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2022年山东省泰安市高考数学二模试卷
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这是一份2022年山东省泰安市高考数学二模试卷，共17页。试卷主要包含了已知a=lg52，b=lg0，下列说法正确的是，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省泰安市高考数学二模试卷
1.（5分）设全集为R，集合A={ x|0
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.（5分）已知(x-ax)(1-x)4的展开式中含x2项的系数为4，则实数a=( )
A. 2 B. 4 C. -2 D. 4
4.（5分）已知a=log52，b=log0.50.2，c=0.50.2，则a，b，c的大小关系为( )
A. a
A. 函数f(x)的最小正周期是2π
B. 函数f(x)在(π2,π)上单调递减
C. 曲线y=f(x+π12)关于直线x=-π2对称
D. 函数f(x)在[3π4,4π3]上的最小值是-1
6.（5分）已知盒子中装有形状，大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，现每次从中任意取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为()
A. 15 B. 25 C. 12 D. 38
7.（5分）已知以F为焦点的抛物线y2=-2x上的两点A，B(点A的横坐标大于点B的横坐标)，满足OA→-OB→=λFA→(O为坐标原点)，弦AB的中点M的横坐标为-56，则实数λ=()
A. 32 B. 43 C. 3 D. 4
8.（5分）已知A，B两点都在以PC为直径的球O的球面上，AB⊥BC，AB=BC=4，若球O的体积为36π，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为()
A. 105 B. 155 C. 33 D. 63
9.（5分）下列说法正确的是()
A. 经验回归方程y^=b^x+a^对应的经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
C. 设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ⩾1)=p，则P(-1<ξ<0)=12-p
D. 若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数，则样本的方差不变
10.（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为32，且其右顶点为A(2,0)，左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上，则下列结论正确的是()
A. 双曲线C的方程为x24-y25=1
B. 点A到双曲线C的渐近线的距离为253
C. 若|PF1|=6，则|PF2|=2
D. 若PF1→·PA→=0，则△PF1A的外接圆半径为52
11.（5分）已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，如图所示，将△AMN沿MN折起至△A'MN，得到四棱锥A'-MNCB，则在四棱锥A'-MNCB中，下列说法正确的是()
A. 当四棱锥A'-MNCB的体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角
B. 在折起过程中，存在某位置使BN⊥平面A'NC
C. 当四棱A'-MNCB体积的最大时，直线A'B与平面MNCB所成角的正切值为217
D. 当二面角A'-MN-B的余弦值为13时，△A'NC的面积最大
12.（5分）已知函数f(x)=lnx-ax2+1，a∈R，则下列结论正确的是()
A. 对任意的a∈R，存在x0∈(0,+∞)，使得f(x0)=0
B. 若x1是f(x)的极值点，则f(x)在(x1,+∞)上单调递减
C. 函数f(x)的最大值为1-ln(2a)2
D. 若f(x)有两个零点，则0
14.（5分）已知在边长为4的等边ΔABC中，BD→=13DC→，则AD→⋅AC→=______.
15.（5分）已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=-eax.若f(ln2)=8，则a= ．
16.（5分）已知以C为圆心的圆x2+y2-2x-4y+4=0，若直线2ax+by-2=0(a,b为正实数)平分圆C，则2a+1b的最小值是 ______；设点M(x0,3)，若在圆C上存在点N，使∠CMN=45°，则x0的取值范围是 ______
17.（12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2asin2B2=3bsinA，A的角平分线交BC于点D.
(1)求B；
(2)若c=2，AD=3，求b.
18.（12分）已知数列{an}单调递增，其前n项和为Sn，且a1=2，Sn=an24+n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=an·3an2-1，求数列{bn}的前n项和为Tn.
19.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，PD=AD，PD⊥平面ABCD，M为BC中点，PN→=λPB→(0<λ<1).
(1)求证：平面DMN⊥平面PAD；
(2)当λ取何值时，二面角B-DN-M的余弦值为155.
20.（12分）为提升教师的命题能力，某学校将举办一次教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行3轮比赛，3轮比赛命制的题目分别适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，3轮比赛中，至少获得2次“优秀奖”的教师将进入复赛．为能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准．
(1)若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获“优秀奖”的概率；
(2)若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大16，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？
21.（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,63)，过其右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|=233.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y=kx-12与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP=2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
22.（12分）已知函数f(x)=emx+nx(m≠0).当m=1时，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x-y+1=0垂直．
(1)若f(x)的最小值是1，求m的值；
(2)若A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
该题考查了集合的运算问题，是基础题．
根据补集、交集的定义即可求出．
解：∵A={ x|0
∴A∩(∁RB)={ x|0
2.【答案】C
【解析】解：∵z=3-i1-2i=(3-i)(1+2i)(1-2i)(1+2i)=1+i，
∴z--4=1-i-4=-3-i，
∴复数z--4在复平面内对应的点(-3,-1)位于第三象限．
故选：C.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
此题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：(x-ax)(1-x)4=(x-ax)(1-4x+6x2-4x3+x4)，
所以展开式中含x2项的是x⋅(-4x)+(-ax)⋅(-4x3)=(-4+4a)x2，
系数为-4+4a=4，解得a=2．
故选：A．
根据二项式定理展开(1-x)4，再求展开式中含x2项的系数，列方程求出a的值．
此题主要考查了二项式展开式的应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】
这道题主要考查对数、指数的大小比较，本题属中档题．
本题先将a、b、c的大小与1作个比较，发现b>1，a、c都小于1.再对a、c的表达式进行变形，判断a、c之间的大小．
解：由题意，可知：
a=log52<1，
b=log0.50.2=log1215=log2-15-1=log25>log24=2．
c=0.50.2<1，
∴b最大，a、c都小于1．
∵a=log52=1log25，c=0.50.2=(12)15=512=152．
而log25>log24=2>52，
∴1log25<152．
∴a
5.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=sin(ωx+φ)的图象知，T4=5π12-π6=π4，解得T=π，所以ω=2πT=2，
由五点法画图知(π6,0)是第一个对应点，所以2×π6+φ=0，解得φ=-π3，
所以函数f(x)=sin(2x-π3)；
对于A，函数f(x)的最小正周期是π，选项A错误；
对于B，x∈(π2,π)时，2x-π3∈(2π3,5π3)，f(x)先递减后递增，所以B错误；
对于C，y=f(x+π12)=sin[2(x+π12)-π3]=sin(2x-π6)，且f(-π2)=sin(-7π6)=12，
所以曲线y=f(x+π12)不关于直线x=-π2对称，选项C错误；
对于D，x∈[3π4,4π3]时，2x-π3∈[7π6,7π3]，f(x)先递减后递增，最小值是f(x)min=f(11π12)=-1，所以D正确．
故选：D.
