故D正确，
故选：ABD.
13.【答案】x2−y23=1
【解析】【分析】
根据点到直线的距离公式可得b= 3，由焦点在直线上可得c=2，进而可求解a= c2−b2=1.
【解答】
解：由题意可得双曲线的焦点在x轴上，
又直线y=x−2与x的交点为2,0，所以右焦点为2,0，故c=2，
渐近线方程为y=±bax，
所以c,0到渐近线的距离为bac 1+ba2=b= 3，
又a= c2−b2=1，故双曲线方程为x2−y23=1，
故答案为：x2−y23=1
14.【答案】109120
【解析】【分析】
应用组合数求取出3个为同一种颜色的取法、任取3个球的取法，应用古典概型、对立事件概率求法求至少含有两种不同颜色的小球的概率.
【解答】
解：由题意，取出3个为同一种颜色有C53+C33=11种取法，
10个大小一样的小球任取3个球有C103=120种取法，
所以至少含有两种不同颜色的小球的概率为1−11120=109120.
故答案为：109120
15.【答案】8 227
【解析】【分析】
多面体AB−EFGH体积为三棱锥E−BFG与四棱锥E−ABCH体积之和，再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可.
【解答】
解：连接BE,EG，
∵S△BFG=13×23S△BCD
∴VE−BFG=13×23VE−BCD=13×23×13VA−BCD=4 281，
∵S△CHG=23×23S△ABC，
∴VE−ABHG=23VD−ABHG=23×1−23×23VD−ABC=20 281，
∴多面体AB−EFGH体积为：VE−BFG+VE−ABFG=24 281=8 227.
故答案为：8 227.
16.【答案】−π2,−π6∪0,π6
【解析】【分析】
构造函数F(x)=f(x)sinx，通过研究F(x)奇偶性与单调性求解不等式.
【解答】
解：令F(x)=f(x)sinx，因为f(x)是定义在−π2,0∪0,π2上的奇函数，
则F(−x)=f(−x)sin(−x)=−f(x)−sinx=f(x)sinx=F(x)，
所以F(x)为偶函数.
当x∈0,π2时，sinx>0，csx>0，
由已知f′(x)tanx−f(x)>0，
所以F′(x)=f′(x)sinx−f(x)csxsin2x=csxsin2xf′(x)tanx−f(x)>0，
则F(x)在0,π2上单调递增，
由f(x)<2f(π6)sinx可化为f(x)sinx即F(x)当x∈−π2,0，sinx<0，则f(x)sinx>f(−π6)sin(−π6)，
即F(x)>F(−π6)，
由F(x)为偶函数，则F(x)在−π2,0上单调递减，
得−π2所以不等式f(x)<2fπ6sinx的解集为−π2,−π6∪0,π6.
故答案为：−π2,−π6∪0,π6.
关键点点睛：本题解题关键是构造函数F(x)=f(x)sinx并发现F(x)是偶函数，通过研究其单调性来解不等式，特别要注意分段讨论，因为sinx的符号不能确定.
17.【答案】解：(1)∵acsC+ 2b+ccsA=0，
∴由正弦定理可得sinAcsC+ 2sinBcsA+sinCcsA=0，
整理sinA+C+ 2sinBcsA=0，即sinB+ 2sinBcsA=0，
又∵B∈0,π，则sinB≠0，
∴csA=− 22，又A∈0,π,∴A=3π4.
(2)法一：如图，取AC中点E，连接DE，
∵D是线段BC的中点，∴DE//AB,DE=12AB，
在△ADE中，∠AED=π4,AE=2,AD= 2，
由余弦定理可得DE2−2 2DE+2=0,∴DE= 2,AB=2 2，
∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sinA=4.
法二：因为D是线段BC的中点，2AD=AB+AC，
4AD2=AB2+2AB⋅AC+AC2，即8=AB2+2|AB|⋅4⋅− 22+|AC|2，
∴AB=2 2，∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sinA=4.
【解析】(1)通过正弦定理将边化为角，再求解角即可；
(2)法一，取AC中点E，连接DE，分割图形再用余弦定理即可解决；法二，利用向量构建三边关系求出AB，再算面积即可.
18.【答案】解：(1)
证明：因为在△ABC中，AB=AC，D，E分别为AB，AC的中点.
所以△ADE为等腰三角形.
又因为O为DE的中点.
