新高考全真模拟测试（四）
数学
本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：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．已知集合𝐴={𝑥|ln𝑥>2}，𝐵={𝑥|𝑦=√𝑥−2}，则(∁𝑅𝐴)∩𝐵=（ ） A．(0,e2) 2．已知复数𝑧=(
B．(0,e2]
1+i3
)，则|𝑧|1−i
C．[2,e2]
D．[2,+∞)
=（ ）
A． 2
1
B．1
3
C．2 D．3
3．已知直线𝑙的倾斜角为π，直线𝑙1经过点𝐴(3,2)和𝐵(𝑎,−1)，且直线𝑙与𝑙1平行，则实数𝑎
4的值为（ ） A．0
B．1
C．6
D．0或6
4．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑎满足𝑓(2)=4，则函数𝑔(𝑥)=|log𝑎(𝑥+1)|的图象大致为（ ）
A． B． C．
D．
5．若函数𝑦=−√4−(𝑥−1)2的图象与直线𝑥−2𝑦+𝑚=0有公共点，则实数𝑚的取值范围为（ ）
A．[−2√5−1，−2√5+1]
6．已知双曲线𝑥2−
𝑦2𝑏2B．[−2√5−1，1]. C．[−2√5+1，−1]
D．[−3，1]
=1(𝑏>0)的左、右焦点分别为𝐹1，𝐹2，过点𝐹2作直线𝑙交双曲线的
右支于A，B两点.若|𝐴𝐵|:|𝐴𝐹1|:|𝐵𝐹1|=3:3:2，则双曲线的离心率为（ ） A．√33 3
B．√2
C．3 11
D．11
7．设等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，公差为𝑑．已知𝑎3=12，𝑆10>0，𝑎6<0，则选项不正确的是（ ）
A．数列{𝑎𝑛}的最小项为第6项
𝑛
𝑆
B．−
245
<𝑑<−4
C．𝑎5>0 D．𝑆𝑛>0时，𝑛的最大值为5
8．已知函数𝑓(𝑥)=
3𝑥2−1𝑥3
，若𝑔(𝑥)=𝑓2(𝑥)−(𝑎−3)𝑓(𝑥)−3𝑎有四个不同的零点，其中恰
有一个为负，三个为正，则实数a的取值范围为 A．(−2,0)∪(0,2) C．(0,2)
B．(−1,𝑒) D．(−2,0)
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．设m，n是两条直线，α，β是两个平面，以下判断正确的是（ ） A．若m∥α，α∥β，则m∥β C．若m∥α，n∥α，则m∥n
𝜋
B．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m∥α，α∥β，则m∥β
𝜋
𝜋
10．已知函数𝑓(𝑥)=cos(2𝜔𝑥−)(𝜔>0)的最小正周期为2，将𝑓(𝑥)的图象向左平移6个
6单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数𝑔(𝑥)的图象，则下列结论正确的是（ ） A．𝑔(0)=0
C．𝑔(𝑥)的图像关于𝑥=−4
𝜋
B．𝑔(𝑥)在[0，]单调递减
2D．𝑔(𝑥)在[−
𝜋
，3]上的最大值是1 12
𝜋𝜋
11．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝑥2，𝑥0是函数𝑓(𝑥)的极值点，以下几个结论中正确的是（ ） A．0<𝑥0< 𝑒1
B．𝑥0> 𝑒
1
C．𝑓(𝑥0)+2𝑥0<0 D．𝑓(𝑥0)+2𝑥0>0
12．如图，已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2．C是圆O上异于A，B的一点，D为弦AC的中点，E为线段PB上异于P，B的点，以下正确的结论有（ ）
A．直线𝐴𝐶⊥平面PDO
C．直线CE可能平行于平面PDO 1
B．CE与PD一定为异面直线
D．若𝐵𝐶=√2，则𝐶𝐸+𝐴𝐸的最小值为√3+
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐷为𝐵𝐶边中点，点𝑂在直线𝐴𝐷上，且𝐵𝐶⋅𝐵𝑂=3，则𝐵𝐶边的长度为___________．
14．已知sin(𝛼+)=−√，则cos(𝛼−)=_______.
1053
15．若等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎2−𝑎1=1,𝑎3−𝑎1=3，则{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛=____________． 16．如图，将由六个边长为3的正三角形构成的平行四边形形状的纸片沿虚线折起，制作了一个粽子形状的六面体模型，则该六面体的体积为__________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为__________.
