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2024年陕西省铜川市高考数学二模试卷（文科）（含解析）
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这是一份2024年陕西省铜川市高考数学二模试卷（文科）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若集合M={x|2x−1>5}，N={x∈N*|−1A. {0,1,2,3}B. {1,2,3}C. {0,1,2}D. {1,2}
2.已知复数(1+2i)(z−1)=−2+i，则|z|=( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
3.从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为( )
A. 13B. 49C. 718D. 1336
4.已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的9倍，则它的侧面积扩大为原来的( )
A. 3倍B. 3倍C. 3 3倍D. 9倍
5.已知A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，若|AB|=6，则点P的轨迹方程为( )
A. (x−4)2+(y−2)2=16B. (x−2)2+(y−4)2=11
C. (x−2)2+(y−4)2=16D. (x−4)2+(y−2)2=11
6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=ex，则f(ln2)=( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
7.设F为抛物线C1：y2=2x的焦点，点P在抛物线上，点Q在准线l上，满足PQ//x轴.若|PQ|=|QF|，则|PF|=( )
A. 2B. 2 3C. 3D. 3 3
8.已知实数x，y满足约束条件x+3y−2≤0,x−2y+3≤0,x+y+1≥0,则z=2x+y的最大值为( )
A. −32B. −83C. −1D. −12
9.在递增等比数列{an}中，其前n项和为Sn，且6a7是a8和a9的等差中项，则S6S3=( )
A. 28B. 20C. 18D. 12
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，则ω的最小值为( )
A. 23B. 12C. 1D. 2
11.已知F1，F2是双曲线x24−y2b2=1(b>0)的左、右焦点，过F1的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，若△ABF2为等边三角形，则b=( )
A. 6B. 2 6C. 4 2D. 4 6
12.正四棱锥P−ABCD内有一球与各面都相切，球的直径与边AB的比为4：5，则PA与平面ABCD所成角的正切值为( )
A. 54B. 2C. 10 29D. 20 29
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，且(a+2b)//b，则|a|= ______．
14.已知锐角α，β满足sinα= 55,csβ=35，则cs(α−β)= ______．
15.已知函数f(x)=(x−3)ex+12x2−2x+1在区间(2m−2,3+m)上不单调，则m的取值范围是______．
16.如图所示是一系列有机物的结构简图，途中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构第n个图的化学键和原子的个数之和为______个.(用含n的代数式表示)
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
清明节，又称踏青节、行清节、三月节、祭祖节等，是传统的重大春祭节日，扫墓祭祀、缅怀祖先，是中华民族自古以来的优良传统.某社区进行流动人口统计，随机抽取了100人了解他们今年是否回老家祭祖，得到如下不完整的2×2列联表：
(1)根据统计完成以上2×2列联表，并根据表中数据估计该社区流动人口中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率；
(2)能否有99.9%的把握认为回老家祭祖与年龄有关？
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考数据：
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC．
(1)证明：3c2+3b2=5a2；
(2)若a= 15，当A取最大值时，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中.侧面ABE⊥底面ABCD，△ABE为等边三角形，四边形ABCD为正方形，且AB=2．
(1)若F为CD的中点，证明：AB⊥EF；
(2)求点B到平面CDE的距离．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，直线l：x=ky+ 3经过椭圆C的右焦点F1，且与椭圆交于点A，B．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左焦点为F2，求△F2AB的内切圆的半径最大时k的值．
21.(本小题12分)
已知m>0，函数f(x)=mxlnx满足对任意x>0,−1e≤f(x)≤x2−x恒成立．
(1)当m=1时，求f(x)的极值；
(2)求m的值．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+csα,y=sinα(α为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=−2sinθ．
