2022年四川省高考数学试卷（文科）（甲卷）（含解析）
2022年上海市春季高考数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）1．（4分）已知z＝2+i（其中i为虚数单位），则＝．2．（4分）已知集合A＝（﹣1，2），集合B＝（1，3），则A∩B＝．
2022年四川省高考数学试卷（文科）（甲卷）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．（5分）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}}，则A∩B＝（A．{0，1，2}B．{﹣2
简介：2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）D．20，]的图像大致为A．8B．12C．165．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B． C．D．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．17．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（） A．B．C．D．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．210．（5分）椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（ 2+）•＝．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如 果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3． 2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i＝4，【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴则＝．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图： 则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误； 对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解答】解：∵B＝{x|x2﹣4x+3＝0}＝{1，3}，A＝{﹣1，2}，∴A∪B＝{﹣1，1，2，3}，又U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴∁U（A∪B）＝{﹣2，0}． 故选：D．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12． 故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，]的图像大致为5．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推 出选项即可．【解答】解：f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx，可知f（﹣x）＝（3﹣x﹣3x）cos（﹣x）＝﹣（3x﹣3﹣x）cosx＝﹣f（x），函数是奇函数，排除BD；当x＝1时，f（1）＝（3﹣3﹣1）cos1＞0，排除C．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．1【分析】由已知求得b，再由题意可得f′（1）＝0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′（2）．【解答】解：由题意f（1）＝b＝﹣2，则f（x）＝alnx﹣，则f′（x）＝，∵当x＝1时函数取得最值，可得x＝1也是函数的一个极值点，∴f′（1）＝a+2＝0，即a＝﹣2．∴f′（x）＝，易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故x＝1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′（2）＝． 故选：B．【点评】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，， ，，在Rt△ADB1中，DB1＝2，所以AB＝，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术” ．当OA＝2，∠给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+AOB＝60°时，s＝（）A．B．C．D．【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s＝AB+得答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴AB＝2，∵C是AB的中点，D在上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD＝OD﹣OC＝2﹣，∴s＝AB+＝2+＝2+＝．故选：B．【点评】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．2C．D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1， ，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．（5分）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），根据斜率公式结合题 意可得：kAP•kAQ＝，再结合，整理可得离心率．【解答】解：已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），kAP＝，kAQ＝，故kAP•kAQ＝＝＝①，∵+＝1，即＝②，②代入①整理得：＝，e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．【解答】解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b【分析】构造函数f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），可得cos，即b＞a，利用三角函数线可得tanx＞x，即tan＞，即，可得c＞b．【解答】解：设f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），则f′（x）＝x﹣sinx，设g（x）＝x﹣sinx（0＜x＜1），g′（x）＝1﹣cosx＞0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）＞g（0）＝0，即f′（x）＞0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）＞f（0）＝0，可得cos，故b＞a，利用三角函数线可得x）时，tanx＞x，∴tan＞，即，∴4sin，故c＞b． 综上：c＞b＞a，故选：A．【点评】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（2+）•＝11．【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解答】解：由题意可得，则．故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切， ＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C＝70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P＝＝；故答案为：．【点评】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而＝，从而利用均值不等式取等号的 条件即可．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4×2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4×2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：．【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公⋯①，式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：把n换成n+1，⋯②，②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，故Sn的最小值为﹣78．【点评】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，∴DE＝1，∴DE＝，∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示 的空间直角坐标系，，则，∴，设平面PAB的一个法向量为可取，设PD与平面PAB，则，则所成的角为θ，则，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． 求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：P1＝0.5×0.4×0.8＝0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P＝P1+P2＝0.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，P（X＝20）＝0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2＝0.34， P（X＝30）＝0.5×0.6×0.2＝0.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX＝0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06＝13．【点评】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．【分析】（1）由已知求得|MD|＝，|FD|＝，则在Rt△MFD中，利用勾股定理得p＝2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程． 【解答】解：（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．则C的方程为y2＝4x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，∴，得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．则tanβ＝＝．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，由，得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝， 则tan（α﹣β）＝＝，∵，，∴tanα与tanβ正负相同，∴，∴当α﹣β取得最大值时，tan（α﹣β）取得最大值，当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a 的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明⇔，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣，a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以， 故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直 角坐标．