22年河北数学高考题
2023全国新高考1卷数学第22 题
2023全国新高考1卷数学第22题1. 题目要求今天我们来讨论2023年全国新高考数学第22题的解法。
题目要求解一个与三角函数相关的不等式。
2. 题目内容题目内容如下：已知 sin(x) > 0，且0 < x < 2π，求解不等式 2cos(2x) - 4sin(x) - 1 > 0 的解集。
3. 解题思路我们首先根据已知条件 sin(x) > 0 推导出 x 的取值范围，然后利用三角函数的相关性质，化简原不等式，最终得出不等式的解集。
4. 解题步骤根据已知条件 sin(x) > 0，可以推出 x 的取值范围为(0, π)∪(π, 2π)。
接下来，我们根据三角函数的相关性质来化简原不等式。
利用三角函数公式 cos(2x) = 2cos^2(x) - 1，我们可以将不等式化简为：2(2cos^2(x) - 1) - 4sin(x) - 1 > 0。
化简后的不等式为：4cos^2(x) - 4sin(x) - 5 > 0。
接下来，我们利用已知条件 sin(x) > 0，将不等式中的 sin(x) 用 cos(x) 表示，得到：4cos^2(x) - 4√(1 - cos^2(x)) - 5 > 0。
将 cos^2(x) 用 t 表示，得到一个关于 t 的二次不等式：4t^2 - 4√(1 - t) - 5 > 0。
我们可以将此二次不等式转化为关于 t 的一元二次不等式，并求解 t的取值范围。
我们根据 t 的取值范围，将结果反代回 x，得出原不等式的解集。
5. 求解结果经过上述步骤的推导和计算，我们得出原不等式 2cos(2x) - 4sin(x) - 1 > 0 的解集为x∈(0, π/2)∪(3π/2, 2π)。
6. 结论通过以上的求解过程，我们成功地解出了2023年全国新高考数学第22题，展现了数学解题的思维逻辑和方法论。
这道题目考察了考生对三角函数的理解和运用能力，希望同学们在备战高考的过程中，不断提升数学解题的技巧和水平，取得优异的成绩。
河北省石家庄市2022年高三第二次重点考试数学理试卷word版含解析
河北省石家庄市2022年高三第二次重点考试数学理试卷word 版含解析数学理(时刻120分钟，满分150分）注意事项：1. 本试卷分第I 卷(选择题)和第II 卷(非选择题)两部分，答卷前，考生务必将自己的姓 名、准考证号填写在答题卡上.2. 回答第I 卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如 需改动，用橡皮擦洁净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3. 回答第II 卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4. 考试终止后，将本试卷和答题卡一并交回.第I 卷(选择题，共60分）一、选择题:本大题共12小题，每小题5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. tan(-14100）的值为 A.33 B. 33- C.3 D. 3-2.已知i 是虚数单位，则复数ii -+131,则z 的共轭复数的模为A.1B. 5C. 7D.53. 给定一组数据x 1,x 2,…,x 20若这组数据的方差为3，则 数据2x 1+3，2x 2+3，…，2x 20+3的方差为A. 6B. 9C. 12D. 154.若0>ω ，函数)6cos(πω+=x y 的图像向右平移32π个单位后与原图像重合，则ω的最小值为A.34B. 23 C. 3 D. 4CBAPN5.定义n n a a a a a a ,,,),,,min(2121 是中的最小值，执行程序框图（如右图），则输出的结果是A. 51B. 41C. 31D. 326.如右下图，在ABC ∆中，NCAN 21=,P 是BN 上的一点，若ACAB m AP 92+=,则实数m 的值为 A.3 B. 1 C. 31 D. 917. 袋中有编号为1，2的两个红球和编号为1，2，3的三个黑球（所有这5个球除颜色和编 号外没有其他区别），每次从袋中摸出一个球（不放回），则前两次摸出的球中一个是黑球一个是红球的概率是A, 103B. 52C. 438.设y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤+≥≥,1434,,0y x x y x 则21++x y 的取值范畴是A. ]617,21[ B. ]43,21[ C. ]617,43[ D. ),21[+∞)0,0(122>>=-b a b y 的一条渐近线A.362 B. 610.0到该二面角的棱l 的距离为2，则球0的体积为A. π38B. π34 C π4 D.π34- 11.在平面直角坐标系xoy 中，圆C 的方程为015822=+-+x y x ，若直线2-=kx y 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则实数k 的最大值为 A. 0 B.34 C. 23 D. 312. 已知函数2013...4321)(2013432x x x x x x f ++++-+=,2013...4321)(2013432x x x x x x g --+-+-=设 F(x)=f(x+4).g(x-4)，且函数F(x)的零点在区间[a-1，a]或[b-1，b](a<b ，a ，b ∈ Z)内，则a+b 的值为A. -1B. 0C. 1D. 2第II 卷(非选择题，共90分）本试卷包括必考题和选考题两部分，第13题〜第21题为必考题，每个试题考生都必须 作答.第22题〜第24题为选考题，考生依照要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设（x-1)5(2x+l )=a 0+a 1(x+1)+a 2(x+1)2+…+a 6(x+1)6，则a 1+a 2+…+a 6的值为_____14.巳知一个空间几何体的三视图（如右图），则该几何体的表 面积为______15.已知ΔABC 中，角A 、B 、C 所对的边长分别为A ,B ,C 且角A,B 、C 成等差数列，MBC 的面积kc a b S 22)(--=-，则实数k 的值为______16.将函数y=-x 2+x(e ∈[0，1])的图象绕点M(1，0)顺时针旋转θ角 ()20πθ<<得到曲线C ，若曲线C 仍是一个函数的图象，则角θ的 最大值为_______三、解答题:本大题共6小题，共70分.解承诺写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. (本小题满分12分）已知公差不为0的等差数列{a n }的首项为2，且a 1,a 2,a 4成等比数列.(I )求数列{a n }的通项公式；(II)令aa b n n -+=2)1(1)(*N n ∈，求数列{b n }的前n 项和.18. (本小题满分12分）在四边形 ABC D 中，BC//AD ，CD //AD ，AD=4，BC=CD =2，E 、P 分别为AD,CD 的中点（如图1 )，将ΔABE 沿BE 折 起，使二面角为A-BE-C 直二面角（如图2).(I )如图2，在线段AE 上，是否存在一点M ，使得PM//平面ABC?若存在，请指出点M 的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由.(II)如图2，若H 为线段A B 上的动点，当PH 与平面ABE所成的角最大时，求二面角 H-PC-E 的余弦值.19.(本小题满分12分）某商店每天(开始营业时）以每件15元的价格购入A 商品若干(A 商品在商店的保鲜时 间为8小时，该商店的营业时刻也恰好为8小时），并开始以每件30元的价格出售，若前 6小时内所购进的4商品没有售完，则商店对没卖出的A 商品将以每件10元的价格低价 处理完毕(依照体会，2小时内完全能够把A 商品低价处理完毕，且处理完毕后，当天不再 购进A 商品）.