數(shù)學(xué)-2022年高考押題預(yù)測卷02（江蘇專用）（考試版+全解全析）

絕密I啟用前招這個(gè)圓稱為阿波羅尼斯圓.已知0(0,0),A(3,0),動(dòng)點(diǎn)P(x,y)滿足需=2,則動(dòng)點(diǎn)P軌跡與圓(x-2)2+y2=

2022年高考押題預(yù)測卷02(江蘇專用)1的位置關(guān)系是()

數(shù)學(xué)A.相交B.相離C.內(nèi)切D.外切

8.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x+2)=f(x),當(dāng)x€[3,5]時(shí)，f(x)=l-|x-4|,則下列不等式成立.的是()

(考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分)

注意事項(xiàng)：A.f(sin^)>f(cos^)B.f(sinl)>f(cosl)

I.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動(dòng)，用橡C.f(cosy)>f(sinY)D.f(sin2)>f(cos2)

皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，招答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。二、多項(xiàng)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,

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.

一、單項(xiàng)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，只有一個(gè)選項(xiàng)是符9.某保險(xiǎn)公司為客戶定制了5個(gè)險(xiǎn)種：甲，一年期短險(xiǎn)：乙，兩全保險(xiǎn)；丙，理財(cái)類保險(xiǎn)；T.定期壽險(xiǎn)：

合題目要求的.戊，重大疾病保險(xiǎn)，各種保險(xiǎn)按相關(guān)約定進(jìn)行參保與理賠.該保險(xiǎn)公司對5個(gè)險(xiǎn)種參?？蛻暨M(jìn)行抽樣調(diào)查，

1.設(shè)集合A={-1,1,2,3,5},B={2,3,4},C={x6R|1<x<3},則(AnC)UB=()得出如下的統(tǒng)計(jì)圖例：

A.{2}B.{2,3}C.{-1,2,3}D.[1,2,3,4)

2.若z=1+i,貝ij|z2—2z|=()

A.0B.1C.2D.V2

3.如圖，在△ABC中，ADJ.AB,前前，|而|=1，則前?同=(

A.2V3B.更C.更D.y/3

23

阻尼器是一種以提供運(yùn)動(dòng)的阻力，從而達(dá)到減振效果的專業(yè)工程裝置.深圳第一高樓平安金融中心的阻

4.至保人數(shù)比例小同年標(biāo)段人均與保帶肘參保險(xiǎn)神比M

尼器減震裝置，是亞洲最大的阻尼器，被稱為“鎮(zhèn)樓神器”.由物理學(xué)知識可知，某阻尼器模型的運(yùn)動(dòng)過程可

用該樣本估計(jì)總體，以下四個(gè)選項(xiàng)正確的是()

近似為單擺運(yùn)動(dòng)，其離開平衡位置的位移s(cm)和時(shí)間t(s)的函數(shù)關(guān)系式為s=2sin(a)t+(p).其中o)>0,

A.54周歲以上參保人數(shù)最少

若該阻尼器模型在擺動(dòng)過程中連續(xù)三次位移為s°(-2<SoV2)的時(shí)間分別為t「tz，t,且t3—t1=2,則

3B.18?29周歲人群參?？傎M(fèi)用最少

(o=()

C.丁險(xiǎn)種更受參保人青睞

A.]B.nC.yD.2n

D.30周歲以上的人群約占參保人群20%

5.若二項(xiàng)式(2+x)1°按(2+x)〔°=a。+ai(l—x)+a2。-x)24--Faio(l-x)1°的方式展開，則展開式10.已知a,b€R,滿足ea+eb=l，則()

中ag的值為()A.a+b<-21n2B.ea+b<0

A.90B.180C.360D.405C.ab>1D.2(e2a+e2b)>1

6.已知數(shù)列同｝的前n項(xiàng)和為Sn，則”數(shù)列｛aQ是等比數(shù)列”為“存在入€R，使得Sn+i=a[+入5「的()11.已知:.棱錐A-BCD的各頂點(diǎn)都在球。上，點(diǎn)M,N分別是AC,CD的中點(diǎn)，AB,平面BCD,CD=2AB=