𝜋
63𝜋
→
→
四､解答题：本题共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．设数列{𝑎𝑛}是首项为1的等差数列，若𝑎2是𝑎1，𝑎5的等比中项，且𝑎2<𝑎3. (1)求{𝑎𝑛}的通项公式； (2)设𝑏𝑛=𝑎
1
𝑛𝑎𝑛+1
，求数列{𝑏n}的前n项的和𝑆𝑛.
18．如图，在四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷中，△𝐴𝐵𝑆是正三角形，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，𝐴𝐵=4，∠𝐴𝐵𝐶=120°，点𝐸是𝐵𝑆的中点．
(1)求证：𝑆𝐷∥平面𝐴𝐶𝐸；
(2)若平面𝐴𝐵𝑆⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，求点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离．
19．已知𝑎，𝑏，𝑐分别为△𝐴𝐵𝐶三个内角𝐴，𝐵，𝐶的对边，且𝑎cos𝐶+√3𝑎sin𝐶−𝑏−𝑐=0. (1)求𝐴；
(2)若𝑎=2，则△𝐴𝐵𝐶的面积为√3，求𝑏，𝑐.
20．某地区有小学21所，中学14所，大学7所.现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校，对学生进行视力检查.
(∥) 求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；
(∥) 若从抽取的6所学校中随即抽取2所学校作进一步数据分析： ∥列出所有可能抽取的结果； ∥求抽取的2所学校没有大学的概率.
21．在平面直角坐标系中，点𝑀(−2,0),𝑁(2,0)，𝑃是平面内一点，直线𝑃𝑀,𝑃𝑁的斜率之积为−4.
（1）求点𝑃的轨迹方程；
（2）设点𝑝的轨迹为曲线𝛤，过点𝐸(−1,0)的直线𝑙与𝛤相交于𝐴,𝐵两点，以线段𝐴𝐵为直径的圆过点𝐹(1,0)，求直线𝑙的方程． 22．已知函数𝑓(𝑥)=(2𝑎𝑒𝑥−𝑥)𝑒𝑥. （1）若𝑎=0，求𝑓(𝑥)的单调区间；
（2）若对于任意的𝑥∈R，𝑓(𝑥)+𝑎≤0恒成立，求𝑎的最小值.
1
3
2022年普通高等学校招生全国统一考试
全真模拟测试（四）
数学答案
1．C
由题意知,𝐴={𝑥|𝑥>e2}，𝐵={𝑥|𝑥≥2}， ∥∁𝑅𝐴={𝑥|𝑥≤e2}， ∥(∁𝑅𝐴)∩𝐵=[2,e2]. 2．B ∥
1+i1−i
=i
1+i3
)1−i
∥𝑧=(
=i3=−i,
故|𝑧|=1. 3．C
π因为直线𝑙的倾斜角为4，所以直线𝑙的斜率为tan
3
3π4
=−1，
−1−2
因为直线𝑙1经过点𝐴(3,2)和𝐵(𝑎,−1)，所以直线𝑙1斜率为𝑎−3， 因为直线𝑙与𝑙1平行，所以𝑎−3=−1，解得：𝑎=6， 4．C
−log2(𝑥+1),−1<𝑥<0
由恬2𝑎=4，𝑎=2，𝑔(𝑥)=|log2(𝑥+1)|={，
