2022年四川省高考数学试卷（文科）（甲卷）后附答案
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（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．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）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）＝（）C．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（）A．8B．12C．16D．205．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣，]的图像大致为（）A．B． 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．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。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．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．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 17．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）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＝．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．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，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）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0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）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．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）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）．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．【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴＝4，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．【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．【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．【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．【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．所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，6．【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′即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，（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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，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．【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，则，则可取，设PD与平面PAB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．【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．【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．【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．【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．【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（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．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）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）＝（）C．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（）A．8B．12C．16D．205．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣，]的图像大致为（）A．B． 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．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。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．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．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 17．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）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＝．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．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，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）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0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）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．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）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）．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．【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴＝4，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．【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．【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．【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．【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．所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，6．【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′即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，（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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，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．【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，则，则可取，设PD与平面PAB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．【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．【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．【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．【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．【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（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．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）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）＝（）C．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（）A．8B．12C．16D．205．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣，]的图像大致为（）A．B． 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．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。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．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．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 17．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）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＝．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．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，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）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0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）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．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）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）．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．【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴＝4，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．【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．【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．【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．【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．所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，6．【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′即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，（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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，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．【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，则，则可取，设PD与平面PAB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．【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．【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．【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．【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．【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（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．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）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）＝（）C．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（）A．8B．12C．16D．205．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣，]的图像大致为（）A．B． 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．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。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．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．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 17．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）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＝．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．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，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）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0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）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．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）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）．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．【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴＝4，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．【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．【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．【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．【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．所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，6．【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′即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，（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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，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．【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，则，则可取，设PD与平面PAB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．【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．【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．【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．【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．【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（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．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）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）＝（）C．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（）A．8B．12C．16D．205．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣，]的图像大致为（）A．B． 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．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。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．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．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 17．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）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＝．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．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，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）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0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）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．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）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）．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．【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴＝4，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．【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．【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．【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．【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．所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，6．【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′即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，（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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，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．【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，则，则可取，设PD与平面PAB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．【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．【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．【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．【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．【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（）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．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）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）＝（）C．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（）A．8B．12C．16D．205．（5分）函数y＝（3x﹣3﹣x）cosx在区间[﹣，]的图像大致为（）A．B． 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．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。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．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．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 17．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和．已知+n＝2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）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＝．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．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，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）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0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）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．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）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）．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．【分析】由已知求得，代入，则答案可求．【解答】解：∵z＝﹣1+i，∴＝4，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．【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．【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．【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．【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．所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，6．【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′即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，（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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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式找出an正负分界点计算即可．【解答】解：（1）证明：由已知有：⋯①，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．【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，则，则可取，设PD与平面PAB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．【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．【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．【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．【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．【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．
