2023年12月2日发(作者：02数学试卷)

2022年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）若集合M{x|x4}，N{x|3x1}，则MN(A．{x|0x2}B．{x|1x2}3))C．{x|3x16}D．{x|1x16}32．（5分）若i(1z)1，则zz(A．2B．1C．1D．2)3．（5分）在ABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，CDn，则CB(A．3m2nB．2m3nC．3m2nD．2m3n4．（5分）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(72.65)(A．1.0109m3)B．1.2109m3C．1.4109m3D．1.6109m3)5．（5分）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(A．16B．13C．12D．236．（5分）记函数f(x)sin(x(3，2)中心对称，则f()(222)b(0)的最小正周期为T．若T，且yf(x)的图像关于点43)A．1B．32C．52)D．37．（5分）设a0.1e0.1，bA．abc1，cln0.9，则(9B．cbaC．cabD．acb8．（5分）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是(A．[18，81]4)B．[2781，]44C．[2764，]43D．[18，27]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。第1页（共22页）9．（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，则(A．直线BC1与DA1所成的角为90B．直线BC1与CA1所成的角为90C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D．直线BC1与平面ABCD所成的角为4510．（5分）已知函数f(x)x3x1，则(A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心D．直线y2x是曲线yf(x)的切线))11．（5分）已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x22py(p0)上，过点B(0,1)的直线交C于P，Q两点，则()A．C的准线为y1C．|OP||OQ||OA|2B．直线AB与C相切D．|BP||BQ||BA|2312．（5分）已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，记g(x)f(x)．若f(2x)，g(2x)均为2偶函数，则(A．f(0)0)1B．g()02C．f(1)f（4）D．g(1)g（2）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。y13．（5分）(1)(xy)8的展开式中x2y6的系数为x（用数字作答）．．．14．（5分）写出与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程15．（5分）若曲线y(xa)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是x2y2116．（5分）已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为．过F1ab2且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a11，{（1）求{an}的通项公式；第2页（共22页）1Sn}是公差为的等差数列．3an（2）证明：1112．a1a2ancosAsin2B．1sinA1cos2B18．（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）若C2，求B；3a2b2（2）求的最小值．c219．（12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．20．（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好病例组对照组4010良好6090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，为R．（ⅰ）证明：RP(A|B)P(A|B)；P(A|B)P(A|B)P(B|A)P(B|A)与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标P(B|A)P(B|A)（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．n(adbc)2附：K．(ab)(cd)(ac)(bd)2第3页（共22页）P(K2k)k0.0503.8410.0106.6350.00110.828x2y21(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的21．（12分）已知点A(2,1)在双曲线C:22aa1斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积．22．（12分）已知函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．第4页（共22页）2022年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）若集合M{x|x4}，N{x|3x1}，则MN()A．{x|0x2}B．{x|13x2}C．{x|3x16}D．{x|13x16}【分析】分别求解不等式化简M与N，再由交集运算得答案．【解答】解：由x4，得0x16，M{x|x4}{x|0x16}，由3x1，得x13，N{x|3x1}{x|x13}，MN{x|0x16}{x|x13}{x|13x16}．故选：D．【点评】本题考查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题．2．（5分）若i(1z)1，则zz()A．2B．1C．1D．2【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，再求出zz．【解答】解：由i(1z)1，得1z1iii2i，z1i，则z1i，zz1i1i2．故选：D．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．（5分）在ABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，CDn，则CB(A．3m2nB．2m3nC．3m2nD．2m3n【分析】直接利用平面向量的线性运算可得132CB2CDCA，进而得解．