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第二部分仿真模拟冲刺练仿真模拟冲刺卷(一)1．答案：C解析：因为B＝{x∈N|－1<x≤3}＝{0,1,2,3}，且A＝{x|1<x<5}，所以A∩B＝{2,3}．2．答案：B解析：由复数的运算法则，可得

z＝2－i1＋i＝(2－i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝1－3i2＝12－32i，则复数z的共轭复数为z－＝12＋32i，所以z－的虚部为32.3．答案：B解析：由loga2<1，可得0<a<1或a>

2，当a>2时，可得0<a<1或a>2成立，即充分性成立；反之：当0<a<1或a>2时，则a>2不一定成立，即必要性不成立，所以“a>2”是“loga2<1”的充分不必要条件．4．答案：D解析：因为b＝e0.2>e0＝1,0＝lg1<a＝lg6<l

g10＝12，1＝log33>c＝log35>log33＝12，d＝ln0.2<ln1＝0，所以d<a<c<b.5．答案：A解析：从这4支专业队中随机选取2支专业队，分别去甲乙灾区结果有12种，A去甲灾区B不去乙灾区的结果有2种，所以所求概率

P＝212＝16.6．答案：B解析：由二倍角的降幂公式可得sin2α＋π4＝1－cos2α＋π22＝1＋sin2α2＝1－142＝38.7．答案：B解析：根据题意，x0＋p2＝x20＋8，又8＝2px0，解得x0＝1，p＝4，则抛物线方程为y2＝8x，所以M(1,22)，H(

－2,22)，F(2,0)，设B(x，y)，过点B向抛物线的准线作垂线，垂足为B′，根据抛物线的定义可知，|BB′|＝|BF|，因为∠HBB′＝∠HFO，所以|HB→||BF→|＝|HB→||BB′→|＝1cos∠HBB′＝1cos∠HFO＝|HF|4＝264＝62.8．答案：C解析

：如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm，且其底面圆周在一个直径为20cm的球面上，可知内层圆柱的高h1＝22022－1222＝16，同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm，且其底面圆周在一个直径为20cm的球面上，可知外层圆柱的高h2＝22

022－1622＝12.此模型的体积为V＝π1622×12＋π1222×(16－12)＝912π.9．答案：CD解析：已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，P(X<4)＝0.8，则P(X≥4)＝1－0.8＝0.2，所以P(X≤0)＝0.2，所以P(0<X<

4)＝1－2×0.2＝0.6，∴P(2<X<4)＝0.62＝0.3，故A错误；线性相关系数r的范围在－1到1之间，有正有负，相关有正相关和负相关，相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之，线

性相关性越弱，故B错误；已知两个变量具有线性相关关系，其经验回归方程为y^＝a^＋b^x，若b^＝2，x－＝1，y－＝3，则a^＝y－－b^x－＝1，故C正确；设数据x1，x2，…，x10的方差为s2，样本数据2x1＋1,

2x2＋1，…，2x10＋1的方差为22s2＝88，则s2＝2，即数据x1，x2，…，x10的方差为2，故D正确．10．答案：BD解析：因为方程x22＋m－y2m＋1＝1表示双曲线，所以(2＋m)(1＋m)>0

，解得m>－1或m<－2，A错误；因为W的顶点坐标为(0，±2)，所以－m－1＝(2)2，解得m＝－3，B正确；当m>－1时，c2＝(2＋m)＋(m＋1)＝2m＋3，当m<－2时，c2＝－(2＋m)－(m＋1)＝－2m－3，C错误；当m＝0时，双曲线W的标准方程为x22－y2＝1，则渐近线方程

为x±2y＝0，D正确．11．答案：BCD解析：f(x)＝sinxcosx＋3sin2x－32＝12sin2x＋31－cos2x2－32＝12sin2x－32cos2x＝sin2x－π3对于A，令2x－π3＝kπ(k∈Z)，解得x＝kπ2＋π6(k∈Z)

，当k＝1时，x＝2π3，所以点2π3，0是f(x)的一个对称中心点，故A正确；对于B，y＝sin2x的图象向右平移π3个单位长度得到的图象的函数解析式为y＝sin2x－π3＝sin2x－2π3，所以平移得到的图象不是f(x)的

图象，故B错误；对于C，当x∈π2，2π3时，2x－π3∈2π3，π，而函数y＝sinx在2π3，π上单调递减，所以f(x)在π2，2π3上单调递减，故C错误；对于D，令sin

2x－π3＝32，解得2x－π3＝π3＋2kπ或2x－π3＝2π3＋2kπ(k∈Z)，即x＝π3＋kπ或x＝π2＋kπ(k∈Z)，所以|x1－x2|min＝π6，故D错误．12．答案：BCD解析：A显然错误；对

于B，可验证f12－x＝f12＋x，故B正确；对于C，研究f(x)的导函数，对导函数的分子g(x)再次求导可知，g(x)在(1,2)上单调递增，又g(1)<0，g(2)>0，所以f(x)在(1,2)上先减后增，故C正确；对于D，易知

f12为函数的最大值，又函数f(x)关于x＝12对称，所以只研究x>12的情况即可，又在(1,2)，(3,4)，…上f(x)<0，且在(1,2)上|f(x)|最大，所以f(x)在(1,2)上的极小值即为f(x)的最小值，故D正确．13．答案：45解析：