A,充分不必要條件B.必要不充分條件2BC=4,AD=2在，則下列說法中正確的是()

C.充要條件D.既不充分也不必要條件A.?:棱錐A-BCD的四個(gè)面均為直角-:角形

7.古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯(約公元前262?公元前190年)的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科B.球0的表面積為24n

學(xué)成果，著作中有這樣?個(gè)命題：平面內(nèi)與兩定點(diǎn)距離的比為常數(shù)k(k>0且k*l)的點(diǎn)的軌跡是圓，后人C.直線BD與平面ABC所成角的正切值是！

D.平面BMN被球0所截的截面面積是詈(I)證明：AC〃平面A]C】M;

(H)證明：CM1平面AigM;

12.已知直線y=a與曲線丫二會相交于A,B兩點(diǎn)，與曲線丫=中相交于B,C兩點(diǎn),A,B,C的橫坐標(biāo)分別

(III)求二面角G-A]M-Bi的大小.

為X],X2，X3,則()

19.(12分)已知｛an｝為等差數(shù)列，｛bn｝為等比數(shù)列，bl=2a1=2,a5=a2+a3>b6=3(2bs-3b4).

A.x=aeX2B.x=InxjC.x=eXzD.xx=x|

223t3(1)分別求數(shù)列｛aQ和｛、｝的通項(xiàng)公式；

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

(II)在bn與bn+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為Cn的等差數(shù)列，

13.已知cos(a+》=，，則sM2a的值為_.

(>)求證W+i<cncn+2,nGN*；

14.已知奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(-8,0)上是增函數(shù)，Kf(-2)=-Ef(l)=0,當(dāng)x>0,y>0時(shí)，都有f(xy)=

(4n-5)bn-1門為奇數(shù)

(bn+i)(b"2+i)'',求數(shù)列｛4｝的前2n項(xiàng)和.

f(x)+f(y),則不等式log31f(x)+1|<。的解集為.

｛anan+Kn，n為偶數(shù)

15.設(shè)Fi，F(xiàn)Z是雙曲線x2-y2=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是雙曲線上任意一點(diǎn)，過Fi作乙FiPF2平分線的垂線，垂

20.(12分)某超市計(jì)劃按月訂購一種酸奶，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每瓶4元，售價(jià)每瓶6元，未售出

足為M,則點(diǎn)M到直線x+y-2&=0的距離的最小值是.

的酸奶降價(jià)處理，以每瓶2元的價(jià)格當(dāng)天全部處理完.根據(jù)往年銷售經(jīng)驗(yàn)，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位:

16.傳說古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著?個(gè)圓柱，圓柱內(nèi)有?個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱

℃)有關(guān).如果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶;如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25),需求量為300瓶;如果最

的高相等.由于這個(gè)“圓柱容球”是阿基米德生前最引以為豪的發(fā)現(xiàn)，于是他留下遺言：他死后，墓碑上要

高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了前三年六月份各天的最高氣溫?cái)?shù)據(jù)，

刻上?個(gè)“圓柱容球”的幾何圖形.如圖，在底面半徑為1的圓柱5。2內(nèi)的

得下面的頻數(shù)分布表：

球0與圓柱01。2的上、下底面及母線均相切，設(shè)A，B分別為圓柱0]。2的上、

最高氣溫[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)

下底面圓周上…點(diǎn)，且0次與OzB所成的角為90°，則AB與圓柱SO?的底面

天數(shù)216362574

所成角的正切值為；直線AB與球0的球面交于兩點(diǎn)M,N,則MN的

以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率.

值為.

(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.(10分)在①be=t(b+c),其中t為角A的平分線AD的長(AD與BC交于點(diǎn)D),(2)設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當(dāng)六月份這種酸奶一天的進(jìn)貨量n(單位：瓶)為多少

(2)sinzA-(sinB-sinC)2=3sinBsinC?③b=acosC-JcsinA這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題

時(shí)，Y的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最大值？

中，并解答.在13ABe中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.21.(12分)在直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：\+蕓=1伯>1?>0)的右焦點(diǎn)為尸(1,()),過點(diǎn)F的直線交

(1)求角A的大小;

橢圓C于A,B兩點(diǎn)，|AB|的最小值為戒.

