2022年广东省高考一模数学试卷
一、单选题：本题共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．（5分）设集合A＝{x|﹣2＜x＜0}，B＝{x|x2＜1}，则A∪B等于（ ） A．{x|﹣1＜x＜1}
B．{x|﹣2＜x＜1}
1
C．{x|﹣1＜x＜0} D．{x|x＜1}
2．（5分）已知复数z=2−𝑖，则𝑧在复平面内所对应的点位于（ ） A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，DD1＝2，则该长方体的外接球的体积为（ ）
A．9π
B．12π
𝑥2
C．36π D．144π
4．（5分）函数f（x）＝sin的图象向左平移k（k＞0）个单位长度后得到的函数的图象关于y轴对称，则k的值可以是（ ） A． 2𝜋
B．π C．π
2
3
D．2π
5．（5分）已知角α与角β的顶点都在坐标原点，始边都与x轴的非负半轴重合，若角α的终边与角β的终边关于x轴对称，则一定成立的是（ ） A．sinα＝sinβ
B．sinα＝cosβ
𝑥2+2𝑥，𝑥≤𝑎𝑥−1，𝑥＞𝑎
C．cosα＝cosβ
D．cosα＝sinβ
6．（5分）已知函数f（x）={是（ ） A．{a|0≤a＜1}
，若f（x）有3个零点，则实数a的取值范围
B．{a|﹣1≤a＜0} C．{a|﹣1≤a＜1} D．{a|a＜1}
7．（5分）已知A，B是圆O：x2+y2＝4上的两个动点，且OA⊥OB，则A，B两点到直线l：x﹣y+4＝0的距离之和的取值范围是（ ） A．[2，2√2]
B．[2，3√2]
C．[2√2，4√2]
D．[2√2，6√2]
8．（5分）已知A（0，﹣1），B（1，0），O为坐标原点，点P为曲线y＝ex上的动点，且
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𝑂𝑃=λ𝑂𝐴+μ𝑂𝐵（e＝2.718…为自然对数的底数，λ，μ∈R），则λ+μ的最大值是（ ） A．e﹣1
B．1﹣e
C．1
D．﹣1
→→→
二、多项选择题：本题共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，选对但不全的得2分，有选错的得0分. （多选）9．（5分）已知双曲线C：
𝑥23
−y2＝1，则（ ）
A．C的焦点坐标为（−√2，0）和（√2，0） B．C的渐近线方程为y=x和y=−x C．C的离心率为
2√33
1
313
x+1有且仅有一个公共点
D．C与直线l：y=
√33（多选）10．（5分）如图，P，Q分别是正方形ABCD的两边AB，AD上的动点，则一定成立的是（ ）
A．𝐴𝑃⋅𝐴𝐶=𝐴𝑄⋅𝐴𝐶 C．𝐷𝑃⋅𝐷𝐴=𝐵𝑄⋅𝐴𝐶
→
→
→
→
→
→
→
→
B．𝐴𝑃⋅𝐴𝐷=𝐴𝑄⋅𝐴𝐵 D．𝐷𝑃⋅𝐷𝐶=𝐵𝑄•𝐵𝐴
→
→
→
→
→→→→
（多选）11．（5分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛打满2k（k∈N*）局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为．若某人获胜的局数大于k，则此人赢得比赛．下列说法正
21
确的是（ ）
A．k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为
41
B．k＝2时，甲嬴得比赛与乙嬴得比赛的概率均为C．在2k局比赛中，甲获胜的局数的期望为k
5
16
D．随着k的增大，甲赢得比赛的概率会越来越接近
2
1
（多选）12．（5分）已知数列{an}的各项均为正数，a1＝a，an+1＝an−确的是（ ）
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1𝑛2
2an．下列说法正
A．0＜a2≤ B．an+1＜an C．
1𝑎𝑛+1
14
1
−
𝑎𝑛
＞1𝑛2
D．数列{an+1﹣an}为递减数列
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上.
