【文档说明】2022届全国高考甲卷数学理科试卷及答案.docx，共(16)页，298.891 KB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-66623.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页，共16页2022年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）数学（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.若𝑧=−1+√3i，则𝑧𝑧𝑧;1=()A.−1+√3iB.−1−√3iC.−13+√33iD.−13−√33i2.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下图：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.设全集𝑈=*−2,−1,0,1,2,3+，集合𝐴=*−1,2+,𝐵=*𝑥∣𝑥2−4�

�+3=0+，则∁𝑈(𝐴∪𝐵)=()A.*1,3+B.*0,3+C.*−2,1+D.*−2,0+4.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.函数�

�=(3𝑥−3;𝑥)cos𝑥在区间0−𝜋2,𝜋21的图象大致为()第2页，共16页A.B.C.D.6.当𝑥=1时，函数𝑓(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑏𝑥取得最大值−2，则𝑓′(2)=()A.−1B.−12C.12D.17.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

.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，𝐴𝐵⌢是以𝑂为圆心，𝑂𝐴为半径的圆弧，𝐶是的𝐴𝐵中点，𝐷在𝐴𝐵⌢上，“会圆术”给出𝐴𝐵⌢的弧长的近似值𝑠的计

算公式：𝑠=𝐴𝐵+𝐶𝐷2𝑂𝐴.当时，𝑠=()A.11;3√32B.11;4√32C.9;3√32D.9;4√32第3页，共16页9.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𝑆甲𝑆乙=2，则𝑉甲𝑉乙=()A.√5B.2√2C.√10D.5√10410.椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=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,𝐴

𝑄的斜率之积为14，则𝐶的离心率为()A.√32B.√22C.12D.1311.设函数𝑓(𝑥)=sin.𝜔𝑥+𝜋3/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.053,136/B.053,196/C..136,831D..136,196112.已知𝑎=

3132,𝑏=cos14,𝑐=4sin14，则()A.𝑐>𝑏>𝑎B.𝑏>𝑎>𝑐C.𝑎>𝑏>𝑐D.𝑎>𝑐>𝑏二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗的夹角的余弦值为13，

且|𝑎⃗|=1，|𝑏⃗⃗|=3，则(2𝑎⃗⃗⃗+𝑏⃗⃗)⋅𝑏⃗⃗=．14.若双曲线𝑦2−𝑥2𝑚2=1(𝑚>0)的渐近线与圆𝑥2+𝑦2−4𝑦+3=0相切，则𝑚=．15.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.已知▵𝐴𝐵𝐶

中，点𝐷在边𝐵𝐶上，∠𝐴𝐷𝐵=120∘,𝐴𝐷=2,𝐶𝐷=2𝐵𝐷.当𝐴𝐶𝐴𝐵取得最小值时，𝐵𝐷=．三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17.记𝑆𝑛为数列*𝑎𝑛

+的前𝑛项和．已知2𝑆𝑛𝑛+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.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐶𝐷//𝐴𝐵,𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝐶𝐵=1,

𝐴𝐵=2,𝐷𝑃=√3．第4页，共16页(1)证明：𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2)求𝑃𝐷与平面𝑃𝐴𝐵所成的角的正弦值．19.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．

已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为5，0.4，0.8，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.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．(1)求𝐶的方程；(2)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.已知函数𝑓(

𝑥)=𝑒𝑥𝑥−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<1．22.在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶1的参数方程为{𝑥=2:𝑡6𝑦=√𝑡(𝑡为参数)，曲线𝐶2的参数方程

为{𝑥=−2:𝑠6𝑦=−√𝑠(𝑠为参数)．(1)写出𝐶1的普通方程；(2)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．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1𝑎+1𝑐≥3．第5页，共16页答案和解析1.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查复数的运算，属基础题．【

解答】解：𝑧=−1−√3i,𝑧𝑧=(−1+√3i)(−1−√3i)=1+3=4.𝑧𝑧𝑧;1=;1:√3i3=−13+√33i．2.【答案】𝐵【解析】【分析】本题主要考查统计图和平均数、中位数、标准

差和极差的应用，考查读图能力、分析能力，属于基础题．根据图中数据，逐一判断每个选项即可．【解答】解：讲座前中位数为70％:75％2>70％，所以𝐴错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80％,4个85％，

