2022年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(新高考Ⅰ卷)

PAGE12022年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(新高考Ⅰ卷)一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．若集合M＝{x|eq\r(x)＜4}，N＝{x|3x≥1}，則M∩N＝()A．{x|0≤x＜2} B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x＜2))))C．{x|3≤x＜16} D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x＜16))))D[M＝{x|0≤x＜16}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))))，故M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x＜16))))，故選：D．]2．若i(1－z)＝1，則z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－2 B．－1C．1 D．2D[由題設(shè)有1－z＝eq\f(1,i)＝eq\f(i,i2)＝－i，故z＝1＋i，故z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝(1＋i)＋(1－i)＝2，故選：D．]3．在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，BD＝2DA．記eq\o(CA,\s\up6(→))＝m，eq\o(CD,\s\up6(→))＝n，則eq\o(CB,\s\up6(→))＝()A．3m－2n B．－2m＋3nC．3m＋2n D．2m＋3nB[因?yàn)辄c(diǎn)D在邊AB上，BD＝2DA，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，即eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝2(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→)))，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝3eq\o(CD,\s\up6(→))－2eq\o(CA,\s\up6(→))＝3n－2m＝－2m＋3n．故選：B．]4．南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問(wèn)題，其中一部分水蓄入某水庫(kù)．已知該水庫(kù)水位為海拔148.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2．將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔148.5m上升到157.5m時(shí)，增加的水量約為(eq\r(7)≈2.65)()A．1.0×109m3 B．1.2×109m3C．1.4×109m3 D．1.6×109m3C[如圖，依題意可知棱臺(tái)的高為MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺(tái)的體積V．棱臺(tái)下底面面積S＝140.0km2＝140×106m2，上底面面積S′＝180.0km2＝180×106m2，∴V＝eq\f(1,3)h(S＋S′＋eq\r(SS′))＝eq\f(1,3)×9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(140×106＋180×106＋\r(140×180×1012)))＝3×(320＋60eq\r(7))×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故選：C．]5．從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)D[從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，共有Ceq\o\al(2,7)＝21種不同的取法，若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7種，故所求概率P＝eq\f(21－7,21)＝eq\f(2,3)．故選：D．]6．記函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω＞0)的最小正周期為T(mén)．若eq\f(2π,3)＜T＜π，且y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對(duì)稱(chēng)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2) D．3A[由函數(shù)的最小正周期T滿(mǎn)足eq\f(2π,3)＜T＜π，得eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3，又因?yàn)楹瘮?shù)圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))對(duì)稱(chēng)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，且b＝2，所以ω＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k，k∈Z，所以ω＝eq\f(5,2)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π＋\f(π,4)))＋2＝1．故選：A．]7．設(shè)a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，則()A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．