13．（5分）直线l过点（1，0），且与抛物线y2＝4x交于A，B两点．若|AB|＝8，则线段AB的中点M到y轴的距离是 ．
14．（5分）已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，且在（﹣∞，0]上单调递增，则关于x的不等式f（|x|+2）＞f（x2）的解集是 ．
15．（5分）英国人口学家马尔萨斯根据百余年的人口统计资料提出假设“孤立的生物群体中，生物总数的变化率与生物总数成正比”，并通过此假设于1798年给出了马尔萨斯人口方程N（t）＝N0e
𝑟(𝑡−𝑡0)
），其中N0为t0时刻的人口数，N（t）为t时刻的人口数，r
为常数．已知某地区2000年的人口数为230万，r＝0.02，用马尔萨斯人口方程预测该地区2035年的人口数（单位：万）约为 .（参考数据：ln2≈0.7，ln3≈1.1）． 16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为平面DBA1内的动点，且AP=直线BD与AP所成的角为θ，则当θ最小时，cosθ的值为 ．
√22．设
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝1，a2＝b1＝2． （1）求{an}的通项公式；
（2）从下列给出的三个条件①、②、③中选择一个作为已知条件，使得{bn}存在且唯一，并求数列{b
𝑎𝑛}的前
n项和Sn．
𝑏2
条件：①b3＝8；②a=4；③a2+b2＝2a3．
18．（12分）某科研团队研发针对病毒α的疫苗，并进行接种试验．如果人体在接种疫苗之
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后的一定时期内产生了针对病毒α的抗体，则称该疫苗有效．该科研团队对其研发的疫苗A和疫苗B，分别进行了接种试验，然后在接种了疫苗A和疫苗B的人群中分别随机抽取了部分个体，并检测其体内是否产生了针对病毒α的抗体，获得样本数据如表：
接种疫苗A 接种疫苗B
抽取人数 120 100
其中产生抗体人数
80 80
（1）从接种疫苗A的人群中任取3人，记产生抗体的人数为X，用样本数据中产生抗体的频率估计概率，求X的分布列及其数学期望；
（2）根据样本数据，是否有95%的把握认为疫苗A与疫苗B的有效性存在差异？说明理由．
𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)
附：χ=.
(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)2
2
P（ χ2≥k）
k
0.050 3.841
0.010 6.635
0.001 10.828
19．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足asinB=√3b（1﹣cosA）． （1）求A的大小；
（2）若c2＝b2+bc，求sinC的值．
20．（12分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E为线段CD的中点，AB＝BC=2CD＝2，将△DAE沿AE折起到△DAE的位置，使得平面D1AE⊥平面
1
ABCE．
（1）求证：AE⊥D1B；
（2）在线段D1B上是否存在点Q，使得平面QAC与平面ABCE的夹角为60°？若存在，求出
𝐷1𝑄𝐷1𝐵
的值；若不存在，说明理由．
𝑥2𝑎2
21．（12分）已知椭圆C：+
𝑦2𝑏2
=1（a＞b＞0）经过A1（﹣2，0）和B（0，−√3）两点，
点A2为椭圆C的右顶点，点P为
椭圆C上位于第一象限的点，直线PA1与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．
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（1）求椭圆C的方程及离心率；
（2）比较△MNA1的面积与△NA2B的面积的大小，并说明理由． 22．（12分）已知函数f（x）＝exa+x﹣2（a∈R）．
﹣
