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2022年山东省泰安市肥城市高考数学适应性训练试卷（二）
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这是一份2022年山东省泰安市肥城市高考数学适应性训练试卷（二），共19页。试卷主要包含了命题p，805B等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省泰安市肥城市高考数学适应性训练试卷（二）
1.（5分）设全集U=R，集合A={x|2x⩾1}，B={x|-1
A. {x|-1
2.（5分）命题p：有的等差数列是等比数列，则()
A. ¬p：有的等差数列不是等比数列
B. ¬p：有的等比数列是等差数列
C. ¬p：所有的等差数列都是等比数列
D. ¬p：所有的等差数列都不是等比数列
3.（5分）在矩形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上靠近E的三等分点，则向量DF→=()
A. 23AB→+43AC→ B. 43AB→-23AC→
C. 13AB→+23AC→ D. 13AB→-23AC→
4.（5分）已知1logm3=p，9p=n，其中m>0且m≠1，n>0且n≠1，若2m-n=0，则p的值为()
A. log32 B. log23 C. 2 D. 3
5.（5分）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”凭借憨态可掬的熊猫形象备受追捧，引来国内外粉丝争相购买，竟出现了“一墩难求”的局面．已知某工厂生产一批冰墩墩，产品合格率为90％.现引进一种设备对产品质量进行检测，但该设备存在缺陷，在产品为次品的前提下用该设备进行检测，检测结果有90％的可能为不合格，但在该产品为正品的前提下，检测结果也有5％的可能为不合格．现从生产的冰墩墩中任取一件用该设备进行检测，则检测结果为合格的概率是()
A. 0.805 B. 0.815 C. 0.865 D. 0.885
6.（5分）在正三棱锥A-BCD中，底面BCD是边长为2正三角形，E是BC的中点，若直线AE和平面BCD所成的角为45°，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为()
A. 4π B. 16π3 C. 25π3 D. 16π
7.（5分）函数f(x)=excosxe2x-1的大致图像为()
A. B.
C. D.
8.（5分）已知F1、F2为椭圆x24+y23=1的左、右焦点，若M为椭圆上一点，且△MF1F2的内切圆的周长等于π，则满足条件的点M的个数为()
A. 2 B. 4 C. 0 D. 不确定
9.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=2，以下结论正确的有()
A. EF→·AB→=2
B. 正方体ABCD-A1B1C1D1体积是三棱锥A-BEF的体积的6倍
C. A1C⊥AE
D. 异面直线AE，BF所成的角为定值
10.（5分）某校举行劳动技能大赛，统计了100名学生的比赛成绩，得到如图所示的频率分布直方图，已知成绩均在区间[40,100]内，不低于90分的视为优秀，低于60分的视为不及格．若同一组中数据用该组区间中间值做代表值，则下列说法中正确的是()
A. a=0.15 B. 优秀学生人数比不及格学生人数少15人
C. 该次比赛成绩的平均分约为70.5 D. 这次比赛成绩的69％分位数为78
11.（5分）向量a→=(sinωx,cosωx)，b→=(sin2(ωx2+π4),cos2ωx2)，ω>0，函数f(x)=a→⋅b→，则下述结论正确的有()
A. 若f(x)的图像关于直线x=π2对称，则ω可能为12
B. 周期T=π时，则f(x)的图像关于点(3π8,0)对称
C. 若f(x)的图像向左平移π3个单位长度后得到一个偶函数，则ω的最小值为34
D. 若f(x)在[-2π5,π6]上单调递增，则ω∈(0,32]
12.（5分）已知函数f(x)=lnxx，e是自然对数的底数，则()
A. f(x)的最大值为1e
B. 2ln3π>3lnπ2>3ln2π
C. 若x1lnx2=x2lnx1，则x1+x2=2e
D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，则x1x2>e2
13.（5分）点A(2,1,1)是直线l上一点，a→=(1,0,0)是直线l的一个方向向量，则点P(1,2,0)到直线l的距离是 ______.
14.（5分）在对某中学高一年级学生每周体育锻炼时间的调查中，采用随机数法，抽取了男生30人，女生20人．已知男同学每周锻炼时间的平均数为17小时，方差为11；女同学每周锻炼时间的平均数为12小时，方差为16.依据样本数据，估计本校高一年级学生每周体育锻炼时间的方差为 ______.
15.（5分）已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点M是抛物线C上一点，过点M作准线l的垂线，交l于点H，若|MH|=2，∠HFM=30°，则抛物线C的方程为 ______.
16.（5分）已知函数f(x)满足f(-x)=f(x)且f(x+4)=f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)=(x-2)ex+1，则f(x)的值域为______，若方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[-10,10]上有30个不同的实数根，则实数m的取值范围为 ______.
17.（12分）已知f(x)=3cos2x-sin2x，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，对∀x∈{A2-π12,B2-π12,C2-π12}，都有f(x)>0成立，从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，
(1)求角A；
(2)求△ABC周长的范围．
条件①(sinB-sinC)2=sin2A-sinBsinC；
条件②sinA=32；
条件③4cos2A2-cos2(B+C)=72.
18.（12分）如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC=30°，MN为上底面圆O'的一条直径，△MAC是边长为23的等边三角形，MB=4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值．
19.（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若nSn+1=(n+2)Sn，且a1=1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=1ana2n-1(n⩾2)，b1=1，数列{bn}的前n项和Tn，求证：Tn<32.
20.（12分）新冠病毒传播以来，在世界各地造成极大影响．“动态清零”政策是我国根据疫情防控经验的总结和提炼，是现阶段我们疫情防控的一个最佳选择和总方针．为落实动态清零政策下的常态化防疫，要求学校作为重点人群，每天要进行核酸检测．某高中学校核酸抽检工作：每天下午2：30开始，当天安排1150位师生核酸检测，教职员工每天都要检测，学生五天时间全员覆盖．
(1)该校教职员工有440人，高二学生有1200人，高三学生有1100人，
①用分层抽样的方法，求高一学生每天抽检人数；
②高一年级共20个班，该年级每天抽检的学生有两种安排方案，方案一：集中来自部分班级；方案二：分散来自所有班级，每班随机抽取20％.你认为哪种方案更合理，并给出理由．
(2)学校开展核酸抽检的某轮核酸抽检用时记录如下：
第x天
1
2
3
4
5
用时y(小时)
2.5
2.3
2.1
2.1
2.0
计算变量x和y的相关系数r(精确到0.01)，说明两变量线性相关的强弱；并根据r的计算结果，判定变量x和y是正相关，还是负相关，给出可能的原因．
参考数据和公式：10≈3.16，相关系数r=i=1n(xi-x)-(yi-y)-i=1n(xi-x)-2i=1n(yi-y)-2.
21.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知A1，A2两点的坐标分别是(-3,0),(3,0)，直线A1B，A2B相交于点B，且它们的斜率之积为13.
(1)求点B的轨迹方程；
(2)记点B的轨迹为曲线C，M，N，P，Q是曲线C上的点，若直线MN，PQ均过曲线C的右焦点F且互相垂直，线段MN的中点为R，线段PQ的中点为T.是否存在点G，使直线RT恒过点G，若存在，求出点G的坐标，若不存在，说明理由．
22.（12分）已知函数g(x)=t(lnx-x)-lnx+x22+t(t>2).
(1)求函数g(x)的极值；
(2)若g(m)-g(1)=0且m≠1，证明：∀x∈(1,m],tlnx-lnx-x+1>0.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，图中阴影部分表示的区域为A∪B，
A={x|2x⩾1}={x|x⩾0}，B={x|-1
故选：C.
根据题意，图中阴影部分表示的区域为属于A或属于B，即A∪B，对其求并集可得答案．
此题主要考查集合的Venn表示法，关键是分析出阴影部分表示的集合．
2.【答案】D
【解析】解：命题为特称命题，则命题的否定为所有的等差数列都不是等比数列．
故选：D.
