2022高考真题分类汇编数学

这是一份2022高考真题分类汇编数学，文件包含2022高考真题分类汇编数学-答案doc、2022高考真题分类汇编数学-正文doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共128页， 欢迎下载使用。
1．解析：选D．由集合并集的定义，得A∪B＝{1，2，4，6}，故选D．
2．解析：选A．由题意知M∩N＝{2，4}，故选A．
3．解析：选A．因为集合B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0≤xN0时，an＝dn＋a1－d>0，即d> eq \f(d－a1,n)对任意的n>N0，n∈N*均成立，由于n→＋∞时， eq \f(d－a1,n)→0，且d≠0，所以d>0，{an}为递增数列，必要性成立．故选C．
11．解析：由题意知A∩B＝(1，2).
答案：(1，2)
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．解析：选C．函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝ eq \f(1,1＋2－x)＝ eq \f(2x,1＋2x)，所以f(－x)＋f(x)＝ eq \f(2x,1＋2x)＋ eq \f(1,1＋2x)＝1，故选C．
2．解析：选C．选项A中函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，选项B中函数的定义域为(0，＋∞)，选项C中函数的定义域为R，选项D中函数的定义域为[0，＋∞)，故选C．
3．解析：选A．方法一：(特殊值法)取x＝1，则y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,3)))cs 1＝ eq \f(8,3)cs 1>0；取x＝－1，则y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－3))cs (－1)＝－ eq \f(8,3)cs 10，排除C．故选A．
4．解析：选C．由2a＝5两边取以2为底的对数，得a＝lg25.又b＝lg83＝ eq \f(lg23,lg28)＝ eq \f(1,3)lg23，所以a－3b＝lg25－lg23＝lg2 eq \f(5,3)＝ eq \f(lg4\f(5,3),lg42)＝2lg4 eq \f(5,3)＝lg4 eq \f(25,9)，所以4a－3b＝4lg4 eq \f(25,9)＝ eq \f(25,9)，故选C．
5．解析：选A．对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y＝ eq \f(1,5)sin 3>0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当x>0时，y＝ eq \f(2x cs x,x2＋1)≤ eq \f(2x cs x,2x)＝cs x≤1，与图象在y轴右侧最高点大于1不符，所以排除C．故选A．
6．解析：选B．由题意知，f(1)＝a ln 1＋b＝b＝－2.求导得f′(x)＝ eq \f(a,x)－ eq \f(b,x2)(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝ eq \f(a,2)－ eq \f(b,4)＝－ eq \f(1,2).故选B．
7．解析：选D．对于A选项，当T＝220，P＝1 026，即lg P＝lg 1 026>lg 103＝3时，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对于B选项，当T＝270，P＝128，即lg P＝lg 128∈(lg 102，lg 103)，即lg P∈(2，3)时，根据图象可知，二氧化碳处于液态；对于C选项，当T＝300，P＝9 987，即lg P＝lg 9 987 eq \f((lg 10)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg 9＋lg 11,2)))\s\up12(2),lg 9·lg 10)＝ eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg 99,2)))\s\up12(2),lg 9)>0，所以a>0.b＝8lg910－9＝8lg eq \\al(\s\up1(10),\s\d1(9))－8lg89，因为lg910－lg89＝ eq \f(lg 10,lg 9)－ eq \f(lg 9,lg 8)＝ eq \f(lg 10·lg 8－(lg 9)2,lg 9·lg 8)< eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg 10＋lg 8,2)))\s\up12(2)－(lg 9)2,lg 9·lg 8)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg 80,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg 81,2)))\s\up12(2),lg 9·lg 8)b.故选A．
9．解析：选AC．因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝± eq \f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1>0得x> eq \f(\r(3),3)或xsin x(x>0)成立，所以 eq \f(1,8)>sin eq \f(1,8)，得 eq \f(1,64)>sin2 eq \f(1,8)，所以b>a.因为 eq \f(c,b)＝ eq \f(4sin\f(1,4),cs \f(1,4))＝4tan eq \f(1,4)，所以令g(x)＝tan x－x，则g′(x)＝ eq \f(cs2x＋sin2x,cs2x)－1＝ eq \f(1－cs2x,cs2x)≥0，所以函数g(x)在定义域内单调递增，所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即有tanx>x(x>0)成立，所以tan eq \f(1,4)> eq \f(1,4)，即4 tan eq \f(1,4)>1，所以 eq \f(c,b)>1(b>0)，即c>b.综上c>b>a.
