2022年高考理数真题试卷（全国乙卷）

这是一份2022年高考理数真题试卷（全国乙卷），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


2022年高考理数真题试卷（全国乙卷）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分． (共12题；共60分)
1．（5分）（2022·全国乙卷）设全集 U={1，2，3，4，5} ，集合M满足 ∁UM={1，3} ，则（　　）
A．2∈M B．3∈M C．4∉M D．5∉M
2．（5分）（2022·全国乙卷）已知 z=1−2i ，且 z+az+b=0 ，其中a，b为实数，则（　　）
A．a=1，b=−2 B．a=−1，b=2
C．a=1，b=2 D．a=−1，b=−2
3．（5分）（2022·全国乙卷）已知向量 a，b 满足 |a|=1，|b|=3，|a−2b|=3 ，则 a⋅b= （　　）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
4．（5分）（2022·全国乙卷）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 {bn} ： b1=1+1α1 ， b2=1+1α1+1α2 ， b3=1+1α1+1α2+1α3 ，…，依此类推，其中 αk∈N∗(k=1，2，⋯) ．则（　　）
A．b1 5．（5分）（2022·全国乙卷）设F为抛物线 C：y2=4x 的焦点，点A在C上，点 B(3，0) ，若 |AF|=|BF| ，则 |AB|= （　　）
A．2 B．22 C．3 D．32
6．（5分）（2022·全国乙卷）执行下边的程序框图，输出的 n= （　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
7．（5分）（2022·全国乙卷）在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，E，F分别为 AB，BC 的中点，则（　　）
A．平面 B1EF⊥ 平面 BDD1 B．平面 B1EF⊥ 平面 A1BD
C．平面 B1EF∥ 平面 A1AC D．平面 B1EF∥ 平面 A1C1D
8．（5分）（2022·全国乙卷）已知等比数列 {an} 的前3项和为168， a2−a5=42 ，则 a6= （　　）
A．14 B．12 C．6 D．3
9．（5分）（2022·全国乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　）
A．13 B．12 C．33 D．22
10．（5分）（2022·全国乙卷）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 p1，p2，p3 ，且 p3>p2>p1>0 ．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（　　）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的此赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
11．（5分）（2022·全国乙卷）双曲线C的两个焦点为 F1，F2 ，以C的实轴为直径的圆记为D，过 F1 作D的切线与C交于M，N两点，且 cos∠F1NF2=35 ，则C的离心率为（　　）
A．52 B．32 C．132 D．172
12．（5分）（2022·全国乙卷）已知函数 f(x)，g(x) 的定义域均为R，且 f(x)+g(2−x)=5，g(x)−f(x−4)=7 ．若 y=g(x) 的图像关于直线 x=2 对称， g(2)=4 ，则 k=122f(k)= （　　）
A．-21 B．-22 C．-23 D．-24
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． (共4题；共20分)
13．（5分）（2022·全国乙卷）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为　 　．
14．（5分）（2022·全国乙卷）过四点 (0，0)，(4，0)，(−1，1)，(4，2) 中的三点的一个圆的方程为　 　．
15．（5分）（2022·全国乙卷）记函数 f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π) 的最小正周期为T，若 f(T)=32 ， x=π9 为 f(x) 的零点，则 ω 的最小值为　 　．
16．（5分）（2022·全国乙卷）已知 x=x1 和 x=x2 分别是函数 f(x)=2ax−ex2 （ a>0 且 a≠1 ）的极小值点和极大值点．若 x1 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． (共5题；共60分)
17．（12分）（2022·全国乙卷）记 △ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c ，已知 sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A) ．
（1）（6分）证明： 2a2=b2+c2 ；
（2）（6分）若 a=5，cosA=2531 ，求 △ABC 的周长．
18．（12分）（2022·全国乙卷）如图，四面体 ABCD 中， AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC ，E为 AC 的中点．

（1）（6分）证明：平面 BED⊥ 平面 ACD ；
（2）（6分）设 AB=BD=2，∠ACB=60° ，点F在 BD 上，当 △AFC 的面积最小时，求 CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值．
19．（12分）（2022·全国乙卷）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位： m2 ）和材积量（单位： m3 ），得到如下数据：
样本号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积 xi
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量 yi
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
并计算得 i=110xi2=0.038，i=110yi2=1.6158，i=110xiyi=0.2474 ．
附：相关系数 r=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2i=1n(yi−y)2，1.896≈1.377 ．
（1）（4分）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）（4分）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
（3）（4分）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为 186m2 ．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
20．（12分）（2022·全国乙卷）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过 A(0，−2)，B(32，−1) 两点．
（1）（6分）求E的方程；
（2）（6分）设过点 P(1，−2) 的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足 MT=TH ．证明：直线HN过定点．
21．（12分）（2022·全国乙卷）已知函数 f(x)=ln(1+x)+axe−x .