由等差数列的性质且a2＋a4＋a6＋a8＝4a5＝20，可得a5＝5，因此S9＝9(a1＋a9)2＝9a5＝45.14．答案：32解析：由题意，含x3项为按x的升幂排列的第4项，可得T4＝C35·(－2x)3＋C25·(－2x)2·C14·(2x)＋C15·(－2x)·C24·(2x)2

＋C34·(2x)3，即T4＝－80x3＋320x3－240x3＋32x3＝32x3，所以该项的系数为32，即展开式中含x3的项的系数为32.15．答案：－12解析：因为x>1时，f(x)＝－f(x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x)，即f(x＋2)＝f(x

－2)，故f(x＋4)＝f(x)．∴f(2022)＝f(505×4＋2)＝f(2)＝－f(0)＝－2－1＝－12.16．答案：23－22π3，π2解析：设A在面BCD内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体A­BCD的棱长为x，球O的半径为R.则

BE＝23×x×32＝3x3，AE＝AB2－BE2＝6x3，依题可得，球心O在AE上，R2＝BE2＋(AE－R)2，代入数据可得x＝6，则BE＝23，AE＝26，又AP＝42，PE＝AP2－AE2＝22，故P

的轨迹为平面BCD内以E为圆心，22为半径的圆，BE＝23，B，P，E三点共线时，且P在BE之间时，|BP|的最小值是23－22.以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，A(0,0,26)，B(23，0,0)，C(－3，3,0)，D(－3，－3,0)，设P(22cosθ，22si

nθ，0)，θ∈[0,2π)，故AP→＝(22cosθ，22sinθ，－26)，BC→＝(－33，3,0)，设直线AP与直线BC所成角为α，∵cosα＝AP→·BC→|BC→||AP→|＝－66cosθ＋62sinθ42×6＝12sinθ－π3∈－12，12，

∴cosα∈－12，12，又α∈0，π2，故α∈π3，π2.17．解析：(1)∵sinC＝3sinB，由正弦定理得：c＝3b，又b2＝c，联立解之得b＝3，c＝3.选条件③a2＋c2－b2＝3ac，由余弦定理得cosB＝a2＋c2－b22bc

＝32，所以B＝π6；选条件②bcosBc＝sinB可得tanB＝bc＝33，所以B＝π6；选条件①sinC－cosAsinB＝32sinA，sin(A＋B)－cosAsinB＝32sinA，sinAcosB

＝32sinA，所以cosB＝32，所以B＝π6.(2)由(1)B＝π6，由正弦定理bsinB＝csinC，所以sinC＝32，①当C＝π3时，A＝π2，此时△ABC的面积S＝12bc＝332，②当C＝2π3时，A＝π6

，此时△ABC的面积S＝12bcsinA＝334，综上，△ABC的面积为332或334.18．解析：(1)∵Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＝2(Sn－Sn－1)(n≥2)，∴an＋1＝2an(n≥2)，又a2＝4＝2a1，所以数列{a

n}是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)据(1)可得(2n－1)·an＝(2n－1)·2n，所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n

－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×22×(1－2n－1)1－2－(2n－1)·2n＋1，化简得Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.19．解析：(

1)证明：由题意得AB＝BC＝BB1＝4，A1A＝8，CC1＝2，∵A1A，B1B，C1C垂直于底面ABC，∴A1A⊥AB，BB1⊥AB，BB1⊥BC，CC1⊥AC，可得AB1＝A1B1＝42，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝4，BB1＝4，C

C1＝2，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝25.又AC＝43，由CC1⊥AC，得AC1＝213，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1，因为A1C1⊂平面A1B1C1，故AB1⊥A1C1.(2)如图

，以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，过点O作平行于BB1且向上的射线为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.由题意知各点坐标如下：A(0，－23，0)，B(2,0,0)，A1(0，－23，8)，B1(2,0,4)，C1(0,23，2)，因此AB→＝(2

,23，0)，BB1→＝(0,0,4)，AB1→＝(2,23，4)，AC1→＝(0,43，2)．设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)，所以n·AB→＝0n·BB1→＝0，即x＋3y＝04z＝0，则n＝(－3，1,0)；同理可得，平面AB1C1的一个法向量m＝

(33，1，－23)，cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝－9＋140×4＝－105，故二面角B­AB1­C1的余弦值为105.20．解析：(1)由题意得：(0.004＋0.022＋0.030＋0.028＋m＋

0.004)×10＝1，解得m＝0.012，因为(0.004＋0.022)×10＝0.26<0.5，(0.004＋0.022＋0.030)×10＝0.56>0.5，所以中位数在[60,70)内，设中位数为x，则(0.004＋0.022)

×10＋(x－60)×0.03＝0.5，解得x＝68，所以这50名学生成绩的中位数为68.(2)[70,80)，[80,90)，[90,100]三组数据频率比为0.280.120.04＝731，所以从[70,80)，

[80,90)，[90,100]三组中分别抽取7人，3人，1人，则ξ可取0,1,2,3，P(ξ＝0)＝C38C311＝56165，P(ξ＝1)＝C28C13C311＝2855，P(ξ＝2)＝C18C23C311＝855，P(ξ＝3)＝C33C311＝

1165，则ξ的分布列如下：ξ0123P5616528558551165期望E(ξ)＝0×56165＋1×2855＋2×855＋3×1165＝911.(3)B等级的概率为(0.028＋0.012)×10＝0.4，所以P(η＝k)＝Ck1000.4k

0.6100－k，k＝0,1,2，…，100，所以Ck1000.4k0.6100－k≥Ck＋11000.4k＋10.699－kCk1000.4k0.6100－k≥Ck－11000.4k－10.

