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2024年山东省青岛市高考数学二模试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年山东省青岛市高考数学二模试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|x+2>0}，B={x|x2−x−2<0}，则A∩B=( )
A. {x|−22.已知双曲线C:y24−x2m=1的一条渐近线方程为y=2x，则m=( )
A. 1B. 2C. 8D. 16
3.已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(csπ3,sinπ3)，则cs(α−π6)=( )
A. 0B. 12C. 22D. 32
4.对数螺线广泛应用于科技领域.某种对数螺线可以用ρ=αeφπ表达，其中α为正实数，φ是极角，ρ是极径.若φ每增加π2个单位，则ρ变为原来的( )
A. e13倍B. e12倍C. eπ2倍D. eπ倍
5.已知向量a=(−1,1),b=(2,0)，向量a在向量b上的投影向量c=( )
A. (−2,0)B. (2,0)C. (−1,0)D. (1,0)
6.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为( )
A. 4πB. 6πC. 8πD. 10π
7.已知复数z1，z2，z1≠z2，若z1，z2同时满足|z|=1和|z−1|=|z−i|，则|z1−z2|为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
8.在△ABC中，∠ACB=120∘，BC=2AC，D为△ABC内一点，AD⊥CD，∠BDC=120∘，则tan∠ACD=( )
A. 2 2B. 3 32C. 6D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知两个变量y与x对应关系如下表：
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为y =1.25x+4.25，则( )
A. y与x正相关B. m=7
C. 样本数据y的第60百分位数为8D. 各组数据的残差和为0
10.若函数f(x)=ln(1+x)−ln(1−x)+2x，则( )
A. f(x)的图象关于(0,0)对称B. f(x)在(0, 22)上单调递增
C. f(x)的极小值点为 22D. f(x)有两个零点
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别为棱DD1，DC的中点，点P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP=2，则( )
A. A1B//平面AMNB. 点P的轨迹长度为 32π
C. 存在点P，使得MP⊥面AMND. 点P到平面AMN距离的最大值为 15+23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.写出函数f(x)=sinxcsx+1图象的一条对称轴方程______.
13.某人上楼梯，每步上1阶的概率为34，每步上2阶的概率为14，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为______.
14.设A(x1,y1)，B(x2,y2)为平面上两点，定义d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|.已知点P为抛物线C：x2=2py(p>0)上一动点，点Q(3,0)，d(P,Q)的最小值为2，则p=______；若斜率为32的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则d(P,M)的最小值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面为菱形，AB=4，DD1=3，∠BAD=60∘，点E为BC中点，D1E⊥BC，D1E= 21.
(1)证明：DD1⊥平面ABCD；
(2)若A1D1=2，求平面A1C1E与平面ABCD夹角的余弦值.
16.(本小题15分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆E的离心率为12，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过右焦点F2的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，AB//CF1，求直线l的方程.
17.(本小题15分)
在一个袋子中有若干红球和白球(除颜色外均相同)，袋中红球数占总球数的比例为p.
(1)若有放回摸球，摸到红球时停止.在第2次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；
(2)某同学不知道比例p，为估计p的值，设计了如下两种方案：
方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球5次停止.
方案二：从袋中进行有放回摸球5次分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计p的值更合理.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−ax2−x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围；
(3)若θ∈(0,π2)，证明：esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1.
19.(本小题17分)
若数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，有an+12≥an+2an，则称数列{an}为“对数凹性”数列.
(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；
(2)若函数f(x)=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点，其中bi>0(i=1,2,3,4).
证明：数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列；
(3)若数列{cn}的各项均为正数，c2>c1，记{cn}的前n项和为Sn，Wn=1nSn，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p−q)Wr+(q−r)Wp+(r−p)Wq=t.
证明：数列{Sn}为“对数凹性”数列.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得，A={x|x>−2}，B={x|−1所以A∩B={x|−1故选：D.
先求出集合A，B，然后结合集合的交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵曲线C:y24−x2m=1是双曲线，
∴m>0，双曲线的焦点在y轴上，
此时a=2，b= m，渐近线方程为y=±2 mx，
又双曲线C:y24−x2m=1的一条渐近线方程为y=2x，
∴2 m=1，即m=1.
故选：A.
由双曲线方程求得其渐近线方程，结合已知列式求得m值．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线渐近线方程的应用，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意得，P(12, 32)，
所以sinα= 32，csα=12，
则cs(α−π6)=12× 32+ 32×12= 32.
故选：D.
由已知结合三角函数的定义及和差角公式即可求解．
本题主要考查了三角函数的定义及和差角公式的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：ρ1=αeφ+π2π=αeφπ+12=αeφπe12.
故选：B.
根据题意直接化简求解即可．
本题考查极坐标方程，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：向量a=(−1,1),b=(2,0)，
则a⋅b=−2，|b|=2，
故c=a⋅b|b|2×b=−12b=(−1,0).