该商店统计了 100天A 商品在每天的前6小时内的销售量，由于某种缘故 销售量频数表中的部分数据被污损而不能看清，制成如下表格(注:视频率为概率).(I )若某天商店购进A 商品4件，试求商店该天销售A 商品猎取利润ξ的分布列和均值； (II)若商店每天在购进4件A 商品时所获得的平均利润最大，求x 的取值范畴.20. (本小题满分12分） 在平面直角坐标系中，已知点F(0，41)，直线l:y=-41为平面内动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为M ，且FM FP MF MP ..=(I )求动点P 的轨迹E 的方程；(III)若曲线E 与圆Q:x 2+(y-4)2=r 2(r>0)有A 、B 、C 、D 四个交点，求四边形ABCD 面积取 到最大值时圆Q 的方程.21. (本小题满分12分） 已知函数f(x)=21e 2x-ax(a ∈R,e 为自然对数的底数). (I)讨论函数f(x)的单调性；(II)若a=1，函数g(x)=(x-m)f(x)-41e 2x +x 2+x 在区间（0，+∞）上为增函数，求整数m 的最大值.请考生在第22〜24三题中任选一题做答，假如多做，则按所做的第一题记分. 22. (本小题满分10分）选修4-1:几何证明选讲 在Rt ΔABC 中，B ∠=90。
高考数学-坐标系与参数方程(含22年真题讲解)
高考数学-坐标系与参数方程 （含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =2+t 6y =√t（t 为参数），曲线C 2的参数方程为{x =−2+s 6y =−√s（s 为参数）．(1)写出C 1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C 3的极坐标方程为2cosθ−sinθ=0，求C 3与C 1交点的直角坐标，及C 3与C 2交点的直角坐标． 【答案】(1)y 2=6x −2(y ≥0)；(2)C 3,C 1的交点坐标为(12,1)，(1,2)，C 3,C 2的交点坐标为(−12,−1)，(−1,−2)．【解析】 【分析】(1)消去t ，即可得到C 1的普通方程；(2)将曲线C 2,C 3的方程化成普通方程，联立求解即解出． (1) 因为x =2+t 6，y =√t ，所以x =2+y 26，即C 1的普通方程为y 2=6x −2(y ≥0)．(2) 因为x =−2+s 6,y =−√s ，所以6x =−2−y 2，即C 2的普通方程为y 2=−6x −2(y ≤0)，由2cosθ−sinθ=0⇒2ρcosθ−ρsinθ=0，即C 3的普通方程为2x −y =0． 联立{y 2=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{y 2=−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)． 2．【2022年全国乙卷】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =√3cos2t y =2sint ，（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l 的极坐标方程为ρsin (θ+π3)+m =0． (1)写出l 的直角坐标方程；(2)若l 与C 有公共点，求m 的取值范围． 【答案】(1)√3x +y +2m =0 (2)−1912≤m ≤52 【解析】 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）联立l 与C 的方程，采用换元法处理，根据新设a 的取值范围求解m 的范围即可. (1)因为l ：ρsin (θ+π3)+m =0，所以12ρ⋅sinθ+√32ρ⋅cosθ+m =0，又因为ρ⋅sinθ=y,ρ⋅cosθ=x ，所以化简为12y +√32x +m =0，整理得l 的直角坐标方程：√3x +y +2m =0 (2)联立l 与C 的方程，即将x =√3cos2t ，y =2sint 代入 √3x +y +2m =0中，可得3cos2t +2sint +2m =0， 所以3(1−2sin 2t)+2sint +2m =0， 化简为−6sin 2t +2sint +3+2m =0，要使l 与C 有公共点，则2m =6sin 2t −2sint −3有解，令sint =a ，则a ∈[−1,1]，令f(a)=6a 2−2a −3，(−1≤a ≤1)， 对称轴为a =16，开口向上，所以f(a)max =f(−1)=6+2−3=5， f(a)min =f(16)=16−26−3=−196，所以−196≤2m ≤5m 的取值范围为−1912≤m ≤52.1．（2022·宁夏·吴忠中学三模（文））在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为244x t y t ⎧=-⎨=⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为2cos ρθ=．(1)求曲线1C 与2C 的直角坐标方程；(2)已知直线l 的极坐标方程为πR 02θαρα⎛⎫ ⎪=∈⎝<<⎭，，直线l 与曲线1C ，2C 分别交于M ，N （均异于点O ）两点，若4OMON=，求α． 【答案】(1)曲线1C 的直角坐标方程为24y x =-，曲线2C 的直角坐标方程为2220x y x +-=， (2)π4α=【解析】 【分析】（1）1C 的参数方程消参可求出1C 的直角坐标方程；2C 的极坐标方程同乘ρ，把cos x ρθ=，222x y ρ=+代入2C 的极坐标方程可求出2C 的直角坐标方程.（2）设M 、N 两点的极坐标分别为()1,ρα、()2,ρα，用极径的几何意义表示出4OMON=，即124ρρ=，解方程即可求出α. (1)解：1C 的参数方程为244x t y t ⎧=-⎨=⎩（t 为参数），把2216y t =代入24x t =-中可得，24y x =-，所以曲线1C 的直角坐标方程为24y x =-，2C 的极坐标方程为2cos ρθ=，即22cos ρρθ=，所以曲线2C 的直角坐标方程为2220x y x +-=，综上所述：曲线1C 的直角坐标方程为24y x =-，曲线2C 的直角坐标方程为2220x y x +-=， (2)由（1）知，1C 的极坐标方程为2sin 4cos ρθθ=-， 设M 、N 两点的极坐标分别为()1,ρα、()2,ρα，则21sin 4cos ραα=-，22cos ρα=，由题意知02πα<<可得sin 0α≠，因为4OMON=，所以124ρρ=，所以24cos 42cos sin ααα-=⨯，故21sin 2α=，所以sin 2α=或sin 2α=（舍） 所以π4α=.2．（2022·四川·宜宾市叙州区第一中学校模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为1cos sin x y θθ=+⎧⎨=⎩（θ为参数），曲线2C 的参数方程为2221x t t y t ⎧=-⎨=-⎩（t 为参数）.已知曲线2C 与x ，y 正半轴分别相交于,A B 两点.(1)写出曲线1C 的极坐标方程，并求出,A B 两点的直角坐标；(2)若过原点O 且与直线AB 垂直的直线l 与曲线1C 交于P 点，与直线AB 交于Q 点，求线段PQ 的长度.【答案】(1)2cos ρθ=，A 点为()3,0，B 点为()0,3(2)2【解析】 【分析】（1）普通方程()2211x y -+=，即可得2cos ρθ=（2）求出直线AB 的方程为3y x =-+，然后求出直线l 的方程，然后可求出PQ 的长度 (1)曲线1C 的普通方程()2211x y -+=，极坐标方程()()22cos 1sin 1ρθρθ-+=，∴2cos ρθ=.