所以AO⊥DE，即翻折过后的A1O⊥DE，A1O⊂平面A1DE，
又因为平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED=ED.
所以A1O⊥平面BCED.
(2)因为在△ABC中计算得A1O=2，OB=2 2，
所以S△AOB=12A1O×OB=12×2×2 2=2 2，S△COB=12×4×2=4.
由图可知，VF−A1OB=12VC−A1OB=12VA1−BOC，设点F到平面A1OB的距离为h，
所以13S△A1OB⋅h=12×13S△BOC⋅A1O，即13×2 2h=12×13×4×2，
解得h= 2.
【解析】(1)只需要证明 A1O 垂直与平面BCED， A1O 在平面 A1OB 内，即可证明平面 A1OB⊥ 平面BCED；
(2)利用等体积法，与体积的比例 VF−A1OB=12VC−A1OB=12VA1−BOC 进行列式求解即可.
19.【答案】解：(1)由Snan=2n−1得Sn=2n−1an，则当n≥2时，有Sn−1=2n−1−1an−1，
两式相减得Sn−Sn−1=an=2n−1an−2n−1−1⋅an−1，
整理得2n−2an=2n−1−1an−1，即anan−1=2n−1−12n−2=12，
因此数列an是以12为公比的等比数列．
(2)由(1)及a1−a2=14可得a1=12，
因此an=12⋅12n−1=12n,Sn=121−12n1−12=1−12n.
于是bn=an+1SnSn+1=12n+11−12n1−12n+1=11−12n−11−12n+1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn=11−121−11−122+11−122−11−123+11−123−11−124
+⋯+11−12n−11−12n+1=2−11−12n+1，
由于n∈N*，所以0<12n+1≤14,34≤1−12n+1<1,1<11−12n+1≤43,23≤2−11−12n+1<1，
故23≤Tn<1.
【解析】(1)根据数列递推式可得当n≥2时，有Sn−1=2n−1−1an−1，结合Sn−Sn−1=an可推出anan−1=12，结合等比数列定义即可证明结论；
(2)结合(1)可求出an,Sn的表达式，可得bn的表达式，利用裂项相消法即可求得Tn，结合不等式性质即可证明结论.
20.【答案】解：(1)设A=“从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，检测结果呈阳性”，
根据统计图可知在不带菌者的50人中，检测结果呈阳性的有5人，所以PA=550=110.
(2)假设H0：“带菌”与“检测结果呈阳性”无关，根据题意可得2×2列联表如下：
根据列联表中的数据，经计算得到χ2=100×35×45−15×5250×50×40×60=37.5>10.828，
所以依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关．
(3)设B=“被检测者带菌”，C=“被检测者检测结果呈阳性”，
则BC=“被检测者‘带菌ˈ且‘检测结果呈阳性ˈ”，用频率估计概率，
根据题意可知PB=0.1，PC|B=3550=0.7，
所以由条件概率公式可知PBC=PB⋅PC|B=0.1×0.7=0.07.
【解析】(1)按古典概型进行求解；
(2)列出2×2列联表，再求出χ2进行判断；
(3)用条件概率公式进行求解.
21.【答案】解：(1)函数fx=lnx−ax+3+ln22的定义域为0,+∞，f′x=1x−a=1−axx.
当a≤0时，对任意的x>0，f′x>0，此时，函数fx的增区间为0,+∞，无减区间；
当a>0时，由f′x>0可得01a，
此时，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1a,+∞.
综上所述，当a≤0时，函数fx的增区间为0,+∞，无减区间；
当a>0时，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1a,+∞.
(2)当a>0时，若fx≤1a2恒成立，则fxmax≤1a2，
由(1)可知，函数fx在x=1a取极大值，亦即最大值，
即fxmax=f1a=−lna−1+3+ln22=1+ln22−lna，即证1a2≥1+ln22−lna，
即lna+1a2≥1+ln22，
构造函数ga=lna+1a2，其中a>0，则g′a=1a−2a3=a2−2a3，
由g′a<0可得00可得a> 2.
所以，函数ga的减区间为0, 2，增区间为 2,+∞，
所以，函数ga在a= 2处取得极小值，亦即最小值，
即gamin=g 2=ln 2+12=1+ln22，故ga=lna+1a2≥1+ln22，
故原不等式得证.