6101－k，即100！k！(100－k)！×0.6≥100！(k＋1)！(99－k)！×0.4100！k！(100－k)！×0.4≥100！(k－1)！(101－k)！×0.6，解得39.4≤k≤40.5，所以当k

＝40时，P(η＝k)有最大值．21．解析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意得a＋c＝3，a－c＝1，解得a＝2，c＝1，所以椭圆的方程为C：x24＋y23＝1.(2)①由(1)知F2(1,0)，当直

线l斜率不存在时，直线l方程为x＝1，可得A1，32，B1，－32，E4，32，F4，－32，即有AF，BE相交于点G52，0；当直线l斜率存在且不为零时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(4

，y1)，F(4，y2)，直线l方程为y＝k(x－1)，联立y＝k(x－1)，x24＋y23＝1，可得3x2＋4k2(x－1)2＝12.化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，

由韦达定理x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，而直线AF：y－y2＝y2－y14－x1(x－4)，BE：y－y1＝y2－y1x2－4(x－4)相交时，联立作差可得x－4＝16－4(x1＋x2)＋x1x2(x1＋x2)－8＝36k2＋36－24k2－24＝－32⇒

x＝52，且2y－(y1＋y2)＝－32(y1－y2)1x1－4－1x2－4，则代入x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，化简得2y＝－32(y1－y2)1x1－4－1x2－4＋(y1＋y2

)＝－32k(x1－x2)x2－x1x1x2－4(x1＋x2)＋16＋k(x1＋x2－2)＝0即AF，BE相交于点G52，0，综上可证G为定点52，0.②直线l斜率不存在时，可知S△ABG＝94；而当斜率不为零时，由①可得S△ABG＝1

2|F2G||y1－y2|＝34|y1－y2|＝34|k(x1－x2)|＝34k2[(x1＋x2)2－4x1x2]＝9416k2(k2＋1)(3＋4k2)2＝9416k2(k2＋1)16k4＋24k2＋9<9416k2(k2＋1)1

6k4＋16k2＝94.故△ABG面积的最大值为94.22．解析：(1)令g(x)＝lnxx，则g′(x)＝1－lnxx2，当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，当x→0时，g(x)

→－∞；当x＝e时，g(x)＝1e；当x→＋∞时，g(x)→0，要使得函数f(x)有两个零点，即g(x)＝lnxx与y＝－a的图象有两个交点，如图所示，可得0<－a<1e，即－1e<a<0，此时f(x)有两个零点，所以f(x)有两个

零点时，a的范围是－1e，0.(2)因为对任意的x>0，不等式g(x)≤ex恒成立，即a≤xex－lnx－1x在(0，＋∞)上恒成立，令F(x)＝xex－lnx－1x(x>0)，则F′(x)＝x2ex＋lnxx2，令h(x)＝x2ex＋lnx，

则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又因为h(1)＝e>0，h1e＝𝑒1𝑒𝑒2－1＝𝑒1𝑒−2－1<0，所以∃x0∈1e，1，使得h(x0)＝0，即

x20ex0＋lnx0＝0，当0<x<x0时，h(x)<0，可得F′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上单调递减；当x>x0时，h(x)>0，可得F′(x)>0，所以F(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(x0)＝x0ex0－lnx0－1x0，由x20ex

0＋lnx0＝0，可得x0ex0＝－lnx0x0＝1x0ln1x0＝ln1x0eln1x0，令t(x)＝xex，则t(x0)＝tln1x0，又由t′(x)＝(x＋1)ex>0，所以t(x)在

(0，＋∞)上单调递增，所以x0＝ln1x0，可得lnx0＝－x0，所以ex0＝1x0，即x0ex0＝1，所以F(x)min＝F(x0)＝𝑥0e𝑥0−ln𝑥0−1𝑥0＝1＋x0－1x0＝1，所以a≤1，综上所述，满足条件的a的取值范围是(－∞，1]．仿真

模拟冲刺卷(二)1．答案：C解析：因为集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|－1<x<2}，所以A∪B＝{x|x>－1}．2．答案：A解析：因为z＝3＋i1－i＝(3＋i)(1＋i)(1－i)(1＋i)＝2＋4i2＝1＋2i，所以复数z对应的点的坐标为(1,2)，位于第一象

限．3．答案：B解析：抛物线x2＝14y的准线方程为y＝－116，设点M的纵坐标是y，则∵抛物线y上一点M到焦点的距离为1∴根据抛物线的定义可知，点M到准线的距离为1，∴y＋116＝1，∴y＝1516，

∴点M的纵坐标是1516.4．答案：B解析：因为y＝tanx的对称中心为kπ2，0所以令x＋π6＝kπ2，当k＝1时，x＝π3，即π3，0为函数y＝tanx＋π6的一个对称中心．经检验，其他选项不成立．5．答案：D解析：由题

设，若圆锥底面半径为r，母线长为l，∴由圆锥的全面积是底面积的3倍，则πrl＝2πr2，即l＝2r，设圆锥的侧面积展开图——扇形的圆心角为θ，则θl＝2πr，可得θ＝π.6．答案：A解析：∵tan(π＋α)＝tanα＝－34，∴cos2α＝cos2α－sin2αcos2α＋

sin2α＝1－tan2α1＋tan2α＝1－9161＋916＝725.7．答案：A解析：声音大小y与声压x的关系式为y＝10×lgx2×10－52，当y＝50时，lgx2×10－