(2)求m=平的取值范圍.

(I)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

18.(12分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1G中，AC1BC,AC=BC=1,AAi=2.M為側(cè)棱BB1的中點(diǎn),

(H)若與A,B不共線的點(diǎn)P滿足而=人郎+(2-入)而，求APAB面積的取值范圍.

連接A]M,QM,CM.

B

22.(12分)已知函數(shù)f(x)=(x-l)e*-gax?.

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測卷02【江蘇專用】

數(shù)學(xué)?全解全析

123456789101112

DCDBDADCACABDABDACD

單項(xiàng)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,

只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的.

1.D【解析】

【分析】

本題主要考查集合的交集、并集運(yùn)算，比較基礎(chǔ).

根據(jù)集合的基本運(yùn)算即可求ACC,再求(ACC)UB.

【解答】

解:集合A={-1,1,2,3,5},C={xeR|l<x<3},

則Anc={1,2},

VB={2,3,4},

A(AnC)UB={1,2}U{2,3,4}={1,2,3,4}；

故選：D.

2.D【解析】

【分析】

本題考查了復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算與模長，屬于基礎(chǔ)題.

由題意利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算以及模長的計(jì)算即可求解.

【解答】

解：由z=1+i得z?=2i,2z=2+2i,

|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.

故選D.

3.D【解析】

【分析】

本題主要考查平面向量的數(shù)量積以及向量加法法則的運(yùn)用，屬于中檔題.

由向量的加法結(jié)合AD1AB可得前?前=(通+阮)?而=阮?前=V3BD-AD=

V3(BA+AD)-AD,由此可求解.

【解答】

解：由題意可得，AD1AB,BC=V3BD.|AD|=1，

則前?AD=(AB+BC)-AD

=AB-AD+BC-AD

=BC-AD=V3BDAD

=V3(BA+AD)-AD

=V3AD2=V5,

故選D.

4.B【解析】

【分析】

本題考查知識點(diǎn)為三角函數(shù)模型的應(yīng)用，考查思維轉(zhuǎn)變能力，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)題意得到最小正周期T,繼而可求出結(jié)果.

【解答】

解：因?yàn)樵撟枘崞髂Ｐ驮跀[動(dòng)過程中連續(xù)三次位移為s°(-2<S。<2)的時(shí)間分別為L，t2,

13，且t3—t]—2>

2k

所以s=2sin(3t+cp)最小正周期/2,

因?yàn)?>0,所以必=n-.

5.D【解析】

【分析】

本題考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用及二項(xiàng)展開式特定項(xiàng)的系數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.

由題意可將原式寫為(2+x)io=[3-(l-x)嚴(yán)，展開即可得答案.

【解答】

1010210

解：(2+x)=[3-(1-x)]=a0+aj(l-x)+a2(l-x)+???+a10(l-x),

Tr+i=C；。310T(_i)r(i_x)r,

所以a8=CfoX32x(一1)8=405,

所以ag=405.

故選D.

6.A【解析】

解：若數(shù)列｛a"是等比數(shù)列，設(shè)公比為q,q^O,

則Sn+i=a!+a2+a3+...+an+an+1=a1+q(a1+a2+...+an)=a1+qSn,

所以存在入=q,使得Sn+i=a1+入Sn；

若存在入€R,使得Sn+i=a1+入Sn，可取入=1,an=0,

則數(shù)列｛aQ不是等比數(shù)列.

所以數(shù)列｛a"是等比數(shù)列”為“存在入GR,使得Sn+i=a1+入Sn”的充分不必要條件，

故選：A.

由充分必要條件的定義，結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，以及舉特殊數(shù)列法，可得結(jié)

論.