（1）求证：f（x）仅有一个零点；
（2）若a≤1，求证：f（x）≥−2x2+3x−2．
1
5
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2022年广东省高考一模数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共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．（5分）设集合A＝{x|﹣2＜x＜0}，B＝{x|x2＜1}，则A∪B等于（ ） A．{x|﹣1＜x＜1}
B．{x|﹣2＜x＜1}
C．{x|﹣1＜x＜0}
D．{x|x＜1}
【解答】解：∵集合A＝{x|﹣2＜x＜0}， B＝{x|x2＜1}＝{x|﹣1＜x＜1}，
∴A∪B＝{x|﹣2＜x＜1}故选：B． 2．（5分）已知复数z=A．第一象限
1
1
，则𝑧在复平面内所对应的点位于（ ） 2−𝑖B．第二象限
2+𝑖
2
1
C．第三象限 D．第四象限
【解答】解：∵z=2−𝑖=(2−𝑖)(2+𝑖)=5+5𝑖， ∴𝑧=
21−𝑖， 5525
15∴𝑧在复平面内所对应的点（，−）位于第四象限． 故选：D．
3．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，DD1＝2，则该长方体的外接球的体积为（ ）
A．9π
B．12π
C．36π
D．144π
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，DD1＝2， 设长方体的外接球的半径为R， 故（2R）2＝42+42+22， 解得R＝3，
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所以𝑉球=3⋅𝜋⋅33=36𝜋． 故选：C．
4．（5分）函数f（x）＝sin的图象向左平移k（k＞0）个单位长度后得到的函数的图象关
2𝑥
4
于y轴对称，则k的值可以是（ ） A． 2𝜋
B．π
𝑥2
C．π
2
3
D．2π
【解答】解：函数f（x）＝sin的图象向左平移k（k＞0）个单位长度后， 得到的函数y＝sin（+）的图象，
2
2𝑥
𝑘
由于函数y＝sin（+）的图象关于y轴对称，则=nπ+2，n∈Z，
2
2
2
𝑥𝑘𝑘
𝜋
即k＝（2n+1）π，n∈Z． 令n＝0，可得k＝π， 故选：B．
5．（5分）已知角α与角β的顶点都在坐标原点，始边都与x轴的非负半轴重合，若角α的终边与角β的终边关于x轴对称，则一定成立的是（ ） A．sinα＝sinβ
B．sinα＝cosβ
C．cosα＝cosβ
D．cosα＝sinβ
【解答】解：角α与角β的顶点都在坐标原点，始边都与x轴的非负半轴重合， 若角α的终边与角β的终边关于x轴对称，则α+β＝2kπ，k∈Z， 故有cosα＝cosβ，sinα＝﹣sinβ， 故选：C．
6．（5分）已知函数f（x）={是（ ） A．{a|0≤a＜1}
B．{a|﹣1≤a＜0}
C．{a|﹣1≤a＜1}
D．{a|a＜1}
𝑥2+2𝑥，𝑥≤𝑎𝑥−1，𝑥＞𝑎
，若f（x）有3个零点，则实数a的取值范围
【解答】解：因为y＝x2+2x有2个零点x＝﹣2和x＝0，y＝x﹣1有1个零点x＝1，
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所以若要使f（x）有3个零点，则0⩽a＜1， 故选：A．
7．（5分）已知A，B是圆O：x2+y2＝4上的两个动点，且OA⊥OB，则A，B两点到直线l：x﹣y+4＝0的距离之和的取值范围是（ ） A．[2，2√2]
B．[2，3√2]
C．[2√2，4√2]
D．[2√2，6√2]
【解答】解：△AOB是等腰直角三角形，取AB中点C，则 |𝑂𝐶|=√2， 即点C在以O为圆心，√2为半径的圆上，
过点A，B，C分别作直线l：x﹣y+4＝0 的垂线，垂足分别为D，E，F， 则|AD|+|BE|＝2|CF|，
圆心O到直线 l：x﹣y+4＝0 的距离𝑑=∴|𝐴𝐷|+|𝐵𝐸|=2|𝐶𝐹|∈[2√2，6√2]．
4=2√2，∴|𝐶𝐹|∈[√2，3√2]， √2