【解析】(1)求出函数fx的定义域及导数，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的增区间和减区间；
(2)由(1)可得出fxmax=1+ln22−lna，即证lna+1a2≥1+ln22，利用导数求出函数ga=lna+1a2的 最小值，即可证得结论成立.
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式fx>gx(或fx0(或fx−gx<0)，进而构造辅助函数hx=fx−gx；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22.【答案】解：(1)由题可知焦点的坐标为0,p2，
所以由抛物线的定义可知MF=1+p2=2，
即p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，
Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y，得x2−4kx−4k=0，
则Δ=16k2+16k>0，即k>0或k<−1，x1x2=−4k.
因为Q0,−2，所以kAQ=y1+2x1，
所以直线AQ的方程为y=y1+2x1x−2，
由y=y1+2x1x−2x2=4y，得x2−4y1+2x1x+8=0，
设Ex3,y3，则x1x3=8，得x3=8x1，
设Fx4,y4，同理可得x4=8x2，
则S△QABS△QEF=12QA⋅QBsin∠AQB12QE⋅QFsin∠AQB
=QA⋅QBQE⋅QF=y1+2y3+2⋅y2+2y4+2
=14x12+214x22+214x32+214x42+2
=116x12+8x22+8161x12+18⋅161x22+18
=116x12+8x22+82x12+82x22+8x12x22
=x12x2264=16k264=k24=13，
得k2=43，k=±2 33，
故直线AB的方程为y=2 33x+1或y=−2 33x+1.
【解析】(1)根据抛物线的定义结合题意列方程可求出p，从而可求得抛物线的方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线AQ的方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可表示出点E的横坐标，同理可表示出点F的横坐标，再由S△QABS△QEF=13化简可求出k的值，从而可求出直线AB的方程.
关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的三角形面积问题，解题的关键是分别表示出直线AB,AQ,BQ的方程，代入抛物线方程中化简利用根与系数的关系，表示出点E,F的坐标，再根据S△QABS△QEF=13列方程可求了直线AB的斜率，考查计算能力，属于较难题.
阳性
阴性
合计
带菌
35
15
50
不带菌
5
45
50
合计
40
60
100
1.已知集合A={x∣x>− 2},B=x∈N∣x2≤4，则A∩B=( )
A. {x∣− 2
2.已知复数z在复平面内的对应点为1,1，则z+1z的虚部为( )
A. 12iB. 32C. 12D. 32i
3.在△ABC中，D是BC的中点，E是AD中点，则AE+BE=( )
A. 23AC−12ABB. 12AC−12ABC. 14AC−14ABD. 34AC−14AB
4.函数fx=32x2−ax在区间2,4上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,8B. −∞,8C. 16,+∞D. 16,+∞
5.已知椭圆C：x212+y28=1的左焦点为F，P为C上一动点，定点A−1, 3，则PF+PA的最大值为( )
A. 4 3B. 6 3C. 2+2 3D. 2+4 3
6.已知数列an为等差数列，若a11a10<−1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使得Sn>0的n的最大值为( )
A. 19B. 20C. 21D. 22
7.已知圆的方程为x2+y2−2x=0，M(x,y)为圆上任意一点，则y−2x−1的取值范围是 .( )
A. −3,3B. −1,1
C. −∞,− 3∪ 3,+∞D. −∞,−1∪1,+∞
8.函数fx=sin2x−csx+3π4的最大值为( )
A. 2B. 2C. 0D. −98
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列命题中正确的是( )
A. 某校按2:3:4的比例对高一、高二、高三三个年级的学生进行分层随机抽样，如果抽取的样本容量为900，则样本中高一年级的学生人数为300
B. 一组数据12，13，14，14，15，16的平均数与众数相同
C. 一组数据从小到大依次为1，2，3，5，m，若这组数据的极差为中位数的2倍，则m=7
D. 若甲组数据为1，2，3，4，5，乙组数据为6，7，8，9，10，则甲组数据的标准差大于乙组数据的标准差
10.设函数fx的定义域为R，满足fx=2fx−2，当x∈0,2时，fx=x2−x，若对于任意的x∈−∞,m,都有fx≤3，则实数m的取值可以是( )
A. 3B. 92C. 112D. 6
11. 如图所示，设单位圆与x轴的正半轴相交于点A(1,0)，以x轴非负半轴为始边作锐角α，β，α−β，它们的终边分别与单位圆相交于点P1，A1，P，则下列说法正确的是( )
A. AP⌢的长度为α−β
B. 扇形OA1P1的面积为α−β
C. 当A1与P重合时，AP1=2sinβ
D. 当α=π3时，四边形OAA1P1面积的最大值为12
12.如图(a)，边长为2的正方形AP₁P₂P₃中，B，C分别是P₁P₂，P₂P₃的中点，AP₂交BC于D，现沿AB，AC及BC把这个正方形折成一个四面体，如图(b)，使P₁，P₂，P₃三点重合，重合后的点记为P，则有( )
