2022-2023学年陕西省榆林市高三第一次模拟考试数学（文科）试题

高三模拟试题PAGEPAGE1绝密★启用前榆林市2022～2023年度第一次模拟考试数学试题(文科)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。考试时间120分钟。2．请将各题〖答案〗填写在答题卡上。3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数z＝－i(1＋2i)在复平面内对应的点位于()(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限2．已知集合A＝{x|y＝ln(x＋1)}，B＝{x|2x－1＞－5}，则(RA)∩B＝()(A)(－1，＋∞)(B)(－2，－1)(C)(－2，－1〗(D)(－2，＋∞)3．若m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是()(A)若m∥α，α∥β，则m∥β(B)若m⊥α，α⊥β，则m∥β(C)若m∥n，n∥α，则m∥α(D)若m⊥α，α∥β，则m⊥β4．已知tan(α＋EQ\f(π,4))＝9，则tanα＝()(A)EQ\f(4,5)(B)－EQ\f(4,5)(C)EQ\f(3,4)(D)－EQ\f(3,4)5．已知函数f(x)＝alnx＋x2的图像在x＝1处的切线方程为3x－y＋b＝0，则a＋b＝()(A)－2(B)－1(C)0(D)16．为了解市民的生活幸福指数，某组织随机选取了部分市民参与问卷调查，将他们的生活幸福指数(满分100分)按照〖0，20)，〖20，40)，〖40，60)，〖60，80)，〖80，100〗分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，估计市民生活幸福指数的中位数为()(A)70(B)EQ\f(200,3)(C)EQ\f(190,3)(D)607．如图1，某建筑物的屋顶像抛物线，建筑师通过抛物线的设计元素赋予了这座建筑轻盈、极简和雕塑般的气质．若将该建筑外形弧线的一段按照一定的比例处理后可看成图2所示的抛物线C：x2＝2py(p＞0)的一部分，P为抛物线C上一点，F为抛物线C的焦点，若∠OFP＝120°，且|OP|＝EQ\f(\R(21),2)，则p＝()(A)1(B)2(C)3(D)48．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，则λ的取值范围为()(A)(－2，2)(B)(0，2)(C)〖－2，2〗(D)〖0，2〗9．在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，EQ\o\ac(CE,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(ED,\s\up7(→))，EQ\o\ac(BC,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(BF,\s\up7(→))，则EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝()(A)4(B)eq\f(32,9)(C)eq\f(28,9)(D)310．已知四面体ABCD外接球的球心O与正三角形ABC外接圆的圆心重合，若该四面体体积的最大值为2EQ\r(3)，则该四面体外接球的体积为()(A)8π(B)EQ\f(32π,3)(C)16π(D)EQ\f(64π,3)11．已知ω＞0，函数f(x)＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(π,3))＋3cos(ωx＋EQ\f(π,3))在(0，2π)上恰有3个极大值点，则ω的取值范围为()(A)(eq\f(23,12)，eq\f(35,12)〗(B)〖eq\f(23,12)，eq\f(35,12))(C)(eq\f(35,12)，eq\f(47,12)〗(D)〖eq\f(35,12)，eq\f(47,12))12．已知a2＋lna＝9b4＋2lnb＋1，则下列结论一定成立的是()(A)a＜b2＋1(B)a＜2b2＋1(C)a＞3b(D)a＜3b2第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0,y－4≤0,x－y－2≤0))，则z＝2x＋y的最小值为▲．14．自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818…．若从欧拉数的前4位数字2，7，1，8中任选2个，则至少有1个偶数被选中的概率为▲．15．已知函数f(x)是定义在(－2，2)上的增函数，且f(x)的图象关于点(0，－2)对称，则关于x的不等式f(x)＋f(x＋2)＋4＞0的解集为▲．16．已知双曲线C：EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1的右焦点为F，直线l：x＝my＋2(m＞0)与双曲线C相交于A，B两点，点P(6，0)，以PF为直径的圆与l相交于F，M两点，若M为线段AB的中点，则|MF|＝▲．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔正式拉开序幕，这是历史上首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．某市为了解高中生是否关注世界杯足球赛与性别的关系，随机对该市50名高中生进行了问卷调查，得到如下列联表．关注不关注合计男高中生4女高中生14合计已知在这50名高中生中随机抽取1人，抽到关注世界杯足球赛的高中生的概率为EQ\f(4,5)．(1)完成上面的2×2列联表；(2)根据列联表中的数据，判断能否有90%的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关．附：χ2＝EQ\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))，其中n＝a＋b＋c＋d．P(χ2≥k0)0.100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.82818．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn+1＋Sn＝(n＋1)an+1．(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝EQ\f(1,anan+1)，求数列{bn}的前n项和为Tn．19．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD＝EQ\r(2)，AB＝2CD＝2．(1)证明：AD⊥PB．(2)求点A到平面PBC的距离．