【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y2＝6x﹣2（y≥0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y2＝﹣6x﹣2（y≤0）．由2cosθ﹣sinθ＝0，得2ρcosθ﹣ρsinθ＝0，则曲线C3的直角坐标方程为2x﹣y＝0．联立，解得或，∴C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，∴C3与C2交点的直角坐标为（，﹣1）与（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3．【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．【解答】证明：（1）∵a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3， ∴由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，∴a+b+2c≤3；当且仅当a＝b＝2c，即a＝b＝1，c＝时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c≤3且b＝2c，故0＜a+4c≤3，则，由权方和不等式可知，，当且仅当＝，即a＝1，c＝时取等号，故+≥3．【点评】本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．
简介：2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）D．20，]的图像大致为A．8B．12C．165．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B． C．D．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．17．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（） A．B．C．D．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．210．（5分）椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（ 2+）•＝．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如 果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3． 2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i＝4，【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴则＝．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图： 则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误； 对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解答】解：∵B＝{x|x2﹣4x+3＝0}＝{1，3}，A＝{﹣1，2}，∴A∪B＝{﹣1，1，2，3}，又U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴∁U（A∪B）＝{﹣2，0}． 故选：D．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12． 故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，]的图像大致为5．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推 出选项即可．【解答】解：f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx，可知f（﹣x）＝（3﹣x﹣3x）cos（﹣x）＝﹣（3x﹣3﹣x）cosx＝﹣f（x），函数是奇函数，排除BD；当x＝1时，f（1）＝（3﹣3﹣1）cos1＞0，排除C．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．1【分析】由已知求得b，再由题意可得f′（1）＝0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′（2）．【解答】解：由题意f（1）＝b＝﹣2，则f（x）＝alnx﹣，则f′（x）＝，∵当x＝1时函数取得最值，可得x＝1也是函数的一个极值点，∴f′（1）＝a+2＝0，即a＝﹣2．∴f′（x）＝，易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故x＝1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′（2）＝． 故选：B．【点评】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，， ，，在Rt△ADB1中，DB1＝2，所以AB＝，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术” ．当OA＝2，∠给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+AOB＝60°时，s＝（）A．B．C．D．【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s＝AB+得答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴AB＝2，∵C是AB的中点，D在上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD＝OD﹣OC＝2﹣，∴s＝AB+＝2+＝2+＝．故选：B．【点评】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．2C．D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1， ，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．（5分）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），根据斜率公式结合题 意可得：kAP•kAQ＝，再结合，整理可得离心率．【解答】解：已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），kAP＝，kAQ＝，故kAP•kAQ＝＝＝①，∵+＝1，即＝②，②代入①整理得：＝，e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．【解答】解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b【分析】构造函数f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），可得cos，即b＞a，利用三角函数线可得tanx＞x，即tan＞，即，可得c＞b．【解答】解：设f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），则f′（x）＝x﹣sinx，设g（x）＝x﹣sinx（0＜x＜1），g′（x）＝1﹣cosx＞0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）＞g（0）＝0，即f′（x）＞0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）＞f（0）＝0，可得cos，故b＞a，利用三角函数线可得x）时，tanx＞x，∴tan＞，即，∴4sin，故c＞b． 综上：c＞b＞a，故选：A．【点评】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（2+）•＝11．【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解答】解：由题意可得，则．故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切， ＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C＝70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P＝＝；故答案为：．【点评】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而＝，从而利用均值不等式取等号的 条件即可．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4×2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4×2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：．【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公⋯①，式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：把n换成n+1，⋯②，②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，故Sn的最小值为﹣78．【点评】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，∴DE＝1，∴DE＝，∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示 的空间直角坐标系，，则，∴，设平面PAB的一个法向量为可取，设PD与平面PAB，则，则所成的角为θ，则，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． 求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：P1＝0.5×0.4×0.8＝0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P＝P1+P2＝0.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，P（X＝20）＝0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2＝0.34， P（X＝30）＝0.5×0.6×0.2＝0.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX＝0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06＝13．【点评】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．【分析】（1）由已知求得|MD|＝，|FD|＝，则在Rt△MFD中，利用勾股定理得p＝2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程． 【解答】解：（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．