A. 平面PAD⊥平面PBC
B. 四面体P−ABC的体积为13
C. 点P到平面ABC的距离为13
D. 四面体P−ABC的外接球的体积为 6π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点在直线y=x−2上，且焦点到渐近线的距离为 3，那么双曲线的方程为__________.
14.某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的5个，黄色的3个，蓝色的2个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同颜色的小球的概率为__________.
15.如图，正四面体ABCD的体积为2 23，E、F是棱AD、BD靠近点D的三等分点，G是棱BC靠近点B的三等分点，H是棱AC靠近点A的三等分点，则多面体AB−EFGH体积为__________.
16.定义在−π2,0∪0,π2上的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，且当x∈0,π2时，f′(x)tanx−f(x)>0，则不等式f(x)<2fπ6sinx的解集为__________.
四、解答题：本题共6小题，共72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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且acsC+ 2b+ccsA=0.
(1)求角A的大小；
(2)若D是线段BC的中点，且AD= 2,AC=4，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AB=AC=2 5，BC=4，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED.
(1)平面A1OB⊥平面BCED；
(2)若F为A1C的中点，求点F到面A1OB的距离．
19.(本小题12分)
已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足Snan=2n−1.
(1)证明：数列an为等比数列；
(2)若a1−a2=14,bn=an+1SnSn+1，数列bn的前n项和为Tn，证明：23≤Tn<1.
20.(本小题12分)
某种病菌在某地区人群中的带菌率为10%，目前临床医学研究中已有费用昂贵但能准确检测出个体是否带菌的方法．现引进操作易、成本低的新型检测方法：每次只需检测x，y两项指标，若指标x的值大于4且指标y的值大于100，则检验结果呈阳性，否则呈阴性．为考查该检测方法的准确度，随机抽取50位带菌者(用“*”表示)和50位不带菌者(用“+”表示)各做1次检测，他们检测后的数据，制成如统计图．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.
(1)从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，求检测结果呈阳性的概率；
(2)依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关？
(3)现用新型检测方法，对该地区人群进行全员检测，用频率估计概率，求每个被检者“带菌”且“检测结果呈阳性”的概率．
21.(本小题12分)
已知函数fx=lnx−ax+3+ln22.
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx≤1a2恒成立．
22.(本小题12分)
已知抛物线C：x2=2pyp>0上一点Mm,1到焦点的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点−1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,−2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB的方程.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据集合交集运算求解即可.
【解答】
解：由题B=x∈N∣x2≤4⇒B=0,1,2，
又A={x∣x>− 2}，
所以A∩B=0,1,2.
故选：C
2.【答案】C
【解析】【分析】
利用已知条件先得到z=1+i，再利用复数的运算法则求解即可得出结果.
【解答】
解：因为复数z在复平面内的对应点为1,1
所以z=1+i
z+1z=1+i+11+i=32+12i
所以虚部为12.
故选：C
3.【答案】B
【解析】【分析】
结合图形，利用平面向量的数乘运算即可得解.
【解答】
解：如图，D是BC的中点，E是AD中点，
所以AE+BE=ED+BE=BD=12BC=12AC−12AB.
故选：B.
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据指数型复合函数的单调性求解.
【解答】
解：设t=2x2−ax，
因为函数fx在区间2,4上单调递减，
所以根据复合函数的单调性可得，
函数t=2x2−ax在区间2,4上单调递减，
所以a4≥4，解得a≥16，
故选：C.
5.【答案】B
【解析】【分析】
记椭圆的右焦点为E，由椭圆定义转化PF+PA为4 3−PE+PA，当P是AE的延长线椭圆的交点时，可取得最大值．
【解答】
解：(−1)212+( 3)28=1124<1，A在椭圆内部，记椭圆的右焦点为E，E(2,0)，椭圆中a=2 3，P在椭圆上，
PF+PE=2a=4 3，PF=4 3−PE，
PF+PA=4 3−PE+PA≤4 3+AE，当P是AE的延长线椭圆的交点时，取等号，
所以PF+PA的最大值为4 3+ (−1−2)2+( 3−0)2=6 3，
故选：B.
