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2022年山东省济南市高考数学三模试卷
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这是一份2022年山东省济南市高考数学三模试卷
2022年山东省济南市高考数学三模试卷1.（5分）设集合A={x∈Z|-10)，若圆M与x轴交于A，B两点，且|AB||MB|=3，则r=()
A. 23 B. 2 C. 3 D. 1
7.（5分）如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，n2放置在n行n列(n⩾3)的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和(简称“幻和”)均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15.则7阶幻方的“幻和”为()
A. 91 B. 169 C. 175 D. 180
8.（5分）已知函数f(x)=sinx+sin2x在(0,a)上有4个零点，则实数a的最大值为()
A. 43π B. 2π C. 83π D. 3π
9.（5分）进入21世纪以来，全球二氧化碳排放量增长迅速，自2000年至今，全球二氧化碳排放量增加了约40％，我国作为发展中国家，经济发展仍需要大量的煤炭能源消耗．如图是2016-2020年中国二氧化碳排放量的统计图表(以2016年为第1年). 利用图表中数据计算可得，采用某非线性回归模型拟合时，R12=0.9798；采用一元线性回归模型拟合时，线性回归方程为y^=1.58x+91.44，R22=0.9833.则下列说法正确的是()
A. 由图表可知，二氧化碳排放量y与时间x正相关 B. 由决定系数可以看出，线性回归模型的拟合程度更好 C. 利用线性回归方程计算2019年所对应的样本点的残差为-0.30 D. 利用线性回归方程预计2025年中国二氧化碳排放量为107.24亿吨
10.（5分）将函数f(x)=cos(2x-π3)图象上所有的点向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是()
A. g(x)的最小正周期为π B. g(x)图象的一个对称中心为(712π,0) C. g(x)的单调递减区间为[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z) D. g(x)的图象与函数y=-sin(2x-π6)的图象重合
11.（5分）已知函数f(x)=ln(4x2+1+2x)+x3，g(x)=f(x+1).若实数a，b(a,b均大于1)满足g(3b-2a)+g(-2-a)>0，则下列说法正确的是()
A. 函数f(x)在R上单调递增 B. 函数g(x)的图象关于(1,0)中心对称 C. ea-b>ba D. loga(a+1)>logb(b+1)
12.（5分）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn，则下列说法正确的是()
A. P2=59 B. Pn+1=23Pn+13 C. 点Q移动4次后恰好位于点C1的概率为0 D. 点Q移动10次后恰好回到点A的概率为14(139+1)
13.（5分）若正数a，b满足ab=4，则1a+9b的最小值为 ______.
14.（5分）已知抛物线y2=2px(p>0)，若过点(1,2)的直线l与抛物线恒有公共点，则p的值可以是 ______.(写出一个符合题意的答案即可)
15.（5分）2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见》，再次强调持续推进体育公园建设．如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中∠AOB=π3，OA=OB=2千米．现需要在OA，OB，AB⏜上分别取一点D，E，F，建造三条分健走长廊DE，DF，EF，若DF⊥OA，EF⊥OB，则DE+EF+FD的最大值为 ______千米．
16.（5分）在四面体ABCD中，已知AB=CD=AC=BD=25，AD=BC=4，记四面体ABCD外接球的球心到平面ABC的距离为d1，四面体ABCD内切球的球心到点A的距离为d2，则d1d2的值为 ______.
17.（12分）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足4asinB=3bcosA. (1)求cosA的值； (2)若△ABC的面积为a2-c22，求bc的值．
18.（12分）已知数列{an}满足an-an-1=1(n∈N+,n⩾2)，a2=4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列{1an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2.
