辽宁省大连市2022届高三数学第一次模拟试题（PDF版附答案）

2022年大连市高三第一次模拟考试数学命题人：王爽陈威郭伟本试卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．2.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第I卷（选择题共60分）一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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满足(32i)z13，则z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．已知全集UR，集合A{1,2,3,4,5}，B{x|0x4}，则图中阴影部分表示的集合为（第2题图）A．{1,2,3,4}B．{1,2,3}C．{4,5}D．{5}3．设等差数列{a}的公差为d，a0，则“a0”是“d0”的n15A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件4．2021年10月12日，习近平总书记在《生物多样性公约》第十五次缔约方大会领导人峰会视频讲话中提出：“绿水青山就是金山银山。良好生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系经济社会发展潜力和后劲．”某工厂对产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量P（单位：毫克/升）与过滤时间t（单位：小时）kt之间的函数关系为PPe（t0），其中k为常数，k0，P为原污染物数量．该00工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的A．5%B．3%C．2%D．1%第1页（数学试卷共5页）\n5．已知数列{a}是递增的等比数列，且aa18，aa32，若{a}的前n项和Sn1423nn166满足SS22，则正整数k等于k10kA．5B．6C．7D．86．现有一个侧面展开图为半圆形的圆锥，其内部放有一个小球，当小球体积最大时，该圆锥与小球的体积之比是A．9:4B．9:5C．3:2D．3:122xy7．已知双曲线C:1(a0,b0)的两个焦点为F、F，点M，N在C上，2212ab且FF3MN，FMFN，则双曲线C的离心率为121262A．B．32C．22D．5228．若直线ykxb与直线ykxbkk是曲线ylnx的两条切线，也是曲112212x线ye的两条切线，则kkbb的值为12121A.e1B.0C.1D.1e二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）9．如图，在44方格中，向量a，b，c的始点和终点均为小正方形的顶点，则（第9题图）A．abB．|ab||c|C．abD．acbc10．甲、乙两人进行飞镖游戏，甲的10次成绩分别为8,6,7,7,8,10,10,9,7,8，乙的10次成绩的平均数为8，方差为0.4，则A．甲的10次成绩的极差为4B．甲的10次成绩的75%分位数为8C．甲和乙的20次成绩的平均数为8D．甲和乙的20次成绩的方差为1第2页（数学试卷共5页）\n11．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行12．已知奇函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且恒成立，若f(x)在[0,1]单调递增，则A．f(x)在[1,2]上单调递减B．f(0)0C．f(2022)2022D．f(2023)1第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）213．已知抛物线C:y8x的焦点为F，在C上有一点P，|PF|8，则点P到x轴的距离为_______．21914．已知随机变量~N(1,)，且P1Pa3，则(0xa)的xax最小值为_______．15．将A、B、C、D、E这5名同学从左至右排成一排，则满足“A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学”的不同排列方法有________种.16．以俄国著名数学家切比雪夫(Tschebyscheff,1821-1894)的名字命名的第一类切比雪夫多项式Tx和第二类切比雪夫多项式Ux,起源于多倍角的余弦函数和正弦函数nn的展开式，是与棣莫弗定理有关、以递归方式定义的多项式序列，是计算数学中的特2殊函数．T(x)有许多良好的结论，例如：①T(x)x，T(x)2x1，对于正整n12数n3时，有T(x)2xT(x)T(x)成立．②R，T(cos)cosn成nn1n2n立．由上述结论可得T(cos18)的数值为________．4第3页（数学试卷共5页）\n四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（本小题满分10分）已知数列{a}满足a2ana2n，数列{b}满足对任意正整数m2均有n12nn1bbb成立.m1mm1am（1）求{a}的通项公式；n（2）求{b}的前99项和．n18.（本小题满分12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且abc(cosBcosA)．