故选：C.
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，
设球半径为r，则r= 12+(22)2= 2，故该球的表面积为4πr2=8π.
故选：C.
利用圆柱及球的特征计算即可．
本题考查了圆柱外接球表面积的计算，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设复数z=x+yi，x，y∈R，
∵复数z1，z2，z1≠z2，z1，z2同时满足|z|=1和|z−1|=|z−i|，
∴x2+y2=1(x−1)2+y2=x2+(y−1)2，
∴x1= 22y1= 22，x2=− 22y2=− 22，
则|z1−z2|=| 22+ 22i−(− 22− 22i)|=| 2+ 2i|=2.
故选：C.
复数z=x+yi，x，y∈R，由|z|=1和|z−1|=|z−i|，列方程组求出z1，z2，由此能求出|z1−z2|.
本题考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设∠ACD=θ，令AC=x，
则CB=2x，Rt△ACD中，CD=xcsθ，
在△BCD中，可得∠BCD=120∘−θ，∠CBD=θ−60∘，
所以BCsin120∘=CDsin∠CBD，
所以2x 32=xcsθsin(θ−60∘)=xcsθ12sinθ− 32csθ，
所以4 3=112tanθ− 32，
可得tanθ=3 32.
故选：B.
设∠ACD=θ，令AC=x，可求CB=2x，CD=xcsθ，∠BCD=120∘−θ，∠CBD=θ−60∘，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用即可求解tanθ的值．
本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：经验回归方程为y =1.25x+4.25，1.25>0，
则y与x正相关，故A正确；
x−=3，y−=15(5+m+8+9+10.5)=15(m+32.5)，
(x−,y−)在y=1.25x+4.25上，15(m+32.5)=3×1.25+4.25，解得m=7.5，故B错误；
5×60%=3，第60百分位数为8+92，故C错误；
5−(1.25+4.25)+7.5−(1.25×2+4.25)+0+9−(1.25×4+4.25)+10.5−(1.25×5+4.25)=0，故D正确．
故选：AD.
结合线性回归方程的性质，百分数的定义，残差的定义，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：f(x)=ln(1+x)−ln(1−x)+2x，
则f(x)的定义域为(−1,0)∪(0,1)，
f(−x)=ln(1−x)−ln(1+x)−2x=−f(x)，f(x)关于(0,0)对称，故A正确；
f′(x)=11+x−−11−x−2x2=11+x+−1x−1−2x2=−2x2−1−2x2=−2x2−2(x2−1)(x2−1)x2=2−4x2(x2−1)x2，
当x∈(0, 22)时，f′(x)<0，f(x)(0, 22)上单调递减，故B错误；
当x∈( 22,1)时，f′(x)>0，f(x)在( 22,1)上单调递增，
故f(x)极小值=f( 22)=ln(3+2 2)+2 2>0，故C正确；
当x趋近于1时，f(x)趋近于无穷大，当x趋近于0时，f(x)趋近于无穷大，
故f(x)无零点，故D错误．
故选：AC.
根据已知条件，结合函数的对称性，以及利用导数研究函数的单调性，即可求解．
本题主要考查导数的应用，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由正方体性质可知，A1B//D1C，又点M，N分别为棱DD1，DC的中点，
所以MN//D1C，所以A1B//MN，A1B⊄平面AMN，所以A1B//平面AMN，故A对；
对于B，因为D1P= MP2−D1M2= 3，所以P点轨迹是以D1为圆心的14圆弧，
所以轨迹长为π2⋅ 3= 3π2，故B对；
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，M(0,0,1)，N(0,1,0)，设P(x,y,2)，
则AM=(−2,0,1),AN=(−2,1,0),MP=(x,y,1)，
若MP⊥平面AMN，
则MP⊥AMMP⊥AN，则−2x+1=0−2x+y=0，∴x=12y=1，
此时D1P= 14+1≠ 3，故C错；
对于D，设平面AMN法向量n=(x0,y0,z0)，则
−2x0+z0=0−2x0+y0=0，不妨设x0=1，则y0=2，z0=2，
所以n=(1,2,2)，又PM=(x,y,1)，
所以d=|x+2y+2| 1+4+4，D1P= 3,x2+y2=3，
令x= 3csθ,y= 3sinθ，
所以d= 3csθ+2 3sinθ+23≤ 15+23，故D对．
故选：ABD.
对于A，由正方体性质及线面平行的判定定理判断即可；对于B，求出D1P的长，即可判断P点的轨迹；对于C、D，建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，即可求解．
本题考查了空间中直线与平面平行的判断，考查了空间向量的应用，属于中档题．
12.【答案】π4(答案不唯一)
【解析】解：f(x)=sinxcsx+1=12sin2x+1，
令2x=π2+kπ，k∈Z，则x=π4+kπ2，k∈Z，
故答案为：π4(答案不唯一).