20．(12分)已知P(1，0)是椭圆C：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m＞0，n＞0)的一个顶点，圆E：(x－2)2＋(y－2)2＝4经过C的一个顶点．(1)求C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋1与C相交于M、N两点(异于点P)，记直线PM与直线PN的斜率分别为k1、k2，且k1＋k2＝k1k2，求k的值．21．(12分)已知函数f(x)＝(x－EQ\f(1,2)x2)lnx＋(EQ\f(1,2)k＋EQ\f(1,4))x2－(k＋1)x，k∈R．(1)若k＞0，求f(x)的单调区间；(2)若k∈Z，且当x＞1时，f'(x)＜lnx＋1，求k的最大值．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．22．〖选修4－4：坐标系与参数方程〗(10分)在直角坐标系xOy中，已知点P(1，0)，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝2＋2sinφ))(φ为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρsin(θ＋eq\f(π,4))－EQ\r(2)＝0．(1)求C的普通方程与l的直角坐标方程；(2)若l与C交于A，B两点，求|PA|＋|PB|．23．〖选修4－5：不等式选讲〗(10分)已知函数f(x)＝|x＋a－2|＋|x＋3|．(1)当a＝0时，求不等式f(x)≥9的解集；(2)若函数f(x)＞2，求a的取值范围．绝密★启用前榆林市2022～2023年度第一次模拟考试文科数学试题逐题〖解析〗第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数z＝－i(1＋2i)在复平面内对应的点位于()(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限〖答案〗D〖解析〗z＝－i(1＋2i)＝2－i，所以复数z＝－i(1＋2i)在复平面内对应的点位于第四象限，故选(D)．2．已知集合A＝{x|y＝ln(x＋1)}，B＝{x|2x－1＞－5}，则(RA)∩B＝()(A)(－1，＋∞)(B)(－2，－1)(C)(－2，－1〗(D)(－2，＋∞)〖答案〗C〖解析〗因为A＝{x|y＝ln(x＋1)}＝{x|x＞－1}，B＝{x|2x－1＞－5}＝{x|x＞－2}，所以(RA)∩B＝(－2，－1〗，故选(C)．3．若m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是()(A)若m∥α，α∥β，则m∥β(B)若m⊥α，α⊥β，则m∥β(C)若m∥n，n∥α，则m∥α(D)若m⊥α，α∥β，则m⊥β〖答案〗D〖解析〗(A)(B)(C)中都可能出现线在面内的情况，故选(D)．4．已知tan(α＋EQ\f(π,4))＝9，则tanα＝()(A)EQ\f(4,5)(B)－EQ\f(4,5)(C)EQ\f(3,4)(D)－EQ\f(3,4)〖答案〗A〖解析〗因为tan(α＋EQ\f(π,4))＝EQ\f(tanα＋1,1－tanα)＝9，所以tanα＝EQ\f(4,5)，故选(A)．5．已知函数f(x)＝alnx＋x2的图像在x＝1处的切线方程为3x－y＋b＝0，则a＋b＝()(A)－2(B)－1(C)0(D)1〖答案〗B〖解析〗因为f(1)＝1，所以3－1＋b＝0，即b＝－2，而f'(x)＝EQ\f(a,x)＋2x，故k＝f'(1)＝a＋2＝3，解得：a＝1，所以a＋b＝－1，故选(B)．6．为了解市民的生活幸福指数,某组织随机选取了部分市民参与问卷调查，将他们的生活幸福指数(满分100分)按照〖0，20)，〖20，40)，〖40，60)，〖60，80)，〖80，100〗分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，估计市民生活幸福指数的中位数为()(A)70(B)EQ\f(200,3)(C)EQ\f(190,3)(D)60〖答案〗C〖解析〗因为(0.0050＋0.0075＋a＋0.0125＋0.0150)×20＝1，解得：a＝0.0100，前3组的频率之和为0.1＋0.15＋0.2＝0.45，第4组的频率为0.3，故市民生活幸福指数的中位数为60＋20×EQ\f(0.5－0.45,0.3)＝EQ\f(190,3)，故选(C)．7．如图1，某建筑物的屋顶像抛物线，建筑师通过抛物线的设计元素赋予了这座建筑轻盈、极简和雕塑般的气质．若将该建筑外形弧线的一段按照一定的比例处理后可看成图2所示的抛物线C：x2＝－2py(p＞0)的一部分，P为抛物线C上一点，F为抛物线C的焦点，若∠OFP＝120°，且|OP|＝EQ\f(\R(21),2)，则p＝()(A)1(B)2(C)3(D)4〖答案〗A〖解析〗设抛物线C的准线为l，|FP|＝r，过P作l的垂线交l于A，连结AP，过F作FB⊥AF于B，则|BP|＝r－p，因为∠OFP＝120°，所以|FP|＝2|BP|，r＝2(r－p)，解得：r＝2p，P(EQ\r(3)p，－EQ\f(3p,2))，|OP|2＝3p2＋EQ\f(9p2,4)＝EQ\f(21p2,4)＝EQ\f(21,4)，解得：p＝1，故选(A)．8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，则λ的取值范围为()(A)(－2，2)(B)(0，2)(C)〖－2，2〗(D)〖0，2〗〖答案〗A〖解析〗因为asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，所以由正弦定理可得：a2＋b2＋λab＝c2，即：a2＋b2－c2＝－λab＝2abcosC，即：λ＝－2cosC，因为C∈(0，π)，所以λ∈(－2，2)，故选(A)．9．在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，EQ\o\ac(CE,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(ED,\s\up7(→))，EQ\o\ac(BC,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(BF,\s\up7(→))，则EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝()(A)4(B)eq\f(32,9)(C)eq\f(28,9)(D)3〖答案〗B〖解析〗解法1：设EQ\o\ac(AB,\s\up7(→))＝a，EQ\o\ac(AD,\s\up7(→))＝b，所以EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝(eq\f(1,3)a＋b)•(eq\f(2,3)a－eq\f(1,2)b)＝eq\f(2,9)a2－eq\f(1,2)b2＋eq\f(1,2)a•b＝eq\f(32,9)－2＋2＝eq\f(32,9)，故选(B)．