（1）判断△ABC的形状并给出证明；（2）若ab，求sinAsinBsinC的取值范围．19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AD∥BC，ADCD，且AD1，CD2，BC5，PA2．（1）求证：ABPC；6（2）在线段PD上是否存在一点M，使二面角MACD的余弦值为?若存在，6求三棱锥MABC体积；若不存在，请说明理由．（第19题图）第4页（数学试卷共5页）\n20．（本小题满分12分）甲、乙是北京2022冬奥会单板滑雪坡面障碍技巧项目的参赛选手，二人在练习赛中均需要挑战3次某高难度动作，每次挑战的结果只有成功和失败两种．1（1）甲在每次挑战中，成功的概率都为.设X为甲在3次挑战中成功的次数，求X的2分布列和数学期望；（2）乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，受心理因素影响，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变,其规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.1；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率减少0.1．（ⅰ）求乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概率；（ⅱ）求乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率．21．（本小题满分12分）22xy3已知椭圆C:1(ab0)的焦距为2，且经过点P(1,).22ab2（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率为k(k0)的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由.22．（本小题满分12分）x已知函数f(x)aexa．（1）若f(x)0，求a的值；（2）当a1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明，①f(x)xlnxsinx；②f(x)x(lnx1)cosx.第5页（数学试卷共5页）\n数学参考答案与评分标准（附主观题解析）说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、选择题：1．A2．C3．B4．B5．A6．A7．D8．C二、选择题：9．BC10．ACD11．ABD12．BCD三、填空题：51−13．4314．415．2016．4四、解答题：17．（本小题满分10分）解：（1）因为a+22a++na=n，12n所以当n2时，a+2a++(n−1)a=2(n−1)，………………2分12n−12两式相减得na=2，a=，………………3分nnn又n=1时，a=2，也符合.………………4分12所以a=．………………5分nn1n（2）由（1）知，=，因为对任意的正整数m2，a2n数学答案第1页（共18页）\n1m均有bbb++==，………………6分mm−+11ma2m故数列{}b的前99项和bb+b+b+b+bb+b+b+++n123456979899=+(b)(+b+b+)b+(b)+b+b+b+b123456979899111=+++……………8分aaa259829833+22==825.………………10分218.（本小题满分12分）解：（1）△ABC的为等腰三角形或直角三角形，证明如下：方法一由abc−=−B(cosAcos)及正弦定理得，sinsinAB−sin(cosC=−BAcos)，………………1分即sin()sin(BC+−+AC=)sin(cos−CBAcos)，………………2分即sincosBCBCcossinA+C−A−C=−CsincosBCAcossinsincossincos，整理得sincosBCACsincos−=0，所以cossinCB(sinA0−=)，故sinAB=sin或cosC=0，…………4分π又A，B，C为△ABC的内角，所以AB=或C=，………………5分2因此△ABC为等腰三角形或直角三角形．………………6分方法二222222acb+bca−+−由abc−=(cosB−cos)A及余弦定理得，ab−=−c()，22acbc………………1分222222即2(abab)−()=+ba()−−c+b−abca，332222所以2(abab−)(=a−b)(+ba−ab)(+bc−ac)，………………2分222整理得(aba−)(+b−c)0=，………………4分数学答案第2页（共18页）\n222故ab=或abc+=，………………5分因此△ABC为等腰三角形或直角三角形.………………6分πππ（2）由（1）及ab知△ABC为非等腰直角三角形，且AB+=，C=故BA=−，222………………7分π所以sinA+sinB+sinC=sinA+sinB+=1sinA+cosA+=12sin(A+)1+，4………………9分πππ3πππ由ab，得A，故A+(,)，且A+，………………10分444442π2π得sin()A(,1)+，所以2sin()1(2,21)A+++，424因此sinsinAB++sinC的取值范围为(2,21)+．………………12分19．