剩下全部大于等于90％，所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85％，所以𝐵对；讲座前问卷答题的正确率更加分散，所以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，所以𝐶错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100％−80％=20％，讲座前问卷答题

的正确率的极差为95％−60％=35％>20％，所以错.3.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查集合的基本运算，属于基础题．【解答】第6页，共16页解：由题意，𝐵=*𝑥|𝑥2−4𝑥+3=0+=*1,3+，所以𝐴∪𝐵=*−1,1,2,3+

，所以∁U(𝐴∪𝐵)=*−2,0+．4.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查三视图还原几何体，及棱柱体积的求法，属于基础题．【解答】解：由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积𝑉=2:42×2×2=12．5.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查函数图象的辨别，是基础题．【解答】解：令

𝑓(𝑥)=(3𝑥−3;𝑥)cos𝑥,𝑥∈0−𝜋2,𝜋21，则𝑓(−𝑥)=(3;𝑥−3𝑥)cos(−𝑥)=−(3𝑥−3;𝑥)cos𝑥=−𝑓(𝑥)，所以𝑓(𝑥)为奇函数，排除𝐵𝐷；又当𝑥∈.0,𝜋2/时，3𝑥−3;𝑥>0

,cos𝑥>0，所以𝑓(𝑥)>0，排除𝐶．6.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查导数的最值问题，属于中档题．【解答】第7页，共16页解：因为函数𝑓(𝑥)定义域为(0,+∞)，所以依题可知，𝑓(1)=−2，𝑓′(1)=0，而𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏𝑥2，所以

𝑏=−2,𝑎−𝑏=0，即𝑎=−2,𝑏=−2，所以𝑓′(𝑥)=−2𝑥+2𝑥2，因此函数𝑓(𝑥)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，𝑥=1时取最大值，满足题意，即有𝑓′(2)=

−1+12=−12．7.【答案】𝐷【解析】【分析】本题主要考查线面角的求解，属中档题．作出线面夹角的平面角，通过解三角形求出即可．【解答】解：如图所示：不妨设𝐴𝐵=𝑎,𝐴𝐷=𝑏,𝐴𝐴1

=𝑐，依题意及长方体的结构特征可知，𝐵1𝐷与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为∠𝐵1𝐷𝐵，𝐵1𝐷与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成角为∠𝐷𝐵1𝐴，所以sin30∘=𝑐𝐵1𝐷=𝑏𝐵1𝐷，即𝑏=𝑐，𝐵1𝐷=2𝑐=√𝑎2+𝑏2+𝑐

2，解得𝑎=√2𝑐．对于𝐴，𝐴𝐵=𝑎，𝐴𝐷=𝑏，𝐴𝐵=√2𝐴𝐷，A错误；对于𝐵，过𝐵作𝐵𝐸⊥𝐴𝐵1于𝐸，易知𝐵𝐸⊥平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷，所以𝐴𝐵与平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷所成角为

∠𝐵𝐴𝐸，因为tan∠𝐵𝐴𝐸=𝑐𝑎=√22，所以∠𝐵𝐴𝐸≠30∘，B错误；对于𝐶，𝐴𝐶=√𝑎2+𝑏2=√3𝑐，𝐶𝐵1=√𝑏2+𝑐2=√2𝑐，𝐴𝐶≠𝐶𝐵1，C错误；对于𝐷，𝐵1𝐷与平面𝐵�

�1𝐶1𝐶所成角为∠𝐷𝐵1𝐶，sin∠𝐷𝐵1𝐶=𝐶𝐷𝐵1𝐷=𝑎2𝑐=√22，而0<∠𝐷𝐵1𝐶<90∘，所以∠𝐷𝐵1𝐶=45∘.D正确．8.【答案】𝐵【解析】【分析】第8页，共16页本题考查根据题中所给公式求弧长的近似值，属于基础

题．先求出𝐶𝐷，𝐴𝐵的长度，再代入公式即可．【解答】解：如图，连接𝑂𝐶，因为𝐶是𝐴𝐵的中点，所以，又，所以𝑂,𝐶,𝐷三点共线，即𝑂𝐷=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2，又，所以𝐴𝐵=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2，则𝑂𝐶=√3，故�

�𝐷=2−√3，所以𝑠=𝐴𝐵+𝐶𝐷2𝑂𝐴=2+(2;√3)22=11;4√32．9.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查圆锥的结构特征，侧面积和体积的运算，利用公式代入计算即可．【解答】解：设母线长为𝑙，甲圆锥底面半径为𝑟1，乙圆锥底面圆半径为𝑟2，则𝑆甲

𝑆乙=𝜋𝑟1𝑙𝜋𝑟2𝑙=𝑟1𝑟2=2，所以𝑟1=2𝑟2，又2𝜋𝑟1𝑙+2𝜋𝑟2𝑙=2𝜋，则𝑟1:𝑟2𝑙=1，所以𝑟1=23𝑙,𝑟2=13𝑙，所以甲圆锥的

高ℎ1=√𝑙2−49𝑙2=√53𝑙，乙圆锥的高ℎ2=√𝑙2−19𝑙2=2√23𝑙，所以𝑉甲𝑉乙=13𝜋𝑟12ℎ113𝜋𝑟22ℎ2=49𝑙2×√53𝑙19𝑙2×2√23𝑙

=√10．10.【答案】𝐴【解析】第9页，共16页【分析】本题考查椭圆的离心率，属于中档题．【解答】解：𝐴(−𝑎,0)，设𝑃(𝑥1,𝑦1)，则𝑄(−𝑥1,𝑦1)，则𝑘𝐴𝑃=𝑦1𝑥1:𝑎,𝑘𝐴𝑄=𝑦1;𝑥1:𝑎，故𝑘𝐴𝑃⋅𝑘𝐴𝑄=𝑦1𝑥1:

𝑎⋅𝑦1;𝑥1:𝑎=𝑦12;𝑥12:𝑎2=14，又𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1，则𝑦12=𝑏2(𝑎2;𝑥12)𝑎2，所以𝑏2(𝑎2−𝑥12)𝑎2;𝑥12:𝑎2=14，即𝑏2𝑎2=14，所以椭圆𝐶的离心

率𝑒=𝑐𝑎=√1−𝑏2𝑎2=√32．11.【答案】𝐶【解析】【分析】本题考查三角函数的图象性质，函数的零点与最值问题．【解答】解：依题意可得𝜔>0，因为𝑥∈(0,𝜋)，所以𝜔𝑥+𝜋3∈.𝜋3,𝜔𝜋+𝜋3/，要使函数在

区间(0,𝜋)恰有三个极值点、两个零点，又𝑦=sin𝑥，𝑥∈.𝜋3,3𝜋/的图象如下所示：则5𝜋2<𝜔𝜋+𝜋3≤3𝜋，解得136<𝜔≤83，即𝜔∈.136,831．12.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查利用导数比大小，属于拔高

题．【解答】第10页，共16页解：因为𝑐𝑏=4tan14，因为当𝑥∈.0,𝜋2/,sin𝑥<𝑥<tan𝑥所以tan14>14，即𝑐𝑏>1，所以𝑐>𝑏；设𝑓(𝑥)=cos𝑥+12𝑥2−1,𝑥∈(0,+∞)，𝑓′(𝑥)

=−sin𝑥+𝑥>0，所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)单调递增，则𝑓.14/>𝑓(0)=0，所以cos14−3132>0，所以𝑏>𝑎，所以𝑐>𝑏>𝑎，13.【答案】11【解析】【分析】本题考查向量数量积运算，属基础题．【解答】解：

设𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角为𝜃，因为𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角的余弦值为13，即cos𝜃=13，又|𝑎⃗|=1，|𝑏⃗⃗|=3，所以𝑎⃗⃗⃗⋅𝑏⃗⃗=|𝑎⃗⃗⃗|⋅|𝑏⃗⃗|cos𝜃=1×3×13=1，所以(2𝑎⃗⃗⃗+𝑏⃗⃗)⋅𝑏⃗⃗=2𝑎⃗⃗⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=2

𝑎⃗⃗⃗⋅𝑏⃗⃗+|𝑏⃗⃗|2=2×1+32=11．14.【答案】√33【解析】【分析】本题主要考查双曲线的渐近线，直线与圆的位置关系，属于基础题．根据题意，表示出双曲线的渐近线即圆的切线，再依据圆心到直线的距离等于半径，求解参数．【解答】解：双曲线𝑦2−𝑥2𝑚2=1