6.【答案】A
【解析】【分析】
根据Sn的函数性质，结合a10,a11的正负，即可容易判断.
【解答】
解：因为数列an的前n项和Sn有最大值，故可得d<0；
又因为a11a10<−1，故可得a10>0,a11<0；且a10+a11=a1+a20<0；
又2a10=a1+a19>0，由等差数列的前n项和公式可知：
S19=19a1+a192>0,S20=10a1+a20<0.
故满足题意的n的最大值为19.
故选：A.
点睛：本题考查等差数列的下标和性质，其前n项和的函数性质，属综合中档题.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，利用斜率的几何意义求出取值范围，属于中档题.
根据式子结构，将函数问题转化为斜率问题，运用数形结合的思想，然后考查临界条件和直线与圆的位置关系即可得出取值范围.
【解答】
解：圆的方程化为x−12+y2=1，圆心(1,0)，半径为1，
令y−2x−1=k，表示过点(x,y)与点(1,2)两点的斜率，如图，当过点(1,2)的直线为圆的切线时，k取到临界值.
过点(1,2)作圆的切线，设切线方程为y−2=kx−1，即kx−y+2−k=0.
则k+2−k k2+1=1，解得k=± 3.
则结合图形可知y−2x−1的取值范围为(−∞,− 3]∪[ 3,+∞).
故选：C.
8.【答案】A
【解析】【分析】
先利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式化简，再令t=csx+sinx= 2sinx+π4，利用换元法求解即可.
【解答】
解：fx=sin2x−csx+3π4=2sinxcsx+ 22csx+sinx，
令t=csx+sinx= 2sinx+π4，则t∈− 2, 2，
故2sinxcsx=sinx+csx2−1=t2−1，
则y=t2−1+ 22t=t+ 242−98,t∈− 2, 2，
所以当t= 2时，ymax=2，
所以函数fx=sin2x−csx+3π4的最大值为2.
故选：A.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
由分层抽样的概念可判定A，由平均数和众数的概念可判定B，由中位数和极差的定义可判定C，由标准差的定义可判定D.
【解答】
解：对于A，可知高一学生数为22+3+4×900=200，故A错误；
对于B，该组数据的平均数x=12+13+14+14+15+166=14，众数也是14，故B正确；
对于C，易知该组数据的极差为m−1，中位数为3，则m−1=2×3⇒m=7，故C正确；
对于D，易知甲乙两组的平均数分别为x甲=3,x乙=8，
故两组数据的标准差分别为S甲= (1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(4−3)2+(5−3)25= 2，
S乙= (6−8)2+(7−8)2+(8−8)2+(9−8)2+(10−8)25= 2，故D错误.
故选：BC
10.【答案】AB
【解析】【分析】
根据∀x∈R,fx=2fx−2，且当x∈0,2时，fx=x2−x，作出函数的部分图象，结合图象即可求出实数m的取值范围，从而得出结论.
【解答】
解：由函数fx的定义域为R，满足fx=2fx−2，
当x∈0,2时，fx=x2−x可得，
当x∈2,4时，x−2∈0,2,fx=2fx−2=2x−22−x−2=2x−24−x,
当x∈4,6时，x−2∈2,4,fx=2fx−2=4x−2−24−x−2=4x−46−x；
作出函数fx的部分图象如下图所示：
由类周期函数性质可知，当x∈−∞,0时，fx≤3恒成立；
解方程4x−46−x=3可得x=92或x=112；
又因为对于任意的x∈−∞,m,都有fx≤3，利用图象可知m≤92，
因此选项AB符合题意.
故选：AB
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查弧长及扇形面积，三角形面积公式，正弦函数的性质等，属于中档题.
利用弧长公式判断A，利用扇形面积公式判断B，利用锐角三角函数判断C，根据SOAA1P1=S△AOA1+S△P1OA1、三角形面积公式及三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质计算出面积最大值，即可判断D.