19.（12分）如图1，正方形ABCD中，E，F分别为边BC，AD的中点，将四边形EFDC沿直线EF折起，使得平面CDFE⊥平面ABEF.如图2，点M，N分别满足AM→=2MC→，FN→=NE→. (1)求证：AN⊥平面BMN； (2)求平面AFM与平面BMN夹角的余弦值．
20.（12分）数据显示，中国直播购物规模近几年保持高速增长态势，而直播购物中的商品质量问题逐渐成为人们关注的重点．已知某顾客在直播电商处购买了n(n∈N+)件商品． (1)若n=10，且买到的商品中恰好有2件不合格品，该顾客等可能地依次对商品进行检查．求顾客检查的前4件商品中不合格品件数X的分布列． (2)抽检中发现直播电商产品不合格率为0.2.若顾客购买的n件商品中，至少有两件合格产品的概率不小于0.9984，求n的最小值．
21.（12分）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为63，且经过点P(1,3). (1)求椭圆C的方程； (2)A，B为椭圆C上两点，直线PA与PB倾斜角互补，求△PAB面积的最大值．
22.（12分）已知函数f(x)=ln|x|+acosx+bx，其中a⩾0，b∈R. (1)当a=0时，若f(x)存在大于零的极值点，求b的取值范围． (2)若存在x1，x2∈[-π2,0)∪(0,π2](其中x1≠x2)，使得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))与点(x2,f(x2))处有相同的切线，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x∈Z|-1=1， 解得cos=-12， ∴0⩽⩽π， ∴向量a→和b→的夹角为2π3. 故选：A. 推导出(a→+b→)2=1+1+2cos=1，从而cos=-12，由此能求出向量a→和b→的夹角． 此题主要考查向量的运算，考查向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵方程x22a-1+y2a=1表示的曲线为双曲线， ⇔(2a-1)a<0⇔00)， ∴圆心M(a,1)，半径为r， 圆心到x轴的距离为1， ∵圆M与x轴交于A，B两点，且|AB||MB|=3， ∴可设|AB|=3t，|MB|=t(t>0)， ∴由垂径定理可得，t2=12+(|AB|2)2，即t2=1+34t2，解得t=2， ∴圆的半径r=t=2. 故选：B. 根据已知条件，结合垂径定理，即可求解． 此题主要考查直线与圆的位置关系，掌握垂径定理是解本题的关键，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：将自然数1，2，3，…，n2放置在n行n列(n⩾3)的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和(简称“幻和”)均相等， 故当n=7时，S=1+2+3+…+49=50×492，故7阶幻方的“幻和”为50×492×17=175. 故选：C. 根据“幻和”的定义，先求出n=7的总各，可求“幻和”． 此题主要考查新定义题型，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵f(x)=sinx+sin2x=sinx(1+2cosx)在(0,a)上有4个零点， ∴sinx=0或cosx=-12， ∴x=kπ(k∈Z且k≠0)或x=2kπ±2π3(k∈Z)， 当sinx=0在(0,a)上取到第二个零点，但取不到第三个零点时，a∈(2π,3π]； 当y=cosx与y=-12在(0,a)上取到第三个交点时的x的值为8π3， ∴满足题意的实数a的最大值为8π3， 故选：C. 依题意，可得sinx=0或cosx=-12，结合题意与选项，分析可得答案． 此题主要考查三角函数的零点，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由图表可知，图象中的点呈上升趋势，即二氧化碳排放量y与时间x正相关，故A正确， 对于B，∵R22>R12， ∴线性回归模型的拟合程度更好，故B正确， 对于C，2019年，对应x=4，2019年所对应的样本点的残差为98.06-(1.58×4+91.44)=0.3，故C错误， 对于D，2025年，对应x=10，预计2025年中国二氧化碳排放量为1.58×10+91.44=107.24亿吨，故D正确． 