高考模拟练习—2022年高三数学新高考测评卷(猜题卷三)(含答案解析)

2022年高三数学新高考测评卷（猜题卷三）

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 四 五 总分 注意事项：

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题 1．已知集合Ax2x2，BxNx22x30，则AB（ ）

A．x1x2 B．x2x1

C．1,2 D．0,1,2

2．已知复数z满足z1i3i，则z（ ） A．12i

B．12i

C．22i

D．22i

3．已知圆台上底面的半径为1，下底面的半径为2，高为2，则该圆台的侧面积为（ ） A．2π

B．3π

C．32π

D．33π

4．开普勒（Johannes Kepler，1571~1630），德国数学家、天文学家，他发现所有行星运行的轨道与公转周期的规律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等.已知金星与地球的公转周期之比约为2:3，地球运行轨道的半长轴为a，则金星运行轨道的半长轴约为（ ） A．0.66a

B．0.70a

C．0.76a

D．0.96a

5．已知0Aπ，sinAcosA11sin2A5，则

1cos2A（ ） A．

1 4932B．

118 C．

4918 D．32

6．已知aπe，bππ，ceπ，e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是（ ）A．abc

B．acb

C．bac

D．cab

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………线…………○………… ………线…………○…………

22xy7．已知F1，F2分别为双曲线C:221a0,b0的左、右焦点，点P在C上，

abπ若F1PF2，O为坐标原点，OP23且△F1PF2的面积为33，则双曲线C的渐

3近方程为（ ） A．xy0

B．2xy0

C．3xy0

D．2xy0

18．若函数fxx3ax2x1在3a,3aa0上的最大值与最小值之和不小于

31，则实数a的取值范围为（ ） ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………4A．10,3

B．0,12

C．0,1 D．0,2

评卷人 得分 二、多选题 9．一批电子产品共100件，其中正品有98件，次品有2件，从中不放回地依次抽取10件产品进行检测（每次抽取1件），甲表示事件“第一次取出的是正品”，乙表示事件“第二次取出的是次品”，记取出的次品件数为X，则下列结论正确的是（ ） A．甲与乙相互 B．甲与乙不互斥

C．X~B10,0.02

D．EX0.2

10．如图，已知在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为线段A1D和BD1上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．MN与AB为异面直线 B．ANA1M

C．三棱锥MA11D1N体积的最大值为6

D．当N为BD1的中点时，线段MN长度的最小值为

22 11．已知函数fxsinxcosx，则下列结论正确的是（ ）

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………线…………○………… ………线…………○…………

A．fx的最小正周期为π 称

πC．fx在,π上单调递减

4B．fx的图象关于直线xkπkZ对

D．fx的值域为1,2

x2y23A2,112．已知O为坐标原点，椭圆E的方程为221ab0，离心率为，ab2为E上一点，过点A作两条直线分别与E交于B，C两点，且直线AB与直线AC的倾斜角互补，则下列结论正确的是（ ） ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………A．椭圆E的长轴长为22 B．直线BC的斜率为定值 C．点O到直线BC的距离为定值

D．若OBOC，则直线BC的方程为x2y220

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、填空题 613．若xax的展开式中的常数项为160，则a的值为______.

14．写出一个同时满足下列条件①②③的数列an的通项公式an______. ①a为递增数列；②ann为等比数列；③ann2n为等差数列.

15．已知函数fxexex2sinx，则不等式flnxfln2xln20的解集为

______. 评卷人 得分 四、双空题 16．在RtABC中，已知AB3，AC4，P是斜边BC上一动点，点Q满足PQ2，若AQmABnAC，则mn的最小值为______，最大值为______. 评卷人 得分 五、解答题 17．学生视力不良问题是教育部基础教育质量监测中心发布的我国首份《中国义务教育质量监测报告》中指出的众多问题之一，为了解学生的视力情况，某学校从A，B两个

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………线…………○………… ………线…………○…………

年级的学生中各随机选取了100人进行问卷调查，整理数据后获得如下统计表： A年级 B年级 合计

近视人数 75 45 120 不近视人数 25 55 80 合计 100 100 200 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………(1)能否有99.5%的把握认为学生的视力情况与年级有关？

(2)以样本的频率估计总体的概率，若从A年级学生中随机抽取4人，记4人中不近视的人数为X，求X的分布列与数学期望.