则C的方程为y2＝4x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，∴，得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．则tanβ＝＝．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，由，得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝， 则tan（α﹣β）＝＝，∵，，∴tanα与tanβ正负相同，∴，∴当α﹣β取得最大值时，tan（α﹣β）取得最大值，当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a 的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明⇔，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣，a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以， 故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直 角坐标．【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y2＝6x﹣2（y≥0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y2＝﹣6x﹣2（y≤0）．由2cosθ﹣sinθ＝0，得2ρcosθ﹣ρsinθ＝0，则曲线C3的直角坐标方程为2x﹣y＝0．联立，解得或，∴C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，∴C3与C2交点的直角坐标为（，﹣1）与（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3．【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．【解答】证明：（1）∵a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3， ∴由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，∴a+b+2c≤3；当且仅当a＝b＝2c，即a＝b＝1，c＝时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c≤3且b＝2c，故0＜a+4c≤3，则，由权方和不等式可知，，当且仅当＝，即a＝1，c＝时取等号，故+≥3．【点评】本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．
简介：2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）D．20，]的图像大致为A．8B．12C．165．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B． C．D．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．17．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（） A．B．C．D．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．210．（5分）椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（ 2+）•＝．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如 果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3． 2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i＝4，【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴则＝．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图： 则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误； 对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解答】解：∵B＝{x|x2﹣4x+3＝0}＝{1，3}，A＝{﹣1，2}，∴A∪B＝{﹣1，1，2，3}，又U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴∁U（A∪B）＝{﹣2，0}． 故选：D．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12． 故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，]的图像大致为5．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推 出选项即可．【解答】解：f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx，可知f（﹣x）＝（3﹣x﹣3x）cos（﹣x）＝﹣（3x﹣3﹣x）cosx＝﹣f（x），函数是奇函数，排除BD；当x＝1时，f（1）＝（3﹣3﹣1）cos1＞0，排除C．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．1【分析】由已知求得b，再由题意可得f′（1）＝0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′（2）．【解答】解：由题意f（1）＝b＝﹣2，则f（x）＝alnx﹣，则f′（x）＝，∵当x＝1时函数取得最值，可得x＝1也是函数的一个极值点，∴f′（1）＝a+2＝0，即a＝﹣2．∴f′（x）＝，易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故x＝1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′（2）＝． 故选：B．【点评】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，， ，，在Rt△ADB1中，DB1＝2，所以AB＝，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术” ．当OA＝2，∠给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+AOB＝60°时，s＝（）A．B．C．D．【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s＝AB+得答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴AB＝2，∵C是AB的中点，D在上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD＝OD﹣OC＝2﹣，∴s＝AB+＝2+＝2+＝．故选：B．【点评】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．2C．D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1， ，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．（5分）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），根据斜率公式结合题 意可得：kAP•kAQ＝，再结合，整理可得离心率．【解答】解：已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），kAP＝，kAQ＝，故kAP•kAQ＝＝＝①，∵+＝1，即＝②，②代入①整理得：＝，e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．【解答】解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b【分析】构造函数f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），可得cos，即b＞a，利用三角函数线可得tanx＞x，即tan＞，即，可得c＞b．【解答】解：设f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），则f′（x）＝x﹣sinx，设g（x）＝x﹣sinx（0＜x＜1），g′（x）＝1﹣cosx＞0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）＞g（0）＝0，即f′（x）＞0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）＞f（0）＝0，可得cos，故b＞a，利用三角函数线可得x）时，tanx＞x，∴tan＞，即，∴4sin，故c＞b． 综上：c＞b＞a，故选：A．【点评】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（2+）•＝11．【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解答】解：由题意可得，则．故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切， ＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C＝70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P＝＝；故答案为：．【点评】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而＝，从而利用均值不等式取等号的 条件即可．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4×2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4×2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：．【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公⋯①，式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：把n换成n+1，⋯②，②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，故Sn的最小值为﹣78．【点评】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，∴DE＝1，∴DE＝，∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示 的空间直角坐标系，，则，∴，设平面PAB的一个法向量为可取，设PD与平面PAB，则，则所成的角为θ，则，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． 求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：P1＝0.5×0.4×0.8＝0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P＝P1+P2＝0.