【解答】
解：依题意圆的半径r=1，∠AOA1=β，
∠AOP=α−β，∠AOP1=α，
所以AP⌢的长度为α−β⋅r=α−β，故A正确；
因为∠A1OP1=α−β，
所以扇形OA1P1的面积S=12α−β⋅r2=12α−β，故B错误；
当A1与P重合时，即α−β=β，则α=2β，
在ΔAOP1中，|AP1|sinα=1sin π−α2，
则AP1=2sinα2=2sinβ，故C正确；
SOAA1P1=S△AOA1+S△P1OA1=12×1×1⋅sin β+12×1×1⋅sin (α−β)
=12sinβ+12sinα−β，
因为α=π3，所以SOAA1P1=12sinβ+12sinπ3−β=12sinβ+12sinπ3csβ−csπ3sinβ
=14sinβ+ 34csβ=1212sinβ+ 32csβ=12sinβ+π3
所以当β+π3=π2，即β=π6时SOAA1P1max=12，故D正确；
故选ACD.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理判断A；利用锥体的体积公式结合等积变换可判断BC；利用三棱锥P−ABC的外接球即是以2, 1, 1为棱长的长方体的外接球判断D.
【解答】
解：对于A，由已知可得AP⊥PB, AP⊥PC, PC∩PB=P，PC, PB⊂平面PBC，
则PA⊥平面PBC，又PA⊂平面PAD，故平面PAD⊥平面PBC，故A正确；
对于B，因为PA, PB, PC两两垂直，则VP−ABC=VA−PBC=13×12×1×1×2=13，故B正确；
对于C，设P到平面ABC的距离为h，∵S△ABC=22−12×1×2−12×1×2−12×1×1=32，
∴VP−ABC=13×32×h=h2=13，解得h=23.∴点P到平面ABC的距离为23，故C错误；
对于D，因PA, PB, PC两两垂直，故三棱锥P−ABC的外接球即是以2, 1, 1为棱长的长方体的外接球，
故球的半径为 4+1+12= 62，则球的体积为43π×64× 62= 6π，故D正确，
故选：ABD.
13.【答案】x2−y23=1
【解析】【分析】
根据点到直线的距离公式可得b= 3，由焦点在直线上可得c=2，进而可求解a= c2−b2=1.
【解答】
解：由题意可得双曲线的焦点在x轴上，
又直线y=x−2与x的交点为2,0，所以右焦点为2,0，故c=2，
渐近线方程为y=±bax，
所以c,0到渐近线的距离为bac 1+ba2=b= 3，
又a= c2−b2=1，故双曲线方程为x2−y23=1，
故答案为：x2−y23=1
14.【答案】109120
【解析】【分析】
应用组合数求取出3个为同一种颜色的取法、任取3个球的取法，应用古典概型、对立事件概率求法求至少含有两种不同颜色的小球的概率.
【解答】
解：由题意，取出3个为同一种颜色有C53+C33=11种取法，
10个大小一样的小球任取3个球有C103=120种取法，
所以至少含有两种不同颜色的小球的概率为1−11120=109120.
故答案为：109120
15.【答案】8 227
【解析】【分析】
多面体AB−EFGH体积为三棱锥E−BFG与四棱锥E−ABCH体积之和，再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可.
【解答】
解：连接BE,EG，
∵S△BFG=13×23S△BCD
∴VE−BFG=13×23VE−BCD=13×23×13VA−BCD=4 281，
∵S△CHG=23×23S△ABC，
∴VE−ABHG=23VD−ABHG=23×1−23×23VD−ABC=20 281，
∴多面体AB−EFGH体积为：VE−BFG+VE−ABFG=24 281=8 227.
故答案为：8 227.
16.【答案】−π2,−π6∪0,π6
【解析】【分析】
构造函数F(x)=f(x)sinx，通过研究F(x)奇偶性与单调性求解不等式.
【解答】
解：令F(x)=f(x)sinx，因为f(x)是定义在−π2,0∪0,π2上的奇函数，
则F(−x)=f(−x)sin(−x)=−f(x)−sinx=f(x)sinx=F(x)，
所以F(x)为偶函数.
当x∈0,π2时，sinx>0，csx>0，
由已知f′(x)tanx−f(x)>0，
所以F′(x)=f′(x)sinx−f(x)csxsin2x=csxsin2xf′(x)tanx−f(x)>0，
则F(x)在0,π2上单调递增，
由f(x)<2f(π6)sinx可化为f(x)sinx
即F(x)>F(−π6)，
由F(x)为偶函数，则F(x)在−π2,0上单调递减，
得−π2
故答案为：−π2,−π6∪0,π6.