（1）（6分）当 a=1 时，求曲线 y=f(x) 在点 (0，f(0)) 处的切线方程；
（2）（6分）若 f(x) 在区间 (−1，0)，(0，+∞) 各恰有一个零点，求a的取值范围．
四、选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． (共2题；共20分)
22．（10分）（2022·全国乙卷）在直角坐标系 xOy 中，曲线C的参数方程为 x=3cos2t，y=2sint （t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为 ρsin(θ+π3)+m=0 ．
（1）（5分）写出l的直角坐标方程；
（2）（5分）若l与C有公共点，求m的取值范围．
23．（10分）（2022·全国乙卷）已知a，b，c都是正数，且 a32+b32+c32=1 ，证明：
（1）（5分）abc≤19 ；
（2）（5分）ab+c+ba+c+ca+b≤12abc ．

答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素与集合关系的判断；补集及其运算
【解析】【解答】易知 M={2，4，5} ，对比选项即可判断，A正确.
故选：A
【分析】先写出集合M，即可判断.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】易知 z=1+2i
所以 z+az+b=1−2i+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(2a−2)i
由 z+az+b=0 ，得 1+a+b=02a−2=0 ，即 a=1b=−2 .
故选：A
【分析】先求得 z ，再代入计算，由实部与虚部都为零解方程组即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】【解答】解：∵|a−2b|2=|a|2−4a⋅b+4|b|2 ，
又∵|a|=1，|b|=3，|a−2b|=3，
∴9 =1−4a⋅b+4×3=13−4a⋅b ，
∴a⋅b=1
故选：C
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
4．【答案】D
【知识点】数列的应用
【解析】【解答】解：因为 αk∈N∗(k=1，2，⋯) ，
所以 α1<α1+1α2 ， 1α1>1α1+1α2 ，故 b1>b2 ，
同理可得 b2b3 ，
又因为 1α2>1α2+1α3+1α4， α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4 ，
故 b2b4 ；
以此类推，可得 b1>b3>b5>b7>… ，故A错误；
1α2>1α2+1α3+…1α6 ，得 b2b7>b8 ，故B错误；
α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+…1α6+1α7 ，得 b4 故选：D
【分析】根据 αk∈N∗(k=1，2，…) ，再利用数列 {bn} 与 αk 的关系判断 {bn} 中各项的大小，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】两点间的距离公式；抛物线的定义
【解析】【解答】易知抛物线的焦点为 F(1，0) ，则 |AF|=|BF|=2 ，
即点A到准线 x=−1 的距离为2，所以点A的横坐标为1，
不妨设点A在x轴上方，代入得， A(1，2) ，
所以 |AB|=(3−1)2+(0−2)2=22
故选：B
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.
6．【答案】B
【知识点】程序框图
【解析】【解答】第一次循环： b=b+2a=1+2=3 ， a=b−a=3−1=2，n=n+1=2 ，
|b2a2−2|=|3222−2|=14>0.01 ；
第二次循环， b=b+2a=3+4=7 ， a=b−a=7−2=5，n=n+1=3 ，
|b2a2−2|=|7252−2|=125>0.01 ；
第三次循环， b=b+2a=7+10=17 ， a=b−a=17−5=12，n=n+1=4 ，
|b2a2−2|=|172122−2|=1144<0.01 ，故输出 n=4 .
故选：B
【分析】根据程序框图循环计算即可.