由函数f(x)=sin(ωx+φ)的图象求出T、ω和φ的值，写出函数解析式，再判断选项中的命题是否正确．
此题主要考查了由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合与函数思想，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A，“第三张为奇数”为事件B，
故所求的概率P(B|A)=n(AB)n(A)=A22C31+A33A32A31+A22A31=12.
故选：C.
根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
此题主要考查条件概率公式，考查转化能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由抛物线y2=-2x，得焦点F(-12,0)，弦AB的中点M的横坐标为-56，
由已知可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k(x+12)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，(x1>x2)，
联立{y2=-2xy=k(x+12)，得k2x2+(k2+2)x+k24=0，则x1x2=14.
又弦AB的中点M的横坐标为-56，∴x1+x2=-53，解得x1=-16，x2=-32，
∴点A到准线的距离为23，点B到准线的距离为2.
∴|FA||FB|=13，可得|FA||AB|=14，又OA→-OB→=BA→，OA→-OB→=λFA→，
∴λ=4.
故选：D.
由抛物线方程求出焦点坐标，设直线AB的方程，与抛物线方程联立，化为关于x的一元二次方程，由已知向量等式及根与系数的关系求解．
此题主要考查抛物线的几何性质，考查向量在求解抛物线问题中的应用，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，取AC中点M，连接MO，由AB⊥CB可得M是△ABC的外心，
则OM⊥平面ABC，又BC=BA，
∴BM⊥AC，由V=43πR3=36π，得R=3，即OC=3，
又BC=BA=4，∴MC=MA=MB=22,M，O分别是AC，PC中点，
∴PA|OM,PA=2OM,OM=OC2-MC2=1，
以MC，MB，MO为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(-22,0,0),P(-22,0,2),B(0,22,0),PB→=(22,22,-2)
与AC→平行的向量n→=(1,0,0)，cos〈n→,PB→〉=n→⋅PB→|n→|⋅|PB→|=228+8+4=105，
故异面直线PB与AC所成角的余弦值为105.
故选：A.
取AC中点M，先由外接球体积求出半径，再由△ABC为等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，表示出PB→以及AC→平行的向量n→=(1,0,0)，再按照向量夹角公式求解即可．
此题主要考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：经验回归直线可以不经过样本数据点中的任何一个点，A错误；
根据残差的定义可知，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，预测值与实际值越接近，其模型的拟合效果越好，B正确；
随机变量ζ服从正态分布N(0,1)，则P(ξ⩽-1)=P(ξ⩾1)=p，则P(-1<ξ<1)=1-2p，故P(-1<ξ<0)=12-p，C正确；
由方差性质知，若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数，数据的离散程度不变，则样本的方差不变，D正确．
故选：BCD.
由经验回归直线、残差的定义、正态分布的对称性以及方差性质依次判断4个选项即可．
此题主要考查了经验回归直线，残差的定义以及正态分布等概率统计的知识，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由题意知，e=ca=32，a=2，所以c=3，b=5，
选项A，双曲线的方程为x24-y25=1，即A正确；
选项B，渐近线方程为y=±bax=±52x，所以点A(2,0)到直线y=52x的距离d=|52×2|(52)2+1=253，即B正确；
选项C，由双曲线的定义知，||PF1|-|PF2||=2a=4，若|PF1|=6，则|PF2|=2或10，即C错误；
选项D，由PF1→·PA→=0，知PF1⊥PA，所以△PF1A的外接圆直径为|F1A|，而|F1A|=a+c=5，
所以△PF1A的外接圆半径为52，即D正确．
故选：ABD.
易知a=2，c=3，b=5，从而得双曲线的方程，可判断A；写出渐近线方程，由点到直线的距离公式，可判断B；由双曲线的定义，可判断C；△PF1A的外接圆直径为|F1A|，可判断D.
此题主要考查双曲线的定义与几何性质，熟练掌握a，b与c的含义与关系，双曲线的定义是解答该题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如图，取MN中点F，易得A'F⊥MN，由于四边形BCNM的面积为定值，
要使四棱锥A'-MNCB的体积最大，即高最大，
当A'F⊥面BCNM时，此时高为A'F最大，二面角A'-MN-B为直二面角，A正确；
若BN⊥平面A'NC，则BN⊥A'N，又BN=62-32=33，A'N=3，
则A'B=A'N2+NB2=6，
又AB=6，A'B<6，故BN⊥A'N不成立，即不存在某位置使BN⊥平面A'NC，B错误；
由上知，当四棱锥A'-MNCB体积的最大时，
即二面角A'-MN-B为直二面角，A'F⊥面BCNM，
此时直线A'B与平面MNCB所成角即为∠A'BF，易得四边形BCNM为等腰梯形，
取BC中点D，易得FD⊥BC，且FD=332，
故BF=BD2+DF2=32+(332)2=632，又A'F⊥BF，
故tan∠A'BF=A'FBF=332632=217，C正确；
如图，取MN中点F，易得A'F⊥MN，取BC中点D，
易得FD⊥MN，故∠A'FD即为二面角A'-MN-B的平面角，即cos∠A'FD=13，
故A'D2=A'F2+DF2-2A'F⋅DF⋅cos∠A'FD，又A'F=FD=332，解得A'D=3，
又A'B=A'C，A'D⊥BC，
故A'C2=A'D2+DC2=32，又A'N=CN=3，
此时△A'NC为等腰直角三角形，面积最大为12A'N⋅NC=92，故D正确．
故选：ACD.
