【文档说明】2022全国高考甲卷数学（理科）试题及答案.docx，共(21)页，716.895 KB，由baby熊上传

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试卷第1页，共5页2022年全国高考甲卷数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．若𝑧=−1+√3i

，则𝑧𝑧𝑧̅;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∣𝑥2−4𝑥+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（）试卷第2页，共5页A．8B．12C．16D．205．函数�

�=(3𝑥−3;𝑥)cos𝑥在区间0−π2,π21的图象大致为（）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𝐵�

�1𝐶1𝐶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AB的中点，D在𝐴𝐵⌢上，𝐶

𝐷⊥𝐴𝐵．“会圆术”给出𝐴𝐵⌢的弧长的近似值s的计算公式：𝑠=𝐴𝐵+𝐶𝐷2𝑂𝐴．当𝑂𝐴=2,∠𝐴𝑂𝐵=60°时，试卷第3页，共5页𝑠=（）A．11;3√32B．11;4√32C．9;3√

32D．9;4√329．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+𝑦2𝑏

2=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>�

�C．𝑎>𝑏>𝑐D．𝑎>𝑐>𝑏二、填空题13．设向量𝑎⃑，𝑏⃑⃑的夹角的余弦值为13，且|𝑎⃑|=1，|𝑏⃑⃑|=3，则(2𝑎⃑+𝑏⃑⃑)⋅𝑏⃑⃑=_________．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、解答题试卷第4页，共5页17．记𝑆𝑛为数列*𝑎𝑛+的前n项和．已知2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎

𝑛+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,�

�𝑃=√3．(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0.5，0.4，0.8，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(�

�,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(�

�)=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）．试卷第5页，共5页(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𝐶

1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．答案第1页，共16页参考答案：1．C【解析】【分析】由共轭复数的概念及复数

的运算即可得解.【详解】𝑧̅=−1−√3i,𝑧𝑧̅=(−1+√3i)(−1−√3i)=1+3=4.𝑧𝑧𝑧̅−1=−1+√3i3=−13+√33i故选：C2．B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为7

0%: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D错.故选:B.3．D【解析】【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】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+.答案第2页，共16页故选：D.4．B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积�

�=2:42×2×2=12.故选：B.5．A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令𝑓(𝑥)=(3𝑥−3;𝑥)cos𝑥,𝑥∈,−𝜋2,𝜋2-，则𝑓(−𝑥)=(3;𝑥−3�

�)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.故选：A.6．B【解析】【分析】根据题意可知𝑓(1)=−

2，𝑓′(1)=0即可解得𝑎,𝑏，再根据𝑓′(𝑥)即可解出．【详解】答案第3页，共16页因为函数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．故选：B.7．D【解析】【分析】根据线面角的定义

以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设𝐴𝐵=𝑎,𝐴𝐷=𝑏,𝐴𝐴1=𝑐，依题以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∘=𝑐𝐵1�

�=𝑏𝐵1𝐷，即𝑏=𝑐，𝐵1𝐷=2𝑐=√𝑎2+𝑏2+𝑐2，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𝐴𝐵1𝐶

1𝐷，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𝐵𝐵1𝐶1𝐶所成角为∠𝐷𝐵1𝐶，sin∠𝐷𝐵1𝐶=𝐶𝐷𝐵1𝐷=𝑎2𝑐=√22，而0<∠𝐷𝐵1𝐶<90∘，所以∠𝐷𝐵1𝐶=45∘．D正确．故选：D．答案第4页，共16页8．B【解析】【分析】连接𝑂𝐶，分别求出𝐴𝐵

,𝑂𝐶,𝐶𝐷，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接𝑂𝐶，因为𝐶是𝐴𝐵的中点，所以𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，又𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，所以𝑂,𝐶,𝐷三点共线，即𝑂𝐷=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2，又∠𝐴𝑂𝐵=60°，所以𝐴𝐵=𝑂𝐴=𝑂𝐵=2，则𝑂�

�=√3，故𝐶𝐷=2−√3，所以𝑠=𝐴𝐵+𝐶𝐷2𝑂𝐴=2+(2;√3)22=11;4√32.故选：B.9．C【解析】【分析】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，

