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2022年山东省潍坊市高考数学核心素养测评试卷（3月份）
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这是一份2022年山东省潍坊市高考数学核心素养测评试卷（3月份），共20页。试卷主要包含了250-1除以7的余数是，已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省潍坊市高考数学核心素养测评试卷（3月份）
1.（5分）如图，已知全集U=R，集合A={1,2,3,4,5}，B={x|(x+1)(x-2)>0}，则图中阴影部分表示的集合中，所包含元素的个数为()
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2.（5分）“a>1，b>1”是“ab>1”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.（5分）设函数f(x)={x-3,x⩾10f(f(x+4)),x<10，则f(8)=()
A. 10 B. 9 C. 7 D. 6
4.（5分）某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为①②③④四个部分(水瓶内胆壁厚不计)，它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱．若其中圆台部分的体积为52πcm3，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出10π3cm3，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为()
A. 640πcm3 B. 1930π3cm3
C. 320πcm3 D. 965π3cm3
5.（5分）关于x的不等式|x+a|+|x+3|>a恒成立，则实数a的取值范围为()
A. (-∞,0]∪(32,+∞) B. (2,+∞)
C. (-∞,32) D. (-∞,2)
6.（5分）250-1除以7的余数是()
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
7.（5分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A，直线y=kx交E于第一象限内的点B.点C在E上，若四边形OABC为平行四边形，则()
A. 若k越大，则E的长轴越长 B. 若k越大，则E越扁
C. 若k=33，则E的离心率为223 D. 若k=3，则E的离心率最大
8.（5分）如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn，(n∈N*)，则Xn=()
A. 112πa2(19)n-1
B. 332πa2[1-(19)n]
C. 18πa2[1-(13)n]
D. 112πa2[(19)n-1-(13)n-1+1]
9.（5分）已知复数z满足|z|=|z-1|=1，且复数z对应的点在第一象限，则下列结论正确的是()
A. 复数z的虚部为32i B. 1z=12-32i
C. z2=z-1 D. 复数z的共轭复数为-12+32i
10.（5分）已知事件A，B满足A⊆B，且P(B)=0.5，则一定有()
A. P(A-B)>0.5 B. P(B-|A)<0.5
C. P(AB-)<0.25 D. P(A|B)>0.5
11.（5分）如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是平面A1BC1内一个动点，且满足PD+PB1=2+13，则下列结论正确的是()
A. B1D⊥PB
B. 点P的轨迹是一个半径为2的圆
C. 直线B1P与平面A1BC1所成角为π3
D. 三棱锥P-BB1C1体积的最大值为32+62
12.（5分）我们约定双曲线E1：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与双曲线E2：x2a2-y2b2=λ(0<λ<1)为相似双曲线，其中相似比为λ.则下列说法正确的是()
A. E1，E2的离心率相同，渐近线也相同
B. 以E1，E2的实轴为直径的圆的面积分别记为S1，S2，则S1S2=λ
C. 过E1上的任一点P引E1的切线交E2于点A，B，则点P为线段AB的中点
D. 斜率为k(k>0)的直线与E1，E2的右支由上到下依次交于点A，B，C，D，则|AC|>|BD|
13.（5分）在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，点P为CD的中点，则AB→·AP→=______.
14.（5分）已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)在[-π4,π8]上单调递增，则ω的一个取值为 ______.
15.（5分）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：3，AC=4，则△ABD面积的最大值为 ______.
16.（5分）设函数f(x)=exx+a(x-1)+b(a,b∈R)在区间[1,3]上总存在零点，则a2+b2的最小值为 ______.
17.（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为3(a2+b2-c2)4.
(1)求∠C；
(2)若∠A=π2，∠C的角平分线CE与边AB相交于点E，延长CE至点D，使得CE=DE，求cos∠ADB.
18.（12分）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置，二面角D1-AA1-C1的大小为30°.
(1)证明：A1，B1，C1，D1四点共面，且A1D1⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1=A1C1=2AB=4，设G为DD1的中点，求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值．
19.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(0,18)，点P到点M的距离比点P到x轴的距离大18，记P的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)过点P(x0,y0)(其中x0≠0)的两条直线分别交C于E，F两点，直线PE，PF分别交y轴于A，B两点，且满足|PA|=|PB|.记k1为直线EF的斜率，k2为C在点P处的切线斜率，判断k1+k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
20.（12分）已知{an}和{bn}均为等差数列，a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，记cn=max{b1-na1,b2-na2,…，bn-nan}(n=1,2,3,…)，其中max{x1,x2,…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．
(1)计算c1，c2，c3，猜想数列{cn}的通项公式并证明；
(2)设数列{1(3-cn)(2-cn)}的前n项和为Sn，若Sn<-m2+4m对任意n∈N*恒成立，求偶数m的值．
21.（12分）已知函数f(x)=alnx-x+1x(a>0).
(1)当x⩾1时，f(x)⩽0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，g(x)=xf(x)+x2-1，方程g(x)=m的根为x1，x2，且x2>x1，求证：x2-x1>1+em.
22.（12分）某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱子，其中第k(k=1,2,…，100)个箱子中有k个数学题，100-k个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目(每次取出不放回)，并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．
(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为p，答对每一个物理题的概率为q.
①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；
②已知p+q=1，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p，q的值．
(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由韦恩图可知，图中阴影部分表示的集合为A∩CUB，
∵A={1,2,3,4,5}，B={x|(x+1)(x-2)>0}={x|x>2或x<-1}，
∴A∩CUB={1,2}，所包含元素的个数为2，
故选：B.
根据韦恩图可知阴影部分所表示的集合为A∩CUB，从而可得正确选项．
此题主要考查了集合间的关系及运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：“a>1，b>1”⇒“ab>1”，反之不成立，例如取a=12，b=4．
∴“a>1，b>1”是“ab>1”的充分不必要条件．
故选：A．
“a>1，b>1”⇒“ab>1”，反之不成立，例如取a=12，b=4.即可判断出结论．
该题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：函数f(x)={x-3,x⩾10f(f(x+4)),x<10，
f(8)=f(f(12))=f(9)=f(f(13))=f(10)=10-3=7.
故选：C.
推导出f(8)=f(f(12))=f(9)=f(f(13))=f(10)，由此能求出结果．
此题主要考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：依题意可得，球的半径为r=5cm，
体积V1=12×43π×125=2503πcm3，
大圆柱的体积V2=25π×20=500πcm3，
小圆柱的体积V3=4π×2=8πcm3，
所以盖上瓶塞后，水瓶的最大盛水量为V=2503π+500π+8π+52π-103π=640πcm3.
故选：A.
利用球、圆柱、圆台的体积公式即可求解．
此题主要考查组合体体积的计算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵|x+a|+|x+3|>a恒成立，
∴|a-3|>a，
①当a-3⩾0，即a⩾3时，∴a-3>a，∴a∈∅，
②当a-3<0，即a<3时，∴3-a>a，∴a<32，
综上，实数a的取值范围为(-∞,32)，
故选：C.
利用绝对值不等式的性质得到|a-3|>a，再解绝对值不等式即可求解．
此题主要考查绝对值不等式的性质和解法，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：250=248⋅22=816⋅4，
∵816=(1+7)16=C160+C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716，
∴250-1=4(C160+C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716)-1
=4(C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716)+4-1
=4(C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716)+3，
∵C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716能被7整除，
∴250-1除以7的余数是3，
故选：D.