本題考查充分必要條件的判斷，以及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，考查轉(zhuǎn)化思想

和推理能力，屬于基礎(chǔ)題.

7.D【解析】

【分析】

本題考查軌跡方程的求法，考查兩圓位置關(guān)系的判斷，是基礎(chǔ)題.

由題意求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程，再由兩圓圓心距與半徑的關(guān)系判斷.

【解答】

解：由已知?jiǎng)狱c(diǎn)P(x,y)滿足緇=2,得近-浮空)：=2,

IPOI7x2+y2

即動(dòng)點(diǎn)P軌跡為圓：(x+l)2+y2=4,

圓(x-2/+y2=1的圓心為(2,0),半徑為1,

???V［2-(-I)］2+02=2+1，

二兩圓外切.

故選D

8.C【解析】

【分析】

本題考查了函數(shù)的周期性，對稱性與單調(diào)性，以及三角函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題.

根據(jù)周期得出f(x)在上的單調(diào)性與對稱性，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)判斷各選項(xiàng).

【解答】

解：由題意可知，函數(shù)f(x)是以2為最小正周期的函數(shù)，

當(dāng)xe［-Ll］時(shí)，x+4G［3,5］,

???f(x+4)=1—同，

vf(x)=f(x4-4)=1—|x|,

Af(x)在［一1,1］的圖像關(guān)于y軸對稱，且在［0,1］單調(diào)遞減，

對于A,si-=漁,0081」,故f(sin勺<f(cos勺，故A錯(cuò)誤；

323233

對于B,：E<1<］，［1>sinl>cosl>0,f(sinl)<f(cosl),故B錯(cuò)誤；

對于C,又sinctw二=—1，f(—；)=f(；),

323222

f(COSy)>f(Siny),故C正確;

對于D,<2<Y1?,11>sin2>|cos2|>0,f(sin2)<f(cos2),故D錯(cuò)誤.

故選C.

二、多項(xiàng)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，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.

9.AC【解析】

【分析】

本題考查通過統(tǒng)計(jì)圖進(jìn)行分析的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)選項(xiàng)逐一對應(yīng)相應(yīng)的統(tǒng)計(jì)圖即可進(jìn)行判斷.

【解答】

解：由扇形圖可得，54周歲以上參保人數(shù)最少，30周歲以上的人群約占參保人群的39%+

33%+8%=80%,故A正確，D錯(cuò)誤；

假設(shè)保險(xiǎn)公司對m位參保客戶進(jìn)行抽樣調(diào)查，則其中18?29周歲的有0.2m位，參?？傎M(fèi)用

為0.2mX4000=800m(元)，54周歲及以上的有0.08m位，參?？傎M(fèi)用為0.08mx6000=

480m(元),800m>480m,故B錯(cuò)誤；

由柱狀圖可知，丁險(xiǎn)種參保比例最高，故C正確；

故選AC.

10.ABD【解析】

【分析】

本題考查了指數(shù)的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)題意即可得到答案.

【解答】

解：abab

e+e=1一>2Vee>e~一<-2>—2—<—ln2,

a+b<-21n2,A選項(xiàng)正確；

0<ea,eb<1,

a,b<0,ea+b=l—eb+b,令f(x)=1+x—ex,f(x)=1—ex,

當(dāng)x6(—8,0)時(shí)，f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，f(b)<f(0)=0,B[H-eb+b<0,B選項(xiàng)正確

當(dāng)a=b=—In2時(shí),ab=ln22<1>C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

2(e2a+e2b)>(ea+eb)2=l,D選項(xiàng)正確.

11.ABD【解析】

【分析】

本題主要考查幾何體外接球的表面積的計(jì)算，直線與平面所成角的計(jì)算，截面面積，長方體

的特征.屬較難題.

以三棱錐A-BCD構(gòu)造一個(gè)長方體，求得球0的半徑，利用長方體的特征解決直線與平面所

成角的計(jì)算，截面面積.