7．【答案】A
【知识点】用向量证明平行；用向量证明垂直
【解析】【解答】解：在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，可知 AC⊥BD 且 DD1⊥ 平面 ABCD ，
又 EF⊂ 平面 ABCD ，所以 EF⊥DD1 ，由 E，F 分别为 AB，BC 的中点，所以 EF∥AC ，所以 EF⊥BD ，又 BD∩DD1=D ，所以 EF⊥ 平面 BDD1 ，又 EF⊂ 平面 B1EF ，所以平面 B1EF⊥ 平面 BDD1 ，故A正确；
以点 D 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 AB=2 ，

则 B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0) ，
C1(0，2，2) ，得 EF=(−1，1，0)，EB1=(0，1，2) ， DB=(2，2，0)，DA1=(2，0，2) ，
AA1=(0，0，2)，AC=(−2，2，0)，A1C1=(−2，2，0)，
设平面 B1EF 的法向量为 m=(x1，y1，z1) ，
则有 m⋅EF=−x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0 ，解得 m=(2，2，−1) ，
同理可得平面 A1BD 的法向量为 n1=(1，−1，−1) ，
平面 A1AC 的法向量为 n2=(1，1，0) ，
平面 A1C1D 的法向量为 n3=(1，1，−1) ，
则 m⋅n1=2−2+1=1≠0 ，所以平面 B1EF 与平面 A1BD 不垂直，故B错误；
因为 m 与 n2 不平行，所以平面 B1EF 与平面 A1AC 不平行，故C错误；
因为 m 与 n3 不平行，所以平面 B1EF 与平面 A1C1D 不平行，故D错误，
故选：A
【分析】证明 EF⊥ 平面 BDD1 ，即可判断A；以点 D 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 AB=2 ，分别求出平面 B1EF ， A1BD ， A1C1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
8．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列 {an} 的公比为 q ，首项为 a1 ，
若 q=1 ，则 a2−a5=0 ，与已知条件矛盾，
所以 q≠1 ，由题意可得 a1+a2+a3=a1(1−q3)1−q=168a2−a5=a1q−a1q4=42 ，解得 a1=96q=12 ，
所以 a6=a1q5=3 .
故选：D.
【分析】设等比数列 {an} 的公比为 q ，首项为 a1 ，易得 q≠1 ，根据等比数列的通项以及前n项和公式列方程组，求出首项与公比，最后根据通项即可求解.
9．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则 r=22a
所以该四棱锥的高 ℎ=1−a22 ，则 V=13a21−a22=43a24a24(1−a22)≤43(a24+a24+1−a223)3=43(13)3=4327
当且仅当 a24=1−a22 ，即 a2=43 时等号成立，所以四棱锥的高为 ℎ=1−a22=1−23=33
故选：C
【分析】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则 r=22a ，所以该四棱锥的高 ℎ=1−a22 ，得到四棱锥体积表达式，再利用基本不等式去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
10．【答案】D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为 p甲
则 p甲=2(1−p2)p1p3+2p2p1(1−p3)=2p1(p2+p3)−4p1p2p3
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 p乙
则 p乙=2(1−p1)p2p3+2p1p2(1−p3)=2p2(p1+p3)−4p1p2p3
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 p丙
则 p丙=2(1−p1)p3p2+2p1p3(1−p2)=2p3(p1+p2)−4p1p2p3
则 p甲−p乙=2p1(p2+p3)−4p1p2p3−[2p2(p1+p3)−4p1p2p3]=2(p1−p2)p3<0
p乙−p丙=2p2(p1+p3)−4p1p2p3−[2p3(p1+p2)−4p1p2p3]=2(p2−p3)p1<0
即 p甲 则该棋手在第二盘与丙比赛， p 最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
p 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率 p甲 ；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 p乙 ；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率 p丙 .并对三者进行比较即可解决.
11．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：依题意不妨设双曲线焦点在 x 轴，设过 F1 作圆 D 的切线切点为 G ，

所以 OG⊥NF1 ，因为 cos∠F1NF2=35>0 ，所以 N 在双曲线的右支，
所以 |OG|=a ， |OF1|=c ， |GF1|=b ，设 ∠F1NF2=α ， ∠F2F1N=β ，
由 cos∠F1NF2=35 ，即 cosα=35 ，则 sinα=45 ， sinβ=ac ， cosβ=bc ，
在 △F2F1N 中， sin∠F1F2N=sin(π−α−β)=sin(α+β)
=sinαcosβ+cosαsinβ=45×bc+35×ac=3a+4b5c ，
由正弦定理得 2csinα=|NF2|sinβ=|NF1|sin∠F1F2N=5c2 ，
所以 |NF1|=5c2sin∠F1F2N=5c2×3a+4b5c=3a+4b2 ， |NF2|=5c2sinβ=5c2×ac=5a2
又 |NF1|−|NF2|=3a+4b2−5a2=4b−2a2=2a ，所以 2b=3a ，即 ba=32 ，所以双曲线的离心率 e=ca=1+b2a2=132 .