（本小题满分12分）解：（1）因为ADCD⊥，AD=1，CD=2，所以AC=5，又因为BC=5，且ADBC，易得AB=25，222所以ABAC+BC=，所以ACAB⊥，………………3分又因为PA⊥平面ABCD，且AB平面ABCD，所以PAAB⊥，………………4分又因为PAACA=，PA平面PAC，AC平面PAC，所以AB⊥平面PAC，………………5分又因为PC平面PAC，所以AB⊥PC.………………6分（2）方法一zPMADyEBCx在BC上取点E，使CE==AD1，则AD⊥AE，故以A为原点，以AE，AD，AP分数学答案第3页（共18页）\n别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(2,1,0)，设PMPD==−=−(0,1,2)(0,,2)，(01)，在平面MAC中，AC=(2,1,0)，AMAPPM=+=+−=−(0,0,2)(0,,2)(0,,22)，ACm=+=xy20设平面MAC的一个法向量为m=(,,)xyz，则，AMm=+y−z=(22)0令z=，则y=−22，x=−1，所以m=−(1−,22,)，………………7分易知平面ACD法向量n=(0,0,1)，………………8分||mn||622所以cos,mn===，即61056−+=，||||mn61025−+61解得=，所以M为PD中点，………………10分21115所以三棱锥MACB−的高h为1，VSh===(52)1．MACB−ACB△3323………………12分方法二PMADNQBC假设存在点M，且显然点M不在线段PD的端点处，则过点M作MNPA交AD于点N，过点N作NQ⊥AC于点Q，连接MQ，因为MNPA，且PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ACD，又因为NQAC⊥，所以MQ⊥AC，故MQN为二面角M−−ACD的平面角，………………7分6设=MQN，由cos=，可知tan=5，6数学答案第4页（共18页）\nMN25设=m(01)m，则MNm=2，ANm=−1，QNm=−(1)，AP5πMNm2因为=MNQ，所以tan5===，………………9分2QN25(1)−m51解得m=，所以M为PD中点，………………10分21115所以三棱锥MACB−的高h为1，VSh===(52)1．MACB−ACB△3323………………12分方法三zPMADxCBy由（1）可知，ABAC⊥，故以A为原点，以AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴255正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(−,,0)，C(0,5,0)，55255255设PMPD==−−=−−(,,2)(,,2)，(01)，5555在平面MAC中，AC=(0,5,0)，255255AM=APPM+=(0,0,2)(+−,,2)−=−(,,22)−，5555设平面MAC的一个法向量为mxyz=(,,)，则ACm=50y=255，AMm=−x+y+(22)−z=055数学答案第5页（共18页）\n令z=，则y=0，x=−5(1)，所以m=−(5(1),0,)，…………7分易知平面ACD法向量n=(0,0,1)，………………8分|mn|||622所以cosmn,===，即6−10+=56，|mn|||62−+10561解得=，所以M为PD中点，………………10分21115所以三棱锥MACB−的高h为1，VSh===(52)1．MACB−ACB△3323………………12分20．（本小题满分12分）1kkk113−解：（1）由题意得，XB(3,)，则PX()()(1k=C=−)，其中k=0,1,2,3，3222则X的分布列为：X01231331P8888………………4分（每个概率1分）13则EX()3==．………………5分22（2）设事件A为“乙在第i次挑战中成功”，其中i=1,2,3．i（ⅰ）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则B=+AAAA，1212则PB()=PAA()+PAA()=PAPAA()(|)+PAPAA()(|)1212121121=0.5(10.6)(10.5)0.40.4−+−=.即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4.………………8分（ⅱ）因为PA()=PAA(+AA)=PAPAA()(|)+PAPAA()(|)21212121121=0.50.60.50.40.5+=，且PAA()=PAAA(+AAA)=PAAA()+PAAA()23123123123123=0.50.60.70.50.40.50.31+=，PAA()0.3123所以PAA(|)===0.62.32PA()0.52数学答案第6页（共18页）\n即乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率为0.62.………………12分21．（本小题满分12分）解：（1）方法一22由椭圆C的焦距为2，故c=1，则ba=−1，………………2分223xy22又由椭圆C经过点P(1,)，代入C:1+=，得a=4，b=3，222ab22xy所以C:1+=．………………4分43方法二由椭圆C的焦距为2，故c=1，所以F(1,0)−，F(1,0)−，………………2分1129953所以22a0PF=4.+PF=+++=+=12442222xy所以a=2，b=3.所以C:1+=.