2附：K2nadbcabcdacbd，nabcd.

PK2k 0.010 0.005 0.001 k 6..635 7.879 10.828

18．已知各项均为正数的等比数列an满足a12，且a1，a21，a3构成等差数列bn的前三项.

(1)求数列an，bn的通项公式；

(2)设数列an的前n项和为Sn，求使Snbn1成立的n的最小值.

19．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinC3csinBC2. (1)求角A的大小；

(2)若点D在边BC上，且CD3BD3，BADπ6，求△ABC的面积. 20．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACBCC12，ACBC，点M，N，F分别为棱AB，BB1，A1B1的中点，点E为棱A1C1上的动点.

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………线…………○………… ………线…………○…………

(1)求证：CNME；

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………(2)当直线ME与平面AC1F所成的角最小时，求三棱锥MECN的体积.

21．已知过点P1,0的直线l与抛物线C:x22pyp0相交于A，B两点，点Q0,2，

连接QA，QB分别交抛物线C于点E，F，当直线l过抛物线C的焦点时，AB8. (1)求抛物线C的方程；

(2)若△QAB与△QEF的面积之比为1:2，求直线l的方程.

22．已知函数fxe2xaxaR，e为自然对数的底数.

(1)求函数fx的极值；

(2)若关于x的不等式alnxx12fx恒成立，求实数a的取值范围.

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…线…………○………… …线…………○…………

参：

1．D 【解析】 【分析】

先解不含参数的一元二次不等式，进而求出集合B，然后根据交集的概念即可求出结果. 【详解】

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………解不等式x22x30得1x3，又xN，所以B0,1,2，所以AB0,1,2，故选：D. 2．B 【解析】 【分析】

结合复数的除法运算以及共轭复数的概念即可求出结果. 【详解】

由z1i3i得z3i3i1i33iii21i1i1i212i，所以z12i， 故选：B. 3．D 【解析】 【分析】

首先求出圆台的母线长，再根据圆台的侧面积计算公式求解即可. 【详解】

设圆台上、下底面的半径分别为r1，r2，高为h，母线长为l，则lr2r12h23，

因此圆台的侧面积Sπr1r2l33π， 故选：D. 4．C 【解析】 【分析】

设金星运行轨道的半长轴为a1，金星和地球的公转周期分别为t1，t2，根据题意可得

答案第1页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

3a112a，进而结合2.53122.13，即可得出结果. 3【详解】

设金星运行轨道的半长轴为a1，金星和地球的公转周期分别为t1，t2，由开普勒定律得

3t12a13a3431232.因为，所以a1a，即a1a. 2t23t1t293……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………因为函数yx3在,上单调递增，且

125926112592618121000，且82.53,10002.13，所以32.53122.13，因此0.70aa1213a2.53a0.9a， 故选：C. 5．C 【解析】 【分析】

结合同角的平方关系以及二倍角公式即可求出结果. 【详解】

由sinAcosA15及sin2Acos2A1，解得sinA43435，cosA5或cosA5，sinA5.

因为sinA0，所以sinA43245，cosA5，所以sin2A2sinAcosA25，cos2Acos2Asin2A725， 所以

1sin2A124251cos2A49， 171825故选：C. 6．B 【解析】 【分析】

首先根据幂函数的单调性判断出bc，然后构造函数fxlnxx，运用函数fx的单调性得出ca，即可得解. 【详解】

因为函数y=xπ在0,上单调递增，且πe0，所以ππeπ，即bc.

答案第2页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… 令fx则fx即

lnx， x1lnx，当xe,时，fx0，fx单调递减.因为πe，所以fπfe，x2lnπlne，得elnππlne，故eππe，所以ca， πe综上，bca， 故选：B. ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………7．A 【解析】 【分析】

首先由已知条件及余弦定理、双曲线的定义得到PFb21PF24，由△F1PF2的面积为33得到b23，然后利用PO12PF1PF2及OP23得到a3，即可求得双曲线C的渐近线方程. 【详解】