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
此题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵在矩形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上靠近E的三等分点，
∴向量DF→=AF→-AD→=23AE→-AD→=23×12(AB→+AC→)-(AC→-AB→)=43AB→-23AC→，
故选：B.
利用平面向量基本定理和线性运算求解即可．
此题主要考查平面向量基本定理和线性运算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵1logm3=p，∴log3m=p，
∴m=3p，∵9p=n，2m-n=0，
∴2⋅3p=9p=(3p)2，
∴3p=2，∴p=log32，
故选：A.
利用指数幂，对数的性质和运算法则及换底公式求解．
此题主要考查指数幂，对数的性质、运算法则及换底公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意利用全概率计算公式可得检测结果为合格的概率=0.1×(1-0.9)+0.9×(1-0.05)=0.0865，
故选：C.
利用全概率计算公式即可得出结论．
此题主要考查了全概率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：连接DE，AE，过A点作AF⊥平面BCD于F，则F落在DE上，且为△BCD的重心，
所以∠AED为直线AE和底面BCD所成的角，即∠AED=45°，
因为△ABC的边长为2，所以EF=13DE=33,AF=33，
设三棱锥A-BCD外接球的球心为O，外接球半径为R，
则O在AF上，连接OD，
在RtΔOFD中，OF=|33-R|,DF=233,OD=R，
由勾股定理得，OF2+DF2=OD2，即(33-R)2+(233)2=R2，
解得R=536，
所以三棱锥外接球的表面积为S=4πR2=253π.
故选：C.
先作出直线AE和平面BCD所成的角，求得三棱锥的高AF，进而得到关于三棱锥外接球半径的方程，进而求得三棱锥外接球的表面积．
此题主要考查了正三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：因为f(-1)=1ecos(-1)1e2-1=ecos11-e2=-ecos1e2-1=-f(1)，故排除BD；
由f(x)=0得cosx=0，所以x=π2+kπ，k∈Z，因为f(π4)=eπ4cosπ4eπ2-1>0，A满足，C不满足，故排除C，
故选：A.
结合函数的零点位置，利用特殊值、函数的奇偶性判断．
此题主要考查函数的图象，函数的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设△MF1F2的内切圆的半径等于r，则由题意可得2πr=π，∴r=12.
由椭圆的定义可得|MF1|+|MF2|=2a=4，又 2c=2，
∴△MF1F2的面积等于 12(|MF1|+|MF2|+2c)r=3r=32.
又△MF1F2的面积等于 12⋅2c⋅|yM|=32，∴|yM|=32，
椭圆的短轴顶点(0,±3)，故满足条件的点M有4个，
故选：B.
设△MF1F2的内切圆的半径等于r，根据2πr=π，求得 r的值，由椭圆的定义可得|MF1|+|MF2|=2a，故△MF1F2的面积等于 12(|MF1|+|MF2|+2c)r=3r，又△MF1F2的面积等于 12×2cyM=32，求出yM的值，可得答案．
此题主要考查椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，求出yM，是解答该题的关键，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，易知D1C1//AB，∠C1D1B1=45°，所以EF→⋅AB→=2×2cos45°=2，所以A正确；
对于B项，连接BD交AC于点O，则AC⊥BD，又DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面DD1B1B，所以AC⊥平面DD1B1B，
所以三棱锥A-BEF的体积VA-BEF=13S△BEF⋅AO=
13⋅12EF⋅AB⋅BB1⋅sin45°
=13×12×2×2×2×22=23，
所以正方体ABCD-A1B1C1D1体积是三棱锥A-BEF的体积的12倍，所以B错误；
对于C项，如图建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A1(2,2,2)，A(2,2,0)，D1(2,0,2)，B1(0,2,2)，
所以CA→1=(2,2,2),AD1→=(0,-2,2),AB→1=(-2,0,2)，
所以CA→1⋅AD→1=0,CA→1⋅AB→1=0，即CA→1⊥AD1→,CA→1⊥AB→1，
因为AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，而AE⊂平面AB1D1，所以A1C⊥AE，所以C正确；
对于D项，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，
当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，显然两个角不相等，所以D错误；
故选：AC.
根据数量积的定义判断A，根据锥体的体积公式计算即可判断B，根据线面垂直的性质判断C，利用特殊点判断D.
此题主要考查棱锥的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵10×(0.01+a+0.02+0.03+a+0.01)=1，
∴a=0.015，
故选项A错误；
优秀学生人数为100×10×0.01=10，
不及格学生人数为100×(0.01+0.015)×10=25，
故优秀学生人数比不及格学生人数少15人，
故选项B正确；
该次比赛成绩的平均分约为
45×0.01×10+55×0.015×10+65×0.02×10+75×0.03×10+85×0.015×10+95×0.01×10=70.5，
故选项C正确；
∵10×(0.01+0.015+0.02)=0.45<69％，
10×(0.01+0.015+0.02+0.03)=0.75>69％，
∴这次比赛成绩的69％分位数为70+0.69-0.450.3×10=78，
故选项D正确；
故选：BCD.
利用频率分布直方图判断四个选项即可．
此题主要考查了频率分布直方图的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由向量a→=(sinωx,cosωx)，b→=(sin2(ωx2+π4),cos2ωx2)，ω>0，
则f(x)=a→⋅b→=sinωxsin2(ωx2+π4)+cosωxcos2ωx2=sinωx1-cos(ωx+π2)2+cosωx1+cosωx2=12sinωx+12cosωx+12=22sin(ωx+π4)+12，
对于选项A，令ωx+π4=kπ+π2，则x=π2为方程的解，即ω=2k+12，k∈Z，即ω可能为12，即选项A正确；
对于选项B，由周期T=π时，则ω=2，令ωx+π4=kπ，则x=kπ2-π8，k∈Z，则f(x)的图像关于点(3π8,12)对称，即选项B错误；
对于选项C，将f(x)的图像向左平移π3个单位长度后得到的图像对应解析式为g(x)=22sin(ωx+πω3+π4)，由y=g(x)为偶函数，则ωπ3+π4=kπ+π2，即ω=3k+34，k∈Z，则ω的最小值为34，即选项C正确；
对于选项D，令2kπ-π2⩽ωx+π4⩽2kπ+π2，解得f(x)的单调递增区间为[2kπ-3π4ω,2kπ+π4ω]，又f(x)在[-2π5,π6]上单调递增，则[-2π5,π6]⊆[-3π4ω,π4ω]，即{-2π5⩾-34ωπ6⩽π4ω，即ω∈(0,32],即选项D正确，
故答案为：ACD.
由平面向量数量积运算，结合三角恒等变换及三角函数图像的性质逐一判断即可得解．
此题主要考查了平面向量数量积运算，重点考查了三角恒等变换及三角函数图像的性质，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由题意得f(x)=lnxx，则f'(x)=1-lnxx2，
当00，f(x)递增，当x>e时，f'(x)<0，f(x)递减，
故f(x)max=f(e)=1e，故A正确；
由于3<π，由于当x>e时，f(x)递减，故f(3)>f(π)，
即ln33>lnππ,2πln3>2×3lnπ，即2ln3π>3lnπ2，
因为f(2)=ln22=ln44=f(4)3ln2π，
故2ln3π>3lnπ2>3ln2π，故B正确；
因为x1lnx2=x2lnx1，即lnx1x1=lnx2x2,f(x1)=f(x2)，
设g(t)=f(e+t)-f(e-t)，t∈(0,e)，由于当0e时，f(x)递减，
故g(t)=f(e+t)-f(e-t)，t∈(0,e)单调减函数，故g(t)
对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，不妨设0
则lnx1+lnx2=m(x1+x2),lnx1-lnx2=m(x1-x2),m=lnx1-lnx2x1-x2，
而x1x2>e2⇔lnx1+lnx2>2⇔m(x1+x2)>2⇔lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，
⇔lnx1-lnx2>2(x1-x2)x1+x2⇔lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1
设t=x1x2>1，令u(t)=lnt-2(t-1)t+1，
则u(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0，
即u(t)=lnt-2(t-1)t+1,(t>1)为单调增函数，故u(t)>u(1)=0，
即lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1成立，故x1x2>e2，故D正确，
故选：ABD.