由四棱锥A'-MNCB的体积最大，即高最大即可判断A选项；令BN⊥平面A'NC，则BN⊥A'N，推出矛盾即可判断B选项；由线面角的定义即可判断C选项；由面面角的定义求得A'D=3，进而求出△A'NC为等腰直角三角形即可判断D选项．
此题主要考查二面角的相关问题，线面垂直的判定，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
12.【答案】BD
【解析】解：函数f(x)=lnx-ax2+1，a∈R，x∈(0,+∞)，
f'(x)=1x-2ax，
a⩽0时，f'(x)>0，此时函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增；
a>0时，f'(x)=-2a(x+12a)(x-12a)x，
x∈(0,12a)时，f'(x)>0，此时函数f(x)在x∈(0,12a)上单调递增；x∈(12a,+∞)时，f'(x)<0，此时函数f(x)在x∈(12a,+∞)上单调递减．
当x=12a时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(12a)=12(1-ln(2a)).
A.若a>e2，则函数f(x)的最大值=f(12a)=12(1-ln(2a))<0，此时函数f(x)不存在零点，因此不正确．
B.若x1是f(x)的极值点，则f(x)在(x1,+∞)上单调递减，正确；
C.只有当a>0时，x=12a时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(12a)=12(1-ln(2a))，而a⩽0时，f'(x)>0，此时函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，且x→+∞时，f(x)→+∞，无最大值，因此不正确．
D.若f(x)有两个零点，则a>0，函数f(x)的最大值=f(12a)=12(1-ln(2a))>0，解得0
函数f(x)=lnx-ax2+1，a∈R，x∈(0,+∞)，f'(x)=1x-2ax，对a分类讨论，即可得出函数的单调性与极值情况，进而得出结论．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值及其最值、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】 20
【解析】解：设数列{an}的公差为d，d>0，
∵a1=2，且a3+2，a4，a6-4成等比数列，
∴a42=(a3+2)(a6-4)，
即(a1+3d)2=(a1+2d+2)(a1+5d-4)，
解得d=-6(舍)或d=2，
∴an=a1+(n-1)d=2n.
可得a10=20.
故答案为：20.
首先利用等差和等比数列的性质的应用求出数列的通项公式；
此题主要考查数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
14.【答案】 10
【解析】解：AD→⋅AC→
=(AC→+CD→)⋅AC→
=(AC→+34CB→)⋅AC→
=AC2→+34AC→⋅CB→
=42+34×4×4×cos120°
=10；
故答案为：10.
运用向量的加法的三角形法则和向量的数量积的定义和性质，即可计算得到．
此题主要考查向量的数量积的定义和性质，考查运算能力，属于基础题．
15.【答案】 -3
【解析】
该题考查函数的奇偶性，属于基础题．
根据奇函数的定义，可得结果．
解：∵f(x)是奇函数，
∴-f(ln2)=f(-ln2)=-8，
又∵当x<0时，f(x)=-eax，
∴f(-ln2)=-e-aln2=-8，
∴-aln2=ln8，∴a=-3．
故答案为-3．
16.【答案】 3+22， [0，2]; 略
【解析】解：由题意，圆心(1,2)，在直线2ax+by-2=0上，则2a+2b=2，即a+b=1，
则2a+1b=2a+1b(a+b)=2+1+2ba+ab⩾3+22ba×ab=3+22，
当且仅当2ba=ab时，即a=2b时等号成立，
圆的标准方程为(x-1)2+(y-2)2=1，
与直线y=3相切，若在圆C上存在点N，使∠CMN=45°，需使x0∈[0,2]，
故答案为：3+22，[0,2].
由题意，圆心在直线上，代入直线方程，再利用均值不等式求解即可，
此题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中等题．
17.【答案】解：（1）因为2asin2B2=3bsinA，
所以a(1-cosB)=3bsinA，
由正弦定理得sinA(1-cosB)=3sinBsinA
整理得3sinB+cosB=1，
所以sin(B+π6)=12，
因为B∈（0，π），
所以B+π6∈(π6，7π6)，
所以B+π6=5π6，
所以B=2π3；
（2）在△ABD中，ADsinB=csin∠ADB，
所以sin∠ADB=CsinBAD=22，
所以∠ADB=π4，
所以∠BAD=∠DAC=π12，
所以∠ACB=∠BAC=π6，
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，
所以b=2acosπ6=6．
【解析】
(1)由降幂公式得a(1-cosB)=3bsinA，再由正弦定理及辅助角公式得sin(B+π6)=12，即可求解；
(2)先由正弦定理求得∠ADB=π4，进而得到∠ACB=∠BAC=π6，再求b即可．
此题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：（1）因为Sn=an24+n，
所以当n≥2时，Sn-1=an-124+n-1，
所以当n≥2时，Sn-Sn-1=an2-an-124+1=an
整理得(an-2)2=an-1'2
因为数列{an}单调递增，且a1=2，
所以当n≥2时，an-2＞0，an-1＞0，
所以当n≥2时，an-2=an-1，即an-an-1=2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an=2+2（n-1）=2n．
（2）bn=2n⋅3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=2(1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n)-n
设Bn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，
则3Bn=1⋅32+2⋅33+3⋅34…+n⋅3n+1，
所以-2Bn=31+32+33+⋯+3n-n⋅3n+1=3(1-3n)1-3-n⋅3n+1=(12-n)3n+1-32，
所以2Bn=(n-12)3n+1+32，
所以Tn=2Bn-n=(n-12)3n+1-n+32．
【解析】
(1)先利用Sn与an的递推关系得到an-an-1=2，再结合等差数列的定义及通项求解即可；
(2)先得到Tn=2(1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n)-n，再利用错位相减法求出Bn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，即可求解．
此题主要考查了由递推式求通项公式以及错位相减法求和，属于中档题．
19.【答案】（1）证明：∵底面ABCD为菱形，∠DCB=∠DAB=60°，
∴△DBC为正三角形，
∵M为BC中点，
∴DM⊥BC，
又BC∥AD，
∴DM⊥AD，
∵PD⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，
∴DM⊥PD，
又PD∩AD=D，PD，AD⊂平面PAD，
∴DM⊥平面PAD，
又DM⊂平面DMN，∴平面DMN⊥平面PAD．
（2）解：由（1）知，DA，DM，DP两两垂直，以D为坐标原点，DA→，DM→，DP→的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．
设AD=2a，DM=2asin60°=3a，
则D（0，0，0），B(a，3a，0)，P（0，0，2a），M(0，3a，0)，A（2a，0，0），C(-a，3a，0)．
∴PB→=(a，3a，-2a)，AC→=(-3a，3a，0)，
∵PN→=λPB→(0＜λ＜1)，∴N(λa，3λa，2a(1-λ))，
∴DN→=(λa，3λa，2a(1-λ))，DM→=(0，3a，0)，
设n→=(x，y，z)为平面DNM的一个法向量，
则{n→⋅DN→=λax+3λay+2a(1-λ)z=0n→⋅DM→=3ay=0，