在△Fπ1PF2中，F1PF23， 由余弦定理得：F2PF2221F21PF22PF1PF2cosπ3PF1PF2PF1PF2，得

PF1PF24b2，

又△F1PF2的面积S1PFPFπ12sin333，所以b223. 因为O是FPO11F2的中点，所以2PF1PF2，两边同时平方得： PO214(PF2PF2122122PF1PF2)4PF1PF2PF1PF2144a23PF1PF2a29， 由OP23，则a23，所以ab， 所以双曲线C的渐近线方程为xy0. 故选：A. 8．B 【解析】 【分析】

答案第3页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

2法一：由题设得f(x)x2ax1a0，结合二次函数的性质研究f(x)符号，进而确定

f(x)的单调性，求得不同情况下的最值并结合f(x)maxf(x)min1，即可求参数范围； 43法二：由题设可得f3a3a1、f3a18a3a1，应用作差法，与f(x)比较大小，

1即可确定最值结合f(x)maxf(x)min，即可求参数范围；

4……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………【详解】

法一：由题意，fxx22ax1a0，对于fx0，

当4a240，即0a1时，fx0，fx在3a,3a上单调递增，

所以f3af3a218a313114，即a8，因此0a2；

当4a240，即a1时，由4a240、f3a0且f3a0，则fx0在

3a,3a上有两个不相等的实根x1，x2，

不妨设x1x2，则3a,x1上fx0，x1,x2上fx0，x2,3a上fx0，

所以fx在3a,x1上单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,3a上单调递增， 由此，fxminminf3a,fx2，fxmaxmaxf3a,fx1.

由fx13212121f3a3x1ax1x13a3x1x13ax13ax13a3x110，则

fx1f3a，同理可得fx2f3a，

所以fxf3a，fxa218a311maxminf3a，则f3af33，解得a2，

与a1矛盾. 综上，0a12.

法二：由题意得：f3a1333aa3a23a13a1，f3a133a3a3a23a118a33a1. 当x3a,3a时，

fxf3a113x3ax2x3a3x2x3ax3ax3a13x210，即

fxf3a，

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………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

所以fxmaxf3a；

11fxf3ax3ax2x18a33ax3ax22ax218a3x3a331x2x3a2ax29a2x3a，又x3a0，x29a20，即fxf3a， 3所以fxminf3a.

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………综上，f3af3a3a118a33a1218a314，即a318，得0a12.

故选：B. 9．BD 【解析】 【分析】

根据相互事件和互斥事件的定义判断甲、乙事件既不相互也不互斥；由条件知随机变量X服从超几何分布且EX0.2，从而得正确的结果. 【详解】

对于选项A，事件甲发生与否影响事件乙发生的概率，故事件甲与乙不相互，故选项A错误；

对于选项B，事件甲发生后，事件乙既可能发生，也可能不发生，同样，事件甲没有发生，事件乙既可能发生，也可能不发生，故事件甲与事件乙不是互斥事件，故选项B正确； 对于选项C与选项D，由条件知随机变量X服从超几何分布且EX1021000.2，由此可见，选项C错误，选项D正确. 故选：BD. 10．BC 【解析】 【分析】

根据M，N分别为线段A1D和BD1上的动点，由直线与直线、直线与平面之间的位置关系判断A，B选项的正误；利用等体积转化法确定C选项的正误；当M为A1D的中点时，MN的长度最小，从而判断D选项. 【详解】

对于选项A，当N与B重合时，MN与AB为相交直线，故选项A错误；

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………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

对于选项B，易知AB平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1， ∴A1DAB，连接AD1，则A1DAD1， 而AD1，AB平面ABD1，AD1ABA，

∴A1D平面ABD1，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………又AN平面ABD1，∴A1DAN， 而点M在线段A1D上， ∴ANA1M，故选项B正确；

对于选项C，∵点M为线段A1D上的动点， ∴当M与D重合时，△A1D1M的面积最大， 而当N与B重合时，点N到平面A1D1M的距离最大，

故V111MA1D1NVNA1D1MVBA1D1D321116，故选项C正确；

对于选项D，当N为BD1的中点时，取A1D的中点E，连接NE，NA1,ND，则NDNA1，故NEA1D， ∵M在线段A1D上运动，

∴当M与E重合时，线段MN长度最小， 此时MN12AB12，故选项D错误. 故选：BC.

