2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）
文科数学
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 集合𝑀={2,4,6,8,10}，𝑁={𝑥|−1<𝑥<6}，则𝑀∩𝑁=( )
A. {2,4} B. {2,4,6} C. {2,4,6,8} D. {2,4,6,8,10}
2. 设(1+2𝑖)𝑎+𝑏=2𝑖，其中𝑎，𝑏为实数，则( )
A. 𝑎=1，𝑏=−1 C. 𝑎=−1，𝑏=1
B. 𝑎=1，𝑏=1 D. 𝑎=−1，𝑏=−1
⃗ =(2,1)，⃗ 3. 已知向量𝑎𝑏=(−2,4)，则|𝑎⃗ −⃗ 𝑏|=( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
4. 分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长(单位：ℎ)，得如图茎叶
图：
则下列结论中错误的是( )
A. 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4 B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4 D. 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
𝑥+𝑦≥2,
5. 若𝑥，𝑦满足约束条件{𝑥+2𝑦≤4,则𝑧=2𝑥−𝑦的最大值是( )
𝑦≥0,
A. −2 B. 4 C. 8 D. 12
6. 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. 2√2 C. 3 D. 3√2
7. 执行如图的程序框图，输出的𝑛=( )
1
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
8. 如图是下列四个函数中的某个函数在区间[−3,3]的大致图像，则该函数是( )
+3𝑥
A. 𝑦=−𝑥
𝑥2+1
3
−𝑥 B. 𝑦=𝑥𝑥2+1
3
C. 𝑦=
2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑥2+1
D. 𝑦=
2𝑠𝑖𝑛𝑥𝑥2+1
9. 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 C. 平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐴𝐶
B. 平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐴1𝐵𝐷 D. 平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐶1𝐷
10. 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
11. 函数𝑓(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥+(𝑥+1)𝑠𝑖𝑛𝑥+1在区间[0,2𝜋]的最小值、最大值分别为( )
A. −2，2
𝜋𝜋
B. −2，2
3𝜋𝜋
C. −2，2+2
𝜋𝜋
D. −2，2+2
3𝜋𝜋
12. 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. 3
1
B. 2
1
3 C. √32 D. √2
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
2
13. 记𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和．若2𝑆3=3𝑆2+6，则公差𝑑=______．
14. 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______． 15. 过四点(0,0)，(4,0)，(−1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为______． 16. 若𝑓(𝑥)=ln|𝑎+1−𝑥|+𝑏是奇函数，则𝑎=______，𝑏=______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，17. 记△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，已知𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛(𝐴−𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐶−𝐴)．
(1)若𝐴=2𝐵，求𝐶； (2)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐2．
𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=18. 如图，四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，
∠𝐵𝐷𝐶，𝐸为𝐴𝐶的中点． (1)证明：平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷；
(2)设𝐴𝐵=𝐵𝐷=2，∠𝐴𝐶𝐵=60°，点𝐹在𝐵𝐷上，当△𝐴𝐹𝐶的面积最小时，求三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐶的体积．
19. 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 1
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 210210
并计算得∑10𝑖=1𝑥𝑖=0.038，∑𝑖=1𝑦𝑖=1.6158，∑𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖=0.2474．