………………4分43（2）方法一1由椭圆右焦点F(1,0)，设=m，直线l的方程为xmy=+1，k22xy22与C:1+=联立得，(3m+4)y+6my−=90，43222则=36m−−4(9)(3m+4)144(=m+1)0，−6m−9设Axy(,)，Bxy(,)，yy+=，yy=，………………6分112212212234m+34m+设存在点T，设T点坐标为(,0)t，|||AF|AT由|AF||BT||=BF||AT|，得=①，|||BF|BT|AF||AT|过B做BRTF交AT延长线于R，所以=②，|BF||TR|由①②，得|||TR|BT=，所以TBR=TRB，又ATF=ARB，FTB=TBR，所以ATB=FTB，数学答案第7页（共18页）\n|||AF|AT【或法2】由|||AF||BT||=BF|AT，得=，|||BF|BT1|||FT|sinATATF|||AF|sinATATFS2△TFA又因为===，|||BF|sinSBTBTF1△TFB|||FT|sinBTBTF2所以sinsinATF=BTF，=ATFBTF，【法2结束】|AF||BF|【或法3】由|AF||BT||=BF||AT|，得=，|AT||BT|在△TFA和△TFB中应用正弦定理可得|||AF|BFsinsinATF=sin=sinAFT=BFTBTF，=ATFBTF|||AT|BT【法3结束】【或在△TAB中，由角平分线逆定理可知，FT为ATB的角平分线】所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kk+=0，…………8分ATBTyy12则：kk+=+=0，所以yx()(t)0yx−+t−=，ATBT1221xtx−−t12所以ymy(+−+1t)ymy(+−=1t)0，2myy(1)()0ty+−y+=，……10分12211212−−96m3mm即2(1mt)0+−=，即+−(1=)0t,22223mm434++3mm434++解得t=4，符合题意，|||AF|AT即存在点T，坐标为(4,0)．=.………………12分|||BF|BT方法二由椭圆右焦点F(1,0)，设直线l的方程为ykx=−(1)，22xy2222与C:1+=联立得，(4k+3)x−8kx+4k−120=，434222则=−64+−k4(4kk3)(4k=+12)144(1)0，228k4k−12设Axy(,)，Bxy(,)，xx+=，xx=，………………6分112212212243k+43k+数学答案第8页（共18页）\n|||AF|AT设存在点T，设T点坐标为(,0)t，由|||AF||BT||=BF|AT，得=，|||BF|BT由内角平分线逆定理可知，TF为ATB的角平分线，【此部分解法同方法一中的各种情况】，即有kk+=0，……8分ATBT则：yykxkxkxxtkx(1)x(−1)t−(−1)(−+)(−1)(−)12121221kk+=+=+==0,ATBTxtx−t−xt−x−tx−tx−t()()121212所以2(xx1)(t)2x−+xt0++=，………………10分121222412kk8−即2(1)−+20+=tt，2243kk43++2224124(ktk−tk−+1)++4=30()，解得t=4.即存在点T(4,0)使|||AF||BT||=BF|AT恒成立.………………12分22．（本小题满分12分）解：（1）方法一xx由fx()=ae−−xa，得f(0)0=，又fx()0，故f(0)0=，而fx()ae=−1，fa(0)1=−，故a=1，………………2分x若a=1，则fx()e=−1，当x0时，fx()0，当x0时，fx()0，所以fx()在(−,0)单调递减，在(0,+)单调递增，故x=0是fx()的唯一最小值点，由于f(0)0=，所以当且仅当a=1时，fx()0.综上，a=1．………………4分方法二xx由fx()=ae−−xa，得f(0)0=，又fx()=−ae1，当a0时，有fx()0恒成立，所以fx()在R上单调递减，又由f(0)0=，则fx()0不成立，………………2分数学答案第9页（共18页）\n1当a0时，令fx()0=，得x=ln，a111则xln时，有fx()0，xln时，有fx()0，即fx()在(−,ln)单调递减，aaa11在(ln,)+单调递增，所以f(ln)是fx()的极小值，aa1又因为fx()0，且f(0)0=，故ln0=，即a=1，经验证成立．………………4分a（2）选择①作答：xxx当a1，x0时，fx()=ae−−=xaa(e−−1)xe−−1x，x设gx()exx=−−lnxxsin+−1，………………5分x当01x时，−xxln0，sin0x，又由（1）知e10−−x，故gx()0，………………7分x当x1时，gx()e=−−2lnx+cosx，xx1设hx()e=−−2lnx+cosx，则hx()=e−−sinx，hx()e110−−，x………………9分则hx()在(1,)+单调递增，hx()h(1)e2cos10=−+，所以gx()0，则gx()在(1,)+单调递增，gx()g(1)e2sin10=−+，综上，gx()0，即当a1时，fx()xlnx−xsin．