11．BCD

答案第6页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○……… …线…………○………… …线…………○………… 【解析】 【分析】

A选项，特殊值检验即可判断；B选项，结合轴对称的概念即可判断；C选项结合x的范围去绝对值的符号，结合三角恒等变换，进而可求出单调区间，即可判断；D分段讨论即可求出函数的值域，即可判断. 【详解】

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………对于选项A，由fπ1，f01，得fπf0，故fx的最小正周期不为π，选项A错误.

对于选项B，f2kπxsin2kπxcos2kπxsinxcosxfxkZ，∴函数

fx的图象关于直线xkπkZ对称，选项B正确.

对于选项C，当xπ4,π时，fx2sinxπ4，π2xπ45ππ4，故函数fx在4,π上单调递减，选项C正确.

对于选项D，当0xπ时，fx2sinπππ5π2x4，4x44，则2sinxπ41，1fx2，当πx2π时，fx2cosπ5πx4，

4xππ42π4，则22cosπx41，1fx2，又2π是fx的一个周期，因此函数fx的值域为1,2， 选项D正确.

综上，正确选项为BCD. 故选：BCD. 12．BD 【解析】 【分析】

对于选项A，利用点在曲线上和椭圆离心率公式及椭圆中a,b,c的关系即可求解.

对于选项B，设出直线AB的方程与椭圆联立，消去y，得关于x的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，进而得到点B的横坐标，代入直线AB求出点B纵坐标，利用已知条件写出点C的坐标，利用两点求斜率公式即可求解.

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………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

对于选项C，设出直线BC的方程，利用点到直线的距离公式即可求解.

对于选项D，联立直线BC与椭圆的方程, 消去y，得关于x的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，由OBOC，利用两直线垂直的充要条件即可求解. 【详解】

对于选项A，由题意得

41c31，，结合a2b2c2，得a22，b22aba22，所以……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………椭圆E的长周长为2a42，故A错误.

B，由A得椭圆E的方程为x28y2对于选项21，设Bx1,y1，Cx2,y2，由题意知直线

AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为ykx21k0，与椭圆的方程联立，

得4k21x28k2k2x412k280，

则x1282k2k4k21，得x8k28k24k24k114k21，y14k21，即B8k28k24k24k4k21,14k21. 因为直线AB与直线AC的倾斜角互补，所以直线AC的斜率为﹣k，同理可得

C8k28k24k21,4k24k14k21，故直线BC的斜率kBC8k16k12，为定值，故B正确. 对于选项C，由B知可设直线BC的方程为y12xm，则原点O到直线BC的距离d2m5，不是定值，故C错误.

y1xm对于选项D，联立直线BC与椭圆的方程，得2x22， 8y21整理得x22mx2m240，44m20，即2m2，则x1x22m，

x1x22m24，

由OBOC，得x111x2y1y2x1x22x1m2x2m0，整理得

5x1x22mx1x24m20，得m22，m2，此时直线BC的方程为x2y20，

故D正确. 故选：BD.

答案第8页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… 13．2 【解析】 【分析】

由已知二项式写出其展开式通项，结合已知常数项求参数a即可. 【详解】

66rrr……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………xax的展开式的通项Trr1C6x6raxarCr6x2x2arCr3r6x， 令3r0，得r3，所以a3C36160，解得a2. 故答案为：2.

14．n2n（答案不唯一） 【解析】 【分析】 先猜想，再证明. 【详解】

解：可以猜想annn2.

由题得an1nnn1an(n1)2n2(n2)20，所以an为递增数列；

因为annann2nn，2n12n2n2，显然n为等比数列； an因为nn2an2n2nn，n1n1,显然2n为等差数列.

故annn2符合题意.

故答案为：n2n 15．1,2 【解析】 【分析】

首先判断函数fx的单调性及奇偶性，将flnxfln2xln20脱掉“f”，得到lnxxln2ln2，然后构造函数，利用导数研究函数的单调性即可得解.