先变形得到250=816⋅4=(1+7)16⋅4，再利用二项式定理展开即可求解．
此题主要考查二项式定理的应用，合理变形是关键，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意可知四边形OABC为平行四边形，则BC//OA，
即点B，点C关于y轴对称，且BC=OA=a，设B(x0,kx0)，
则C(-x0,kx0)，BC=2x0=a(x0>0)，
∴a2=4x02，
又∵x02a2+k2x02b2=1，则x02=a2b2a2k2+b2，
∴a2=4x02=4a2b2a2k2+b2，
∴4b2=a2k2+b2，∴a2=3b2k2，
对于选项A：当k增大时，a2变小，则a变小，故A错误，
对于选项B：e=1-b2a2=1-b23b2k2=1-k23(k>0)，
∴当k越大时，e越小，则E越接近于圆，故选项B错误，
对于选项C：由B可知，当k=33时，e=1-19=223，故选项C正确，
对于选项D：由B可知，当k越小时，e越大，但是k≠0(此时不为平行四边形)，
故e无最大值，故选项D错误，
故选：C.
由题意可知点B，点C关于y轴对称，且BC=OA=a，设B(x0,kx0)，则a2=4x02，又x02a2+k2x02b2=1，可得a2=4a2b2a2k2+b2，即a2=3b2k2，可判断A错误，由e=1-k23(k>0)，可判断B错误，C正确，D错误．
此题主要考查了椭圆的性质，以及离心率，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由正三角形的内心也是中心，也为重心，
故在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，所以圆D1的半径为32a×13=36a，
圆D2的半径为r，则36a-r=2r，解得r=318a，
故圆D2的半径为圆D1的半径的13，
同理可得圆D1，D2，…，Dn的半径构成以圆D1的半径为首项，13为公比的等比数列，
故圆D1，D2，…，Dn的面积构成以圆D1的面积为首项，19为公比的等比数列，
故圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn=π(3a6)2(1-19n)1-19=332πa2(1-19n)，(n∈N*).
故选：B.
先求出圆D1的半径为32a×13=36a，可求得D2的半径为318a，可得圆D1，D2，…，Dn的面积构成以圆D1的面积为首项，19为公比的等比数列，可求Xn.
此题主要考查归纳推理，以及三角形内切圆的半径的求法，属中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
∵复数z对应的点在第一象限，∴a>0，b>0，
∵|z|=|z-1|=1，∴{a2+b2=1(a-1)2+b2=1，解得a=12，b=32，
∴z=12+32i，复数z的虚部为32，故A错误，
1z=21+3i=2(1-3i)(1+3i)(1-3i)=12-32i，故B正确，
∵z2=(12+32i)2=14-34+32i=-12+32i，
z-1=12+32i-1=-12+32i，∴z2=z-1，故C正确，
z-=12-32i，故D错误．
故选：BC.
根据复数的几何意义，以及复数模公式，求出复数z，再结合复数的运算，以及共轭复数的定义，依次求解．
此题主要考查复数的运算法则，以及复数的性质，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：∵A⊆B，P(B)=0.5，∴P(A)<0.5
A.P(A-B)=P(A-)P(B)>0.5×0.5=0.25，故A错误，
B.P(B-|A)=P(B-A)P(A)=P(B-)P(A)P(A)=0.5，故B错误，
C.P(AB-)=P(A)P(B-)<0.5×0.5=0.25，故C正确，
D⋅P(A/B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)>0.5×0.50.5=0.5，故D正确．
故选：CD.
根据条件概率的定义逐个进行分析即可．
此题主要考查条件概率，考查学生的运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如图，建立空间直接坐标系，连结\(B_{1}D\)，交平面\(A_{1}BC_{1}\)于点\(O\)，
所以\(D(0,0,0)\)，\(B_{1}(3,3,3)\)，\(A_{1}(3,0,3)\)，\(B(3,3,0)\)，\(C_{1}(0,3,3)\)，
\(\overrightarrow {DB_{1}}=(3,3,3),\overrightarrow {A_{1}B}=(0,3,-3),\overrightarrow {BC_{1}}=(-3,0,3)\)，
所以\(\overrightarrow {DB_{1}}_{}_{}⋅\overrightarrow {A_{1}B}=0,\overrightarrow {DB_{1}}_{}⋅\overrightarrow {BC_{1}}=0\)，
\(∴DB_{1}⊥A_{1}B\)，\(DB_{1}⊥BC_{1}\)，
又\(A_{1}B∩BC_{1}=B\)，
\(∴DB_{1}⊥\)平面\(A_{1}BC_{1}\)，
\(∵P\in\)平面\(A_{1}BC_{1}\)，\(∴PB⊥DB_{1}\)，故\(A\)正确；
设\(DB_{1}\)与平面\(A_{1}BC_{1}\)的交点为\(O\)，并设\(O(x,y,z)\)，
由于\(O\)在\(DB_{1}\)上，设\(\overrightarrow {DO}=λ\overrightarrow {DB_{1}}\)，得\(x=y=z=3λ,\overrightarrow {A_{1}O}=(x-3,y,z-3)\)，
由空间向量基本定理可知：\(\overrightarrow {A_{1}O}=m\overrightarrow {A_{1}B}+n\overrightarrow {A_{1}C_{1}}=(-3n,3m+3n,-3m)\)，
得方程：\(\begin{cases}3λ=-3n+3\\ 3λ=3m+3n\\ 3λ=-3m+3\end{cases}\)，解得：\(m=n=\dfrac{1}{3},λ=\dfrac{2}{3}\)，
故\(O(2,2,2)∴DB_{1}=\sqrt{3^{2}+3^{2}+3^{2}}=3\sqrt{3}\)，
\(∴DO=\dfrac{2}{3}DB_{1}=2\sqrt{3}\)，\(OB_{1}=\sqrt{3}\)，
将平面\(A_{1}BC_{1}\)的直观图分离出来如下：
依题意，\(DP+PB_{1}=2+\sqrt{13}\)，\(OB_{1}=\sqrt{3},OD=2\sqrt{3},DB_{1}⊥OP\)，
\(∴\begin{cases}{OB_{1}^{2}+OP^{2}=PB_{1}^{2}}\\ {OD^{2}+OP^{2}=PD^{2}}\end{cases}\)，解得\(OP=1\)，\(PB_{1}=2\)，\(PD=\sqrt{13}\)，
故\(P\)点的轨迹是以\(O\)为圆心，半径为\(1\)的圆，故\(B\)错误；
\(B_{1}P\)与平面\(A_{1}BC_{1}\)的夹角就是\(∠B_{1}PO,\sin∠B_{1}PO=\dfrac{OB_{1}}{PB_{1}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
所以\(∠B_{1}PO=\dfrac{π}{3}\)，故\(C\)正确；
三棱锥\(P-BB_{1}C_{1}\)底面为三角形\(BB_{1}C\)，其面积为\(\dfrac{1}{2}×3×3=\dfrac{9}{2}\)，是定值，
故当\(P\)到底面三角形\(BB_{1}C\)的距离\(h\)最大时，三棱锥的体积取得最大值，
因为\(P\)在以\(O\)为圆心，半径为\(1\)的圆上，
而球心\(O\)到平面\(BB_{1}C\)距离为\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
故\(P\)到\(P\)到底面三角形\(BB_{1}C\)的距离\(h\)的最大值为\(1+\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
所以三棱锥\(P-BB_{1}C_{1}\)体积的最大值为\(\dfrac{1}{3}×\dfrac{9}{2}×(1+\dfrac{\sqrt{6}}{3})=\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)，故\(D\)正确；
故选：\(ACD.\)
建立空间直角坐标系，结合向量法和综合法对各个选项进行逐一计算验证．
此题主要考查了立体几何的综合，属于难题．
12.【答案】AC
【解析】解：E1：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为y=±bax，离心率为ca，
E2：x2a2-y2b2=λ(0<λ<1)⇒x2a2λ-y2b2λ=1(0<λ<1)，
则双曲线E2短轴长为2λa，短半轴长为λa，(0<λ<1)
长轴长为2λb，短半轴长为λb，(0<λ<1)
∴渐近线方程为y=±λaλbx=±bax，故两个双曲线的渐近线方程相同，且焦距为2(λa)2-(λb)2=2λ(a2-b2)=2λc，
∴E2的离心率为e2=λcλa=ca，故两个双曲线的离心率相同，A正确；
S1=π×c2=πc2,S2=π×(λc)2=πλc2，S1S2=πc2πλc2=1λ，B错误，
对于C，
设直线方程为y=kx+t，
联立直线与E1：{y=kx+tb2x2-a2y2=a2b2，得(b2-a2k2)x2-2a2ktx-a2t2-a2b2=0，
因为直线与E1相切，则xp=2a2kt2(b2-a2k2)，
联立直线与E2：{y=kx+tb2x2-a2y2=λa2b2，得(b2-a2b2)x2-2a2ktx-a2t2-λa2b2=0，
x1+x2=2a2kt(b2-a2k2)，
∴x1+x2=2xp，
所以P为AB中点，故C正确，
对于D，
由上述可知，xA+xD=2a2kt(b2-a2k2)，xB+xC=2a2kt(b2-a2k2)，
∴xA+xD=xB+xC，
∴|AC|=1+k2|xA-xC|，|BD|=1+k2|xB-xD|，
∴xA-xC=xB-xD，
故|AC|=|BD|，
故D错误，
故选：AC.