log2(𝑥+1),𝑥≥0函数定义域是(−1,+∞)，在(−1,0)上递减，在(0,+∞)上递增． 5．B
将函数𝑦=−√4−(𝑥−1)2转化为：(𝑥−1)2+𝑦2=4(𝑦≤0)， 表示以(1,0)为圆心，以2为半径的半圆，如图所示：
−1−2
由图知：当直线𝑥−2𝑦+𝑚=0过点(−1,0)时，𝑚=1， 当直线𝑥−2𝑦+𝑚=0与圆相切时，|1+𝑚|√5=2，解得过𝑚=−2√5−1，
所以当−2√5−1≤𝑚≤1时，函数𝑦=−√4−(𝑥−1)2的图象与直线𝑥−2𝑦+𝑚=0有公共点，
所以实数𝑚的取值范围为[−2√5−1，1]. 6．A
因|𝐴𝐵|:|𝐴𝐹1|:|𝐵𝐹1|=3:3:2，令|𝐴𝐵|=|𝐴𝐹1|=3𝑚，|𝐵𝐹1|=2𝑚，而双曲线实半轴长𝑎=1，
由双曲线定义知|𝐵𝐹2|=2𝑚−2，|𝐴𝐹2|=3𝑚−2，
而|𝐴𝐵|=|𝐴𝐹2|+|𝐵𝐹2|，于是可得𝑚=2，在等腰△𝐴𝐵𝐹1中，cos∠𝐴𝐵𝐹1=
1
|𝐵𝐹1|2|𝐴𝐵|
1=， 3
令双曲线半焦距为c，在△𝐵𝐹1𝐹2中，由余弦定理得：|𝐹1𝐹2|2=|𝐵𝐹1|2+|𝐵𝐹2|2−2|𝐵𝐹1|⋅|𝐵𝐹2|cos∠𝐹1𝐵𝐹2，
33而|𝐵𝐹1|=4，|𝐵𝐹2|=2，(2𝑐)2=42+22−2×4×2×3，解得𝑐=√，
3
𝑐𝑎
√33. 3
1
所以双曲线的离心率为𝑒=7．D
解：由题意𝑆10=
102
=
(𝑎1+𝑎10)=5(𝑎5+𝑎6)>0，又𝑎6<0，所以𝑎5>0，故选项𝐶正确；
𝑎5=12+2𝑑>0
24
由𝑎3=12，且𝑎5>0，𝑎6<0，𝑎5+𝑎6>0，得{𝑎6=12+3𝑑<0 ，解得−5<𝑑<
𝑎5+𝑎6=24+5𝑑>0
−4，选项𝐵正确；
由题意当1⩽𝑛⩽5时，𝑎𝑛>0，当𝑛⩾6时，𝑎𝑛<0，
所以𝑆10>0，𝑆11=11𝑎6<0，故𝑆𝑛>0时，𝑛的最大值为10，故选项𝐷错误； 由于𝑑<0，数列{𝑎𝑛}是递减数列，当1⩽𝑛⩽5时，𝑎𝑛>0，当𝑛⩾6时，𝑎𝑛<0； 当1⩽𝑛⩽10时，𝑆𝑛>0，当𝑛⩾11时，𝑆𝑛<0，
𝑛𝑛𝑛
所以当1⩽𝑛⩽5时，𝑎>0，当6⩽𝑛⩽10时，𝑎<0，当𝑛⩾11时，𝑎>0，
𝑛
𝑛
𝑛
𝑆𝑆𝑆
𝑛
故数列{𝑎}中最小的项为第6项，选项𝐴正确．
𝑛
𝑆
8．C
令𝑔(𝑥)=0，即𝑓2(𝑥)−(𝑎−3)𝑓(𝑥)−3𝑎=[𝑓(𝑥)−𝑎]⋅[𝑓(𝑥)+3]=0， 解得𝑓(𝑥)=𝑎或𝑓(𝑥)=−3. ∵ 𝑓′(𝑥)=−
3(𝑥2−1)𝑥4.
令𝑓′(𝑥)>0，得𝑥∈(−1,0)∪(0,1)，令𝑓′(𝑥)<0，得𝑥∈(−∞,−1)∪(1,+∞)， 故𝑓(𝑥)在(−∞,−1)和(1,+∞)上分别单调递减，在(−1,0)和(0,1)上分别单调递增， 在𝑥=1处取得极大值，𝑓(𝑥)极大值=𝑓(1)=2， 在𝑥=−1处取得极小值，𝑓(𝑥)极小值=𝑓(−1)=−2，
当x从左边趋近0时，𝑓(𝑥)趋近于正无穷大，当x从右边趋近0时，𝑓(𝑥)趋近于负无穷大，当x无穷大时，𝑓(𝑥)趋近于0.