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，P（X＝20）＝0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2＝0.34， P（X＝30）＝0.5×0.6×0.2＝0.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX＝0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06＝13．【点评】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．【分析】（1）由已知求得|MD|＝，|FD|＝，则在Rt△MFD中，利用勾股定理得p＝2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程． 【解答】解：（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．则C的方程为y2＝4x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，∴，得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．则tanβ＝＝．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，由，得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝， 则tan（α﹣β）＝＝，∵，，∴tanα与tanβ正负相同，∴，∴当α﹣β取得最大值时，tan（α﹣β）取得最大值，当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a 的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明⇔，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣，a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以， 故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直 角坐标．【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y2＝6x﹣2（y≥0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y2＝﹣6x﹣2（y≤0）．由2cosθ﹣sinθ＝0，得2ρcosθ﹣ρsinθ＝0，则曲线C3的直角坐标方程为2x﹣y＝0．联立，解得或，∴C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，∴C3与C2交点的直角坐标为（，﹣1）与（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3．【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．【解答】证明：（1）∵a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3， ∴由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，∴a+b+2c≤3；当且仅当a＝b＝2c，即a＝b＝1，c＝时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c≤3且b＝2c，故0＜a+4c≤3，则，由权方和不等式可知，，当且仅当＝，即a＝1，c＝时取等号，故+≥3．【点评】本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．
简介：2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）D．20，]的图像大致为A．8B．12C．165．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B． C．D．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．17．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（） A．B．C．D．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．210．（5分）椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（ 2+）•＝．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如 果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3． 2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i＝4，【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴则＝．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图： 则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误； 对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解答】解：∵B＝{x|x2﹣4x+3＝0}＝{1，3}，A＝{﹣1，2}，∴A∪B＝{﹣1，1，2，3}，又U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴∁U（A∪B）＝{﹣2，0}． 故选：D．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12． 故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，]的图像大致为5．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推 出选项即可．【解答】解：f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx，可知f（﹣x）＝（3﹣x﹣3x）cos（﹣x）＝﹣（3x﹣3﹣x）cosx＝﹣f（x），函数是奇函数，排除BD；当x＝1时，f（1）＝（3﹣3﹣1）cos1＞0，排除C．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．1【分析】由已知求得b，再由题意可得f′（1）＝0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′（2）．【解答】解：由题意f（1）＝b＝﹣2，则f（x）＝alnx﹣，则f′（x）＝，∵当x＝1时函数取得最值，可得x＝1也是函数的一个极值点，∴f′（1）＝a+2＝0，即a＝﹣2．∴f′（x）＝，易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故x＝1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′（2）＝． 故选：B．【点评】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，， ，，在Rt△ADB1中，DB1＝2，所以AB＝，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术” ．当OA＝2，∠给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+AOB＝60°时，s＝（）A．B．C．D．【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s＝AB+得答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴AB＝2，∵C是AB的中点，D在上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD＝OD﹣OC＝2﹣，∴s＝AB+＝2+＝2+＝．故选：B．【点评】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．2C．D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1， ，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．（5分）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），根据斜率公式结合题 意可得：kAP•kAQ＝，再结合，整理可得离心率．【解答】解：已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），kAP＝，kAQ＝，故kAP•kAQ＝＝＝①，∵+＝1，即＝②，②代入①整理得：＝，e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．【解答】解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b【分析】构造函数f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），可得cos，即b＞a，利用三角函数线可得tanx＞x，即tan＞，即，可得c＞b．【解答】解：设f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），则f′（x）＝x﹣sinx，设g（x）＝x﹣sinx（0＜x＜1），g′（x）＝1﹣cosx＞0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）＞g（0）＝0，即f′（x）＞0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）＞f（0）＝0，可得cos，故b＞a，利用三角函数线可得x）时，tanx＞x，∴tan＞，即，∴4sin，故c＞b． 综上：c＞b＞a，故选：A．【点评】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（2+）•＝11．【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解答】解：由题意可得，则．故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切， ＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C＝70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P＝＝；故答案为：．【点评】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而＝，从而利用均值不等式取等号的 条件即可．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4×2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4×2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：．