对于A，求出函数的导数，判断导数正负，确定函数单调性，即可求得最大值；对于B，根据函数f(x)=lnxx的单调性，即可判断；对于C，构造函数g(t)=f(e+t)-f(e-t)，t∈(0,e)，判断其单调性，结合x1lnx2=x2lnx1即f(x1)=f(x2)即可判断；对于D，将f(x1)=f(x2)展开整理得lnx1+lnx2=m(x1+x2)，lnx1-lnx2=m(x1-x2)，然后采用分析法的思想，推出lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1，构造函数u(t)=lnt-2(t-1)t+1，求其最小值即可判断．
此题主要考查利用导数研究函数的最值，考查学生的综合能力，属于难题．
13.【答案】 2
【解析】解：由题意，点A(2,1,1)和P(1,2,0)，可得AP→=(-1,1,-1)，且|a→|=1，
所以点P(1,2,0)到直线l的距离是(AP→)2-(AP→⋅a→)2=3-1=2.
故答案为：2.
根据题意求得AP→=(-1,1,-1)，且|a→|=1，结合(AP→)2-(AP→⋅a→)2，即可求解．
此题主要考查空间向量及其应用，属于基础题．
14.【答案】 17
【解析】解：由题意，
估计本校高一年级学生每周体育锻炼时间的平均数为30×17+20×1250=15，
由方差性质得，
S2=30×11+(17-15)2×30+20×16+(12-15)2×2050=17，
故答案为：17.
由题意先求平均数，再利用方差性质求方差即可．
此题主要考查了方差性质的应用，属于基础题．
15.【答案】 y2=6x
【解析】解：如图所示，由抛物线的定义可知，|MF|=|MH|=2，
∵∠HFM=30°，∴△HMF为等腰三角形，
∴HF=23，∠MHF=60°，
∵MH⊥l，∴MH//x轴，
∴p=|GF|=23×32=3，
∴抛物线的方程为y2=6x，
故答案为：y2=6x.
由抛物线的定义可知，从而确定△HFM为等腰三角形，再结合平行关系即可求得p的值．
此题主要考查抛物线的方程、定义与几何性质，熟练运用抛物线的几何性质是解答该题的关键，考查计算能力，属于基础题．
16.【答案】 [-e+1，1] （1-e+11-e，-2）; 略
【解析】解：由题意，函数f(x)满足f(x+4)=f(x)且f(-x)=f(x)，
可得函数f(x)是[-10,10]上周期为4的偶函数，
又由区间[-10,10]内共有5个周期，方程[f(x)]2-mf(x)+1=0有30个不同的实数根，
所以每个周期内有6个不同的实根．
所以方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，
当x∈[0,2]时，f(x)=(x-2)ex+1，可得f'(x)=(x-1)ex，
当x∈(0,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1,2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(1)=-e+1，f(0)=-1，f(2)=1，
则f(x)的值域为[-e+1,1].
设t=f(x)，则t2-mt+1=0，
设h(t)=t2-mt+1，则-e+1⩽t⩽1，而h(0)=1>0，
要使方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，
则函数h(t)在[-e+1,1]上必有2个根，
且1个根在(-e+1,-1],另1个根在(-1,1]∪{-e+1},
如图所示：
当-e+1作为根时，另一个根在(-e+1,-1],
则{h(-e+1)=(-e+1)2-m(-e+1)+1=0h(-1)=1+m+1>0，此时m∈∅；
当一个根在(-1,1]时，另一个根在(-e+1,-1],
则{h(-e+1)=(-e+1)2-m(-e+1)+1>0h(-1)=1+m+1<0，解得1-e+11-e
故答案为：[-e+1,1]；(1-e+11-e,-2).
根据题意得到函数f(x)是[-10,10]上周期为4的偶函数，转化为每个周期内有6个不同的实根，得到方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，利用导数求得函数的单调性，求得函数的值域，设t=f(x)，转化为t2-mt+1=0，设h(t)=t2-mt+1，得到方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，得到1个根在(-e+1,-1],另1个根在(-1,1]∪{-e+1},分类讨论，即可求解．
此题主要考查了函数的零点、转化思想、分类讨论思想、数形结合思想及导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：（1）f(x)=3cos2x-sin2x=2cos（2x+π6），
令x=A2-π12，代入f（x）=2cos（2x+π6）＞0，解得2cosA＞0，
从而0＜A＜π2，同理可得0＜B＜π2，0＜C＜π2，
选择条件①：（sinB-sinC）2=sin2A-sinBsinC可化为（b-c）²=a²-bc，即b²+c²-a²=bc，
cosA=b2+c2-a22bc=12，得A=π3；
选择条件②：sinA=32，由0＜A＜π2，可得A=π3；
选择条件③：4cos²A2--cos2（B+C）=72，
则4•1+cosA2-cos2（π-A）=2+2cosA-cos2A=-2cos²A+2cosA+3=72，
解得cosA=12，从而A=π3；
（2）由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA=433，
则b=433sinB，c=433sinC，
则周长a+b+c=2+433sinB+433sinC=2+433[sinB+433sin（2π3-B）]
=2+433*=（sinB+32cosB+12sinB）
=2+4sin（B+π6），
由{0＜B＜π20＜C=2π3-B＜π2，可得π6＜B＜π2，则π3＜B+π6＜2π3，
于是32＜sin（B+π6）≤1，
所以2+23＜a+b+c≤6，
即△ABC的周长取值范围是（2+23，6]．
【解析】
(1)由三角恒等变换公式化简f(x)，选择①，由正余弦定理化简求解；选择②，由正弦函数求解；选择③，由二倍角公式化简后求解；
(2)由正弦定理转化为三角函数求解．
此题主要考查解三角形，涉及正余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：（1）证明：∵圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，
∴∠ACB=90°，
又∵∠BAC=30°，AC=23，
∴AB=MB=4，
∵AC=MC，BC=BC，
∴△ABC≌△MBC，
∴∠BCM=90°，
∴BC⊥MC，
又∵BC⊥AC，AC∩MC=C，AC⊂平面MAC，MC⊂平面MAC，
∴BC⊥平面MAC；
（2）取AC中点D，连接DM，DO，则MD⊥AC，由（1）知，BC⊥DM，
∵AC∩BC=C，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴DM⊥平面ABC，
又∵OD⊥AC，
∴以点D为坐标原点，DA，DO，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(3，0，0)，B(-3，2，0)，
∵OO′⊥平面ABC，
∴OO′∥DM，
∴四边形ODMO′为矩形，∴N（0，2，3），
平面MAC的一个法向量为n1→=(0，1，0)，
设平面NAB的一个法向量为n2→=(x，y，z)，AB→=(-23，2，0)，AN→=(-3，2，3)，
由{n2→·AB→=-23x+2y=0n2→·AN→=-3x+2y+3z=0，则可取n2→=(3，3，-1)，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为|n1→·n2→||n1→||n2→|=33+9+1=31313，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为31313．
【解析】
(1)由BC⊥MC，BC⊥AC，结合线面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，写出各点坐标，进而得到平面平面MAC和平面NAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
此题主要考查线线，线面，面面间垂直关系的判定与性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：（1）由nSn+1=（n+2）Sn，
则n（Sn+1-Sn）=2Sn，
即nan+1=2Sn，①
则（n-1）an=2Sn-1，②
①-②得：nan+1=（n+1）an
即an+1n+1=ann，（n≥2），
又S2=3S1，则a2=2，
则a22=a11，
即an+1n+1=ann，（n≥1，n∈N+），
则ann=a11=1，
即an=n，（n∈N+）；
（2）证明：由（1）得bn=1ana2n-1=1n(2n-1)=12×1n(n-12)＜12×1n(n-1)=12(1n-1-1n)（n≥2），
则当n=1时，T1=1＜32，
当n≥2时，Tn＜1+12[（1-12）+（12-13）+...+（1n-1-1n）]=32-12n＜32，
综上可得Tn＜32．