故选：D．
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8．（5分）已知A（0，﹣1），B（1，0），O为坐标原点，点P为曲线y＝ex上的动点，且𝑂𝑃=λ𝑂𝐴+μ𝑂𝐵（e＝2.718…为自然对数的底数，λ，μ∈R），则λ+μ的最大值是（ ） A．e﹣1
B．1﹣e
C．1
D．﹣1
→
→
→
【解答】解：由题意知，
𝑂𝑃=（x，e），𝑂𝐴=（0，﹣1），𝑂𝐵=（1，0）， ∵𝑂𝑃=λ𝑂𝐴+μ𝑂𝐵， ∴（x，ex）＝（μ，﹣λ）， 故λ＝﹣ex，μ＝x， 故λ+μ＝﹣ex+x，
令f（x）＝﹣ex+x，则f′（x）＝﹣ex+1，
故当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0，x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0， 故f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减， 故λ+μ的最大值是f（0）＝﹣1+0＝﹣1， 故选：D．
二、多项选择题：本题共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，选对但不全的得2分，有选错的得0分. （多选）9．（5分）已知双曲线C：
𝑥23
→
→
→
→
x
→→
−y2＝1，则（ ）
A．C的焦点坐标为（−√2，0）和（√2，0） B．C的渐近线方程为y=3x和y=−3x C．C的离心率为
2√33
1
1
D．C与直线l：y=3x+1有且仅有一个公共点 【解答】解：由双曲线C：𝑥23
√3−y2＝1，则a2＝3，b2＝1，∴a=√3，b＝1，c=√3+1=2，
∴C的焦点坐标为（﹣2，0）和（2，0），故A错误； 渐近线方程为y＝±
√3x，故B错误； 3
22√3=3，故C正确， √3√3又曲线的离心率为e=
√3直线l：y=3x+1与双曲线的渐近线平行，故C与直线l：y=3x+1有且仅有一个公共
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点，故D正确． 故选：CD．
（多选）10．（5分）如图，P，Q分别是正方形ABCD的两边AB，AD上的动点，则一定成立的是（ ）
A．𝐴𝑃⋅𝐴𝐶=𝐴𝑄⋅𝐴𝐶 C．𝐷𝑃⋅𝐷𝐴=𝐵𝑄⋅𝐴𝐶
→
→
→
→
→
→
→
→
B．𝐴𝑃⋅𝐴𝐷=𝐴𝑄⋅𝐴𝐵 D．𝐷𝑃⋅𝐷𝐶=𝐵𝑄•𝐵𝐴
→
→
→
→
→→→→
【解答】解：以D为原点，DC为x轴，DA为y轴，建立如图所示的坐标系，
设正方形四长为1，P（x，1），Q（0，y），（0≤x≤1，0≤y≤1）， A（0，1），B（1，1），C（1，0），D（0，0）， 𝐴𝑃=（x，0），𝐴𝐶=（1，﹣1），𝐴𝑄=（0，y﹣1）， 𝐴𝐷=（0，﹣1），𝐴𝐵=（1，0），𝐷𝑃=（x，1）， 𝐷𝐴=（0，1），𝐵𝑄=（﹣1，y﹣1），𝐶𝐷=（﹣1，0）， 𝐷𝐶=（1，0），𝐵𝐴=（﹣1，0），
A．𝐴𝑃⋅𝐴𝐶=x，𝐴𝑄⋅𝐴𝐶=1﹣y，∴A不一定成立， B．𝐴𝑃⋅𝐴𝐷=0，𝐴𝑄⋅𝐴𝐵=0，∴B一定成立，
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→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
C．𝐷𝑃⋅𝐷𝐴=1，𝐵𝑄⋅𝐶𝐷=1，∴C一定成立， D．𝐷𝑃⋅𝐷𝐶=x，𝐵𝑄⋅𝐵𝐴=1，∴D不一定成立， 故选：BC．
（多选）11．（5分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛打满2k（k∈N*）局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为．若某人获胜的局数大于k，则此人赢得比赛．下列说法正
21
→
→
→
→
→→→→
确的是（ ）
A．k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为
41