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)设直线l： 3x+y=0与曲线C1，C2分别交于A，B两点(异于极点)，求线段AB的长度．
23.(本小题12分)
已知a>0，b>0，函数f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为2，证明：
(1)3a2+b2≥3；
(2)4a+1+1b≥3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知M={x|2x−1>5}={x|x>3}，N={x∈N*|−1所以∁RM={x|x≤3}，(∁RM)∩N={1,2,3}．
故选：B．
由题知，对集合M，N进行转化，根据补集的概念求出∁RM，结合交集的运算求出(∁RM)∩N．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=−2+i1+2i+1=(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)+1=5i5+1=1+i，
则|z|= 2．
故选：A．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的有(1,2)，(1,4)，(1,6)，(2,3)，(2,5)，(2,9)，(3,4)，(3,8)，(4,7)，(4,9)，(5,6)，(5,8)，(6,7)，(8,9)一共14个，
故和为质数率P=14C92=1436=718．
故选：C．
直接利用列举法和组合数求出概率的值．
本题考查的知识要点：组合数，概率的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，则体积为v=πr2h，
若其体积扩大为原来的9倍，则扩大后的体积为V′=9πr2h，
因为高h不变，故体积9πr2h=π(3r)2h，即底面半径扩大为原来的3倍，
原来侧面积为S=2πrh，扩大后的圆柱侧面积为S′=2π⋅3rh=6πrh，故侧面积扩大为原来的3倍．
故选：B．
根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，由圆柱的体积和表面积公式分析可得答案．
本题考查圆柱的体积和表面积计算，涉及圆柱的结构特征，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，|AB|=6，圆的直径为10，所以圆的半径为5，
可得|PC|= 25−9=4，
所以点P的轨迹方程为(x−2)2+(y−4)2=16．
故选：C．
利用已知条件推出|PC|的距离是定值，推出轨迹方程．
本题考查轨迹方程的求法，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)恒成立，
因为x<0时，f(x)=ex，
所以f(ln2)=−f(−ln2)=−e−ln2=−12．
故选：C．
由已知结合奇函数的定义及已知区间上的函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
先根据题意和抛物线的性质可得到△PQF为等边三角形，进而即可求得|PF|的值．
【解答】
解：依题意有|PQ|=|QF|=|PF|，则△PQF为等边三角形，
又PQ//x轴，所以|PF|=|PQ|=4|OF|=2．
故选：A．
8.【答案】C
【解析】解：由约束条件可得可行域如下图所示，
当z=2x+y取得最大值时，y=−2x+z在y轴上的截距最大，
由图象可知：当y=−2x+z过B时，直线在y轴上的截距最大．
由x−2y+3=0x+3y−2=0，
解得B(−1,1)，∴zmax=−2+1=−1．
故选：C．
由约束条件可作出可行域，将问题转化为y=−2x+z在y轴截距最大的问题，采用数形结合的方式可求得结果．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意得12a7=a8+a9，12=q+q2，解得q=3或q=−4(舍)，
则S6S3=a1(1−q6)1−qa1(1−q3)1−q=1−q61−q3=1+q3=1+33=28．
故选：A．
由等比数列的通项公式求出q，再由等比数列的前n项和公式代入化简，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：由已知可得函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，
即f(π4−x)=f(π4+x)，
所以f(x)关于x=π4对称，
所以ω=4k+23，又ω>0，
所以k=0时，ω取最小值为23．
故选：A．
由S=4πR2=12π可得函数f(x)的图象关于x=π4对称，由正弦型函数的对称性列方程求ω的最小值．
本题考查正弦函数的图象，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：∵△ABF2为等边三角形，
∴|AB|=|AF2|=|BF2|，
∴|AF1|=|BF1|−|BF2|=2a=4，|AF2|=|AF1|+2a=8，且∠F1AF2=120°，
∴由余弦定理可得：4c2=|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1||AF2|×(−12)
=16+64+32=112，
∴c2=28，
∴b2=c2−a2=24，
∴b=2 6．
故选：B．
根据双曲线的几何性质，余弦定理，化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】D
【解析】解：根据正棱锥的性质，易知球心在正棱锥的高线上，
设球心为O，P在平面ABCD内的射影为H，PH=h，
取M为BC中点，则HM//AB，且HM=12AB．
作OE⊥PM于E，设球的半径为r，