【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公⋯①，式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：把n换成n+1，⋯②，②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，故Sn的最小值为﹣78．【点评】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，∴DE＝1，∴DE＝，∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示 的空间直角坐标系，，则，∴，设平面PAB的一个法向量为可取，设PD与平面PAB，则，则所成的角为θ，则，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． 求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：P1＝0.5×0.4×0.8＝0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P＝P1+P2＝0.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，P（X＝20）＝0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2＝0.34， P（X＝30）＝0.5×0.6×0.2＝0.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX＝0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06＝13．【点评】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．【分析】（1）由已知求得|MD|＝，|FD|＝，则在Rt△MFD中，利用勾股定理得p＝2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程． 【解答】解：（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．则C的方程为y2＝4x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，∴，得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．则tanβ＝＝．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，由，得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝， 则tan（α﹣β）＝＝，∵，，∴tanα与tanβ正负相同，∴，∴当α﹣β取得最大值时，tan（α﹣β）取得最大值，当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a 的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明⇔，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣，a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以， 故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直 角坐标．【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y2＝6x﹣2（y≥0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y2＝﹣6x﹣2（y≤0）．由2cosθ﹣sinθ＝0，得2ρcosθ﹣ρsinθ＝0，则曲线C3的直角坐标方程为2x﹣y＝0．联立，解得或，∴C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，∴C3与C2交点的直角坐标为（，﹣1）与（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3．【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．【解答】证明：（1）∵a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3， ∴由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，∴a+b+2c≤3；当且仅当a＝b＝2c，即a＝b＝1，c＝时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c≤3且b＝2c，故0＜a+4c≤3，则，由权方和不等式可知，，当且仅当＝，即a＝1，c＝时取等号，故+≥3．【点评】本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．
简介：2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）D．20，]的图像大致为A．8B．12C．165．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B． C．D．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．17．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（） A．B．C．D．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．210．（5分）椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（ 2+）•＝．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如 果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3． 2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i＝4，【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴则＝．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图： 则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误； 对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解答】解：∵B＝{x|x2﹣4x+3＝0}＝{1，3}，A＝{﹣1，2}，∴A∪B＝{﹣1，1，2，3}，又U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴∁U（A∪B）＝{﹣2，0}． 故选：D．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12． 故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，]的图像大致为5．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推 出选项即可．【解答】解：f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx，可知f（﹣x）＝（3﹣x﹣3x）cos（﹣x）＝﹣（3x﹣3﹣x）cosx＝﹣f（x），函数是奇函数，排除BD；当x＝1时，f（1）＝（3﹣3﹣1）cos1＞0，排除C．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．1【分析】由已知求得b，再由题意可得f′（1）＝0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′（2）．【解答】解：由题意f（1）＝b＝﹣2，则f（x）＝alnx﹣，则f′（x）＝，∵当x＝1时函数取得最值，可得x＝1也是函数的一个极值点，∴f′（1）＝a+2＝0，即a＝﹣2．∴f′（x）＝，易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故x＝1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′（2）＝． 故选：B．【点评】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，， ，，在Rt△ADB1中，DB1＝2，所以AB＝，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术” ．当OA＝2，∠给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+AOB＝60°时，s＝（）A．B．C．D．【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s＝AB+得答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴AB＝2，∵C是AB的中点，D在上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD＝OD﹣OC＝2﹣，∴s＝AB+＝2+＝2+＝．故选：B．【点评】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．2C．D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1， ，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．（5分）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），根据斜率公式结合题 意可得：kAP•kAQ＝，再结合，整理可得离心率．【解答】解：已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），kAP＝，kAQ＝，故kAP•kAQ＝＝＝①，∵+＝1，即＝②，②代入①整理得：＝，e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．【解答】解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b【分析】构造函数f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），可得cos，即b＞a，利用三角函数线可得tanx＞x，即tan＞，即，可得c＞b．【解答】解：设f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），则f′（x）＝x﹣sinx，设g（x）＝x﹣sinx（0＜x＜1），g′（x）＝1﹣cosx＞0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）＞g（0）＝0，即f′（x）＞0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）＞f（0）＝0，可得cos，故b＞a，利用三角函数线可得x）时，tanx＞x，∴tan＞，即，∴4sin，故c＞b． 综上：c＞b＞a，故选：A．【点评】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（2+）•＝11．