B．k＝2时，甲嬴得比赛与乙嬴得比赛的概率均为C．在2k局比赛中，甲获胜的局数的期望为k
5
16
D．随着k的增大，甲赢得比赛的概率会越来越接近
2
1
【解答】解：k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为2××
1
211
=，所以A错误； 221
k＝2时，甲赢得比赛的情况为：甲甲甲，甲乙甲甲，乙甲甲甲，甲甲乙甲，其概率为(2)3+3×()4=
1
25
，所以B正确； 161
1
选项 C，在2k局比赛中，甲获胜的局数服从二项分布𝐵(2𝑘，2)，其期望值为2𝑘×2=𝑘；
𝑘随着k的增大，比赛平局的概率𝐶2𝑘⋅(2)2𝑘 趋近于0，所以甲乙赢得比赛的概率都会越来
1
越接近，𝐷 正确．
2
1
故选：BCD．
（多选）12．（5分）已知数列{an}的各项均为正数，a1＝a，an+1＝an−确的是（ ） A．0＜a2≤4 B．an+1＜an C．
1𝑎𝑛+1
1
a2．下列说法正
𝑛2n
1
1
−
𝑎𝑛
＞1𝑛2
D．数列{an+1﹣an}为递减数列
【解答】解：对于选项A：𝑎2=𝑎1−𝑎12＞0，
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∵−𝑎12+𝑎1=−（𝑎1−）2+， ∴当a1=2时，a2取得最大值，
4
1
1
1214∴𝑎2∈(0，4]，故选项A正确， 对于选项B：an+1﹣an=−
1
1𝑎𝑛
1
𝑎2＜0，∴an+1＜an，故选项B正确， 𝑛2𝑛𝑎𝑛−𝑎𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛1𝑎𝑛
1
对于选项C：
𝑎𝑛+1
−==
1
𝑎𝑛22𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
1
𝑎𝑛
𝑛2𝑎𝑛+1
，
由B可知an＞an+1＞0，∴∴
1
𝑎𝑛𝑛2𝑎𝑛+1
𝑎𝑛+1
＞1， ＞1𝑛2＞1𝑛
，即21
𝑎𝑛+1
−，故选项C正确，
11122𝑎+𝑎＞(𝑎𝑛−12−𝑎𝑛2)＞0， 𝑛𝑛−1222𝑛𝑛(𝑛−1)
对于选项D：（an+1﹣an）﹣（an﹣an﹣1）=−
∴数列{an+1﹣an}为递增数列，故选项D错误， 故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上.
13．（5分）直线l过点（1，0），且与抛物线y2＝4x交于A，B两点．若|AB|＝8，则线段AB的中点M到y轴的距离是 3 ．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点为F（1，0），故直线l过抛物线的焦点， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则|AF|＝x1+1，|BF|＝x2+1， 由|AB|＝8，∴x1+1+x2+1＝8，∴x1+x2＝6， 线段AB的中点M到y轴的距离为故答案为：3．
14．（5分）已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，且在（﹣∞，0]上单调递增，则关于x的不等式f（|x|+2）＞f（x2）的解集是 （﹣2，2） ．
【解答】解：∵函数f（x）是定义域为R的奇函数，且在（﹣∞，0]上单调递增， ∴f（x）在[0，+∞）上单调递增， 则f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增， 由f（|x|+2）＞f（x2）得|x|+2＞x2， 即x2﹣|x|﹣2＜0， 得（|x|+1）（|x|﹣2）＜0，
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𝑥1+𝑥22
=3．
得|x|＜2，得﹣2＜x＜2， 即不等式的解集为（﹣2，2）， 故答案为：（﹣2，2）．
15．（5分）英国人口学家马尔萨斯根据百余年的人口统计资料提出假设“孤立的生物群体中，生物总数的变化率与生物总数成正比”，并通过此假设于1798年给出了马尔萨斯人口方程N（t）＝N0e
𝑟(𝑡−𝑡0)