利用双曲线的性质逐一进行分析即可．
此题主要考查双曲线的性质，考查学生的运算能力及分析能力，属于中档题．
13.【答案】 16
【解析】
解：由四边形ABCD为边长为4的菱形，且∠A=60°，
则AB→·AD→=|AB→||AD→|cos∠A=4×4×12=8，
又点P为CD的中点，
则AB→·AP→=AB→·(AD→+DP→)=AB→·(AD→+12AB→)=AB→·AD→+12AB→2=8+12×42=16，
故答案为：16.
先由平面向量的线性运算可得AB→·AP→=AB→·AD→+12AB→2，再结合平面向量数量积运算求解即可．
此题主要考查了平面向量的运算，重点考查了平面向量数量积运算，属基础题．
14.【答案】 1
【解析】解：函数f(x)=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)(ω>0)，
因为函数在[-π4,π8]上单调递增，
所以ωx+π4∈[π4-ωπ4,π4+ωπ8]，
则{π4-ωπ4⩾-π2+2kππ4+ωπ8⩽π2+2kπ，k∈Z，又因为ω>0，
所以0<ω⩽2，
则ω的一个取值为1，
故答案为：1.
利用两角和与差的三角函数以及正弦的单调性建立不等式关系，进而可以求解．
此题主要考查了两角和与差的三角函数的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】 33
【解析】解：由圆的内接四边形的性质知∠BAD+∠BCD=180°，
所以sin∠BAD=sin∠BCD，
因为sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：3，
所以sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BCD=1：1：3，
由正弦定理知，BC：CD：BD=1：1：3，
设BC=m，CD=m，BD=3m，AB=x，AD=y，
由余弦定理知，cos∠BCD=BC2+CD2-BD22BC·CD=m2+m2-3m22m2=-12，所以∠BCD=120°，∠BAD=60°，
由题意知，AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
所以xm+ym=43m，即x+y=43，
所以△ABD的面积S=12AB⋅ADsin∠BAD=12xy⋅32⩽34⋅(x+y)24=34⋅484=33，当且仅当x=y，即AB=AD=23时，等号成立，
所以△ABD面积的最大值为33.
故答案为：33.
根据圆的内接四边形的性质及正弦定理，推出BC：CD：BD=1：1：3，再由余弦定理求得∠BCD=120°，设AB=x，AD=y，由托勒密定理，知x+y=43，然后结合S=12AB⋅ADsin∠BAD和基本不等式，得解．
此题主要考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，基本不等式是解答该题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】 e48
【解析】解：设t为函数f(x)在区间[1,3]上的零点，
∵函数f(x)=exx+a(x-1)+b(a,b∈R)在区间[1,3]上总存在零点，
∴ett+a(t-1)+b=0，即(t-1)a+b+ett=0，
∴点P(a,b)是直线(t-1)x+y+ett=0上的点，
∴a2+b2⩾|ett|(t-1)2+1，化为：a2+b2⩾e2tt4-2t3+2t2，
令g(t)=e2tt4-2t3+2t2，t∈[1,3]，
则g'(x)=2e2t(t3-4t2+5t-2)t(t3-2t2+2t)2=2e2t(t-2)(t2-2t+2)t(t3-2t2+2t)2，
∵t2-2t+2=(t-1)2+2>0，
∴函数g(t)在[1,2)上单调递减．在(2,3]上单调递增．
∴t=2时，函数g(t)取得极小值即最小值，g(2)=e48，
∴a2+b2⩾e48，.
则a2+b2的最小值为e48.
故答案为：e48.
设t为函数f(x)在区间[1,3]上的零点，由函数f(x)=exx+a(x-1)+b(a,b∈R)在区间[1,3]上总存在零点，ett+a(t-1)+b=0，即(t-1)a+b+ett=0，点P(a,b)是直线(t-1)x+y+ett=0上的点，可得a2+b2⩾|ett|(t-1)2+1，化为：a2+b2⩾e2tt4-2t3+2t2，令g(t)=e2tt4-2t3+2t2，t∈[1,3]，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、点到直线的距离公式、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
17.【答案】解：（1）因为△ABC的面积为3(a2+b2-c2)4，
所以12absinC=34×2abcosC，
故sinC=3cosC，即tanC=3，
由C为三角形内角得，C=60°；
（2）设AC=a，则BC=2a，AB=3a，
因为CE为∠C的角平分线，
由角平分线性质得，AEEB=ACBC=12，
所以AE=3a3，BE=23a3，AE=23a3=DE，∠AEC=60°，
△AED中，∠AED=120°，AE=3a3，DE=23a3，
由余弦定理得，AD2=AE2+DE2-2AE•DEcos120°=13a2+43a2+2×33a·233a×12=3a2，
故AD=3a，
同理得BD=233a，
又AB=3a，
在△ABD中，由余弦定理可得，cos∠ADB=AD2+DB2-AB22AD·DB=3a2+4a23-3a22·3a·23a3=13．
【解析】
(1)由已知结合余弦定理及三角形面积公式进行化简可求tanC，进而可求C；
(2)由已知结合直角三角形勾股定理及角平分线性质可表示三角形各边，然后结合余弦定理即可求解．
此题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，角平分线性质，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：（1）由题意得，△A1B1C1为等边三角形，A1C1=A1D1，
∵二面角D1-AA1-C1的大小为30°，∴∠C1A1D1=30°，
∴∠B1A1D1=90°，即A1D1⊥AB，
又AA1⊥平面ABC，且平面A1B1C1∥平面ABC，A1C1D1由A1C1绕AA1旋转得到，
∴A1，B1，C1，D1四点共面，故AA1⊥平面A1B1C1D1，可得AA1⊥A1D1，
又AA1∩A1B1=A，
故A1D1⊥平面ABB1A1；
（2）以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由AA1=A1C1=A1D1=2AB=4，得B1（4，0，0），B（2，0，4），A（0，0，4），G（0，3，2），
BB1→=（2，0，4），B1A→=（-4，0，4），AG→=（0，3，-2），
设平面B1AG的法向量为n→=（x，y，z），则{n→·B1A→=-4x+4z=0n→·AG→=3y-2z=0，
令z=3，得n→=（3，2，3），
设直线BB1与平面AB1G所成的角为θ，
则cosθ=|BB1→·n→||BB1→||n→|=|2×3-4×3|2032=3110，
∴sinθ=109110，
故直线直线BB1与平面AB1G所成的角的正弦值为109110．
【解析】
(1)利用面面平行即可得四点共面，再根据线面垂直的判定定理即可证明A1D1⊥平面ABB1A1；
(2)建立空间直角坐标系，在求出面AB1G的法向量，即可求得线面角．
此题主要考查线面垂直及线面角，考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：（1）由题可知，点P到点M(0，18)的距离与P到直线y+18=0的距离相等，
轨迹一：点P的轨迹是以M(0，18)为焦点，直线y+18=0为准线的抛物线，此时p=14，所以C的方程为x2=12y；
轨迹二：点P的轨迹在y轴上，x=0（y⩽0），
综上所述，C的方程为x2=12y或x=0（y⩽0）．
（2）当直线PE、PF不是切线时，
因为|PA|=|PB|，所以△PAB为等腰三角形，
即直线PE与PF的斜率存在且互为相反数，即kPE+kPF=0，
设点E（x1，y1），F（x2，y2），直线PE的方程为y-y0=k（x-x0），
联立直线PE与抛物线方程，消去y并整理得，2x2-kx+kx0-y0=0，
于是x1+x0=k2，故x1=k2-x0，
因为直线PE与PF的斜率互为相反数，令-k代替k，得x2=-k2-x0，
所以k1=y1-y2x1-x2=2x12-2x22x1-x2=2(x1+x2)=-4x0，
又y′=4x，所以k2=4x0，
即k1+k2=0；
当PE与PF有一条为切线，则P为切点，不妨设PF为切线，所以点F与点B重合，
因|PA|=|PB|，所以∠PAB=∠PBA，
若k1+k2=0，则∠PBA=∠EBA，
所以∠PAB=∠EBA，即PE∥BE，矛盾，
综上所述，k1+k2不为定值．
【解析】
(1)根据条件可知点P的轨迹满足两种情况，分别求解即可；
(2)当直线PE、PF不是切线时，计算可得k1+k2=0；当PE与PF有一条为切线，则P为切点，不妨设PF为切线，所以点F与点B重合，此时k1+k2不为定值，综合两种情况可得结论．
此题主要考查了轨迹方程，抛物线中的定值问题，属于中档题．
20.【答案】解：（1）设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
∵a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，
∴1+2d1=2+d1，d2=1+d1，
解得d1=1，d2=2，
∴an=1+（n-1）=n，
bn=1+2（n-1）=2n-1．