故选：ABD. 根据已知条件，结合图表，以及决定系数的定义，即可依次求解． 此题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：将函数f(x)=cos(2x-π3)图象上所有的点向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)=cos(2x-2π3)的图象， 对于A：函数的最小正周期为π，故A正确； 对于B：当x=7π12时，g(7π12)=0，故B正确； 对于C：令2kπ⩽2x-2π3⩽2kπ+π(k∈Z)，整理得函数的单调递减区间为[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z)，故C正确； 对于D：函数g(x)=cos(2x-2π3)=sin(2x-π6)，故D错误． 故选：ABC. 直接利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果． 此题主要考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，∵4x2+1>4x2=|2x|， ∴4x2+1+2x>0在R上恒成立， ∴f(x)定义域为R，即f(x)的定义域关于原点对称， ∵f(x)+f(-x)=ln[(4x2+1+2x)(4x2+1-2x)]=ln1=0， ∴f(x)为奇函数， ∴函数f(x)的图象关于点(0,0)中心对称， ∵y=x3，y=4x2+1+2x，y=lnx在(0,+∞)上单调递增， ∴函数数f(x)=ln(4x2+1+2x)+x3在(0,+∞)上单调递增， ∴函数f(x)在R上单调递增，故A正确； 对于B，∵g(x)=f(x+1)的图象是将y=f(x)的图象向左平称一个单位得到， ∴函数g(x)的图象关于点(-1,0)中心对称，故B错误； 对于C，∵函数g(x)的图象关于点(-1,0)中心对称， ∴g(a)+g(-2-a)=0， ∴-g(-2-a)=g(a)， ∵g(3b-2a)+g(-2-a)>0， ∴g(3b-2a)>-g(-2-a)=g(a)， ∵g(x)相当于f(x)向左平移1个单位， ∴g(x)和f(x)单调性相同， ∴函数g(x)在R上单调递增， ∴3b-2a>a，∴b>a>1， ∴ea-b1)， ∴h'(x)=xlnx-(x+1)ln(x+1)x(x+1)ln2x(x>1)， 令s(x)=xlnx(x>1)，则s'(x)=lnx+1>0， ∴s(x)在(1,+∞)上单调递增， ∴xlnx<(x+1)ln(x+1)， ∴h'(x)=xlnx-(x+1)ln(x+1)x(x+1)ln2x<0， ∴h(x)在(1,+∞)上单调递减， ∵b>a>1， ∴h(a)>h(b)， ∴loga(a+1)>logb(b+1)，故D正确． 故选：AD. A：求f(x)定义域和奇偶性，根据复合函数单调性即可判断f(x)单调性； B：f(x)向左平移一个单位得到g(x)，据此即可判断g(x)对称中心； C：根据g(x)关于(-1,0)对称化简g(3b-2a)+g(-2-a)>0，再结合g(x)单调性得 a与 b的大小关系和范围，由此可判断ea-b和ba的大小关系； D：构造函数h(x)=ln(x+1)lnx(x>1)，利用导数判断其单调性即可判断． 此题主要考查了函数的奇偶性、单调性、对称性及导数的综合运用，难点在于判断D选项时构造的函数，属于难题． 12.【答案】ACD【解析】解：在正方体中，每一个顶点由3个相邻的点，其中两个在同一底面， ∴当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为23， 在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为13， ∴P2=23×23+13×13=59，故A正确； Pn+1=23Pn+13(1-Pn)=13Pn+13，故B错误； 点Q由点A移动到点C1处至少需要3次，任意折返都需要2次移动， ∴移动4次后不可能到达点C1，故C正确； 由于Pn+1=13Pn+13，∴Pn+1-12=13(Pn-12)，且P1-12=16， ∴Pn-12=16×(13)n-1，∴Pn=12(13)n+12， ∴P10=12(13)10+12，故D正确． 故选：ACD. 根据题意找出Q在下或上底面时，随机移动一次仍在原底面及到另一底面的概率即可逐步分析计算确定各选项正误． 