52＝5，即x2×10－52＝105，解得x＝2×10－52，当y＝40时，lgx2×10－52＝4，即x2×10－52＝104，解得x＝2×10－3，所以户外白昼噪声容许标准的声压与户外夜间噪声容许标准的声压比为2×10

－522×10－3＝1012＝10.8．答案：C解析：设公切线与y＝x2的切点为(x1，x21)，公切线与y＝lnx的切点为(x2，lnx2)，y＝x2的导数为y′＝2x；y＝lnx的导数为y′＝1x，则在切点(x1，x21)处的切线方程为y－x21＝2x1(x－x1)，即y

＝2x1x－x21，则在切点(x2，lnx2)处的切线方程为y－lnx2＝1x2(x－x2)，即y＝1x2x＋lnx2－1，∴2x1＝1x2x21＝1－lnx2，整理得到x21－lnx1＝1＋ln2，令f(x)＝x2－lnx，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，

f′(x)>0⇒x>22；f′(x)<0⇒0<x<22，∴f(x)在区间0，22上单调递减，在区间22，＋∞上单调递增，f(x)min＝f22＝12＋12ln2<1＋ln2，即函数f(x)与y＝1＋ln2的图象，如图所示，由图可知，函数f(x)

与y＝1＋ln2有两个交点，则方程x21－lnx1＝1＋ln2有两个不等正根，即曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝lnx公切线的条数有2条．9．答案：ABC解析：圆C1：x2＋y2＝1的圆心坐标C1(0,0)，半径r＝1，圆C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0，即

(x－3)2＋(y＋4)2＝1的圆心坐标C2(3，－4)，半径R＝1，∴圆心距|C1C2|＝(－4－0)2＋(3－0)2＝5，又∵P在圆C1上，Q在圆C2上，则|PQ|的最小值为|PQ|min＝|C1C2|－R－r＝3，最大值为|PQ|max＝|C1C2|＋R＋r＝7.

故A、B正确；两圆圆心所在的直线斜率为kC1C2＝－4－03－0＝－43，C正确；圆心距|C1C2|＝(－4－0)2＋(3－0)2＝5大于两圆半径和，两圆外离，无相交弦，D错误．10．答案：BCD解析：a·b＝3cosθ＋sin

θ＝2sinθ＋π3，若a⊥b，则2sinθ＋π3＝0，因为θ∈0，π2，此时θ无解，故A错误；若a∥b，则3sinθ－cosθ＝0，因为θ∈0，π2，所以θ＝π6，故B正确；a·b＝2sin

θ＋π3，因为θ∈0，π2，所以θ＋π3∈π3，56π，则sinθ＋π3∈12，1，所以a·b＝2sinθ＋π3∈(1,2]，故C正确；|a－b|＝(3－cosθ

)2＋(1－sinθ)2＝5－4cosθ－π6，因为θ∈0，π2，则θ－π6∈－π6，π3，所以cosθ－π6∈12，1，则|a－b|∈[1，3)，故D正确．11．答案：BC解析：由S6＝S

9得，S9－S6＝0，即a7＋a8＋a9＝0，又a7＋a9＝2a8，∴3a8＝0，∴a8＝0，∴B正确；由a8＝a1＋7d＝0，得d＝－a17，又a1>0，∴d<0，∴数列{an}是单调递减的等差数列，∴an>0(n∈N*，n≤7)an<0(n∈N*

，n≥9)，∴S7或S8为Sn的最大值，∴A错误，C正确；∵S6－S5＝a6>0，∴S6>S5，所以D错误．12．答案：CD解析：长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建

立空间直角坐标系，则B1(2,0,4)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，B1E→＝(－2,2，－2)，A1B→＝(2,0，－4)，∵B1E→·A1B→＝－4＋0＋8＝4≠0，∴B1E与A1B不垂直，故A错误；在B中，B1(2,0,4)，C(2,2,0)，E(0,2,

2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，CB1→＝(0，－2,4)，CE→＝(－2,0,2)，BA1→＝(－2,0,4)，BD→＝(－2,2,0)，设平面B1CE的法向量n＝(x，

y，z)，则n·CB1→＝－2y＋4z＝0n·CE→＝－2x＋2z＝0，取x＝1，得n＝(1,2,1)，设平面A1BD的法向量m＝(a，b，c)，则m·BA1→＝－2a＋4c＝0m·BD→＝－2a＋2b＝0，取a＝1，得m＝1，1，12，∵m，n不共线，∴平面B1

CE与平面A1BD相交，故B错误；在C中，三棱锥C1­B1CE的体积为：VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝13×12×4×2×2＝83，故C正确；在D中，三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B

1C1D1的外接球，∴三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝22＋22＋422＝6，∴三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×(6)2＝24π，故D正确．13．答案：1解析：由函数f(x)＝xln(x＋a＋

x2)为偶函数⇒函数g(x)＝ln(x＋a＋x2)为奇函数，g(0)＝lna＝0⇒a＝1.14．答案：15解析：由题意F2(3,0)，|MF2|＝5，由椭圆的定义可得，|PM|＋|PF1|＝2a＋|PM|－|PF2|＝10＋|PM|－|PF