在曲线2C 上，当0x =时，0=t 或2t =，此时3y =或1y =-（舍），所以B 点为()0,3. 当0y =时，1t =-或1t =，此时3x =或1x =-（舍），所以A 点为()3,0. (2)直线AB 的方程为3y x =-+，极坐标方程为sin cos 3ρθρθ=-+， ∴()sin cos 3ρθθ+=，过原点O 且与直线AB 垂直的直线l 的极坐标方程为4πθ=.4πθ=与2cos ρθ=联立，得1ρ 4πθ=与()sin cos 3ρθθ+=联立，得2ρ=∴21PQ ρρ=-=. 3．（2022·江西·南昌市八一中学三模（理））在直角坐标系xOy 中，直线l的参数方程为11x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）.以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为4sin 6πρθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)设点Q的直角坐标为(，P 为C 上的动点，求PQ 中点R 的轨迹的极坐标方程. 【答案】(1)直线l 的普通方程为2x y +=，曲线C 的普通方程为()(2214x y ++=；(2)21ρ= 【解析】 【分析】（1）消去参数t ，即可得到直线l 的普通方程，再由两角和的正弦公式及222cos sin x y x y ρθρθρ=⎧⎪=⎨⎪=+⎩，将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设(),R x y ，即可表示P 点坐标，再根据点P 在曲线C 上，代入C 的方程，即可得到点R 的轨迹方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程即可；(1)解：因为直线l的参数方程为11x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）， 所以直线l 的普通方程为2x y +=，因为曲线C 的极坐标方程为4sin 6πρθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即4sin cos cos sin 66ππρθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即2cos ρθθ=--，所以2sin 2cos ρθρθ=--，又222cos sin x y x y ρθρθρ=⎧⎪=⎨⎪=+⎩，所以222x y x +=--，即()(2214x y +++=，即曲线C 的普通方程为()(2214x y ++=；(2)解：设(),R x y，则(21,2P x y -，因为点P 在曲线C 上，所以()(2221124x y -++=，即221x y +=，所以PQ 中点R 的轨迹方程为221x y +=，即21ρ=4．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为21x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为()2cos θsin θρ=+. (1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)设点()2,1P ，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求PA PBPB PA+的值. 【答案】(1)10x y --=，22220x y x y +--= (2)4 【解析】 【分析】（1）直接消去参数，将直线l 的方程化为普通方程，利用互化公式将曲线C 的极坐标方程转化为直角坐标方程（2）将直线的参数方程代入曲线C的普通方程，得到210t -=，得到12121t t t t +==- ，化简()222121212122112122PA PBt t t t t t t t PB PA t t t t t t +-++=+==，代入韦达定理，即可得到答案 (1)直线l的参数方程为21x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）， 消去参数t 可得l 的普通方程为10x y --=.曲线C 的极坐标方程为2(cos θsin θ)ρ=+，即22(cos θsin θ)ρρ=+，根据222cos θsin θx y x y ρρρ=⎧⎪=⎨⎪=+⎩，可得2222x y x y +=+.∴曲线C 的直角坐标方程为22220x y x y +--= (2)在直线l的参数方程21x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）中，设点A ，B 对应的参数分别为1t ，2t ， 将直线l的参数方程221x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），代入22220x y x y +--=，得210t +-=，∴12t t +=121t t =-.∴()2221212121221121224PA PBt t t t t t t t PB PA t t t t t t +-++=+=== 5．（2022·安徽淮南·二模（文））在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2cos 22sin x y αα=⎧⎨=+⎩（其中α为参数，02πα≤<），以原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，直线1l 的极坐标方程为(R)3πθρ=∈．(1)求曲线C 的极坐标方程与直线1l 的直角坐标方程；(2)设直线1l 与曲线C 交于点O ，A ，直线2l 与曲线C 交于点O ，B ，求AOB 面积的最大值． 【答案】(1)4sin ρθ=，y(2)【解析】【分析】（1）依据参数方程与普通方程的互化和极坐标方程与直角坐标方程的互化即可解决； （2）先求得AOB 面积的表达式，再对其求最大值即可. (1)曲线C 的直角坐标方程为22(2)4x y +-=，展开得2240x y y +-=， 则曲线C 的极坐标方程为4sin ρθ=． 直线1l的直角坐标方程为y (2)由（1）可知π||4sin3OA == 设直线2l 的极坐标方程为(R)θβρ=∈，根据条件知要使AOB 面积取最大值，则ππ3β<<，则||4sin OB β=，于是1ππsin sin 233OAB S OA OB βββ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2π6sin cos cos 2)3sin 226ββββββ⎛⎫=-=--=+ ⎪⎝⎭，所以当π3π262β+=即2π3β=时，AOB的面积取最大值，最大值为6．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为))cos sin cos sin 2x y ϕϕϕϕ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩（ϕ为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同单位长度，直线l 的极坐标方程为2cos 3sin 100ρθρθ+-=. (1)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； (2)求曲线C 上的点到直线l 距离的最小值. 