此题主要考查命题真假的判断，考查正方体的结构特征、相互独立事件概率乘法公式、递推关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 13.【答案】 3【解析】解：因为a>0，b>0，且ab=4， 所以1a+9b⩾21a·9b=2×3ab=2×34=3， 当且仅当1a=9b，即a=23，b=6时取“=”， 所以1a+9b的最小值为3. 故答案为：3. 根据题意，利用基本不等式直接求1a+9b的最小值即可． 此题主要考查了利用基本不等式求最值的应用问题，是基础题． 14.【答案】 不小于2的实数【解析】解：抛物线方程为y2=2px(p>0)，若过点(1,2)的直线l与抛物线恒有公共点， 则点(1,2)在抛物线内部或在抛物线上， 可得22⩽2p，即p⩾2. ∴p的值可以是不小于2的实数． 故答案为：不小于2的实数． 问题转化为点(1,2)在抛物线内部或在抛物线上，得到关于p的不等式，求得p的范围，则答案可求． 此题主要考查抛物线的几何性质，明确点(1,2)在抛物线内部或在抛物线上是关键，是基础题． 15.【答案】 2+3【解析】解：据题意，设∠BOF=α，则∠DOF=π3-α，结合OF=2， EF=2sinα，DF=2sin(π3-α)，α∈(0,π3)， 显然O，E，F，D四点共圆，且直径为2，故DEsinπ3=2，DE=3， 所以DE+EF+FD=3+2(sinα+sin(π3-α))=3+2sin(α+π3)， 易知，当α=π6时，原式取得最大值2+3. 故答案为：2+3. 可设∠BOF=α，然后借助于三角函数的定义、余弦定理用α表示出EF，DF，DE，将问题化归为三角函数的最值问题． 此题主要考查三角函数的定义、以及解三角形问题的基本思路，属于中档题． 16.【答案】 2114【解析】解：由题意可将四面体ABCD放在一个长方体中，如图所示，设长宽高为a，b，c， 则{a2+b2=20a2+c2=16b2+c2=20，解得a=22,b=23,c=22， 设外接球的半径为R1，则R1=a2+b2+c22=7， 在△ABC中，cos∠ABC=225=55，则sin∠ABC=255， 设△ABC的外接圆半径为r，则2r=25sin∠ABC=5，则r=52， 所以d1=R12-r2=32， 可得VABCD=22×23×22-4×13×12×22×23×22=1633， 设四面体ABCD内切球的半径为R2， 因为四面体的各个面都相等，且S△ABC=12×25×4×255=8， 则VABCD=13×4×8×R2=1633，解得R2=32， 因为d1=R2，四面体的各个面都相等，则外接球的球心到各个面的距离相等， 所以外接球的球心和内切球的球心重合，所以d2=R1=7， 所以d1d2=327=2114. 故答案为：2114. 将四面体ABCD放在一个长方体中，即可求出外接球半径，再求出△ABC的外接圆半径，即可求出d1，判断出外接球的球心和内切球的球心重合即可求出d2. 此题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题． 17.【答案】解：（1）因为4asinB=3bcosA， 由正弦定理得：4sinAsinB=3sinBcosA， 因为sinB＞0，所以4sinA=3cosA， 又因为sin2A+cos2A=1，A∈（0，π）， 所以cosA=45； （2）由（1）及余弦定理知cosA=b2+c2-a22bc=45， 整理得：5b2+5c2-5a2=8bc，① 由面积公式：S=12bcsinA=a2-c22，整理得：5a2-5c2=3bc，② 由①②得：5b2=11bc， 所以bc=115．【解析】 (1)4asinB=3bcosA利用正弦定理边化角，再结合sin2A+cos2A=1，可求出cosA=45. (2)利用余弦定理cosA=b2+c2-a22bc=45，结合面积公式S=12bcsinA=a2-c22，得出bc. 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）∵an-an-1=1， ∴{an}是以1为公差的等差数列， 又∵a2=4，a2-a1=1， ∴a1=1， ∴an=n，则an=n2； （2）证明：由（1）可知1an=1n2=44n2＜44n2-1=4(2n-1)(2n+1)=2（12n-1-12n+1）， 所以Sn=1a1+1a2+•••+1an＜2[（1-13）+（13-15）+•••+（12n-1-12n+1）]=2-22n+1， 又n∈N*，故Sn=2-22n+1＜2．