先利用二倍角公式进行化简，然后结合正弦函数的对称性即可求解．
本题主要考查了正弦函数的对称性的应用，属于基础题．
13.【答案】1316
【解析】解：某人上楼梯，每步上1阶的概率为34，每步上2阶的概率为14，
设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的情况有二种：
①每步上一阶，走二步，概率为34×34=916；
②第一步上两阶，概率为14.
∴该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为：
P=916+14=1316.
故答案为：1316.
设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的情况有二种：①每步上一阶，走二步；②第一步上两阶．利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式能求出该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率．
本题考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】232
【解析】解：依题意设P(x1,x122p)，则d(P,Q)=|x1−3|+|x122p−0|=x122p+|x1−3|，
当x1≥3时，d(P,Q)=x122p+x1−3，则d(P,Q)在[3,+∞)上单调递增，
∴dmin(P,Q)=92p=2，解得p=94(舍)，
当x1<3时，d(P,Q)=x122p−x1+3，则d(P,Q)在(−∞,p)上单调递减，(p,3)上单调递增，
∴dmin(P,Q)=p22p−p+3=2，解得p=2；
过P作PN//x轴交l于点N，过M作ME⊥PN于点E，先固定P，
则d(P,M)=PE+EN=PN，l方程：y=32(x−3)，
设P(x0,x024)，N(x026+3,x024)，
∴PN=x026+3−x0=16(x0−3)2+32≥32，
x0=3时取“=”，∴d(P,M)min=32.
故答案为：2；32.
分类讨论求解p，再将d(P,M)转化为PN的长．
本题考查抛物线的方程与性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：连接DE，在菱形ABCD中，∠BCD=60∘，所以△BCD为等边三角形．
又因为E为BC中点，所以DE⊥BC，
又因为D1E⊥BC，DE∩D1E=E，所以BC⊥平面D1DE，
所以BC⊥D1D，
又因为D1E= 21，而D1D=3，DE=2 3，所以D1D2+DE2=21=D1E2，所以D1D⊥DE，
又因为BC∩DE=E，所以D1D⊥平面ABCD.
(2)如图，以D为坐标原点，DA，DE，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,2 3,0)，A1(2,0,3)，C1(−1, 3,3)，
所以A1C1=(−3, 3,0)，A1E=(−2,2 3,−3)，
设平面A1C1E的法向量n1=(x,y,z)，
则n1⋅A1C1=−3x+ 3y=0n2⋅A1E=−2x+2 3y−3z=0，
令x=3，则y=3 3,z=−3，所以n1=(3,3 3,4)，
由题得，平面ABCD的一个法向量n2=(0,0,1)，
设平面A1C1E与平面ABCD所成角为θ，
所以csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=4 52=2 1313.
【解析】(1)连接DE，通过线面垂直的判定定理可证BC⊥平面D1DE，从而得到BC⊥D1D，由勾股定理的逆定理可证D1D⊥DE，再由线面垂直的判定定理即可证得；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面A1C1E与平面ABCD的法向量，再由向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明和平面与平面所成角的求法，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为椭圆E的离心率为12，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1，
所以ca=12a−c=1a2=b2+c2，
解得a=2，b= 3，
则椭圆E的方程为x24+y23=1；
(2)因为AB//CF1，
所以BF2CF2=AF2F1F2=12，
不妨设直线l方程为x=my+1，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以y2=−2y1，
此时y1=6m3m2+4，y2=−12m3m2+4，
又y1y2=−93m2+4，
所以−72m2(3m2+4)2=−93m2+4，
整理得m2=45，
解得m=±2 55.
故直线l方程为x±2 55−1=0.
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式求出a和b的值，进而即可求解；
(2)根据AB//CF1，推出BF2CF2=AF2F1F2=12，设出直线l的方程和B，C两点的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)记事件A为第2次没有摸到红球，事件B为第3次也没有摸到红球，
P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=(1−p)3(1−p)2=1−p.