解法2：连结BD，因为AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，所以BD⊥AD，以D为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(2，0)，F(－1，2EQ\r(3))，E(－eq\f(2,3)，eq\f(2,3)EQ\r(3))，EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))＝(－eq\f(8,3)，eq\f(2,3)EQ\r(3))，EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝(－eq\f(1,3)，eq\f(4,3)EQ\r(3))，所以EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝eq\f(32,9)，故选(B)．10．已知四面体ABCD外接球的球心O与正三角形ABC外接圆的圆心重合，若该四面体体积的最大值为2EQ\r(3)，则该四面体外接球的体积为()(A)8π(B)EQ\f(32π,3)(C)16π(D)EQ\f(64π,3)〖答案〗B〖解析〗设该四面体外接球的半径为R，体积为V，正三角形ABCD的面积为S，则S＝2R2sinAsinBsinC＝EQ\f(3\R(3)R2,4)，V四面体≤EQ\f(1,3)SR＝EQ\f(\R(3)R3,4)＝2EQ\r(3)，所以R＝2，V＝EQ\f(4πR3,3)＝EQ\f(32π,3)，故选(B)．11．已知ω＞0，函数f(x)＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(π,3))＋3cos(ωx＋EQ\f(π,3))在(0，2π)上恰有3个极大值点，则ω的取值范围为()(A)(eq\f(23,12)，eq\f(35,12)〗(B)〖eq\f(23,12)，eq\f(35,12))(C)(eq\f(35,12)，eq\f(47,12)〗(D)〖eq\f(35,12)，eq\f(47,12))〖答案〗C〖解析〗因为f(x)＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(π,3))＋3cos(ωx＋EQ\f(π,3))＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(2π,3))，令ωx＋EQ\f(2π,3)＝EQ\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得：x＝EQ\f((12k－1)π,6ω)，故f(x)的第3个正极大值点依次为EQ\f(35π,6ω)，第4个正极大值点依次为EQ\f(47π,6ω)，因为f(x)在(0，2π)上恰有3个极大值点，所以eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(EQ\f(35π,6ω)＜2π,EQ\f(47π,6ω)≥2π))，即：ω∈(eq\f(35,12)，eq\f(47,12)〗，故选(C)．12．已知a2＋lna＝9b4＋2lnb＋1，则下列结论一定成立的是()(A)a＜b2＋1(B)a＜2b2＋1(C)a＞3b(D)a＜3b2〖答案〗D〖解析〗令f(x)＝x2＋lnx，因为a2＋lna＝9b4＋2lnb＋1＜9b4＋2lnb＋ln3＝9b4＋ln3b2，所以f(a)＜f(3b2)，而f(x)在(0，＋∞)上递增，所以a＜3b2，故选(D)．第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0,y－4≤0,x－y－2≤0))，则z＝2x＋y的最小值为▲．〖答案〗－11〖解析〗易知当x＝－3，y＝－5时，z＝2x＋y取得最小值－11．14．自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818…．若从欧拉数的前4位数字2，7，1，8中任选2个，则至少有1个偶数被选中的概率为▲．〖答案〗eq\f(5,6)〖解析〗从欧拉数的前4位数字2，7，1，8中任选2个，有(1，2)，(1，7)，(1，8)，(2，7)，(2，8)，(7，8)，共6种可能，没有偶数有1种，故至少有1个偶数被选中的概率为eq\f(5,6)．15．已知函数f(x)是定义在(－2，2)上的增函数，且f(x)的图象关于点(0，－2)对称，则关于x的不等式f(x)＋f(x＋2)＋4＞0的解集为▲．〖答案〗(－1，0)〖解析〗因为f(x)的图象关于点(0，－2)对称，所以f(x)＋f(－x)＝－4，故不等式f(x)＋f(x＋2)＋4＞0可化为：f(x＋2)＞f(－x)，而f(x)是定义在(－2，2)上的增函数，所以－2＜－x＜x＋2＜2，解得：x∈(－1，0)．16．已知双曲线C：EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1的右焦点为F，直线l：x＝my＋2(m＞0)与双曲线C相交于A，B两点，点P(6，0)，以PF为直径的圆与l相交于F，M两点，若M为线段AB的中点，则|MF|＝▲．〖答案〗2〖解析〗解法1：设M(x0，y0)，联立eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1,x＝my＋2))可得：(m2－1)y2＋4my＋2＝0，y0＝－EQ\f(2m,m2－1)，x0＝my0＋2＝－EQ\f(2,m2－1)，kMP＝EQ\f(y0,x0－6)＝EQ\f(m,3m2－2)＝－m，因为m＞0，所以m＝EQ\f(\R(3),3)，∠MFP＝60°，故|MF|＝|PF|cos60°＝2．解法2：设直线l的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosφ,y＝tsinφ))(t为参数)，代入C：EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1可得：(cos2φ－sin2φ)t2＋4tcosφ＋2＝0，tM＝－EQ\f(2cosφ,cos2φ－sin2φ)＝4cosφ，即：cos2φ＝－EQ\f(1,2)，故φ＝60°，故|MF|＝4cosφ＝2．解法3：根据双曲线的焦半径公式可得：r1＝|AF|＝EQ\f(\R(2),1－\R(2)cosθ)，r2＝|BF|＝EQ\f(\R(2),1＋\R(2)cosθ)(θ为直线l的倾斜角)，即：|MF|＝|PF|cosθ＝4cosθ＝EQ\f(r1－r2,2)＝EQ\f(2cosθ,1－2cos2θ)．