【解析】 (1)由题意可得{an}是以1为公差的等差数列，进一步结合a2=4可求出a1=1，从而即可求出{an}的通项公式； (2)由(1)可知1an=1n2=44n2<44n2-1=4(2n-1)(2n+1)=2(12n-1-12n+1)，进一步结合裂项相消求和法即可证明Sn<2. 此题主要考查等差数列的通项公式，数列与不等式的综合问题，裂项相消求和法，考查学生归纳推理和运算求解的能力，属于中档题． 19.【答案】解：（1）证明：连结AE交BN于点G，连结MG，设AB=2， 因为平面CDFE⊥平面ABEF， 平面CDFE∩平面ABEF=EF，CE⊂平面CDFE，CE⊥EF， 所以CE⊥平面ABEF， 因为点N是EF的中点，NE∥AB， 所以AG=2GE，又因为AM=2MC，所以MG∥CE， 所以MG⊥平面ABEF，因为AN⊂平面ABEF， 所以MG⊥AN，又AB=2，AN=NB=2，所以AN⊥NB， 因为NB∩MG=G，NB，MG⊂平面BMN， 所以AN⊥平面BMN． （2）如图，分别以FA，FE，FD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 所以F（0，0，0），A（1，0，0），M(13，43，23)， 所以FA→=(1，0，0)，FM→=(13，43，23)， 设平面AFM的法向量为n→=(x，y，z)， 由{n→⋅FA→=0n→⋅FM→=0，解得{x=02y+z=0， 令y=1，得n→=(0，1，-2)， 由（1）知平面BMN的法向量为AN→=(-1，1，0)， 设平面AFM与平面BMN的夹角为θ，所以cosθ=|n→⋅AN→||n→||AN→|=1010， 所以平面AFM与平面BMN夹角的余弦值为1010． 【解析】 (1)由平面CDFE⊥平面ABEF，可证得CE⊥平面ABEF，再证MG//CE，可得MG⊥平面ABEF，进而可证得MG⊥AN，结合AN⊥NB即可得证； (2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，进而求得平面AFM与平面BMN的法向量，由此即可得解． 此题主要考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题． 20.【答案】解：（1）由题意可知，X的取值为0，1，2． P(X=0)=C20C84C104=13，P(X=1)=C21C83C104=815，P(X=2)=C22C82C104=215． 所以顾客检查的前4件商品中不合格品件数X的分布列为（2）记“顾客购买的n件商品中，至少有两件合格产品”为事件A， 则P(A)=1-0.2n-Cn1×0.2n-1×0.8=1-(1+4n)⋅0.2n， 由题意可知1-（1+4n）⋅0.2n≥0.9984， 所以（1+4n）⋅0.2n≤0.0016，即（1+4n）⋅0.2n-4≤1， 设f（n）=（1+4n）⋅0.2n-4，则f（n+1）-f（n）=（5+4n）⋅0.2n-3-（1+4n）⋅0.2n-4=-16n⋅0.2n-3＜0， 所以f（n+1）＜f（n）， 因为f（5）=21×0.2=4.2＞1，f（6）=25×0.04=1， 所以当n≥6时，f（n）≤1成立，所以n的最小值为6．【解析】 (1)由题意 X的可能值为0，1，2，利用古典概率求法求对应概率值，进而写出分布列； (2)根据题意有(1+4n)⋅0.2n-4⩽1，研究不等式左侧的单调性，进而求 n的最小值． 此题主要考查超几何分布的计算，概率中的最值问题等知识，属于中等题． 21.【答案】解：（1）由题意得：{e=ca=633a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a=6，b=2， ∴椭圆方程为y26+x22=1． （2）由题意可知直线AB的斜率一定存在， 设直线AB的方程为y=kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2）， 将y=kx+t代入y26+x22=1得：（k2+3）x2+2ktx+t2-6=0， ∴x1+x2=-2ktk2+3，x1x2=t2-6k2+3， 则y1+y2=kx1+t+kx2+t=k（x1+x2）+2t=6tk2+3， x1y2+x2y1=x1（kx2+t）+x2（kx1+t）=kt（x1+x2）+2ktx1x2=-12kk2+3， ∵直线PA和直线PB的倾斜角互补，∴kPA=-kPB⇒y1-3x1-1=-y2-3x2-1， 