(2)方案一：红球出现频率X的所有可能取值为0,15,14,13,12,1，
P(X=0)=(1−p)5，P(X=15)=(1−p)4⋅p，P(X=14)=(1−p)3⋅p，
P(X=13)=(1−p)2p，P(X=12)=(1−p)p，P(X=1)=p，
所以X的分布列为：
E(X)=0×(1−p)5+15×(1−p)4p+14×(1−p)3p+13×(1−p)2p+12×(1−p)p+1×p
=(1−p)4p5+(1−p)3p4+(1−p)2p3+(1−p)p2+p，
“方案二”中红球出现的频率用随机变量Y表示，因为5Y∼B(5,p)，
所以5Y的分布列为P(5Y=k)=C5kpk(1−p)5−k，k=0，1，2，3，4，5，
所以E(5Y)=5p，所以E(Y)=p，
因为E(X)>p，E(Y)=p，所以方案二估计p的值更合理．
【解析】(1)由条件概率公式求解即可；
(2)分别求出方案一和方案二中红球出现频率的期望，比较大小即可得出结论．
本题主要考查离散型随机变量的数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题知：f′(x)=ex−2ax−1，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex−2a，
当a≤0时，g′(x)>0，f′(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增；
当a>0时，令g′(x)=0，解得x=ln2a，
当x∈(−∞,ln2a)时，g′(x)<0；当x∈(ln2a,+∞)时，g′(x)>0，
所以f′(x)在区间(−∞,ln2a)上单调递减，在区间(ln2a,+∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f′(x)在区间(−∞,+∞)单调递增；
当a>0时，f′(x)在区间(−∞,ln2a)上单调递减，在区间(ln2a,+∞)上单调递增．
(2)当a≤0时，f′(0)=0，
由(1)知，x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)在(−∞,0)上单调递减；
x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
所以x=0是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
当0由(1)知，x∈(ln2a,0)时，f′(x)<0，f(x)在(ln2a,0)上单调递减；
x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
所以，x=0是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
当a=12时，ln2a=0，x∈(−∞,+∞)时，f′(x)≥0，f(x)在(−∞,+∞)单调递增，
所以f(x)无极值点，不符合题意；
当a>12时，ln2a>0，且f′(0)=0，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，f(x)在(−∞,0)上单调递增；
当x∈(0,ln2a)时，f′(x)<0，f(x)在(0,lna)单调递减；
所以x=0是函数f(x)的极太值点，符合题意．
综上所述，a>12，即a的取值范围是(12,+∞).
(3)证明：要证esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1，
只要证esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθ)+ln(csθ)只要证esinθ−1+lnsinθ因为θ∈(0,π2)，所以sinθ∈(0,1)，csθ∈(0,1)，
所以只要证：对任意0只要证：对任意−1因为由(2)知：当a=1时，若x<0，则f(x)所以ex−x2−x<1，即ex令函数h(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，则h′(x)=11+x−1=−x1+x，
所以h(x)在(−1,0)上单调递增，h(x)由①+②得：ex+ln(1+x)所以(※)成立，所以esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1成立．
【解析】(1)求出f′(x)，令g(x)=f′(x)，对g(x)求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
(2)对a分类讨论，结合(1)中结论，求出函数的单调性及极值点，结合已知条件即可确定a的取值范围；
(3)分析可得要证esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1，只要证esinθ−1+lnsinθ本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)对于数列1，3，2，4而言，∵a32=4对于数列1，2，4，3，2，∵a22=4≥a1a3=4，a32=16≥a2a4=6，a42=9≥a3a5=8，
∴数列1，2，4，3，2为“对数凹性”数列．
(2)证明：f′(x)=3b4x2+2b3x+b2=0有两个不等的实根x1，x2(x1∴4b32−12b2b4>0⇒b32>3b2b4>b2b4，
由b1+b2x+b3x2+b4x3=0⇒b1⋅1x3+b2⋅1x2+b3⋅1x+b4=0，
令1x=t，∴b1t3+b2t2+b3t+b4=0有三个不等的实根，∴b22>3b1b3>b1b3，
∴数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列．
(3)证明：将p，q互换得，(q−p)Wr+(p−r)Wq+(r−q)Wp=−t=t，∴t=0，
令p=1，q=2⇒−Wr+(2−r)W1+(r−1)W2=t，
∴Wr=(2−r)W1+(r−1)W2=W1+(r−1)(W2−W1)，∴数列{Wn}是等差数列，
令d=W2−W1=S22−S1=c1+c22−c1=c2−c12>0，
∴Wn=c1+(n−1)⋅c2−c12=c1+(n−1)d，
∴Sn=nWn=dn2+(c1−d)n，
∴n≥2时，cn=Sn−Sn−1=dn2+(c1−d)n−d(n−1)2−(c1−d)(n−1)
=d(2n−1)+c1−d=c1+2d(n−1)，
而c1也满足上式，∴cn=c1+2d(n−1)，
∴{cn}为单调递增的等差数列，
∴Sn+12−SnSn+2=[(n+1)(dn+c1)]2−[dn2+(c1−d)n][(n+2)(dn+d+c1)]
=[(n+1)(dn+c1)]2−n(n+2)(dn+c1−d+dn+d+c12)2
=[(n+1)(dn+c1)]2−n(n+2)(dn+c1)2=(dn+c1)2>0⇒Sn+12≥SnSn+2，
∴{Sn}是“对数凹性”数列．
【解析】(1)利用“对数凹性”数列的定义计算即可；
(2)利用导数研究三次函数的性质结合f(1x)，f(x)零点个数相同及“对数凹性”数列的定义计算即可；
(3)将p，q互换计算可得t=0，令p=1，q=2，可证明{Wn}是等差数列，结合等差数列的通项公式可知Wn=c1+(n−1)d，利用Wn=1nSn及Sn，cn的关系可得cn=c1+2d(n−1)，并判定{cn}为单调递增的等差数列，根据等差数列求和公式计算Sn+12−SnSn+2>0即可得证．
本题主要考查数列的应用，数列的新定义，考查逻辑推理能力，属于难题．x
1
2
3
4
5
y
5
m
8
9
10.5
X
0
15
14
13
12
1
P
(1−p)5
(1−p)4p
(1−p)3p
(1−p)2p
(1−p)p
p