a(chǎn)＜c＜bC[設(shè)f(x)＝ln(1＋x)－x(x＞－1)，因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝－eq\f(x,1＋x)，當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1，0)上單調(diào)遞增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＜f(0)＝0，所以lneq\f(10,9)－eq\f(1,9)＜0，故eq\f(1,9)＞lneq\f(10,9)＝－ln0.9，即b＞c；所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,10)))＜f(0)＝0，所以lneq\f(9,10)＋eq\f(1,10)＜0，故eq\f(9,10)＜eeq\s\up12(－eq\f(1,10))，所以eq\f(1,10)eeq\s\up12(eq\f(1,10))＜eq\f(1,9)，故a＜b；設(shè)g(x)＝xex＋ln(1－x)(0＜x＜1)，則g′(x)＝(x＋1)ex＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(x2－1ex＋1,x－1)，令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，當(dāng)0＜x＜eq\r(2)－1時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)eq\r(2)－1＜x＜1時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，又h(0)＝0，所以當(dāng)0＜x＜eq\r(2)－1時(shí)，h(x)＜0，所以當(dāng)0＜x＜eq\r(2)－1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(0.1)＞g(0)＝0，即0.1e0.1＞－ln0.9，所以a＞c．故選：C．]8．已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，27))C[因?yàn)榍虻捏w積為36π，所以球的半徑R＝3，設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2a，高為h，則l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(3－h(huán))2，所以6h＝l2，2a2＝l2－h(huán)2，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×4a2×h＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l2－\f(l4,36)))×eq\f(l2,6)＝eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l4－\f(l6,36)))，所以V′＝eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4l3－\f(l5,6)))＝eq\f(1,9)l3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24－l2,6)))，當(dāng)3≤l＜2eq\r(6)時(shí)，V′＞0，當(dāng)2eq\r(6)＜l≤3eq\r(3)時(shí)，V′＜0，所以當(dāng)l＝2eq\r(6)時(shí)，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為eq\f(64,3)，又l＝3時(shí)，V＝eq\f(27,4)，l＝3eq\r(3)時(shí)，V＝eq\f(81,4)，所以正四棱錐的體積V的最小值為eq\f(27,4)，所以該正四棱錐體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))．故選：C．]二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線(xiàn)BC1與DA1所成的角為90°B．直線(xiàn)BC1與CA1所成的角為90°C．直線(xiàn)BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線(xiàn)BC1與平面ABCD所成的角為45°ABD[如圖，連接B1C、BC1，因?yàn)镈A1∥B1C，所以直線(xiàn)BC1與B1C所成的角即為直線(xiàn)BC1與DA1所成的角，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1C⊥BC1，故直線(xiàn)BC1與DA1所成的角為90°，A正確；連接A1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，則A1B1⊥BC1，因?yàn)锽1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C?平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正確；連接A1C1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O，連接BO，因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，則C1O⊥B1B，因?yàn)镃1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO為直線(xiàn)BC1與平面BB1D1D所成的角，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則C1O＝eq\f(\r(2),2)，BC1＝eq\r(2)，sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，所以，直線(xiàn)BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線(xiàn)BC1與平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正確．故選：ABD．]10．已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C．點(diǎn)(0，1)是曲線(xiàn)y＝f(x)的對(duì)稱(chēng)中心D．直線(xiàn)y＝2x是曲線(xiàn)y＝f(x)的切線(xiàn)AC[由題意知，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＞0得x＞eq\f(\r(3),3)或x＜－eq\f(\r(3),3)，令f′(x)＜0得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以x＝±eq\f(\r(3),3)是極值點(diǎn)，故A正確；因feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＝1＋eq\f(2\r(3),9)＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝－5＜0，所以，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)x≥eq\f(\r(3),3)時(shí)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＞0，即函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上無(wú)零點(diǎn)，綜上所述，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；令h(x)＝x3－x，該函數(shù)的定義域?yàn)镽，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(huán)(x)，則h(x)是奇函數(shù)，點(diǎn)(0，0)是h(x)的對(duì)稱(chēng)中心，將h(x)的圖象向上平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得到f(x)的圖象，所以點(diǎn)(0，1)是曲線(xiàn)y＝f(x)的對(duì)稱(chēng)中心，故C正確；令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，當(dāng)切點(diǎn)為(1，1)時(shí)，切線(xiàn)方程為y＝2x－1，當(dāng)切點(diǎn)為(－1，1)時(shí)，切線(xiàn)方程為y＝2x＋3，故D錯(cuò)誤．