2|≤10＋|MF2|＝15，当且仅当P，F2，M三点共线时取等号．15．答案：2解析：如图分别作出直线y＝k(x＋2)－2与半圆y＝9－x2，由题意，知直线过定点A(－2，－2)，由b－a＝2，得b＝3，a＝1，即直线与半圆交点N的横坐标为

1，代入得y＝9－12＝22，所以直线y＝k(x＋2)－2过点N(1,22)，所以k＝kAN＝22－(－2)1－(－2)＝323＝2.16．答案：13，1e解析：由题可知方程f(x)＝ax恰有两个不同的实数根，所以y＝f(x)与y＝ax有2个交点，

因为a表示直线y＝ax的斜率，当x>1时，f′(x)＝1x，设切点坐标为(x0，y0)，k＝1x0，所以切线方程为y－y0＝1x0(x－x0)，而切线过原点，所以y0＝1，x0＝e，k＝1e，所以直线l1的斜率

为1e，直线l2与y＝13x＋1平行，所以直线l2的斜率为13，所以实数a的取值范围是13，1e.17．解析：(1)证明：因为an＋1＝3an＋2n＋1，且bn＝an＋n＋1，所以bn＋1bn＝an＋1＋n＋1＋1an＋n＋1＝3an＋3n＋3an＋n＋1＝3.又因为b1＝a1＋

1＋1＝3，所以数列{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)可得，an＋n＋1＝3n，即an＝3n－n－1，则Sn＝31＋32＋…＋3n－(2＋3＋…＋n＋1)＝3(1－3n)1－3－(

2＋n＋1)n2＝3n＋1－n2－3n－32.18．解析：(1)零假设H0：“邮箱名称里含有数字与国籍”无关．χ2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)＝40(15×15－5×5)220×2

0×20×20＝10<10.828，故没有充分的依据推断零假设H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为“邮箱名称里含有数字与国籍”无关．(2)用样本估计总体，将频率视为概率，根据2×2列联表，中国人邮箱名称

里含数字的概率为1520＝34，外国人邮箱名称里含数字的概率为520＝14.设“6个中国人邮箱名称里含数字”的人数为随机变量ξ，“6个外国人邮箱名称里含数字”的人数为随机变量η，根据题意得：ξ～B6，34，η～B6，14.则P1＝C36343

1－346－3＝C36343143，P2＝C361431－146－3＝C36143343.所以P1＝P2.19．解析：(1)由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc，又∵

c2－a2＝bccosA－12ab，则c2－a2＝bc·b2＋c2－a22bc－12ab，得2c2－2a2＝b2＋c2－a2－ab，即a2＋b2－c2＝ab，所以cosC＝12，又因为0<C<π，故C＝π3.(2)由(1)得C＝π3，则sinC＝32，又c＝3，由正弦定理得asinA＝b

sinB＝csinC＝332＝2＝2R，∴a＋b＝2sinA＋2sinB＝2sinA＋2sin2π3－A＝3sinA＋3cosA＝23sinA＋π6，∵C＝π3，∴0<A<2π3，则π6<A＋π6<5π6，∴12<sinA＋π6≤1，∴3<23sinA＋π6≤

23∴a＋b的取值范围是(3，23]．20．解析：(1)证明：由PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，所以PE⊥平面EBCD，又BC⊂平面EBCD，故PE⊥BC，又BC⊥BE，PE∩BE＝E，故BC⊥平面PEB，EM⊂平面PEB，故EM⊥BC，又等腰三角形PEB，EM⊥PB，BC∩PB＝B

，故EM⊥平面PBC，EM⊂平面EMN，故平面EMN⊥平面PBC；(2)以E为原点，EB，ED，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PE＝EB＝2，设N(2，m,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1,0,1)，EM→＝(1,0,

1)，EB→＝(2,0,0)，EN→＝(2，m,0)，设平面EMN的法向量为m＝(x，y，z)，由m·EM→＝x＋z＝0m·EN→＝2x＋my＝0，得m＝(m，－2，－m)，平面BEN的法向量为n＝(0,0,1)，故|cos〈m，n〉|＝

－m2m2＋4＝66，得m＝1，故存在N为BC的中点．21．解析：(1)由题意，得双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，右顶点为D(a,0)．又a2＋b2＝c2，且32＝|b|1＋b2a2＝|b|a2＋b2a2＝abc，e＝ca

＝2，所以ac＝12，故b＝3.又a2＋3＝4a2，解得a2＝1，所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．当直线l和轴线平行时，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，解得|x1|＝|y1|＝|x2|＝|y2|＝62，所以点O到直线l的距离为62.当

直线l和轴线不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t，由x2－y23＝1，x＝my＋t得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0，Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋

t2－1)>0，所以y1＋y2＝－6mt3m2－1，y1y2＝3t2－33m2－1.又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，所以OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y

1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，得(m2＋1)(3t2－3)－6m2t2＋t2(3m2－1)3m2－1＝0，解得2t2＝3m2＋3.又点O到直线l的距离为d＝|t|m2＋1，则d2＝t2m2＋1＝32，故d＝62，所以点O到直线l的距离为定值62.22．解析：(1)当a>

0，b＝－a－1时，f′(x)＝x－a－1＋ax＝x2－(a＋1)x＋ax＝(x－a)(x－1)x，(x>0)，令f′(x)＝0，x＝a或1，当a>1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f′(x)＝(x－1)2x>0