），其中N0为t0时刻的人口数，N（t）为t时刻的人口数，r
为常数．已知某地区2000年的人口数为230万，r＝0.02，用马尔萨斯人口方程预测该地区2035年的人口数（单位：万）约为 460 .（参考数据：ln2≈0.7，ln3≈1.1）． 【解答】解：根据题意得N0＝230，r＝0.02，t0＝2000，t＝2035， 代入公式N（t）＝N0eeln2＝230×2＝460，
所以用马尔萨斯人口方程预测该地区2035年的人口数（单位：万）约为 460万， 故答案为：460．
16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为平面DBA1内的动点，且AP=直线BD与AP所成的角为θ，则当θ最小时，cosθ的值为
√3 ． 3
√2𝑟(𝑡−𝑡0)
），得N（t）＝230×e0.02
×（2035﹣2000）
＝230×e0.7≈230×
2．设
【解答】解：设O为正三角形DBA1的中心， 则𝐴𝑂=
√33，又𝐴𝑃=
√22，可得𝑂𝑃=√𝐴𝑃2−𝐴𝑂2=
√66．
√6所以点P的轨迹是以O为圆心，为半径的圆．
6
当直线AP在平面DBA1内的射影与BD平行时，直线BD与AP所成的角为θ取得最小值，
此时𝑐𝑜𝑠𝜃=𝐴𝑃=3．（平面的斜线与平面内的直线所成的角中，线面角最小）．
√3故答案为：．
3
𝑂𝑃
√3四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步
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骤.
17．（10分）已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝1，a2＝b1＝2． （1）求{an}的通项公式；
（2）从下列给出的三个条件①、②、③中选择一个作为已知条件，使得{bn}存在且唯一，并求数列{b
𝑎𝑛}的前
n项和Sn．
𝑏2
条件：①b3＝8；②a=4；③a2+b2＝2a3．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d． 因为a1＝1，a2＝2，所以d＝a2﹣a1＝1．
所以数列{an}的通项公式为an＝a1+（n﹣1）d＝n． （2）选择条件①，b3＝8，b1＝2，q＝2，bn＝2n， 选条件②，
设等比数列{bn}的公比为q． 由（1）可知an＝n，所以 𝑎𝑏2=𝑏2． 因为 𝑎𝑏2=4，所以b2＝4．
所以q＝2．此时 𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=2𝑛． 所以𝑏𝑎𝑛=2𝑎𝑛=2𝑛．
所以𝑆𝑛=𝑏𝑎1+𝑏𝑎2+⋯+𝑏𝑎𝑛=21+22+⋯+2𝑛=2𝑛+1−2． 选条件③，
由（1）可知a2＝2，a3＝3，又a2+b2＝2a3，所以b2＝2a3﹣a2＝4． 所以q＝2．此时 𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=2𝑛． 所以 𝑏𝑎𝑛=2𝑎𝑛=2𝑛．
所以 𝑆𝑛=𝑏𝑎1+𝑏𝑎2+⋯+𝑏𝑎𝑛=21+22+⋯+2𝑛=2𝑛+1−2．
18．（12分）某科研团队研发针对病毒α的疫苗，并进行接种试验．如果人体在接种疫苗之后的一定时期内产生了针对病毒α的抗体，则称该疫苗有效．该科研团队对其研发的疫苗A和疫苗B，分别进行了接种试验，然后在接种了疫苗A和疫苗B的人群中分别随机抽取了部分个体，并检测其体内是否产生了针对病毒α的抗体，获得样本数据如表：
接种疫苗A 接种疫苗B
抽取人数 120 100
其中产生抗体人数
80 80
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（1）从接种疫苗A的人群中任取3人，记产生抗体的人数为X，用样本数据中产生抗体的频率估计概率，求X的分布列及其数学期望；
（2）根据样本数据，是否有95%的把握认为疫苗A与疫苗B的有效性存在差异？说明理由．
𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)
附：χ=.