cn=max{b1-na1，b2-na2，…，bn-nan}（n=1，2，3，…），
c1=max{b1-a1}=0，
c2=max{b1-2a1，b2-2a2}=max{-1}=-1，
c3=max{b1-3a1，b2-3a2，b3-3a3}=max{-2，-3，-4}=-2．
猜想数列{cn}的通项公式cn=1-n．
证明：∵bk+1-nak+1-（bk-nak）=bk+1-bk-n（ak+1-ak）=2-n，
∴数列{bk-nak}为单调递减数列，
∴cn=b1-na1=1-n．
（2）1(3-cn)(2-cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2，
∴数列{1(3-cn)(2-cn)}的前n项和为Sn=（12-13）+（13-14）+…+（1n+1-1n+2）=12-1n+2，
∵Sn＜-m2+4m对任意n∈N*恒成立，
∴12≤-m2+4m，化为：2m2-8m+1≤0，
解得：4-142≤m≤4+142，
∴偶数m的值为2．
【解析】
(1)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，利用a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，利用通项公式可得1+2d1=2+d1，d2=1+d1，可得an，bn.根据c1=0，c2=-1，c3=-2.猜想数列{cn}的通项公式cn=1-n，证明数列{bk-nak}为单调递减数列，即可得出结论．
(2)1(3-cn)(2-cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2，利用裂项求和方法即可得出Sn，根据Sn<-m2+4m对任意n∈N*恒成立即可得出m的取值范围．
此题主要考查了等差数列的通项公式、数列的单调性、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：（1）f′（x）=ax-1-1x2=-x2+ax-1x2，
设y=-x2+ax-1，则Δ=a2-4，
①当0＜a≤2时，△≤0，f′（x）≤0恒成立，
所以f（x）在[1，+∞）上减函数，
又因为f（1）=0，
所以f（x）≤0恒成立，
②当a＞2时，Δ＞0，方程-x2+ax-1=0的根为x1，2=a±a2-42，
又因为x1x2=1，
所以x1＜1＜x2，
由f′（x）＞0，得1≤x＜a+a2-42，
由f′（x）＜0，得x＞a+a2-42，
所以f（x）在[1，a+a2+42）上是增函数，在（a+a2-42，+∞）上是减函数，
因为f（1）=0，
所以f（x）≤0不恒成立，
所以0＜a≤2，
所以a的取值范围为（0，2]．
（2）证明：g（x）=xlnx，g′（x）=1+lnx，
所以g（x）在（0，1e）上是减函数，在（1e，+∞）上是增函数，
当x∈（0，1e）时，lnx＜-1，所以xlnx＜-x，即g（x）＜-x，
设直线y=-x与y=m的交点的横坐标为x3，则x1＜x3=-m，
下面证明当x∈（1e，1）时，g（x）＜1e-1（x-1），
设h（x）=xlnx-1e-1（x-1）=x（lnx-1e-1+1(e-1)x），
m（x）=lnx-1e-1+1(e-1)x，
则m′（x）=1x-1(e-1)x2=(e-1)x-1(e-1)x2，
所以m（x）在（1e，1e-1）上是减函数，在（1e-1，1）上增函数，
又因为m（1e）=0，m（1）=0，
所以m（x）＜0，h（x）＜0，
故当x∈（1e，1）时，g（x）＜1e-1（x-1），
设直线y=1e-1（x-1）与y=m的交点的横坐标为x4，则x2＞x4=1+（e-1）m，
所以x2-x1＞x4-x3=1+em，得证．
【解析】
(1)求导得f'(x)=-x2+ax-1x2，设y=-x2+ax-1，则Δ=a2-4，分两种情况：①当02时，分析f(x)⩽0时，a的取值范围．
(2)根据题意可得g(x)=xlnx，求导分析g(x)的单调性，g'(x)=1+lnx，推出g(x)<-x，设直线y=-x与y=m的交点的横坐标为x3，则x1
22.【答案】解：（1）①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件A，则P（A）=p2q．
②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为P=p2q=p2（1-p）=-p3+p2，
令f（x）=-x3+x2，x∈[0，1]，f′（x）=-3x2+2x=-3x（x-23），
当0＜x＜23时，f′（x）＞0，当23＜x＜1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在[0，23]上单调递增，在[23，1]上单调递减，f（x）max=f（23）=427，
即p=23时，Pmax=-（23）3+（23）2=427，
学生甲在n轮活动中获得奖品的个数ξ～B（n，p），由（np）max=4，解得n=27，
∴理论上至少要进行7轮游戏，此时p=23，q=13．
（2）设选出的是第k个箱子，连续三次取出题目的方法数为100（100-1）（100-2），
设数学题为M，物理题为W，第三次取出的是物理题W有如下四种情形：
（W，W，W）取法数为（100-k）（100-k-1）（100-k-2），
（W，M，W）取法数为（100-k）（100-k-1），
（M，W，W）取法数为k（100-k）（100-k-1），
（M，M，W）取法数为k（k-1）（100-k），
从而第三次取出的是物理题的和数为：
（100-k）（100-k-1）（100-k-2）+k（100-k）（100-k-1）+k（100-k）（100-k-1）+k（k-1）（100-k）
=（100-1）（100-2）（100-k），
则在第k个箱子中第三次取出的是物理题的概率为Pk=100-k100，
而选到第k个箱子的概率为1100，
∴乙第三次抽到物理题的概率为：
P=k=1100pk·1100=k=1100100-k100·1100=11002k=1100(100-k)=11002i=099i=50×991002=99200．
【解析】
(1)①利用独立事件的概率乘法公式能求出学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率．
②利用导数求出学生甲在每一轮活动中锋利一个奖品的概率为P=p2-q的最大值，可知学生甲在n轮活动中获得奖品的个数ξ～B(n,p)，由(np)max=4，求出n，由此能求出结果．
(2)设选出的是第k个箱子，计算出在第k个箱子中第三次取出的是物理题的概率为Pk=100-k100，进而结合数列的求和公式能求出乙第三次抽到物理题的概率．
此题主要考查概率的运算，考查古典概型、二项分布、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2022年山东省潍坊市高考数学核心素养测评试卷（3月份）
1.（5分）如图，已知全集U=R，集合A={1,2,3,4,5}，B={x|(x+1)(x-2)>0}，则图中阴影部分表示的集合中，所包含元素的个数为()
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2.（5分）“a>1，b>1”是“ab>1”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.（5分）设函数f(x)={x-3,x⩾10f(f(x+4)),x<10，则f(8)=()
A. 10 B. 9 C. 7 D. 6
4.（5分）某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为①②③④四个部分(水瓶内胆壁厚不计)，它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱．若其中圆台部分的体积为52πcm3，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出10π3cm3，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为()
A. 640πcm3 B. 1930π3cm3
C. 320πcm3 D. 965π3cm3
5.（5分）关于x的不等式|x+a|+|x+3|>a恒成立，则实数a的取值范围为()
A. (-∞,0]∪(32,+∞) B. (2,+∞)
C. (-∞,32) D. (-∞,2)
6.（5分）250-1除以7的余数是()
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
7.（5分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A，直线y=kx交E于第一象限内的点B.点C在E上，若四边形OABC为平行四边形，则()
A. 若k越大，则E的长轴越长 B. 若k越大，则E越扁
C. 若k=33，则E的离心率为223 D. 若k=3，则E的离心率最大
8.（5分）如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn.设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn，(n∈N*)，则Xn=()
A. 112πa2(19)n-1
B. 332πa2[1-(19)n]
C. 18πa2[1-(13)n]
D. 112πa2[(19)n-1-(13)n-1+1]
9.（5分）已知复数z满足|z|=|z-1|=1，且复数z对应的点在第一象限，则下列结论正确的是()
A. 复数z的虚部为32i B. 1z=12-32i
C. z2=z-1 D. 复数z的共轭复数为-12+32i
10.（5分）已知事件A，B满足A⊆B，且P(B)=0.5，则一定有()