【答案】(1)2214x y +=，23100x y +-=；【解析】 【分析】（1）消去曲线C 的参数方程中的参数即可得解，利用极坐标与直角坐标互化得直线l 的直角坐标方程作答.（2）设出曲线C 上任意一点的坐标，利用点到直线距离公式及辅助角公式求解作答. (1)由))cos sin cos sin x y ϕϕϕϕ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩（ϕ为参数），消去参数得2214x y +=， 所以曲线C 的普通方程为2214x y +=，把cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入直线l 的极坐标方程2cos 3sin 100ρθρθ+-=得：23100x y +-=，所以直线l 的直角坐标方程为23100x y +-=. (2)由（1）知，曲线C 的参数方程为2cos sin x y αα=⎧⎨=⎩（α为参数），设()2cos ,sin P αα为曲线C 上一点，P 到直线l 的距离为d ，则105sin d αϕ-+===ϕ由4tan 3ϕ=确定，因此，当()sin 1αϕ+=时，d所以曲线C 上的点到直线l 7．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（文））在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为11x t ty t t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（t 为参数），以坐标原点极点，以x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐sin cos 0θρθ-．(1)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程： (2)若直线与曲线C 交于A ，B 两点，点P 的坐标为(0,1)，求11||||PA PB +的值． 【答案】(1)224x y -=，0x+= (2)5【解析】【分析】（1）消去参数t 可得曲线C 的方程，利用公式法转化得到直线l 的直角坐标方程； （2）利用直线l 的参数方程中t 的几何意义求解. (1)∴11x t ty t t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（t 为参数），∴22222222112112x t t t t y t t t t ⎧⎛⎫=+=++⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎩，所以224x y -=， 所以曲线C 的方程为224x y -=又∴cos x ρθ=，sin y ρθ=，0x - 所以直线l的直角坐标方程为0x =； (2)∴()0,1P 在直线l 上，∴直线l的参数方程为112x y t⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数）设A ，B 对应的参数分别为1t 与2t将直线l 的参数方程代入到224x y -=得22100t t --=． ∴2Δ(2)41(10)440=--⨯⨯-=>， ∴122t t +=，12100t t ⋅=-<， ∴1||PA t =，2||PB t =∴1212121111||||-+=+====t tPA PB t t t t，所以11||||+=PA PB 8．（2022·全国·赣州市第三中学模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 满足参数方程2241421t x t y t ⎧=⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩（t 为参数且11t -≤≤）.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，点P 为曲线1C 上一动点，且极坐标为(),ρθ. (1)求曲线1C 的直角坐标方程； (2)求()cos 3sin ρθθ+的取值范围.【答案】(1)y =()2204y x y +=≥(2)⎡-⎣ 【解析】 【分析】（1）消去参数t 可得普通方程，由11t -≤≤，得到0y ≥，即可求出曲线1C 的直角坐标方程； （2）先判断出2ρ=利用三角函数出()cos 3sin ρθθ+的范围. (1)由2241421t x t y t ⎧=⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩消去t 可得：224x y +=. 由于11t -≤≤，则212t +≤，即0y ≥.因此曲线1C的直角坐标方程为y ()2204y x y +=≥(2)曲线1C 为上半圆，点P 在1C 上，因此2ρ=，0,θπ⎡⎤∈⎣⎦ 由三角函数的性质知，在[]0,π上，1cos 3sin θθ-≤+≤因此()cos 3sin 2,ρθθ⎡+∈-⎣9．（2022·黑龙江·哈尔滨三中三模（理））在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为22x y t ⎧=⎪⎨=-⎪⎩(t 为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为22cos 4sin 10ρρθρθ---=. (1)求圆C 的直角坐标方程；(2)设圆C 与直线l 交于点A 、B ，若点P 的坐标为()2,2，求1PA PB-.【答案】(1)()()22126x y -+-=；【解析】 【分析】(1)将222x y ρ=+、cos x ρθ=、sin y ρθ=代入圆C 的极坐标方程即可求其直角坐标方程； (2)将直线l 的参数方程化为标准形式，代入圆C 的直角坐标方程得到关于参数t 的二次方程，根据韦达定理和直线参数方程参数的几何意义即可求出1PA PB-．(1)∴22cos 4sin 10ρρθρθ---=，∴222410x y x y +---=， 即()()22126x y -+-=； (2)直线l参数方程的标准形式为2122x y t ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩(t 为参数)， 代入圆C直角坐标方程整理得250t -=， 设方程的两根为1t 、2t ，则A 、B 对应参数1t 、2t ，则121250t t t t ⋅=-<⎧⎪⎨+⎪⎩，∴1PA PB-121211t t t t ==+-10．（2022·河南·模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为222x m y m⎧=⎨=⎩（m 为参数），直线l 的参数方程为12x tcos y tsin αα⎧=+⎪⎨⎪=⎩，（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为2cos ρθ=，直线l 与1C 交于点P ，Q ，与2C 交于点S ，T ，与x 轴交于点R .(1)写出曲线1C 的普通方程和曲线2C 的直角坐标方程； (2)若()4PR QR SR TR -=-，求直线l 的倾斜角. 【答案】(1)22y x =，()2211x y -+= (2)2π或4π或34π【解析】 【分析】（1）消参求得曲线1C 的普通方程为22y x =.由2cos ρθ=同乘ρ得到2C 的直角坐标方程. （2）l 过定点1,02R ⎛⎫ ⎪⎝⎭.将直线l 的参数方程代入21:2C y x =，整理得22sin 2cos 10t t αα--=，利用参数的几何含义化简求解. (1)曲线1C 的普通方程为22y x =.由2cos ρθ=得22cos ρρθ=.