(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)2
2
P（ χ2≥k）
k
0.050 3.841
0.010 6.635
0.001 10.828
8023120
【解答】解：（1）在接种疫苗A的样本中，产生抗体的频率为=，
3
2
由此估计，从接种疫苗A的人群中任取1人，产生抗体的概率为． 所以从接种疫苗A的人群中任取3人，
𝑘产生抗体的人数𝑋～𝐵(3，)，𝑃(𝑋=𝑘)=𝐶3()𝑘(1−)3−𝑘，其中 k＝0，1，2，3，
2
32323所以X的分布列为：
X P
2
0
1
1
6
2
1227
3
8
272727
数学期望 𝐸(𝑋)=3×3=2．
（2）有95%的把握认为疫苗A与疫苗B的有效性存在差异．理由如下： 根据样本数据，在接种疫苗A的120人中，80人产生抗体，40人末产生抗体， 在接种疫苗B的100人中，80人产生抗体，20人末产生抗体．
220×(80×20−40×80)44
根据公式，𝜒=120×100×160×60=9≈4.889＞3.841．
2
2
所以有95%的把握认为疫苗A与疫苗B的有效性存在差异．
19．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足asinB=√3b（1﹣cosA）． （1）求A的大小；
（2）若c2＝b2+bc，求sinC的值．
【解答】解：（1）因为asinB=√3b（1﹣cosA）， 所以由正弦定理可得sinAsinB=√3sinB（1﹣cosA）， 因为sinB≠0，
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所以sinA=√3（1﹣cosA），可得sin（A+）=因为A∈（0，π），A+3∈（，3𝜋
𝜋
4𝜋3
𝜋
3√32，
），
所以A+3=3，可得A=3． （2）因为A=，
所以由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc， 又c2＝b2+bc，
所以解得a2＝2b2，a=√2b，由正弦定理可得sinA=√2sinB=所以sinB=
√6√3𝜋2𝜋𝜋
𝜋
32，
4，
√10又b＜a，B为锐角，可得cosB=√1−𝑠𝑖𝑛2𝐵=
4，
√10所以sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB=2×4+2×4=
√31√6√30+√68．
12
20．（12分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E为线段CD的中点，AB＝BC=CD＝2，将△DAE沿AE折起到△DAE的位置，使得平面D1AE⊥平面
ABCE．
（1）求证：AE⊥D1B；
（2）在线段D1B上是否存在点Q，使得平面QAC与平面ABCE的夹角为60°？若存在，求出
𝐷1𝑄𝐷1𝐵
的值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）证明：设F是AE的中点，连接D1F，FB，BE． 由已知得△DAE，△ABE，△BCE 均为边长为2的等边三角形， 所以D1F⊥AE，BF⊥AE，又D1F∩BF＝F， 所以AE⊥平面D1FB，又D1B⊂平面 D1FB， 所以AE⊥D1B，
（2）因为平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，D1F⊥AE， 所以D1F⊥平面ABCE，又BF⊂平面ABCE，所以D1F⊥FB．
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又BF⊥AE，故可建如图所示的空间坐标系 F﹣xyz．
所
以
𝐹(0，0，0)，𝐴(1，0，0)，𝐵(0，√3，0)，𝐶(−2，√3，0)，𝐸(−1，0，0)，𝐷1(0，0，√3)，
𝐴𝐶=(−3，√3，0)，设 𝐷1𝑄=𝜆𝐷1𝐵，𝜆∈[0，1]，
则𝐴𝑄=𝐴𝐷1+𝐷1𝑄=𝐴𝐷1+𝜆𝐷1𝐵=(−1，0，√3)+𝜆(0，√3，−√3)=(−1，√3𝜆，√3−√3𝜆)． 设平面
