2022年新疆高考数学试卷（理科）（乙卷）（含解析）
2022年新疆高考数学试卷（理科）（乙卷）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）设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M满足∁UM＝{1，3}，则（）A．2∈MB．
简介：2022年西藏高考数学试卷（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}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}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 D．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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．24．（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．125．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+C．16D．20）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（） A．B．C．D．8．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．19．（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＝2AD B．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°10．（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．211．（5分）已知椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝112．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为． 15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值．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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635 18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（文科）（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）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．2【分析】先求出iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝2﹣2i，由此能求出|iz+3|．【解答】解：z＝1+i，∴iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝i﹣1+3﹣3i＝2﹣2i，则|iz+3|＝＝2．故选：D． 【点评】本题考查复数的运算，考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，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．5．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得ω的最小值．【解答】解：将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左＝kπ+，k∈Z，平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为y＝sin（ωx++），∵C的图象关于y轴对称，∴+即ω＝2k+，k∈Z，则令k＝0，可得ω的最小值是，故选：C．【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D． 【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P＝＝；故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（）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． 8．（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．9．（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．10．（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．11．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝1【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则 可得椭圆方程．【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为则，由平面向量数量积的运算法则可得：，，∴m2＝1，则椭圆方程为．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识，属于中等题．12．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a【分析】首先由9m＝10得到m＝log910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可．【解答】解：∵9m＝10，∴m＝log910，∵∴，构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），f′（x）＝mxm﹣1﹣1，令f′（x）＞0，解得：由上述有∴，可得0＜x＜1， 故f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（10）＞f（8），又因为，故a＞0＞b，故选：A．【点评】本题主要考查构造函数比较大小，属于较难题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝﹣．【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．【解答】解：∵向量＝（m，3），＝（1，m+1）．⊥，∴＝m+3（m+1）＝0，则m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【分析】设出圆心坐标（a，1﹣2a），根据半径相等，求得a的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a）， 由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y＝2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围．【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，≤2，即，即，直线y＝2x与C无公共点，可得可得1＜，满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题． 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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50 辆，A公司共260辆，B公司共240辆，∴，∴有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体， 做EE’⊥AB于点E’，做FF’⊥BC于点F’，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE’＝FF’，由面面垂直的性质可知EE’，FF’均与底面垂直，则EE’∥FF’，四边形EE’F’F为平行四边形，则EF∥E’F’，由于EF不在平面ABCD内，E’F’在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等 知识，属于中等题．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，则切线的斜率k＝f’（﹣1）＝2，且f（﹣1）＝0，故切线方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0，由g’（x）＝2x＝2可得x＝1，则切点坐标为（1，1+a），由于切点在直线2x﹣y+2＝0上，故2﹣（1+a）+2＝0，解得a＝3．（2）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f’（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，且函数的零点为x1＝1，x2＝﹣1，x3＝0，绘制函数f（x）和函数g（x）的图象如图所示， 观察可得，当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（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}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}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 D．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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．24．（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．125．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+C．16D．20）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（） A．B．C．D．8．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．19．（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＝2AD B．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°10．（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．211．（5分）已知椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝112．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为． 15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值．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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635 18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（文科）（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）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．2【分析】先求出iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝2﹣2i，由此能求出|iz+3|．【解答】解：z＝1+i，∴iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝i﹣1+3﹣3i＝2﹣2i，则|iz+3|＝＝2．故选：D． 【点评】本题考查复数的运算，考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，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．5．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得ω的最小值．【解答】解：将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左＝kπ+，k∈Z，平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为y＝sin（ωx++），∵C的图象关于y轴对称，∴+即ω＝2k+，k∈Z，则令k＝0，可得ω的最小值是，故选：C．【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D． 【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P＝＝；故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（）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． 8．（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．9．（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．10．（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．11．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝1【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则 可得椭圆方程．