所以2C 的直角坐标方程为222x y x +=，即()2211x y -+=.(2)不妨设0απ<<，则sin 0α>.易知1,02R ⎛⎫ ⎪⎝⎭是l 过的定点.将直线l 的参数方程代入21:2C y x =，整理得22sin 2cos 10t t αα--=，设P ，Q 对应的参数分别为P t ，Q t ，则22cos sin P Q PR QR t t αα-=+=.将直线l 的参数方程代入()222:11C x y -+=，得23cos 04t t α--=， 设S ，T 对应的参数分别为S t ，T t ，则cos S T SR TR t t α-=+=.由()4PR QR SR TR -=-得22cos 4cos sin ααα=，得cos 0α=或sin α=l 的倾斜角为2π或4π或34π. 11．（2022·河南洛阳·三模（理））在直角坐标系xOy 中，直线1l的参数方程为12x ty kt⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数），直线2l的参数方程为x m m y k ⎧=⎪⎨=-⎪⎩（m 为参数），设1l 与2l 的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线1C .(1)求曲线1C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线2C 的极坐标方程为2cos ρθ=，射线OM ：()04πθρ=≥与1C ，2C 分别交于A ，B 两点，求线段AB 的长.【答案】(1)22163x y +=，()0y ≠(2)2【解析】 【分析】（1）消去参数得到直线1l 、2l 的普通方程，联立两方程消去k ，即可得到P 的轨迹； （2）首先将1C 的方程化为极坐标方程，再将()04πθρ=≥代入两极坐标方程即可求出OA ，OB ，即可得解；(1)解：因为直线1l的参数方程为12x ty kt⎧⎪⎨=⎪⎩（t 为参数）， 消去参数t 得直线1l的普通方程为(12y k x =①， 直线2l的参数方程为x m m y k ⎧=⎪⎨=-⎪⎩（m 为参数）， 消去参数m 得直线2l的普通方程为(1y x k=-②， 设(),P x y ，由①②联立得((121y k x y x k ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去k 得()22162y x =--即曲线1C 的普通方程为22163x y +=，()0y ≠；(2)解：设1OA ρ=，2OB ρ=，由cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩得曲线1C 的极坐标方程为2261sin ρθ=+（02θπ<<，θπ≠），代入()04πθρ=≥得12OA ρ==，将()04πθρ=≥代入2cos ρθ=得2OB ρ==所以2AB OA OB =-= 即线段AB的长度为212．（2022·安徽省芜湖市教育局模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos 3sin x y ββ=+⎧⎨=⎩（β为参数），将曲线1C 经过伸缩变换13x xy y =⎧''⎪⎨=⎪⎩得到曲线2C .以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. (1)求曲线2C 的极坐标方程；(2)已知射线():0l θαρ=≥与曲线2C 交于A 、B 两点，若3OB OA =，求tan α的值. 【答案】(1)24cos 30ρρθ-+= (2)0 【解析】 【分析】（1）求出曲线2C 的参数方程，化为普通方程，再利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线2C 的极坐标方程；（2）设()1,A ρα、()2,B ρα，则1ρ、2ρ为方程24cos 30ρρα-+=的两根，由已知可得213ρρ=，结合韦达定理可求得cos α的值，利用同角三角函数的基本关系可求得tan α的值. (1)解：由题可得2C 的参数方程为2cos sin x y ββ=+⎧⎨=⎩（β为参数），则2C 的直角方程为()2221x y -+=，即22430x y x +-+=， 因为cos x ρθ=，sin y ρθ=，所以24cos 30ρρθ-+=，所以曲线2C 的极坐标方程为24cos 30ρρθ-+=. (2)解：设()1,A ρα、()2,B ρα，则1ρ、2ρ为方程24cos 30ρρα-+=的两根， 2Δ16cos 120α=->，则124cos ρρα+=①，123ρρ=②， 因为3OB OA =，所以213ρρ=③，由①②③解得cos 1α=，则sin 0α=，tan 0α∴=，此时16120∆=->，合乎题意. 故tan 0α=.13．（2022·贵州遵义·三模（文））在极点为O 的极坐标系中，经过点π2,6M ⎛⎫⎪⎝⎭的直线l 与极轴所成角为α，且与极轴的交点为N ． (1)当π2α=时，求l 的极坐标方程； (2)当ππ,43α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求MON △面积的取值范围．【答案】(1)cos ρθ=(2)⋃⎣⎦⎣⎦【解析】 【分析】（1）先求得l 的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.（2）对直线l 的倾斜角进行分类讨论，结合三角形的面积公式求得MON △面积的取值范围. (1)点π2,6M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则π2cos 6π2sin 16x y ⎧=⨯=⎪⎪⎨⎪=⨯=⎪⎩，所以M点的直角坐标为)，当π2α=时，直线l的直角坐标方程为x =转化为极坐标方程为cos ρθ=.(2)在极坐标系下：经过点π2,6M ⎛⎫⎪⎝⎭的直线l 与极轴所成角为α，在直角坐标系下：经过点)M的直线l 的倾斜角为α或πα-.即直线l 的倾斜角是α或πα-. 当直线l 的倾斜角为α时，直线l 的方程为(1tan y x α-=，令0y =得1tan N x α-=ππ,43α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，tan α⎡∈⎣，111,1,,tan tan tan N x ααα⎤⎡∈-∈-=-⎥⎢⎣⎦⎣⎦⎦，所以1π111sin 2262tan 2MONSOM ON α⎛=⨯⨯⨯=⨯⨯-+⨯ ⎝11tan 2α⎛=-⨯∈ ⎝⎣⎦.当直线l 的倾斜角为πα-时，直线l 的方程为()((1tan πtan y x x αα-=-=-，令0y =得1tan N x α=11,1tan tan N x αα⎤⎤∈=⎥⎥⎣⎦⎣⎦，所以1π111sin 2262tan 2MONSOM ON α⎛=⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ ⎝11tan 2α⎛=⨯∈ ⎝⎣⎦.综上所述，MON △面积的取值范围是⋃⎣⎦⎣⎦. 14．（2022·江西·上饶市第一中学二模（文））在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1C 的普通方程为：22(2)4x y -+=，曲线2C 的参数方程是2cos x y θθ=⎧⎪⎨=⎪⎩（θ为参数），点2,2P π⎛⎫⎪⎝⎭.(1)求曲线1C 和2C 的极坐标方程； (2)设射线(0)3πθρ=>分别与曲线1C 和2C 相交于A ，B 两点，求PAB △的面积.