13．解析：选A．因为f(1)＝1，所以在f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－y))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y))中，令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x) ①，所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1) ②.由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，故f(x＋3)＋f(x)＝0，所以f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以函数f(x)的一个周期为6.在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，令x＝1，y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝2.令x＝1，y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，所以f(2)＝－1.由f(x＋3)＝－f(x)，得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，根据函数的周期性知， eq \i\su(k＝1,22,f)(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A．
14．解析：选BC．通解(转化法)：因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))为偶函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋2x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(3,2)对称，f( eq \f(3,2)－2× eq \f(5,4))＝f( eq \f(3,2)＋2× eq \f(5,4))，即f(－1)＝f(4)，所以C正确；因为g(2＋x)为偶函数，所以g(2＋x)＝g(2－x)，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，因为g(x)＝f′(x)，所以函数g(x)的图象关于点( eq \f(3,2)，0)对称，所以g(x)的周期T＝4×(2－ eq \f(3,2))＝2，因为f(－1)＝f(4)，所以f′(－1)＝－f′(4)，即g(－1)＝－g(4)＝－g(2)，所以D不正确；因为f( eq \f(3,2)－2)＝f( eq \f(3,2)＋2)，即f(－ eq \f(1,2))＝f( eq \f(7,2))，所以f′(－ eq \f(1,2))＝－f′( eq \f(7,2))，所以g(－ eq \f(1,2))＝－g( eq \f(7,2))＝－g(2×2－ eq \f(1,2))＝－g(－ eq \f(1,2))，所以g(－ eq \f(1,2))＝0，所以B正确；不妨取f(x)＝1(x∈R)，经验证满足题意，但f(0)＝1，所以选项A不正确．综上，选BC．
光速解(特例法)：因为f( eq \f(3,2)－2x)，g(2＋x)均为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(3,2)对称，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称．取符合题意的一个函数f(x)＝1(x∈R)，则f(0)＝1，排除A；取符合题意的一个函数f(x)＝sin πx，则f′(x)＝πcs πx，即g(x)＝πcs πx，所以g(－1)＝πcs (－π)＝－π，g(2)＝πcs 2π＝π，所以g(－1)≠g(2)，排除D．故选BC．
15．解析：选C．设u(x)＝xex(01时，h′(x)0，|[f(x＋t)－f(x)]－[f(x)－f(x－t)]|＝|f(x＋t)－f(x)|－|f(x)－f(x－t)|恒成立．
因为t>0，所以当x0时，f(x＋t)－f(x)≥f(x)－f(x－t)>0.
任取x2>x1，令t＝x2－x1，存在k∈N*，使x2－kt0，
同理可得f(x2－(k－1)t)－f(x2－kt)>0.
依此类推， f(x2)－f(x2－t)>0，
即f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1).
所以f(x)在R上单调递增．
33．解：(1)因为f(x)＝ eq \f(e,2x)＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－ eq \f(e,2x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(2x－e,2x2)(x>0).
令f′(x) eq \f(e,2)，
所以f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,2)))，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，＋∞)).
(2)因为曲线y＝f(x)上不同的三点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))处的切线都经过点(a，b)，所以x1，x2，x3是方程f(x)－b＝f′(x)(x－a)，即ln x＋ eq \f(a＋e,x)－ eq \f(ea,2x2)－b－1＝0的三个不同的实数解．
①令g(x)＝ln x＋ eq \f(a＋e,x)－ eq \f(ea,2x2)－b－1，
则g′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(a＋e,x2)＋ eq \f(ea,x3)＝ eq \f((x－e)(x－a),x3)(x>0)，
当a>e时，令g′(x)>0，得0f(e)＝ eq \f(3,2)，故原不等式右边成立．故命题得证．
②当01)，则H′(x)＝ eq \f(x－\f(1,x)－2ln x,(x－1)2)(x>1).