【解答】

解：AB1平面BCD,.?.△ABC,△ABD為直角三角形，

AB=2,BC=2,AD=由勾股定理得AC=BD=2通，

又?.?BC=2,CD=4,.--△DBC,ZkACD為直角三角形，A正確;

三棱錐A-BCD可看作由長、寬、高分別為4,2,2的長方體截得，0為AD的中點(diǎn),

球。的直徑為，42+22+22=2V6，

故球0的表面積S=4n(V6)2=24TT,故B正確；

直線BD與平面ABC所成角的平面角為NDBC,tanzDBC=^=2,所以C不正確;

在RtAABC中，BM=1AC=A/2,在AACD中，MN=^AD=V6,

又BN=2&，二△BMN為直角三角形，SABMN=|xV6xV2=V3,

設(shè)點(diǎn)0到平面BMN的距離為h,

由于0到平面BMN的距離與C到平面BMN的距離相等，

Vo-BMN=VC-BNM=VM-BCN，

X

則:xSABCNX|AB=gxS^BMNh,

則：x；x2x2xl=：xBx/i,解得/1=咨

3233

故平面BMN被球0所截的截面圓的半徑r=

故平面BMN被球0所截的截面面積是S=,故D正確,

12.ACD【解析】

解：y=F，則y'=￡，

令y'=0得x=1,

二當(dāng)XW(-8,1)時(shí)，yz>o,y=/單調(diào)遞增；當(dāng)xW(l,+8)時(shí),yz<o,y=檢單調(diào)遞減,

???y=F的最大值為不

同理，y=等，y，=l-lnx

x2

令y'=0得x=e,

，當(dāng)x€(0,e)時(shí)，y'>0,丫=等單調(diào)遞增;

(e,+8)時(shí)，y7<0,y=等單調(diào)遞減，

.??丫=也的最大值為二

,Xe

作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如圖所示，

由急=a得X2=aeX2,故選項(xiàng)A正確，

,?,^=S=a=v=￡>且丫=已在(。，1)上單調(diào)遞增，

又??,0<Xi<1,1<x2<e,A0<lnx2<1,

??.Xj=lnx2?故選項(xiàng)B錯(cuò)誤,

Xze

-V=焉=a=等，且丫=當(dāng)在(e,+8)上單調(diào)遞減，eG(e,e),x3>e,

...ex2=X3,故選項(xiàng)C正確，

???X1X3=eX21nx2=y-ax2=,故選項(xiàng)D正確，

故選：ACD.

利用導(dǎo)數(shù)分別求出函數(shù)丫=卷，y=竽的單調(diào)性和最值，作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，利用圖象結(jié)

合對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)逐個(gè)判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.

本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔

題.

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13K【解析】

【分析】

本題考查兩角和與差的三角函數(shù)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，二倍角的正弦函數(shù)公式在

三角函數(shù)化簡求值中的應(yīng)用，考查計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題.

由已知利用兩角和的余弦函數(shù)公式可求cosa-sina=在，進(jìn)而平方后利用同角三角函數(shù)基

6

本關(guān)系式，二倍角的正弦函數(shù)公式即可計(jì)算得解.

【解答】

解：vcos(a+》=9，

可得：—cosa——sina=—,即cosa—sina=漁，

2266

兩邊平方可得：1-2sinacosa=

6

，解得sin2a=

6

故答案為：

6

14.(―4,—2)U(―2,—1)U(；,；)UG，1)【解析】

【分析】

本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的應(yīng)用，不等式求解，屬于較難題.

根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性，結(jié)合對數(shù)不等式求解可得不等式解集.