………………12分选择②作答：xxx当a1，x0时，fx()aexaa=(e−−=1)e1xx−−−−，x设gx()exx=x−+ln−cos1，………………5分x当01x时，−xxln0，cosx0，e10−，故gx()0，………………7分x当x1时，gx()e=−−1lnx−sinx，xx1设hx()exx=−−1ln−sin，则hx()=e−−cosx，hx()e110−−，x………………9分则hx()在(1,+)单调递增，hx()h(1)e1sin10=−−，所以gx()0，数学答案第10页（共18页）\n则gx()在(1,)+单调递增，gx()g(1)e1cos10=−+，综上，gx()0，即当a1时，fx()x(lnxx−−1)cos．………………12分【部分试题解析】1．A13由(32i)−=13z得z==+32i，32i−故z在复平面内所对应的点为(3,2)，在第一象限．2．C集合A={1,2,3,4,5}，B={|0xx4}，图中阴影部分表示AB，U又Bxx={|4,或x0}，所以AB={4,5}．【或直接借助韦恩图填写数字易得答UU案】3．B必要性成立，由等差数列{}a的d0可知，aad=+40；n51充分性不成立，例如：a=5，a=1得d=−1．154．B由题可得，前4小时，废气中的污染物恰好被过滤掉90%，−kt−4k−4k1故由PP=e得(190%)−=PPe，所以0.1e=，即k=ln10，0004由再过滤2小时，即一共6小时，空气中剩余污染物为1333−6(ln10)−−ln10−210−6ln10k422P==P=Pe=eP=eP=eP(10)P，00000010010(3,3.5)，故污染物所剩比率约为3%P．05．A由aa+=18，aa=32，知aa+=18，aa=32，解得a=2，a=16，所以q=2，1423141414kk+102(12−)2(12−)k+=1116kk++111则SSkk+10−=−=22−，所以，解得k=5.12−−12k+=166．A数学答案第11页（共18页）\n由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为l，底面半径为R，则2πRl=π，所以lR=2，可知圆锥轴截面为正三角形，又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，设此时小球半3径为r，则有rR=，3434334331323故V=πr=π()R=πR，VRR==Rπ(3)π，球锥333273334333所以VVR:(R==π):(π)9:4．锥球3277．DyPMNxFOF12方法一因为FF12MN=3，FM12FN⊥，由双曲线对称性可知，直线FM1与FN2交于y轴上一22cc2xy点P，且△PFF为等腰直角三角形，如图，N(,)，代入−=1(0,ab0)中，122233ab22cc44224422得−=1，化简得c−14ac+9a=0，即ee−14+=90，解得e=+7210，2299ab所以e=+52.方法二因为FF12MN=3，FM12⊥FN，由双曲线对称性可知，直线FM1与FN2交于y轴上一cc2点P，且△PFF为等腰直角三角形，如图，N(,)，Fc(−,0)，Fc(,0)，121233数学答案第12页（共18页）\n422522222222所以||(NF)()cc=c+=，||(NF)()cc=c+=，12333333252252−则||||NF||NF2−c=c−a=，即ac=，12333c3则e===52+．a52−8．C方法一x由y=e和yx=ln互为反函数可知，两条公切线ykxb=+和ykxb=+也互为反函11221b1bb111数，即xy=−满足=k，−=b，即kk=1，b=−，22122kkkkk11111设直线ykxb=+与y=ex和yx=ln分别切于点(,e)xx1和(,lnxx)，11122xx1可得切线方程为yxx−=e−e(11)和y−lnx=(xx−)，整理得：122x2y=ex1x+ex1−xex1和yx=x−+11ln，则k==ex11，b=e(1x1−x)=−+1lnx，21112xx22x111由e1=，得xx=ln=−ln，且b=(1−x)=−+1lnx，12112xxx22211−x1则b=(1−x)=−−1x，所以x=，1112x−−1x21数学答案第13页（共18页）\nbx11−11所以kkbb+b+b=+bxx−=+11(1−)1=+(1−=+−−)1(1−)(1)121211121kkx−−1111=+−−1(1)(1−−xx)1=−．11方法二x由y=e和yx=ln图像关于直线yx=对称可知，两条公切线ykxb=+和ykxb=+1122π的图像也关于直线yx=对称，设ykxb=+与直线yx=夹角为，则k=+tan()，1114πππ1tan+−1tank=−tan()，则kk=+tan(−=)tan(=)1，2124441tan1tan−+设切点分别为Axy(,)，Bxy(,)，Cxy(,)，Dxy(,)，如图所示，112233441则由C可得，切线ykxb=+为yx−xx=ln−()，整理得：bx=−+1ln，113313x31同理，由B可得，切线ykxb=+为y−lnx=(xx−)，整理得：bx=−+1ln，222222x211由k=，k=，且kk=1，得xx=1，故bb+xx=−+2ln(=−)2，1212231223xx32所以kk+b+b=−=−121．12129．BC由图易知，向量a与向量b方向不同，所以ab，故A不正确，数学答案第14页（共18页）\n作向量a与向量b，易知||||ab+=c，ab⊥，故B与C正确，连接BD，则AC与BD互相垂直，所以向量a与向量b在向量c上的射影的数量是相同的，所以ac=bc，故D不正确．10．