1.已知集合A={x|x+2>0}，B={x|x2−x−2<0}，则A∩B=( )
A. {x|−2
A. 1B. 2C. 8D. 16
3.已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(csπ3,sinπ3)，则cs(α−π6)=( )
A. 0B. 12C. 22D. 32
4.对数螺线广泛应用于科技领域.某种对数螺线可以用ρ=αeφπ表达，其中α为正实数，φ是极角，ρ是极径.若φ每增加π2个单位，则ρ变为原来的( )
A. e13倍B. e12倍C. eπ2倍D. eπ倍
5.已知向量a=(−1,1),b=(2,0)，向量a在向量b上的投影向量c=( )
A. (−2,0)B. (2,0)C. (−1,0)D. (1,0)
6.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为( )
A. 4πB. 6πC. 8πD. 10π
7.已知复数z1，z2，z1≠z2，若z1，z2同时满足|z|=1和|z−1|=|z−i|，则|z1−z2|为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
8.在△ABC中，∠ACB=120∘，BC=2AC，D为△ABC内一点，AD⊥CD，∠BDC=120∘，则tan∠ACD=( )
A. 2 2B. 3 32C. 6D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知两个变量y与x对应关系如下表：
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为y =1.25x+4.25，则( )
A. y与x正相关B. m=7
C. 样本数据y的第60百分位数为8D. 各组数据的残差和为0
10.若函数f(x)=ln(1+x)−ln(1−x)+2x，则( )
A. f(x)的图象关于(0,0)对称B. f(x)在(0, 22)上单调递增
C. f(x)的极小值点为 22D. f(x)有两个零点
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别为棱DD1，DC的中点，点P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP=2，则( )
A. A1B//平面AMNB. 点P的轨迹长度为 32π
C. 存在点P，使得MP⊥面AMND. 点P到平面AMN距离的最大值为 15+23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.写出函数f(x)=sinxcsx+1图象的一条对称轴方程______.
13.某人上楼梯，每步上1阶的概率为34，每步上2阶的概率为14，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为______.
14.设A(x1,y1)，B(x2,y2)为平面上两点，定义d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|.已知点P为抛物线C：x2=2py(p>0)上一动点，点Q(3,0)，d(P,Q)的最小值为2，则p=______；若斜率为32的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则d(P,M)的最小值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面为菱形，AB=4，DD1=3，∠BAD=60∘，点E为BC中点，D1E⊥BC，D1E= 21.
(1)证明：DD1⊥平面ABCD；
(2)若A1D1=2，求平面A1C1E与平面ABCD夹角的余弦值.
16.(本小题15分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆E的离心率为12，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过右焦点F2的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，AB//CF1，求直线l的方程.
17.(本小题15分)
在一个袋子中有若干红球和白球(除颜色外均相同)，袋中红球数占总球数的比例为p.
(1)若有放回摸球，摸到红球时停止.在第2次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；
(2)某同学不知道比例p，为估计p的值，设计了如下两种方案：
方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球5次停止.
方案二：从袋中进行有放回摸球5次分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计p的值更合理.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−ax2−x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围；
(3)若θ∈(0,π2)，证明：esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1.
19.(本小题17分)
若数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，有an+12≥an+2an，则称数列{an}为“对数凹性”数列.
(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；
(2)若函数f(x)=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点，其中bi>0(i=1,2,3,4).
证明：数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列；
(3)若数列{cn}的各项均为正数，c2>c1，记{cn}的前n项和为Sn，Wn=1nSn，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p−q)Wr+(q−r)Wp+(r−p)Wq=t.
证明：数列{Sn}为“对数凹性”数列.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得，A={x|x>−2}，B={x|−1
先求出集合A，B，然后结合集合的交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵曲线C:y24−x2m=1是双曲线，
∴m>0，双曲线的焦点在y轴上，
此时a=2，b= m，渐近线方程为y=±2 mx，
又双曲线C:y24−x2m=1的一条渐近线方程为y=2x，
∴2 m=1，即m=1.
故选：A.
由双曲线方程求得其渐近线方程，结合已知列式求得m值．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线渐近线方程的应用，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意得，P(12, 32)，
所以sinα= 32，csα=12，
则cs(α−π6)=12× 32+ 32×12= 32.
故选：D.
由已知结合三角函数的定义及和差角公式即可求解．
本题主要考查了三角函数的定义及和差角公式的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：ρ1=αeφ+π2π=αeφπ+12=αeφπe12.
故选：B.