(𝑚>0)的渐近线为𝑦=±𝑥𝑚，即𝑥±𝑚𝑦=0，不妨取𝑥+𝑚𝑦=0，圆𝑥2+𝑦2−4𝑦+3=0，即𝑥2+(𝑦−2)2=1，所以圆心为(0,2)，半径𝑟=1，依题意圆心(0,2)到渐近线𝑥+𝑚𝑦=0的距离𝑑=|2𝑚|√1:𝑚2=1，解得𝑚=√33

或𝑚=−√33(舍去)．第11页，共16页15.【答案】635【解析】【分析】本题以正方体为载体考查古典概型，属于基础题．【解答】解：从正方体的8个顶点中任取4个，有𝑛=C84=70个结果，这4个点在同一个平面的有𝑚=6+6=12个，故所求概率𝑃

=𝑚𝑛=1270=635．16.【答案】√3−1(或−1+√3)【解析】【分析】本题考查余弦定理解三角形，及基本不等式求最值，属于较难题．【解答】解：设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，则在▵𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵2=𝐵𝐷2+𝐴𝐷2−2𝐵

𝐷⋅𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐵=𝑚2+4+2𝑚，在▵𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐶2=𝐶𝐷2+𝐴𝐷2−2𝐶𝐷⋅𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐶=4𝑚2+4−4𝑚，所以𝐴𝐶2𝐴𝐵2=4𝑚2:4;4𝑚𝑚2:4:2𝑚=4(𝑚2:4:2𝑚);12(1:𝑚)𝑚2:4:

2𝑚=4−12(𝑚:1):3𝑚+1≥4−122√(𝑚:1)⋅3𝑚+1=4−2√3，当且仅当𝑚+1=3𝑚:1即𝑚=√3−1时，等号成立，所以当𝐴𝐶𝐴𝐵取最小值时，𝑚=√3−1．17.【答案】解：(1)因为2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎𝑛+1，即2

𝑆𝑛+𝑛2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛①，当𝑛≥2时，2𝑆𝑛;1+(𝑛−1)2=2(𝑛−1)𝑎𝑛;1+(𝑛−1)②，①−②得，2𝑆𝑛+𝑛2−2𝑆𝑛;1−(𝑛−1)2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛;1−(𝑛−1)，即2𝑎𝑛+2𝑛−1=2𝑛

𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛;1+1，第12页，共16页即2(𝑛−1)𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎𝑛;1=2(𝑛−1)，所以𝑎𝑛−𝑎𝑛;1=1，𝑛≥2且𝑛∈N∗，所以*𝑎𝑛+是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得𝑎4=𝑎

1+3，𝑎7=𝑎1+6，𝑎9=𝑎1+8，又𝑎4，𝑎7，𝑎9成等比数列，所以𝑎72=𝑎4⋅𝑎9，即(𝑎1+6)2=(𝑎1+3)⋅(𝑎1+8)，解得𝑎1=−12，所以𝑎𝑛=𝑛−13，所以𝑆𝑛=−12𝑛+𝑛(�

�;1)2=12𝑛2−252𝑛=12.𝑛−252/2−6258，所以，当𝑛=12或𝑛=13时(𝑆𝑛)min=−78．【解析】本题考查等差数列的判定与等比数列性质、等差数列前𝑛项和最值问题．18.【答案】证明(1)∵𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐷⊥𝐵𝐷，取𝐴𝐵

中点𝐸，连接𝐷𝐸，可知𝐷𝐸=12𝐴𝐵=1，∴𝐶𝐷//𝐴𝐵，𝐶𝐷=𝐵𝐸,𝐶𝐷//𝐵𝐸∴四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为平行四边形，∴𝐷𝐸=𝐶𝐵=1，∵𝐷𝐸=12𝐴𝐵，∴△𝐴�

�𝐷为直角三角形，𝐴𝐵为斜边，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐷，∵𝑃𝐷∩𝐴𝐷=𝐷∴𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐵𝐷⊥𝑃𝐴．解：(2)由(1)知，𝑃𝐷，𝐴𝐷，𝐵𝐷两两垂直，𝐵𝐷=√𝐴𝐵2−