故选：C
【分析】依题意设双曲线焦点在 x 轴，设过 F1 作圆 D 的切线切点为 G ，可判断 N 在双曲线的右支，设 ∠F1NF2=α ， ∠F2F1N=β ，即可求出 sinα ， sinβ ， cosβ ，在 △F2F1N 中由 sin∠F1F2N=sin(α+β) 求出 sin∠F1F2N ，再由正弦定理求出 |NF1| ， |NF2| ，最后根据双曲线的定义得到 2b=3a ，即可得解.
12．【答案】D
【知识点】抽象函数及其应用；函数的应用
【解析】【解答】因为 y=g(x) 的图像关于直线 x=2 对称，所以 g(2−x)=g(x+2) ，
由 g(x)−f(x−4)=7 ，得 g(x+2)−f(x−2)=7 ，即 g(x+2)=7+f(x−2) ，
因为 f(x)+g(2−x)=5 ，所以 f(x)+g(x+2)=5 ，
代入得 f(x)+[7+f(x−2)]=5 ，即 f(x)+f(x−2)=−2 ，
所以 f(3)+f(5)+…+f(21)=(−2)×5=−10 ，
f(4)+f(6)+…+f(22)=(−2)×5=−10 .
因为 f(x)+g(2−x)=5 ，所以 f(0)+g(2)=5 ，即 f(0)=1 ，所以 f(2)=−2−f(0)=−3 .
因为 g(x)−f(x−4)=7 ，所以 g(x+4)−f(x)=7 ，又因为 f(x)+g(2−x)=5 ，
联立得， g(2−x)+g(x+4)=12 ，所以 y=g(x) 的图像关于点 (3，6) 中心对称，
因为函数 g(x) 的定义域为R，所以 g(3)=6
因为 f(x)+g(x+2)=5 ，所以 f(1)=5−g(3)=−1 .
所以 k=122f(k)=f(1)+f(2)+[f(3)+f(5)+…+f(21)]+[f(4)+f(6)+…+f(22)]=−1−3−10−10=−24 .
故选：D
【分析】根据对称性和已知条件得到 f(x)+g(x+2)=5 代入 f(x)+g(2−x)=5 得到 f(x)+f(x−2)=−2 ，从而得到 f(3)+f(5)+…+f(21)=−10 ， f(4)+f(6)+…+f(22)=−10 ，然后根据条件得到 f(2) 的值，再由题意得到 g(3)=6 从而得到 f(1) 的值即可求解.
13．【答案】310
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】从5名同学中随机选3名的方法数为 C53=10
甲、乙都入选的方法数为 C31=3 ，所以甲、乙都入选的概率 P=310 .
故答案为： 310
【分析】根据古典概型计算即可.
14．【答案】(x−2)2+(y−3)2=13 或 (x−2)2+(y−1)2=5 或 (x−43)2+(y−73)2=659 或 (x−85)2+(y−1)2=16925
【知识点】圆的一般方程；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0 ，
若过 (0，0) ， (4，0) ， (−1，1) 三点，则 F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0 ，解得 F=0D=−4E=−6 ，
所以圆的方程为 x2+y2−4x−6y=0 ，即 (x−2)2+(y−3)2=13 ；
若过 (0，0) ， (4，0) ， (4，2) 三点，则 F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0 ，解得 F=0D=−4E=−2 ，
所以圆的方程为 x2+y2−4x−2y=0 ，即 (x−2)2+(y−1)2=5 ；
若过 (0，0) ， (4，2) ， (−1，1) 三点，则 F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0 ，解得 F=0D=−83E=−143 ，
所以圆的方程为 x2+y2−83x−143y=0 ，即 (x−43)2+(y−73)2=659 ；
若过 (−1，1) ， (4，0) ， (4，2) 三点，则 1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0 ，解得 F=−165D=−165E=−2 ，
所以圆的方程为 x2+y2−165x−2y−165=0 ，即 (x−85)2+(y−1)2=16925 ；
故答案为： (x−2)2+(y−3)2=13 或 (x−2)2+(y−1)2=5 或 (x−43)2+(y−73)2=659 或 (x−85)2+(y−1)2=16925 .