A. P(A-B)>0.5 B. P(B-|A)<0.5
C. P(AB-)<0.25 D. P(A|B)>0.5
11.（5分）如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是平面A1BC1内一个动点，且满足PD+PB1=2+13，则下列结论正确的是()
A. B1D⊥PB
B. 点P的轨迹是一个半径为2的圆
C. 直线B1P与平面A1BC1所成角为π3
D. 三棱锥P-BB1C1体积的最大值为32+62
12.（5分）我们约定双曲线E1：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与双曲线E2：x2a2-y2b2=λ(0<λ<1)为相似双曲线，其中相似比为λ.则下列说法正确的是()
A. E1，E2的离心率相同，渐近线也相同
B. 以E1，E2的实轴为直径的圆的面积分别记为S1，S2，则S1S2=λ
C. 过E1上的任一点P引E1的切线交E2于点A，B，则点P为线段AB的中点
D. 斜率为k(k>0)的直线与E1，E2的右支由上到下依次交于点A，B，C，D，则|AC|>|BD|
13.（5分）在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，点P为CD的中点，则AB→·AP→=______.
14.（5分）已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)在[-π4,π8]上单调递增，则ω的一个取值为 ______.
15.（5分）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：3，AC=4，则△ABD面积的最大值为 ______.
16.（5分）设函数f(x)=exx+a(x-1)+b(a,b∈R)在区间[1,3]上总存在零点，则a2+b2的最小值为 ______.
17.（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为3(a2+b2-c2)4.
(1)求∠C；
(2)若∠A=π2，∠C的角平分线CE与边AB相交于点E，延长CE至点D，使得CE=DE，求cos∠ADB.
18.（12分）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置，二面角D1-AA1-C1的大小为30°.
(1)证明：A1，B1，C1，D1四点共面，且A1D1⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1=A1C1=2AB=4，设G为DD1的中点，求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值．
19.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(0,18)，点P到点M的距离比点P到x轴的距离大18，记P的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)过点P(x0,y0)(其中x0≠0)的两条直线分别交C于E，F两点，直线PE，PF分别交y轴于A，B两点，且满足|PA|=|PB|.记k1为直线EF的斜率，k2为C在点P处的切线斜率，判断k1+k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
20.（12分）已知{an}和{bn}均为等差数列，a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，记cn=max{b1-na1,b2-na2,…，bn-nan}(n=1,2,3,…)，其中max{x1,x2,…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．
(1)计算c1，c2，c3，猜想数列{cn}的通项公式并证明；
(2)设数列{1(3-cn)(2-cn)}的前n项和为Sn，若Sn<-m2+4m对任意n∈N*恒成立，求偶数m的值．
21.（12分）已知函数f(x)=alnx-x+1x(a>0).
(1)当x⩾1时，f(x)⩽0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，g(x)=xf(x)+x2-1，方程g(x)=m的根为x1，x2，且x2>x1，求证：x2-x1>1+em.
22.（12分）某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱子，其中第k(k=1,2,…，100)个箱子中有k个数学题，100-k个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目(每次取出不放回)，并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．
(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为p，答对每一个物理题的概率为q.
①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；
②已知p+q=1，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p，q的值．
(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由韦恩图可知，图中阴影部分表示的集合为A∩CUB，
∵A={1,2,3,4,5}，B={x|(x+1)(x-2)>0}={x|x>2或x<-1}，
∴A∩CUB={1,2}，所包含元素的个数为2，
故选：B.
根据韦恩图可知阴影部分所表示的集合为A∩CUB，从而可得正确选项．
此题主要考查了集合间的关系及运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：“a>1，b>1”⇒“ab>1”，反之不成立，例如取a=12，b=4．
∴“a>1，b>1”是“ab>1”的充分不必要条件．
故选：A．
“a>1，b>1”⇒“ab>1”，反之不成立，例如取a=12，b=4.即可判断出结论．
该题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：函数f(x)={x-3,x⩾10f(f(x+4)),x<10，
f(8)=f(f(12))=f(9)=f(f(13))=f(10)=10-3=7.
故选：C.
推导出f(8)=f(f(12))=f(9)=f(f(13))=f(10)，由此能求出结果．
此题主要考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：依题意可得，球的半径为r=5cm，
体积V1=12×43π×125=2503πcm3，
大圆柱的体积V2=25π×20=500πcm3，
小圆柱的体积V3=4π×2=8πcm3，
所以盖上瓶塞后，水瓶的最大盛水量为V=2503π+500π+8π+52π-103π=640πcm3.
故选：A.
利用球、圆柱、圆台的体积公式即可求解．
此题主要考查组合体体积的计算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵|x+a|+|x+3|>a恒成立，
∴|a-3|>a，
①当a-3⩾0，即a⩾3时，∴a-3>a，∴a∈∅，
②当a-3<0，即a<3时，∴3-a>a，∴a<32，
综上，实数a的取值范围为(-∞,32)，
故选：C.
利用绝对值不等式的性质得到|a-3|>a，再解绝对值不等式即可求解．
此题主要考查绝对值不等式的性质和解法，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：250=248⋅22=816⋅4，
∵816=(1+7)16=C160+C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716，
∴250-1=4(C160+C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716)-1
=4(C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716)+4-1
=4(C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716)+3，
∵C161⋅7+C16272+⋅⋅⋅+C1616⋅716能被7整除，
∴250-1除以7的余数是3，
故选：D.
先变形得到250=816⋅4=(1+7)16⋅4，再利用二项式定理展开即可求解．
此题主要考查二项式定理的应用，合理变形是关键，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意可知四边形OABC为平行四边形，则BC//OA，
即点B，点C关于y轴对称，且BC=OA=a，设B(x0,kx0)，
则C(-x0,kx0)，BC=2x0=a(x0>0)，
∴a2=4x02，
又∵x02a2+k2x02b2=1，则x02=a2b2a2k2+b2，
∴a2=4x02=4a2b2a2k2+b2，
∴4b2=a2k2+b2，∴a2=3b2k2，
对于选项A：当k增大时，a2变小，则a变小，故A错误，
对于选项B：e=1-b2a2=1-b23b2k2=1-k23(k>0)，
∴当k越大时，e越小，则E越接近于圆，故选项B错误，
对于选项C：由B可知，当k=33时，e=1-19=223，故选项C正确，
对于选项D：由B可知，当k越小时，e越大，但是k≠0(此时不为平行四边形)，
故e无最大值，故选项D错误，
故选：C.