则AB=52r，HM=54r，PM= PH2+HM2= h2+(54r)2，OE=OH=r．
因为PH⊥HM，OE⊥PM，
所以△POE∽△PMH，
所以OPPM=OEHM，
即h−r h2+(54r)2=r54r，整理可得h=50r9．
连接AH，则AH= 22AB=5 2r4，
所以tan∠PAH=hAH=2 25⋅hr=20 29．
因为PH⊥平面ABCD，所以∠PAH即为直线PA与平面ABCD所成的角，
所以，PA与平面ABCD所成角的正切值为20 29．
故选：D．
根据正棱锥的性质得出球心的位置，进而构造相似三角形，根据相似三角形得出球的半径，以及四棱锥的高，即可得出答案．
本题考查通过正棱锥的性质得出球心的位置以及棱锥的高，并进行球的相关计算，属于中档题．
13.【答案】3 10
【解析】解：已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，a+2b=(t+4,1)，
∵(a+2b)//b，
∴−(t+4)=3，解得t=−7，
∴a=(−9,3)，|a|=3 10．
故答案为：3 10．
由向量平行的坐标运算，得到t=−7，再利用模的坐标公式求|a|．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
14.【答案】2 55
【解析】解：由sinα= 55,csβ=35,α,β均为锐角，得csα=2 55,sinβ=45，
则cs(α−β)=2 55×35+ 55×45=2 55．
故答案为：2 55．
利用两角和与差的三角函数公式化简即可求解．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，属于基础题．
15.【答案】(−1,2)
【解析】解：由题意知f′(x)=(x−3)ex+ex+x−2=(ex+1)(x−2)，
因为f(x)在区间(2m−2,3+m)上不单调，
即y=f′(x)在区间(2m−2,3+m)有零点，
又ex+1>0，即为y=x−2的零点x=2在区间(2m−2,3+m)内，
所以2m−2<2,3+m>2,解得−1故答案为：(−1,2)．
问题转化为导函数在区间(2m−2,3+m)内有零点，结合函数性质可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
16.【答案】9n+3
【解析】解：由图，第1个图中有6个化学键和6个原子，
第2个图中有11个化学键和10个原子，
第3个图中有16个化学键和14个原子，
观察可得，后一个图比前一个图多5个化学键和4个原子，
则第n个图有6+5(n−1)=5n+1个化学键和4n+2个原子，
所以总数为9n+3．
故答案为：9n+3．
从图(1)、图(2)、图(3)、…的个数之和找到对应的数字规律．
本题主要考查了归纳推理，属于基础题．
17.【答案】解：(1)补全表格如下：
该社区中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率为1540=38；
(2)∵K2=100×(5×25−15×55)220×80×60×40=122596≈12.760>10.828，
∴有99.9%的把握认为是否回老家祭祖与年龄有关．
【解析】(1)根据已知数据补全列联表后，由古典概型概率公式计算概率；
(2)计算出K2后可得结论．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了独立性检验的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：∵tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC，
∴sinAcsA(sinBcsB+sinCcsC)=3×sinBsinCcsBcsC，
∴sinA(sinBcsC+csBsinC)=3sinBsinCcsA，
∴sin(B+C)sinA=3sinBsinCcsA，
又sin(B+C)=sinA，∴sin2A=3sinBsinCcsA，
由正弦定理可得a2=3bccsA，
由余弦定理可得a2=3bccsA=32(b2+c2−a2)，
整理得3b2+3c2=5a2．
(2)由(1)可得：3b2+3c2=5a2，即a2=35(b2+c2)，
则csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−35(b2+c2)2bc=15(cb+bc)≥25，
当且仅当cb=bc，即b=c时，∠A取最大值，
此时3b2+3c2=6b2=5a2=75，则b2=252，
∵csA=25>0，则A∈(0,π2)，可得sinA= 1−(25)2= 215，
故S△ABC=12bcsinA=12b2× 215=12×252× 215=5 214．
【解析】(1)根据题意结合三角恒等变换整理得sin2A=3sinBsinCcsA，再利用正、余弦定理边化角分析运算；
(2)利用余弦定理结合基本不等式可得A取最大值时，b=c，csA=25，进而可求三角形的面积．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】(1)证明：取AB的中点M，连接EM，MF，
∵△ABE为等边三角形，∴EM⊥AB，
∵四边形ABCD为正方形，∴AD⊥AB，且AD//MF，
∴AB⊥MF，
又ME∩MF=M，ME，MF⊂平面MEF，
∴AB⊥平面MEF，
∵EF⊂平面MEF，∴AB⊥EF．
(2)解：连接BD，
∵侧面ABE⊥底面ABCD，侧面ABE∩底面ABCD=AB，EM⊂平面ABE，EM⊥AB，
∴EM⊥平面ABCD，
∴VE−BCD=13S△BCD⋅EM=13×12×2×2× 3=2 33，
EF= EM2+MF2= 3+4= 7,S△CDE=12CD⋅EF= 7，
设B到平面CDE的距离为h，
∵VB−CDE=VE−BCD，
∴13S△CDE⋅h=2 33，解得h=2 217，