【解答】解：如图，第5页（共22页）)1111CDCAADCADBCA(CBCD)CACBCD，222231CBCDCA，即CB3CD2CA3n2m．22故选：B．【点评】本题主要考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．4．（5分）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(72.65)(A．1.0109m3)B．1.2109m3C．1.4109m3D．1.6109m3【分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．【解答】解：140km2140106m2，180km2180106m2，140106180106140106180106根据题意，增加的水量约为(157.5148.5)3(140180607)10693(320602.65)106314371061.4109m3．故选：C．【点评】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．5．（5分）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(第6页（共22页）)A．16B．13C．12D．23【分析】先求出所有的基本事件数，再写出满足条件的基本事件数，用古典概型的概率公式计算即可得到答案．【解答】解：从2至8的7个整数中任取两个数共有C7221种方式，其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，故所求概率为故选：D．【点评】本题考查古典概型的概率计算，考查运算求解能力，属于基础题．6．（5分）记函数f(x)sin(x(3，2)中心对称，则f()(22142．2132)b(0)的最小正周期为T．若T，且yf(x)的图像关于点43)A．1B．32C．52D．3【分析】由周期范围求得的范围，由对称中心求解与b值，可得函数解析式，则f()可求．2)b(0)的最小正周期为T，42222则T，由T，得，23，333，2)中心对称，b2，yf(x)的图像关于点(233且sin()0，则k，kZ．2424215(k)，kZ，取k4，可得．34255f(x)sin(x)2，则f()sin()2121．242224【解答】解：函数f(x)sin(x故选：A．【点评】本题考查yAsin(x)型函数的图象与性质，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．7．（5分）设a0.1e0.1，bA．abc1，cln0.9，则(9)B．cbaC．cabD．acb【分析】构造函数f(x)lnx11，x0，利用导数性质求出lnx1，由此能求出结果．xx1，x0，x第7页（共22页）【解答】解：构造函数f(x)lnx则f(x)112，x0，xx当f(x)0时，x1，0x1时，f(x)0，f(x)单调递减；x1时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在x1处取最小值f（1）1，lnx11，x111，ln0.9，cb；0.999109110，1e0.1，910109ln0.91ln0.9ln0.1e0.11，ab；910110919()0.11，ac，929101800.1e0.10.11.10.11，而1n0.9lncab．故选：C．【点评】本题考查三个数的大小的判断，考查构造法、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．8．（5分）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是(A．[18，81]4)B．[2781，]44C．[2764，]43D．[18，27]【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径R3，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，由勾股定理可得l22a212)，所以l26h，由l的取值范围求出h的取值范围，又因为ah2，又R2(h3)2(222a212h2h2，所以该正四棱锥体积V(h)h34h2，利用导数即可求出V(h)的取值范围．3【解答】解：如图所示，正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在RtPAE中，PA2AE2PE2，即l2(2a21)h2a2h2，22球O的体积为36，球O的半径R3，第8页（共22页）在RtOAE中，OA2OE2AE2，即R2(h3)2(2a2)，2121ah26h0，a2h26h，2239，h22l26h，又3l33，112该正四棱锥体积V(h)a2h(12h2h2)hh34h2，333V(h)2h28h2h(4h)，当39时，V(h)0，V(h)单调递减，h4时，V(h)0，V(h)单调递增；当4h2264，3V(h)maxV（4）3279812781又V()，V()，且，2424442764，V(h)432764，]，43即该正四棱锥体积的取值范围是[故选：C．【点评】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，则(A．直线BC1与DA1所成的角为90B．直线BC1与CA1所成的角为90C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45【分析】求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C第9页（共22页）)与D．【解答】解：如图，连接B1C，由A1B1//DC，A1B1DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1//B1C，BC1B1C，直线BC1与DA1所成的角为90，故A正确；A1B1BC1，BC1B1C，A1B1B1CB1，BC1平面DA1B1C，而CA1平面DA1B1C，BC1CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90，故B正确；设A1C1B1D1O，连接BO，可得C1O平面BB1D1D，即C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，sinC1BOOC11，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；BC12CC1底面ABCD，C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．10．（5分）已知函数f(x)x3x1，则(A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心D．