根据圆锥的侧面积公式可得𝑟1=2𝑟2，再结合圆心角之和可将𝑟1,𝑟2分别用𝑙表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.答案第5页，共16页【详解】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𝑕1=√𝑙2−49𝑙2=√53𝑙，乙圆锥的高𝑕2=√𝑙2−19𝑙2=2

√23𝑙，所以𝑉甲𝑉乙=13𝜋𝑟12ℎ113𝜋𝑟22ℎ2=49𝑙2×√53𝑙19𝑙2×2√23𝑙=√10.故选：C.10．A【解析】【分析】设𝑃(𝑥1,𝑦1)，则𝑄(−𝑥1,𝑦1)，根据斜率公式结合题意可得𝑦12;𝑥12:

𝑎2=14，再根据𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1，将𝑦1用𝑥1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】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�

�的离心率𝑒=𝑐𝑎=√1−𝑏2𝑎2=√32.故选：A.答案第6页，共16页11．C【解析】【分析】由𝑥的取值范围得到𝜔𝑥+𝜋3的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得𝜔>0，因为𝑥∈(0,𝜋)，所以𝜔𝑥+𝜋3∈.𝜋3,𝜔�

�+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．故选：C．12．A【解析】【分析】由𝑐𝑏=4tan14结合

三角函数的性质可得𝑐>𝑏；构造函数𝑓(𝑥)=cos𝑥+12𝑥2−1,𝑥∈(0,+∞)，利用导数可得𝑏>𝑎，即可得解.【详解】因为𝑐𝑏=4tan14,因为当𝑥∈(0,π2),sin𝑥<𝑥<tan�

�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，答案第7页，共16页所以𝑏>𝑎,所以𝑐>𝑏>𝑎，故选：A13．11【解析】【分析】设𝑎⃑与𝑏⃑⃑的夹角为𝜃，依题意可得cos𝜃=13，再根据数量积的定义求出𝑎⃑⋅𝑏⃑⃑，最后根据数量积的运算

律计算可得．【详解】解：设𝑎⃑与𝑏⃑⃑的夹角为𝜃，因为𝑎⃑与𝑏⃑⃑的夹角的余弦值为13，即cos𝜃=13，又|𝑎⃑|=1，|𝑏⃑⃑|=3，所以𝑎⃑⋅𝑏⃑⃑=|𝑎⃑|⋅|𝑏⃑⃑|cos𝜃=1×

3×13=1，所以(2𝑎⃑+𝑏⃑⃑)⋅𝑏⃑⃑=2𝑎⃑⋅𝑏⃑⃑+𝑏⃑⃑2=2𝑎⃑⋅𝑏⃑⃑+|𝑏⃑⃑|2=2×1+32=11．故答案为：11．14．√33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的

距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】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）．故答案为：√33．15．635.【解析】答案第8页，共16页【分析】根据古

典概型的概率公式即可求出．【详解】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．故答案为：635．16．√3−

1##−1+√3【解析】【分析】设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，利用余弦定理表示出𝐴𝐶2𝐴𝐵2后，结合基本不等式即可得解.【详解】设𝐶𝐷=2𝐵𝐷=2𝑚>0，则在△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵2=𝐵𝐷2+𝐴𝐷2−2𝐵𝐷⋅𝐴

𝐷cos∠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)�

�2:4:2𝑚=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.故答案为：√3−1.17．(1)证明见解析；

(2)−78．【解析】答案第9页，共16页【分析】（1）依题意可得2𝑆𝑛+𝑛2=2𝑛𝑎𝑛+𝑛，根据𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆𝑛−𝑆𝑛;1,𝑛≥2，作差即可得到𝑎𝑛−𝑎𝑛;1=1，从而得证；（2

）由（1）及等比中项的性质求出𝑎1，即可得到*𝑎𝑛+的通项公式与前𝑛项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2𝑆𝑛𝑛+𝑛=2𝑎𝑛+1，即2𝑆𝑛+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=2𝑛𝑎𝑛−2(𝑛−1)𝑎