【答案】(1)4cos ρθ=，22123sin ρθ=+(2)1 【解析】 【分析】（1）由公式法求极坐标方程（2）联立方程后分别求出A ，B 坐标，及P 到直线AB 距离后求面积 (1)曲线1C 的直角坐标方程为：2240x y x +-=， 将cos ,sin x y ρθρθ==代入上式并化简， 得曲线1C 的极坐标方程为：4cos ρθ=. 曲线2C 的普通方程是：22143x y +=， 将cos ,sin x y ρθρθ==代入上式并化简， 得曲线2C 的极坐标方程为：22123sin ρθ=+.(2)设12,,,33A B ππρρ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则1||4cos23OA πρ===，22221216||53sin 3OB ρπ===+，所以||OB =，所以||||||2AB OA OB =-=-. 又(0,2)P到直线:AB y =的距离为：1d ==所以12112PABS⎛=⨯⨯= ⎝⎭ 15．（2022·全国·模拟预测（文））在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为x y θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩（θ为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为cos sin 4ρθθ=. (1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若点M ，N 分别为曲线C 和直线l 上的动点，求MN 的最小值.【答案】(1)22163x y +=，40x -=2- 【解析】 【分析】（1）利用22cos sin 1θθ+=消去参数θ，可得曲线C 的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可求出直线l 的直角坐标方程， （2）设曲线C上任意一点)Mθθ到直线l 的距离为d ，然后利用点到直线的距离公式表示出d ，再根据三角函数的性质可求出其最小值 (1)由曲线C的参数方程为x y θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩（θ为参数）可知2222cos sin 1θθ+=+=，故曲线C 的直角坐标方程为22163x y +=.由直线l的极坐标方程为cos sin 4ρθθ=，结合cos x ρθ=，sin y ρθ=可知l的直角坐标方程为40x -=. (2)MN 的最小值即为曲线C 上任意一点到直线l 距离的最小值.设曲线C上任意一点)Mθθ到直线l 的距离为d ，则2cos 24d πθ⎛⎫==+≥ ⎪⎝⎭，故MN 2..。
河北省新2022年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析
2021-2022高考数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知111M dx x =+⎰，20cos N xdx π=⎰，由程序框图输出的S 为（ ）A ．1B ．0C ．2πD ．ln 22．设命题p ：,a b R ∀∈，a b a b -<+，则p ⌝为 A ．,a b R ∀∈，a b a b -≥+ B ．,a b R ∃∈，a b a b -<+ C ．,a b R ∃∈，a b a b ->+D ．,a b R ∃∈，a b a b -≥+3．三棱锥S ABC -中，侧棱SA ⊥底面ABC ，5AB =，8BC =，60B ∠=︒，25SA =，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．643π B ．2563π C ．4363π D ．2048327π 4．已知数列满足：.若正整数使得成立，则( ) A ．16B ．17C ．18D ．195．已知下列命题：①“2,56x R x x ∀∈+>”的否定是“2,56x R x x ∃∈+≤”；②已知,p q 为两个命题，若“p q ∨”为假命题，则“()()p q ⌝∧⌝”为真命题； ③“2019a >”是“2020a >”的充分不必要条件； ④“若0xy =，则0x =且0y =”的逆否命题为真命题. 其中真命题的序号为（ ） A ．③④B ．①②C ．①③D ．②④6．设抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ,抛物线C 与圆22:(3C x y +='交于M ,N 两点,若||MN =则MNF 的面积为( )A ．8B ．38C ．8D ．47．若5(1)(1)ax x ++的展开式中23,x x 的系数之和为10-，则实数a 的值为（ ） A ．3-B ．2-C ．1-D ．18．已知P 为圆C ：22(5)36x y -+=上任意一点，(5,0)A -，若线段PA 的垂直平分线交直线PC 于点Q ，则Q 点的轨迹方程为( )A ．221916x y +=B ．221916x y -=C ．221916x y -=（0x <）D ．221916x y -=（0x >）9．已知点()2,0A 、()0,2B -．若点P 在函数y =PAB △的面积为2的点P 的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．410．已知集合{}1,0,1,2A =-，{}|lg(1)B x y x ==-，则A B =（ ）A ．{2}B ．{1,0}-C ．{}1-D ．{1,0,1}-11．己知集合{|13}M y y =-<<，{|(27)0}N x x x =-，则M N ⋃=（ ） A ．[0,3)B ．70,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．71,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．∅12．已知双曲线2222x y 1(a 0,b 0)a b-=>>，过原点作一条倾斜角为π3直线分别交双曲线左、右两支P ，Q 两点，以线段PQ 为直径的圆过右焦点F ，则双曲线离心率为( )A ．21+B ．31+C ．2D ．5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
高考数学-三角函数及解三角形(含22年真题讲解)
高考数学-三角函数及解三角形（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】将函数f(x)=sin (ωx +π3)(ω>0)的图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C ，若C 关于y 轴对称，则ω的最小值是（ ） A ．16 B ．14C ．13D ．12【答案】C 【解析】 【分析】先由平移求出曲线C 的解析式，再结合对称性得ωπ2+π3=π2+kπ,k ∈Z ，即可求出ω的最小值.【详解】由题意知：曲线C 为y =sin [ω(x +π2)+π3]=sin(ωx +ωπ2+π3)，又C 关于y 轴对称，则ωπ2+π3=π2+kπ,k ∈Z ，解得ω=13+2k,k ∈Z ，又ω>0，故当k =0时，ω的最小值为13. 故选：C.2．【2022年全国甲卷】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，CD ⊥AB ．“会圆术”给出AB ⌢的弧长的近似值s 的计算公式：s =AB +CD 2OA．当OA =2,∠AOB=60°时，s =（ ）A ．11−3√32B ．11−4√32C ．9−3√32D ．9−4√32【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OC=√3，故CD=2−√3，所以s=AB+CD2OA =2+(2−√3)22=11−4√32.