𝐴𝐷2=√3建立空间直角坐标系如图所示，则𝐷(0,0,0)，𝐴(1,0,0)，𝐵(0,√3,0)，𝑃(0,0,√3)，∴𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,−√3)，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,

−√3)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,√3,0)，设平面𝑃𝐴𝐵的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑥−√3𝑧=0−𝑥+√3𝑦=0.不妨设𝑦=𝑧=1，则𝑛⃗⃗⃗=(√3,1,1)，第13页

，共16页设𝑃𝐷与平面𝑃𝐴𝐵的所成角为𝜃，则sin𝜃=|cos<𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗⃗>|=|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗⃗||𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗⃗|=|;√3|

√3×√5=√55，∴𝑃𝐷与平面𝑃𝐴𝐵的所成的角的正弦值为√55．【解析】本题考查线线垂直的判断，用向量法求线面角正弦，属于拔高题．19.【答案】解：(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为𝐴,𝐵,�

�，所以甲学校获得冠军的概率为𝑃=𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵𝐶)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.16+0

.16+0.24+0.04=0.6．(2)依题可知，𝑋的可能取值为0,10,20,30，所以，𝑃(𝑋=0)=0.5×0.4×0.8=0.16，𝑃(𝑋=10)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.

2=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．即𝑋的分布列为𝑋0102030�

�0.160.440.340.06期望𝐸(𝑋)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13．【解析】本题考查相互独立事件的概率、离散型随机事件的分布列与均值，属中档题．20.【答案】解：(1)抛物线的准线为𝑥=−𝑝2，当𝑀𝐷与𝑥轴垂直时，点𝑀的横坐标

为𝑝，此时|𝑀𝐹|=𝑝+𝑝2=3，所以𝑝=2，所以抛物线𝐶的方程为𝑦2=4𝑥；(2)设𝑀(𝑦124,𝑦1),𝑁(𝑦224,𝑦2),𝐴(𝑦324,𝑦3),𝐵(𝑦424,𝑦4)，直

线𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦+1，由{𝑥=𝑚𝑦+1𝑦2=4𝑥可得𝑦2−4𝑚𝑦−4=0，，由斜率公式可得𝑘𝑀𝑁=𝑦1;𝑦2𝑦124;𝑦224=4𝑦1:𝑦2，𝑘𝐴𝐵=𝑦3;𝑦4𝑦324;𝑦424

=4𝑦3:𝑦4，直线𝑀𝐷:𝑥=𝑥1;2𝑦1⋅𝑦+2，代入抛物线方程可得𝑦2−4(𝑥1;2)𝑦1⋅𝑦−8=0，，所以𝑦3=2𝑦2，同理可得𝑦4=2𝑦1，第14页，共16页所以𝑘𝐴𝐵=4𝑦3:𝑦4=42(𝑦1:𝑦2)

=𝑘𝑀𝑁2又因为直线𝑀𝑁、𝐴𝐵的倾斜角分别为𝛼,𝛽，所以𝑘𝐴𝐵=tan𝛽=𝑘𝑀𝑁2=tan𝛼2，若要使𝛼−𝛽最大，则𝛽∈(0,𝜋2)，设𝑘𝑀𝑁=2𝑘𝐴𝐵=2𝑘>0，则tan(𝛼−𝛽)=tan𝛼;tan𝛽1:t

an𝛼tan𝛽=𝑘1:2𝑘2=11𝑘:2𝑘⩽12√1𝑘⋅2𝑘=√24，当且仅当1𝑘=2𝑘即𝑘=√22时，等号成立，所以当𝛼−𝛽最大时，𝑘𝐴𝐵=√22，设直线𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+𝑛，代入抛物线方程可得𝑦2−4√2𝑦−4𝑛=0，

，所以𝑛=4，所以直线𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+4．【解析】本题主要考查抛物线的定义与方程，以及直线与抛物线的位置及应用，属于难题．(1)利用抛物线的定义，求出𝑝，即可求𝐶的方程；(2)解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关

系．21.【答案】解：(1)𝑓(𝑥)定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥;1)𝑥2−1𝑥+1=(𝑒𝑥:𝑥)(𝑥;1)𝑥2，令𝑓′(𝑥)=0⇒𝑥=1，所以当0<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减;当𝑥>1时𝑓′(𝑥)>0，𝑓(