(1)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)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)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． 附：相关系数𝑟=
∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)2𝑛2√∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)∑𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)
−−−
−
，√1.896≈1.377．
20. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑥−(𝑎+1)𝑙𝑛𝑥．
(1)当𝑎=0时，求𝑓(𝑥)的最大值；
(2)若𝑓(𝑥)恰有一个零点，求𝑎的取值范围．
1
3
21. 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(2,−1)两点．
(1)求𝐸的方程；
(2)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交于⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .证明：直线𝐻𝑁过定点． 点𝑇，点𝐻满足⃗⃗⃗𝑀𝑇𝑇𝐻
𝑥=√3𝑐𝑜𝑠2𝑡,(𝑡22. 在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶的参数方程为{为参数).以坐标原点为极
𝑦=2𝑠𝑖𝑛𝑡
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+3)+𝑚=0．
(1)写出𝑙的直角坐标方程；
(2)若𝑙与𝐶有公共点，求𝑚的取值范围．
已知𝑎，𝑏，𝑐都是正数，且𝑎2+𝑏2+𝑐2=1，证明：
(1)𝑎𝑏𝑐≤9；
(2)
𝑎𝑏+𝑐
1
3
3
3
3
𝜋
+
𝑏𝑎+𝑐
+
𝑐𝑎+𝑏
≤
12√𝑎𝑏𝑐． 4
答案解析
1.【答案】𝐴
【解析】解：∵𝑀={2,4,6,8,10}，𝑁={𝑥|−1<𝑥<6}， ∴𝑀∩𝑁={2,4}． 故选：𝐴．
直接利用交集运算求解即可．
本题考查集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】𝐴
【解析】解：∵(1+2𝑖)𝑎+𝑏=2𝑖， 𝑎+𝑏=0
∴𝑎+𝑏+2𝑎𝑖=2𝑖，即{，
2𝑎=2𝑎=1解得{．
𝑏=−1故选：𝐴．
根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解． 本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
3.【答案】𝐷
【解析】解：𝑎⃗ −⃗ 𝑏=(4,−3)，
22故∣𝑎⃗ −⃗ 𝑏∣=√4+(−3)=5，
故选：𝐷．
先计算处𝑎⃗ −⃗ 𝑏的坐标，再利用坐标模长公式即可． 本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．
4.【答案】𝐶
【解析】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为选项A说法正确；
由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8，选项B说法正确； 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为16=8<0.4，选项C说法错误； 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为16=0.8125>0.6，选项D说法正
5
136
3
7.3+7.52
=7.4，
确． 故选：𝐶．
根据茎叶图逐项分析即可得出答案．
本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．
5.【答案】𝐶
【解析】解：作出可行域如下图阴影部分所示，
由图可知，当(𝑥,𝑦)取点𝐶(4,0)时，目标函数𝑧=2𝑥−𝑦取得最大值，且最大为8． 故选：𝐶．
作出可行域，根据图象即可得解．
本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．
6.【答案】𝐵
𝐹为抛物线𝐶：|𝐴𝐹|=|𝐵𝐹|=2， 【解析】解：𝑦2=4𝑥的焦点(1,0)，点𝐴在𝐶上，点𝐵(3,0)，由抛物线的定义可知𝐴(1,2)(𝐴不妨在第一象限)，所以|𝐴𝐵|=2√2． 故选：𝐵．
利用已知条件，结合抛物线的定义，求解𝐴的坐标，然后求解即可． 本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．
7.【答案】𝐵
【解析】解：模拟执行程序的运行过程，如下： 输入𝑎=1，𝑏=1，𝑛=1，
计算𝑏=1+2=3，𝑎=3−1=2，𝑛=2， 判断|2−2|==0.25≥0.01， 24
6
32
1
计算𝑏=3+4=7，𝑎=7−2=5，𝑛=3， 判断|
725
−2|=2
125
=0.04≥0.01；
计算𝑏=7+10=17，𝑎=17−5=12，𝑛=4， 判断|2−2|=<0.01； 12144输出𝑛=4． 故选：𝐵．
模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的𝑛值．
本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
172
1
8.【答案】𝐴
【解析】解：首先根据图像判断函数为奇函数， 其次观察函数在(1,3)存在零点， 而对于𝐵选项：令𝑦=0，即
𝑥3−𝑥𝑥2+1
=0，解得𝑥=0，或𝑥=1或𝑥=−1，故排除𝐵选项，
对于𝐷选项，令𝑦=0，即𝑥2+1=0，解得𝑥=𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，故排除𝐷选项，
𝐶选项分母为𝑥2+1恒为正，但是分子中𝑐𝑜𝑠𝑥是个周期函数，故函数图像在(0,+∞)必定是正负周期出现，故错误， 故选：𝐴．
𝐷选项，首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在(1,3)存在零点，可排除𝐵，再利用𝑐𝑜𝑠𝑥在(0,+∞)的周期性可判断𝐶选项错误． 本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．