cos2θ＝－EQ\f(1,2)，故θ＝60°，故|MF|＝4cosθ＝2．解法4：设双曲线的左焦点为F1，|AF|＝r1，|BF|＝r2，|AP|＝|BP|＝t，在△AF1P中，由中线定理可得：(r1＋2EQ\r(2))2＋t2＝2(req\o\al(\o\ac(,\s\up4(2)),\o\ac(,\s\down3(1)))＋16)，同理可得：(r2＋2EQ\r(2))2＋t2＝2(req\o\al(\o\ac(,\s\up4(2)),\o\ac(,\s\down3(2)))＋16)，两式相减可得：r1＋r2＝4EQ\r(2)＝EQ\f(2EQ\r(2),1－2cos2θ)．cos2θ＝－EQ\f(1,2)，故θ＝60°，故|MF|＝4cosθ＝2．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔正式拉开序幕，这是历史上首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．某市为了解高中生是否关注世界杯足球赛与性别的关系，随机对该市50名高中生进行了问卷调查，得到如下列联表．关注不关注合计男高中生4女高中生14合计已知在这50名高中生中随机抽取1人，抽到关注世界杯足球赛的高中生的概率为EQ\f(4,5)．(1)完成上面的2×2列联表；(2)根据列联表中的数据，判断能否有90%的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关．附：χ2＝EQ\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))，其中n＝a＋b＋c＋d．P(χ2≥k0)0.100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.828〖解析〗(1)2×2列联表如下：关注不关注合计男高中生26430女高中生14620合计401050(2)χ2＝EQ\f(50(26×6－14×4)2,30×20×40×10)＝EQ\f(25,12)＜2.706，故没有90%的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关．18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn+1＋Sn＝(n＋1)an+1．(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝EQ\f(1,anan+1)，求数列{bn}的前n项和为Tn．〖解析〗(1)因为Sn+1＋Sn＝(n＋1)an+1，所以Sn+2＋Sn+1＝(n＋2)an+2，两式相减可得：(n＋2)an+1＝(n＋1)an+2，即：EQ\f(an+2,n＋2)＝EQ\f(an+1,n＋1)，n∈N＋，又因为a1＝3，S2＋S1＝2a2，解得：a2＝6，故EQ\f(an,n)＝EQ\f(a2,2)＝3，即：an＝3n，n≥2，n＝1时，a1＝3也成立，故an＝3n；(2)bn＝EQ\f(1,anan+1)＝EQ\f(1,9n(n＋1))＝EQ\f(1,9)(EQ\f(1,n)－EQ\f(1,n＋1))，故Tn＝EQ\f(1,9)(1－EQ\f(1,n＋1))＝EQ\f(n,9(n＋1))．19．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD＝EQ\r(2)，AB＝2CD＝2．(1)证明：AD⊥PB．(2)求点A到平面PBC的距离．〖解析〗(1)取AD的中点O，连结OP、OB，因为∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD＝EQ\r(2)，AB＝2，所以AD⊥PO，AD⊥BO，而PO∩BO＝O，PO、BO⊂平面POB，故AD⊥平面POB，AD⊥PB；(2)BC＝EQ\r(3)，PB＝PC＝2，S△PBC＝EQ\f(\r(13),4)，设A到平面PBC的距离为h，VA－PBC＝EQ\f(1,3)×S△PBC×h＝VP－ABC＝EQ\f(1,3)×S△ABC×PO，h＝EQ\f(S△ABC×PO,S△PBC)＝EQ\f(4\r(13),13)．20．(12分)已知P(1，0)是椭圆C：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m＞0，n＞0)的一个顶点，圆E：(x－2)2＋(y－2)2＝4经过C的一个顶点．(1)求C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋1与C相交于M、N两点(异于点P)，记直线PM与直线PN的斜率分别为k1、k2，且k1＋k2＝k1k2，求k的值．〖解析〗(1)由题意：椭圆C的两个顶点为(1，0)，(0，2)，故C的方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1；(2)解法1：联立eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x2＋eq\f(y2,4)＝1,y＝kx＋1))可得：(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－EQ\f(2k,k2＋4)，x1x2＝－EQ\f(3,k2＋4)，因为k1＋k2＝k1k2，所以eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝EQ\f(x1－1,y1)＋EQ\f(x2－1,y2)＝EQ\f(x1－1,kx1＋1)＋EQ\f(x2－1,kx2＋1)＝1，即：(k2－2k)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋3＝－EQ\f(3(k2－2k),k2＋4)－EQ\f(2k(2k－1),k2＋4)＋3＝0，解得：k＝3或k＝－1(舍去)．解法2：以P为坐标原点建立新的坐标系，在新坐标系下椭圆C的方程为：(x＋1)2＋EQ\f(y2,4)＝1，即：4x2＋8x＋y2＝0，直线l的方程为y－kx＝k＋1(k≠－1)，则4(k＋1)x2＋8x(y－kx)＋4(k＋1)y2＝0，即：4(k＋1)y2＋8xy＋4(1－k)x2＝0，所以4(k＋1)(EQ\f(y,x))2＋8(EQ\f(y,x))＋4(1－k)＝0，因为k1＋k2＝k1k2，所以4(1－k)＝－8，解得：k＝3．21．(12分)已知函数f(x)＝(x－EQ\f(1,2)x2)lnx＋(EQ\f(1,2)k＋EQ\f(1,4))x2－(k＋1)x，k∈R．(1)若k＞0，求f(x)的单调区间；(2)若k∈Z，且当x＞1时，f'(x)＜lnx＋1，求k的最大值．〖解析〗(1)因为f'(x)＝(1－x)(lnx－k)．