【解答】

解：不等式log31f(x)+1|<0,

則0<|f(x)+1|<1,即一2<f(x)<0且f(x)H-1,

奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(一8,0)上是增函數(shù)，且f(-2)=-1,

則f(x)在區(qū)間(0,+8)上是增函數(shù)，且f(2)=1,

又f(l)=0,則f(一1)=0,

當(dāng)x>0,y>0時(shí)，都有f(xy)=f(x)+f(y),

則f(4)=f(2)+f(2)=2,f(-4)=-2,

f(l)=f(4x》=f(4)+f(i)=0,所以f?=-2,

f(2x1)=f(2)+f(l)=0,所以f?=-1,

奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(一8,0)上是增函數(shù)，且f(一4)=-2,f(-2)=-l,f(-l)=0；

f(x)在區(qū)間(0,+8)上是增函數(shù)，且f(》=-2,f(1)=-1,f(l)=0；

由一2<f(x)<0且f(x)*-1,

可得不等式解集為(-4,-2)U(-2,-1)U(i,i)U(pl).

故答案為：(―4,-2)U(―2,—1)UUG，1).

15.1【解析】

【分析】

本題考查了雙曲線的定義及其性質(zhì)，與圓有關(guān)最值問題，直線與圓的位置關(guān)系，考查了學(xué)生

的邏輯思維能力，運(yùn)算能力，屬于中檔題.

延長F】M交PF?于點(diǎn)N,構(gòu)造全等三角形，結(jié)合雙曲線定義，求得M點(diǎn)的軌跡方程，再根據(jù)直

線與圓的位置關(guān)系，即可求得點(diǎn)M到直線距離的最小值..

【解答】

解：延長FiM交PF?的延長線于點(diǎn)N,如下所示：

因?yàn)镻M平分NF1PF2，且PM1F1M,故AFiPMWANPM,

則|PFi|=|PN|,又IPF1HPF2I=2a=2,則|NFzl=2,

又在^FiFaN中，O,M分別為F#2，F(xiàn)IN的中點(diǎn)，故可得|OM|=[INF2I=1；

設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y),則x2+y2=l,即點(diǎn)M在圓心為(0,0),半徑r=l的圓上,

圓心到直線x+y-2V2=0的距離d=需=2,

故點(diǎn)M到直線距離的最小值為d-r=2-l=l.

故答案為：L

16.V2V2【解析】

【分析】

本題考查圓柱與球的結(jié)構(gòu)特征，屬于較難題.

根據(jù)圓柱與球的結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行求解即可.

【解答】

解:設(shè)過A的圓柱01。2的母線在底面的端點(diǎn)為Ar則5A〃02Al，由JAIO2B,得02Ali02B,

則A]B=近，

在直角三角形ABA1中，AAi=2,tan/ABAi=黑=&,所以AB與圓柱O1。?的底面所成角

的正切值為企；

連接OA,0B,由AOAOi三△OB。？，得OA=OB,取AB的中點(diǎn)為G,則0G1AB,

因?yàn)?A2=01。2+OjA2=2,AB=JAA：+A$2=瓜,

所以O(shè)G=\0A2-AG2=J2一歲2=孝,

由OM=0N及OGJ.AB,得G也是MN的中點(diǎn)，

所以MN=2VOM2-0G2=211-(y)2=V2-

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.(10分)【解析】(1)方案一：選條件①be=t(b+c).

由題意可得S^BAD+SMAD=S^ABC，

-ctsinZBAD+-btsinZCAD=-besinZBAC.

222

???AD為NBAC的平分線，ZBAD=ZCAD=|ZBAC,

:.ctsinZBAD+btsinZBAD=besin(2NBAD),

即t(c+b)sinZBAD=bcsin(2ZBAD)

又be=t(b+c),

???sinZBAD=sin(2NBAD),即sinNBAD=2sinZBADcosZBAD,

??,ZBADG(0,：),???cos/BAD=

：?NBAD=一?

3

：?NBAC=—?

3

方案二：選條件②siMA-(sinB-sinC)23sinBsinC.

由已知結(jié)合正弦定理得a?-b2-c2=be,

由余弦定理得cosA=RzQ=*一1,

2

V0<A<n,

方案三：選條件③b=acosC-ycsinA.