故B到平面CDE的距离为2 217．
【解析】(1)取AB的中点M，连接EM，MF，可证EM⊥AB，AB⊥MF，由线面垂直的判定定理与性质定理，即可得证；
(2)连接BD，利用面面垂直的性质定理可得EM⊥平面ABCD，再由VB−CDE=VE−BCD，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，面面垂直的性质定理，等体积法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意知右焦点F1( 3,0)，∴c= 3．
∵e=ca= 32，则a=2，b=1．
∴椭圆C的标准方程为x24+y2=1；
(2)设△F2AB的内切圆半径为r，
∵△F2AB的周长=|F2A|+|F2B|+|AB|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8，
∴S△F2AB=12⋅8⋅r=4r，∴r=14S△F2AB．
∴△F2AB的面积最大时，其内切圆半径最大．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=ky+ 3x24+y2=1，消去x得(k2+4)y2+2 3ky−1=0，
Δ=12k2+4(k2+4)=16k2+16>0恒成立，
∴y1+y2=−2 3kk2+4,y1y2=−1k2+4．
∴S△F2AB=12|F1F2|⋅|y1−y2|= 3 (y1+y2)2−4y1y2=4 3 k2+1k2+4．
令t= k2+1，则k2=t2−1．
∴S△F2AB=4 3tt2+3=4 3t+3t⩽4 32 3=2．
当且仅当t=3t，即t= 3时等号成立，此时k=± 2．
【解析】(1)依题意求出a，b，c的值，即可求出椭圆方程；
(2)设△F2AB的内切圆半径为r，表示出△F2AB的面积，由等面积法，表示出r，结合韦达定理，由基本不等式即可求出r的最大值及k的值．
本题考查了椭圆的方程及性质，考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当m=1时，f(x)=xlnx，则f′(x)=lnx+1，x>0，
由f′(x)>0，得x∈(1e,+∞)，由f′(x)<0，得x∈(0,1e)，
∴f(x)在(1e,+∞)上单调递增，(0,1e)上单调递减，
∴f(x)极小值为f(1e)=−1e，无极大值；
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，由f(x)=mxlnx，得f′(x)=m(1+lnx)．
则f(x)在(1e,+∞)上单调递增，(0,1e)上单调递减，f(x)⩾f(1e)=−me．
又∵对任意x>0,f(x)⩾−1e，∴−me⩾−1e，∴m⩽1．
又f(x)⩽x2−x等价于mlnx−x+1⩽0．
设函数g(x)=mlnx−x+1,g′(x)=mx−1=m−xx．
∴g(x)在(0,m)上单调递增，(m,+∞)上单调递减，
∴g(x)⩽g(m)=mlnm−m+1．
∵对任意x>0，g(x)⩽0，∴mlnm−m+1⩽0，∴lnm+1m⩽1．
设h(m)=lnm+1m，则h′(m)=m−1m2，
当m⩽1时，h′(m)⩽0，∴h(m)⩾h(1)=1．
∴只能有m=1，即m的值为1．
综上，m的值为1．
【解析】(1)将m=1代入f(x)中，判断f(x)的单调性，再求出f(x)的极值；
(2)根据对任意x>0,−1e≤f(x)≤x2−x恒成立，分两个部分求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用不等式恒成立求参数的值，考查了转化思想，属难题．
22.【答案】解：(1)曲线C1：x=1+csα,y=sinα(α为参数)，消去参数得(x−1)2+y2=1，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入，得曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，
由ρ=−2sinθ得ρ2=−2ρsinθ，
∴x2+y2=−2y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+(y+1)2=1；
(2)易知直线l的极坐标方程为θ=−π3，代入曲线C1，C2的极坐标方程得ρ1=1，ρ2= 3，
∴|AB|=|ρ1−ρ2|= 3−1．
【解析】(1)将曲线C1的参数方程化为普通方程，进而化为极坐标方程即可；
(2)直线l： 3x+y=0过原点，所以化为极坐标方程后与曲线C1，C2的极坐标方程联立，利用ρ的几何意义求解即可．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】证明：(1)由于a>0，b>0，则f(x)=|x+a|+|x−b|≥|a+b|=a+b，
当且仅当−a≤x≤b取等号，故f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为a+b=2，
所以3a2+b2=3a2+(2−a)2=4a2−4a+4=(2a−1)2+3≥3，
当且仅当a=12，b=32时取等号．
(2)由(1)知a+b=2，所以a+1+b=3，
所以4a+1+1b=13(a+1+b)(4a+1+1b)=13(5+4ba+1+a+1b)≥13(5+2 4ba+1⋅a+1b)=3，当且仅当4ba+1=a+1b，即a=b=1时取等号．
【解析】(1)根据绝对值的三角不等式，得到f(x)的最小值为a+b=2，进而化简得到3a2+b2=4a2−4a+4，结合二次函数的性质，即可求解；
(2)由(1)得到a+1+b=3，化简4a+1+1b=13(5+4ba+1+a+1b)，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查了不等式的证明，考查了基本不等式的应用，属于中档题．回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