直线y2x是曲线yf(x)的切线【分析】对函数f(x)求导，判断其单调性和极值情况，即可判断选项AB；由f(x)f(x)2，可判断选项C；假设y2x是曲线yf(x)的切线，设切点为(a,b)，求出a，验证点(a,b)是否在曲线yf(x)b的值，上即可．【解答】解：f(x)3x21，令f(x)0，解得xf(x)3333或x，令f(x)0，解得，x3333(33,)33)在(,33),(,)33上单调递增，在第10页（共22页）上单调递减，且f(32393923)0,f()0，3939f(x)有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误；又f(x)f(x)x3x1x3x12，则f(x)关于点(0,1)对称，故选项C正确；3a212a1a1假设y2x是曲线yf(x)的切线，设切点为(a,b)，则，解得或，b2b22ab显然(1,2)和(1,2)均不在曲线yf(x)上，故选项D错误．故选：AC．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值以及曲线在某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．11．（5分）已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x22py(p0)上，过点B(0,1)的直线交C于P，Q两点，则()A．C的准线为y1C．|OP||OQ||OA|2B．直线AB与C相切D．|BP||BQ||BA|2【分析】对于A，根据题意求得p的值，进而得到准线；对于B，求出直线AB方程，联立直线AB与抛物线方程即可得出结论；对于C，设过点B的直线方程为ykx1(k2)，联立该直线与抛物线方程，由韦达定理得到两根之和及两个之积，然后利用两点间的距离公式，结合基本不等式判断选项CD．【解答】解：点A(1,1)在抛物线C:x22py(p0)上，2p1，解得p1，21抛物线C的方程为x2y，准线方程为y，选项A错误；4由于A(1,1)，B(0,1)，则kAB1(1)2，直线AB的方程为y2x1，10y2x1联立2，可得x22x10，解得x1，故直线AB与抛物线C相切，选项B正确；xy根据对称性及选项B的分析，不妨设过点B的直线方程为ykx1(k2)，与抛物线在第一象限交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)，ykx1联立，消去y并整理可得x2kx10，则x1x2k2yxy1y2(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)11，第11页（共22页），x1x21，|OP||OQ|x12y12x22y222x1y12x2y22x1x2y1y22|OA|2，由于等号在x1x2y1y21时才能取到，故等号不成立，选项C正确；|BP||BQ|x12(y11)2x2(y21)2x124y1x224y25x125x225(x1x2)25|BA|2，选项D正确．故选：BCD．【点评】本题考查抛物线方程的求解，直线与抛物线位置关系的综合运用，同时还涉及了两点间的距离公式以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．312．（5分）已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，记g(x)f(x)．若f(2x)，g(2x)均为2偶函数，则(A．f(0)0)1B．g()02C．f(1)f（4）D．g(1)g（2）33【分析】由f(2x)为偶函数，可得f(x)关于x对称，可判断C；g(2x)为偶函数，可得2235g(2x)g(2x)，g(x)关于x2对称，可判断D；由g()0，g(x)关于x2对称，可得g()0，得22到x51是f(x)的极值点，x也是极值点，从而判断B；f(x)图象位置不确定，可上下移动，故函数22值不确定，从而判断A．3333【解答】解：f(2x)为偶函数，可得f(2x)f(2x)，f(x)关于x对称，2222令x53535，可得f(2)f(2)，即f(1)f（4），故C正确；424243333对称，x是函数f(x)的一个极值点，g()f()0，2222g(2x)为偶函数，g(2x)g(2x)，g(x)关于x2对称，故D不正确；f(x)关于x535又g(x)关于x2对称，g()g()0，x是函数f(x)的一个极值点，222f(x)关于x3111对称，x是函数f(x)的一个极值点，g()f()0，故B正确；2222f(x)图象位置不确定，可上下移动，即没一个自变量对应的函数值是确定值，故A错误．故选：BC．【点评】本题考查函数的奇偶性，极值点与对称性，考查了转化思想和方程思想，属中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。y13．（5分）(1)(xy)8的展开式中x2y6的系数为x28（用数字作答）．第12页（共22页）【分析】由题意依次求出(xy)8中x2y6，x3y5项的系数，求和即可．【解答】解：(xy)8的通项公式为Tr1C8rx8ryr，当r6时，T7C86x2y6，当r5时，T6C85x3y5，y8!8!(1)(xy)8的展开式中x2y6的系数为C86C85285628．x6!2!5!3!故答案为：28．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．14．（5分）写出与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程7x24y250都正确）（填3x4y50，x1．【分析】由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．分别求出三条切线方程，则答案可求．【解答】解：圆x2y21的圆心坐标为O(0,0)，半径r11，圆(x3)2(y4)216的圆心坐标为C(3,4)，半径r24，如图：|OC|r1r2，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．kOC433，l1的斜率为，设直线l1:yxb，即3x4y4b0，344由|4b|5，则l1:3x4y50；1，解得b（负值舍去）544x对称，3由图可知，l2:x1；l2与l3关于直线yx14联立4，解得l2与l3的一个交点为(1,)，在l2上取一点(1,0)，3yx3第13页（共22页）y04x014724223该点关于yx的对称点为(x0，y0)，则，解得对称点为(，)．32525y034x012442537，则l:y7(x1)4，即7x24y250．kl33724324125与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程为：．x1（填3x4y50，7x24y250都正确）故答案为：x1（填3x4y50，7x24y250都正确）．【点评】本题考查圆的切线方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．15．