化简可得：23+x1y2+x2y1=(y1+y2)+3(x1+x2)， 即23+-12kk2+3=6tk2+3+3⋅-2ktk2+3，即(k-3)(k+t-3)=0， ∵直线AB不过点P，∴k=3，∴x1+x2=-3t3，x1x2=t2-t6， 则|AB|=1+(3)2(x1+x2)2-4x1x2=2312-t23， 又点P到直线AB的距离为|t|2， ∵Δ=12t2-24（t2-6）＞0，∴-23＜t＜23， ∴S=12⋅2312-t23⋅|t|2=36(12-t2)t2≤3， 当且仅当t=±6时等号成立，∴△PAB面积最大值为3．【解析】 (1)根据离心率和椭圆过P即可列出关于a、b、c的方程组，解出a、b即可得椭圆方程； (2)直线PA与PB的倾斜角互补，则PA和PB斜率互为相反数(*).设直线AB为y=kx+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立AB方程和椭圆方程，结合韦达定理和(*)可得k的值，在根据弦长公式和三角形面积公式表示出△PAB面积，由此即可求其最大值． 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）由题意知f（x）=ln|x|+bx，f'(x)=1x+b=x+bx． ①若b≥0，当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，无极值点； ②若b＜0，当x∈（0，-b）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（-b，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；f（x）在（0，+∞）上存在唯一的极小值点，故b的取值范围是（-∞，0）． （2）由题意f'(x)=1x-asinx+b，f（x）在点（x1，f（x1））处的切线方程为y-f（x1）=f'（x1）（x-x1）， 即y=f'（x1）x-x1f'（x1）+f（x1）， 同理f（x）在点（x2，f（x2））处的切线方程为y=f'（x2）x-x2f'（x2）+f（x2）， 因为两切线相同，所以{f'(x1)=f'(x2)f(x1)-x1f'(x1)=f(x2)-x2f'(x2)， 化简得{1x1-asinx1=1x2-asinx2ax1sinx1+ln|x1|+acosx1=ax2sinx2+ln|x2|+acosx2， 令h（x）=axsinx+ln|x|+acosx，h'(x)=axcosx+1x， 当x∈(0，π2]时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；当x∈[-π2，0)时，h'（x）＜0，h（x）单调递减． 注意到h（x）为偶函数，且x1≠x2，h（x1）=h（x2），故x1+x2=0， 令g(x)=1x-asinx，注意到g（x）的奇函数，所以当x1+x2=0时，g（x1）+g（x2）=0， 又因为g（x1）=g（x2），故g（x1）=g（x2）=0，因为a＞0，x∈[-π2，0)∪(0，π2]， 所以，当x∈(0，π2]时，g（x）单调递减，g(x)∈[2π-a，+∞)， 当x∈[-π2，0)时，g（x）单调递减，g(x)∈(-∞，-2π+a]． 故{2π-a≤0a-2π≥0， 所以a≥2π，即a∈[2π，+∞）．【解析】 (1)求导得f'(x)=1x+b=x+bx，对b分b⩾0与b<0两类讨论，使得当a=0时，f(x)存在大于零的极值点，即可求得b的取值范围； (2)依题意，得所以{f'(x1)=f'(x2)f(x1)-x1f'(x1)=f(x2)-x2f'(x2)，化简得{1x1-asinx1=1x2-asinx2ax1sinx1+ln|x1|+acosx1=ax2sinx2+ln|x2|+acosx2，令h(x)=axsinx+ln|x|+acosx，求导分析，可求得a的取值范围． 此题主要考查了利用导数来求曲线某点的切线方程及利用导数研究函数的单调性与极值，考查了转化与化归思想及构造法的应用，考查逻辑推理与综合运算能力，属于难题． X015P13815215
2022年山东省济南市高考数学三模试卷1.（5分）设集合A={x∈Z|-1
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