【分析】设圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0 ，根据所选点的坐标，列方程组，求解即可.
15．【答案】3
【知识点】余弦函数的周期性；余弦函数的零点与最值
【解析】【解答】解： 函数 f(x)=cos(ωx+φ) ，（ ω>0 ， 0<φ<π ）
的最小正周期为 T=2πω ，因为 f(T)=cos(ω⋅2πω+φ)=cos(2π+φ)=cosφ=32 ，
又 0<φ<π ，所以 φ=π6 ，即 f(x)=cos(ωx+π6) ，
又 x=π9 为 f(x) 的零点，所以 π9ω+π6=π2+kπ，k∈Z ，解得 ω=3+9k，k∈Z ，
因为 ω>0 ，所以当 k=0 时 ωmin=3 .
故答案为：3
【分析】先表示周期 T ，再根据 f(T)=32 求出 φ ，最后根据 x=π9 为函数的零点，即可求出 ω 的取值，从而得解.
16．【答案】(1e，1)
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解： f′(x)=2lna⋅ax−2ex ，
因为 x1，x2 分别是函数 f(x)=2ax−ex2 的极小值点和极大值点，
所以函数 f(x) 在 (−∞，x1) 和 (x2，+∞) 上递减，在 (x1，x2) 上递增，
所以当 x∈(−∞，x1)∪(x2，+∞) 时， f′(x)<0 ，当 x∈(x1，x2) 时， f′(x)>0 ，
若 a>1 时，当 x<0 时， 2lna⋅ax>0，2ex<0 ，则此时 f′(x)>0 ，与前面矛盾，
故 a>1 不符合题意，
若 0 即方程 lna⋅ax=ex 的两个根为 x1，x2 ，即函数 y=lna⋅ax 与函数 y=ex 的图象有两个不同的交点，令 g(x)=lna⋅ax ，则 g′(x)=ln2a⋅ax，0
设过原点且与函数 y=g(x) 的图象相切的直线的切点为 (x0，lna⋅ax0) ，
则切线的斜率为 g′(x0)=ln2a⋅ax0 ，故切线方程为 y−lna⋅ax0=ln2a⋅ax0(x−x0) ，
则有 −lna⋅ax0=−x0ln2a⋅ax0 ，解得 x0=1lna ，
则切线的斜率为 ln2a⋅a1lna=eln2a ，
因为函数 y=lna⋅ax 与函数 y=ex 的图象有两个不同的交点，
所以 eln2a 又 0 综上所述， a 的范围为 (1e，1) .
【分析】由 x1，x2 分别是函数 f(x)=2ax−ex2 的极小值点和极大值点，可得 x∈(−∞，x1)∪(x2，+∞) 时， f′(x)<0 ， x∈(x1，x2) 时， f′(x)>0 ，再分 a>1 和 0 17．【答案】（1）证明：因为 sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A) ，
所以 sinCsinAcosB−sinCsinBcosA=sinBsinCcosA−sinBsinAcosC ，
所以 ac⋅a2+c2−b22ac−2bc⋅b2+c2−a22bc=−ab⋅a2+b2−c22ab ，
即 a2+c2−b22−(b2+c2−a2)=−a2+b2−c22 ，
所以 2a2=b2+c2 ；
（2）解：因为 a=5，cosA=2531 ，
由（1）得 b2+c2=50 ，
由余弦定理可得 a2=b2+c2−2bccosA ，
则 50−5031bc=25 ，
所以 bc=312 ，
故 (b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81 ，
所以 b+c=9 ，
所以 △ABC 的周长为 a+b+c=14 .
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出 bc ，从而可求得 b+c ，即可得解.
18．【答案】（1）证明：因为 AD=CD ，E为 AC 的中点，所以 AC⊥DE ；
在 △ABD 和 △CBD 中，因为 AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB ，
所以 △ABD≌△CBD ，所以 AB=CB ，又因为E为 AC 的中点，所以 AC⊥BE ；
又因为 DE，BE⊂ 平面 BED ， DE∩BE=E ，所以 AC⊥ 平面 BED ，
因为 AC⊂ 平面 ACD ，所以平面 BED⊥ 平面 ACD .