（5分）若曲线y(xa)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是(，4)(0，)．【分析】设切点坐标为(x0，(x0a)ex0)，利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得x02ax0a0，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由△0即可求出a的取值范围．【解答】解：yex(xa)ex，设切点坐标为(x0，(x0a)ex0)，切线的斜率kex0(x0a)ex0，切线方程为y(x0a)ex0(ex0(x0a)ex0)(xx0)，又切线过原点，(x0a)ex0(ex0(x0a)ex0)(x0)，整理得：x02ax0a0，切线存在两条，方程有两个不等实根，△a24a0，解得a4或a0，即a的取值范围是(，4)(0，)，故答案为：(，4)(0，)．【点评】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．x2y2116．（5分）已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为．过F1ab2且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是13．【分析】根据已知条件，先设出含c的椭圆方程，再结合三角形的性质，以及弦长公式，求出c的值，最后再根据椭圆的定义，即可求解．第14页（共22页）x2y21【解答】解：椭圆C:221(ab0)的离心率为，ab2x2y2不妨可设椭圆C:221，a2c，4c3cC的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，△AF1F2为等边三角形，过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，kDEtan303，33(xc)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，3由等腰三角形的性质可得，|AD||DF2|，|AE||EF2|，设直线DE方程为y将其与椭圆C联立化简可得，13x28cx32c20，32c28c由韦达定理可得，x1x2，x1x2，131318c2128c24813|DE|k1|x1x2|(x1x2)4x1x21()c6，解得c，8313131322由椭圆的定义可得，ADE的周长等价于|DE||DF2||EF2|4a8c8故答案为：13．1313．8【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合应用，需要学生很强的综合能力，属于中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a11，{（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1112．a1a2an1Sn}是公差为的等差数列．3an【分析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果．【解答】解：（1）已知a11，{所以1Sn}是公差为的等差数列，3an12Sn1121(n1)n，整理得Snnanan，①，33an33312故当n2时，Sn1(n1)an1an1，②，331111①②得：annannan1an1，3333第15页（共22页）故(n1)an(n1)an1，化简得：所以a4a3anan1n，n1，........，3，2；a22a11an1n1an2n2ann(n1)，a12n(n1)（首项符合通项）．2n(n1)．2故an所以ann(n1)，21211所以2()，ann(n1)nn1证明：（2）由于an所以111111111...2(1...)2(1)2．a1a2an223nn1n1【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．18．（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）若C2，求B；3cosAsin2B．1sinA1cos2Ba2b2（2）求的最小值．c2【分析】（1）利用倍角公式、和差公式、三角形内角和定理即可得出B．（2）利用诱导公式把A用C表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）cosAsin2BcosA2sinBcosBsinB，，1sinA1cos2B1sinA2cos2BcosB化为：cosAcosBsinAsinBsinB，cos(BA)sinB，cosCsinB，CsinB0B1，22，3，B．36（2）由（1）可得：cosCsinB0，cosC0，C(，)，2C为钝角，B，A都为锐角，BCsinAsin(BC)sin(2C．2)cos2C，2第16页（共22页）a2b2sin2Asin2Bcos22Ccos2C(12sin2C)2(1sin2C)24sin4C5sin2C24sin2C52245425，当且仅当222222csinCsinCsinCsinCsinCsinC142时取等号．a2b2的最小值为425．c2【点评】本题考查了倍角公式、和差公式、三角形内角和定理、余弦定理、基本不等式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．（12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．【分析】（1）利用体积法可求点A到平面A1BC的距离；（2）以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角ABDC的正弦值．14【解答】解：（1）由直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，可得VA1ABCVA1B1C1ABC，33设A到平面A1BC的距离为d，由VA1ABCVAA1BC，1414SA1BCd，22d，解得d2．3333（2）由直三棱柱ABCA1B1C1知BB1平面ABC，所以平面ABC平面ABB1A1，又平面A1BC平面ABB1A1，又平面ABC平面A1BCBC，所以BC平面ABB1A1，BCA1B，BCAB，以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，第17页（共22页）AA1AB，BC2AB1122，又ABBCAA14，解得ABBCAA12，22则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，则BA(0，2，0)，BD(1，1，1)，BC(2，0，0)，设平面ABD的一个法向量为n(x，y，z)，nBA2y0则，令x1，则y0，z1，nBDxyz0平面ABD的一个法向量为n(1，0，1)，设平面BCD的一个法向量为m(a，b，c)，mBC2a0，令b1，则a0，c1，mBDabc0平面BCD的一个法向量为m(0，1，1)，cosn，m1221，213二面角ABDC的正弦值为1()2．