可知，𝑦=−3与𝑦=𝑓(𝑥)的图象在y轴右侧只有一个交点，在y轴左侧无交点，故此时有
一个正零点，当0<𝑎<2时，𝑦=𝑎与𝑦=𝑓(𝑥)的图象在y轴左侧只有一个交点， 在y轴右侧有两个交点，故共有三个正零点，一个负零点， 故选：C. 9．CD
对于A，若m∥α，α∥β，则m可能在β内，所以A不正确；
对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确； 对于C，若m∥α，n∥α，则m∥n，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确； 对于D，若m∥α，α∥β，则m∥β，满足面面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，所以D正确； 10．AC
因为函数𝑓(𝑥)=cos(2𝜔𝑥−6)(𝜔>0) 的最小正周期为2， 所以2𝜔=
2𝜋
𝜋2𝜋𝜋
=4，解得𝜔=4，所以𝑓(𝑥)=cos(4𝑥−𝜋)，
6
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
将𝑓(𝑥)的图象向左平移6个单位长度，得到𝑦=cos(4(𝑥+6)−6)=cos(4𝑥+2)=−sin4𝑥，
再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数𝑔(𝑥)=−sin2𝑥，
A. 𝑔(0)=0，故正确；
B. 因为𝑥∈[0，]，所以2𝑥∈[0，𝜋]，所以𝑔(𝑥)在[0，]不单调，故错误；
22C.因为 𝑔(−)=−sin[2(−)]=1，所以𝑔(𝑥)的图像关于𝑥=−4，故正确； 44D. 因为𝑥∈[−误； 11．AD
函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝑥2,(𝑥>0),∴𝑓′(𝑥)=ln𝑥+1+2𝑥,
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
，3]，所以2𝑥∈[−6，12
𝜋𝜋𝜋2𝜋
]，则𝑔(𝑥)在[−，]上的最大值是2，故错3123
𝜋𝜋1
∥𝑥0是函数𝑓(𝑥)的极值点，∥𝑓′(𝑥0)=0，即∴ln𝑥0+1+2𝑥0=0， ∴𝑓′()=>0,当𝑥>𝑒时，𝑓′(𝑥)>0
𝑒𝑒
∵𝑥→0,𝑓′(𝑥)→−∞,∴0<𝑥0<𝑒,即A选项正确,B选项不正确;
2
𝑓(𝑥0)+2𝑥0=𝑥0ln𝑥0+𝑥0+2𝑥0=𝑥0(ln𝑥0+𝑥0+2)=𝑥0(1−𝑥0)>0,
1
1
2
1
即D正确,C不正确. 12．ABD
对于A项：在△𝐴𝑂𝐶中，𝑂𝐴=𝑂𝐶，D为AC中点， 所以𝐴𝐶⊥𝑂𝐷，又PO垂直于圆O所在的平面，
所以𝑃𝑂⊥𝐴𝐶，因为𝑃𝑂∩𝑂𝐷=𝑂，所以𝐴𝐶⊥平面PDO，故A正确．
对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确． 对于C项：因为𝐶𝐵//𝑂𝐷可得𝐶𝐵//平面PDO，若直线𝐶𝐸//平面PDO，则有平面𝑃𝐵𝐶//平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．
对于D项：在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，将侧面PBC绕PB旋转至平面𝑃𝐵𝐶′，使之与平面PAB共面，如图所示，
则当A，E，𝐶′共线时，𝐶𝐸+𝐴𝐸取得最小值，
因为𝐴𝐵=2，𝐵𝐶′=√2=𝑃𝐵=𝑃𝐶′，所以∠𝐴𝐵𝐶′=105°，
由余弦定理可得𝐴𝐶′=√3+1，即𝐶𝐸+𝐴𝐸的最小值为√3+1，故D对． 13．√6 设𝐴𝐵的长度为𝑎(𝑎>0)，由𝐵𝐶⋅𝐵𝑂=𝐵𝑂⋅𝐵𝐶，而𝐵𝑂⋅𝐵𝐶的几何意义为：𝐵𝑂在𝐵𝐶上的投影与|𝐵𝐶|的乘积，∥2⋅𝑎=3⇒𝑎=√6 →
𝑎
→
→
→
→
→
→
→
→
故答案为：√6. 14．−√6 3
cos(𝛼−10)=cos[(𝛼+5)−2]=sin(𝛼+5)=−故答案为：−√.