（2）解：连接 EF ，

由（1）知， AC⊥ 平面 BED ，因为 EF⊂ 平面 BED ，
所以 AC⊥EF ，所以 S△AFC=12AC⋅EF ，
当 EF⊥BD 时， EF 最小，即 △AFC 的面积最小.
因为 △ABD≌△CBD ，所以 CB=AB=2 ，
又因为 ∠ACB=60° ，所以 △ABC 是等边三角形，
因为E为 AC 的中点，所以 AE=EC=1 ， BE=3 ，
因为 AD⊥CD ，所以 DE=12AC=1 ，
在 △DEB 中， DE2+BE2=BD2 ，所以 BE⊥DE .
以 E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 E−xyz ，
则 A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1) ，所以 AD=(−1，0，1)，AB=(−1，3，0) ，
设平面 ABD 的一个法向量为 n=(x，y，z) ，
则 n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+3y=0 ，取 y=3 ，则 n=(3，3，3) ，
又因为 C(−1，0，0)，F(0，34，34) ，所以 CF=(1，34，34) ，
所以 cos〈n，CF〉=n⋅CF|n||CF|=621×74=437 ，
设 CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值为 θ(0≤θ≤π2) ，
所以 sinθ=|cos〈n，CF〉|=437 ，
所以 CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值为 437 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明 △ABD≌△CBD ，得到 AB=CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 BE⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
19．【答案】（1）解：样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值 x=0.610=0.06
样本中10棵这种树木的材积量的平均值 y=3.910=0.39
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 0.06m2 ，
平均一棵的材积量为 0.39m3
（2）解： r=i=110(xi−x)(yi−y)i=110(xi−x)2i=110(yi−y)2=i=110xiyi−10xy(i=110xi2−10x2)(i=110yi2−10y2)
=0.2474−10×0.06×0.39(0.038−10×0.062)(1.6158−10×0.392)=0.01340.0001896≈0.01340.01377≈0.97
则 r≈0.97
（3）解：设该林区这种树木的总材积量的估计值为 Ym3 ，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得 0.060.39=186Y ，解之得 Y=1209m3 ．
则该林区这种树木的总材积量估计为 1209m3
【知识点】众数、中位数、平均数；相关系数
【解析】【分析】（1）计算出样本中10棵这种树木根部横截面积的平均值及10棵这种树木材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）根据相关系数公式计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．
20．【答案】（1）解：设椭圆E的方程为 mx2+ny2=1 ，过 A(0，−2)，B(32，−1) ，
则 4n=194m+n=1 ，解得 m=13 ， n=14 ，
所以椭圆E的方程为： y24+x23=1
（2）证明： A(0，−2)，B(32，−1) ，所以 AB：y+2=23x ，
①若过点 P(1，−2) 的直线斜率不存在，直线 x=1 .代入 x23+y24=1 ，
可得 M(1，263) ， N(1，−263) ，代入AB方程 y=23x−2 ，可得
T(6+3，263) ，由 MT=TH 得到 H(26+5，263) .求得HN方程：
y=(2−263)x−2 ，过点 (0，−2) .
②若过点 P(1，−2) 的直线斜率存在，设 kx−y−(k+2)=0，M(x1，y1)，N(x2，y2) .
联立 kx−y−(k+2)=0x23+y24=1， 得 (3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0 ，
可得 x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4 ， y1+y2=−8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k−2k2)3k2+4 ，
且 x1y2+x2y1=−24k3k2+4(∗)
联立 y=y1y=23x−2， 可得 T(3y12+3，y1)，H(3y1+6−x1，y1).
可求得此时 HN：y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2) ，
将 (0，−2) ，代入整理得 2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0 ，
将 (∗) 代入，得 24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0，
显然成立，
综上，可得直线HN过定点 (0，−2).
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设椭圆方程为 mx2+ny2=1 ，将所给点的坐标代入方程求解即可；
（2）分直线斜率是否存在进行讨论，直线方程与椭圆C的方程联立，利用韦达定理结合已知条件即可表示直线HN，化简即可得解.