55
50周岁以上
15
40
总计
100
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100
1.若集合M={x|2x−1>5}，N={x∈N*|−1
2.已知复数(1+2i)(z−1)=−2+i，则|z|=( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
3.从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为( )
A. 13B. 49C. 718D. 1336
4.已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的9倍，则它的侧面积扩大为原来的( )
A. 3倍B. 3倍C. 3 3倍D. 9倍
5.已知A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，若|AB|=6，则点P的轨迹方程为( )
A. (x−4)2+(y−2)2=16B. (x−2)2+(y−4)2=11
C. (x−2)2+(y−4)2=16D. (x−4)2+(y−2)2=11
6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=ex，则f(ln2)=( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
7.设F为抛物线C1：y2=2x的焦点，点P在抛物线上，点Q在准线l上，满足PQ//x轴.若|PQ|=|QF|，则|PF|=( )
A. 2B. 2 3C. 3D. 3 3
8.已知实数x，y满足约束条件x+3y−2≤0,x−2y+3≤0,x+y+1≥0,则z=2x+y的最大值为( )
A. −32B. −83C. −1D. −12
9.在递增等比数列{an}中，其前n项和为Sn，且6a7是a8和a9的等差中项，则S6S3=( )
A. 28B. 20C. 18D. 12
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，则ω的最小值为( )
A. 23B. 12C. 1D. 2
11.已知F1，F2是双曲线x24−y2b2=1(b>0)的左、右焦点，过F1的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，若△ABF2为等边三角形，则b=( )
A. 6B. 2 6C. 4 2D. 4 6
12.正四棱锥P−ABCD内有一球与各面都相切，球的直径与边AB的比为4：5，则PA与平面ABCD所成角的正切值为( )
A. 54B. 2C. 10 29D. 20 29
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，且(a+2b)//b，则|a|= ______．
14.已知锐角α，β满足sinα= 55,csβ=35，则cs(α−β)= ______．
15.已知函数f(x)=(x−3)ex+12x2−2x+1在区间(2m−2,3+m)上不单调，则m的取值范围是______．
16.如图所示是一系列有机物的结构简图，途中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“短线”表示化学键，按图中结构第n个图的化学键和原子的个数之和为______个.(用含n的代数式表示)
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
清明节，又称踏青节、行清节、三月节、祭祖节等，是传统的重大春祭节日，扫墓祭祀、缅怀祖先，是中华民族自古以来的优良传统.某社区进行流动人口统计，随机抽取了100人了解他们今年是否回老家祭祖，得到如下不完整的2×2列联表：
(1)根据统计完成以上2×2列联表，并根据表中数据估计该社区流动人口中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率；
(2)能否有99.9%的把握认为回老家祭祖与年龄有关？
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考数据：
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC．
(1)证明：3c2+3b2=5a2；
(2)若a= 15，当A取最大值时，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中.侧面ABE⊥底面ABCD，△ABE为等边三角形，四边形ABCD为正方形，且AB=2．
(1)若F为CD的中点，证明：AB⊥EF；
(2)求点B到平面CDE的距离．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，直线l：x=ky+ 3经过椭圆C的右焦点F1，且与椭圆交于点A，B．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左焦点为F2，求△F2AB的内切圆的半径最大时k的值．
21.(本小题12分)
已知m>0，函数f(x)=mxlnx满足对任意x>0,−1e≤f(x)≤x2−x恒成立．
(1)当m=1时，求f(x)的极值；
(2)求m的值．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+csα,y=sinα(α为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=−2sinθ．
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)设直线l： 3x+y=0与曲线C1，C2分别交于A，B两点(异于极点)，求线段AB的长度．