22【点评】本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．20．（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好病例组对照组4010良好6090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有第18页（共22页）该疾病”，为R．P(B|A)P(B|A)与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标P(B|A)P(B|A)P(A|B)P(A|B)；P(A|B)P(A|B)（ⅰ）证明：R（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．n(adbc)2附：K．(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2k)k0.0503.8410.0106.6350.00110.828【分析】（1）补充列联表，根据表中数据计算K2，对照附表得出结论．（2）(i)根据条件概率的定义与运算性质，证明即可；（ⅱ）利用调查数据和对立事件的概率公式，计算即可．【解答】解：（1）补充列联表为：不够良好病例组对照组合计2良好6090150合计150200(40901060)2246.635，计算K10010050150所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．（2）(i)P(AB)P(A)P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)P(A)证P(AB)P(B)P(AB)P(B)明P(AB)P(B)P(A|B)P(A|B)；P(AB)P(A|B)P(A|B)P(B)：P(AB)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(A)R:P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)（ⅱ）利用调查数据，P(A|B)P(A|B)1P(A|B)29所以R5106．315109，104021013，P(A|B)1P(A|B)，，P(A|B)1005100105【点评】本题考查了独立性检验应用问题，也考查了条件概率的应用问题，是中档题．第19页（共22页）x2y21(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的21．（12分）已知点A(2,1)在双曲线C:22aa1斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积．x2y21，由题显然直线l的斜率存在，设l:ykxm，与双曲【分析】（1）将点A代入双曲线方程得2线联立后，根据直线AP，AQ的斜率之和为0，求解即可；（2）设直线AP的倾斜角为，由tanPAQ22，x12y11PAQ2得tan，联立2，及y121，根据三角形面积公式即可求解．222x12【解答】解：（1）将点A代入双曲线方程得422411，a2a21x2化简得a4a40，a2，故双曲线方程为y21，2由题显然直线l的斜率存在，设l:ykxm，设P(x1，y1)Q(x2，y2)，则联立双曲线得：(2k21)x24kmx2m220，2m224km故x1x22，x1x2，22k12k1y1y21kx1m1kx2m1kAPkAQ10，x12x22x12x22化简得：2kx1x2(m12k)(x1x2)4(m1)0，2k(2m22)4km(m12k)()4(m1)0，故2k212k21即(k1)(m2k1)0，而直线l不过A点，故k1；PAQPAQ22（2）设直线AP的倾斜角为，由tanPAQ22，，22，得tan222PAQ1tan22tan由2PAQ，y1PAQ，得kAPtan2，即12，x122x12y111042425联立，,y12，及y121得x1233x12代入直线l得m52068，故x1x2，,x1x2339而|AP|3|x12|,|AQ|3|x22|，第20页（共22页）由tanPAQ22，得sinPAQ故SPAQ22，31162．|AP||AQ|sinPAQ2|x1x22(x1x2)4|29【点评】本题考查了直线与双曲线的综合，属于中档题．22．（12分）已知函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【分析】（1）先对两个函数求导，然后由函数有相同的最小值得到函数f(x)和g(x)的单调性，从而求得f(x)和g(x)的零点，进而得到函数的最小值，然后列出方程求得a的值；（2）设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，得到有关x1，x2，x3的方程，然后化简利用函数f(x)的单调性求得x1，x3和x2的数量关系，进而得证命题．【解答】（1）解：f(x)exax，g(x)axlnx，f(x)exa，g(x)a1，x1在x(0,)上单调递增，xyex在xR上单调递增，函数y函数f(x)和函数g(x)在各自定义域上单调递增，又函数f(x)exax和g(x)axlnx有最小值，当f(x)0时，xlna，当g(x)0时，x1，a函数f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增，11函数g(x)在(0,)上单调递减，在(，)上单调递增，aaf(x)minf(lna)aalna，g(x)min1lna，函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值aalna1lna，解得：a1．（2）证明：设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，由（1）得，函数f(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，第21页（共22页）x1(,0)，x2(0,1)，x3(1,)，bex1x1ex2x2x2lnx2x3lnx3，2x2ex2lnx2，ex1x1x2lnx2，ex2x2x3lnx3，ex1x1elnx2lnx2，ex2x2elnx3lnx3，f(x1)f(lnx2)，f(x2)f(lnx3)，lnx2(,0)，lnx3(0,)，x1lnx2，x2lnx3，x3ex2，x1x3lnx2ex22x2，x1，x2，x3成等差数列，存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【点评】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得x1、x3和x2的数量关系．第22页（共22页）


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