21．【答案】（1）解： f(x) 的定义域为 (−1，+∞)
当 a=1 时， f(x)=ln(1+x)+xex，f(0)=0 ，所以切点为 (0，0) f′(x)=11+x+1−xex，f′(0)=2 ，所以切线斜率为2
所以曲线 y=f(x) 在点 (0，f(0)) 处的切线方程为 y=2x
（2）解： f(x)=ln(1+x)+axex
f′(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a(1−x2)(1+x)ex
设 g(x)=ex+a(1−x2)
1°若 a>0 ，当 x∈(−1，0)，g(x)=ex+a(1−x2)>0 ，即 f′(x)>0
所以 f(x) 在 (−1，0) 上单调递增， f(x) 故 f(x) 在 (−1，0) 上没有零点，不合题意
2°若 −1⩽a⩽0 ，当 x∈(0，+∞) ，则 g′(x)=ex−2ax>0
所以 g(x) 在 (0，+∞) 上单调递增所以 g(x)>g(0)=1+a⩾0 ，即 f′(x)>0
所以 f(x) 在 (0，+∞) 上单调递增， f(x)>f(0)=0
故 f(x) 在 (0，+∞) 上没有零点，不合题意
3°若 a<−1

①当 x∈(0，+∞) ，则 g′(x)=ex−2ax>0 ，所以 g(x) 在 (0，+∞) 上单调递增
g(0)=1+a<0，g(1)=e>0
所以存在 m∈(0，1) ，使得 g(m)=0 ，即 f′(m)=0
当 x∈(0，m)，f′(x)<0，f(x) 单调递减
当 x∈(m，+∞)，f′(x)>0，f(x) 单调递增
所以
当 x∈(0，m)，f(x) 当 x→+∞，f(x)→+∞
所以 f(x) 在 (m，+∞) 上有唯一零点
又 (0，m) 没有零点，即 f(x) 在 (0，+∞) 上有唯一零点
②当 x∈(−1，0)，g(x)=ex+a(1−x2)
设 ℎ(x)=g′(x)=ex−2ax
ℎ′(x)=ex−2a>0
所以 g′(x) 在 (−1，0) 单调递增
g′(−1)=1e+2a<0，g′(0)=1>0
所以存在 n∈(−1，0) ，使得 g′(n)=0
当 x∈(−1，n)，g′(x)<0，g(x) 单调递减
当 x∈(n，0)，g′(x)>0，g(x) 单调递增， g(x) 又 g(−1)=1e>0
所以存在 t∈(−1，n) ，使得 g(t)=0 ，即 f′(t)=0
当 x∈(−1，t)，f(x) 单调递增，当 x∈(t，0)，f(x) 单调递减
有 x→−1，f(x)→−∞
而 f(0)=0 ，所以当 x∈(t，0)，f(x)>0
所以 f(x) 在 (−1，t) 上有唯一零点， (t，0) 上无零点
即 f(x) 在 (−1，0) 上有唯一零点
所以 a<−1 ，符合题意
所以若 f(x) 在区间 (−1，0)，(0，+∞) 各恰有一个零点，求 a 的取值范围为 (−∞，−1)
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 x 分 (−1，0)，(0，+∞) 两部分研究.
22．【答案】（1）解：因 l： ρsin(θ+π3)+m=0 ，所以 12ρ⋅sinθ+32ρ⋅cosθ+m=0 ，
又因为 ρ⋅sinθ=y，ρ⋅cosθ=x ，所以化简为 12y+32x+m=0 ，
整理得l的直角坐标方程： 3x+y+2m=0
（2）解：联立l与C的方程，即将 x=3cos2t ， y=2sint 代入
3x+y+2m=0 中，可得 3cos2t+2sint+2m=0 ，
所以 3(1−2sin2t)+2sint+2m=0 ，
化简为 −6sin2t+2sint+3+2m=0 ，
要使l与C有公共点，则 2m=6sin2t−2sint−3 有解，
令 sint=a ，则 a∈[−1，1] ，令 f(a)=6a2−2a−3 ， (−1≤a≤1) ，
对称轴为 a=16 ，开口向上，
所以 f(a)max=f(−1)=6+2−3=5 ，
f(a)min=f(16)=16−26−3=−196 ，
所以 −196≤2m≤5
m的取值范围为 −1912≤m≤52 .
【知识点】二次函数的性质；简单曲线的极坐标方程；参数的意义
【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式转化即可；
（2）联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新元a的取值范围求解m的范围即可.