故選：AC．]11．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(1，1)在拋物線(xiàn)C：x2＝2py(p＞0)上，過(guò)點(diǎn)B(0，－1)的直線(xiàn)交C于P，Q兩點(diǎn)，則()A．C的準(zhǔn)線(xiàn)為y＝－1B．直線(xiàn)AB與C相切C．|OP|·|OQ|＞|OA|2D．|BP|·|BQ|＞|BA|2BCD[將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)方程得1＝2p，所以?huà)佄锞€(xiàn)方程為x2＝y(tǒng)，故準(zhǔn)線(xiàn)方程為y＝－eq\f(1,4)，A錯(cuò)誤；kAB＝eq\f(1－－1,1－0)＝2，所以直線(xiàn)AB的方程為y＝2x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x2＝y(tǒng)，))可得x2－2x＋1＝0，解得x＝1，即直線(xiàn)AB與C相切于點(diǎn)A，故B正確；設(shè)過(guò)B的直線(xiàn)為l，若直線(xiàn)l與y軸重合，則直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C只有一個(gè)交點(diǎn)，所以，直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx－1，點(diǎn)P(x1，y1)，點(diǎn)Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝y(tǒng)，))得x2－kx＋1＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝k2－4＞0，,x1＋x2＝k，,x1x2＝1，))所以k＞2或k＜－2，y1y2＝(x1x2)2＝1，又|OP|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))＝eq\r(y1＋y\o\al(2,1))，|OQ|＝eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\r(y2＋y\o\al(2,2))，所以|OP|·|OQ|＝eq\r(y1y21＋y11＋y2)＝eq\r(kx1×kx2)＝|k|＞2＝|OA|2，故C正確；因?yàn)閨BP|＝eq\r(1＋k2)|x1|，|BQ|＝eq\r(1＋k2)|x2|，所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|x1x2|＝1＋k2＞5，而|BA|2＝5，故D正確．故選：BCD．]12．已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x)．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，則()A．f(0)＝0 B．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)BC[因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，g(2＋x)＝g(2－x)，所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，則f(－1)＝f(4)，故C正確；函數(shù)f(x)，g(x)的圖象分別關(guān)于直線(xiàn)x＝eq\f(3,2)，x＝2對(duì)稱(chēng)，又g(x)＝f′(x)，且函數(shù)f(x)可導(dǎo)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(3－x)＝－g(x)，所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正確，D錯(cuò)誤；若函數(shù)f(x)滿(mǎn)足題設(shè)條件，則函數(shù)f(x)＋C(C為常數(shù))也滿(mǎn)足題設(shè)條件，所以無(wú)法確定f(x)的函數(shù)值，故A錯(cuò)誤．故選：BC．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化題干條件為抽象函數(shù)的性質(zhì)，準(zhǔn)確把握原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)圖象間的關(guān)系，準(zhǔn)確把握函數(shù)的性質(zhì)(必要時(shí)結(jié)合圖象)即可得解．]三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展開(kāi)式中x2y6的系數(shù)為_(kāi)_____(用數(shù)字作答)．－28[因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8＝(x＋y)8－eq\f(y,x)(x＋y)8，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展開(kāi)式中含x2y6的項(xiàng)為Ceq\o\al(6,8)x2y6－eq\f(y,x)Ceq\o\al(5,8)x3y5＝－28x2y6，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展開(kāi)式中x2y6的系數(shù)為－28．]14．寫(xiě)出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線(xiàn)的方程______________．