2𝑠𝑖𝑛𝑥
9.【答案】𝐴
【解析】解：对于𝐴，由于𝐸，𝐹分别为𝐴𝐵，𝐵𝐶的中点，则𝐸𝐹//𝐴𝐶，
又𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐷𝐷1，𝐵𝐷∩𝐷𝐷1=𝐷，且𝐵𝐷，𝐷𝐷1⊂平面𝐵𝐷𝐷1，
∴𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1，则𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1， 又𝐸𝐹⊂平面𝐵1𝐸𝐹，
∴平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，选项A正确；
对于𝐵，由选项A可知，平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，而平面𝐵𝐷𝐷1∩平面𝐴1𝐵𝐷=𝐵𝐷， 故平面𝐵1𝐸𝐹不可能与平面𝐴1𝐵𝐷垂直，选项B错误；
7
对于𝐶，在平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1上，易知𝐴𝐴1与𝐵1𝐸必相交，故平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐴𝐶不平行，选项C错误；
对于𝐷，易知平面𝐴𝐵1𝐶//平面𝐴1𝐶1𝐷，而平面𝐴𝐵1𝐶与平面𝐵1𝐸𝐹有公共点𝐵1，故平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐶1𝐷不可能平行，选项D错误． 故选：𝐴．
对于𝐴，易知𝐸𝐹//𝐴𝐶，𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1，从而判断选项A正确；对于𝐵，由选项A及平面𝐵𝐷𝐷1∩平面𝐴1𝐵𝐷=𝐵𝐷可判断选项B错误；对于𝐶，由于𝐴𝐴1与𝐵1𝐸必相交，容易判断选项C错误；对于𝐷，易知平面𝐴𝐵1𝐶//平面𝐴1𝐶1𝐷，而平面𝐴𝐵1𝐶与平面𝐵1𝐸𝐹有公共点𝐵1，由此可判断选项D错误．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】𝐷
【解析】解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，𝑞≠0，由题意，𝑞≠1． ∵前3项和为𝑎1+𝑎2+𝑎3=42，
∴𝑞=2，𝑎1=96，
则𝑎6=𝑎1⋅𝑞5=96×32=3， 故选：𝐷．
由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得𝑎6的值． 本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．
1
1
𝑎1(1−𝑞3)1−𝑞
=168，𝑎2−𝑎5=𝑎1⋅𝑞−𝑎1⋅𝑞4=𝑎1⋅𝑞(1−𝑞3)=
11.【答案】𝐷
【解析】解：𝑓(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥+(𝑥+1)𝑠𝑖𝑛𝑥+1，𝑥∈[0,2𝜋]， 则𝑓′(𝑥)=−𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥+(𝑥+1)𝑐𝑜𝑠𝑥=(𝑥+1)𝑐𝑜𝑠𝑥， 令𝑐𝑜𝑠𝑥=0得，𝑥=2或2，
∴当𝑥∈[0,2)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(2,当𝑥∈(2,2𝜋]时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增，
∴𝑓(𝑥)在区间[0,2𝜋]上的极大值为𝑓(2)=2+2，极小值为𝑓(2)=−又∵𝑓(0)=2，𝑓(2𝜋)=2，
𝜋
𝜋
3𝜋
3𝜋2
3𝜋
𝜋
𝜋3𝜋
2
𝜋
3𝜋
)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；
，
8
∴函数𝑓(𝑥)在区间[0,2𝜋]的最小值为−故选：𝐷．
3𝜋
，最大值为2+2， 2
𝜋
先求出导函数𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)𝑐𝑜𝑠𝑥，令𝑐𝑜𝑠𝑥=0得，𝑥=2或2，根据导函数𝑓′(𝑥)的正负得到函数𝑓(𝑥)的单调性，进而求出函数𝑓(𝑥)的极值，再与端点值比较即可． 本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．
𝜋3𝜋
12.【答案】𝐶
【解析】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为𝑎，底面所在圆的半径为𝑟， 则𝑟=√𝑎，
2
∴该四棱锥的高ℎ=√1−𝑎，
2
2
2
∴该四棱锥的体积𝑉=1𝑎2√1−𝑎=4√𝑎⋅𝑎⋅(1−𝑎)≤
3
2
3
4
4
2
4√3
𝑎2𝑎2𝑎2++1−442
2222
(
3𝑎24
)3=√()3=
3
3𝑎22
41
4√3， 274
当且仅当
=1−
，即𝑎2=3时，等号成立，
2
∴该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=√1−𝑎=√1−2=√3，
233故选：𝐶．
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为𝑎，由勾股定理可知该四棱锥的高ℎ=√1−𝑎，所以该四棱锥的体积𝑉=1𝑎2√1−𝑎，再利用基本不等式即
232可求出𝑉的最大值，以及此时𝑎的值，进而求出ℎ的值．
本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
2
2
13.【答案】2
【解析】解：∵2𝑆3=3𝑆2+6， ∴2(𝑎1+𝑎2+𝑎3)=3(𝑎1+𝑎2)+6， ∵{𝑎𝑛}为等差数列， ∴6𝑎2=3𝑎1+3𝑎2+6，
∴3(𝑎2−𝑎1)=3𝑑=6，解得𝑑=2． 故答案为：2．
9
根据已知条件，可得2(𝑎1+𝑎2+𝑎3)=3(𝑎1+𝑎2)+6，再结合等差中项的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的前𝑛项和，考查转化能力，属于基础题．
14.【答案】10
3