令h(x)＝x－ eq \f(1,x)－2ln x(x>1)，则h′(x)＝ eq \f((x－1)2,x2)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以h(x)＝x－ eq \f(1,x)－2ln x(x>1)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>1－ eq \f(1,1)－2ln 1＝0，所以H′(x)＝ eq \f(x－\f(1,x)－2ln x,(x－1)2)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以H(x)＝ eq \f(x＋1,x－1)·ln x(x>1)在(1，＋∞)上单调递增．
又 eq \f(t1,t3)> eq \f(e,a)>1，所以 eq \f(\f(t1,t3)＋1,\f(t1,t3)－1)·ln eq \f(t1,t3)> eq \f(\f(e,a)＋1,\f(e,a)－1)·ln eq \f(e,a)，
而 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12\f(e,a)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－1))\s\up12(2),72\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)))\s\up12(3))＋2< eq \f(12\f(e,a)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－1))\s\up12(2),72\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)))\s\up12(3))＋2＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－1))\s\up12(2),6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)))\s\up12(2))＋2，
所以要证 eq \f(2,e)＋ eq \f(e－a,6e2)< eq \f(1,x1)＋ eq \f(1,x3)< eq \f(2,a)－ eq \f(e－a,6e2)，只需证 eq \f(\f(e,a)＋1,\f(e,a)－1)·
ln eq \f(e,a)> eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－1))\s\up12(2),6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)))\s\up12(2))＋2，
即证ln eq \f(e,a)－2 eq \f(\f(e,a)－1,\f(e,a)＋1)－ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)－1))\s\up12(3),6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)))\s\up12(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)＋1)))>0.
令M(x)＝ln x－2 eq \f(x－1,x＋1)－ eq \f((x－1)3,6x2(x＋1))(x>1)，
则M′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(4,(x＋1)2)－ eq \f((x－1)2(2x＋1),3x3(x＋1)2)＝
eq \f((x－1)3(3x＋1),3x3(x＋1)2)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以M(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)))>ln 1－2× eq \f(1－1,1＋1)－ eq \f((1－1)3,6×12×(1＋1))＝0，
所以当00)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n).设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2),\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝m,y1＋y2＝n)).因为kAB＝kMN，所以 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝ eq \f(0－n,m－0)＝－ eq \f(n,m).将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),6)＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),3)＝1,\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)),6)＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)),3)＝1))，相减得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),6)＋ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),3)＝0，由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，所以 eq \f(y1＋y2,x1＋x2)· eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(1,2)，即 eq \f(n,m)·(－ eq \f(n,m))＝－ eq \f(1,2)，整理得m2＝2n2 ①.又|MN|＝2 eq \r(3)，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12 ②，由①②并结合m>0，n>0，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2\r(2),n＝2))，所以直线l的方程为 eq \f(x,2\r(2))＋ eq \f(y,2)＝1，即x＋ eq \r(2)y－2 eq \r(2)＝0.
优解：设直线l的方程为 eq \f(x,m)＋ eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n).由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q( eq \f(m,2)， eq \f(n,2))，则kAB＝ eq \f(0－n,m－0)＝－ eq \f(n,m)，kOQ＝ eq \f(\f(n,2),\f(m,2))＝ eq \f(n,m).由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－ eq \f(b2,a2)＝－ eq \f(1,2)，即(－ eq \f(n,m))· eq \f(n,m)＝－ eq \f(1,2)，以下同通解．
答案：x＋ eq \r(2)y－2 eq \r(2)＝0
17．解析：结合题意作出图形如图所示，由题意知，过左焦点F(－c，0)且斜率为 eq \f(b,4a)的直线的方程为y＝ eq \f(b,4a)(x＋c)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,4a)(x＋c)，,y＝\f(b,a)x))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(c,3)，,y＝\f(bc,3a)，))
所以B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,3)，\f(bc,3a))).因为|FB|＝3|FA|，所以 eq \(FB,\s\up6(→))＝3 eq \(FA,\s\up6(→))，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4c,3)，\f(bc,3a)))＝3(x1＋c，y1)，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－\f(5c,9)，,y1＝\f(bc,9a)，))
所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5c,9)，\f(bc,9a)))，将 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5c,9)，\f(bc,9a)))代入双曲线方程 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1，可得 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5c,9)))\s\up12(2),a2)－ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,9a)))\s\up12(2),b2)＝1，结合离心率e＝ eq \f(c,a)得e2＝ eq \f(81,24)，又e>1，所以双曲线的离心率为 eq \f(3\r(6),4).