故选：B.3．【2022年全国甲卷】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．[53,136)B．[53,196)C．(136,83]D．(136,196]【答案】C 【解析】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,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∈(136,83]． 故选：C ．4．【2022年全国乙卷】函数f (x )=cosx +(x +1)sinx +1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为（ ） A ．−π2，π2 B ．−3π2，π2C ．−π2，π2+2 D ．−3π2，π2+2【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求得f (x )的单调区间，从而判断出f (x )在区间[0,2π]上的最小值和最大值. 【详解】f ′(x )=−sinx +sinx +(x +1)cosx =(x +1)cosx ，所以f (x )在区间(0,π2)和(3π2,2π)上f ′(x )>0，即f (x )单调递增； 在区间(π2,3π2)上f ′(x )<0，即f (x )单调递减， 又f (0)=f (2π)=2，f (π2)=π2+2，f (3π2)=−(3π2+1)+1=−3π2， 所以f (x )在区间[0,2π]上的最小值为−3π2，最大值为π2+2.5．【2022年新高考1卷】记函数f(x)=sin(ωx+π4)+b(ω>0)的最小正周期为T．若2π3<T<π，且y=f(x)的图象关于点(3π2,2)中心对称，则f(π2)=（）A．1B．32C．52D．3【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足2π3<T<π，得2π3<2πω<π，解得2<ω<3，又因为函数图象关于点(3π2,2)对称，所以3π2ω+π4=kπ,k∈Z，且b=2，所以ω=−16+23k,k∈Z，所以ω=52，f(x)=sin(52x+π4)+2，所以f(π2)=sin(54π+π4)+2=1.故选：A6．【2022年新高考2卷】若sin(α+β)+cos(α+β)=2√2cos(α+π4)sinβ，则（）A．tan(α−β)=1B．tan(α+β)=1C．tan(α−β)=−1D．tan(α+β)=−1【答案】C【解析】【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.【详解】由已知得：sinαcosβ+cosαsinβ+cosαcosβ−sinαsinβ=2(cosα−sinα)sinβ,即：sinαcosβ−cosαsinβ+cosαcosβ+sinαsinβ=0，即：sin(α−β)+cos(α−β)=0,所以tan(α−β)=−1,故选：C7．【2022年北京】已知函数f(x)=cos2x−sin2x，则（）A．f(x)在(−π2,−π6)上单调递减B．f(x)在(−π4,π12)上单调递增C．f(x)在(0,π3)上单调递减D．f(x)在(π4,7π12)上单调递增【答案】C【解析】【分析】化简得出f(x)=cos2x，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为f(x)=cos2x−sin2x=cos2x.对于A选项，当−π2<x<−π6时，−π<2x<−π3，则f(x)在(−π2,−π6)上单调递增，A错；对于B选项，当−π4<x<π12时，−π2<2x<π6，则f(x)在(−π4,π12)上不单调，B错；对于C选项，当0<x<π3时，0<2x<2π3，则f(x)在(0,π3)上单调递减，C对；对于D选项，当π4<x<7π12时，π2<2x<7π6，则f(x)在(π4,7π12)上不单调，D错.故选：C.8．【2022年浙江】设x∈R，则“sinx=1”是“cosx=0”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为sin2x+cos2x=1可得：当sinx=1时，cosx=0，充分性成立；当cosx=0时，sinx=±1，必要性不成立；所以当x∈R，sinx=1是cosx=0的充分不必要条件.故选：A.9．【2022年浙江】为了得到函数y =2sin3x 的图象，只要把函数y =2sin (3x +π5)图象上所有的点（ ）A ．向左平移π5个单位长度B ．向右平移π5个单位长度C ．向左平移π15个单位长度D ．向右平移π15个单位长度【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出． 【详解】因为y =2sin3x =2sin [3(x −π15)+π5]，所以把函数y =2sin (3x +π5)图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数y =2sin3x 的图象．故选：D.10．【2022年新高考2卷】（多选）已知函数f(x)=sin(2x +φ)(0<φ<π)的图像关于点(2π3,0)中心对称，则（ ） A ．f(x)在区间(0,5π12)单调递减B ．f(x)在区间(−π12,11π12)有两个极值点 C ．直线x =7π6是曲线y =f(x)的对称轴D ．直线y =√32−x 是曲线y =f(x)的切线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 【详解】由题意得：f (2π3)=sin (4π3+φ)=0，所以4π3+φ=k π，k ∈Z ， 即φ=−4π3+k π,k ∈Z ，又0<φ<π，所以k =2时，φ=2π3，故f(x)=sin (2x +2π3)． 对A ，当x ∈(0,5π12)时，2x +2π3∈(2π3,3π2)，由正弦函数y =sinu 图象知y =f(x)在(0,5π12)上是单调递减；对B ，当x ∈(−π12,11π12)时，2x +2π3∈(π2,5π2)，由正弦函数y =sinu 图象知y =f(x)只有1个极值点，由2x +2π3=3π2，解得x =5π12，即x =5π12为函数的唯一极值点； 对C ，当x =7π6时，2x +2π3=3π，f(7π6)=0，直线x =7π6不是对称轴； 对D ，由y′=2cos (2x +2π3)=−1得：cos (2x +2π3)=−12，解得2x +2π3=2π3+2k π或2x +2π3=4π3+2k π,k ∈Z ,从而得：x =k π或x =π3+k π,k ∈Z , 所以函数y =f(x)在点(0,√32)处的切线斜率为k =y′|x=0=2cos2π3=−1，切线方程为：y −√32=−(x −0)即y =√32−x ．故选：AD ．11．【2022年全国甲卷】已知△ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB =120°,AD =2,CD =2BD ．当AC AB取得最小值时，BD =________．【答案】√3−1##−1+√3 【解析】 【分析】设CD =2BD =2m >0，利用余弦定理表示出AC 2AB 2后，结合基本不等式即可得解.【详解】设CD =2BD =2m >0，则在△ABD 中，AB 2=BD 2+AD 2−2BD ⋅ADcos∠ADB =m 2+4+2m ， 在△ACD 中，AC 2=CD 2+AD 2−2CD ⋅ADcos∠ADC =4m 2+4−4m ， 所以AC 2AB 2=4m 2+4−4m m 2+4+2m =4(m 2+4+2m)−12(1+m)m 2+4+2m=4−12(m+1)+3m+1≥42√(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：√3−1.12．