关键点点睛：本题解题关键是构造函数F(x)=f(x)sinx并发现F(x)是偶函数，通过研究其单调性来解不等式，特别要注意分段讨论，因为sinx的符号不能确定.
17.【答案】解：(1)∵acsC+ 2b+ccsA=0，
∴由正弦定理可得sinAcsC+ 2sinBcsA+sinCcsA=0，
整理sinA+C+ 2sinBcsA=0，即sinB+ 2sinBcsA=0，
又∵B∈0,π，则sinB≠0，
∴csA=− 22，又A∈0,π,∴A=3π4.
(2)法一：如图，取AC中点E，连接DE，
∵D是线段BC的中点，∴DE//AB,DE=12AB，
在△ADE中，∠AED=π4,AE=2,AD= 2，
由余弦定理可得DE2−2 2DE+2=0,∴DE= 2,AB=2 2，
∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sinA=4.
法二：因为D是线段BC的中点，2AD=AB+AC，
4AD2=AB2+2AB⋅AC+AC2，即8=AB2+2|AB|⋅4⋅− 22+|AC|2，
∴AB=2 2，∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sinA=4.
【解析】(1)通过正弦定理将边化为角，再求解角即可；
(2)法一，取AC中点E，连接DE，分割图形再用余弦定理即可解决；法二，利用向量构建三边关系求出AB，再算面积即可.
18.【答案】解：(1)
证明：因为在△ABC中，AB=AC，D，E分别为AB，AC的中点.
所以△ADE为等腰三角形.
又因为O为DE的中点.
所以AO⊥DE，即翻折过后的A1O⊥DE，A1O⊂平面A1DE，
又因为平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED=ED.
所以A1O⊥平面BCED.
(2)因为在△ABC中计算得A1O=2，OB=2 2，
所以S△AOB=12A1O×OB=12×2×2 2=2 2，S△COB=12×4×2=4.
由图可知，VF−A1OB=12VC−A1OB=12VA1−BOC，设点F到平面A1OB的距离为h，
所以13S△A1OB⋅h=12×13S△BOC⋅A1O，即13×2 2h=12×13×4×2，
解得h= 2.
【解析】(1)只需要证明 A1O 垂直与平面BCED， A1O 在平面 A1OB 内，即可证明平面 A1OB⊥ 平面BCED；
(2)利用等体积法，与体积的比例 VF−A1OB=12VC−A1OB=12VA1−BOC 进行列式求解即可.
19.【答案】解：(1)由Snan=2n−1得Sn=2n−1an，则当n≥2时，有Sn−1=2n−1−1an−1，
两式相减得Sn−Sn−1=an=2n−1an−2n−1−1⋅an−1，
整理得2n−2an=2n−1−1an−1，即anan−1=2n−1−12n−2=12，
因此数列an是以12为公比的等比数列．
(2)由(1)及a1−a2=14可得a1=12，
因此an=12⋅12n−1=12n,Sn=121−12n1−12=1−12n.
于是bn=an+1SnSn+1=12n+11−12n1−12n+1=11−12n−11−12n+1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn=11−121−11−122+11−122−11−123+11−123−11−124
+⋯+11−12n−11−12n+1=2−11−12n+1，
由于n∈N*，所以0<12n+1≤14,34≤1−12n+1<1,1<11−12n+1≤43,23≤2−11−12n+1<1，
故23≤Tn<1.
【解析】(1)根据数列递推式可得当n≥2时，有Sn−1=2n−1−1an−1，结合Sn−Sn−1=an可推出anan−1=12，结合等比数列定义即可证明结论；
(2)结合(1)可求出an,Sn的表达式，可得bn的表达式，利用裂项相消法即可求得Tn，结合不等式性质即可证明结论.
20.【答案】解：(1)设A=“从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，检测结果呈阳性”，
根据统计图可知在不带菌者的50人中，检测结果呈阳性的有5人，所以PA=550=110.
(2)假设H0：“带菌”与“检测结果呈阳性”无关，根据题意可得2×2列联表如下：
根据列联表中的数据，经计算得到χ2=100×35×45−15×5250×50×40×60=37.5>10.828，
所以依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关．
(3)设B=“被检测者带菌”，C=“被检测者检测结果呈阳性”，
则BC=“被检测者‘带菌ˈ且‘检测结果呈阳性ˈ”，用频率估计概率，
根据题意可知PB=0.1，PC|B=3550=0.7，
所以由条件概率公式可知PBC=PB⋅PC|B=0.1×0.7=0.07.