由题意可知点B，点C关于y轴对称，且BC=OA=a，设B(x0,kx0)，则a2=4x02，又x02a2+k2x02b2=1，可得a2=4a2b2a2k2+b2，即a2=3b2k2，可判断A错误，由e=1-k23(k>0)，可判断B错误，C正确，D错误．
此题主要考查了椭圆的性质，以及离心率，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由正三角形的内心也是中心，也为重心，
故在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，所以圆D1的半径为32a×13=36a，
圆D2的半径为r，则36a-r=2r，解得r=318a，
故圆D2的半径为圆D1的半径的13，
同理可得圆D1，D2，…，Dn的半径构成以圆D1的半径为首项，13为公比的等比数列，
故圆D1，D2，…，Dn的面积构成以圆D1的面积为首项，19为公比的等比数列，
故圆D1，D2，…，Dn的面积之和为Xn=π(3a6)2(1-19n)1-19=332πa2(1-19n)，(n∈N*).
故选：B.
先求出圆D1的半径为32a×13=36a，可求得D2的半径为318a，可得圆D1，D2，…，Dn的面积构成以圆D1的面积为首项，19为公比的等比数列，可求Xn.
此题主要考查归纳推理，以及三角形内切圆的半径的求法，属中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
∵复数z对应的点在第一象限，∴a>0，b>0，
∵|z|=|z-1|=1，∴{a2+b2=1(a-1)2+b2=1，解得a=12，b=32，
∴z=12+32i，复数z的虚部为32，故A错误，
1z=21+3i=2(1-3i)(1+3i)(1-3i)=12-32i，故B正确，
∵z2=(12+32i)2=14-34+32i=-12+32i，
z-1=12+32i-1=-12+32i，∴z2=z-1，故C正确，
z-=12-32i，故D错误．
故选：BC.
根据复数的几何意义，以及复数模公式，求出复数z，再结合复数的运算，以及共轭复数的定义，依次求解．
此题主要考查复数的运算法则，以及复数的性质，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：∵A⊆B，P(B)=0.5，∴P(A)<0.5
A.P(A-B)=P(A-)P(B)>0.5×0.5=0.25，故A错误，
B.P(B-|A)=P(B-A)P(A)=P(B-)P(A)P(A)=0.5，故B错误，
C.P(AB-)=P(A)P(B-)<0.5×0.5=0.25，故C正确，
D⋅P(A/B)=P(AB)P(B)=P(A)P(B)P(B)>0.5×0.50.5=0.5，故D正确．
故选：CD.
根据条件概率的定义逐个进行分析即可．
此题主要考查条件概率，考查学生的运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如图，建立空间直接坐标系，连结\(B_{1}D\)，交平面\(A_{1}BC_{1}\)于点\(O\)，
所以\(D(0,0,0)\)，\(B_{1}(3,3,3)\)，\(A_{1}(3,0,3)\)，\(B(3,3,0)\)，\(C_{1}(0,3,3)\)，
\(\overrightarrow {DB_{1}}=(3,3,3),\overrightarrow {A_{1}B}=(0,3,-3),\overrightarrow {BC_{1}}=(-3,0,3)\)，
所以\(\overrightarrow {DB_{1}}_{}_{}⋅\overrightarrow {A_{1}B}=0,\overrightarrow {DB_{1}}_{}⋅\overrightarrow {BC_{1}}=0\)，
\(∴DB_{1}⊥A_{1}B\)，\(DB_{1}⊥BC_{1}\)，
又\(A_{1}B∩BC_{1}=B\)，
\(∴DB_{1}⊥\)平面\(A_{1}BC_{1}\)，
\(∵P\in\)平面\(A_{1}BC_{1}\)，\(∴PB⊥DB_{1}\)，故\(A\)正确；
设\(DB_{1}\)与平面\(A_{1}BC_{1}\)的交点为\(O\)，并设\(O(x,y,z)\)，
由于\(O\)在\(DB_{1}\)上，设\(\overrightarrow {DO}=λ\overrightarrow {DB_{1}}\)，得\(x=y=z=3λ,\overrightarrow {A_{1}O}=(x-3,y,z-3)\)，
由空间向量基本定理可知：\(\overrightarrow {A_{1}O}=m\overrightarrow {A_{1}B}+n\overrightarrow {A_{1}C_{1}}=(-3n,3m+3n,-3m)\)，
得方程：\(\begin{cases}3λ=-3n+3\\ 3λ=3m+3n\\ 3λ=-3m+3\end{cases}\)，解得：\(m=n=\dfrac{1}{3},λ=\dfrac{2}{3}\)，
故\(O(2,2,2)∴DB_{1}=\sqrt{3^{2}+3^{2}+3^{2}}=3\sqrt{3}\)，
\(∴DO=\dfrac{2}{3}DB_{1}=2\sqrt{3}\)，\(OB_{1}=\sqrt{3}\)，
将平面\(A_{1}BC_{1}\)的直观图分离出来如下：
依题意，\(DP+PB_{1}=2+\sqrt{13}\)，\(OB_{1}=\sqrt{3},OD=2\sqrt{3},DB_{1}⊥OP\)，
\(∴\begin{cases}{OB_{1}^{2}+OP^{2}=PB_{1}^{2}}\\ {OD^{2}+OP^{2}=PD^{2}}\end{cases}\)，解得\(OP=1\)，\(PB_{1}=2\)，\(PD=\sqrt{13}\)，
故\(P\)点的轨迹是以\(O\)为圆心，半径为\(1\)的圆，故\(B\)错误；
\(B_{1}P\)与平面\(A_{1}BC_{1}\)的夹角就是\(∠B_{1}PO,\sin∠B_{1}PO=\dfrac{OB_{1}}{PB_{1}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
所以\(∠B_{1}PO=\dfrac{π}{3}\)，故\(C\)正确；
三棱锥\(P-BB_{1}C_{1}\)底面为三角形\(BB_{1}C\)，其面积为\(\dfrac{1}{2}×3×3=\dfrac{9}{2}\)，是定值，
故当\(P\)到底面三角形\(BB_{1}C\)的距离\(h\)最大时，三棱锥的体积取得最大值，
因为\(P\)在以\(O\)为圆心，半径为\(1\)的圆上，
而球心\(O\)到平面\(BB_{1}C\)距离为\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
故\(P\)到\(P\)到底面三角形\(BB_{1}C\)的距离\(h\)的最大值为\(1+\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
所以三棱锥\(P-BB_{1}C_{1}\)体积的最大值为\(\dfrac{1}{3}×\dfrac{9}{2}×(1+\dfrac{\sqrt{6}}{3})=\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)，故\(D\)正确；
故选：\(ACD.\)
建立空间直角坐标系，结合向量法和综合法对各个选项进行逐一计算验证．
此题主要考查了立体几何的综合，属于难题．
12.【答案】AC
【解析】解：E1：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为y=±bax，离心率为ca，
E2：x2a2-y2b2=λ(0<λ<1)⇒x2a2λ-y2b2λ=1(0<λ<1)，
则双曲线E2短轴长为2λa，短半轴长为λa，(0<λ<1)
长轴长为2λb，短半轴长为λb，(0<λ<1)
∴渐近线方程为y=±λaλbx=±bax，故两个双曲线的渐近线方程相同，且焦距为2(λa)2-(λb)2=2λ(a2-b2)=2λc，
∴E2的离心率为e2=λcλa=ca，故两个双曲线的离心率相同，A正确；
S1=π×c2=πc2,S2=π×(λc)2=πλc2，S1S2=πc2πλc2=1λ，B错误，
对于C，
设直线方程为y=kx+t，
联立直线与E1：{y=kx+tb2x2-a2y2=a2b2，得(b2-a2k2)x2-2a2ktx-a2t2-a2b2=0，
因为直线与E1相切，则xp=2a2kt2(b2-a2k2)，
联立直线与E2：{y=kx+tb2x2-a2y2=λa2b2，得(b2-a2b2)x2-2a2ktx-a2t2-λa2b2=0，
x1+x2=2a2kt(b2-a2k2)，
∴x1+x2=2xp，
所以P为AB中点，故C正确，
对于D，
由上述可知，xA+xD=2a2kt(b2-a2k2)，xB+xC=2a2kt(b2-a2k2)，
∴xA+xD=xB+xC，
∴|AC|=1+k2|xA-xC|，|BD|=1+k2|xB-xD|，
∴xA-xC=xB-xD，
故|AC|=|BD|，
故D错误，
故选：AC.
