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.