【解析】
(1)由nSn+1=(n+2)Sn，得nan+1=2Sn，然后求得an+1n+1=ann，(n⩾1,n∈N+)，再求数列通项公式即可；
(2)由(1)得bn=1ana2n-1=1n(2n-1)=12×1n(n-12)<12×1n(n-1)=12(1n-1-1n)(n⩾2)，再累加求和即可得证．
此题主要考查了利用数列递推式求数列通项公式，重点考查了裂项求和法，属中档题．
20.【答案】解：（1）①用分层抽样法，计算高一学生每天抽检人数为1150-440-1200+11005=250；
②方案二更合理，因为新冠病毒奥密克戎毒株传染性更强、潜伏期更短，
分散抽检可以全面检测年级中每个班级学生的状况，更有利于防控筛查工作；
（2）由表中数据，计算x-=15×（1+2+3+4+5）=3，y-=15×（2.5+2.3+2.1+2.1+2.0）=2.2，
i=15（xi-x-）（yi-y-）=（-2）×0.3+（-1）×0.1+0×（-0.1）+1×（-0.1）+2×（-0.2）=-1.2，
i=15(xi-x-)2=（-2）2+（-1）2+02+12+22=10，
i=15(yi-y-)2=0.32+0.12+（-0.1）2+（-0.1）2+（-0.2）2=0.16，
所以变量x和y的相关系数r=-1.210×0.16=-310=-33.16≈-0.95，
因为|r|=0.95，说明两变量线性相关很强，根据r＜0知，变量x和y是负相关，
可能的原因是，随着抽检工作的开展，学校相关管理协调工作效率提高，因此用时较短．
【解析】
(1)①直接利用分层抽样的公式求出高一学生每天抽检的人数；
②根据实际情况，结合题意，判断方案二更合理些；
(2)利用公式计算变量x和y的相关系数r，由此判断两变量线性相关的强弱，以及正、负相关性．
此题主要考查了相关系数的应用问题，也考查了数据分析与计算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：（1）设M（x，y），因为直线A1B，A2B相交于点B，且它们的斜率之积为13，
所以yx+3⋅yx-3=13，
整理可得x23-y2=1，
所以点B的轨迹方程为x23-y2=1(x≠±3)．
（2）因为曲线C的方程为x23-y2=1(x≠±3)，
所以直线MN，PQ的斜率都存在且不为0．
设直线MN：y=k（x-2），则直线PQ：y=-1k(x-2)，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
由{y=k(x-2)x2-3y2=3(x≠±3)可得：（3k2-1）x2-12k2x+12k2+3=0，
当3k2-1=0时，即k2=13，方程为-4x+7=0，此时只有一解，不符合题意，
当3k2-1≠0时，Δ=144k4-4（3k2-1）（12k2+3）=12（k2+1）＞0，
由韦达定理可得：x1+x2=12k23k2-1，所以点R的横坐标为xR=12(x1+x2)=6k23k2-1，
代入直线MN：y=k（x-2）可得：yR=k(xR-2)=k(6k23k2-1-2)=2k3k2-1，
所以线段MN的中点R(6k23k2-1，2k3k2-1)，
用-1k替换k可得xT=6k23k2-1=63-k2，yT=-2k3k2-1=-2k3-k2，
所以线段PQ的中点T(63-k2，-2k3-k2)，
当k≠±1时，kRT=2k3k2-1--2k3-k26k23k2-1-63-k2=2k(3-k2)+2k(3k2-1)6k2(3-k2)-6(3k2-1)=2k3(1-k2)，
直线RT的方程为：y+2k3-k2=2k3(1-k2)(x-63-k2)，
整理可得：y=2k3(1-k2)x-2k3(1-k2)⋅63-k2-2k3-k2
=2k3(1-k2)x-2k3-k2(63(1-k2)+1)=2k3(1-k2)x-2k3-k29-3k23(1-k2)=2k3(1-k2)(x-3)，
此时直线RT过定点G（3，0），
若k=±1时，
则R（3，1），T（3，-1），或R（3，-1），T（3，1），直线RT的方程为x=3，
此时直线RT也过点G（3，0），
综上所述：直线RT过定点G（3，0）．
【解析】
(1)根据直线斜率公式，结合已知等式进行求解即可；
(2)设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系、直线斜率公式进行求解即可．
此题主要考查轨迹方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
22.【答案】解：（1）因为函数g(x)=t(lnx-x)-lnx+x22+t(t＞2)的定义域为（0，+∞），
所以g'（x）=x-t+t-1x=(x-1)(x-t+1)x，
因为t＞2，所以t-1＞1，
由g'（x）＞0得：x＞t-1或0＜x＜1；
由g'（x）＜0得：0＜x＜t-1；
所以g（x）的单调递增区间为（0，1）和（t-1，+∞）；
单调递减区间为（1，t-1）．
所以g（x）的极大值为g（1）=12，g（x）的极小值为g（t-1）=（t-1）ln（t-1）+-t2+2t+12．
证明：（2）要证：∀x∈（1，m]，tlnx-lnx-x+1＞0，
即证：∀x∈（1，m]，t-1＞x-1lnx，
令f（x）=x-1lnx，1＜x≤m，
所以f'（x）=lnx-1+1x(lnx)2，
令h（x）=lnx-1+1x，
所以h'（x）=1x-1x2=x-1x2，
因为x＞1，所以h'（x）＞0，
所以h（x）在（1，m]上单调递增，
所以h（x）＞h（1）=0，
所以f'（x）＞0，所以f（x）在（1，m]上单调递增，
所以f（x）≤f（m）=m-1lnm，
所以要证：∀x∈（1，m]，t-1＞x-1lnx，
只需证t-1＞m-1lnm，①
因为g（m）-g（1）=0，
所以m22-t（m-1）+（t-1）lnm=12，
即(m-1)22=（t-1）（m-1-lnm），②
令t（x）=x-1-lnx，
则t'（x）=1-1x，
当x＞1时，t'（x）＞0，
所以t（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以t（x）＞t（1）=0，即x-1-lnx＞0，
所以m-1-lnm＞0，
故②式等价变形为：t-1=(m-1)22(m-1-lnm)，
所以要证①式成立，只需证(m-1)22(m-1-lnm)＞m-1lnm成立，
所以仅需证lnm＞2(m-1)m+1，
令H（x）=lnx-2(x-1)x+1，x＞1，
则H'（x）=(x-1)2x(x+1)2＞0，
所以H（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以H（x）＞H（1）=0，
即lnx＞2(x-1)x+1，
故结论得证．
【解析】
(1)求出导函数g'(x)，解不等式g'(x)>0和g'(x)<0得函数g(x)的单调区间，从而得出极值；(2)首先对所证的不等式进行变形即证：∀x∈(1,m],t-1>x-1lnx,引入新函数f(x)=x-1lnx，1m-1lnm，再由已知得出m与t的关系，同时利用导数对引入的函数t(x)=x-1-lnx，证明当x>1时，t(x)>0，即x-1-lnx>0，这样才能得出t-1=(m-1)22(m-1-lnm)，此时所证不等式转化为只有一个变量(m-1)22(m-1-lnm)>m-1lnm，即仅需证lnm>2(m-1)m+1，为此再引入函数，利用导数即可得出．
此题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属难题．
2022年山东省泰安市肥城市高考数学适应性训练试卷（二）
1.（5分）设全集U=R，集合A={x|2x⩾1}，B={x|-1
A. {x|-1
2.（5分）命题p：有的等差数列是等比数列，则()
A. ¬p：有的等差数列不是等比数列
B. ¬p：有的等比数列是等差数列
C. ¬p：所有的等差数列都是等比数列
D. ¬p：所有的等差数列都不是等比数列
3.（5分）在矩形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上靠近E的三等分点，则向量DF→=()
A. 23AB→+43AC→ B. 43AB→-23AC→
C. 13AB→+23AC→ D. 13AB→-23AC→
4.（5分）已知1logm3=p，9p=n，其中m>0且m≠1，n>0且n≠1，若2m-n=0，则p的值为()
A. log32 B. log23 C. 2 D. 3
5.（5分）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”凭借憨态可掬的熊猫形象备受追捧，引来国内外粉丝争相购买，竟出现了“一墩难求”的局面．已知某工厂生产一批冰墩墩，产品合格率为90％.现引进一种设备对产品质量进行检测，但该设备存在缺陷，在产品为次品的前提下用该设备进行检测，检测结果有90％的可能为不合格，但在该产品为正品的前提下，检测结果也有5％的可能为不合格．现从生产的冰墩墩中任取一件用该设备进行检测，则检测结果为合格的概率是()
A. 0.805 B. 0.815 C. 0.865 D. 0.885
6.（5分）在正三棱锥A-BCD中，底面BCD是边长为2正三角形，E是BC的中点，若直线AE和平面BCD所成的角为45°，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为()
A. 4π B. 16π3 C. 25π3 D. 16π
7.（5分）函数f(x)=excosxe2x-1的大致图像为()