315．2𝑛−1
63𝜋𝜋𝜋𝜋
√6， 3
𝑎2−𝑎1=𝑎1(𝑞−1)=1
设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由已知，得{，
𝑎3−𝑎1=𝑎1(𝑞2−1)=3𝑎1=1 𝑎1(1−𝑞𝑛)
𝑆==2𝑛−1. 解得{，所以𝑛
1−𝑞𝑞=216． 9√2 8√6𝜋
2
27
易得该六面体为两个正四面体的组合体，所以体积为𝑉=2⋅⋅√6⋅⋅3⋅
3
2
1
11
3√32
=
9√22
;
3设该六面体的内切球的半径为𝑟，则𝑉=3𝑆⋅𝑟(𝑆为该六面体的表面积)，𝑆=6×√×32=
427√3，所以𝑟2
28√6=√，则该六面体的内切球的体积为3𝑟3 = 𝜋;
3
27
4𝜋
17．
(1)根据给定条件求出数列{𝑎𝑛}的公差即可求解作答. (2)由(1)结合裂项相消法计算求出𝑆𝑛作答. (1)
2
设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎2是𝑎1，𝑎5的等比中项得𝑎2=𝑎1𝑎5，即(1+𝑑)2=1+
4𝑑，
因𝑎2<𝑎3，则𝑑>0，解得𝑑=2，𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2𝑛−1， 所以{𝑎𝑛}的通项公式是：𝑎𝑛=2𝑛−1. (2)
由(1)知，𝑏𝑛=(2𝑛−1)(2𝑛+1)=2(2𝑛−1−2𝑛+1)，
1
1
1
1
则𝑆𝑛=2[(1−3)+(3−5)+(5−7)+⋯+(2𝑛−1−2𝑛+1)]=2(1−2𝑛+1)=2𝑛+1， 所以数列{𝑏n}的前n项的和𝑆𝑛=2𝑛+1. 18． (1)
𝑛
1111111111𝑛
在四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷中，连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于𝐹，则𝐹为𝐵𝐷中点， 连接𝐸𝐹， 又𝐸为𝐵𝑆中点， ∥𝐸𝐹∥𝑆𝐷
又𝑆𝐷⊄平面𝐴𝐶𝐸，𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐶𝐸， ∥𝑆𝐷∥平面𝐴𝐶𝐸 (2) 方法一：
∥四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=120°，∥△𝐴𝐵𝐷为正三角形，取𝐴𝐵中点的𝑂，连接𝑂𝐷，𝑂𝑆，则𝑂𝐷⊥𝐴𝐵，
∥平面𝐴𝐵𝑆⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝐴𝐵𝑆∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵，∥𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝑆
∥△𝐴𝐵𝐷、△𝐴𝐵𝑆是正三角形，𝐴𝐵=4，易得𝑂𝐷=2√3，∥𝑆△𝐴𝑆𝐸=2𝑆△𝐴𝑆𝐵=√3 ∥𝑉𝐷−𝐴𝐸𝑆=×2√3×2√3=4．易得𝑂𝑆=2√3，由𝑂𝐷⊥𝑂𝑆，∥𝐷𝑆=√𝑂𝑆2+𝑂𝐷2=
32√6，
取𝐷𝑆的中点𝑀，连接𝐴𝑀，因为𝐴𝐷=𝐴𝑆=4，∥𝐴𝑀⊥𝐷𝑆， ∥𝐴𝑀=√42−(√6)2=√10，可得𝑆△𝐴𝐷𝑆=×2√6×√10=2√15，
2
设点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离为ℎ，∥𝑉𝐷−𝐴𝐸𝑆=𝑉𝐸−𝐴𝐷𝑆=3×𝑆△𝐴𝐷𝑆×ℎ=3×2√15ℎ=4， 解得ℎ=
2√15215，即点𝐸到平面的距离为√． 55
1
1
1
1
1
方法二：∥四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=120°，
∥△𝐴𝐵𝐷为正三角形，取𝐴𝐵中点的𝑂，连接𝑂𝐷，𝑂𝑆，则𝑂𝐷⊥𝐴𝐵， ∥平面𝐴𝐵𝑆⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝐴𝐵𝑆∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵，∥𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝑆 ∥△𝐴𝐵𝑆是正三角形∥𝑂𝑆⊥𝐴𝐵
分别以线段𝑂𝑆、𝑂𝐵、𝑂𝐷所在的直线为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴建立空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧 又∥𝐴𝐵=4则𝐴(0,−2,0)，𝐷(0,0,2√3)，𝑆(2√3,0,0)，𝐵(0,2,0)，𝐸(√3,1,0) ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2√3,2,0) ∥⃑⃑⃑⃑⃑ 𝐴𝐷=(0,2,2√3)，𝐴𝑆
⃑⃑⃑⃑⃑ ⃑ =0 2𝑦+2√3𝑧=0
⃑ =(𝑥,𝑦,𝑧)则{𝐴𝐷⋅𝑛设平面𝐴𝐷𝑆的法向量为𝑛即{
⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅𝑛2√3𝑥+2𝑦=0𝐴𝑆⃑ =0
⃑⃑⃑⃑⃑ =(−√3,1,0)设点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离为𝑑 令𝑥=√3，则𝑛⃑ =(√3,−3,√3)又𝑆𝐸
则𝑑=19． (1)
⃑⃑⃑⃑⃑ ||𝑛⃑ ⋅𝑆𝐸|𝑛⃑ |
=
|−3+(−3)|√3+9+3=√15即点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离为
5
22√155
．
解：根据正弦定理得sin𝐴cos𝐶+√3sin𝐴sin𝐶=sin𝐵+sin𝐶， ∥sin𝐴cos𝐶+√3sin𝐴sin𝐶=sin(𝐴+𝐶)+sin𝐶，
所以sin𝐴cos𝐶+√3sin𝐴sin𝐶=sin𝐴cos𝐶+cos𝐴sin𝐶+sin𝐶. 整理，得√3sin𝐴−cos𝐴=1，即sin(𝐴−30°)=2. 因为0∘<𝐴<180∘,∴−30∘<𝐴−30∘<150∘ 所以𝐴−30°=30°，即𝐴=60°. (2)
解：由𝐴=60°，𝑆=2𝑏𝑐sin𝐴=√3，得𝑏𝑐=4.