【详解】

由fxexex2sinx，得fxexex2cosx，

答案第9页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

∵exex2exex2，2cosx2，等号不会同时取得，

xx∴fxee2cosx0，

∴函数fx为增函数.

xxxx∵fxee2sinxee2sinxfx，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………∴函数fx为奇函数；

故flnxfln2xln20，即flnxfln2xln2， ∴flnxfxln2ln2，可得lnxxln2ln2， 令gxlnxxln2ln2，则gx11xln2xln2x， 且g1g20，

当x(0,log2e]时，gx0， gx单调递增，此时x[1,log2e]时，gx0，

当xlog2e,时，gx0，gx单调递减，此时xlog2e，2时，gx0， 所以不等式flnxfln2xln20的解集为1,2. 16．

1116 6 【解析】 【分析】

建立直角坐标系，写出直线BC的方程，根据方程设点P坐标，由P点坐标写出Q的轨迹方程，利用圆的参数方程设出点Q坐标，根据已知表示出mn然后可得. 【详解】

以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则A0,0，B3,0，C0,4，得直线BC的方程为xy341，

则可设P4t,43t，其中0t3.由PQ2，得点Q在以点P为圆心，2为半径的圆上，

可设Qt2cos,443t2sin.

由AB3,0，AC0,4，AQt2cos,443t2sin，AQmABnAC，

答案第10页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

t2cosmt2cos3m34得t2cos,4t2sin3m,4n，所以4，即， 434t2sin4t2sin4n33n4444t2sint2cos125tan则（其中），3mnsincos1sin1334236……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以156mn561，

即16mn116，故mn的最小值为1116，最大值为6.

故答案为：16；116

17．(1)有

(2)分布列见解析，1 【解析】 【分析】

（1）由题表数据可以求得K2的值，与临界值表比较即可得结果；

（2）以样本的频率估计总体的概率，由题表得从A年级学生中随机抽取1人且此人不近视的概率，即可得X服从二项分布，利用二项分布的概率公式及数学期望公式即可求解. (1)

200755525452由题意，得K210010018.757.879， 12080故有99.5%的把握认为学生的视力情况与年级有关.

答案第11页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… (2)

（2）由统计表得，A年级学生中不近视的频率为

251， 10041故从A年级学生中随机抽取1人，此人不近视的概率为，

41由题意知X~B4,

44……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………则PX011481256，

3PX1C111274414， 22PX2C211274414128， 3PX3C31134414，

4PX4141256， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 81272731256 128 256

所以EX4141.

18．(1)an2n，bn3n1 (2)3 【解析】 【分析】

（1）由题意可得a21，a21，a3成等差数列，从而可得22q12q2，解出q，从而可

得出答案.

（2）由（1）先求出bn1n1,Sn，即2n13n4恒成立，设fn23n4得出其单调性，

答案第12页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

从而可得答案. (1)

设等比数列an的公比为q，且q0，

由a1，a21，a3成等差数列，a12，得2，2q1，2q2成等差数列，

2则22q12q2，解得q2，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以数列an1nn的通项公式为an222.

则等差数列bn的前三项为2，5，8，得bn的公差d3， 所以数列bn的通项公式为bn3n1. (2)

由（1）得b2，S22n1n13n113nn122n12. 由Snbn1，得2n123n2，即2n13n4.

令fn2n13n4，nN*，则fn12n23n14，

两式相减得fn1fn2n23n142n13n42n130，

所以数列fn为递增数列.

又f14340，f28640，f316940， 故使Snbn1成立的n的最小值为3. 19．(1)A2π3； (2)24319. 【解析】 【分析】

（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得sinA3cosA2，再应用二倍角正弦公式化简可得sinA232，即可求A的大小. （2）由题设可得DACπ2，法一：由正弦定理及ADBADCπ可得

2BDCDcb，再由余弦定理得到m21619，最后根据三角形面积公式求△ABC面积；法二：根据三角形面积公答案第13页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… S式有

SBADADCcc1，，由△BAD的边BD与△ADC的边DC上的高相等及已知条件可得

2b2b32再由余弦定理得到m16，最后根据三角形面积公式求△ABC面积； 19(1)

由已知及正弦定理得：sinAsinC3sinCsinBC，又BCπA， 2BCπA……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………∴

222，又sinC0， ∴sinA3cosA2，则2sinA2cosAAAπ23cos2，而022， ∴cosA20，则sinA3Aπ2π22，故23，得A3.

(2) 由BAC2π3，BADπ6，则DACπ2.