【解析】解：由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数𝐶5=10， 1甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数𝐶3=3，
3
根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率𝑃=𝐶3=10．
5
1𝐶3
3
故答案为：10．
从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．
本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．
【答案】𝑥2+𝑦2−4𝑥−6𝑦=0(或𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦=0或𝑥2+𝑦2−3𝑥−15.𝑥2+𝑦2−
165
8
143
3
𝑦=0或
𝑥−2𝑦−
165
=0)
【解析】解：设过点(0,0)，(4,0)，(−1,1)的圆的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0， 𝐹=0
即{16+4𝐷+𝐹=0，解得𝐹=0，𝐷=−4，𝐸=−6， 2−𝐷+𝐸+𝐹=0
所以过点(0,0)，(4,0)，(−1,1)圆的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥−6𝑦=0． 同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)圆的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦=0． 过点(0,0)，(−1,1)，(4,2)圆的方程为𝑥2+𝑦2−3𝑥−
8
143
𝑦=0．
165
过点(4,0)，(−1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为𝑥2+𝑦2−𝑥−2𝑦−
8
165
=0．
143
故答案为：𝑥2+𝑦2−4𝑥−6𝑦=0(或𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦=0或𝑥2+𝑦2−3𝑥−或𝑥2+𝑦2−
165
𝑦=0
𝑥−2𝑦−
165
=0)．
选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．
本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．
16.【答案】−2 𝑙𝑛2
1
01
【解析】解：𝑓(𝑥)=ln|𝑎+1−𝑥|+𝑏，
若𝑎=0，则函数𝑓(𝑥)的定义域为{𝑥|𝑥≠1}，不关于原点对称，不具有奇偶性， ∴𝑎≠0，
由函数解析式有意义可得，𝑥≠1且𝑎+1−𝑥≠0， ∴𝑥≠1且𝑥≠1+𝑎，
∵函数𝑓(𝑥)为奇函数，∴定义域必须关于原点对称， ∴1+𝑎=−1，解得𝑎=−2，
∴𝑓(𝑥)=ln|2(1−𝑥)|+𝑏，定义域为{𝑥|𝑥≠1且𝑥≠−1}， 由𝑓(0)=0得，ln2+𝑏=0， ∴𝑏=𝑙𝑛2，
故答案为：−2；𝑙𝑛2．
显然𝑎≠0，根据函数解析式有意义可得，𝑥≠1且𝑥≠1+𝑎，所以1+𝑎=−1，进而求出𝑎的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质𝑓(0)=0即可求出𝑏的值． 本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．
1
1
1
11+𝑥
1
1
1
1
1
17.【答案】解：(1)由𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛(𝐴−𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐶−𝐴)，
又𝐴=2𝐵，∴𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐶−𝐴)，
∵𝑠𝑖𝑛𝐵≠0，∴𝑠𝑖𝑛𝐶=sin(𝐶−𝐴)，即𝐶=𝐶−𝐴(舍去)或𝐶+𝐶−𝐴=𝜋， 𝐴=2𝐵
5
联立{2𝐶−𝐴=𝜋，解得𝐶=8𝜋；
𝐴+𝐵+𝐶=𝜋
证明：(2)由𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛(𝐴−𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐶−𝐴)，
得𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵−𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴， 由正弦定理可得𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵−𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴=𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴−𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶， 由余弦定理可得：𝑎𝑐⋅
𝑎2+𝑐2−𝑏2
2𝑎𝑐
=2𝑏𝑐⋅
𝑏2+𝑐2−𝑎2
2𝑏𝑐
−𝑎𝑏⋅
𝑎2+𝑏2−𝑐2
2𝑎𝑏
，
整理可得：2𝑎2=𝑏2+𝑐2．
(1)由𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛(𝐴−𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛(𝐶−𝐴)，【解析】结合𝐴=2𝐵，可得𝑠𝑖𝑛𝐶=sin(𝐶−𝐴)，即𝐶+𝐶−𝐴=𝜋，再由三角形内角和定理列式求解𝐶；
(2)把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论． 本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档
11
题．
(1)∵𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶，𝐵𝐷=𝐵𝐷，【答案】证明： 18.