由正弦定理得,sinB=sinAcosC——sinCsinA，

3

又B=n—（A+C）,:.sin（A4-C）=sinAcosC-gsinCsinA,

???sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC——sinCsinA，

3

???cosAsinC=——sinCsinA，

3

vsinC>0,

???tanA=一遮，

v0<A<兀，

A=—（5分）

3

0、_sinA+sinBT+Sin（y-C）

（2m=1丁=sine

V3,V301.0

~-■l■~~cosC——sinC

-222

sinC

_y（l+COSC）1

sinC2

_亭2cos2-1

=c.cc-7

2sin-cos-2

22

V3

_T1

-7t~anc--7乙

又Ce（0,：），:tan^e（0,9），所以m>l

??.m的取值范圍是（l,+8）（10分）

18.（12分）【解析】（I）證明：在直三棱ABC-AiBiJ中，側(cè)面ACgAi為平行四邊形.

所以AC〃AiQ.

因?yàn)锳C，平面AigM,AR】u平面AigM,

所以AC〃平面AigM.（3分）

（H）證明：在直三棱柱ABC-AiBiQ中,側(cè)棱CCi1平面AiBiQ,AiJu平面AiBRi，

所以eg1A]Ci，

因?yàn)锳C_LBC,且AC〃AiC「BC〃B】Ci，所以AR】_LBig.

因?yàn)镃C1rB1J=G，CC1、B1GU平面BB1C1C,

所以A￡i_L平面BBigC.

又因?yàn)镃Mu平面BBigC,所以AR11CM

因?yàn)锽BiJ.BC,BC=BM,所以NCMB=45。.

同理NgMBi=45°，所以NCMCi=90。.

即CM1CiM.

因?yàn)锳iCinC]M=Ci，AiCi、CiMu平面A￡iM,

所以CM1平面AiCiM.(7分)

(III)由題意可知CA,CB,CCi兩兩垂直，故以C為原點(diǎn)，以CA,CB,CJ所在的直線分別為x

軸，y軸，z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.

由題得C(0,0,0),Ax(1,0,2),Bi(0,l,2),M(0,l,l).

所以前=(o,i,i),福=(o,o,i),A7B7=(-1,1,0).

由(H)知CM1平面AiCiM,所以平面AiCiM的一個(gè)法向量為萬=由=(0,1,1).

設(shè)平面AiMBi的一個(gè)法向量為五=(x,y,z).

得R1畫，nlAA-即E,吧

(n-A1B1=0

得(Z=0，

付l-x+y=0.

令x=l,得y=-l,所以F=(1,1,0).

可得cos<ffLn>=

又因?yàn)槎娼荂l-A1M-Bl的平面角為銳角，

所以二面角J-AiM-Bi的大小為:(12分)

19.(12分)【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列｛aj為的公差為d,等比數(shù)列｛、｝的公比為q,

由b]=2al'-2,a$—'a2+3^,b6=3(2b$3b4),

可得1+4d=2+3d,2q5=3(4q4-6q3),

解得d=1,q=3,

n-1

所以an=l+n—l=n；bn=2x3；(3分)

(U)(i)證明:2x3n-2x3nT_4x31

n+2-1n+1n+1

nn-1n+1

2z4x3.?4x34x3

Cn+l-dCn+2=(不?-

111

=16x32n(-）=16X3如.需施展腎=-16X3如(n+2)2(n+l)(n+3)<

(n+2)2(n+l)(n+3)-

0,

所以W+i<CnCn+2，n￡N*;(7分)

(4n-5)bn-l為有新(—2(匐-5)>(3時(shí)-1_口為奇數(shù)

11

(ii)dn=(bn+l)(bn+2+l)'力歷數(shù)=卜2x3nT+l)(2x3：+'l)'=

(anan+iCn，n為偶數(shù)1n(n+1)?暇J,n為偶數(shù)

心田一田)川為奇數(shù)，

、4n-3nT,n為偶數(shù)