𝑛;1+1，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)解：由（1）可得𝑎4=𝑎1+3，𝑎7=𝑎1+6，𝑎9=𝑎1+8，又𝑎4，𝑎7，�

�9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(𝑛;1)2=12𝑛2−252𝑛=12.𝑛−252/2−625

8，所以，当𝑛=12或𝑛=13时(𝑆𝑛)min=−78．18．(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵于𝐹，利用勾股定理证明𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，根据线面垂直的性质可得𝑃𝐷⊥𝐵�

�，从而可得𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点𝐷为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，�

�𝐹⊥𝐴𝐵于𝐹，因为𝐶𝐷//𝐴𝐵,𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐶𝐵=1,𝐴𝐵=2，答案第10页，共16页所以四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为等腰梯形，所以𝐴𝐸=𝐵𝐹=12，故𝐷𝐸=√32，𝐵𝐷=√𝐷𝐸2+𝐵𝐸

2=√3，所以𝐴𝐷2+𝐵𝐷2=𝐴𝐵2，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐵𝐷，又𝑃𝐷∩𝐴𝐷=𝐷，所以𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，又因𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2

)解：如图，以点𝐷为原点建立空间直角坐标系，𝐵𝐷=√3，则𝐴(1,0,0),𝐵(0,√3,0),𝑃(0,0,√3)，则𝐴𝑃⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,0,√3),𝐵𝑃⃑⃑⃑⃑⃑=(0,−√3,√3),𝐷𝑃⃑⃑⃑⃑⃑=

(0,0,√3)，设平面𝑃𝐴𝐵的法向量𝑛⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)，则有*𝑛→⋅𝐴𝑃→=−𝑥+√3𝑧=0𝑛→⋅𝐵𝑃→=−√3𝑦+√3𝑧=0，可取𝑛⃑=(√3,1,1)，则cos〈𝑛⃑,𝐷𝑃⃑⃑⃑⃑⃑〉=

𝑛⃑⋅𝐷𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⃑|𝑛⃑||𝐷𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=√55，所以𝑃𝐷与平面𝑃𝐴𝐵所成角的正弦值为√55.答案第11页，共16页19．(1)0.6；(2)分布列见解析，𝐸(𝑋)=13.【解

析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为𝐴,𝐵,𝐶，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，𝑋的可能取值为0,10,20,30，再分

别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为𝐴,𝐵,𝐶，所以甲学校获得冠军的概率为𝑃=𝑃(𝐴𝐵𝐶)+𝑃(𝐴̅𝐵𝐶)+𝑃(𝐴𝐵̅𝐶)+𝑃(𝐴𝐵

𝐶̅)=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答案第12页，共16页𝑃0.160.440.340.06期望𝐸(𝑋)=0×0.1

6+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13.20．(1)𝑦2=4𝑥；(2)𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+4.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得|𝑀𝐹|=𝑝+𝑝2，即可得解；（2）设点的坐标及直线𝑀𝑁:𝑥=𝑚𝑦+1，由韦达定理及斜率公式可得𝑘𝑀𝑁=2𝑘�

�𝐵，再由差角的正切公式及基本不等式可得𝑘𝐴𝐵=√22，设直线𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+𝑛，结合韦达定理可解.(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，Δ>

0,𝑦1𝑦2=−4，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(�

�1;2)𝑦1⋅𝑦−8=0，Δ>0,𝑦1𝑦3=−8，所以𝑦3=2𝑦2，同理可得𝑦4=2𝑦1，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=𝑘

𝑀𝑁2=tan𝛼2，若要使𝛼−𝛽最大，则𝛽∈(0,𝜋2)，设𝑘𝑀𝑁=2𝑘𝐴𝐵=2𝑘>0，则tan(𝛼−𝛽)=tan𝛼;tan𝛽1:tan𝛼tan𝛽=𝑘1:2𝑘2=11𝑘:2𝑘≤12√1𝑘⋅2𝑘=√24，答案第13

页，共16页当且仅当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，Δ>0,𝑦3𝑦4=−4𝑛=4𝑦1𝑦2=−16

，所以𝑛=4，所以直线𝐴𝐵:𝑥=√2𝑦+4.【点睛】关键点点睛：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．(1)(−∞,𝑒+1-(2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e