取z=λ，则{x=2(λ-1)y=0，∴n→=(2(λ-1)，0，λ)，
连接AC，AC⊥BD，AC⊥PD，BD∩PD=D，故AC⊥平面DNB，
∴AC→为平面DNB一个法向量．
∴cos〈n→，AC→〉=|-6a(λ-1)|4(λ-1)2+λ2·23a=155，解得λ=12，
∴当λ=12时，二面角B-DN-M的余弦值为155．
【解析】
(1)先证DM⊥AD，DM⊥PD，再证DM⊥平面PAD，即可证明平面DMN⊥平面PAD；
(2)建立空间直角坐标系，表示出平面DNM和平面DNB的法向量，再由二面角B-DN-M的余弦值以及向量夹角公式求得λ即可．
此题主要考查面面垂直的证明，空间想象能力的培养，二面角的相关计算等知识，属于中等题．
20.【答案】解：（1）设A=“在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件A发生的所有情况有：
①符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为P1=C31C11C22C42C42=36×6=112，
②符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为P2=C32C21C21C42C42=126×6=13，
③符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为P3=C32C22C42C42=36×6=112，
所以P(A)=112+13+112=12；
（2）由题知，强化训练后，每道非解答题入选的概率为34，每道解答题入选的概率为12+16=23，
则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为：
P=C21×34×14×C22×(23)2+C22×(34)2×C21×23×13+C22×(34)2×C22×(23)2=16+14+14=23，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验，
用X表示教师甲在3轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则X～B(3，23)，
∴E(X)=3×23=2，
∴教师甲能进入复赛．
【解析】
(1)分非解答题入选1道，解答题入选2道，非解答题入选2道，解答题入选1道，非解答题，解答题各入选2道计算概率，再相加即可；
(2)先计算出甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率，判断出3轮比赛可看作3重伯努利试验，再由二项分布期望公式计算期望，判断即可．
此题主要考查了二项分布期望和古典概型概率的计算，属于中档题．
21.【答案】解：（1）由题知，椭圆C过点(1，63)和(c，33)，
所以{1a2+23b2=1c2a2+13b2=1a2=b2+c2，解得a2=3，b2=1，
所以椭圆C的方程为x23+y2=1．
（2）假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP=2∠EFP恒成立，
设P（0，y0），E（x1，y1），F（x2，y2），
由{y=kx-12x23+y2=1，得（4+12k2）x2-12kx-9=0，∴x1+x2=12k4+12k2，x1x2=-94+12k2，
Δ=144k2+36（4+12k2）＞0，
∵∠EQP=2∠EFP，∴∠EFP=∠FPQ，∴QE=QF=QP，
∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，
PE→=(x1，y1-y0)，PF→=(x2，y2-y0)，
∴PE→⋅PF→=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)
=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+y02
=x1x2+k2x1x2-k2(x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]+14+y02
=(1+k2)x1x2-k(12+y0)(x1+x2)+y02+y0+14
=12(y02-1)k2+4y02+4y0-84+12k2=0，
∴12(y02-1)k2+4y02+4y0-8=0恒成立，
∴{y02-1=04y02+4y0-8=0，解得y0=1，
∴P（0，1）
∴存在定点P（0，1），使得∠EQP=2∠EFP恒成立．
【解析】
(1)直接由椭圆C过点(1,63)和(c,33)解方程即可；
(2)先联立直线和椭圆，通过∠EQP=2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出PE→，PF→由PE→⋅PF→=0解出点P的坐标即可．
此题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
22.【答案】解：（1）m=1时，f′（x）=ex+n，
由题意得f′（0）=1+n=-1，
所以n=-2，f（x）=emx-2x，f′（x）=memx-2，
当m＜0时，f′（x）＜0，函数在R上单调递减，
又f（0）=1，
故当x＞0时，f（x）＜1，不符合题意；
当m＞0时，易得，当x＞ln2mm时，f′（x）＞0，函数单调递增，当x＜ln2mm时，f′（x）＜0，函数单调递减，
所以当x=ln2mm时，函数取得最小值f（ln2mm）=1，
由f（0）=1，
当x≠0时，f（x）＞1，
所以ln2mm=0，即m=2；
（2）证明：由题意得k=f(x2)-f(x1)x2-x1=emx2-emx1x2-x1-2，
令g（x）=f′（x）-k=memx-emx2-emx1x2-x1，则g′（x）=m2emx＞0，
所以g（x）单调递增，
因为g（x1）=memx-emx2-emx1x2-x1=-emx1x2-x1[em(x2-x1)-m（x2-x1）-1]
g（x2）=memx2-emx2-emx1x2-x1=emx2x2-x1[em(x1-x2)-m（x1-x2）-1]，
令h（x）=ex-x-1，则h′（x）=ex-1，
易得，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
故h（x）≥h（0）=0，
当x≠0时，ex＞x+1，
因为m≠0，x1＜x2，m（x1-x2）≠0，
所以em(x2-x1)-m（x2-x1）-1＞0，em(x1-x2)-m（x1-x2）-1＞0，
又emx1x2-x1＞0，emx2x2-x1＞0，
所以g（x1）＜0，g（x2）＞0，
所以g（x）在（x1，x2）上有唯一零点，即f′（x）=k在（x1，x2）上有唯一零点，
所以方程f'（x）=k在（x1，x2）上有唯一实数根．
【解析】
(1)先对函数求导，结合导数几何意义可求n，然后结合导数与单调性关系求出函数的最小值，代入可求；
(2)由题意得k=f(x2)-f(x1)x2-x1=emx2-emx1x2-x1-2，构造函数g(x)=f'(x)-k=memx-emx2-emx1x2-x1，对g(x)求导，结合导数分析函数的单调性，由单调性分析函数性质，结合零点判定定理可证．
此题主要考查了导数的几何意义，导数与单调性及最值关系的应用，函数的零点判定定理及函数性质的综合应用，属于难题．
2022年山东省泰安市高考数学二模试卷
1.（5分）设全集为R，集合A={ x|0
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.（5分）已知(x-ax)(1-x)4的展开式中含x2项的系数为4，则实数a=( )
A. 2 B. 4 C. -2 D. 4
4.（5分）已知a=log52，b=log0.50.2，c=0.50.2，则a，b，c的大小关系为( )
A. a
A. 函数f(x)的最小正周期是2π
B. 函数f(x)在(π2,π)上单调递减
C. 曲线y=f(x+π12)关于直线x=-π2对称
D. 函数f(x)在[3π4,4π3]上的最小值是-1
6.（5分）已知盒子中装有形状，大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，现每次从中任意取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为()
A. 15 B. 25 C. 12 D. 38
7.（5分）已知以F为焦点的抛物线y2=-2x上的两点A，B(点A的横坐标大于点B的横坐标)，满足OA→-OB→=λFA→(O为坐标原点)，弦AB的中点M的横坐标为-56，则实数λ=()