利用双曲线的性质逐一进行分析即可．
此题主要考查双曲线的性质，考查学生的运算能力及分析能力，属于中档题．
13.【答案】 16
【解析】
解：由四边形ABCD为边长为4的菱形，且∠A=60°，
则AB→·AD→=|AB→||AD→|cos∠A=4×4×12=8，
又点P为CD的中点，
则AB→·AP→=AB→·(AD→+DP→)=AB→·(AD→+12AB→)=AB→·AD→+12AB→2=8+12×42=16，
故答案为：16.
先由平面向量的线性运算可得AB→·AP→=AB→·AD→+12AB→2，再结合平面向量数量积运算求解即可．
此题主要考查了平面向量的运算，重点考查了平面向量数量积运算，属基础题．
14.【答案】 1
【解析】解：函数f(x)=sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4)(ω>0)，
因为函数在[-π4,π8]上单调递增，
所以ωx+π4∈[π4-ωπ4,π4+ωπ8]，
则{π4-ωπ4⩾-π2+2kππ4+ωπ8⩽π2+2kπ，k∈Z，又因为ω>0，
所以0<ω⩽2，
则ω的一个取值为1，
故答案为：1.
利用两角和与差的三角函数以及正弦的单调性建立不等式关系，进而可以求解．
此题主要考查了两角和与差的三角函数的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】 33
【解析】解：由圆的内接四边形的性质知∠BAD+∠BCD=180°，
所以sin∠BAD=sin∠BCD，
因为sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：3，
所以sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BCD=1：1：3，
由正弦定理知，BC：CD：BD=1：1：3，
设BC=m，CD=m，BD=3m，AB=x，AD=y，
由余弦定理知，cos∠BCD=BC2+CD2-BD22BC·CD=m2+m2-3m22m2=-12，所以∠BCD=120°，∠BAD=60°，
由题意知，AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
所以xm+ym=43m，即x+y=43，
所以△ABD的面积S=12AB⋅ADsin∠BAD=12xy⋅32⩽34⋅(x+y)24=34⋅484=33，当且仅当x=y，即AB=AD=23时，等号成立，
所以△ABD面积的最大值为33.
故答案为：33.
根据圆的内接四边形的性质及正弦定理，推出BC：CD：BD=1：1：3，再由余弦定理求得∠BCD=120°，设AB=x，AD=y，由托勒密定理，知x+y=43，然后结合S=12AB⋅ADsin∠BAD和基本不等式，得解．
此题主要考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，基本不等式是解答该题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】 e48
【解析】解：设t为函数f(x)在区间[1,3]上的零点，
∵函数f(x)=exx+a(x-1)+b(a,b∈R)在区间[1,3]上总存在零点，
∴ett+a(t-1)+b=0，即(t-1)a+b+ett=0，
∴点P(a,b)是直线(t-1)x+y+ett=0上的点，
∴a2+b2⩾|ett|(t-1)2+1，化为：a2+b2⩾e2tt4-2t3+2t2，
令g(t)=e2tt4-2t3+2t2，t∈[1,3]，
则g'(x)=2e2t(t3-4t2+5t-2)t(t3-2t2+2t)2=2e2t(t-2)(t2-2t+2)t(t3-2t2+2t)2，
∵t2-2t+2=(t-1)2+2>0，
∴函数g(t)在[1,2)上单调递减．在(2,3]上单调递增．
∴t=2时，函数g(t)取得极小值即最小值，g(2)=e48，
∴a2+b2⩾e48，.
则a2+b2的最小值为e48.
故答案为：e48.
设t为函数f(x)在区间[1,3]上的零点，由函数f(x)=exx+a(x-1)+b(a,b∈R)在区间[1,3]上总存在零点，ett+a(t-1)+b=0，即(t-1)a+b+ett=0，点P(a,b)是直线(t-1)x+y+ett=0上的点，可得a2+b2⩾|ett|(t-1)2+1，化为：a2+b2⩾e2tt4-2t3+2t2，令g(t)=e2tt4-2t3+2t2，t∈[1,3]，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、点到直线的距离公式、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
17.【答案】解：（1）因为△ABC的面积为3(a2+b2-c2)4，
所以12absinC=34×2abcosC，
故sinC=3cosC，即tanC=3，
由C为三角形内角得，C=60°；
（2）设AC=a，则BC=2a，AB=3a，
因为CE为∠C的角平分线，
由角平分线性质得，AEEB=ACBC=12，
所以AE=3a3，BE=23a3，AE=23a3=DE，∠AEC=60°，
△AED中，∠AED=120°，AE=3a3，DE=23a3，
由余弦定理得，AD2=AE2+DE2-2AE•DEcos120°=13a2+43a2+2×33a·233a×12=3a2，
故AD=3a，
同理得BD=233a，
又AB=3a，
在△ABD中，由余弦定理可得，cos∠ADB=AD2+DB2-AB22AD·DB=3a2+4a23-3a22·3a·23a3=13．
【解析】
(1)由已知结合余弦定理及三角形面积公式进行化简可求tanC，进而可求C；
(2)由已知结合直角三角形勾股定理及角平分线性质可表示三角形各边，然后结合余弦定理即可求解．
此题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，角平分线性质，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：（1）由题意得，△A1B1C1为等边三角形，A1C1=A1D1，
∵二面角D1-AA1-C1的大小为30°，∴∠C1A1D1=30°，
∴∠B1A1D1=90°，即A1D1⊥AB，
又AA1⊥平面ABC，且平面A1B1C1∥平面ABC，A1C1D1由A1C1绕AA1旋转得到，
∴A1，B1，C1，D1四点共面，故AA1⊥平面A1B1C1D1，可得AA1⊥A1D1，
又AA1∩A1B1=A，
故A1D1⊥平面ABB1A1；
（2）以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由AA1=A1C1=A1D1=2AB=4，得B1（4，0，0），B（2，0，4），A（0，0，4），G（0，3，2），
BB1→=（2，0，4），B1A→=（-4，0，4），AG→=（0，3，-2），
设平面B1AG的法向量为n→=（x，y，z），则{n→·B1A→=-4x+4z=0n→·AG→=3y-2z=0，
令z=3，得n→=（3，2，3），
设直线BB1与平面AB1G所成的角为θ，
则cosθ=|BB1→·n→||BB1→||n→|=|2×3-4×3|2032=3110，
∴sinθ=109110，
故直线直线BB1与平面AB1G所成的角的正弦值为109110．
【解析】
(1)利用面面平行即可得四点共面，再根据线面垂直的判定定理即可证明A1D1⊥平面ABB1A1；
(2)建立空间直角坐标系，在求出面AB1G的法向量，即可求得线面角．
此题主要考查线面垂直及线面角，考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：（1）由题可知，点P到点M(0，18)的距离与P到直线y+18=0的距离相等，
轨迹一：点P的轨迹是以M(0，18)为焦点，直线y+18=0为准线的抛物线，此时p=14，所以C的方程为x2=12y；
轨迹二：点P的轨迹在y轴上，x=0（y⩽0），
综上所述，C的方程为x2=12y或x=0（y⩽0）．
（2）当直线PE、PF不是切线时，
因为|PA|=|PB|，所以△PAB为等腰三角形，
即直线PE与PF的斜率存在且互为相反数，即kPE+kPF=0，
设点E（x1，y1），F（x2，y2），直线PE的方程为y-y0=k（x-x0），