𝑥𝑥−𝑥e1𝑥−2,ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)->0，再利用导数即可得证.(1)𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=(1𝑥−1𝑥2)e𝑥−1𝑥+1=1𝑥(1−1𝑥)e𝑥+(1−1𝑥)=𝑥;1𝑥(e𝑥𝑥+

1)令𝑓(𝑥)=0,得𝑥=1当𝑥∈(0,1),𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)单调递减当𝑥∈(1,+∞),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增𝑓(𝑥)≥𝑓(1)=e+1−𝑎，若𝑓(𝑥)≥0,则e+1−

𝑎≥0,即𝑎≤e+1所以𝑎的取值范围为(−∞,𝑒+1-(2)由题知,𝑓(𝑥)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设𝑥1<1<𝑥2要证𝑥1𝑥2<1,即证𝑥1<1𝑥2因为𝑥1,1𝑥2∈(0,1),即证𝑓(𝑥1)>𝑓(1𝑥2)答案第14页，共16页因为𝑓

(𝑥1)=𝑓(𝑥2),即证𝑓(𝑥2)>𝑓(1𝑥2)即证e𝑥𝑥−ln𝑥+𝑥−𝑥e1𝑥−ln𝑥−1𝑥>0,𝑥∈(1,+∞)即证e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥−2,ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)->0下面证明𝑥>1时，e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥>0,ln�

�−12(𝑥−1𝑥)<0设𝑔(𝑥)=e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥,𝑥>1，则𝑔′(𝑥)=(1𝑥−1𝑥2)e𝑥−(e1𝑥+𝑥e1𝑥⋅(−1𝑥2))=1𝑥(1−1𝑥)e𝑥−e1𝑥(1−1𝑥)=(1−1𝑥)(e𝑥𝑥−e1𝑥)=𝑥

−1𝑥(e𝑥𝑥−e1𝑥)设𝜑(𝑥)=e𝑥𝑥(𝑥>1),𝜑′(𝑥)=(1𝑥−1𝑥2)e𝑥=𝑥;1𝑥2e𝑥>0所以𝜑(𝑥)>𝜑(1)=e,而e1𝑥<e所以e𝑥𝑥−e1𝑥>0,所以𝑔′(𝑥)>0所以𝑔(𝑥)在(1,+∞)单调递增即𝑔

(𝑥)>𝑔(1)=0,所以e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥>0令𝑕(𝑥)=ln𝑥−12(𝑥−1𝑥),𝑥>1𝑕′(𝑥)=1𝑥−12(1+1𝑥2)=2𝑥−𝑥2−12𝑥2=−(𝑥−1)22𝑥2<0所以𝑕(𝑥)在(1,+∞)单调递减即𝑕(𝑥)<𝑕(1)=0,所以ln�

�−12(𝑥−1𝑥)<0；综上,e𝑥𝑥−𝑥e1𝑥−2,ln𝑥−12(𝑥−1𝑥)->0,所以𝑥1𝑥2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式𝑕(𝑥)=ln𝑥−12(�

�−1𝑥)这个函数经常出现，需要掌握22．(1)𝑦2=6𝑥−2(𝑦≥0)；(2)𝐶3,𝐶1的交点坐标为.12,1/，(1,2)，𝐶3,𝐶2的交点坐标为.−12,−1/，(−1,−2)．【解析】【分析】答案第15页，共16页

(1)消去𝑡，即可得到𝐶1的普通方程；(2)将曲线𝐶2,𝐶3的方程化成普通方程，联立求解即解出．(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−𝑦

2，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=1�

�=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)．23．(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据𝑎2+𝑏2+4�

�2=𝑎2+𝑏2+(2𝑐)2，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得0<𝑎+4𝑐≤3，即可得到1𝑎:4𝑐≥13，再根据权方和不等式即可得证.(1)证明：由柯西不等式有,𝑎2+𝑏2+(2𝑐)2-(12+12+1

2)≥(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)证明：因为𝑏=2𝑐，𝑎>0，𝑏>0，𝑐>0，由（1）得�

�+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.答案第16页，共16页