A. B.
C. D.
8.（5分）已知F1、F2为椭圆x24+y23=1的左、右焦点，若M为椭圆上一点，且△MF1F2的内切圆的周长等于π，则满足条件的点M的个数为()
A. 2 B. 4 C. 0 D. 不确定
9.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=2，以下结论正确的有()
A. EF→·AB→=2
B. 正方体ABCD-A1B1C1D1体积是三棱锥A-BEF的体积的6倍
C. A1C⊥AE
D. 异面直线AE，BF所成的角为定值
10.（5分）某校举行劳动技能大赛，统计了100名学生的比赛成绩，得到如图所示的频率分布直方图，已知成绩均在区间[40,100]内，不低于90分的视为优秀，低于60分的视为不及格．若同一组中数据用该组区间中间值做代表值，则下列说法中正确的是()
A. a=0.15 B. 优秀学生人数比不及格学生人数少15人
C. 该次比赛成绩的平均分约为70.5 D. 这次比赛成绩的69％分位数为78
11.（5分）向量a→=(sinωx,cosωx)，b→=(sin2(ωx2+π4),cos2ωx2)，ω>0，函数f(x)=a→⋅b→，则下述结论正确的有()
A. 若f(x)的图像关于直线x=π2对称，则ω可能为12
B. 周期T=π时，则f(x)的图像关于点(3π8,0)对称
C. 若f(x)的图像向左平移π3个单位长度后得到一个偶函数，则ω的最小值为34
D. 若f(x)在[-2π5,π6]上单调递增，则ω∈(0,32]
12.（5分）已知函数f(x)=lnxx，e是自然对数的底数，则()
A. f(x)的最大值为1e
B. 2ln3π>3lnπ2>3ln2π
C. 若x1lnx2=x2lnx1，则x1+x2=2e
D. 对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，则x1x2>e2
13.（5分）点A(2,1,1)是直线l上一点，a→=(1,0,0)是直线l的一个方向向量，则点P(1,2,0)到直线l的距离是 ______.
14.（5分）在对某中学高一年级学生每周体育锻炼时间的调查中，采用随机数法，抽取了男生30人，女生20人．已知男同学每周锻炼时间的平均数为17小时，方差为11；女同学每周锻炼时间的平均数为12小时，方差为16.依据样本数据，估计本校高一年级学生每周体育锻炼时间的方差为 ______.
15.（5分）已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点M是抛物线C上一点，过点M作准线l的垂线，交l于点H，若|MH|=2，∠HFM=30°，则抛物线C的方程为 ______.
16.（5分）已知函数f(x)满足f(-x)=f(x)且f(x+4)=f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)=(x-2)ex+1，则f(x)的值域为______，若方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[-10,10]上有30个不同的实数根，则实数m的取值范围为 ______.
17.（12分）已知f(x)=3cos2x-sin2x，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，对∀x∈{A2-π12,B2-π12,C2-π12}，都有f(x)>0成立，从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，
(1)求角A；
(2)求△ABC周长的范围．
条件①(sinB-sinC)2=sin2A-sinBsinC；
条件②sinA=32；
条件③4cos2A2-cos2(B+C)=72.
18.（12分）如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC=30°，MN为上底面圆O'的一条直径，△MAC是边长为23的等边三角形，MB=4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值．
19.（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若nSn+1=(n+2)Sn，且a1=1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=1ana2n-1(n⩾2)，b1=1，数列{bn}的前n项和Tn，求证：Tn<32.
20.（12分）新冠病毒传播以来，在世界各地造成极大影响．“动态清零”政策是我国根据疫情防控经验的总结和提炼，是现阶段我们疫情防控的一个最佳选择和总方针．为落实动态清零政策下的常态化防疫，要求学校作为重点人群，每天要进行核酸检测．某高中学校核酸抽检工作：每天下午2：30开始，当天安排1150位师生核酸检测，教职员工每天都要检测，学生五天时间全员覆盖．
(1)该校教职员工有440人，高二学生有1200人，高三学生有1100人，
①用分层抽样的方法，求高一学生每天抽检人数；
②高一年级共20个班，该年级每天抽检的学生有两种安排方案，方案一：集中来自部分班级；方案二：分散来自所有班级，每班随机抽取20％.你认为哪种方案更合理，并给出理由．
(2)学校开展核酸抽检的某轮核酸抽检用时记录如下：
第x天
1
2
3
4
5
用时y(小时)
2.5
2.3
2.1
2.1
2.0
计算变量x和y的相关系数r(精确到0.01)，说明两变量线性相关的强弱；并根据r的计算结果，判定变量x和y是正相关，还是负相关，给出可能的原因．
参考数据和公式：10≈3.16，相关系数r=i=1n(xi-x)-(yi-y)-i=1n(xi-x)-2i=1n(yi-y)-2.
21.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知A1，A2两点的坐标分别是(-3,0),(3,0)，直线A1B，A2B相交于点B，且它们的斜率之积为13.
(1)求点B的轨迹方程；
(2)记点B的轨迹为曲线C，M，N，P，Q是曲线C上的点，若直线MN，PQ均过曲线C的右焦点F且互相垂直，线段MN的中点为R，线段PQ的中点为T.是否存在点G，使直线RT恒过点G，若存在，求出点G的坐标，若不存在，说明理由．
22.（12分）已知函数g(x)=t(lnx-x)-lnx+x22+t(t>2).
(1)求函数g(x)的极值；
(2)若g(m)-g(1)=0且m≠1，证明：∀x∈(1,m],tlnx-lnx-x+1>0.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，图中阴影部分表示的区域为A∪B，
A={x|2x⩾1}={x|x⩾0}，B={x|-1
故选：C.