y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)或y＝eq\f(7,24)x－eq\f(25,24)或x＝－1[圓x2＋y2＝1的圓心為O(0，0)，半徑為1，圓(x－3)2＋(y－4)2＝16的圓心O1為(3，4)，半徑為4，兩圓圓心距為eq\r(32＋42)＝5，等于兩圓半徑之和，故兩圓外切，如圖，當(dāng)切線(xiàn)為l時(shí)，因?yàn)閗OO1＝eq\f(4,3)，所以kl＝－eq\f(3,4)，設(shè)方程為y＝－eq\f(3,4)x＋t(t＞0)，O到l的距離d＝eq\f(|t|,\r(1＋\f(9,16)))＝1，解得t＝eq\f(5,4)，所以l的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，當(dāng)切線(xiàn)為m時(shí)，設(shè)直線(xiàn)方程為kx＋y＋p＝0，其中p＞0，k＜0，由題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|p|,\r(1＋k2))＝1，,\f(|3k＋4＋p|,\r(1＋k2))＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(7,24)，,p＝\f(25,24)，))y＝eq\f(7,24)x－eq\f(25,24)，當(dāng)切線(xiàn)為n時(shí)，易知切線(xiàn)方程為x＝－1．]15．若曲線(xiàn)y＝(x＋a)ex有兩條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線(xiàn)，則a的取值范圍是______．(－∞，－4)∪(0，＋∞)[∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝(x0＋a)ex0，切線(xiàn)斜率k＝(x0＋1＋a)ex0，切線(xiàn)方程為：y－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(x－x0)，∵切線(xiàn)過(guò)原點(diǎn)，∴－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(－x0)，整理得：xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0，∵切線(xiàn)有兩條，∴Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，∴a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．]16．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上頂點(diǎn)為A，兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2)．過(guò)F1且垂直于A(yíng)F2的直線(xiàn)與C交于D，E兩點(diǎn)，|DE|＝6，則△ADE的周長(zhǎng)是______．13[∵橢圓的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，∴b2＝a2－c2＝3c2，∴橢圓的方程為eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1，即3x2＋4y2－12c2＝0，不妨設(shè)左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，如圖所示，∵|AF2|＝a，|OF2|＝c，a＝2c，∴∠AF2O＝eq\f(π,3)，∴△AF1F2為正三角形，∵過(guò)F1且垂直于A(yíng)F2的直線(xiàn)與C交于D，E兩點(diǎn)，DE為線(xiàn)段AF2的垂直平分線(xiàn)，∴直線(xiàn)DE的斜率為eq\f(\r(3),3)，斜率倒數(shù)為eq\r(3)，直線(xiàn)DE的方程：x＝eq\r(3)y－c，代入橢圓方程3x2＋4y2－12c2＝0，整理化簡(jiǎn)得到：13y2－6eq\r(3)cy－9c2＝0，判別式Δ＝(6eq\r(3)c)2＋4×13×9c2＝62×16×c2，∴|DE|＝eq\r(1＋\r(3)2)|y1－y2|＝2×eq\f(\r(Δ),13)＝2×6×4×eq\f(c,13)＝6，∴c＝eq\f(13,8)，得a＝2c＝eq\f(13,4)，∵DE為線(xiàn)段AF2的垂直平分線(xiàn)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，∴△ADE的周長(zhǎng)等于△F2DE的周長(zhǎng)，利用橢圓的定義得到△F2DE的周長(zhǎng)為|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DF1|＋|EF1|＝|DF1|＋|DF2|＋|EF1|＋|EF2|＝2a＋2a＝4a＝13．]四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17．(10分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2．解：(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴eq\f(S1,a1)＝1，又∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列，∴eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，∴Sn＝eq\f(n＋2an,3)，∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(n＋1an－1,3)，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2an,3)－eq\f(n＋1an－1,3)，整理得：(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，∴an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2)，顯然對(duì)于n＝1也成立，∴{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(nn＋1,2)．(2)證明：eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＜2．18．(12分)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B)．(1)若C＝eq\f(2π,3)，求B；(2)求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值．解：(1)因?yàn)閑q\f(cosA,1＋sinA)＝eq\f(sin2B,1＋cos2B)＝eq\f(2sinBcosB,2cos2B)＝eq\f(sinB,cosB)，即sinB＝cosAcosB－sinAsinB＝cos(A＋B)＝－cosC＝eq\f(1,2)，而0＜B＜eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,6)．(2)由(1)知，sinB＝－cosC＞0，所以eq\f(π,2)＜C＜π，0＜B＜eq\f(π,2)，而sinB＝－cosC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))，所以C＝eq\f(π,2)＋B，即有A＝eq\f(π,2)－2B．