23.(本小题12分)
已知a>0，b>0，函数f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为2，证明：
(1)3a2+b2≥3；
(2)4a+1+1b≥3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知M={x|2x−1>5}={x|x>3}，N={x∈N*|−1
故选：B．
由题知，对集合M，N进行转化，根据补集的概念求出∁RM，结合交集的运算求出(∁RM)∩N．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=−2+i1+2i+1=(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)+1=5i5+1=1+i，
则|z|= 2．
故选：A．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：从1，2，…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的有(1,2)，(1,4)，(1,6)，(2,3)，(2,5)，(2,9)，(3,4)，(3,8)，(4,7)，(4,9)，(5,6)，(5,8)，(6,7)，(8,9)一共14个，
故和为质数率P=14C92=1436=718．
故选：C．
直接利用列举法和组合数求出概率的值．
本题考查的知识要点：组合数，概率的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，则体积为v=πr2h，
若其体积扩大为原来的9倍，则扩大后的体积为V′=9πr2h，
因为高h不变，故体积9πr2h=π(3r)2h，即底面半径扩大为原来的3倍，
原来侧面积为S=2πrh，扩大后的圆柱侧面积为S′=2π⋅3rh=6πrh，故侧面积扩大为原来的3倍．
故选：B．
根据题意，设圆柱的高为h，底面半径为r，由圆柱的体积和表面积公式分析可得答案．
本题考查圆柱的体积和表面积计算，涉及圆柱的结构特征，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：A，B是⊙C：(x−2)2+(y−4)2=25上的两个动点，P是线段AB的中点，|AB|=6，圆的直径为10，所以圆的半径为5，
可得|PC|= 25−9=4，
所以点P的轨迹方程为(x−2)2+(y−4)2=16．
故选：C．
利用已知条件推出|PC|的距离是定值，推出轨迹方程．
本题考查轨迹方程的求法，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)恒成立，
因为x<0时，f(x)=ex，
所以f(ln2)=−f(−ln2)=−e−ln2=−12．
故选：C．
由已知结合奇函数的定义及已知区间上的函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
先根据题意和抛物线的性质可得到△PQF为等边三角形，进而即可求得|PF|的值．
【解答】
解：依题意有|PQ|=|QF|=|PF|，则△PQF为等边三角形，
又PQ//x轴，所以|PF|=|PQ|=4|OF|=2．
故选：A．
8.【答案】C
【解析】解：由约束条件可得可行域如下图所示，
当z=2x+y取得最大值时，y=−2x+z在y轴上的截距最大，
由图象可知：当y=−2x+z过B时，直线在y轴上的截距最大．
由x−2y+3=0x+3y−2=0，
解得B(−1,1)，∴zmax=−2+1=−1．
故选：C．
由约束条件可作出可行域，将问题转化为y=−2x+z在y轴截距最大的问题，采用数形结合的方式可求得结果．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意得12a7=a8+a9，12=q+q2，解得q=3或q=−4(舍)，
则S6S3=a1(1−q6)1−qa1(1−q3)1−q=1−q61−q3=1+q3=1+33=28．
故选：A．
由等比数列的通项公式求出q，再由等比数列的前n项和公式代入化简，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：由已知可得函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)且满足f(2π3−x)=f(x−π6)，
即f(π4−x)=f(π4+x)，
所以f(x)关于x=π4对称，
所以ω=4k+23，又ω>0，
所以k=0时，ω取最小值为23．
故选：A．
由S=4πR2=12π可得函数f(x)的图象关于x=π4对称，由正弦型函数的对称性列方程求ω的最小值．
本题考查正弦函数的图象，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：∵△ABF2为等边三角形，
∴|AB|=|AF2|=|BF2|，
∴|AF1|=|BF1|−|BF2|=2a=4，|AF2|=|AF1|+2a=8，且∠F1AF2=120°，
∴由余弦定理可得：4c2=|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1||AF2|×(−12)
=16+64+32=112，
∴c2=28，
∴b2=c2−a2=24，
∴b=2 6．
故选：B．
根据双曲线的几何性质，余弦定理，化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】D
【解析】解：根据正棱锥的性质，易知球心在正棱锥的高线上，
设球心为O，P在平面ABCD内的射影为H，PH=h，
取M为BC中点，则HM//AB，且HM=12AB．
作OE⊥PM于E，设球的半径为r，
则AB=52r，HM=54r，PM= PH2+HM2= h2+(54r)2，OE=OH=r．
因为PH⊥HM，OE⊥PM，
所以△POE∽△PMH，