当0＜x＜1或x＞ek时，f'(x)＜0，当1＜x＜ek时，f'(x)＞0，故f(x)的增区间为(1，ek)，减区间为(0，1)和(ek，＋∞)；(2)f'(x)＝(1－x)(lnx－k)＜lnx＋1，即：k(x－1)＜xlnx＋1，因为x＞1，所以k＜EQ\f(xlnx＋1,x－1)，令φ(x)＝EQ\f(xlnx＋1,x－1)，φ'(x)＝EQ\f(－lnx＋x－2,(x－1)2)，令r(x)＝－lnx＋x－2，r'(x)＝EQ\f(x－1,x)＞0，所以r(x)在(1，＋∞)上单调递增，因为r(3)＜0，r(4)＞0，故存在唯一的x0∈(3，4)使得r(x0)＝－lnx0＋x0－2＝0，∴φ(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(x0)＝EQ\f(x0lnx0＋1,x0－1)＝EQ\f(x0(x0－2)＋1,x0－1)＝x0－1∈(2，3)，而若k∈Z，k＜x0－1，故k的最大值为2．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．22．〖选修4－4：坐标系与参数方程〗(10分)在直角坐标系xOy中，已知点P(1，0)，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝2＋2sinφ))(φ为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρsin(θ＋eq\f(π,4))－EQ\r(2)＝0．(1)求C的普通方程与l的直角坐标方程；(2)若l与C交于A，B两点，求|PA|＋|PB|．〖解析〗(1)因为曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝2＋2sinφ))(φ为参数)，所以C的普通方程为：x2＋(y－2)2＝4，即：x2＋y2－4y＝0；而直线l的极坐标方程为2ρsin(θ＋eq\f(π,4))－EQ\r(2)＝0，即：EQ\r(2)ρsinθ＋EQ\r(2)ρcosθ－EQ\r(2)＝0，所以l的直角坐标方程为：x＋y－1＝0；(2)直线l过点P(1，0)，设直线l的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)t,y＝\f(\r(2),2)t))(t为参数)，代入x2＋y2－4y＝0可得：t2－3EQ\r(2)t＋1＝0，所以t1＋t2＝3EQ\r(2)＞0，t1t2＝1＞0，故|PA|＋|PB|＝3EQ\r(2)．23．〖选修4－5：不等式选讲〗(10分)已知函数f(x)＝|x＋a－2|＋|x＋3|．(1)当a＝0时，求不等式f(x)≥9的解集；(2)若函数f(x)＞2，求a的取值范围．〖解析〗(1)当a＝0时，f(x)≥9，即：|x－2|＋|x＋3|≥9．当x≥2时，x－2＋x＋3≥9，解得：x≥4；当－3＜x＜2时，2－x＋x＋3≥9，不成立；当x≤－3时，2－x－x－3≥9，解得：x≤－5；故不等式的解集为(－∞，－5〗∪〖4，＋∞)；(2)|x＋a－2|＋|x＋3|≥|x＋a－2－(x＋3)|＝|a－5|，x＝－3时，等号成立，而f(x)＞2，所以|a－5|＞2，解得：a＞7或a＜－3，故a的取值范围为(－∞，－3)∪(7，＋∞)．高三模拟试题PAGEPAGE1绝密★启用前榆林市2022～2023年度第一次模拟考试数学试题(文科)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。考试时间120分钟。2．请将各题〖答案〗填写在答题卡上。3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数z＝－i(1＋2i)在复平面内对应的点位于()(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限2．已知集合A＝{x|y＝ln(x＋1)}，B＝{x|2x－1＞－5}，则(RA)∩B＝()(A)(－1，＋∞)(B)(－2，－1)(C)(－2，－1〗(D)(－2，＋∞)3．若m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是()(A)若m∥α，α∥β，则m∥β(B)若m⊥α，α⊥β，则m∥β(C)若m∥n，n∥α，则m∥α(D)若m⊥α，α∥β，则m⊥β4．已知tan(α＋EQ\f(π,4))＝9，则tanα＝()(A)EQ\f(4,5)(B)－EQ\f(4,5)(C)EQ\f(3,4)(D)－EQ\f(3,4)5．已知函数f(x)＝alnx＋x2的图像在x＝1处的切线方程为3x－y＋b＝0，则a＋b＝()(A)－2(B)－1(C)0(D)16．为了解市民的生活幸福指数，某组织随机选取了部分市民参与问卷调查，将他们的生活幸福指数(满分100分)按照〖0，20)，〖20，40)，〖40，60)，〖60，80)，〖80，100〗分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，估计市民生活幸福指数的中位数为()(A)70(B)EQ\f(200,3)(C)EQ\f(190,3)(D)607．如图1，某建筑物的屋顶像抛物线，建筑师通过抛物线的设计元素赋予了这座建筑轻盈、极简和雕塑般的气质．若将该建筑外形弧线的一段按照一定的比例处理后可看成图2所示的抛物线C：x2＝2py(p＞0)的一部分，P为抛物线C上一点，F为抛物线C的焦点，若∠OFP＝120°，且|OP|＝EQ\f(\R(21),2)，则p＝()(A)1(B)2(C)3(D)48．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，则λ的取值范围为()(A)(－2，2)(B)(0，2)(C)〖－2，2〗(D)〖0，2〗9．在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，EQ\o\ac(CE,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(ED,\s\up7(→))，EQ\o\ac(BC,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(BF,\s\up7(→))，则EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝()(A)4(B)eq\f(32,9)(C)eq\f(28,9)(D)310．已知四面体ABCD外接球的球心O与正三角形ABC外接圆的圆心重合，若该四面体体积的最大值为2EQ\r(3)，则该四面体外接球的体积为()(A)8π(B)EQ\f(32π,3)(C)16π(D)EQ\f(64π,3)11．