【解析】(1)按古典概型进行求解；
(2)列出2×2列联表，再求出χ2进行判断；
(3)用条件概率公式进行求解.
21.【答案】解：(1)函数fx=lnx−ax+3+ln22的定义域为0,+∞，f′x=1x−a=1−axx.
当a≤0时，对任意的x>0，f′x>0，此时，函数fx的增区间为0,+∞，无减区间；
当a>0时，由f′x>0可得0
此时，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1a,+∞.
综上所述，当a≤0时，函数fx的增区间为0,+∞，无减区间；
当a>0时，函数fx的增区间为0,1a，减区间为1a,+∞.
(2)当a>0时，若fx≤1a2恒成立，则fxmax≤1a2，
由(1)可知，函数fx在x=1a取极大值，亦即最大值，
即fxmax=f1a=−lna−1+3+ln22=1+ln22−lna，即证1a2≥1+ln22−lna，
即lna+1a2≥1+ln22，
构造函数ga=lna+1a2，其中a>0，则g′a=1a−2a3=a2−2a3，
由g′a<0可得0
所以，函数ga的减区间为0, 2，增区间为 2,+∞，
所以，函数ga在a= 2处取得极小值，亦即最小值，
即gamin=g 2=ln 2+12=1+ln22，故ga=lna+1a2≥1+ln22，
故原不等式得证.
【解析】(1)求出函数fx的定义域及导数，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的增区间和减区间；
(2)由(1)可得出fxmax=1+ln22−lna，即证lna+1a2≥1+ln22，利用导数求出函数ga=lna+1a2的 最小值，即可证得结论成立.
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式fx>gx(或fx
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22.【答案】解：(1)由题可知焦点的坐标为0,p2，
所以由抛物线的定义可知MF=1+p2=2，
即p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，
Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y，得x2−4kx−4k=0，
则Δ=16k2+16k>0，即k>0或k<−1，x1x2=−4k.
因为Q0,−2，所以kAQ=y1+2x1，
所以直线AQ的方程为y=y1+2x1x−2，
由y=y1+2x1x−2x2=4y，得x2−4y1+2x1x+8=0，
设Ex3,y3，则x1x3=8，得x3=8x1，
设Fx4,y4，同理可得x4=8x2，
则S△QABS△QEF=12QA⋅QBsin∠AQB12QE⋅QFsin∠AQB
=QA⋅QBQE⋅QF=y1+2y3+2⋅y2+2y4+2
=14x12+214x22+214x32+214x42+2
=116x12+8x22+8161x12+18⋅161x22+18
=116x12+8x22+82x12+82x22+8x12x22
=x12x2264=16k264=k24=13，
得k2=43，k=±2 33，
故直线AB的方程为y=2 33x+1或y=−2 33x+1.
【解析】(1)根据抛物线的定义结合题意列方程可求出p，从而可求得抛物线的方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线AQ的方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可表示出点E的横坐标，同理可表示出点F的横坐标，再由S△QABS△QEF=13化简可求出k的值，从而可求出直线AB的方程.
关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的三角形面积问题，解题的关键是分别表示出直线AB,AQ,BQ的方程，代入抛物线方程中化简利用根与系数的关系，表示出点E,F的坐标，再根据S△QABS△QEF=13列方程可求了直线AB的斜率，考查计算能力，属于较难题.
阳性
阴性
合计
带菌
35
15
50
不带菌
5
45
50
合计
40
60
100
相关试卷
2024年广西高三高考模拟数学试卷（名校）： 这是一份2024年广西高三高考模拟数学试卷（名校），共4页。
2024届广西名校高考模拟预测数学试卷（原卷版+解析版）： 这是一份2024届广西名校高考模拟预测数学试卷（原卷版+解析版），文件包含2024届广西名校高考模拟预测数学试卷原卷版docx、2024届广西名校高考模拟预测数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
2024广西高三下学期新教材新高考桂柳信息冲刺金卷（四）数学含解析： 这是一份2024广西高三下学期新教材新高考桂柳信息冲刺金卷（四）数学含解析，共14页。试卷主要包含了3，需要更换D元件的概率为0等内容，欢迎下载使用。