【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解答】解：由题意可得，则．故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切， ＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C＝70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P＝＝；故答案为：．【点评】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而＝，从而利用均值不等式取等号的 条件即可．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4×2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4×2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：．【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公⋯①，式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：把n换成n+1，⋯②，②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，故Sn的最小值为﹣78．【点评】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，∴DE＝1，∴DE＝，∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示 的空间直角坐标系，，则，∴，设平面PAB的一个法向量为可取，设PD与平面PAB，则，则所成的角为θ，则，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． 求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：P1＝0.5×0.4×0.8＝0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P＝P1+P2＝0.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，P（X＝20）＝0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2＝0.34， P（X＝30）＝0.5×0.6×0.2＝0.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX＝0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06＝13．【点评】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．【分析】（1）由已知求得|MD|＝，|FD|＝，则在Rt△MFD中，利用勾股定理得p＝2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程． 【解答】解：（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．则C的方程为y2＝4x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，∴，得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．则tanβ＝＝．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，由，得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝， 则tan（α﹣β）＝＝，∵，，∴tanα与tanβ正负相同，∴，∴当α﹣β取得最大值时，tan（α﹣β）取得最大值，当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a 的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明⇔，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣，a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以， 故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直 角坐标．【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y2＝6x﹣2（y≥0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y2＝﹣6x﹣2（y≤0）．由2cosθ﹣sinθ＝0，得2ρcosθ﹣ρsinθ＝0，则曲线C3的直角坐标方程为2x﹣y＝0．联立，解得或，∴C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，∴C3与C2交点的直角坐标为（，﹣1）与（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3．【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．【解答】证明：（1）∵a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3， ∴由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，∴a+b+2c≤3；当且仅当a＝b＝2c，即a＝b＝1，c＝时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c≤3且b＝2c，故0＜a+4c≤3，则，由权方和不等式可知，，当且仅当＝，即a＝1，c＝时取等号，故+≥3．【点评】本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．
简介：2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）D．20，]的图像大致为A．8B．12C．165．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B． C．D．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．17．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（） A．B．C．D．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．210．（5分）椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（ 2+）•＝．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如 果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3． 2022年四川省高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）若z＝﹣1+i，则＝（）A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．﹣+iD．﹣﹣i＝4，【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴则＝．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．（5分）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图： 则（）讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/2＝72.5%，故A错误； 对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）＝89.5%＞85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%﹣80%＝20%，讲座前正确率的极差为：95%﹣60%＝35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（5分）设全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{﹣1，2}，B＝{x|x2﹣4x+3＝0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3}B．{0，3}C．{﹣2，1}D．{﹣2，0}【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解答】解：∵B＝{x|x2﹣4x+3＝0}＝{1，3}，A＝{﹣1，2}，∴A∪B＝{﹣1，1，2，3}，又U＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴∁U（A∪B）＝{﹣2，0}． 故选：D．【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：V＝＝12． 故选：B．【点评】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，]的图像大致为5．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣（）A．B．C．D．【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推 出选项即可．【解答】解：f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx，可知f（﹣x）＝（3﹣x﹣3x）cos（﹣x）＝﹣（3x﹣3﹣x）cosx＝﹣f（x），函数是奇函数，排除BD；当x＝1时，f（1）＝（3﹣3﹣1）cos1＞0，排除C．故选：A．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．1【分析】由已知求得b，再由题意可得f′（1）＝0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′（2）．【解答】解：由题意f（1）＝b＝﹣2，则f（x）＝alnx﹣，则f′（x）＝，∵当x＝1时函数取得最值，可得x＝1也是函数的一个极值点，∴f′（1）＝a+2＝0，即a＝﹣2．∴f′（x）＝，易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故x＝1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′（2）＝． 故选：B．【点评】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，， ，，在Rt△ADB1中，DB1＝2，所以AB＝，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．（5分）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB．“会圆术” ．当OA＝2，∠给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+AOB＝60°时，s＝（）A．B．C．D．【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s＝AB+得答案．