所以OPPM=OEHM，
即h−r h2+(54r)2=r54r，整理可得h=50r9．
连接AH，则AH= 22AB=5 2r4，
所以tan∠PAH=hAH=2 25⋅hr=20 29．
因为PH⊥平面ABCD，所以∠PAH即为直线PA与平面ABCD所成的角，
所以，PA与平面ABCD所成角的正切值为20 29．
故选：D．
根据正棱锥的性质得出球心的位置，进而构造相似三角形，根据相似三角形得出球的半径，以及四棱锥的高，即可得出答案．
本题考查通过正棱锥的性质得出球心的位置以及棱锥的高，并进行球的相关计算，属于中档题．
13.【答案】3 10
【解析】解：已知向量a=(t−2,3)，b=(3,−1)，a+2b=(t+4,1)，
∵(a+2b)//b，
∴−(t+4)=3，解得t=−7，
∴a=(−9,3)，|a|=3 10．
故答案为：3 10．
由向量平行的坐标运算，得到t=−7，再利用模的坐标公式求|a|．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
14.【答案】2 55
【解析】解：由sinα= 55,csβ=35,α,β均为锐角，得csα=2 55,sinβ=45，
则cs(α−β)=2 55×35+ 55×45=2 55．
故答案为：2 55．
利用两角和与差的三角函数公式化简即可求解．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，属于基础题．
15.【答案】(−1,2)
【解析】解：由题意知f′(x)=(x−3)ex+ex+x−2=(ex+1)(x−2)，
因为f(x)在区间(2m−2,3+m)上不单调，
即y=f′(x)在区间(2m−2,3+m)有零点，
又ex+1>0，即为y=x−2的零点x=2在区间(2m−2,3+m)内，
所以2m−2<2,3+m>2,解得−1
问题转化为导函数在区间(2m−2,3+m)内有零点，结合函数性质可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
16.【答案】9n+3
【解析】解：由图，第1个图中有6个化学键和6个原子，
第2个图中有11个化学键和10个原子，
第3个图中有16个化学键和14个原子，
观察可得，后一个图比前一个图多5个化学键和4个原子，
则第n个图有6+5(n−1)=5n+1个化学键和4n+2个原子，
所以总数为9n+3．
故答案为：9n+3．
从图(1)、图(2)、图(3)、…的个数之和找到对应的数字规律．
本题主要考查了归纳推理，属于基础题．
17.【答案】解：(1)补全表格如下：
该社区中50周岁以上的居民今年回老家祭祖的概率为1540=38；
(2)∵K2=100×(5×25−15×55)220×80×60×40=122596≈12.760>10.828，
∴有99.9%的把握认为是否回老家祭祖与年龄有关．
【解析】(1)根据已知数据补全列联表后，由古典概型概率公式计算概率；
(2)计算出K2后可得结论．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了独立性检验的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：∵tanAtanB+tanAtanC=3tanBtanC，
∴sinAcsA(sinBcsB+sinCcsC)=3×sinBsinCcsBcsC，
∴sinA(sinBcsC+csBsinC)=3sinBsinCcsA，
∴sin(B+C)sinA=3sinBsinCcsA，
又sin(B+C)=sinA，∴sin2A=3sinBsinCcsA，
由正弦定理可得a2=3bccsA，
由余弦定理可得a2=3bccsA=32(b2+c2−a2)，
整理得3b2+3c2=5a2．
(2)由(1)可得：3b2+3c2=5a2，即a2=35(b2+c2)，
则csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−35(b2+c2)2bc=15(cb+bc)≥25，
当且仅当cb=bc，即b=c时，∠A取最大值，
此时3b2+3c2=6b2=5a2=75，则b2=252，
∵csA=25>0，则A∈(0,π2)，可得sinA= 1−(25)2= 215，
故S△ABC=12bcsinA=12b2× 215=12×252× 215=5 214．
【解析】(1)根据题意结合三角恒等变换整理得sin2A=3sinBsinCcsA，再利用正、余弦定理边化角分析运算；
(2)利用余弦定理结合基本不等式可得A取最大值时，b=c，csA=25，进而可求三角形的面积．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】(1)证明：取AB的中点M，连接EM，MF，
∵△ABE为等边三角形，∴EM⊥AB，
∵四边形ABCD为正方形，∴AD⊥AB，且AD//MF，
∴AB⊥MF，
又ME∩MF=M，ME，MF⊂平面MEF，
∴AB⊥平面MEF，
∵EF⊂平面MEF，∴AB⊥EF．
(2)解：连接BD，
∵侧面ABE⊥底面ABCD，侧面ABE∩底面ABCD=AB，EM⊂平面ABE，EM⊥AB，
∴EM⊥平面ABCD，
∴VE−BCD=13S△BCD⋅EM=13×12×2×2× 3=2 33，
EF= EM2+MF2= 3+4= 7,S△CDE=12CD⋅EF= 7，
设B到平面CDE的距离为h，
∵VB−CDE=VE−BCD，
∴13S△CDE⋅h=2 33，解得h=2 217，
故B到平面CDE的距离为2 217．
【解析】(1)取AB的中点M，连接EM，MF，可证EM⊥AB，AB⊥MF，由线面垂直的判定定理与性质定理，即可得证；
(2)连接BD，利用面面垂直的性质定理可得EM⊥平面ABCD，再由VB−CDE=VE−BCD，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，面面垂直的性质定理，等体积法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意知右焦点F1( 3,0)，∴c= 3．