根据题意直接化简求解即可．
本题考查极坐标方程，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：向量a=(−1,1),b=(2,0)，
则a⋅b=−2，|b|=2，
故c=a⋅b|b|2×b=−12b=(−1,0).
故选：C.
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，
设球半径为r，则r= 12+(22)2= 2，故该球的表面积为4πr2=8π.
故选：C.
利用圆柱及球的特征计算即可．
本题考查了圆柱外接球表面积的计算，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设复数z=x+yi，x，y∈R，
∵复数z1，z2，z1≠z2，z1，z2同时满足|z|=1和|z−1|=|z−i|，
∴x2+y2=1(x−1)2+y2=x2+(y−1)2，
∴x1= 22y1= 22，x2=− 22y2=− 22，
则|z1−z2|=| 22+ 22i−(− 22− 22i)|=| 2+ 2i|=2.
故选：C.
复数z=x+yi，x，y∈R，由|z|=1和|z−1|=|z−i|，列方程组求出z1，z2，由此能求出|z1−z2|.
本题考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设∠ACD=θ，令AC=x，
则CB=2x，Rt△ACD中，CD=xcsθ，
在△BCD中，可得∠BCD=120∘−θ，∠CBD=θ−60∘，
所以BCsin120∘=CDsin∠CBD，
所以2x 32=xcsθsin(θ−60∘)=xcsθ12sinθ− 32csθ，
所以4 3=112tanθ− 32，
可得tanθ=3 32.
故选：B.
设∠ACD=θ，令AC=x，可求CB=2x，CD=xcsθ，∠BCD=120∘−θ，∠CBD=θ−60∘，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用即可求解tanθ的值．
本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：经验回归方程为y =1.25x+4.25，1.25>0，
则y与x正相关，故A正确；
x−=3，y−=15(5+m+8+9+10.5)=15(m+32.5)，
(x−,y−)在y=1.25x+4.25上，15(m+32.5)=3×1.25+4.25，解得m=7.5，故B错误；
5×60%=3，第60百分位数为8+92，故C错误；
5−(1.25+4.25)+7.5−(1.25×2+4.25)+0+9−(1.25×4+4.25)+10.5−(1.25×5+4.25)=0，故D正确．
故选：AD.
结合线性回归方程的性质，百分数的定义，残差的定义，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：f(x)=ln(1+x)−ln(1−x)+2x，
则f(x)的定义域为(−1,0)∪(0,1)，
f(−x)=ln(1−x)−ln(1+x)−2x=−f(x)，f(x)关于(0,0)对称，故A正确；
f′(x)=11+x−−11−x−2x2=11+x+−1x−1−2x2=−2x2−1−2x2=−2x2−2(x2−1)(x2−1)x2=2−4x2(x2−1)x2，
当x∈(0, 22)时，f′(x)<0，f(x)(0, 22)上单调递减，故B错误；
当x∈( 22,1)时，f′(x)>0，f(x)在( 22,1)上单调递增，
故f(x)极小值=f( 22)=ln(3+2 2)+2 2>0，故C正确；
当x趋近于1时，f(x)趋近于无穷大，当x趋近于0时，f(x)趋近于无穷大，
故f(x)无零点，故D错误．
故选：AC.
根据已知条件，结合函数的对称性，以及利用导数研究函数的单调性，即可求解．
本题主要考查导数的应用，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由正方体性质可知，A1B//D1C，又点M，N分别为棱DD1，DC的中点，
所以MN//D1C，所以A1B//MN，A1B⊄平面AMN，所以A1B//平面AMN，故A对；
对于B，因为D1P= MP2−D1M2= 3，所以P点轨迹是以D1为圆心的14圆弧，
所以轨迹长为π2⋅ 3= 3π2，故B对；
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，M(0,0,1)，N(0,1,0)，设P(x,y,2)，
则AM=(−2,0,1),AN=(−2,1,0),MP=(x,y,1)，
若MP⊥平面AMN，
则MP⊥AMMP⊥AN，则−2x+1=0−2x+y=0，∴x=12y=1，
此时D1P= 14+1≠ 3，故C错；
对于D，设平面AMN法向量n=(x0,y0,z0)，则
−2x0+z0=0−2x0+y0=0，不妨设x0=1，则y0=2，z0=2，
所以n=(1,2,2)，又PM=(x,y,1)，
所以d=|x+2y+2| 1+4+4，D1P= 3,x2+y2=3，
令x= 3csθ,y= 3sinθ，
所以d= 3csθ+2 3sinθ+23≤ 15+23，故D对．
故选：ABD.
对于A，由正方体性质及线面平行的判定定理判断即可；对于B，求出D1P的长，即可判断P点的轨迹；对于C、D，建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，即可求解．
本题考查了空间中直线与平面平行的判断，考查了空间向量的应用，属于中档题．
12.【答案】π4(答案不唯一)
【解析】解：f(x)=sinxcsx+1=12sin2x+1，
令2x=π2+kπ，k∈Z，则x=π4+kπ2，k∈Z，
故答案为：π4(答案不唯一).