已知ω＞0，函数f(x)＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(π,3))＋3cos(ωx＋EQ\f(π,3))在(0，2π)上恰有3个极大值点，则ω的取值范围为()(A)(eq\f(23,12)，eq\f(35,12)〗(B)〖eq\f(23,12)，eq\f(35,12))(C)(eq\f(35,12)，eq\f(47,12)〗(D)〖eq\f(35,12)，eq\f(47,12))12．已知a2＋lna＝9b4＋2lnb＋1，则下列结论一定成立的是()(A)a＜b2＋1(B)a＜2b2＋1(C)a＞3b(D)a＜3b2第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0,y－4≤0,x－y－2≤0))，则z＝2x＋y的最小值为▲．14．自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818…．若从欧拉数的前4位数字2，7，1，8中任选2个，则至少有1个偶数被选中的概率为▲．15．已知函数f(x)是定义在(－2，2)上的增函数，且f(x)的图象关于点(0，－2)对称，则关于x的不等式f(x)＋f(x＋2)＋4＞0的解集为▲．16．已知双曲线C：EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1的右焦点为F，直线l：x＝my＋2(m＞0)与双曲线C相交于A，B两点，点P(6，0)，以PF为直径的圆与l相交于F，M两点，若M为线段AB的中点，则|MF|＝▲．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔正式拉开序幕，这是历史上首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．某市为了解高中生是否关注世界杯足球赛与性别的关系，随机对该市50名高中生进行了问卷调查，得到如下列联表．关注不关注合计男高中生4女高中生14合计已知在这50名高中生中随机抽取1人，抽到关注世界杯足球赛的高中生的概率为EQ\f(4,5)．(1)完成上面的2×2列联表；(2)根据列联表中的数据，判断能否有90%的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关．附：χ2＝EQ\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))，其中n＝a＋b＋c＋d．P(χ2≥k0)0.100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.82818．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn+1＋Sn＝(n＋1)an+1．(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝EQ\f(1,anan+1)，求数列{bn}的前n项和为Tn．19．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD＝EQ\r(2)，AB＝2CD＝2．(1)证明：AD⊥PB．(2)求点A到平面PBC的距离．20．(12分)已知P(1，0)是椭圆C：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m＞0，n＞0)的一个顶点，圆E：(x－2)2＋(y－2)2＝4经过C的一个顶点．(1)求C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋1与C相交于M、N两点(异于点P)，记直线PM与直线PN的斜率分别为k1、k2，且k1＋k2＝k1k2，求k的值．21．(12分)已知函数f(x)＝(x－EQ\f(1,2)x2)lnx＋(EQ\f(1,2)k＋EQ\f(1,4))x2－(k＋1)x，k∈R．(1)若k＞0，求f(x)的单调区间；(2)若k∈Z，且当x＞1时，f'(x)＜lnx＋1，求k的最大值．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．22．〖选修4－4：坐标系与参数方程〗(10分)在直角坐标系xOy中，已知点P(1，0)，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝2＋2sinφ))(φ为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρsin(θ＋eq\f(π,4))－EQ\r(2)＝0．(1)求C的普通方程与l的直角坐标方程；(2)若l与C交于A，B两点，求|PA|＋|PB|．23．〖选修4－5：不等式选讲〗(10分)已知函数f(x)＝|x＋a－2|＋|x＋3|．(1)当a＝0时，求不等式f(x)≥9的解集；(2)若函数f(x)＞2，求a的取值范围．绝密★启用前榆林市2022～2023年度第一次模拟考试文科数学试题逐题〖解析〗第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数z＝－i(1＋2i)在复平面内对应的点位于()(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限〖答案〗D〖解析〗z＝－i(1＋2i)＝2－i，所以复数z＝－i(1＋2i)在复平面内对应的点位于第四象限，故选(D)．2．已知集合A＝{x|y＝ln(x＋1)}，B＝{x|2x－1＞－5}，则(RA)∩B＝()(A)(－1，＋∞)(B)(－2，－1)(C)(－2，－1〗(D)(－2，＋∞)〖答案〗C〖解析〗因为A＝{x|y＝ln(x＋1)}＝{x|x＞－1}，B＝{x|2x－1＞－5}＝{x|x＞－2}，所以(RA)∩B＝(－2，－1〗，故选(C)．3．若m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是()(A)若m∥α，α∥β，则m∥β(B)若m⊥α，α⊥β，则m∥β(C)若m∥n，n∥α，则m∥α(D)若m⊥α，α∥β，则m⊥β〖答案〗D〖解析〗(A)(B)(C)中都可能出现线在面内的情况，故选(D)．4．已知tan(α＋EQ\f(π,4))＝9，则tanα＝()(A)EQ\f(4,5)(B)－EQ\f(4,5)(C)EQ\f(3,4)(D)－EQ\f(3,4)〖答案〗A〖解析〗因为tan(α＋EQ\f(π,4))＝EQ\f(tanα＋1,1－tanα)＝9，所以tanα＝EQ\f(4,5)，故选(A)．5．已知函数f(x)＝alnx＋x2的图像在x＝1处的切线方程为3x－y＋b＝0，则a＋b＝()(A)－2(B)－1(C)0(D)1〖答案〗B〖解析〗因为f(1)＝1，所以3－1＋b＝0，即b＝－2，而f'(x)＝EQ\f(a,x)＋2x，故k＝f'(1)＝a＋2＝3，解得：a＝1，所以a＋b＝－1，故选(B)．6．