根据题意，图中阴影部分表示的区域为属于A或属于B，即A∪B，对其求并集可得答案．
此题主要考查集合的Venn表示法，关键是分析出阴影部分表示的集合．
2.【答案】D
【解析】解：命题为特称命题，则命题的否定为所有的等差数列都不是等比数列．
故选：D.
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
此题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵在矩形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上靠近E的三等分点，
∴向量DF→=AF→-AD→=23AE→-AD→=23×12(AB→+AC→)-(AC→-AB→)=43AB→-23AC→，
故选：B.
利用平面向量基本定理和线性运算求解即可．
此题主要考查平面向量基本定理和线性运算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵1logm3=p，∴log3m=p，
∴m=3p，∵9p=n，2m-n=0，
∴2⋅3p=9p=(3p)2，
∴3p=2，∴p=log32，
故选：A.
利用指数幂，对数的性质和运算法则及换底公式求解．
此题主要考查指数幂，对数的性质、运算法则及换底公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意利用全概率计算公式可得检测结果为合格的概率=0.1×(1-0.9)+0.9×(1-0.05)=0.0865，
故选：C.
利用全概率计算公式即可得出结论．
此题主要考查了全概率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：连接DE，AE，过A点作AF⊥平面BCD于F，则F落在DE上，且为△BCD的重心，
所以∠AED为直线AE和底面BCD所成的角，即∠AED=45°，
因为△ABC的边长为2，所以EF=13DE=33,AF=33，
设三棱锥A-BCD外接球的球心为O，外接球半径为R，
则O在AF上，连接OD，
在RtΔOFD中，OF=|33-R|,DF=233,OD=R，
由勾股定理得，OF2+DF2=OD2，即(33-R)2+(233)2=R2，
解得R=536，
所以三棱锥外接球的表面积为S=4πR2=253π.
故选：C.
先作出直线AE和平面BCD所成的角，求得三棱锥的高AF，进而得到关于三棱锥外接球半径的方程，进而求得三棱锥外接球的表面积．
此题主要考查了正三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：因为f(-1)=1ecos(-1)1e2-1=ecos11-e2=-ecos1e2-1=-f(1)，故排除BD；
由f(x)=0得cosx=0，所以x=π2+kπ，k∈Z，因为f(π4)=eπ4cosπ4eπ2-1>0，A满足，C不满足，故排除C，
故选：A.
结合函数的零点位置，利用特殊值、函数的奇偶性判断．
此题主要考查函数的图象，函数的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设△MF1F2的内切圆的半径等于r，则由题意可得2πr=π，∴r=12.
由椭圆的定义可得|MF1|+|MF2|=2a=4，又 2c=2，
∴△MF1F2的面积等于 12(|MF1|+|MF2|+2c)r=3r=32.
又△MF1F2的面积等于 12⋅2c⋅|yM|=32，∴|yM|=32，
椭圆的短轴顶点(0,±3)，故满足条件的点M有4个，
故选：B.
设△MF1F2的内切圆的半径等于r，根据2πr=π，求得 r的值，由椭圆的定义可得|MF1|+|MF2|=2a，故△MF1F2的面积等于 12(|MF1|+|MF2|+2c)r=3r，又△MF1F2的面积等于 12×2cyM=32，求出yM的值，可得答案．
此题主要考查椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，求出yM，是解答该题的关键，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，易知D1C1//AB，∠C1D1B1=45°，所以EF→⋅AB→=2×2cos45°=2，所以A正确；
对于B项，连接BD交AC于点O，则AC⊥BD，又DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面DD1B1B，所以AC⊥平面DD1B1B，
所以三棱锥A-BEF的体积VA-BEF=13S△BEF⋅AO=
13⋅12EF⋅AB⋅BB1⋅sin45°
=13×12×2×2×2×22=23，
所以正方体ABCD-A1B1C1D1体积是三棱锥A-BEF的体积的12倍，所以B错误；
对于C项，如图建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A1(2,2,2)，A(2,2,0)，D1(2,0,2)，B1(0,2,2)，
所以CA→1=(2,2,2),AD1→=(0,-2,2),AB→1=(-2,0,2)，
所以CA→1⋅AD→1=0,CA→1⋅AB→1=0，即CA→1⊥AD1→,CA→1⊥AB→1，
因为AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，而AE⊂平面AB1D1，所以A1C⊥AE，所以C正确；
对于D项，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，
当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，显然两个角不相等，所以D错误；
故选：AC.
根据数量积的定义判断A，根据锥体的体积公式计算即可判断B，根据线面垂直的性质判断C，利用特殊点判断D.
此题主要考查棱锥的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵10×(0.01+a+0.02+0.03+a+0.01)=1，
∴a=0.015，
故选项A错误；
优秀学生人数为100×10×0.01=10，
不及格学生人数为100×(0.01+0.015)×10=25，
故优秀学生人数比不及格学生人数少15人，
故选项B正确；
该次比赛成绩的平均分约为
45×0.01×10+55×0.015×10+65×0.02×10+75×0.03×10+85×0.015×10+95×0.01×10=70.5，
故选项C正确；
∵10×(0.01+0.015+0.02)=0.45<69％，
10×(0.01+0.015+0.02+0.03)=0.75>69％，
∴这次比赛成绩的69％分位数为70+0.69-0.450.3×10=78，
故选项D正确；
故选：BCD.
利用频率分布直方图判断四个选项即可．
此题主要考查了频率分布直方图的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由向量a→=(sinωx,cosωx)，b→=(sin2(ωx2+π4),cos2ωx2)，ω>0，
则f(x)=a→⋅b→=sinωxsin2(ωx2+π4)+cosωxcos2ωx2=sinωx1-cos(ωx+π2)2+cosωx1+cosωx2=12sinωx+12cosωx+12=22sin(ωx+π4)+12，
对于选项A，令ωx+π4=kπ+π2，则x=π2为方程的解，即ω=2k+12，k∈Z，即ω可能为12，即选项A正确；
对于选项B，由周期T=π时，则ω=2，令ωx+π4=kπ，则x=kπ2-π8，k∈Z，则f(x)的图像关于点(3π8,12)对称，即选项B错误；
对于选项C，将f(x)的图像向左平移π3个单位长度后得到的图像对应解析式为g(x)=22sin(ωx+πω3+π4)，由y=g(x)为偶函数，则ωπ3+π4=kπ+π2，即ω=3k+34，k∈Z，则ω的最小值为34，即选项C正确；
对于选项D，令2kπ-π2⩽ωx+π4⩽2kπ+π2，解得f(x)的单调递增区间为[2kπ-3π4ω,2kπ+π4ω]，又f(x)在[-2π5,π6]上单调递增，则[-2π5,π6]⊆[-3π4ω,π4ω]，即{-2π5⩾-34ωπ6⩽π4ω，即ω∈(0,32],即选项D正确，
故答案为：ACD.
由平面向量数量积运算，结合三角恒等变换及三角函数图像的性质逐一判断即可得解．
此题主要考查了平面向量数量积运算，重点考查了三角恒等变换及三角函数图像的性质，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由题意得f(x)=lnxx，则f'(x)=1-lnxx2，
当0
故f(x)max=f(e)=1e，故A正确；
由于3<π，由于当x>e时，f(x)递减，故f(3)>f(π)，
即ln33>lnππ,2πln3>2×3lnπ，即2ln3π>3lnπ2，
因为f(2)=ln22=ln44=f(4)
故2ln3π>3lnπ2>3ln2π，故B正确；
因为x1lnx2=x2lnx1，即lnx1x1=lnx2x2,f(x1)=f(x2)，
设g(t)=f(e+t)-f(e-t)，t∈(0,e)，由于当0
故g(t)=f(e+t)-f(e-t)，t∈(0,e)单调减函数，故g(t)
对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，不妨设0
则lnx1+lnx2=m(x1+x2),lnx1-lnx2=m(x1-x2),m=lnx1-lnx2x1-x2，
而x1x2>e2⇔lnx1+lnx2>2⇔m(x1+x2)>2⇔lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，
⇔lnx1-lnx2>2(x1-x2)x1+x2⇔lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1
设t=x1x2>1，令u(t)=lnt-2(t-1)t+1，
则u(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0，
即u(t)=lnt-2(t-1)t+1,(t>1)为单调增函数，故u(t)>u(1)=0，
即lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1成立，故x1x2>e2，故D正确，
故选：ABD.