所以eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq\f(cos22B＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(2cos2B－12＋1－cos2B,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥2eq\r(8)－5＝4eq\r(2)－5，當(dāng)且僅當(dāng)cos2B＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值為4eq\r(2)－5．19．(12分)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為2eq\r(2)．(1)求A到平面A1BC的距離；(2)設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h，則Veq\s\do16(A-A1BC)＝eq\f(1,3)Seq\s\do16(△A1BC)·h＝eq\f(2\r(2),3)h＝Veq\s\do16(A1-ABC)＝eq\f(1,3)·S△ABC·A1A＝eq\f(1,3)Veq\s\do16(ABC-A1B1C1)＝eq\f(4,3)，解得h＝eq\r(2)，所以點(diǎn)A到平面A1BC的距離為eq\r(2)．(2)取A1B的中點(diǎn)E，連接AE，如圖，因?yàn)锳A1＝AB，所以AE⊥A1B，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，且AE?平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC?平面A1BC，BC?平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC，又AE，BB1?平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC，BA，BB1兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，由(1)得AE＝eq\r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq\r(2)，所以BC＝2，則A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，所以A1C的中點(diǎn)D(1，1，1)，則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，設(shè)平面ABD的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\o(BA,\s\up6(→))＝2y＝0，))可取m＝(1，0，－1)，設(shè)平面BDC的法向量n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝a＋b＋c＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝2a＝0，))可取n＝(0，1，－1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以二面角A-BD-C的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)．20．(12分)一醫(yī)療團(tuán)隊(duì)為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦男l(wèi)生習(xí)慣(衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類(lèi))的關(guān)系，在已患該疾病的病例中隨機(jī)調(diào)查了100例(稱(chēng)為病例組)，同時(shí)在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查了100人(稱(chēng)為對(duì)照組)，得到如下數(shù)據(jù)：不夠良好良好病例組4060對(duì)照組1090(1)能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異？(2)從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”，eq\f(PB|A,P\x\to(B)|A)與eq\f(PB|\x\to(A),P\x\to(B)|\x\to(A))的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對(duì)患該疾病風(fēng)險(xiǎn)程度的一項(xiàng)度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R．(ⅰ)證明：R＝eq\f(PA|B,P\x\to(A)|B)·eq\f(P\x\to(A)|\x\to(B),PA|\x\to(B))；(ⅱ)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出P(A|B)，P(A|eq\x\to(B))的估計(jì)值，并利用(ⅰ)的結(jié)果給出R的估計(jì)值．附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，P(K2≥k0)0.0500.0100.001.k03.8416.63510.828解：(1)由已知K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)＝eq\f(200×40×90－60×102,50×150×100×100)＝24，又P(K2≥6.635)＝0.01，24＞6.635，所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異．(2)(ⅰ)證明：因?yàn)镽＝eq\f(PB|A,P\x\to(B)|A)·eq\f(P\x\to(B)|\x\to(A),PB|\x\to(A))＝eq\f(PAB,PA)·eq\f(PA,PA\x\to(B))·eq\f(P\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－)),P\x\to(A))·eq\f(P\x\to(A),P\x\to(A)B)，所以R＝eq\f(PAB,PB)·eq\f(PB,P\x\to(A)B)·eq\f(P\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－)),P\x\to(B))·eq\f(P\x\to(B),PA\x\to(B))所以R＝eq\f(PA|B,P\x\to(A)|B)·eq\f(P\x\to(A)|\x\to(B),PA|\x\to(B))．(ⅱ)由已知P(A|B)＝eq\f(40,100)，P(A|eq\x\to(B))＝eq\f(10,100)，又P(eq\x\to(A)|B)＝eq\f(60,100)，P(eq\x\to(A)|eq\x\to(B))＝eq\f(90,100)，所以R＝eq\f(PA|B,P\x\to(A)|B)·eq\f(P\x\to(A)|\x\to(B),PA|\x\to(B))＝6．21．