为了解市民的生活幸福指数,某组织随机选取了部分市民参与问卷调查，将他们的生活幸福指数(满分100分)按照〖0，20)，〖20，40)，〖40，60)，〖60，80)，〖80，100〗分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，估计市民生活幸福指数的中位数为()(A)70(B)EQ\f(200,3)(C)EQ\f(190,3)(D)60〖答案〗C〖解析〗因为(0.0050＋0.0075＋a＋0.0125＋0.0150)×20＝1，解得：a＝0.0100，前3组的频率之和为0.1＋0.15＋0.2＝0.45，第4组的频率为0.3，故市民生活幸福指数的中位数为60＋20×EQ\f(0.5－0.45,0.3)＝EQ\f(190,3)，故选(C)．7．如图1，某建筑物的屋顶像抛物线，建筑师通过抛物线的设计元素赋予了这座建筑轻盈、极简和雕塑般的气质．若将该建筑外形弧线的一段按照一定的比例处理后可看成图2所示的抛物线C：x2＝－2py(p＞0)的一部分，P为抛物线C上一点，F为抛物线C的焦点，若∠OFP＝120°，且|OP|＝EQ\f(\R(21),2)，则p＝()(A)1(B)2(C)3(D)4〖答案〗A〖解析〗设抛物线C的准线为l，|FP|＝r，过P作l的垂线交l于A，连结AP，过F作FB⊥AF于B，则|BP|＝r－p，因为∠OFP＝120°，所以|FP|＝2|BP|，r＝2(r－p)，解得：r＝2p，P(EQ\r(3)p，－EQ\f(3p,2))，|OP|2＝3p2＋EQ\f(9p2,4)＝EQ\f(21p2,4)＝EQ\f(21,4)，解得：p＝1，故选(A)．8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，则λ的取值范围为()(A)(－2，2)(B)(0，2)(C)〖－2，2〗(D)〖0，2〗〖答案〗A〖解析〗因为asinA＋(b＋λa)sinB＝csinC，所以由正弦定理可得：a2＋b2＋λab＝c2，即：a2＋b2－c2＝－λab＝2abcosC，即：λ＝－2cosC，因为C∈(0，π)，所以λ∈(－2，2)，故选(A)．9．在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，EQ\o\ac(CE,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(ED,\s\up7(→))，EQ\o\ac(BC,\s\up7(→))＝2EQ\o\ac(BF,\s\up7(→))，则EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝()(A)4(B)eq\f(32,9)(C)eq\f(28,9)(D)3〖答案〗B〖解析〗解法1：设EQ\o\ac(AB,\s\up7(→))＝a，EQ\o\ac(AD,\s\up7(→))＝b，所以EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝(eq\f(1,3)a＋b)•(eq\f(2,3)a－eq\f(1,2)b)＝eq\f(2,9)a2－eq\f(1,2)b2＋eq\f(1,2)a•b＝eq\f(32,9)－2＋2＝eq\f(32,9)，故选(B)．解法2：连结BD，因为AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，所以BD⊥AD，以D为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(2，0)，F(－1，2EQ\r(3))，E(－eq\f(2,3)，eq\f(2,3)EQ\r(3))，EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))＝(－eq\f(8,3)，eq\f(2,3)EQ\r(3))，EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝(－eq\f(1,3)，eq\f(4,3)EQ\r(3))，所以EQ\o\ac(AE,\s\up7(→))•EQ\o\ac(EF,\s\up7(→))＝eq\f(32,9)，故选(B)．10．已知四面体ABCD外接球的球心O与正三角形ABC外接圆的圆心重合，若该四面体体积的最大值为2EQ\r(3)，则该四面体外接球的体积为()(A)8π(B)EQ\f(32π,3)(C)16π(D)EQ\f(64π,3)〖答案〗B〖解析〗设该四面体外接球的半径为R，体积为V，正三角形ABCD的面积为S，则S＝2R2sinAsinBsinC＝EQ\f(3\R(3)R2,4)，V四面体≤EQ\f(1,3)SR＝EQ\f(\R(3)R3,4)＝2EQ\r(3)，所以R＝2，V＝EQ\f(4πR3,3)＝EQ\f(32π,3)，故选(B)．11．已知ω＞0，函数f(x)＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(π,3))＋3cos(ωx＋EQ\f(π,3))在(0，2π)上恰有3个极大值点，则ω的取值范围为()(A)(eq\f(23,12)，eq\f(35,12)〗(B)〖eq\f(23,12)，eq\f(35,12))(C)(eq\f(35,12)，eq\f(47,12)〗(D)〖eq\f(35,12)，eq\f(47,12))〖答案〗C〖解析〗因为f(x)＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(π,3))＋3cos(ωx＋EQ\f(π,3))＝EQ\r(3)sin(ωx＋EQ\f(2π,3))，令ωx＋EQ\f(2π,3)＝EQ\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得：x＝EQ\f((12k－1)π,6ω)，故f(x)的第3个正极大值点依次为EQ\f(35π,6ω)，第4个正极大值点依次为EQ\f(47π,6ω)，因为f(x)在(0，2π)上恰有3个极大值点，所以eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(EQ\f(35π,6ω)＜2π,EQ\f(47π,6ω)≥2π))，即：ω∈(eq\f(35,12)，eq\f(47,12)〗，故选(C)．12．已知a2＋lna＝9b4＋2lnb＋1，则下列结论一定成立的是()(A)a＜b2＋1(B)a＜2b2＋1(C)a＞3b(D)a＜3b2〖答案〗D〖解析〗令f(x)＝x2＋lnx，因为a2＋lna＝9b4＋2lnb＋1＜9b4＋2lnb＋ln3＝9b4＋ln3b2，所以f(a)＜f(3b2)，而f(x)在(0，＋∞)上递增，所以a＜3b2，故选(D)．第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0,y－4≤0,x－y－2≤0))，则z＝2x＋y的最小值为▲．