答案： eq \f(3\r(6),4)
18．解析：设O是坐标原点，点P3与点P2关于x轴对称，如图，则P3(x2，－y2)，OP1―→·OP3―→＝x1x2－y1y2>0，即OP1―→·OP3―→>0恒成立，所以∠P1OP3恒为锐角，所以∠MON≤90°，所以双曲线Γ的其中一条渐近线y＝ eq \f(1,a)x的斜率 eq \f(1,a)≤1，又a>0，所以a≥1，即a的取值范围是[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
19．解：(1)将点A的坐标代入双曲线方程得 eq \f(4,a2)－ eq \f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故双曲线C的方程为 eq \f(x2,2)－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
联立直线l与双曲线C的方程并整理得(2k2－1)x2＋4kbx＋2b2＋2＝0，
故x1＋x2＝－ eq \f(4kb,2k2－1)，x1x2＝ eq \f(2b2＋2,2k2－1)，kAP＋kAQ＝ eq \f(y1－1,x1－2)＋ eq \f(y2－1,x2－2)＝ eq \f(kx1＋b－1,x1－2)＋ eq \f(kx2＋b－1,x2－2)＝0，
化简得2kx1x2＋(b－1－2k)(x1＋x2)－4(b－1)＝0，
故 eq \f(2k(2b2＋2),2k2－1)＋(b－1－2k)(－ eq \f(4kb,2k2－1))－4(b－1)＝0，
整理得(k＋1)(b＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即b＋2k－1≠0，故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θ(00，
所以x1＋x2＝－ eq \f(6km,3k2＋4)，x1x2＝ eq \f(3m2－12,3k2＋4).
过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB的方程联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))得xT＝ eq \f(3(y1＋2),2)，
所以T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3(y1＋2),2)，y1)).
因为 eq \(MT,\s\up6(→))＝ eq \(TH,\s\up6(→))，所以H(3y1＋6－x1，y1)，
lHN：y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)，
即y＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)x＋y2－ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)·x2.
令x＝0，得y＝y2－ eq \f((y1－y2)x2,3y1＋6－x1－x2)
＝ eq \f(－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＋6y2,－(x1＋x2)＋6＋3y1)
＝ eq \f(－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＋6y2,－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)－3y2).
因为y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝ eq \f(－12k2＋4m2,3k2＋4)，
y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝ eq \f(8m,3k2＋4)，
x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝ eq \f(－24k,3k2＋4)，
所以－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝ eq \f(24k,3k2＋4)＋ eq \f(－36k2＋12m2,3k2＋4)
＝ eq \f(－36k2＋12m2＋24k,3k2＋4)＝ eq \f(－24(k2－3k－2),3k2＋4)，
－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝ eq \f(6km,3k2＋4)＋6＋ eq \f(24m,3k2＋4)
＝ eq \f(6km＋18k2＋24＋24m,3k2＋4)＝ eq \f(12(k2－3k－2),3k2＋4)，
所以y＝ eq \f(\f(－24(k2－3k－2),3k2＋4)＋6y2,\f(12(k2－3k－2),3k2＋4)－3y2)＝－2，
所以直线HN过定点(0，－2).
综上，直线HN过定点(0，－2).
21．解：(1)当MD⊥x轴时，有|MF|＝ eq \f(p,2)＋p＝3，得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)如图，根据(1)知F(1，0)，D(2，0).
当MN⊥x轴时，易得α＝β＝ eq \f(π,2)，此时α－β＝0.
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
则直线MN的方程为y－y1＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)(x－x1)，
即y－y1＝ eq \f(y1－y2,\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),4)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)),4))(x－x1)＝ eq \f(4,y1＋y2)(x－x1)，
即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，
所以直线MN的方程为y(y1＋y2)－y1y2＝4x.
同理可得，直线AM的方程为y(y3＋y1)－y3y1＝4x，直线BN的方程为y(y4＋y2)－y4y2＝4x，直线AB的方程为y(y4＋y3)－y4y3＝4x.
因为F(1，0)在MN上，所以y1y2＝－4.
因为D(2，0)在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以y3＝－ eq \f(8,y1)，y4＝－ eq \f(8,y2).