A. 32 B. 43 C. 3 D. 4
8.（5分）已知A，B两点都在以PC为直径的球O的球面上，AB⊥BC，AB=BC=4，若球O的体积为36π，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为()
A. 105 B. 155 C. 33 D. 63
9.（5分）下列说法正确的是()
A. 经验回归方程y^=b^x+a^对应的经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
C. 设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ⩾1)=p，则P(-1<ξ<0)=12-p
D. 若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数，则样本的方差不变
10.（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为32，且其右顶点为A(2,0)，左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上，则下列结论正确的是()
A. 双曲线C的方程为x24-y25=1
B. 点A到双曲线C的渐近线的距离为253
C. 若|PF1|=6，则|PF2|=2
D. 若PF1→·PA→=0，则△PF1A的外接圆半径为52
11.（5分）已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，如图所示，将△AMN沿MN折起至△A'MN，得到四棱锥A'-MNCB，则在四棱锥A'-MNCB中，下列说法正确的是()
A. 当四棱锥A'-MNCB的体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角
B. 在折起过程中，存在某位置使BN⊥平面A'NC
C. 当四棱A'-MNCB体积的最大时，直线A'B与平面MNCB所成角的正切值为217
D. 当二面角A'-MN-B的余弦值为13时，△A'NC的面积最大
12.（5分）已知函数f(x)=lnx-ax2+1，a∈R，则下列结论正确的是()
A. 对任意的a∈R，存在x0∈(0,+∞)，使得f(x0)=0
B. 若x1是f(x)的极值点，则f(x)在(x1,+∞)上单调递减
C. 函数f(x)的最大值为1-ln(2a)2
D. 若f(x)有两个零点，则0
14.（5分）已知在边长为4的等边ΔABC中，BD→=13DC→，则AD→⋅AC→=______.
15.（5分）已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=-eax.若f(ln2)=8，则a= ．
16.（5分）已知以C为圆心的圆x2+y2-2x-4y+4=0，若直线2ax+by-2=0(a,b为正实数)平分圆C，则2a+1b的最小值是 ______；设点M(x0,3)，若在圆C上存在点N，使∠CMN=45°，则x0的取值范围是 ______
17.（12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2asin2B2=3bsinA，A的角平分线交BC于点D.
(1)求B；
(2)若c=2，AD=3，求b.
18.（12分）已知数列{an}单调递增，其前n项和为Sn，且a1=2，Sn=an24+n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=an·3an2-1，求数列{bn}的前n项和为Tn.
19.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，PD=AD，PD⊥平面ABCD，M为BC中点，PN→=λPB→(0<λ<1).
(1)求证：平面DMN⊥平面PAD；
(2)当λ取何值时，二面角B-DN-M的余弦值为155.
20.（12分）为提升教师的命题能力，某学校将举办一次教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行3轮比赛，3轮比赛命制的题目分别适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，3轮比赛中，至少获得2次“优秀奖”的教师将进入复赛．为能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准．
(1)若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获“优秀奖”的概率；
(2)若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大16，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？
21.（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,63)，过其右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|=233.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y=kx-12与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP=2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
22.（12分）已知函数f(x)=emx+nx(m≠0).当m=1时，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x-y+1=0垂直．
(1)若f(x)的最小值是1，求m的值；
(2)若A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
该题考查了集合的运算问题，是基础题．
根据补集、交集的定义即可求出．
解：∵A={ x|0
∴A∩(∁RB)={ x|0
2.【答案】C
【解析】解：∵z=3-i1-2i=(3-i)(1+2i)(1-2i)(1+2i)=1+i，
∴z--4=1-i-4=-3-i，
∴复数z--4在复平面内对应的点(-3,-1)位于第三象限．
故选：C.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
此题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：(x-ax)(1-x)4=(x-ax)(1-4x+6x2-4x3+x4)，
所以展开式中含x2项的是x⋅(-4x)+(-ax)⋅(-4x3)=(-4+4a)x2，
系数为-4+4a=4，解得a=2．
故选：A．
根据二项式定理展开(1-x)4，再求展开式中含x2项的系数，列方程求出a的值．
此题主要考查了二项式展开式的应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】
这道题主要考查对数、指数的大小比较，本题属中档题．
本题先将a、b、c的大小与1作个比较，发现b>1，a、c都小于1.再对a、c的表达式进行变形，判断a、c之间的大小．
解：由题意，可知：
a=log52<1，
b=log0.50.2=log1215=log2-15-1=log25>log24=2．
c=0.50.2<1，
∴b最大，a、c都小于1．
∵a=log52=1log25，c=0.50.2=(12)15=512=152．
而log25>log24=2>52，
∴1log25<152．
∴a
5.【答案】D
【解析】解：由函数f(x)=sin(ωx+φ)的图象知，T4=5π12-π6=π4，解得T=π，所以ω=2πT=2，
由五点法画图知(π6,0)是第一个对应点，所以2×π6+φ=0，解得φ=-π3，
所以函数f(x)=sin(2x-π3)；
对于A，函数f(x)的最小正周期是π，选项A错误；
对于B，x∈(π2,π)时，2x-π3∈(2π3,5π3)，f(x)先递减后递增，所以B错误；
对于C，y=f(x+π12)=sin[2(x+π12)-π3]=sin(2x-π6)，且f(-π2)=sin(-7π6)=12，
所以曲线y=f(x+π12)不关于直线x=-π2对称，选项C错误；
对于D，x∈[3π4,4π3]时，2x-π3∈[7π6,7π3]，f(x)先递减后递增，最小值是f(x)min=f(11π12)=-1，所以D正确．
故选：D.