，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<1时，函数f(x)在(0，a)上单调递增，在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)单调递增；(2)证明：当b＝－1时，f′(x)＝x－1＋ax＝x2－x＋ax(x>0)．∵函数f(x)有两个极值点x1，x2，∴方程x2－x＋a

＝0有两个根x1，x2，∴x1＋x2＝1x1·x2＝a，且Δ＝1－4a>0，解得0<a<14，由题意得f(x1)＋f(x2)＝12x21－x1＋alnx1＋12x22－x2＋alnx2＝12(x21＋x22)－(x1＋x2)＋aln(x1·

x2)＝12(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)＝12－a－1＋alna＝alna－a－12，令h(a)＝alna－a－120<a<14，则h′(a)＝lna<0，∴y＝h(a)在0，1

4上单调递减，∴h(a)>h14＝－ln22－34，∴f(x1)＋f(x2)>－ln22－34.仿真模拟冲刺卷(三)1．答案：B解析：由(x＋1)(2－x)≥0，解得－1≤x≤2，∴A＝{x|－1≤x≤2

}，∴∁RA＝{x|x<－1或x>2}．2．答案：C解析：∵z(2＋i)＝|3＋4i|＝32＋42＝5，∴z＝52＋i＝5(2－i)(2＋i)(2－i)＝2－i，则z－＝2＋i.3．答案：C解析：对于A，B校人数

为200×34%＝68，C校人数为200×20%＝40，因为68>40×1.5＝60，所以A正确；对于B，A校前100名的人数有29＋25＝54>50，所以B正确；对于C，A校在51～100名的学生有25人，C校在1～200

名的学生有40人，也有可能在51～100名的学生有25人，所以C错误；对于D，A校在1～100名和151～200名的学生共有29＋25＋17＝71人，A校在101～150的有21人，C校在1～200名的有40人，但在101～150的不一定有40人，而三个学校中在1～100名和151～200名内

的人数至少有150人，所以B校至少有150－71－40＝39人在1～100名和151～200名内，则B至多有68－39＝29人在101～150内，所以D正确．4．答案：A解析：因为f(－x)＝－3xx2＋cosx＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，D；因为f(

π)＝3ππ2－1>0，所以排除C.5．答案：A解析：取x＝0，对于A：f(0)＝cos0－|sin0|＝1－0＝1；对于B：f(0)＝sin0－|cos0|＝0－1＝－1；对于C：f(0)＝cos0＋|sin0|＝1＋0＝1；对于D：f(0)＝cos0－|cos0|＝1－1＝0，结合图象

中f(0)＝1，故排除BD；取x＝π2，对于A：fπ2＝cosπ2－sinπ2＝0－1＝－1，对于C：fπ2＝cosπ2＋sinπ2＝0＋1＝1，结合图象，可排除C.6．答案：B解析：从7名党员选3名去甲村共有C37种情况，3名全是男性党员共

有C34种情况，3名全是女性党员共有C33种情况，3名既有男性，又有女性共有C37－C34－C33＝30种情况．7．答案：B解析：F1，F2分别为椭圆E：y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)的两个焦点，P是椭圆E上的点，PF1⊥PF2，且sin∠PF2F1＝3sin∠PF1F2，由

正弦定理可得|PF1|＝3|PF2|，令|PF1|＝3|PF2|＝3n，则3n＋n＝2a,9n2＋n2＝4c2，可得52a2＝4c2，所以椭圆的离心率为：e＝ca＝524＝104.8．答案：D解析：记an为第n次去掉的长度，a1＝13，剩下两条

长度为13的线段，第二次去掉的线段长为a2＝2×132＝232，第n－1次操作后有2n－1条线段，每条线段长度为13n－1，因此第n次去掉的线段长度为an＝2n－1×13n－1×13＝2n－13

n，所以Sn＝13×1－23n1－23＝1－23n≥2627，23n≤127，n(lg2－lg3)≤－3lg3，n≥3lg3lg3－lg2≈8.13，n的最小值为9.9．答案：AB解析：对于A，m＝1时，方程为x22＋y22＝1，即x2＋y2＝2，曲线

C是圆，A正确；对于B，m＝5时，方程为x26－y22＝1，曲线C为双曲线，其渐近线方程为y＝±33x，B正确；对于C，m>1时，不妨令m＝5，由选项B知，曲线C为双曲线，C不正确；对于D，要曲线C为双曲线，必有(m＋1)(3－m)<0，即m<－1或m>3，m<－1时，曲线C：

y23－m－x2－(m＋1)＝1，m>3时，曲线C：x2m＋1－y2m－3＝1，因双曲线离心率为2时，它实半轴长与虚半轴长相等，而－(m＋1)≠3－m，m＋1≠m－3，D不正确．10．答案：BCD解析：若直线(3＋m)x＋4y＝5－3m与2x＋(5＋m)y＝8

平行，则(3＋m)(5＋m)＝4×2(3＋m)×(－8)≠(3m－5)×2，解得：m＝－7，故选项A不正确；数列{an}满足a1＝1，a2a4＝16，所以a23＝16，所以a3＝a1q2＝q2＝4，可得q＝2，所以S4＝a1(1－q4)1－q＝1－241－2＝15，故选项B正确；