(12分)已知點(diǎn)A(2，1)在雙曲線(xiàn)C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直線(xiàn)l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線(xiàn)AP，AQ的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面積．解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)A(2，1)在雙曲線(xiàn)C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a＞1)上，所以eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2，即雙曲線(xiàn)C：eq\f(x2,2)－y2＝1，易知直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1))可得，(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，所以，Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0?m2＋1－2k2＞0，x1＋x2＝－eq\f(4mk,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1)，所以由kAP＋kAQ＝0可得，eq\f(y2－1,x2－2)＋eq\f(y1－1,x1－2)＝0，即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，所以2k×eq\f(2m2＋2,2k2－1)＋(m－1－2k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4mk,2k2－1)))－4(m－1)＝0，化簡(jiǎn)得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，所以k＝－1或m＝1－2k，當(dāng)m＝1－2k時(shí)，直線(xiàn)l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1，過(guò)點(diǎn)A(2，1)，與題意不符，舍去，故k＝－1．(2)不妨設(shè)直線(xiàn)AP，AQ的傾斜角為α，β(α＜β)，因?yàn)閗AP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π，因?yàn)閠an∠PAQ＝2eq\r(2)，所以tan(β－α)＝2eq\r(2)，即tan2α＝－2eq\r(2)，即eq\r(2)tan2α－tanα－eq\r(2)＝0，解得tanα＝eq\r(2)，于是，直線(xiàn)AP：y＝eq\r(2)(x－2)＋1，直線(xiàn)AQ：y＝－eq\r(2)(x－2)＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x－2＋1，,\f(x2,2)－y2＝1))可得，eq\f(3,2)x2＋2eq\r(2)(1－2eq\r(2))x＋10－4eq\r(2)＝0，因?yàn)榉匠逃幸粋€(gè)根為2，所以xP＝eq\f(10－4\r(2),3)，yP＝eq\f(4\r(2)－5,3)，同理可得，xQ＝eq\f(10＋4\r(2),3)，yQ＝eq\f(－4\r(2)－5,3)．所以PQ：x＋y－eq\f(5,3)＝0，|PQ|＝eq\f(16,3)，點(diǎn)A到直線(xiàn)PQ的距離d＝eq\f(\o(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋1－\f(5,3)))),\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)，故△PAQ的面積為eq\f(1,2)×eq\f(16,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(16\r(2),9)．22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線(xiàn)y＝b，其與兩條曲線(xiàn)y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．解：(1)f(x)＝ex－ax的定義域?yàn)镽，而f′(x)＝ex－a，若a≤0，則f′(x)＞0，此時(shí)f(x)無(wú)最小值，故a＞0．當(dāng)x＜lna時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞lna時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(lna)＝a－alna．g(x)＝ax－lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，而g′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)．當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時(shí)，g′(x)＜0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞eq\f(1,a)時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，故g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)．因?yàn)閒(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值，故1－lneq\f(1,a)＝a－alna，整理得到eq\f(a－1,1＋a)＝lna，其中a＞0，設(shè)m(a)＝eq\f(a－1,1＋a)－lna，a＞0，則m′(a)＝eq\f(2,1＋a2)－eq\f(1,a)＝eq\f(－a2－1,a1＋a2)＜0，故m(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，而m(1)＝0，故m(a)＝0的唯一解為a＝1，故eq\f(a－1,1＋a)＝lna的解為a＝1．綜上，a＝1．(2)證明：法一：由(1)可得f(x)＝ex－x和g(x)＝x－lnx的最小值為1－ln1＝1－lneq\f(1,1)＝1．當(dāng)b＞1時(shí)，考慮ex－x＝b的解的個(gè)數(shù)，x－lnx＝b的解的個(gè)數(shù)．設(shè)S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，當(dāng)x＜0時(shí)，S′(x)＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，S′(x)＞0，故S(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以S(x)min＝S(0)＝1－b＜0，而S(－b)＝