∴△𝐴𝐷𝐵≌△𝐶𝐷𝐵，
∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，又∵𝐸为𝐴𝐶的中点． ∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐸，
∵𝐴𝐷=𝐶𝐷，𝐸为𝐴𝐶的中点． ∴𝐴𝐶⊥𝐷𝐸，又∵𝐵𝐸∩𝐷𝐸=𝐸， ∴𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷， 又∵𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷， ∴平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷； 解：(2)由(1)可知𝐴𝐵=𝐵𝐶，
∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，∠𝐴𝐶𝐵=60°，∴△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，边长为2， ∴𝐵𝐸=√3，𝐴𝐶=2，𝐴𝐷=𝐶𝐷=√2，𝐷𝐸=1， ∵𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=𝐵𝐷2，∴𝐷𝐸⊥𝐵𝐸， 又∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶∩𝐵𝐸=𝐸， ∴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶，
由(1)知△𝐴𝐷𝐵≌△𝐶𝐷𝐵，∴𝐴𝐹=𝐶𝐹，连接𝐸𝐹，则𝐸𝐹⊥𝐴𝐶， ∴𝑆△𝐴𝐹𝐶=×𝐴𝐶×𝐸𝐹=𝐸𝐹，
21
∴当𝐸𝐹⊥𝐵𝐷时，𝐸𝐹最短，此时△𝐴𝐹𝐶的面积最小， 过点𝐹作𝐹𝐺⊥𝐵𝐸于点𝐺，则𝐹𝐺//𝐷𝐸，∴𝐹𝐺⊥平面𝐴𝐵𝐶， ∵𝐸𝐹=
𝐷𝐸×𝐵𝐸𝐵𝐷
=
√3
， 2
3
𝐸𝐹×𝐵𝐹𝐵𝐸
∴𝐵𝐹=√𝐵𝐸2−𝐸𝐹2=，∴𝐹𝐺=
2
1
=， 4
1
3
3
3
3
∴三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐶的体积𝑉=×𝑆△𝐴𝐵𝐶×𝐹𝐺=×√×22×=√．
33444
【解析】(1)易证△𝐴𝐷𝐵≌△𝐶𝐷𝐵，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐸，又𝐴𝐶⊥𝐷𝐸，由线面垂直的判定定理可得𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷，再由面面垂直的判定定理即可证得平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷； (2)由题意可知△𝐴𝐵𝐶是边长为2的等边三角形，𝐴𝐶=2，𝐴𝐷=𝐶𝐷=进而求出𝐵𝐸=√3，𝐷𝐸=1，由勾股定理可得𝐷𝐸⊥𝐵𝐸，进而证得𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶，连接𝐸𝐹，因为𝐴𝐹=𝐶𝐹，√2，
则𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，所以当𝐸𝐹⊥𝐵𝐷时，𝐸𝐹最短，此时△𝐴𝐹𝐶的面积最小，求出此时点𝐹到平面𝐴𝐵𝐶的距离，从而求得此时三棱锥𝐹−𝐴𝐵𝐶的体积．
本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空
21
间想象能力与计算能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为𝑥，平均一棵的材积量为𝑦，则根据题中数据得：𝑥=(2)由题可知，𝑟=
0.01340.01×√1.896−
0.610
−
−
=0.06，𝑦=
−
−
−
3.910
=0.39；
∑10𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦−−
∑10𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)−−2102√∑10𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)∑𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)
=
−−102222√(∑10𝑖=1𝑥𝑖−𝑛𝑥)(∑𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑦)
=
0.0134√0.002×0.0948=
=
0.01340.01377
=0.97；
𝑋
𝑥
−
(3)设从根部面积总和𝑋，总材积量为𝑌，则=−，故𝑌=0.06×186=1209(𝑚3).