【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为则，由平面向量数量积的运算法则可得：，，∴m2＝1，则椭圆方程为．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识，属于中等题．12．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a【分析】首先由9m＝10得到m＝log910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可．【解答】解：∵9m＝10，∴m＝log910，∵∴，构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），f′（x）＝mxm﹣1﹣1，令f′（x）＞0，解得：由上述有∴，可得0＜x＜1， 故f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（10）＞f（8），又因为，故a＞0＞b，故选：A．【点评】本题主要考查构造函数比较大小，属于较难题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝﹣．【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．【解答】解：∵向量＝（m，3），＝（1，m+1）．⊥，∴＝m+3（m+1）＝0，则m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【分析】设出圆心坐标（a，1﹣2a），根据半径相等，求得a的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a）， 由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y＝2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围．【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，≤2，即，即，直线y＝2x与C无公共点，可得可得1＜，满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题． 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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50 辆，A公司共260辆，B公司共240辆，∴，∴有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体， 做EE’⊥AB于点E’，做FF’⊥BC于点F’，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE’＝FF’，由面面垂直的性质可知EE’，FF’均与底面垂直，则EE’∥FF’，四边形EE’F’F为平行四边形，则EF∥E’F’，由于EF不在平面ABCD内，E’F’在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等 知识，属于中等题．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，则切线的斜率k＝f’（﹣1）＝2，且f（﹣1）＝0，故切线方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0，由g’（x）＝2x＝2可得x＝1，则切点坐标为（1，1+a），由于切点在直线2x﹣y+2＝0上，故2﹣（1+a）+2＝0，解得a＝3．（2）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f’（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，且函数的零点为x1＝1，x2＝﹣1，x3＝0，绘制函数f（x）和函数g（x）的图象如图所示， 观察可得，当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（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}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}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 D．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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．24．（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．125．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+C．16D．20）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（） A．B．C．D．8．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．19．（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＝2AD B．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°10．（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．211．（5分）已知椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝112．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为． 15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值．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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635 18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（文科）（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）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．2【分析】先求出iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝2﹣2i，由此能求出|iz+3|．【解答】解：z＝1+i，∴iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝i﹣1+3﹣3i＝2﹣2i，则|iz+3|＝＝2．故选：D． 【点评】本题考查复数的运算，考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，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．5．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得ω的最小值．【解答】解：将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左＝kπ+，k∈Z，平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为y＝sin（ωx++），∵C的图象关于y轴对称，∴+即ω＝2k+，k∈Z，则令k＝0，可得ω的最小值是，故选：C．【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D． 【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P＝＝；故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（）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． 8．（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．9．（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．10．（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．11．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝1【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则 可得椭圆方程．【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为则，由平面向量数量积的运算法则可得：，，∴m2＝1，则椭圆方程为．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识，属于中等题．12．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a【分析】首先由9m＝10得到m＝log910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可．【解答】解：∵9m＝10，∴m＝log910，∵∴，构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），f′（x）＝mxm﹣1﹣1，令f′（x）＞0，解得：由上述有∴，可得0＜x＜1， 故f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（10）＞f（8），又因为，故a＞0＞b，故选：A．【点评】本题主要考查构造函数比较大小，属于较难题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝﹣．【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．【解答】解：∵向量＝（m，3），＝（1，m+1）．⊥，∴＝m+3（m+1）＝0，则m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【分析】设出圆心坐标（a，1﹣2a），根据半径相等，求得a的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a）， 由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y＝2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围．【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，≤2，即，即，直线y＝2x与C无公共点，可得可得1＜，满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题． 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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50 辆，A公司共260辆，B公司共240辆，∴，∴有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体， 做EE’⊥AB于点E’，做FF’⊥BC于点F’，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE’＝FF’，由面面垂直的性质可知EE’，FF’均与底面垂直，则EE’∥FF’，四边形EE’F’F为平行四边形，则EF∥E’F’，由于EF不在平面ABCD内，E’F’在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等 知识，属于中等题．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，则切线的斜率k＝f’（﹣1）＝2，且f（﹣1）＝0，故切线方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0，由g’（x）＝2x＝2可得x＝1，则切点坐标为（1，1+a），由于切点在直线2x﹣y+2＝0上，故2﹣（1+a）+2＝0，解得a＝3．（2）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f’（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，且函数的零点为x1＝1，x2＝﹣1，x3＝0，绘制函数f（x）和函数g（x）的图象如图所示， 观察可得，当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（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}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}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 D．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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．24．（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．125．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+C．16D．20）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（） A．B．C．D．8．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．