〖答案〗－11〖解析〗易知当x＝－3，y＝－5时，z＝2x＋y取得最小值－11．14．自然对数的底数e，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和π一样是无限不循环小数，e的近似值约为2.7182818…．若从欧拉数的前4位数字2，7，1，8中任选2个，则至少有1个偶数被选中的概率为▲．〖答案〗eq\f(5,6)〖解析〗从欧拉数的前4位数字2，7，1，8中任选2个，有(1，2)，(1，7)，(1，8)，(2，7)，(2，8)，(7，8)，共6种可能，没有偶数有1种，故至少有1个偶数被选中的概率为eq\f(5,6)．15．已知函数f(x)是定义在(－2，2)上的增函数，且f(x)的图象关于点(0，－2)对称，则关于x的不等式f(x)＋f(x＋2)＋4＞0的解集为▲．〖答案〗(－1，0)〖解析〗因为f(x)的图象关于点(0，－2)对称，所以f(x)＋f(－x)＝－4，故不等式f(x)＋f(x＋2)＋4＞0可化为：f(x＋2)＞f(－x)，而f(x)是定义在(－2，2)上的增函数，所以－2＜－x＜x＋2＜2，解得：x∈(－1，0)．16．已知双曲线C：EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1的右焦点为F，直线l：x＝my＋2(m＞0)与双曲线C相交于A，B两点，点P(6，0)，以PF为直径的圆与l相交于F，M两点，若M为线段AB的中点，则|MF|＝▲．〖答案〗2〖解析〗解法1：设M(x0，y0)，联立eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1,x＝my＋2))可得：(m2－1)y2＋4my＋2＝0，y0＝－EQ\f(2m,m2－1)，x0＝my0＋2＝－EQ\f(2,m2－1)，kMP＝EQ\f(y0,x0－6)＝EQ\f(m,3m2－2)＝－m，因为m＞0，所以m＝EQ\f(\R(3),3)，∠MFP＝60°，故|MF|＝|PF|cos60°＝2．解法2：设直线l的参数方程为eq\b\lc\{\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosφ,y＝tsinφ))(t为参数)，代入C：EQ\f(x2,2)－EQ\f(y2,2)＝1可得：(cos2φ－sin2φ)t2＋4tcosφ＋2＝0，tM＝－EQ\f(2cosφ,cos2φ－sin2φ)＝4cosφ，即：cos2φ＝－EQ\f(1,2)，故φ＝60°，故|MF|＝4cosφ＝2．解法3：根据双曲线的焦半径公式可得：r1＝|AF|＝EQ\f(\R(2),1－\R(2)cosθ)，r2＝|BF|＝EQ\f(\R(2),1＋\R(2)cosθ)(θ为直线l的倾斜角)，即：|MF|＝|PF|cosθ＝4cosθ＝EQ\f(r1－r2,2)＝EQ\f(2cosθ,1－2cos2θ)．cos2θ＝－EQ\f(1,2)，故θ＝60°，故|MF|＝4cosθ＝2．解法4：设双曲线的左焦点为F1，|AF|＝r1，|BF|＝r2，|AP|＝|BP|＝t，在△AF1P中，由中线定理可得：(r1＋2EQ\r(2))2＋t2＝2(req\o\al(\o\ac(,\s\up4(2)),\o\ac(,\s\down3(1)))＋16)，同理可得：(r2＋2EQ\r(2))2＋t2＝2(req\o\al(\o\ac(,\s\up4(2)),\o\ac(,\s\down3(2)))＋16)，两式相减可得：r1＋r2＝4EQ\r(2)＝EQ\f(2EQ\r(2),1－2cos2θ)．cos2θ＝－EQ\f(1,2)，故θ＝60°，故|MF|＝4cosθ＝2．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔正式拉开序幕，这是历史上首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．某市为了解高中生是否关注世界杯足球赛与性别的关系，随机对该市50名高中生进行了问卷调查，得到如下列联表．关注不关注合计男高中生4女高中生14合计已知在这50名高中生中随机抽取1人，抽到关注世界杯足球赛的高中生的概率为EQ\f(4,5)．(1)完成上面的2×2列联表；(2)根据列联表中的数据，判断能否有90%的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关．附：χ2＝EQ\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))，其中n＝a＋b＋c＋d．P(χ2≥k0)0.100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.828〖解析〗(1)2×2列联表如下：关注不关注合计男高中生26430女高中生14620合计401050(2)χ2＝EQ\f(50(26×6－14×4)2,30×20×40×10)＝EQ\f(25,12)＜2.706，故没有90%的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关．18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn+1＋Sn＝(n＋1)an+1．(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝EQ\f(1,anan+1)，求数列{bn}的前n项和为Tn．〖解析〗(1)因为Sn+1＋Sn＝(n＋1)an+1，所以Sn+2＋Sn+1＝(n＋2)an+2，两式相减可得：(n＋2)an+1＝(n＋1)an+2，即：EQ\f(an+2,n＋2)＝EQ\f(an+1,n＋1)，n∈N＋，又因为a1＝3，S2＋S1＝2a2，解得：a2＝6，故EQ\f(an,n)＝EQ\f(a2,2)＝3，即：an＝3n，n≥2，n＝1时，a1＝3也成立，故an＝3n；(2)bn＝EQ\f(1,anan+1)＝EQ\f(1,9n(n＋1))＝EQ\f(1,9)(EQ\f(1,n)－EQ\f(1,n＋1))，故Tn＝EQ\f(1,9)(1－EQ\f(1,n＋1))＝EQ\f(n,9(n＋1))．19．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD＝EQ\r(2)，AB＝2CD＝2．(1)证明：AD⊥PB．(2)求点A到平面PBC的距离．〖解析〗(1)取AD的中点O，连结OP、OB，因为∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD＝EQ\r(2)，AB＝2，所以AD⊥PO，AD⊥BO，而PO∩BO＝O，PO、BO⊂平面POB，故AD⊥平面POB，AD⊥PB；(2)BC＝EQ\r(3)，PB＝PC＝2，S△PBC＝E