联立直线PE与抛物线方程，消去y并整理得，2x2-kx+kx0-y0=0，
于是x1+x0=k2，故x1=k2-x0，
因为直线PE与PF的斜率互为相反数，令-k代替k，得x2=-k2-x0，
所以k1=y1-y2x1-x2=2x12-2x22x1-x2=2(x1+x2)=-4x0，
又y′=4x，所以k2=4x0，
即k1+k2=0；
当PE与PF有一条为切线，则P为切点，不妨设PF为切线，所以点F与点B重合，
因|PA|=|PB|，所以∠PAB=∠PBA，
若k1+k2=0，则∠PBA=∠EBA，
所以∠PAB=∠EBA，即PE∥BE，矛盾，
综上所述，k1+k2不为定值．
【解析】
(1)根据条件可知点P的轨迹满足两种情况，分别求解即可；
(2)当直线PE、PF不是切线时，计算可得k1+k2=0；当PE与PF有一条为切线，则P为切点，不妨设PF为切线，所以点F与点B重合，此时k1+k2不为定值，综合两种情况可得结论．
此题主要考查了轨迹方程，抛物线中的定值问题，属于中档题．
20.【答案】解：（1）设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
∵a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，
∴1+2d1=2+d1，d2=1+d1，
解得d1=1，d2=2，
∴an=1+（n-1）=n，
bn=1+2（n-1）=2n-1．
cn=max{b1-na1，b2-na2，…，bn-nan}（n=1，2，3，…），
c1=max{b1-a1}=0，
c2=max{b1-2a1，b2-2a2}=max{-1}=-1，
c3=max{b1-3a1，b2-3a2，b3-3a3}=max{-2，-3，-4}=-2．
猜想数列{cn}的通项公式cn=1-n．
证明：∵bk+1-nak+1-（bk-nak）=bk+1-bk-n（ak+1-ak）=2-n，
∴数列{bk-nak}为单调递减数列，
∴cn=b1-na1=1-n．
（2）1(3-cn)(2-cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2，
∴数列{1(3-cn)(2-cn)}的前n项和为Sn=（12-13）+（13-14）+…+（1n+1-1n+2）=12-1n+2，
∵Sn＜-m2+4m对任意n∈N*恒成立，
∴12≤-m2+4m，化为：2m2-8m+1≤0，
解得：4-142≤m≤4+142，
∴偶数m的值为2．
【解析】
(1)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，利用a1=b1=1，a3=a1+a2，b5=b4+a2，利用通项公式可得1+2d1=2+d1，d2=1+d1，可得an，bn.根据c1=0，c2=-1，c3=-2.猜想数列{cn}的通项公式cn=1-n，证明数列{bk-nak}为单调递减数列，即可得出结论．
(2)1(3-cn)(2-cn)=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2，利用裂项求和方法即可得出Sn，根据Sn<-m2+4m对任意n∈N*恒成立即可得出m的取值范围．
此题主要考查了等差数列的通项公式、数列的单调性、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：（1）f′（x）=ax-1-1x2=-x2+ax-1x2，
设y=-x2+ax-1，则Δ=a2-4，
①当0＜a≤2时，△≤0，f′（x）≤0恒成立，
所以f（x）在[1，+∞）上减函数，
又因为f（1）=0，
所以f（x）≤0恒成立，
②当a＞2时，Δ＞0，方程-x2+ax-1=0的根为x1，2=a±a2-42，
又因为x1x2=1，
所以x1＜1＜x2，
由f′（x）＞0，得1≤x＜a+a2-42，
由f′（x）＜0，得x＞a+a2-42，
所以f（x）在[1，a+a2+42）上是增函数，在（a+a2-42，+∞）上是减函数，
因为f（1）=0，
所以f（x）≤0不恒成立，
所以0＜a≤2，
所以a的取值范围为（0，2]．
（2）证明：g（x）=xlnx，g′（x）=1+lnx，
所以g（x）在（0，1e）上是减函数，在（1e，+∞）上是增函数，
当x∈（0，1e）时，lnx＜-1，所以xlnx＜-x，即g（x）＜-x，
设直线y=-x与y=m的交点的横坐标为x3，则x1＜x3=-m，
下面证明当x∈（1e，1）时，g（x）＜1e-1（x-1），
设h（x）=xlnx-1e-1（x-1）=x（lnx-1e-1+1(e-1)x），
m（x）=lnx-1e-1+1(e-1)x，
则m′（x）=1x-1(e-1)x2=(e-1)x-1(e-1)x2，
所以m（x）在（1e，1e-1）上是减函数，在（1e-1，1）上增函数，
又因为m（1e）=0，m（1）=0，
所以m（x）＜0，h（x）＜0，
故当x∈（1e，1）时，g（x）＜1e-1（x-1），
设直线y=1e-1（x-1）与y=m的交点的横坐标为x4，则x2＞x4=1+（e-1）m，
所以x2-x1＞x4-x3=1+em，得证．
【解析】
(1)求导得f'(x)=-x2+ax-1x2，设y=-x2+ax-1，则Δ=a2-4，分两种情况：①当0
(2)根据题意可得g(x)=xlnx，求导分析g(x)的单调性，g'(x)=1+lnx，推出g(x)<-x，设直线y=-x与y=m的交点的横坐标为x3，则x1
22.【答案】解：（1）①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件A，则P（A）=p2q．
②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为P=p2q=p2（1-p）=-p3+p2，
令f（x）=-x3+x2，x∈[0，1]，f′（x）=-3x2+2x=-3x（x-23），
当0＜x＜23时，f′（x）＞0，当23＜x＜1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在[0，23]上单调递增，在[23，1]上单调递减，f（x）max=f（23）=427，
即p=23时，Pmax=-（23）3+（23）2=427，
学生甲在n轮活动中获得奖品的个数ξ～B（n，p），由（np）max=4，解得n=27，
∴理论上至少要进行7轮游戏，此时p=23，q=13．
（2）设选出的是第k个箱子，连续三次取出题目的方法数为100（100-1）（100-2），
设数学题为M，物理题为W，第三次取出的是物理题W有如下四种情形：
（W，W，W）取法数为（100-k）（100-k-1）（100-k-2），
（W，M，W）取法数为（100-k）（100-k-1），
（M，W，W）取法数为k（100-k）（100-k-1），
（M，M，W）取法数为k（k-1）（100-k），
从而第三次取出的是物理题的和数为：
（100-k）（100-k-1）（100-k-2）+k（100-k）（100-k-1）+k（100-k）（100-k-1）+k（k-1）（100-k）
=（100-1）（100-2）（100-k），
则在第k个箱子中第三次取出的是物理题的概率为Pk=100-k100，
而选到第k个箱子的概率为1100，
∴乙第三次抽到物理题的概率为：
P=k=1100pk·1100=k=1100100-k100·1100=11002k=1100(100-k)=11002i=099i=50×991002=99200．
【解析】
(1)①利用独立事件的概率乘法公式能求出学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率．
②利用导数求出学生甲在每一轮活动中锋利一个奖品的概率为P=p2-q的最大值，可知学生甲在n轮活动中获得奖品的个数ξ～B(n,p)，由(np)max=4，求出n，由此能求出结果．
(2)设选出的是第k个箱子，计算出在第k个箱子中第三次取出的是物理题的概率为Pk=100-k100，进而结合数列的求和公式能求出乙第三次抽到物理题的概率．
此题主要考查概率的运算，考查古典概型、二项分布、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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