19．（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＝2AD B．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°10．（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．211．（5分）已知椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝112．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为． 15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值．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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635 18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（文科）（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）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．2【分析】先求出iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝2﹣2i，由此能求出|iz+3|．【解答】解：z＝1+i，∴iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝i﹣1+3﹣3i＝2﹣2i，则|iz+3|＝＝2．故选：D． 【点评】本题考查复数的运算，考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，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．5．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得ω的最小值．【解答】解：将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左＝kπ+，k∈Z，平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为y＝sin（ωx++），∵C的图象关于y轴对称，∴+即ω＝2k+，k∈Z，则令k＝0，可得ω的最小值是，故选：C．【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D． 【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P＝＝；故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（）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． 8．（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．9．（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．10．（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．11．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝1【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则 可得椭圆方程．【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为则，由平面向量数量积的运算法则可得：，，∴m2＝1，则椭圆方程为．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识，属于中等题．12．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a【分析】首先由9m＝10得到m＝log910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可．【解答】解：∵9m＝10，∴m＝log910，∵∴，构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），f′（x）＝mxm﹣1﹣1，令f′（x）＞0，解得：由上述有∴，可得0＜x＜1， 故f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（10）＞f（8），又因为，故a＞0＞b，故选：A．【点评】本题主要考查构造函数比较大小，属于较难题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝﹣．【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．【解答】解：∵向量＝（m，3），＝（1，m+1）．⊥，∴＝m+3（m+1）＝0，则m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【分析】设出圆心坐标（a，1﹣2a），根据半径相等，求得a的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a）， 由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y＝2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围．【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，≤2，即，即，直线y＝2x与C无公共点，可得可得1＜，满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题． 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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50 辆，A公司共260辆，B公司共240辆，∴，∴有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体， 做EE’⊥AB于点E’，做FF’⊥BC于点F’，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE’＝FF’，由面面垂直的性质可知EE’，FF’均与底面垂直，则EE’∥FF’，四边形EE’F’F为平行四边形，则EF∥E’F’，由于EF不在平面ABCD内，E’F’在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等 知识，属于中等题．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，则切线的斜率k＝f’（﹣1）＝2，且f（﹣1）＝0，故切线方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0，由g’（x）＝2x＝2可得x＝1，则切点坐标为（1，1+a），由于切点在直线2x﹣y+2＝0上，故2﹣（1+a）+2＝0，解得a＝3．（2）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f’（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，且函数的零点为x1＝1，x2＝﹣1，x3＝0，绘制函数f（x）和函数g（x）的图象如图所示， 观察可得，当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（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}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}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 D．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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．24．（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．125．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+C．16D．20）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（） A．B．C．D．8．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．19．（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＝2AD B．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°10．（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．211．（5分）已知椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝112．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为． 15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值．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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635 18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（文科）（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）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．2【分析】先求出iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝2﹣2i，由此能求出|iz+3|．【解答】解：z＝1+i，∴iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝i﹣1+3﹣3i＝2﹣2i，则|iz+3|＝＝2．故选：D． 【点评】本题考查复数的运算，考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，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．5．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得ω的最小值．【解答】解：将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左＝kπ+，k∈Z，平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为y＝sin（ωx++），∵C的图象关于y轴对称，∴+即ω＝2k+，k∈Z，则令k＝0，可得ω的最小值是，故选：C．【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D． 【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P＝＝；故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（）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． 8．（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．9．（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．10．（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．11．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝1【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则 可得椭圆方程．【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为则，由平面向量数量积的运算法则可得：，，∴m2＝1，则椭圆方程为．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识，属于中等题．12．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a【分析】首先由9m＝10得到m＝log910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可．【解答】解：∵9m＝10，∴m＝log910，∵∴，构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），f′（x）＝mxm﹣1﹣1，令f′（x）＞0，解得：由上述有∴，可得0＜x＜1， 故f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（10）＞f（8），又因为，故a＞0＞b，故选：A．【点评】本题主要考查构造函数比较大小，属于较难题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝﹣．【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．【解答】解：∵向量＝（m，3），＝（1，m+1）．