所以y3＋y4＝－ eq \f(8,y1)－ eq \f(8,y2)＝－ eq \f(8(y1＋y2),y1y2)＝－ eq \f(8(y1＋y2),－4)＝2(y1＋y2)，
y3y4＝ eq \f(64,y1y2)＝ eq \f(64,－4)＝－16，
所以直线AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，
所以tan α＝ eq \f(4,y2＋y1)，tan β＝ eq \f(2,y2＋y1)，
所以tan (α－β)＝ eq \f(\f(2,y2＋y1),1＋\f(8,(y2＋y1)2))＝ eq \f(2(y2＋y1),(y2＋y1)2＋8)
＝2× eq \f(1,(y2＋y1)＋\f(8,y2＋y1))
当y2＋y10得k0，所以3－k20，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大，故选D．
8．解析：从甲、乙等5名同学中随机选3名，有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5))种情况，其中甲、乙都入选有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3))种情况，所以甲、乙都入选的概率P＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)),C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)))＝ eq \f(3,10).
答案： eq \f(3,10)
9．解析：若四位数的千位数字为1，则均比2 134小，若四位数的千位数字为2，则2 134最小，其他数都比2 134大，故比2 134大的四位数的个数为A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4))－A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3))－1＝17.
答案：17
10．解析：从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8))＝70(种).其中4个点共面有以下两种情况：
(1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；
(2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法．
所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝ eq \f(12,70)＝ eq \f(6,35).
答案： eq \f(6,35)
11．解析：(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8))x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(8))x2y6，令r＝5，得T5＋1＝C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(8))x3y5，所以(1－ eq \f(y,x))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(8))－C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(8))＝－28.
答案：－28
12．解析：因为X～N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，σ2))，所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X>2))＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(22.706，
所以有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．
17．解：(1)K2＝ eq \f(200×(40×90－60×10)2,50×150×100×100)＝24>6.635，
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)①R＝ eq \f(\f(P(B|A),P(\(B,\s\up6(－))|A)),\f(P(B|\(A,\s\up6(－))),P(\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－)))))＝ eq \f(P(B|A)·P(\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))),P(\(B,\s\up6(－))|A)·P(B|\(A,\s\up6(－))))，
由题意知，证明 eq \f(P(B|A)·P(\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))),P(\(B,\s\up6(－))|A)·P(B|\(A,\s\up6(－))))＝ eq \f(P(A|B)·P(\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))),P(\(A,\s\up6(－))|B)·P(A|\(B,\s\up6(－))))即可，
左边＝ eq \f(\f(P(AB),P(A))·\f(P(\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))),P(\(A,\s\up6(－)))),\f(P(A\(B,\s\up6(－))),P(A))·\f(P(\(A,\s\up6(－))B),P(\(A,\s\up6(－)))))＝ eq \f(P(AB)·P(\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))),P(A\(B,\s\up6(－)))·P(\(A,\s\up6(－))B))
右边＝ eq \f(\f(P(AB),P(B))·\f(P(\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))),P(\(B,\s\up6(－)))),\f(P(\(A,\s\up6(－))B),P(B))·\f(P(A\(B,\s\up6(－))),P(\(B,\s\up6(－)))))＝ eq \f(P(AB)·P(\(A,\s\up6(－))\(B,\s\up6(－))),P(\(A,\s\up6(－))B)·P(A\(B,\s\up6(－))))
左边＝右边，故R＝ eq \f(P(A|B),P(\(A,\s\up6(－))|B))· eq \f(P(\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))),P(A|\(B,\s\up6(－)))).
②由调查数据可知P(A|B)＝ eq \f(40,100)＝ eq \f(2,5)，P(A| eq \(B,\s\up6(－)))＝ eq \f(10,100)＝ eq \f(1,10)，
且P( eq \(A,\s\up6(－))|B)＝1－P(A|B)＝ eq \f(3,5)，
P( eq \(A,\s\up6(－))| eq \(B,\s\up6(－)))＝1－P(A| eq \(B,\s\up6(－)))＝ eq \f(9,10)，
所以R＝ eq \f(\f(2,5),\f(3,5))× eq \f(\f(9,10),\f(1,10))＝6.
18．解：(1)设甲学校获得冠军的事件为A，则甲学校必须获胜2场或者3场．
P(A)＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.6.