由函数f(x)=sin(ωx+φ)的图象求出T、ω和φ的值，写出函数解析式，再判断选项中的命题是否正确．
此题主要考查了由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合与函数思想，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A，“第三张为奇数”为事件B，
故所求的概率P(B|A)=n(AB)n(A)=A22C31+A33A32A31+A22A31=12.
故选：C.
根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
此题主要考查条件概率公式，考查转化能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由抛物线y2=-2x，得焦点F(-12,0)，弦AB的中点M的横坐标为-56，
由已知可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k(x+12)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，(x1>x2)，
联立{y2=-2xy=k(x+12)，得k2x2+(k2+2)x+k24=0，则x1x2=14.
又弦AB的中点M的横坐标为-56，∴x1+x2=-53，解得x1=-16，x2=-32，
∴点A到准线的距离为23，点B到准线的距离为2.
∴|FA||FB|=13，可得|FA||AB|=14，又OA→-OB→=BA→，OA→-OB→=λFA→，
∴λ=4.
故选：D.
由抛物线方程求出焦点坐标，设直线AB的方程，与抛物线方程联立，化为关于x的一元二次方程，由已知向量等式及根与系数的关系求解．
此题主要考查抛物线的几何性质，考查向量在求解抛物线问题中的应用，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，取AC中点M，连接MO，由AB⊥CB可得M是△ABC的外心，
则OM⊥平面ABC，又BC=BA，
∴BM⊥AC，由V=43πR3=36π，得R=3，即OC=3，
又BC=BA=4，∴MC=MA=MB=22,M，O分别是AC，PC中点，
∴PA|OM,PA=2OM,OM=OC2-MC2=1，
以MC，MB，MO为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(-22,0,0),P(-22,0,2),B(0,22,0),PB→=(22,22,-2)
与AC→平行的向量n→=(1,0,0)，cos〈n→,PB→〉=n→⋅PB→|n→|⋅|PB→|=228+8+4=105，
故异面直线PB与AC所成角的余弦值为105.
故选：A.
取AC中点M，先由外接球体积求出半径，再由△ABC为等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，表示出PB→以及AC→平行的向量n→=(1,0,0)，再按照向量夹角公式求解即可．
此题主要考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：经验回归直线可以不经过样本数据点中的任何一个点，A错误；
根据残差的定义可知，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，预测值与实际值越接近，其模型的拟合效果越好，B正确；
随机变量ζ服从正态分布N(0,1)，则P(ξ⩽-1)=P(ξ⩾1)=p，则P(-1<ξ<1)=1-2p，故P(-1<ξ<0)=12-p，C正确；
由方差性质知，若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数，数据的离散程度不变，则样本的方差不变，D正确．
故选：BCD.
由经验回归直线、残差的定义、正态分布的对称性以及方差性质依次判断4个选项即可．
此题主要考查了经验回归直线，残差的定义以及正态分布等概率统计的知识，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由题意知，e=ca=32，a=2，所以c=3，b=5，
选项A，双曲线的方程为x24-y25=1，即A正确；
选项B，渐近线方程为y=±bax=±52x，所以点A(2,0)到直线y=52x的距离d=|52×2|(52)2+1=253，即B正确；
选项C，由双曲线的定义知，||PF1|-|PF2||=2a=4，若|PF1|=6，则|PF2|=2或10，即C错误；
选项D，由PF1→·PA→=0，知PF1⊥PA，所以△PF1A的外接圆直径为|F1A|，而|F1A|=a+c=5，
所以△PF1A的外接圆半径为52，即D正确．
故选：ABD.
易知a=2，c=3，b=5，从而得双曲线的方程，可判断A；写出渐近线方程，由点到直线的距离公式，可判断B；由双曲线的定义，可判断C；△PF1A的外接圆直径为|F1A|，可判断D.
此题主要考查双曲线的定义与几何性质，熟练掌握a，b与c的含义与关系，双曲线的定义是解答该题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如图，取MN中点F，易得A'F⊥MN，由于四边形BCNM的面积为定值，
要使四棱锥A'-MNCB的体积最大，即高最大，
当A'F⊥面BCNM时，此时高为A'F最大，二面角A'-MN-B为直二面角，A正确；
若BN⊥平面A'NC，则BN⊥A'N，又BN=62-32=33，A'N=3，
则A'B=A'N2+NB2=6，
又AB=6，A'B<6，故BN⊥A'N不成立，即不存在某位置使BN⊥平面A'NC，B错误；
由上知，当四棱锥A'-MNCB体积的最大时，
即二面角A'-MN-B为直二面角，A'F⊥面BCNM，
此时直线A'B与平面MNCB所成角即为∠A'BF，易得四边形BCNM为等腰梯形，
取BC中点D，易得FD⊥BC，且FD=332，
故BF=BD2+DF2=32+(332)2=632，又A'F⊥BF，
故tan∠A'BF=A'FBF=332632=217，C正确；
如图，取MN中点F，易得A'F⊥MN，取BC中点D，
易得FD⊥MN，故∠A'FD即为二面角A'-MN-B的平面角，即cos∠A'FD=13，
故A'D2=A'F2+DF2-2A'F⋅DF⋅cos∠A'FD，又A'F=FD=332，解得A'D=3，
又A'B=A'C，A'D⊥BC，
故A'C2=A'D2+DC2=32，又A'N=CN=3，
此时△A'NC为等腰直角三角形，面积最大为12A'N⋅NC=92，故D正确．
故选：ACD.