先利用二倍角公式进行化简，然后结合正弦函数的对称性即可求解．
本题主要考查了正弦函数的对称性的应用，属于基础题．
13.【答案】1316
【解析】解：某人上楼梯，每步上1阶的概率为34，每步上2阶的概率为14，
设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的情况有二种：
①每步上一阶，走二步，概率为34×34=916；
②第一步上两阶，概率为14.
∴该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为：
P=916+14=1316.
故答案为：1316.
设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的情况有二种：①每步上一阶，走二步；②第一步上两阶．利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式能求出该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率．
本题考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】232
【解析】解：依题意设P(x1,x122p)，则d(P,Q)=|x1−3|+|x122p−0|=x122p+|x1−3|，
当x1≥3时，d(P,Q)=x122p+x1−3，则d(P,Q)在[3,+∞)上单调递增，
∴dmin(P,Q)=92p=2，解得p=94(舍)，
当x1<3时，d(P,Q)=x122p−x1+3，则d(P,Q)在(−∞,p)上单调递减，(p,3)上单调递增，
∴dmin(P,Q)=p22p−p+3=2，解得p=2；
过P作PN//x轴交l于点N，过M作ME⊥PN于点E，先固定P，
则d(P,M)=PE+EN=PN，l方程：y=32(x−3)，
设P(x0,x024)，N(x026+3,x024)，
∴PN=x026+3−x0=16(x0−3)2+32≥32，
x0=3时取“=”，∴d(P,M)min=32.
故答案为：2；32.
分类讨论求解p，再将d(P,M)转化为PN的长．
本题考查抛物线的方程与性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：连接DE，在菱形ABCD中，∠BCD=60∘，所以△BCD为等边三角形．
又因为E为BC中点，所以DE⊥BC，
又因为D1E⊥BC，DE∩D1E=E，所以BC⊥平面D1DE，
所以BC⊥D1D，
又因为D1E= 21，而D1D=3，DE=2 3，所以D1D2+DE2=21=D1E2，所以D1D⊥DE，
又因为BC∩DE=E，所以D1D⊥平面ABCD.
(2)如图，以D为坐标原点，DA，DE，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,2 3,0)，A1(2,0,3)，C1(−1, 3,3)，
所以A1C1=(−3, 3,0)，A1E=(−2,2 3,−3)，
设平面A1C1E的法向量n1=(x,y,z)，
则n1⋅A1C1=−3x+ 3y=0n2⋅A1E=−2x+2 3y−3z=0，
令x=3，则y=3 3,z=−3，所以n1=(3,3 3,4)，
由题得，平面ABCD的一个法向量n2=(0,0,1)，
设平面A1C1E与平面ABCD所成角为θ，
所以csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=4 52=2 1313.
【解析】(1)连接DE，通过线面垂直的判定定理可证BC⊥平面D1DE，从而得到BC⊥D1D，由勾股定理的逆定理可证D1D⊥DE，再由线面垂直的判定定理即可证得；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面A1C1E与平面ABCD的法向量，再由向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明和平面与平面所成角的求法，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为椭圆E的离心率为12，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1，
所以ca=12a−c=1a2=b2+c2，
解得a=2，b= 3，
则椭圆E的方程为x24+y23=1；
(2)因为AB//CF1，
所以BF2CF2=AF2F1F2=12，
不妨设直线l方程为x=my+1，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以y2=−2y1，
此时y1=6m3m2+4，y2=−12m3m2+4，
又y1y2=−93m2+4，
所以−72m2(3m2+4)2=−93m2+4，
整理得m2=45，
解得m=±2 55.
故直线l方程为x±2 55−1=0.
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式求出a和b的值，进而即可求解；
(2)根据AB//CF1，推出BF2CF2=AF2F1F2=12，设出直线l的方程和B，C两点的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)记事件A为第2次没有摸到红球，事件B为第3次也没有摸到红球，
P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=(1−p)3(1−p)2=1−p.