故甲学校获得冠军的概率为0.6.
(2)X的取值可以为0，10，20，30.
P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P(X＝10)＝(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.44，
P(X＝20)＝(1－0.5)×(1－0.4)×0.8＋0.5×(1－0.4)×(1－0.8)＋(1－0.5)×0.4×(1－0.8)＝0.34，
P(X＝30)＝(1－0.5)×(1－0.4)×(1－0.8)＝0.06.
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
19．解：(1)设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件A.
因为比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖，甲以往的比赛成绩中达到9.50 m以上(含9.50 m)的有9.80 m，9.70 m，9.55 m，9.54 m，共4个，
所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(A)＝0.4.
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3.
由(1)知，甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率
P(A)＝0.4.
设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件B，C，则P(B)＝0.5，P(C)＝0.5.
P(X＝0)＝(1－0.4)×(1－0.5)×(1－0.5)＝0.15，
P(X＝1)＝0.4×(1－0.5)×(1－0.5)＋(1－0.4)×0.5×(1－0.5)＋(1－0.4)×(1－0.5)×0.5＝0.4，
P(X＝2)＝0.4×0.5×(1－0.5)＋0.4×(1－0.5)×0.5＋(1－0.4)×0.5×0.5＝0.35，
P(X＝3)＝0.4×0.5×0.5＝0.1，
所以EX＝0×0.15＋1×0.4＋2×0.35＋3×0.1＝1.4.
(3)在校运动会铅球比赛中，按以往比赛成绩的平均数、方差来看，甲获得冠军的概率估计值最大；按以往比赛的最好成绩来看，丙获得冠军的概率估计值最大．
20．解：(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积
eq \(x,\s\up6(－))＝ eq \f(\(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))xi,10)＝ eq \f(0.6,10)＝0.06，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量
eq \(y,\s\up6(－))＝ eq \f(\(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))yi,10)＝ eq \f(3.9,10)＝0.39.
(2) eq \(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1)) (xi－ eq \(x,\s\up6(－)))(yi－ eq \(y,\s\up6(－)))＝ eq \(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))xiyi－10 eq \(x,\s\up6(－)) eq \(y,\s\up6(－))＝0.013 4，
eq \(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1)) (xi－ eq \(x,\s\up6(－)))2＝ eq \(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i))－10( eq \(x,\s\up6(－)))2＝0.002，
eq \(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1)) (yi－ eq \(y,\s\up6(－)))2＝ eq \(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i))－10( eq \(y,\s\up6(－)))2＝0.094 8，
所以 eq \r(\(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))(xi－\(x,\s\up6(－)))2\(∑,\s\up6(10),\s\d9(i＝1))(yi－\(y,\s\up6(－)))2)＝ eq \r(0.002×0.094 8)
＝ eq \r(0.000 1×1.896)≈0.01×1.377＝0.013 77，
所以样本相关系数r＝ eq \f(\i\su(i＝1,10, )(xi－\(x,\s\up6(－)))(yi－\(y,\s\up6(－))),\r(\i\su(i＝1,10, )(xi－\(x,\s\up6(－)))2\i\su(i＝1,10, )(yi－\(y,\s\up6(－)))2))≈ eq \f(0.013 4,0.013 77)≈0.97.
(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以 eq \f(3.9,0.6)＝ eq \f(Y,186)，
所以Y＝ eq \f(186×3.9,0.6)＝1 209，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1 209 m3.
专题十 选考部分
1．解：(1)直线l的极坐标方程为ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＋m＝0，即ρsin θ＋ eq \r(3)ρcs θ＋2m＝0，根据 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ，))得l的直角坐标方程为 eq \r(3)x＋y＋2m＝0.
(2)曲线C的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)cs 2t,y＝2sin t))(t为参数)，将sin t＝ eq \f(y,2)代入x＝ eq \r(3)cs 2t＝ eq \r(3)(1－2sin2t)，得曲线C的普通方程为y2＝－ eq \f(2\r(3),3)x＋2(－2≤y≤2).
联立直线l与曲线C的方程，得 eq \r(3)x＋y＋2m＝0，
y2＝－ eq \f(2\r(3),3)x＋2(－2≤y≤2)，消去x并整理得3y2－2y－6－4m＝0(－2≤y≤2).