由四棱锥A'-MNCB的体积最大，即高最大即可判断A选项；令BN⊥平面A'NC，则BN⊥A'N，推出矛盾即可判断B选项；由线面角的定义即可判断C选项；由面面角的定义求得A'D=3，进而求出△A'NC为等腰直角三角形即可判断D选项．
此题主要考查二面角的相关问题，线面垂直的判定，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
12.【答案】BD
【解析】解：函数f(x)=lnx-ax2+1，a∈R，x∈(0,+∞)，
f'(x)=1x-2ax，
a⩽0时，f'(x)>0，此时函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增；
a>0时，f'(x)=-2a(x+12a)(x-12a)x，
x∈(0,12a)时，f'(x)>0，此时函数f(x)在x∈(0,12a)上单调递增；x∈(12a,+∞)时，f'(x)<0，此时函数f(x)在x∈(12a,+∞)上单调递减．
当x=12a时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(12a)=12(1-ln(2a)).
A.若a>e2，则函数f(x)的最大值=f(12a)=12(1-ln(2a))<0，此时函数f(x)不存在零点，因此不正确．
B.若x1是f(x)的极值点，则f(x)在(x1,+∞)上单调递减，正确；
C.只有当a>0时，x=12a时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(12a)=12(1-ln(2a))，而a⩽0时，f'(x)>0，此时函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，且x→+∞时，f(x)→+∞，无最大值，因此不正确．
D.若f(x)有两个零点，则a>0，函数f(x)的最大值=f(12a)=12(1-ln(2a))>0，解得0
函数f(x)=lnx-ax2+1，a∈R，x∈(0,+∞)，f'(x)=1x-2ax，对a分类讨论，即可得出函数的单调性与极值情况，进而得出结论．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值及其最值、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】 20
【解析】解：设数列{an}的公差为d，d>0，
∵a1=2，且a3+2，a4，a6-4成等比数列，
∴a42=(a3+2)(a6-4)，
即(a1+3d)2=(a1+2d+2)(a1+5d-4)，
解得d=-6(舍)或d=2，
∴an=a1+(n-1)d=2n.
可得a10=20.
故答案为：20.
首先利用等差和等比数列的性质的应用求出数列的通项公式；
此题主要考查数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
14.【答案】 10
【解析】解：AD→⋅AC→
=(AC→+CD→)⋅AC→
=(AC→+34CB→)⋅AC→
=AC2→+34AC→⋅CB→
=42+34×4×4×cos120°
=10；
故答案为：10.
运用向量的加法的三角形法则和向量的数量积的定义和性质，即可计算得到．
此题主要考查向量的数量积的定义和性质，考查运算能力，属于基础题．
15.【答案】 -3
【解析】
该题考查函数的奇偶性，属于基础题．
根据奇函数的定义，可得结果．
解：∵f(x)是奇函数，
∴-f(ln2)=f(-ln2)=-8，
又∵当x<0时，f(x)=-eax，
∴f(-ln2)=-e-aln2=-8，
∴-aln2=ln8，∴a=-3．
故答案为-3．
16.【答案】 3+22， [0，2]; 略
【解析】解：由题意，圆心(1,2)，在直线2ax+by-2=0上，则2a+2b=2，即a+b=1，
则2a+1b=2a+1b(a+b)=2+1+2ba+ab⩾3+22ba×ab=3+22，
当且仅当2ba=ab时，即a=2b时等号成立，
圆的标准方程为(x-1)2+(y-2)2=1，
与直线y=3相切，若在圆C上存在点N，使∠CMN=45°，需使x0∈[0,2]，
故答案为：3+22，[0,2].
由题意，圆心在直线上，代入直线方程，再利用均值不等式求解即可，
此题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中等题．
17.【答案】解：（1）因为2asin2B2=3bsinA，
所以a(1-cosB)=3bsinA，
由正弦定理得sinA(1-cosB)=3sinBsinA
整理得3sinB+cosB=1，
所以sin(B+π6)=12，
因为B∈（0，π），
所以B+π6∈(π6，7π6)，
所以B+π6=5π6，
所以B=2π3；
（2）在△ABD中，ADsinB=csin∠ADB，
所以sin∠ADB=CsinBAD=22，
所以∠ADB=π4，
所以∠BAD=∠DAC=π12，
所以∠ACB=∠BAC=π6，
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，
所以b=2acosπ6=6．
【解析】
(1)由降幂公式得a(1-cosB)=3bsinA，再由正弦定理及辅助角公式得sin(B+π6)=12，即可求解；
(2)先由正弦定理求得∠ADB=π4，进而得到∠ACB=∠BAC=π6，再求b即可．
此题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：（1）因为Sn=an24+n，
所以当n≥2时，Sn-1=an-124+n-1，
所以当n≥2时，Sn-Sn-1=an2-an-124+1=an
整理得(an-2)2=an-1'2
因为数列{an}单调递增，且a1=2，
所以当n≥2时，an-2＞0，an-1＞0，
所以当n≥2时，an-2=an-1，即an-an-1=2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an=2+2（n-1）=2n．
（2）bn=2n⋅3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=2(1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n)-n
设Bn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，
则3Bn=1⋅32+2⋅33+3⋅34…+n⋅3n+1，
所以-2Bn=31+32+33+⋯+3n-n⋅3n+1=3(1-3n)1-3-n⋅3n+1=(12-n)3n+1-32，
所以2Bn=(n-12)3n+1+32，
所以Tn=2Bn-n=(n-12)3n+1-n+32．
【解析】
(1)先利用Sn与an的递推关系得到an-an-1=2，再结合等差数列的定义及通项求解即可；
(2)先得到Tn=2(1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n)-n，再利用错位相减法求出Bn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，即可求解．
此题主要考查了由递推式求通项公式以及错位相减法求和，属于中档题．
19.【答案】（1）证明：∵底面ABCD为菱形，∠DCB=∠DAB=60°，
∴△DBC为正三角形，
∵M为BC中点，
∴DM⊥BC，
又BC∥AD，
∴DM⊥AD，
∵PD⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，
∴DM⊥PD，
又PD∩AD=D，PD，AD⊂平面PAD，
∴DM⊥平面PAD，
又DM⊂平面DMN，∴平面DMN⊥平面PAD．
（2）解：由（1）知，DA，DM，DP两两垂直，以D为坐标原点，DA→，DM→，DP→的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．