(2)方案一：红球出现频率X的所有可能取值为0,15,14,13,12,1，
P(X=0)=(1−p)5，P(X=15)=(1−p)4⋅p，P(X=14)=(1−p)3⋅p，
P(X=13)=(1−p)2p，P(X=12)=(1−p)p，P(X=1)=p，
所以X的分布列为：
E(X)=0×(1−p)5+15×(1−p)4p+14×(1−p)3p+13×(1−p)2p+12×(1−p)p+1×p
=(1−p)4p5+(1−p)3p4+(1−p)2p3+(1−p)p2+p，
“方案二”中红球出现的频率用随机变量Y表示，因为5Y∼B(5,p)，
所以5Y的分布列为P(5Y=k)=C5kpk(1−p)5−k，k=0，1，2，3，4，5，
所以E(5Y)=5p，所以E(Y)=p，
因为E(X)>p，E(Y)=p，所以方案二估计p的值更合理．
【解析】(1)由条件概率公式求解即可；
(2)分别求出方案一和方案二中红球出现频率的期望，比较大小即可得出结论．
本题主要考查离散型随机变量的数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题知：f′(x)=ex−2ax−1，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex−2a，
当a≤0时，g′(x)>0，f′(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增；
当a>0时，令g′(x)=0，解得x=ln2a，
当x∈(−∞,ln2a)时，g′(x)<0；当x∈(ln2a,+∞)时，g′(x)>0，
所以f′(x)在区间(−∞,ln2a)上单调递减，在区间(ln2a,+∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f′(x)在区间(−∞,+∞)单调递增；
当a>0时，f′(x)在区间(−∞,ln2a)上单调递减，在区间(ln2a,+∞)上单调递增．
(2)当a≤0时，f′(0)=0，
由(1)知，x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)在(−∞,0)上单调递减；
x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
所以x=0是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
当0
x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
所以，x=0是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
当a=12时，ln2a=0，x∈(−∞,+∞)时，f′(x)≥0，f(x)在(−∞,+∞)单调递增，
所以f(x)无极值点，不符合题意；
当a>12时，ln2a>0，且f′(0)=0，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，f(x)在(−∞,0)上单调递增；
当x∈(0,ln2a)时，f′(x)<0，f(x)在(0,lna)单调递减；
所以x=0是函数f(x)的极太值点，符合题意．
综上所述，a>12，即a的取值范围是(12,+∞).
(3)证明：要证esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1，
只要证esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθ)+ln(csθ)
所以只要证：对任意0
所以h(x)在(−1,0)上单调递增，h(x)
【解析】(1)求出f′(x)，令g(x)=f′(x)，对g(x)求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
(2)对a分类讨论，结合(1)中结论，求出函数的单调性及极值点，结合已知条件即可确定a的取值范围；
(3)分析可得要证esinθ−1+ecsθ−1+ln(sinθcsθ)<1，只要证esinθ−1+lnsinθ
19.【答案】解：(1)对于数列1，3，2，4而言，∵a32=4
∴数列1，2，4，3，2为“对数凹性”数列．
(2)证明：f′(x)=3b4x2+2b3x+b2=0有两个不等的实根x1，x2(x1
由b1+b2x+b3x2+b4x3=0⇒b1⋅1x3+b2⋅1x2+b3⋅1x+b4=0，
令1x=t，∴b1t3+b2t2+b3t+b4=0有三个不等的实根，∴b22>3b1b3>b1b3，
∴数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列．
(3)证明：将p，q互换得，(q−p)Wr+(p−r)Wq+(r−q)Wp=−t=t，∴t=0，
令p=1，q=2⇒−Wr+(2−r)W1+(r−1)W2=t，
∴Wr=(2−r)W1+(r−1)W2=W1+(r−1)(W2−W1)，∴数列{Wn}是等差数列，
令d=W2−W1=S22−S1=c1+c22−c1=c2−c12>0，
∴Wn=c1+(n−1)⋅c2−c12=c1+(n−1)d，
∴Sn=nWn=dn2+(c1−d)n，
∴n≥2时，cn=Sn−Sn−1=dn2+(c1−d)n−d(n−1)2−(c1−d)(n−1)
=d(2n−1)+c1−d=c1+2d(n−1)，
而c1也满足上式，∴cn=c1+2d(n−1)，
∴{cn}为单调递增的等差数列，
∴Sn+12−SnSn+2=[(n+1)(dn+c1)]2−[dn2+(c1−d)n][(n+2)(dn+d+c1)]
=[(n+1)(dn+c1)]2−n(n+2)(dn+c1−d+dn+d+c12)2
=[(n+1)(dn+c1)]2−n(n+2)(dn+c1)2=(dn+c1)2>0⇒Sn+12≥SnSn+2，
∴{Sn}是“对数凹性”数列．
【解析】(1)利用“对数凹性”数列的定义计算即可；
(2)利用导数研究三次函数的性质结合f(1x)，f(x)零点个数相同及“对数凹性”数列的定义计算即可；
(3)将p，q互换计算可得t=0，令p=1，q=2，可证明{Wn}是等差数列，结合等差数列的通项公式可知Wn=c1+(n−1)d，利用Wn=1nSn及Sn，cn的关系可得cn=c1+2d(n−1)，并判定{cn}为单调递增的等差数列，根据等差数列求和公式计算Sn+12−SnSn+2>0即可得证．
本题主要考查数列的应用，数列的新定义，考查逻辑推理能力，属于难题．x
1
2
3
4
5
y
5
m
8
9
10.5
X
0
15
14
13
12
1
P
(1−p)5
(1−p)4p
(1−p)3p
(1−p)2p
(1−p)p
p
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