ACD甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差等于4，故A正确，因为1075%7.5=，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数等于9，故B不正确，经计算，甲的10次成绩的平均数等于8，又已知乙的10次成绩的平均数等于8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故C正确，221222s甲=−+(68−+−3+)78−=98(2108)(1.6)()10210(1.60)10(0.40)+++11010s==(101.6100.4+)+0=1，故D正确，1010++201010nnn22221112方差也可以用sxx=x−nx=−xx=(−iii)()进行求解，nnini=i1=1=1101020202221121122即：s甲xx=x81.6ii−=−=，s乙=xii−=xx−=80.4，1010ii==1110ii==11101120201212所以xi−=162，即xi−=81，故D正确．10i=120i=111．ABD若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC平面PAD，进而BCAD，与已知矛盾，故A正确；在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；由ABCD得AB平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知矛盾，故D正确；数学答案第15页（共18页）\n12．BCD方法一：对于A，若fx()x=，符合题意，故错误，对于B，因已知奇函数fx()在R上可导，所以f(0)0=，故正确，对于C和D，设gx()fx()=−x，则gx()为R上可导的奇函数，g(0)0=，由题意f(1−x)+−=x1f(1+x)1−−x，得g(1−x)=g(1+x)，gx()关于直线x=1对称，易得奇函数gx()的一个周期为4，gg(2022)g(2)==(0)0=，故C正确，由对称性可知，gx()关于直线x=−1对称，进而可得g(1)0−=，（其证明过程见备注）且gx()的一个周期为4，所以gg(2023)(1)0=−=，故D正确．备注：gx(1g)−x(1=)+，即−−gx=−(1g)x(1+)，所以gx(1−+gx)(1=−−)，等式两边对x求导得，gx(1g−+x)(1=−)−−，令x=0，得gg(1)−=−(1)−，所以g(1)0−=．方法二：对于A，若fx()x=，符合题意，故错误，对于B，因已知奇函数fx()在R上可导，所以f(0)0=，故正确，对于C，将fx(1fx)−x(1−)2++=0中的x代换为x+1，得f(−x)−f(2+x)2+x+=20，所以fx(2)fx+()2+=x+2，可得fx(4)fx+(2)2++x=+6，两式相减得，fx(+4)−fx()4=，则ff(6)(2)4−=，ff(10)(6)4−=，…，ff(2022)(2018)4−=，叠加得ff(2022)−=(2)2020，又由fx(+2)+fx()2=x+2，得ff(2)=−(0)22+=，所以ff(2022)=(2)20202022+=，故正确，对于D，将f(1−x)−f(1+x)2+x=0的两边对x求导，得−f(1−x)−f(1+x)20+=，数学答案第16页（共18页）\n令x=0得，f(1)1=，将−−fx=(fx)()的两边对x求导，得fx(fx)−=()，所以f(1)1−=，将fx(+4)−fx()4=的两边对x求导，得fx(+=4)fx()，所以fff(2023)(2019)===−=(1)1，故正确．13．4322由抛物线的定义可知：|PF|=xp+=28，所以xp=6，代入yx=8中，得yp=48，所以||43y=，故结果为43．p14．42由随机变量N(1,)，则正态分布的曲线的对称轴为=1，又因为P(P1)a(3)=−，所以1(+−3)2a=，所以a=4，则当04x时，1919(4)4911029xx+xx−−+有+=+=++(=)(10)4，xxxx4x4−x4−4−4449−xx当且仅当=，即x=1时等号成立，故最小值为4．xx4−15．2023当AC,之间为B时，方法数为AA=12，23122当AC,之间为D或E时，方法数为CAA=8，222综上，所有方法数为12820+=．51−16．4方法一：3由题意T(cos18)cos72==sin18，T(cos18)cos54==4cos18−3cos18，又433cos54sin36==2sin18cos18，故2sin18cos18=−4cos183cos18，2251−2sin18=−=−4cos18314sin18，解得sin18=．4方法二：42由题意Tx()=2xTx()−Tx()8=x−8x+1，432数学答案第17页（共18页）\n53Tx()xTx2=()−=()16−Tx+xx20x5，而T(cos18)cos90==0，5435T3(cos18）2cos18(cos18)−TT21(cos18)所以T(cos18)==42cos182cos1822cos18(2cos181)cos18−−1322==−−=−2cos1812cos18，2cos182253又因为16(cos18)20(cos18)−+=5cos180，42255+255−即16(cos18)20(cos18)−+=50，解得cos18=，或cos18=（舍），882355351+−所以T(cos18)2cos18=−=−=．42424数学答案第18页（共18页）