由余弦定理，得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴=(𝑏+𝑐)2−2𝑏𝑐−2𝑏𝑐cos𝐴，所以𝑏+𝑐=4 又𝑏𝑐=4，所以𝑏=𝑐=2. 20
(∥) 解: 学校总数为21+14+7=42，分层抽样的比例为6÷42=
71
1
1
计算各类学校应抽取的数目为：21×7=3，14×7=2，7×7=1. 故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3，2，1所.
(∥) 解: ∥ 在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为𝑎1,𝑎2,𝑎3；2所中学分别记为𝑏1,𝑏2；1所大学记为𝑐.
则应抽取的2所学校的所有结果为：
{𝑎1,𝑎2}，{𝑎1,𝑎3}，{𝑎1,𝑏1}，{𝑎1,𝑏2}，{𝑎1,𝑐}，{𝑎2,𝑎3}，{𝑎2,𝑏1}，{𝑎2,𝑏2}，{𝑎2,𝑐}， {𝑎3,𝑏1}，{𝑎3,𝑏2}，{𝑎3,𝑐}， {𝑏1,𝑏2}，{𝑏1,𝑐}，{𝑏2,𝑐}，共15种. ∥设“抽取的2所学校没有大学”作为事件𝐴.其结果共有10种.
111
所以，𝑃(𝐴)=15=3. 21．
（1）设𝑃(𝑥,𝑦)，因为直线𝑃𝑀的斜率𝑘𝑃𝑀=𝑥+2(𝑥≠−2)， 𝑃𝑁的斜率𝑘𝑃𝑁=𝑥−2（𝑥≠2） 由已知得𝑥+2⋅𝑥−2=−4（𝑥≠±2）， 化简得点𝑃的轨迹方程为
𝑥24
𝑦
𝑦
3𝑦
𝑦
102
+
𝑦23
=1（𝑥≠±2）.
（2）解法一：设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦−1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)， 𝑥=𝑚𝑦−1
得(3𝑚2+4)𝑦2−6𝑚𝑦−9=0， 由{𝑥2𝑦2
+3=14𝑦1+𝑦2=3𝑚2+4，𝑦1𝑦2=3𝑚2+4，
⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅𝐹𝐵⃑⃑⃑⃑⃑ =0， 因为以线段𝐴𝐵为直径的圆过点𝐹(1,0)，所以𝐹𝐴得(𝑥1−1)(𝑥2−1)+𝑦1𝑦2=0，
又因为𝑥1=𝑚𝑦1−1，𝑥2=𝑚𝑦2−1，得(𝑚𝑦1−2)(𝑚𝑦2−2)+𝑦1𝑦2=0， 所以(𝑚2+1)𝑦1𝑦2 −2𝑚(𝑦1+𝑦2)+4=0， 所以(𝑚2+1)⋅3𝑚2+4−2𝑚⋅3𝑚2+4+4=0，
7解得𝑚=±√，
3
−9
6𝑚
6𝑚
−9
所以直线𝑙的方程为𝑥=±√𝑦−1，即3𝑥+√7𝑦+3=0或3𝑥−√7𝑦+3=0
3
7解法二：∥当直线𝑙的斜率不存在时，𝑙的方程为𝑥=−1，
33
⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅𝐹𝐵⃑⃑⃑⃑⃑ =7≠0，故舍去. 不妨设𝐴(−1,2)，𝐵(−1,−2)，𝐹𝐴4
∥当直线𝑙的斜率存在时，设𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥+10（𝑘≠0），𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)， 𝑦=𝑘(𝑥+1)