对于A，求出函数的导数，判断导数正负，确定函数单调性，即可求得最大值；对于B，根据函数f(x)=lnxx的单调性，即可判断；对于C，构造函数g(t)=f(e+t)-f(e-t)，t∈(0,e)，判断其单调性，结合x1lnx2=x2lnx1即f(x1)=f(x2)即可判断；对于D，将f(x1)=f(x2)展开整理得lnx1+lnx2=m(x1+x2)，lnx1-lnx2=m(x1-x2)，然后采用分析法的思想，推出lnx1x2>2(x1x2-1)x1x2+1，构造函数u(t)=lnt-2(t-1)t+1，求其最小值即可判断．
此题主要考查利用导数研究函数的最值，考查学生的综合能力，属于难题．
13.【答案】 2
【解析】解：由题意，点A(2,1,1)和P(1,2,0)，可得AP→=(-1,1,-1)，且|a→|=1，
所以点P(1,2,0)到直线l的距离是(AP→)2-(AP→⋅a→)2=3-1=2.
故答案为：2.
根据题意求得AP→=(-1,1,-1)，且|a→|=1，结合(AP→)2-(AP→⋅a→)2，即可求解．
此题主要考查空间向量及其应用，属于基础题．
14.【答案】 17
【解析】解：由题意，
估计本校高一年级学生每周体育锻炼时间的平均数为30×17+20×1250=15，
由方差性质得，
S2=30×11+(17-15)2×30+20×16+(12-15)2×2050=17，
故答案为：17.
由题意先求平均数，再利用方差性质求方差即可．
此题主要考查了方差性质的应用，属于基础题．
15.【答案】 y2=6x
【解析】解：如图所示，由抛物线的定义可知，|MF|=|MH|=2，
∵∠HFM=30°，∴△HMF为等腰三角形，
∴HF=23，∠MHF=60°，
∵MH⊥l，∴MH//x轴，
∴p=|GF|=23×32=3，
∴抛物线的方程为y2=6x，
故答案为：y2=6x.
由抛物线的定义可知，从而确定△HFM为等腰三角形，再结合平行关系即可求得p的值．
此题主要考查抛物线的方程、定义与几何性质，熟练运用抛物线的几何性质是解答该题的关键，考查计算能力，属于基础题．
16.【答案】 [-e+1，1] （1-e+11-e，-2）; 略
【解析】解：由题意，函数f(x)满足f(x+4)=f(x)且f(-x)=f(x)，
可得函数f(x)是[-10,10]上周期为4的偶函数，
又由区间[-10,10]内共有5个周期，方程[f(x)]2-mf(x)+1=0有30个不同的实数根，
所以每个周期内有6个不同的实根．
所以方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，
当x∈[0,2]时，f(x)=(x-2)ex+1，可得f'(x)=(x-1)ex，
当x∈(0,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1,2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(1)=-e+1，f(0)=-1，f(2)=1，
则f(x)的值域为[-e+1,1].
设t=f(x)，则t2-mt+1=0，
设h(t)=t2-mt+1，则-e+1⩽t⩽1，而h(0)=1>0，
要使方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，
则函数h(t)在[-e+1,1]上必有2个根，
且1个根在(-e+1,-1],另1个根在(-1,1]∪{-e+1},
如图所示：
当-e+1作为根时，另一个根在(-e+1,-1],
则{h(-e+1)=(-e+1)2-m(-e+1)+1=0h(-1)=1+m+1>0，此时m∈∅；
当一个根在(-1,1]时，另一个根在(-e+1,-1],
则{h(-e+1)=(-e+1)2-m(-e+1)+1>0h(-1)=1+m+1<0，解得1-e+11-e
故答案为：[-e+1,1]；(1-e+11-e,-2).
根据题意得到函数f(x)是[-10,10]上周期为4的偶函数，转化为每个周期内有6个不同的实根，得到方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，利用导数求得函数的单调性，求得函数的值域，设t=f(x)，转化为t2-mt+1=0，设h(t)=t2-mt+1，得到方程[f(x)]2-mf(x)+1=0在[0,2]内有3个不同的实数根，得到1个根在(-e+1,-1],另1个根在(-1,1]∪{-e+1},分类讨论，即可求解．
此题主要考查了函数的零点、转化思想、分类讨论思想、数形结合思想及导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：（1）f(x)=3cos2x-sin2x=2cos（2x+π6），
令x=A2-π12，代入f（x）=2cos（2x+π6）＞0，解得2cosA＞0，
从而0＜A＜π2，同理可得0＜B＜π2，0＜C＜π2，
选择条件①：（sinB-sinC）2=sin2A-sinBsinC可化为（b-c）²=a²-bc，即b²+c²-a²=bc，
cosA=b2+c2-a22bc=12，得A=π3；
选择条件②：sinA=32，由0＜A＜π2，可得A=π3；
选择条件③：4cos²A2--cos2（B+C）=72，
则4•1+cosA2-cos2（π-A）=2+2cosA-cos2A=-2cos²A+2cosA+3=72，
解得cosA=12，从而A=π3；
（2）由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA=433，
则b=433sinB，c=433sinC，
则周长a+b+c=2+433sinB+433sinC=2+433[sinB+433sin（2π3-B）]
=2+433*=（sinB+32cosB+12sinB）
=2+4sin（B+π6），
由{0＜B＜π20＜C=2π3-B＜π2，可得π6＜B＜π2，则π3＜B+π6＜2π3，
于是32＜sin（B+π6）≤1，
所以2+23＜a+b+c≤6，
即△ABC的周长取值范围是（2+23，6]．
【解析】
(1)由三角恒等变换公式化简f(x)，选择①，由正余弦定理化简求解；选择②，由正弦函数求解；选择③，由二倍角公式化简后求解；
(2)由正弦定理转化为三角函数求解．
此题主要考查解三角形，涉及正余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：（1）证明：∵圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，
∴∠ACB=90°，
又∵∠BAC=30°，AC=23，
∴AB=MB=4，
∵AC=MC，BC=BC，
∴△ABC≌△MBC，
∴∠BCM=90°，
∴BC⊥MC，
又∵BC⊥AC，AC∩MC=C，AC⊂平面MAC，MC⊂平面MAC，
∴BC⊥平面MAC；
（2）取AC中点D，连接DM，DO，则MD⊥AC，由（1）知，BC⊥DM，
∵AC∩BC=C，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴DM⊥平面ABC，
又∵OD⊥AC，
∴以点D为坐标原点，DA，DO，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(3，0，0)，B(-3，2，0)，
∵OO′⊥平面ABC，
∴OO′∥DM，
∴四边形ODMO′为矩形，∴N（0，2，3），
平面MAC的一个法向量为n1→=(0，1，0)，
设平面NAB的一个法向量为n2→=(x，y，z)，AB→=(-23，2，0)，AN→=(-3，2，3)，
由{n2→·AB→=-23x+2y=0n2→·AN→=-3x+2y+3z=0，则可取n2→=(3，3，-1)，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为|n1→·n2→||n1→||n2→|=33+9+1=31313，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为31313．
【解析】
(1)由BC⊥MC，BC⊥AC，结合线面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，写出各点坐标，进而得到平面平面MAC和平面NAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