∵e=ca= 32，则a=2，b=1．
∴椭圆C的标准方程为x24+y2=1；
(2)设△F2AB的内切圆半径为r，
∵△F2AB的周长=|F2A|+|F2B|+|AB|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=8，
∴S△F2AB=12⋅8⋅r=4r，∴r=14S△F2AB．
∴△F2AB的面积最大时，其内切圆半径最大．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=ky+ 3x24+y2=1，消去x得(k2+4)y2+2 3ky−1=0，
Δ=12k2+4(k2+4)=16k2+16>0恒成立，
∴y1+y2=−2 3kk2+4,y1y2=−1k2+4．
∴S△F2AB=12|F1F2|⋅|y1−y2|= 3 (y1+y2)2−4y1y2=4 3 k2+1k2+4．
令t= k2+1，则k2=t2−1．
∴S△F2AB=4 3tt2+3=4 3t+3t⩽4 32 3=2．
当且仅当t=3t，即t= 3时等号成立，此时k=± 2．
【解析】(1)依题意求出a，b，c的值，即可求出椭圆方程；
(2)设△F2AB的内切圆半径为r，表示出△F2AB的面积，由等面积法，表示出r，结合韦达定理，由基本不等式即可求出r的最大值及k的值．
本题考查了椭圆的方程及性质，考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当m=1时，f(x)=xlnx，则f′(x)=lnx+1，x>0，
由f′(x)>0，得x∈(1e,+∞)，由f′(x)<0，得x∈(0,1e)，
∴f(x)在(1e,+∞)上单调递增，(0,1e)上单调递减，
∴f(x)极小值为f(1e)=−1e，无极大值；
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，由f(x)=mxlnx，得f′(x)=m(1+lnx)．
则f(x)在(1e,+∞)上单调递增，(0,1e)上单调递减，f(x)⩾f(1e)=−me．
又∵对任意x>0,f(x)⩾−1e，∴−me⩾−1e，∴m⩽1．
又f(x)⩽x2−x等价于mlnx−x+1⩽0．
设函数g(x)=mlnx−x+1,g′(x)=mx−1=m−xx．
∴g(x)在(0,m)上单调递增，(m,+∞)上单调递减，
∴g(x)⩽g(m)=mlnm−m+1．
∵对任意x>0，g(x)⩽0，∴mlnm−m+1⩽0，∴lnm+1m⩽1．
设h(m)=lnm+1m，则h′(m)=m−1m2，
当m⩽1时，h′(m)⩽0，∴h(m)⩾h(1)=1．
∴只能有m=1，即m的值为1．
综上，m的值为1．
【解析】(1)将m=1代入f(x)中，判断f(x)的单调性，再求出f(x)的极值；
(2)根据对任意x>0,−1e≤f(x)≤x2−x恒成立，分两个部分求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用不等式恒成立求参数的值，考查了转化思想，属难题．
22.【答案】解：(1)曲线C1：x=1+csα,y=sinα(α为参数)，消去参数得(x−1)2+y2=1，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入，得曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，
由ρ=−2sinθ得ρ2=−2ρsinθ，
∴x2+y2=−2y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+(y+1)2=1；
(2)易知直线l的极坐标方程为θ=−π3，代入曲线C1，C2的极坐标方程得ρ1=1，ρ2= 3，
∴|AB|=|ρ1−ρ2|= 3−1．
【解析】(1)将曲线C1的参数方程化为普通方程，进而化为极坐标方程即可；
(2)直线l： 3x+y=0过原点，所以化为极坐标方程后与曲线C1，C2的极坐标方程联立，利用ρ的几何意义求解即可．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】证明：(1)由于a>0，b>0，则f(x)=|x+a|+|x−b|≥|a+b|=a+b，
当且仅当−a≤x≤b取等号，故f(x)=|x+a|+|x−b|的最小值为a+b=2，
所以3a2+b2=3a2+(2−a)2=4a2−4a+4=(2a−1)2+3≥3，
当且仅当a=12，b=32时取等号．
(2)由(1)知a+b=2，所以a+1+b=3，
所以4a+1+1b=13(a+1+b)(4a+1+1b)=13(5+4ba+1+a+1b)≥13(5+2 4ba+1⋅a+1b)=3，当且仅当4ba+1=a+1b，即a=b=1时取等号．
【解析】(1)根据绝对值的三角不等式，得到f(x)的最小值为a+b=2，进而化简得到3a2+b2=4a2−4a+4，结合二次函数的性质，即可求解；
(2)由(1)得到a+1+b=3，化简4a+1+1b=13(5+4ba+1+a+1b)，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查了不等式的证明，考查了基本不等式的应用，属于中档题．回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
55
50周岁以上
15
40
总计
100
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
回老家
不回老家
总计
50周岁及以下
5
55
60
50周岁以上
15
25
40
总计
20
80
100
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