設(shè)數(shù)列｛4｝的奇數(shù)項(xiàng)的和為An，偶數(shù)項(xiàng)的和為％,

可得A--(-_________22_________42n-2_________2n)_1(0_2n)_

1、Jn—2(2X30+12x32+1十2x32+12x34+1十…十2x32n-2+i2x32n+l^~~22x32n+l^―

n

2x32n+l；

2n-136

Bn=4x2x3+4x4x3?+…+4x2n?3,9Bn=4x2x3+4x4x3+...+4x

2n-32n+1,

2n+1

兩式相減可得-8Bn=24+8（33+…+3?nT）-4x2n-3=24+8-2cll-4x

2n-32n+1,

化簡可得為=三+幽二網(wǎng)上.

n88

所以數(shù)列｛4｝的前2n項(xiàng)和為g+州二學(xué)竺-反嬴（12分）

20.(12分)【解析】(1)由題意知，X的可能取值為200,300,500,

P(X=200)=絮=0.2,

P(X=300)=g=0.4,

P(X=500)==0.4,

X的分布列為：

X200300500

p0.20.40.4

（4分）

(2)

1)當(dāng)nW200時(shí)，Y=n(6-4)=2n<400,E(Y)<400,(5分)

2)當(dāng)200<n<300時(shí),

若X=200,則Y=200X(6-4)+(n-200)x(2-4)=800-2n,

若X>300,則Y=n(6-4)=2n,

AE(Y)=p(X=200)x(800-2n)+p(X>300)x2n

=0.2(800—2n)+0.8X2n=1.2n+160.

E(Y)<1.2x300+160=520,(7分)

3)當(dāng)300<nW500時(shí)，若X=200,則Y=800-2n,

若X=300,則Y=300x(6-4)+(n-300)x(2-4)=1200-2n,

若X=500,則Y=2n,

E(Y)=0.2x(800-2n)+0.4(1200-2n)+0.4x2n=640-0.4n,(9分)

???當(dāng)n=300時(shí)，(E(Y))max=640-0.4x300=520,

800-2n,X=200

當(dāng)nN500時(shí)，Y=1200-2n,X=300,(10分)

.2000-2n,X=500

E(Y)=0.2(800-2n)+0.4(1200-2n)+0.4(2000-2n)=1440-2n,

E(Y)<1440-2x500=440.(11分)

綜上，當(dāng)n=300時(shí)，E(Y)最大值為520元.(12分)

21.（12分）【解析】（I）由右焦點(diǎn)F（l,0）知，c=1,

當(dāng)AB垂直于x軸時(shí)，|AB|最小，其最小值為四=&.

a

又a2=b24-c2,解得a=b=1,

??.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為?+y2=l.（4分）

（H）解法一：取而!=3而=9而+（1_》而，

則點(diǎn)M在直線AB上，且點(diǎn)M為線段OP的中點(diǎn).

當(dāng)AB垂直于x軸時(shí)，A,B的坐標(biāo)分別為(1,日)，(1,一日)，SAOAB=?；

當(dāng)AB不垂直于x軸時(shí)，設(shè)其斜率為k,則直線AB的方程為y=k(x-l)(k*0).

則點(diǎn)0到直線AB的距離d=段，(8分)

vl+kz

ry=k(x-1)

聯(lián)立方程組怛+2=].消去y整理得(l+2k2)x2-4k2x+2k2—2=0,

2

則Xi+x2=xrx2=△=8(k+1)>0.

222

|AB|=V1+k|xj-x2|=V1+k7(xi+x2)-4x^2=空；：：)，

???SAOAB=3AB|-d—x^"px/=鵬^,

△UAb2112l+2k2Vl+k2l+2k2

令t=l+2k2,則k2=?(t>l),

此時(shí)SAOAB=曰J1G（0>y）-

綜上可得，APAB面積的取值范圍為（0,曰］.（12分）

解法二：當(dāng)AB垂直于x軸時(shí)，A,B的坐標(biāo)分別為（1凈，（1,—當(dāng)，

由麗=X0A+（2-X）OB,得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2,近入-V2）,

則點(diǎn)P到直線AB的距離為1,

又|AB|=V2,所以△PAB的面積為:xV2x1=y,

當(dāng)AB不垂直于x軸時(shí)，設(shè)其斜率為k,

則直線AB的方程為y=