得(4𝑘2+3)𝑥2−8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0， 由{𝑥2𝑦2
+3=14
𝑥1+𝑥2=
−8𝑘2
4𝑘2+3
，𝑥1𝑥2=
4𝑘2−124𝑘2+3
，
⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅𝐹𝐵⃑⃑⃑⃑⃑ =0， 因为以线段𝐴𝐵为直径的圆过点𝐹(1,0)，所以𝐹𝐴得(𝑥1−1)(𝑥2−1)+𝑦1𝑦2=0， 又因为𝑦1=𝑘(𝑥1+1)，𝑦2=𝑘(𝑥2+1)，
得(𝑘2+1)𝑥1𝑥2+(𝑘2−1)(𝑥1+𝑥2)+𝑘2+1=0， 所以(𝑘2+1)⋅解得𝑘= ±
4𝑘2−124𝑘2+3
+(𝑘2−1)⋅4𝑘2+3+𝑘2+1=0，
−8𝑘2
3√7， 7
7所以直线𝑙的方程为𝑥=±√𝑦−1，即3𝑥+√7𝑦+3=0或3𝑥−√7𝑦+3=0
3
综上，直线𝑙的方程为3𝑥+√7𝑦+3=0或3𝑥−√7𝑦+3=0. 22．（
解：（1）因为𝑎=0，
所以𝑓(𝑥)=−𝑥𝑒𝑥，𝑓′(𝑥)=−(𝑥+1)𝑒𝑥. 令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=−1. 当𝑥∈(−∞,−1)时，𝑓′(𝑥)>0； 当𝑥∈(−1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0.
故𝑓(𝑥)的单调速增区间是(−∞,−1)，单调递减区间是(−1,+∞). （2）𝑓′(𝑥)=4𝑎𝑒2𝑥−(𝑥+1)𝑒𝑥=−𝑒𝑥(𝑥+1−4𝑎𝑒𝑥). 因为∀𝑥∈R，𝑓(𝑥)+𝑎≤0，
又𝑓(0)=2𝑎，所以2𝑎+𝑎≤0，则𝑎<0. 令𝑔(𝑥)=𝑥+1−4𝑎𝑒𝑥，则𝑔(𝑥)在R上单调递增. 因为当𝑥<0时，𝑔(𝑥)<𝑥+1−4𝑎， 所以𝑔(4𝑎−1)<4𝑎−1+1−4𝑎=0.
11
因为𝑔(−1)=−4𝑎𝑒−1>0，
所以∃𝑥0∈(4𝑎−1,−1)，使得𝑔(𝑥0)=0. 且当𝑥∈(−∞,𝑥0)时，𝑔(𝑥)<0，则𝑓′(𝑥)>0， 当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，𝑔(𝑥)>0，则𝑓′(𝑥)<0，
所以𝑓(𝑥)在(−∞,𝑥0)上单调递增，在(𝑥0,+∞)上单调递减. 故𝑓(𝑥)max=𝑓(𝑥0)=2𝑎𝑒2𝑥0−𝑥0𝑒𝑥0. 由𝑔(𝑥0)=𝑥0+1−4𝑎𝑒𝑥0=0，得𝑎=
1
𝑥0+14𝑒𝑥0
.
4𝑒𝑥0
0
由𝑓(𝑥)max+𝑎≤0，得𝑥0𝑒𝑥0−𝑒2𝑥0⋅2𝑒𝑥0≥𝑥
𝑥+1
0+1
，
即
𝑥0−12
≥𝑥
4
0+1
.
2结合𝑥0+1<0，得𝑥0−1≤8，所以−3≤𝑥0<−1.
令ℎ(𝑥)=
𝑥+1
(−3≤𝑥<1).则ℎ′(𝑥)=4𝑒𝑥>0，
4𝑒𝑥−𝑥
所以ℎ(𝑥)在[−3,−1)上单调递增， 所以ℎ(𝑥)≥ℎ(−3)=故𝑎的最小值为−.
2𝑒3
−𝑒32
，即𝑎≥−.
2𝑒3
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