方法一：若直线l与曲线C有公共点，则Δ＝(－2)2－4×3×(－6－4m)≥0，且3×(－2)2－2×(－2)－6－4m≥0，
所以－ eq \f(19,12)≤m≤ eq \f(5,2).
方法二：所以4m＝3y2－2y－6(－2≤y≤2)，因为3y2－2y－6＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－\f(2,3)y))－6＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,3))) eq \s\up12(2)－ eq \f(19,3)，所以当－2≤y≤2时，－ eq \f(19,3)≤3y2－2y－6≤10，即－ eq \f(19,3)≤4m≤10，则－ eq \f(19,12)≤m≤ eq \f(5,2).
2．解：(1)根据C1的参数方程，消去参数t可得x＝ eq \f(2＋y2,6)⇒y2＝6x－2(y≥0)，
所以曲线C1的普通方程为y2＝6x－2(y≥0).
(2)曲线C3的极坐标方程可化为2ρcs θ－ρsin θ＝0，
所以普通方程为y＝2x.
根据C2的参数方程，消去参数s可得x＝－ eq \f(2＋y2,6)⇒y2＝－6x－2(y≤0).
根据 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝－6x－2(y≤0),y＝2x))，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2),y＝－1))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1,y＝－2))，
所以C3与C2交点的直角坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1))，(－1，－2).
根据 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝6x－2(y≥0),y＝2x))，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2),y＝1))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝2))，
所以C3与C1交点的直角坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，(1，2).
3．解：(1)因为a，b，c都是正数，1＝a eq \s\up6( eq \f(3,2))＋b eq \s\up6( eq \f(3,2))＋c eq \s\up6( eq \f(3,2))≥3 eq \r(3,a eq \s\up6(\f(3,2))·b eq \s\up6(\f(3,2))·c eq \s\up6(\f(3,2)))＝3 eq \r(abc)，
所以abc≤ eq \f(1,9)，
当且仅当a＝b＝c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up6(\f(2,3))时等号成立．
(2)由基本不等式得b＋c≥2 eq \r(bc)，所以 eq \f(a,b＋c)≤ eq \f(a,2\r(bc))，
同理得 eq \f(b,a＋c)≤ eq \f(b,2\r(ac))， eq \f(c,a＋b)≤ eq \f(c,2\r(ab)).
利用不等式的性质得
eq \f(a,b＋c)＋ eq \f(b,a＋c)＋ eq \f(c,a＋b)≤ eq \f(a,2\r(bc))＋ eq \f(b,2\r(ac))＋ eq \f(c,2\r(ab))
＝ eq \f(a\s\up6(\f(3,2)),2\r(abc))＋ eq \f(b\s\up6(\f(3,2)),2\r(abc))＋ eq \f(c\s\up6(\f(3,2)),2\r(abc))＝ eq \f(a\s\up6(\f(3,2))＋b\s\up6(\f(3,2))＋c\s\up6(\f(3,2)),2\r(abc))＝ eq \f(1,2\r(abc))，
当且仅当a＝b＝c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up6(\f(2,3))时等号成立．
4．解：(1)方法一(平方转化基本不等式证明)：因为a2＋b2＋4c2＝3，
所以(a＋b＋2c)2＝a2＋b2＋4c2＋2(ab＋2bc＋2ac)≤3＋(a2＋b2)＋[b2＋(2c)2]＋[a2＋(2c)2]，当且仅当a＝b＝2c＝1时取等号，
所以(a＋b＋2c)2≤3＋2[a2＋b2＋(2c)2]＝9.
又a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3.
方法二(柯西不等式证明)：因为a2＋b2＋4c2＝3，所以根据柯西不等式有3×3＝(a2＋b2＋4c2)(12＋12＋12)≥(a＋b＋2c)2，当且仅当a＝b＝2c＝1时取等号．
又a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3.
方法三(权方和不等式证明)：根据权方和不等式可得 eq \f((a＋b＋2c)2,(1＋1＋1)1)≤ eq \f(a2,1)＋ eq \f(b2,1)＋ eq \f(4c2,1)＝3(当且仅当a＝b＝2c＝1时取等号)，所以(a＋b＋2c)2≤9.
又a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3.
(2)因为b＝2c，所以根据(1)有0