QAC
𝑚⋅𝐴𝐶=0
的一个法向量𝑚=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{→→，即
𝑚⋅𝐴𝑄=0
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
−3𝑥+√3𝑦=0{． −𝑥+√3𝜆𝑦+√3(1−𝜆)𝑧=0显然λ≠1，令x＝1，则𝑦=√3，𝑧=
→
→1−3𝜆1−3𝜆，所以𝑚=(1，√3，)．
√3(1−𝜆)√3(1−𝜆)又平面ABCE的一个法向量𝑛=(0，0，1)， 平面QAC与平面ABCE的夹角为 60°，
→→|√1−3𝜆||𝑚⋅𝑛|13(1−𝜆)所以 𝑐𝑜𝑠60°=|𝑐𝑜𝑠〈𝑚，𝑛〉|=→→==．
2|𝑚|⋅|𝑛|1−3𝜆2)√4+(√→
→
3(1−𝜆)化简得5λ2+2λ﹣3＝0．即 （λ+1）（5λ﹣3）＝0．解得𝜆=5或λ＝﹣1（舍）． 故线段D1B上存在点Q，当21．（12分）已知椭圆C：𝑥2𝑎2𝐷1𝑄𝐷1𝐵𝑦2𝑏23
=时，平面QAC与平面ABCE的夹角为60°．
5
3
+=1（a＞b＞0）经过A1（﹣2，0）和B（0，−√3）两点，
点A2为椭圆C的右顶点，点P为
椭圆C上位于第一象限的点，直线PA1与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N． （1）求椭圆C的方程及离心率；
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（2）比较△MNA1的面积与△NA2B的面积的大小，并说明理由． 【解答】解：（1）由题意有椭圆经过（﹣2，0），（0，−√3）， 代入可得𝑎=2，𝑏=√3， 所以椭圆方程为
𝑥24
+
𝑦23
=1，
∵𝑎=2，𝑏=√3，∴c＝1， 故离心率𝑒=2；
（2）设P（m，n），m＞0，n＞0， 且满足
𝑚24
1
+
𝑛23
=1⋯①，
直线𝑃𝐴1：𝑦−0𝑥+2
=， 𝑛−0𝑚+22𝑛
令x＝0，解得𝑀(0，𝑚+2)， 直线PB：𝑦+√3𝑛+√3=
𝑥−0
𝑚−0
，
令y＝0，解得𝑁(3𝑚，0)，
所以四边形MNBA1的面积S=2𝐵𝑀⋅𝐴1𝑁=2[(𝑚+2+√3)(2+3𝑚)]， 将①代入化简得S＝2√3，
又因为三角形A1A2B的面积𝑆1=2×4×√3=2√3， 故𝑆△𝑀𝑁𝐴1=𝑆−𝑆△𝐴1𝑁𝐵，𝑆△𝑁𝐴2𝐵=𝑆1−𝑆△𝐴1𝑁𝐵， 故𝑆△𝑀𝑁𝐴1=𝑆△𝑁𝐴2𝐵， 故两个三角形面积相等．
22．（12分）已知函数f（x）＝exa+x﹣2（a∈R）．
﹣
√3𝑛+2112𝑛√3𝑛+31
（1）求证：f（x）仅有一个零点；
（2）若a≤1，求证：f（x）≥−2x2+3x−2．
【解答】解：（1）证明：f′（x）＝exa+1＞0，所以f（x）在R上单调递增，
﹣
15
当x→﹣∞时，exa→0，所以f（x）＝exa+x﹣2→﹣∞，
﹣
﹣
当x＝2时，f（2）＝e2a＞0，
﹣
所以f（x）有且仅有一个零点． （2）证明：f（x）＝exa+x﹣2，
﹣
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因为a≤1，所以exa+x﹣2≥ex1+x﹣2，
﹣
﹣
下面证明ex1+x﹣2≥−x2+3x−．
﹣
1252需要证ex1+x﹣2+2x2﹣3x+2≥0，
﹣
15
即证2ex1﹣4x+1+x2≥0，
﹣
令g（x）＝2ex1﹣4x+1+x2，则g′（x）＝2ex1﹣4+2x，
﹣
﹣
令h（x）＝2ex1﹣4+2x，则h′（x）＝2ex1+2＞0，
﹣
﹣
所以h（x）单调递增，又h（1）＝0，
所以在（﹣∞，1）上，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 在（1，+∞）上，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）≥g（x）min＝g（1）＝0， 所以exa+x﹣2≥ex1+x﹣2，
﹣
﹣
所以f（x）≥ex1+x﹣2．
﹣
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