BDc法一：在△ABD中，sinπsinBDA，① 6CDb在△ADC中，sinπsinADC，② 2∵ADBADCπ， ∴sinBDAsinADC，③ 由①②③得：2BDCDcb，又CD3BD3，得BD1， ∴

cb2

3

，不妨设c2m，b3m， 在△ABC中，由余弦定理可得，422m23m222m3mcos2π2163，得m19，

所以S113243△ABC2bcsinBAC22m3m219. 1cADsinBADcsinπ法二：

S△BADS△ADC126c. 2bADsinCADbsinπ2b2∵△BAD的边BD与△ADC的边DC上的高相等， ∴

S△BADBD1c1c2S，由此得：2b3，即3，不妨设c2m，b3m△，

ADCDC3b在△ABC中，由余弦定理可得，422m23m222m3mcos2π3，得m21619，

答案第14页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

113243. 所以S△ABCbcsinBAC2m3m2221920．(1)证明见解析； 2(2). 3【解析】 【分析】

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………（1）取BC的中点P，连接MP，PC1，利用三角形全等得到CNC1P，然后由三角形中位线及ACBC得到MPBC，再结合直三棱柱的结构特征可得MPCC1，即可得到MP平面BCC1B1，进而得MPCN，最后利用线面垂直的判定定理可得CN平面MPC1E，

CNME；

（2）建立合适的空间直角坐标系，求得相关点及相关向量的坐标，利用向量的夹角公式，结合换元法及二次函数的图象与性质可求得直线ME与平面AC1F所成的角最小时点E的位置，从而可求得三棱锥MECN的体积. (1)

解：（1）取BC的中点P，连接MP，PC1，

∵CBCC1，∴CPBN，CNPC1，∴Rt△PCC1≌Rt△NBC， ∴PC1CBCN，∴C1PCBCNCπ1PCPC1C2， ∴CNC1P.∵M，P分别为AB，BC的中点，∴MP∥AC. 又EC1∥AC，∴M，P，C1，E四点共面. ∵ACBC，∴MPBC.

∵CC1⊥平面ABC，MP平面ABC，∴MPCC1，

∵BCCC1C，BC,CC1平面BCC1B1，∴MP平面BCC1B1， ∵CN平面BCC1B1，∴MPCN.

∵CNPC1，MPPC1P，MP,PC1平面MPC1E， ∴CN平面MPC1E.∵ME平面MPC1E，∴CNME.

答案第15页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………(2)

解：以C为坐标原点，CA，CB，CC1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A2,0,0，C10,0,2，M1,1,0，F1,1,2，设E,0,2（02）， ∴AC12,0,2，AF1,1,2，ME1,1,2，

设nx,y,z为平面AFCAC1n2x2z01的法向量，则，

AFnxy2z0令x1，则z1，y1，得n1,1,1. 设直线ME与平面AC1F所成的角为，

则sincosME,nMEn1122MEn31253125.

令t2，则t2,4，111t4,2.

sint则

311t32531461325， t2t1314t1414根据二次函数的性质知当1t12，即t2时，sin取得最小值，

即直线ME与平面AC1F所成的角最小. 此时0，点E与点C1重合.

则V1112MECNVMC1CN3S△C1CNMP322213.

答案第16页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………21．(1)x24y； (2)y2x1. 【解析】 【分析】

（1）根据题意得到当直线l过抛物线C的焦点时的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及AB8即可求得p的值，从而可得抛物线C的方程；

（2）根据题意设直线l的方程为ykx1，Ax1,y1，Bx2,y2，与抛物线方程联立，得x1x2，x1x2，分别写出直线AQ，BQ的方程，与抛物线方程联立，得到点E与点A的横坐标之间的关系，点F与点B的横坐标之间的关系，再将两个三角形的面积之比转化为线段乘积之比，进而转化为坐标之间的关系，即可得k的值，最后可得直线l的方程. (1)

由题，设Axxp1,y1，B2,y2（x10，x20），易知：抛物线C的焦点为0,2，

当直线l过抛物线C的焦点时，直线l的方程为yp2x1，

由yp2x1得：x2p2xp20，则p44p20，x221x2p，x1x2p， x22pyp2所以AB1pp244xp2422x114p4p28，整理得p34p16p2p22p80， 所以p2，故抛物线C的方程为x24y.