在△ABC中，B＝30°，b＝1，由正弦定理可得csinC＝bsinB，即c＝2sinC，因为A＋C＝180°－30°＝150°，因为C有两个值，且两个值互补，若C≤30°，则其补角大于150°，则B＋C>180°不成立，所以30°<C<150°，因为C

＝90°时也是一解，所以30°<C<150°且C≠90°，12<sinC<1，所以1<c＝2sinC<2，故选项C正确；函数f(x)＝a－12x＋1为奇函数，则f(0)＝a－120＋1＝0，可得a＝12，当a＝12时，f(x)＝12－12x＋1，f

(－x)＝12－12－x＋1＝12－2x2x＋1＝12－2x＋1－12x＋1＝12－1＋12x＋1＝－12＋12x＋1＝－f(x)，所以当a＝12时，f(x)是奇函数，函数f(x)＝a－12x＋1为奇函数的充要条件是a＝1

2，故选项D正确．11．答案：BD解析：f(x)＝(2cos2ωx－1)sin2ωx＋12cos4ωx＝cos2ωxsin2ωx＋12cos4ωx＝12sin4ωx＋12cos4ωx＝22sin4ωx＋π4，A．f

(x)的两个相邻的极值点之差的绝对值等于π4，则T＝2×π4＝π2，2π4ω＝π2，ω＝1，A错；B．当ω＝12时，f(x)＝22sin2x＋π4，x∈－π4，π4时，2x＋π4∈－π4，3π4，

f(x)的最小值为22×－22＝－12，B正确；C．当ω＝1时，f(x)＝22sin4x＋π4，x∈－π4，0时，4x＋π4∈－3π4，π4，因此在此区间上，函数不单调，C错；D．ω＝1时，f(x)＝22sin

4x＋π4，将f(x)图象向右平移π8个单位长度得到图象的解析式为g(x)＝22sin4x－π8＋π4＝22sin4x－π4，D正确．12．答案：ABD解析：根据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，又由DB1⊂平面PB1D，则平面P

B1D⊥平面ACD1，故A正确；连接A1B，A1C1，在正方体中，可得平面BA1C1∥平面ACD1，又由A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值π3，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1

所成角取最大值π2，故A1P与AD1所成角的范围是π3，π2，故C错误；VD1­APC＝VC­AD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C­AD1P的体积不变，故D正确．13．答案：x＋y－2＝0解析：∵f(x)＝(x＋2)e－x，∴f′

(x)＝e－x－(x＋2)e－x＝－(x＋1)e－x，则f′(0)＝－1.因为f(0)＝2，所以所求切线方程为y－2＝－x，即x＋y－2＝0.14．答案：1－2m解析：由X～N(0，σ2)，且P(X>a)＝

m，a>0，则P(X<－a)＝m，所以P(－a<X<a)＝1－2m.15．答案：36π解析：将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π，设正方体的边长为a，则V＝πa2·a＝27π，解得a＝3，∴该圆

柱的全面积为S＝2π×3×3＋2×π×32＝36π.16．答案：13114解析：因为AD→＝λBC→，所以AD→∥BC→，因为∠B＝60°，所以∠BAD＝120°，所以AD→·AB→＝|AD→|·|AB→|cos120°＝－12λ

|BC→|·|AB→|＝－12λ×6×2＝－2⇒λ＝13；建立如图所示的坐标系xOy，因为∠B＝60°，AB＝2，BC＝6，可得A(0，3)，D(2，3)，设M(m,0)，因为|MN→|＝1，则N(m＋1,0)，所以AM→＝(m，－3)，DN→＝(m－

1，－3)，AM→·DN→＝m(m－1)＋(3)2＝m2－m＋3＝m－122＋114≥114，当m＝12时等号成立，所以AM→·DN→的最小值为114.17．解析：(1)设数列{an}公差为d，则a10＝a1＋9d，a2＝a1＋d，则a10－a2＝a1＋9d

－(a1＋d)＝8，解得d＝1.∴{an}的通项公式为：an＝1＋(n－1)·1＝n.(2)根据题意，Sn＝1a1a3＋1a2a4＋…＋1anan＋2＝11×3＋12×4＋…＋1n(n＋2)＝12×1－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2＝12×

1＋12＋13＋…＋1n－13＋14＋…＋1n＋2＝12×1＋12－1n＋1＋1n＋2＝34－2n＋32·(n＋1)·(n＋2)<34.若Sn≤m12(m∈N＋)对任意n∈N＋恒成立，则m12≥34，解得m≥9.∴m的最小值为9.18．解析：

(1)证明：因为AD为∠BAC的角平分线，故∠BAD＝∠DAC，在△ABD中，由正弦定理可得：BDsin∠BAD＝ABsin∠ADB①，在△ADC中，由正弦定理可得：DCsin∠DAC＝ACsin∠ADC②，由①和②可得BD

DC＝AB·sin∠ADCAC·sin∠ADB，又∠ADC＋∠ADB＝180°，故sin∠ADC＝sin∠ADB，可得：BDDC＝ABAC＝2，即AB＝2AC；(2)由题意可知AD＝BD＝2，DC＝1，由(1)知AB＝2AC，不妨设AB＝2AC

＝2x.在△ABD中，由余弦定理可得：AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，即4x2＝8－8cos∠ADB③，在△ADC中，由余弦定理可得：AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC，即x2＝5－4cos∠ADC④，由