23．【答案】（1）证明：因为 a>0 ， b>0 ， c>0 ，则 a32>0 ， b32>0 ， c32>0 ，
所以 a32+b32+c323≥3a32⋅b32⋅c32 ，
即 (abc)12≤13 ，所以 abc≤19 ，当且仅当 a32=b32=c32 ，即 a=b=c=319 时取等号．
（2）证明：因为 a>0 ， b>0 ， c>0 ，
所以 b+c≥2bc ， a+c≥2ac ， a+b≥2ab ，
所以 ab+c≤a2bc=a322abc ， ba+c≤b2ac=b322abc ， ca+b≤c2ab=c322abc
ab+c+ba+c+ca+b≤a322abc+b322abc+c322abc=a32+b32+c322abc=12abc
当且仅当 a=b=c 时取等号．
【知识点】基本不等式；不等式的证明
【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．

试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：160分
分值分布
客观题（占比）
65.0(40.6%)
主观题（占比）
95.0(59.4%)
题量分布
客观题（占比）
13(56.5%)
主观题（占比）
10(43.5%)
2、试卷题量分布分析
大题题型
题目量（占比）
分值（占比）
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
4(17.4%)
20.0(12.5%)
选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
2(8.7%)
20.0(12.5%)
解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分．
5(21.7%)
60.0(37.5%)
选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．
12(52.2%)
60.0(37.5%)
3、试卷难度结构分析
序号
难易度
占比
1
普通
(78.3%)
2
容易
(17.4%)
3
困难
(4.3%)
4、试卷知识点分析
序号
知识点（认知水平）
分值（占比）
对应题号
1
补集及其运算
5.0(3.1%)
1
2
等比数列的前n项和
5.0(3.1%)
8
3
参数的意义
10.0(6.3%)
22
4
圆的一般方程
5.0(3.1%)
14
5
等比数列的通项公式
5.0(3.1%)
8
6
古典概型及其概率计算公式
5.0(3.1%)
13
7
相关系数
12.0(7.5%)
19
8
两点间的距离公式
5.0(3.1%)
5
9
用向量证明平行
5.0(3.1%)
7
10
平面与平面垂直的判定
12.0(7.5%)
18
11
两角和与差的正弦公式
12.0(7.5%)
17
12
相互独立事件的概率乘法公式
5.0(3.1%)
10
13
正弦定理的应用
5.0(3.1%)
11
14
双曲线的简单性质
5.0(3.1%)
11
15
用向量证明垂直
5.0(3.1%)
7
16
正弦定理
12.0(7.5%)
17
17
利用导数研究曲线上某点切线方程
12.0(7.5%)
21
18
抽象函数及其应用
5.0(3.1%)
12
19
恒过定点的直线
12.0(7.5%)
20
20
抛物线的定义
5.0(3.1%)
5
21
用空间向量求直线与平面的夹角
12.0(7.5%)
18
22
数列的应用
5.0(3.1%)
4
23
余弦函数的零点与最值
5.0(3.1%)
15
24
余弦定理
12.0(7.5%)
17
25
直线与圆锥曲线的关系
12.0(7.5%)
20
26
基本不等式
10.0(6.3%)
23
27
球内接多面体
5.0(3.1%)
9
28
函数的零点
12.0(7.5%)
21
29
不等式的证明
10.0(6.3%)
23
30
众数、中位数、平均数
12.0(7.5%)
19
31
平面向量数量积的性质及其运算律
5.0(3.1%)
3
32
利用导数研究函数的极值
5.0(3.1%)
16
33
棱柱、棱锥、棱台的体积
5.0(3.1%)
9
34
复数相等的充要条件
5.0(3.1%)
2
35
余弦函数的周期性
5.0(3.1%)
15
36
函数的应用
5.0(3.1%)
12
37
简单曲线的极坐标方程
10.0(6.3%)
22
38
二次函数的性质
10.0(6.3%)
22
39
利用导数研究函数的单调性
17.0(10.6%)
16,21
40
棱锥的结构特征
5.0(3.1%)
9
41
元素与集合关系的判断
5.0(3.1%)
1
42
余弦定理的应用
5.0(3.1%)
11
43
点与圆的位置关系
5.0(3.1%)
14
44
程序框图
5.0(3.1%)
6
45
椭圆的标准方程
12.0(7.5%)
20
46
复数代数形式的加减运算
5.0(3.1%)
2