此题主要考查线线，线面，面面间垂直关系的判定与性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：（1）由nSn+1=（n+2）Sn，
则n（Sn+1-Sn）=2Sn，
即nan+1=2Sn，①
则（n-1）an=2Sn-1，②
①-②得：nan+1=（n+1）an
即an+1n+1=ann，（n≥2），
又S2=3S1，则a2=2，
则a22=a11，
即an+1n+1=ann，（n≥1，n∈N+），
则ann=a11=1，
即an=n，（n∈N+）；
（2）证明：由（1）得bn=1ana2n-1=1n(2n-1)=12×1n(n-12)＜12×1n(n-1)=12(1n-1-1n)（n≥2），
则当n=1时，T1=1＜32，
当n≥2时，Tn＜1+12[（1-12）+（12-13）+...+（1n-1-1n）]=32-12n＜32，
综上可得Tn＜32．
【解析】
(1)由nSn+1=(n+2)Sn，得nan+1=2Sn，然后求得an+1n+1=ann，(n⩾1,n∈N+)，再求数列通项公式即可；
(2)由(1)得bn=1ana2n-1=1n(2n-1)=12×1n(n-12)<12×1n(n-1)=12(1n-1-1n)(n⩾2)，再累加求和即可得证．
此题主要考查了利用数列递推式求数列通项公式，重点考查了裂项求和法，属中档题．
20.【答案】解：（1）①用分层抽样法，计算高一学生每天抽检人数为1150-440-1200+11005=250；
②方案二更合理，因为新冠病毒奥密克戎毒株传染性更强、潜伏期更短，
分散抽检可以全面检测年级中每个班级学生的状况，更有利于防控筛查工作；
（2）由表中数据，计算x-=15×（1+2+3+4+5）=3，y-=15×（2.5+2.3+2.1+2.1+2.0）=2.2，
i=15（xi-x-）（yi-y-）=（-2）×0.3+（-1）×0.1+0×（-0.1）+1×（-0.1）+2×（-0.2）=-1.2，
i=15(xi-x-)2=（-2）2+（-1）2+02+12+22=10，
i=15(yi-y-)2=0.32+0.12+（-0.1）2+（-0.1）2+（-0.2）2=0.16，
所以变量x和y的相关系数r=-1.210×0.16=-310=-33.16≈-0.95，
因为|r|=0.95，说明两变量线性相关很强，根据r＜0知，变量x和y是负相关，
可能的原因是，随着抽检工作的开展，学校相关管理协调工作效率提高，因此用时较短．
【解析】
(1)①直接利用分层抽样的公式求出高一学生每天抽检的人数；
②根据实际情况，结合题意，判断方案二更合理些；
(2)利用公式计算变量x和y的相关系数r，由此判断两变量线性相关的强弱，以及正、负相关性．
此题主要考查了相关系数的应用问题，也考查了数据分析与计算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：（1）设M（x，y），因为直线A1B，A2B相交于点B，且它们的斜率之积为13，
所以yx+3⋅yx-3=13，
整理可得x23-y2=1，
所以点B的轨迹方程为x23-y2=1(x≠±3)．
（2）因为曲线C的方程为x23-y2=1(x≠±3)，
所以直线MN，PQ的斜率都存在且不为0．
设直线MN：y=k（x-2），则直线PQ：y=-1k(x-2)，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
由{y=k(x-2)x2-3y2=3(x≠±3)可得：（3k2-1）x2-12k2x+12k2+3=0，
当3k2-1=0时，即k2=13，方程为-4x+7=0，此时只有一解，不符合题意，
当3k2-1≠0时，Δ=144k4-4（3k2-1）（12k2+3）=12（k2+1）＞0，
由韦达定理可得：x1+x2=12k23k2-1，所以点R的横坐标为xR=12(x1+x2)=6k23k2-1，
代入直线MN：y=k（x-2）可得：yR=k(xR-2)=k(6k23k2-1-2)=2k3k2-1，
所以线段MN的中点R(6k23k2-1，2k3k2-1)，
用-1k替换k可得xT=6k23k2-1=63-k2，yT=-2k3k2-1=-2k3-k2，
所以线段PQ的中点T(63-k2，-2k3-k2)，
当k≠±1时，kRT=2k3k2-1--2k3-k26k23k2-1-63-k2=2k(3-k2)+2k(3k2-1)6k2(3-k2)-6(3k2-1)=2k3(1-k2)，
直线RT的方程为：y+2k3-k2=2k3(1-k2)(x-63-k2)，
整理可得：y=2k3(1-k2)x-2k3(1-k2)⋅63-k2-2k3-k2
=2k3(1-k2)x-2k3-k2(63(1-k2)+1)=2k3(1-k2)x-2k3-k29-3k23(1-k2)=2k3(1-k2)(x-3)，
此时直线RT过定点G（3，0），
若k=±1时，
则R（3，1），T（3，-1），或R（3，-1），T（3，1），直线RT的方程为x=3，
此时直线RT也过点G（3，0），
综上所述：直线RT过定点G（3，0）．
【解析】
(1)根据直线斜率公式，结合已知等式进行求解即可；
(2)设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系、直线斜率公式进行求解即可．
此题主要考查轨迹方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
22.【答案】解：（1）因为函数g(x)=t(lnx-x)-lnx+x22+t(t＞2)的定义域为（0，+∞），
所以g'（x）=x-t+t-1x=(x-1)(x-t+1)x，
因为t＞2，所以t-1＞1，
由g'（x）＞0得：x＞t-1或0＜x＜1；
由g'（x）＜0得：0＜x＜t-1；
所以g（x）的单调递增区间为（0，1）和（t-1，+∞）；
单调递减区间为（1，t-1）．
所以g（x）的极大值为g（1）=12，g（x）的极小值为g（t-1）=（t-1）ln（t-1）+-t2+2t+12．
证明：（2）要证：∀x∈（1，m]，tlnx-lnx-x+1＞0，
即证：∀x∈（1，m]，t-1＞x-1lnx，
令f（x）=x-1lnx，1＜x≤m，
所以f'（x）=lnx-1+1x(lnx)2，
令h（x）=lnx-1+1x，
所以h'（x）=1x-1x2=x-1x2，
因为x＞1，所以h'（x）＞0，
所以h（x）在（1，m]上单调递增，
所以h（x）＞h（1）=0，
所以f'（x）＞0，所以f（x）在（1，m]上单调递增，
所以f（x）≤f（m）=m-1lnm，
所以要证：∀x∈（1，m]，t-1＞x-1lnx，
只需证t-1＞m-1lnm，①
因为g（m）-g（1）=0，
所以m22-t（m-1）+（t-1）lnm=12，
即(m-1)22=（t-1）（m-1-lnm），②
令t（x）=x-1-lnx，
则t'（x）=1-1x，
当x＞1时，t'（x）＞0，
所以t（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以t（x）＞t（1）=0，即x-1-lnx＞0，
所以m-1-lnm＞0，
故②式等价变形为：t-1=(m-1)22(m-1-lnm)，
所以要证①式成立，只需证(m-1)22(m-1-lnm)＞m-1lnm成立，
所以仅需证lnm＞2(m-1)m+1，
令H（x）=lnx-2(x-1)x+1，x＞1，
则H'（x）=(x-1)2x(x+1)2＞0，
所以H（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以H（x）＞H（1）=0，
即lnx＞2(x-1)x+1，
故结论得证．
【解析】
(1)求出导函数g'(x)，解不等式g'(x)>0和g'(x)<0得函数g(x)的单调区间，从而得出极值；(2)首先对所证的不等式进行变形即证：∀x∈(1,m],t-1>x-1lnx,引入新函数f(x)=x-1lnx，1
此题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属难题．
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