𝑥)单调递增;∴𝑓(𝑥)min=𝑓(1)=𝑒+1−𝑎，要使得𝑓(𝑥)≥0恒成立，即满足𝑓(𝑥)min=𝑒+1−𝑎≥0⇒𝑎⩽𝑒+1．(2)由(1)知要使𝑓(𝑥)有两个零点，则𝑓(𝑥)min=𝑓(1)=𝑒+1−𝑎<0⇒𝑒+1<�

�，而𝑓(𝑥)=𝑒𝑥𝑥−ln𝑥+𝑥−𝑎=𝑒𝑥;ln𝑥+𝑥−ln𝑥−𝑎，令𝑡=𝑥−𝑙𝑛𝑥，则𝑓(𝑥)=𝑒𝑡+𝑡−𝑎有两个零点𝑥1,𝑥2等价于关于𝑥的方程𝑥−𝑙𝑛𝑥=𝑡0有两个不相等的实根，再令ℎ(𝑥)=𝑥−

𝑙𝑛𝑥，易知ℎ(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，不妨设0<𝑥1<1<𝑥2.要证明𝑥1𝑥2<1，即证明1<𝑥2<1𝑥1，又由于ℎ(𝑥)在(1,+∞)单调递增，即证明ℎ(𝑥2)<ℎ(1𝑥1)⇔ℎ(𝑥1)<ℎ(1𝑥1)在(0

,1)上成立．第15页，共16页下面构造函数𝐹(𝑥)=ℎ(𝑥)−ℎ(1𝑥)(0<𝑥<1)，则𝐹′(𝑥)=ℎ′(𝑥)+ℎ′(1𝑥)·1𝑥2=(𝑥;1)2𝑥2>0恒成立，𝐹(𝑥)在(0

,1)单调递增，而𝐹(1)=𝑓(1)−𝑓(1)=0，所以𝐹(𝑥)<𝐹(1)=0，即ℎ(𝑥)<ℎ(1𝑥)得证．【解析】本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性，零点，证明不等式等问题.属于较难

题．22.【答案】解：(1)因为𝑥=2:𝑡6，𝑦=√𝑡，所以𝑥=2:𝑦26，即𝐶1的普通方程为𝑦2=6𝑥−2(𝑦≥0)．(2)因为𝑥=−2:𝑠6,𝑦=−√𝑠，所以6𝑥=−2−𝑦2，即𝐶2的普通方程为𝑦2=−6𝑥−2(𝑦≤0

)，由2cos𝜃−sin𝜃=0⇒2𝜌cos𝜃−𝜌sin𝜃=0，即𝐶3的普通方程为2𝑥−𝑦=0．联立{𝑦2=6𝑥−2(𝑦≥0)2𝑥−𝑦=0，解得：{𝑥=12𝑦=1或{𝑥=1𝑦=2，即交点坐标为.12,1/，(1,2)；联立{𝑦2=−6𝑥

−2(𝑦≤0)2𝑥−𝑦=0，解得：{𝑥=−12𝑦=−1或{𝑥=−1𝑦=−2，即交点坐标为.−12,−1/，(−1,−2)．【解析】本题考查参数方程转化为普通方程，极坐标方程转化为直角坐标方程，及联立方程求交点坐标问题，属于中档题．23.【答案】证明：(1)由柯西

不等式有,𝑎2+𝑏2+(2𝑐)2-(12+12+12)≥(𝑎+𝑏+2𝑐)2，所以𝑎+𝑏+2𝑐≤3，当且仅当𝑎=𝑏=2𝑐=1时，取等号，所以𝑎+𝑏+2𝑐≤3；(2)因为𝑏=2𝑐，𝑎>0，

𝑏>0，𝑐>0，由(1)得𝑎+𝑏+2𝑐=𝑎+4𝑐≤3，即0<𝑎+4𝑐≤3，所以1𝑎:4𝑐≥13，由权方和不等式知1𝑎+1𝑐=12𝑎+224𝑐≥(1:2)2𝑎:4𝑐=9𝑎:4𝑐≥3，当且仅当1𝑎=24𝑐，即𝑎

=1，𝑐=12时取等号，所以1𝑎+1𝑐≥3．第16页，共16页【解析】本题考查不等式的证明，柯西不等式与权方和不等式的应用，为中档题．