又∠ADC＋∠ADB＝180°，故cos∠ADC＝－cos∠ADB，由③和④可解得：x＝3，cos∠ADC＝12，从而可得AB＝23，AC＝3，BC＝3，在△ABC中，由余弦定理得：cos∠BAC＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝12，又0°<∠BAC<180°，故∠BAC＝6

0°.19．解析：(1)∵PA＝PC，且O为AC中点，∴PO⊥AC，∵AB⊥BC，且O为AC中点，∴OB＝12AC＝2，∵PA＝PC＝AC＝4，且O为AC中点，∴PO＝23，∵PB＝4，OB＝2，PO＝23，∴PB2＝PO2＋OB2，∴PO⊥OB，∵OB，

AC⊂平面ABC，且OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.(2)∵AB＝BC，且O为AC中点，∴AC⊥OB，从而OB，OC，OP两两垂直，如图，建立以O为原点，且OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，则A(0，－2,0)，P(0,0,23)，C(0,2,0)，B(2,0,0)，设M(x

，y，z)，由BM＝12MC，即BM→＝12MC→，所以(x－2，y，z)＝12(－x,2－y，－z)，所以x－2＝－12xy＝12(2－y)z＝－12z，解得M43，23，0，∴PC→＝(0,2，－23)，PA→＝(0，－2，－

23)，PM→＝43，23，－23，不妨设平面PAM的一个法向量为n＝(x，y，z)，故n⊥PA→，n⊥PM→，∴－2y－23z＝0，43x＋23y－23z＝0，令z＝1，则x＝23，y＝－3，∴n＝(23，－3，1)，设直线PC与平

面PAM所成角为θ，∴sinθ＝|cos〈PC→，n〉|＝－23－2316·16＝34，因为θ∈0，π2，所以cosθ＝1－sin2θ＝1－342＝134，∴直线PC与平面PAM所成角的余弦值为134.20．解析：(1)由表知：x－＝17(1＋2＋3＋4＋5

＋6＋7)＝4，y－＝17(29＋33＋36＋44＋48＋52＋59)＝43，则b^＝i＝17(xi－x－)(yi－y－)i＝17(xi－x－)2＝1409＋4＋1＋0＋1＋4＋9＝5，a^＝y－－b^x－＝3017－5×4＝23，所以y＝5x＋23，因为2015年用x＝1表示，所以2

022年是x＝8时，得y＝5×8＋23＝63(万人次)；(2)X的可能取值是0,1,2,3,4则P(X＝0)＝C03×1－233×23＝281，P(X＝1)＝C13×1－232×23×23＋C03×1－233×1－

23＝1381，P(X＝2)＝C23×1－23×232×23＋C13×1－232×23×1－23＝3081，P(X＝3)＝C33×233×23＋C23×1－23×232×1－23＝2881，P(X＝4)＝C33×233×

1－23＝881，则X的分布列为X01234P281138130812881881故数学期望为E(X)＝0×281＋1×1381＋2×3081＋3×2881＋4×881＝73.21．解析：(1)设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)．∵直线l：mx＋y－32＝0经过抛物线C的焦点，

∴m×0＋p2－32＝0，解得p＝3.∴抛物线C的方程为x2＝6y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝6ymx＋y－32＝0，得x2＋6mx－9＝0.∵Δ＝36m2＋36>0，x1＋x2＝－6m，x1x2＝－9，∴|AB|＝1＋m2·

36m2＋36＝6(1＋m2)．由x2＝6y得y＝x26.∴y′＝x3.∴抛物线C经过点A的切线方程是y－y1＝x13(x－x1)，将y1＝x216代入上式整理得y＝x13x－x216.同理可得抛物线C经过点B的切线方程为y＝x23x－

x226.解方程组y＝x13x－x216y＝x23x－x226得x＝x1＋x22y＝x1x26，∴x＝－3my＝－32.∴P－3m，－32到直线mx＋y－32＝0的距离d＝m×(－3m)－32－32m2＋1＝3m2＋1，△ABP的面积

S＝12|AB|d＝12×6×(1＋m2)×3m2＋1＝9(m2＋1)32.∵m2＋1≥1，∴S≥9.当m＝0时，S＝9.∴△ABP面积的最小值为9.22．解析：(1)由题意可得，f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即ax2>xlnx，∴

a>lnxx恒成立．令h(x)＝lnxx，则h′(x)＝1－lnxx2，由h′(x)>0得0<x<e；由h′(x)<0得x>e；所以h(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，因此h(x)max＝h(e)＝1e，∴只需a>1e；(2)由xlnx－ax2＝0知lnx＝ax，由题意，可得：l

nm＝am，lnn＝an，所以lnm－lnn＝a(m－n)，即a＝lnm－lnnm－n，又lnm＋lnn＝a(m＋n)＝lnm－lnnm－n(m＋n)＝mn＋1mn－1lnmn令t＝mn，t∈(1,2]，则lnmn＝t＋1t－1ln

t，令g(t)＝(t＋1)lntt－1，t∈(1,2]，则g′(t)＝t－2lnt－1t(t－1)2，令φ(t)＝t－2lnt－1t，则φ′(t)＝1－2t＋1t2＝(t－1)2t2≥0显然恒成立，∴φ(t)递增，∴t∈(1,2]时，φ(t)>φ(1)＝0，∴g′(t)>0，即g(t)

在t∈(1,2]上递增，因此g(t)max＝g(2)＝3ln2，∴lnm＋lnn最大值为3ln2，∴mn最大值为8.