𝑌
𝑦
0.39
【解析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．
本题考查线性回归方程，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−𝑥−𝑙𝑛𝑥(𝑥>0)，则𝑓′(𝑥)=𝑥2−𝑥=
易知函数𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴𝑓(𝑥)在𝑥=1处取得极大值，同时也是最大值， ∴函数𝑓(𝑥)的最大值为𝑓(1)=−1； (2)𝑓′(𝑥)=𝑎+𝑥2−
1
𝑎+1𝑥
1111−𝑥𝑥2
，
=
𝑎𝑥2−(𝑎+1)𝑥+1
𝑥2=
(𝑥−1)(𝑎𝑥−1)
𝑥2，
①当𝑎=0时，由(1)可知，函数𝑓(𝑥)无零点；
②当𝑎<0时，易知函数𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， 又𝑓(1)=𝑎−1<0，故此时函数𝑓(𝑥)无零点；
③当0<𝑎<1时，易知函数𝑓(𝑥)在(0,1),(𝑎,+∞)上单调递增，在(1,𝑎)单调递减， 且𝑓(1)=𝑎−1<0，𝑓(𝑎)=1−𝑎+(𝑎+1)𝑙𝑛𝑎<0，且当𝑥→+∞时，𝑓(𝑥)>0，此时𝑓(𝑥)在(0,+∞)上存在唯一零点； ④当𝑎=1时，𝑓′(𝑥)=
(𝑥−1)2𝑥21
1
1
≥0，函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，
又𝑓(1)=0，故此时函数𝑓(𝑥)有唯一零点；
⑤当𝑎>1时，易知函数𝑓(𝑥)在(0,𝑎),(1,+∞)上单调递增，在(𝑎,1)上单调递减， 且𝑓(1)=𝑎−1>0，且当𝑥→0时，𝑓(𝑥)<0，故函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)上存在唯一零点； 综上，实数𝑎的取值范围为(0,+∞)．
【解析】(1)将𝑎=0代入，对函数𝑓(𝑥)求导，判断其单调性，由此可得最大值； (2)对函数𝑓(𝑥)求导，分𝑎=0，𝑎<0，0<𝑎<1，𝑎=1及𝑎>1讨论即可得出结论．
31
1
1
本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．
𝑦
21.【答案】解：(1)设𝐸的方程为𝑥+2=1， 2𝑎𝑏
4
3
22
2
将𝐴(0,−2),𝐵(2,−1)两点代入得{𝑏9
4𝑎
=1
2+
1𝑏
2=1
，
解得𝑎2=3，𝑏2=4， 故E的方程为
𝑥23
+
3
𝑦24
=1；
2
(2)由𝐴(0,−2),𝐵(2,−1)可得直线𝐴𝐵：𝑦=3𝑥−2 ①若过𝑃(1,−2)的直线的斜率不存在，直线为𝑥=1， 代入
𝑥23
+
𝑦24
=1，可得𝑀(1,
2
2√626，𝑁(1,−√)， )33
将𝑦=
2√6代入𝐴𝐵：𝑦3
=3𝑥−2，可得𝑇(√6+3,2√6)，
3
⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，得𝐻(2√6+5,2√6)， 由⃗⃗⃗𝑀𝑇𝑇𝐻3易求得此时直线𝐻𝑁：𝑦=(2−
2√6)𝑥3
−2，过点(0,−2)；
②若过𝑃(1,−2)的直线的斜率存在，设𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)， 联立{𝑥2
3
𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0+
𝑦24
=1
6𝑘(2+𝑘)
，得(3𝑘2+4)𝑥2−6𝑘(2+𝑘)𝑥+3𝑘(𝑘+4)=0，
−8(2+𝑘)
𝑥1+𝑥2=3𝑘2+4𝑦1+𝑦2=3𝑘2+4−24𝑘
𝑥𝑦+𝑥𝑦=(∗)， ,{故有{，且212213𝑘(4+𝑘)4(4+4𝑘−2𝑘3𝑘2+4
𝑥1𝑥2=2𝑦1𝑦2=3𝑘2+4
3𝑘+4联立{𝑦=2𝑥−2，可得𝑇(
3
𝑦=𝑦1
3𝑦12
+3,𝑦1),𝐻(3𝑦1+6−𝑥1,𝑦1)，
𝑦1−𝑦2
可求得此时𝐻𝑁：𝑦−𝑦2=3𝑦
1+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)． 【解析】(1)设𝐸的方程为
3
𝑥2𝑎2
+𝑏2=1，将𝐴，𝐵两点坐标代入即可求解；(2)由
2