【解答】解：∵OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴AB＝2，∵C是AB的中点，D在上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD＝OD﹣OC＝2﹣，∴s＝AB+＝2+＝2+＝．故选：B．【点评】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9．（5分）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（）A．B．2C．D．【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r1＝2，r2＝1， ，进而求得体积之比．【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得，∴．故选：C．【点评】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．（5分）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），根据斜率公式结合题 意可得：kAP•kAQ＝，再结合，整理可得离心率．【解答】解：已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），kAP＝，kAQ＝，故kAP•kAQ＝＝＝①，∵+＝1，即＝②，②代入①整理得：＝，e＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．【解答】解：当ω＜0时，不能满足在区间（0，π）极值点比零点多，所以ω＞0； 函数f（x）＝sin（ωx+）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，ωx+∈（，ωπ+），∴＜ωπ+≤3π，求得＜ω≤，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．（5分）已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则（）A．c＞b＞aB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．a＞c＞b【分析】构造函数f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），可得cos，即b＞a，利用三角函数线可得tanx＞x，即tan＞，即，可得c＞b．【解答】解：设f（x）＝cosx+，（0＜x＜1），则f′（x）＝x﹣sinx，设g（x）＝x﹣sinx（0＜x＜1），g′（x）＝1﹣cosx＞0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）＞g（0）＝0，即f′（x）＞0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）＞f（0）＝0，可得cos，故b＞a，利用三角函数线可得x）时，tanx＞x，∴tan＞，即，∴4sin，故c＞b． 综上：c＞b＞a，故选：A．【点评】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且||＝1，||＝3，则（2+）•＝11．【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解答】解：由题意可得，则．故答案为：11．【点评】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．（5分）若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝．【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解答】解：双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切， ＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．（5分）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C＝70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P＝＝；故答案为：．【点评】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．（5分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而＝，从而利用均值不等式取等号的 条件即可．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4×2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4×2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：．【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．证明：{an}是等差数列；若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公⋯①，式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：把n换成n+1，⋯②，②﹣①可得：2an+1＝2（n+1）an+1﹣2nan﹣2n，整理得：an+1＝an+1，由等差数列定义有{an}为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2＝（x+3）（x+8），解得x＝﹣12，故a1＝﹣12，所以an＝﹣12+（n﹣1）×1＝n﹣13，故可得：a1＜a2＜a3＜⋯＜a12＜0，a13＝0，a14＞0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，，故Sn的最小值为﹣78．【点评】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．证明：BD⊥PA；求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，∴DE＝1，∴DE＝，∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示 的空间直角坐标系，，则，∴，设平面PAB的一个法向量为可取，设PD与平面PAB，则，则所成的角为θ，则，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． 求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：P1＝0.5×0.4×0.8＝0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P＝P1+P2＝0.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8＝0.44，P（X＝20）＝0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2＝0.34， P（X＝30）＝0.5×0.6×0.2＝0.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX＝0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06＝13．【点评】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．求C的方程；设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．【分析】（1）由已知求得|MD|＝，|FD|＝，则在Rt△MFD中，利用勾股定理得p＝2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程． 【解答】解：（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．则C的方程为y2＝4x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，∴，得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．则tanβ＝＝．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，由，得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝， 则tan（α﹣β）＝＝，∵，，∴tanα与tanβ正负相同，∴，∴当α﹣β取得最大值时，tan（α﹣β）取得最大值，当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12分）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．若f（x）≥0，求a的取值范围；证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a 的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明⇔，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣，a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以， 故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）．写出C1的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cosθ﹣sinθ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直 角坐标．【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y2＝6x﹣2（y≥0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y2＝﹣6x﹣2（y≤0）．由2cosθ﹣sinθ＝0，得2ρcosθ﹣ρsinθ＝0，则曲线C3的直角坐标方程为2x﹣y＝0．联立，解得或，∴C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，∴C3与C2交点的直角坐标为（，﹣1）与（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3，证明：（1）a+b+2c≤3；（2）若b＝2c，则+≥3．【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．【解答】证明：（1）∵a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2＝3， ∴由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，∴a+b+2c≤3；当且仅当a＝b＝2c，即a＝b＝1，c＝时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c≤3且b＝2c，故0＜a+4c≤3，则，由权方和不等式可知，，当且仅当＝，即a＝1，c＝时取等号，故+≥3．【点评】本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．