答案第17页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… (2)

由题设知：直线l的斜率存在，设直线l为ykx1，

ykx1由2得：x24kx4k0，则16k216k0，x1x24k，x1x24k. x4y易知：直线AQ为yy12x2， x1……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………由yy12xx2得：x24y12x180， x24yx1设Ex83,y3则x1x38，x3x，同理设Fx有x84,y44，1x

2又S1QABQAQBsinAQB2QAQBSy12y22y12y22QEF12QEQFsinAQBQEQFy32y4214x212324x421x2816x2128x2x21216k2k2161111142，得k22，k2， x216218x28故直线AB的方程为y2x1.

22．(1)当a0时，fx无极值；当a0时，fx的极小值为aaa22ln2，fx无极大值

(2)0,2e2

【解析】 【分析】

（1）求导以后判断函数的单调性，进而可求出极值；

（2）等价转化为e2xalnx12a0，构造hx=e2xalnx12a，通过研究函数hx的性

质即可求出结果. (1)

∵fxe2xax，∴fx2e2xa，（点拨：导函数中含有参数，需要注意对参数分类讨

论）

当a0时，fx0，fx单调递增，函数fx无极值.

答案第18页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

当a0时，令fx0，得2e2xa0，得x1a1aln，易知当x,ln时，fx0，

2222fx单调递减，

1a当xln,时，fx0，fx单调递增，

221a1aaaa1a22ln2alnln，fx无极大值. 所以fx的极小值为flne2222222……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………综上，当a0时，fx无极值；当a0时，fx的极小值为a2a2lna2，fx无极大值.

(2)

解法一 由alnxx12fx得，e2xaxalnxax12x12a，整理得ealnx2a0.

令hxe2xalnx12ax0，则hx0，hx2e2xaxx0，

当a0时，hx0，hx单调递增， 且当x0时，hx0，不满足题意.

当a0时，hxe2x0，满足题意.

当a0时，令xhx2e2xaxx0， 则x4e2xax20，∴函数x在0,上单调递增， 而a2e2a1210，且当x0时，x0，

∴在0,上存在唯一的x0，使得x02e2x0ax0，即a2x2x00e，（技巧：利用零点0存在定理判断）

∴hx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增， ∴hx2xx11minhx0e0aln02a0，∴x2lnx010.

0令kx1x2lnx1x0，则kx12x2x0， ∴函数kx在0,上单调递减，又k10，∴0x01. 又a2x0e2x0，∴0a2e2.

综上，实数a的取值范围为0,2e2.（分类讨论后，注意整合结论）

答案第19页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

1112x2x解法二 由alnxxfx得，eaxalnxaxa，整理得ealnxa0.

22212x令hxealnxax0，

22x则hx0，hx2eax0， x当a0时，hx0，hx单调递增， ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………且当x0时，hx0，不满足题意.

当a0时，hxe2x0，满足题意.

当a0时，得1lnx12.（技巧：分离参数，构造函数）令lnx1ae2xpx2，

e2x1e2x21则lnx12lnxpxe2xx22x1， e2xe2x令qx1x2lnx1x0，则qx12x2x0，（点拨：一次求导之后，无法判断导函数的符号时，要构造函数，进行二次分析） ∴qx单调递减，又q10，

故当x0,1时，qx0，即px0，px单调递增， 当x1,时，qx0，即px0，px单调递减，

∴pxmaxp11112e2，∴a2e0a2e22，得. 综上，实数a的取值范围为0,2e2.

解法三 由alnxx12x12x12fx得，eaxalnxax2a，整理得ealnx2a0.

令hxe2xalnx12ax0，

则hx0，hx2e2xaxx0，当a0时，hx0，hx单调递增， 且当x0时，hx0，不满足题意.

当a0时，hxe2x0，满足题意.

当a0时，由h1e212a0，得0a2e2.

答案第20页，共21页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

现在证明当0a2e2时，hx0.

11e2x111∵2，∴lnx2e2xlnx， a2ea22e212x211lnxx0，则pxe2x2， 令pxe22x易知px单调递增，且p10，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………∴当x0,1时，px0，px单调递减， 当x1,时，px0，px单调递增，

∴px1minp110，∴px1e2x21222lnx20恒成立， 得hx0恒成立.

综上，实数a的取值范围为0,2e2.

【点睛】

恒成立问题解题思路： （1）参变量分离：

（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.

答案第21页，共21页

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