设AD=2a，DM=2asin60°=3a，
则D（0，0，0），B(a，3a，0)，P（0，0，2a），M(0，3a，0)，A（2a，0，0），C(-a，3a，0)．
∴PB→=(a，3a，-2a)，AC→=(-3a，3a，0)，
∵PN→=λPB→(0＜λ＜1)，∴N(λa，3λa，2a(1-λ))，
∴DN→=(λa，3λa，2a(1-λ))，DM→=(0，3a，0)，
设n→=(x，y，z)为平面DNM的一个法向量，
则{n→⋅DN→=λax+3λay+2a(1-λ)z=0n→⋅DM→=3ay=0，
取z=λ，则{x=2(λ-1)y=0，∴n→=(2(λ-1)，0，λ)，
连接AC，AC⊥BD，AC⊥PD，BD∩PD=D，故AC⊥平面DNB，
∴AC→为平面DNB一个法向量．
∴cos〈n→，AC→〉=|-6a(λ-1)|4(λ-1)2+λ2·23a=155，解得λ=12，
∴当λ=12时，二面角B-DN-M的余弦值为155．
【解析】
(1)先证DM⊥AD，DM⊥PD，再证DM⊥平面PAD，即可证明平面DMN⊥平面PAD；
(2)建立空间直角坐标系，表示出平面DNM和平面DNB的法向量，再由二面角B-DN-M的余弦值以及向量夹角公式求得λ即可．
此题主要考查面面垂直的证明，空间想象能力的培养，二面角的相关计算等知识，属于中等题．
20.【答案】解：（1）设A=“在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件A发生的所有情况有：
①符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为P1=C31C11C22C42C42=36×6=112，
②符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为P2=C32C21C21C42C42=126×6=13，
③符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为P3=C32C22C42C42=36×6=112，
所以P(A)=112+13+112=12；
（2）由题知，强化训练后，每道非解答题入选的概率为34，每道解答题入选的概率为12+16=23，
则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为：
P=C21×34×14×C22×(23)2+C22×(34)2×C21×23×13+C22×(34)2×C22×(23)2=16+14+14=23，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验，
用X表示教师甲在3轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则X～B(3，23)，
∴E(X)=3×23=2，
∴教师甲能进入复赛．
【解析】
(1)分非解答题入选1道，解答题入选2道，非解答题入选2道，解答题入选1道，非解答题，解答题各入选2道计算概率，再相加即可；
(2)先计算出甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率，判断出3轮比赛可看作3重伯努利试验，再由二项分布期望公式计算期望，判断即可．
此题主要考查了二项分布期望和古典概型概率的计算，属于中档题．
21.【答案】解：（1）由题知，椭圆C过点(1，63)和(c，33)，
所以{1a2+23b2=1c2a2+13b2=1a2=b2+c2，解得a2=3，b2=1，
所以椭圆C的方程为x23+y2=1．
（2）假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP=2∠EFP恒成立，
设P（0，y0），E（x1，y1），F（x2，y2），
由{y=kx-12x23+y2=1，得（4+12k2）x2-12kx-9=0，∴x1+x2=12k4+12k2，x1x2=-94+12k2，
Δ=144k2+36（4+12k2）＞0，
∵∠EQP=2∠EFP，∴∠EFP=∠FPQ，∴QE=QF=QP，
∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，
PE→=(x1，y1-y0)，PF→=(x2，y2-y0)，
∴PE→⋅PF→=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)
=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+y02
=x1x2+k2x1x2-k2(x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]+14+y02
=(1+k2)x1x2-k(12+y0)(x1+x2)+y02+y0+14
=12(y02-1)k2+4y02+4y0-84+12k2=0，
∴12(y02-1)k2+4y02+4y0-8=0恒成立，
∴{y02-1=04y02+4y0-8=0，解得y0=1，
∴P（0，1）
∴存在定点P（0，1），使得∠EQP=2∠EFP恒成立．
【解析】
(1)直接由椭圆C过点(1,63)和(c,33)解方程即可；
(2)先联立直线和椭圆，通过∠EQP=2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出PE→，PF→由PE→⋅PF→=0解出点P的坐标即可．
此题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
22.【答案】解：（1）m=1时，f′（x）=ex+n，
由题意得f′（0）=1+n=-1，
所以n=-2，f（x）=emx-2x，f′（x）=memx-2，
当m＜0时，f′（x）＜0，函数在R上单调递减，
又f（0）=1，
故当x＞0时，f（x）＜1，不符合题意；
当m＞0时，易得，当x＞ln2mm时，f′（x）＞0，函数单调递增，当x＜ln2mm时，f′（x）＜0，函数单调递减，
所以当x=ln2mm时，函数取得最小值f（ln2mm）=1，
由f（0）=1，
当x≠0时，f（x）＞1，
所以ln2mm=0，即m=2；
（2）证明：由题意得k=f(x2)-f(x1)x2-x1=emx2-emx1x2-x1-2，
令g（x）=f′（x）-k=memx-emx2-emx1x2-x1，则g′（x）=m2emx＞0，
所以g（x）单调递增，
因为g（x1）=memx-emx2-emx1x2-x1=-emx1x2-x1[em(x2-x1)-m（x2-x1）-1]
g（x2）=memx2-emx2-emx1x2-x1=emx2x2-x1[em(x1-x2)-m（x1-x2）-1]，
令h（x）=ex-x-1，则h′（x）=ex-1，
易得，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
故h（x）≥h（0）=0，
当x≠0时，ex＞x+1，
因为m≠0，x1＜x2，m（x1-x2）≠0，
所以em(x2-x1)-m（x2-x1）-1＞0，em(x1-x2)-m（x1-x2）-1＞0，
又emx1x2-x1＞0，emx2x2-x1＞0，
所以g（x1）＜0，g（x2）＞0，
所以g（x）在（x1，x2）上有唯一零点，即f′（x）=k在（x1，x2）上有唯一零点，
所以方程f'（x）=k在（x1，x2）上有唯一实数根．
【解析】
(1)先对函数求导，结合导数几何意义可求n，然后结合导数与单调性关系求出函数的最小值，代入可求；
(2)由题意得k=f(x2)-f(x1)x2-x1=emx2-emx1x2-x1-2，构造函数g(x)=f'(x)-k=memx-emx2-emx1x2-x1，对g(x)求导，结合导数分析函数的单调性，由单调性分析函数性质，结合零点判定定理可证．
此题主要考查了导数的几何意义，导数与单调性及最值关系的应用，函数的零点判定定理及函数性质的综合应用，属于难题．
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