𝑦2
𝐴(0,−2),𝐵(2,−1)可得直线𝐴𝐵：𝑦=3𝑥−2，①若过𝑃(1,−2)的直线的斜率不存在，直⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 即可求解；②若过𝑃(1,−2)的直线的斜率存线为𝑥=1，代入椭圆方程，根据⃗⃗⃗𝑀𝑇𝑇𝐻
41
𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0
𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，在，设𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0，联立{𝑥2𝑦2，得(3𝑘2+
+=1
3
4
4)𝑥2−6𝑘(2+𝑘)𝑥+3𝑘(𝑘+4)=0，结合韦达定理和已知条件即可求解． 本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由𝜌𝑠𝑖𝑛(𝜃+3)+𝑚=0，得𝜌(𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠3+𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛3)+𝑚=0，
∴2𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃+
1
√3𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃2
𝜋𝜋𝜋
+𝑚=0，
1
3又𝑥=𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃，𝑦=𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃，∴𝑦+√𝑥+𝑚=0，
22即𝑙的直角坐标方程为√3𝑥+𝑦+2𝑚=0；
(2)由曲线𝐶的参数方程为{𝑥=√3𝑐𝑜𝑠2𝑡,(𝑡为参数)． 𝑦=2𝑠𝑖𝑛𝑡消去参数𝑡，可得𝑦2=−
√3𝑥+𝑦+2𝑚=0𝑦2=
4𝑚√32√3−3𝑥
2√3𝑥3
+2，
联立{
+2
193
，得3𝑦2−2𝑦−4𝑚−6=0(−2≤𝑦≤2)．
19
−3≤≤6，即−≤4𝑚≤10，−
≤𝑚≤2， 12
5
∴𝑚的取值范围是[−12,2].
【解析】(1)由𝜌𝑠𝑖𝑛(𝜃+3)+𝑚=0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得𝑙的直角坐标方程；
(2)化曲线𝐶的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线𝐶的方程，化为关于𝑦的一元二次方程，再求解𝑚的取值范围．
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．
𝜋
195
23.【答案】解：(1)证明：∵𝑎，𝑏，𝑐都是正数，
∴𝑎+𝑏+𝑐≥33𝑎⋅𝑏⋅𝑐=3(𝑎𝑏𝑐)，当且仅当𝑎=𝑏=𝑐=3−3时，等号成立． 因为𝑎2+𝑏2+𝑐2=1， 所以1≥3(𝑎𝑏𝑐)2， 所以≥(𝑎𝑏𝑐)2，
3所以𝑎𝑏𝑐≤9，得证．
51
1
1
11
3
3
3
3
23232323232122
(2)证明：要使𝑏+𝑐+𝑎+𝑐+𝑎+𝑏≤2𝑎𝑏𝑐成立，只需证𝑎2√𝑏𝑐+𝑏2√𝑎𝑐+𝑐2√𝑎𝑏≤1，
√𝑏+𝑐
𝑎+𝑐
𝑎+𝑏
2
𝑎𝑏𝑐1333
又因为𝑏+𝑐≥2√𝑏𝑐，𝑎+𝑐≥2√𝑎𝑐，𝑎+𝑏≥2√𝑎𝑏，当且仅当𝑎=𝑏=𝑐=3−3时，同时取等． 所以
𝑎2√𝑏𝑐𝑏+𝑐
3
2
+
𝑏2√𝑎𝑐𝑎+𝑐
3
+
𝑐2√𝑎𝑏𝑎+𝑏
3
≤
𝑎2√𝑏𝑐2√𝑏𝑐3
+𝑏2√𝑎𝑐2√𝑎𝑐3
+𝑐2√𝑎𝑏2√𝑎𝑏3
=
𝑎2+𝑏2+𝑐22
333
1
=2，得证．
【解析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可． 本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
61
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