⊥，∴＝m+3（m+1）＝0，则m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【分析】设出圆心坐标（a，1﹣2a），根据半径相等，求得a的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a）， 由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y＝2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围．【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，≤2，即，即，直线y＝2x与C无公共点，可得可得1＜，满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题． 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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50 辆，A公司共260辆，B公司共240辆，∴，∴有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体， 做EE’⊥AB于点E’，做FF’⊥BC于点F’，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE’＝FF’，由面面垂直的性质可知EE’，FF’均与底面垂直，则EE’∥FF’，四边形EE’F’F为平行四边形，则EF∥E’F’，由于EF不在平面ABCD内，E’F’在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等 知识，属于中等题．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，则切线的斜率k＝f’（﹣1）＝2，且f（﹣1）＝0，故切线方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0，由g’（x）＝2x＝2可得x＝1，则切点坐标为（1，1+a），由于切点在直线2x﹣y+2＝0上，故2﹣（1+a）+2＝0，解得a＝3．（2）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f’（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，且函数的零点为x1＝1，x2＝﹣1，x3＝0，绘制函数f（x）和函数g（x）的图象如图所示， 观察可得，当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（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}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}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 D．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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．24．（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．125．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+C．16D．20）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（） A．B．C．D．8．（5分）当x＝1时，函数f（x）＝alnx+取得最大值﹣2，则f′（2）＝（）A．﹣1B．﹣C．D．19．（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＝2AD B．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°10．（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．211．（5分）已知椭圆C：+C．D．＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝112．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为． 15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值．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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635 18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．21．（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．（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年西藏高考数学试卷（文科）（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）设集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣2，﹣1，0}C．{0，1}D．{1，2}【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|0≤x＜}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，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）若z＝1+i，则|iz+3|＝（）A．4B．4C．2D．2【分析】先求出iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝2﹣2i，由此能求出|iz+3|．【解答】解：z＝1+i，∴iz+3＝i+i2+3（1﹣i）＝i﹣1+3﹣3i＝2﹣2i，则|iz+3|＝＝2．故选：D． 【点评】本题考查复数的运算，考查复数的运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，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．5．（5分）将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．B．C．D．【分析】由题意，利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得ω的最小值．【解答】解：将函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）的图像向左＝kπ+，k∈Z，平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为y＝sin（ωx++），∵C的图象关于y轴对称，∴+即ω＝2k+，k∈Z，则令k＝0，可得ω的最小值是，故选：C．【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．6．（5分）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．B．C．D． 【分析】根据题意，用列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P＝＝；故选：C．【点评】本题考查古典概型的计算，注意古典概型的计算公式，属于基础题．，]的图像7．（5分）函数f（x）＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣大致为（）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． 8．（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．9．（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．10．（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．11．（5分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若•＝﹣1，则C的方程为（）A．+＝1B．+＝1C．+＝1D．+y2＝1【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则 可得椭圆方程．【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为则，由平面向量数量积的运算法则可得：，，∴m2＝1，则椭圆方程为．故选：B．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识，属于中等题．12．（5分）已知9m＝10，a＝10m﹣11，b＝8m﹣9，则（）A．a＞0＞bB．a＞b＞0C．b＞a＞0D．b＞0＞a【分析】首先由9m＝10得到m＝log910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可．【解答】解：∵9m＝10，∴m＝log910，∵∴，构造函数f（x）＝xm﹣x﹣1（x＞1），f′（x）＝mxm﹣1﹣1，令f′（x）＞0，解得：由上述有∴，可得0＜x＜1， 故f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（10）＞f（8），又因为，故a＞0＞b，故选：A．【点评】本题主要考查构造函数比较大小，属于较难题目．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量＝（m，3），＝（1，m+1）．若⊥，则m＝﹣．【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．【解答】解：∵向量＝（m，3），＝（1，m+1）．⊥，∴＝m+3（m+1）＝0，则m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．14．（5分）设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【分析】设出圆心坐标（a，1﹣2a），根据半径相等，求得a的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a）， 由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．15．（5分）记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y＝2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围．【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，双曲线的渐近线方程为y＝±x，≤2，即，即，直线y＝2x与C无公共点，可得可得1＜，满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题． 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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：K2＝．P（K2≥k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50 辆，A公司共260辆，B公司共240辆，∴，∴有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．18．（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．19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．证明：EF∥平面ABCD；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体， 做EE’⊥AB于点E’，做FF’⊥BC于点F’，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE’＝FF’，由面面垂直的性质可知EE’，FF’均与底面垂直，则EE’∥FF’，四边形EE’F’F为平行四边形，则EF∥E’F’，由于EF不在平面ABCD内，E’F’在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间几何体体积的计算等 知识，属于中等题．20．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，则切线的斜率k＝f’（﹣1）＝2，且f（﹣1）＝0，故切线方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0，由g’（x）＝2x＝2可得x＝1，则切点坐标为（1，1+a），由于切点在直线2x﹣y+2＝0上，故2﹣（1+a）+2＝0，解得a＝3．（2）由题意可得f’（x）＝3×2﹣1，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f’（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，且函数的零点为x1＝1，x2＝﹣1，x3＝0，绘制函数f（x）和函数g（x）的图象如图所示， 观察可得，当a＝﹣1时，函数f（x）和函数g（x）在点（1，1）处有公共点，函数存在公切线，当a＜﹣1时，函数f（x）和函数g（x）不存在公切线，当a＞﹣1时，函数f（x）和函数g（x）存在公切线，则实数a的取值范围是[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．21．（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．（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．