【2022年全国乙卷】记函数f(x)=cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T ，若f(T)=√32，x =π9为f(x)的零点，则ω的最小值为____________．【答案】3 【解析】 【分析】首先表示出T ，根据f (T )=√32求出φ，再根据x =π9为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得解； 【详解】解： 因为f (x )=cos (ωx +φ)，（ω>0，0<φ<π） 所以最小正周期T =2πω，因为f (T )=cos (ω⋅2πω+φ)=cos (2π+φ)=cosφ=√32， 又0<φ<π，所以φ=π6，即f (x )=cos (ωx +π6)，又x =π9为f (x )的零点，所以π9ω+π6=π2+kπ,k ∈Z ，解得ω=3+9k,k ∈Z ， 因为ω>0，所以当k =0时ωmin =3； 故答案为：313．【2022年北京】若函数f(x)=Asinx −√3cosx 的一个零点为π3，则A =________；f(π12)=________．【答案】 1 −√2 【解析】 【分析】先代入零点，求得A 的值，再将函数化简为f(x)=2sin(x −π3)，代入自变量x =π12，计算即可.【详解】∵f(π3)=√32A−√32=0，∴A=1∴f(x)=sinx−√3cosx=2sin(x−π3)f(π12)=2sin(π12−π3)=−2sinπ4=−√2故答案为：1，−√214．【2022年浙江】我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S=√14[c2a2−(c2+a2−b22)2]，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a=√2,b=√3,c=2，则该三角形的面积S=___________．【答案】√234.【解析】【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为S=√14[c2a2−(c2+a2−b22)2]，所以S=√14[4×2−(4+2−32)2]=√234．故答案为：√234.15．【2022年浙江】若3sinα−sinβ=√10,α+β=π2，则sinα=__________，cos2β=____ _____．【答案】3√10104 5【解析】【分析】先通过诱导公式变形，得到α的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出α，接下来再求β．【详解】α+β=π2，∴sinβ=cosα，即3sinα−cosα=√10，即√10(3√1010sinα−√1010cosα)=√10，令sinθ=√1010，cosθ=3√1010，则√10sin(α−θ)=√10，∴α−θ=π2+2kπ，k∈Z，即α=θ+π2+2kπ，∴sinα=sin(θ+π2+2kπ)=cosθ=3√1010，则cos2β=2cos2β−1=2sin2α−1=45．故答案为：3√1010；45．16．【2022年全国乙卷】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsin(A−B)= sinBsin(C−A)．(1)若A=2B，求C；(2)证明：2a2=b2+c2【答案】(1)5π8；(2)证明见解析．【解析】【分析】（1）根据题意可得，sinC=sin(C−A)，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinC(sinAcosB−cosAsinB)=sinB(sinCcosA−cosCsinA)，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．(1)由A=2B，sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)可得，sinCsinB=sinBsin(C−A)，而0<B<π2，所以sinB∈(0,1)，即有sinC=sin(C−A)>0，而0<C<π,0<C−A<π，显然C≠C−A，所以，C+C−A=π，而A=2B，A+B+C=π，所以C=5π8．(2)由sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)可得，sinC(sinAcosB−cosAsinB)=sinB(sinCcosA−cosCsinA)，再由正弦定理可得，accosB−bccosA=bccosA−abcosC，然后根据余弦定理可知，1 2(a2+c2−b2)−12(b2+c2−a2)=12(b2+c2−a2)−12(a2+b2−c2)，化简得：2a2=b2+c2，故原等式成立．17．【2022年全国乙卷】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．(1)证明：2a2=b2+c2；(2)若a=5,cosA=2531，求△ABC的周长．【答案】(1)见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得b+c，即可得解.(1)证明：因为sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)，所以sinCsinAcosB−sinCsinBcosA=sinBsinCcosA−sinBsinAcosC，所以ac⋅a2+c2−b22ac −2bc⋅b2+c2−a22bc=−ab⋅a2+b2−c22ab，即a2+c2−b22−(b2+c2−a2)=−a2+b2−c22，所以2a2=b2+c2；(2)解：因为a=5,cosA=2531，由（1）得b2+c2=50，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA，则50−5031bc=25，所以bc=312，故(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，所以b+c=9，所以△ABC的周长为a+b+c=14.18．【2022年新高考1卷】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA =sin2B1+cos2B．(1)若C=2π3，求B；(2)求a2+b2c2的最小值．【答案】(1)π6； (2)4√2−5． 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cosA 1+sinA =sin2B1+cos2B 化成cos (A +B )=sinB ，再结合0<B <π2，即可求出； （2）由（1）知，C =π2+B ，A =π2−2B ，再利用正弦定理以及二倍角公式将a 2+b 2c 2化成4cos 2B +2cos 2B−5，然后利用基本不等式即可解出．(1)因为cosA1+sinA =sin2B1+cos2B =2sinBcosB 2cos 2B=sinBcosB ，即sinB =cosAcosB −sinAsinB =cos (A +B )=−cosC =12，而0<B <π2，所以B =π6； (2)由（1）知，sinB =−cosC >0，所以π2<C <π,0<B <π2， 而sinB =−cosC =sin (C −π2)， 所以C =π2+B ，即有A =π2−2B ． 所以a 2+b 2c 2=sin 2A+sin 2Bsin 2C=cos 22B+1−cos 2Bcos 2B=(2cos 2B−1)2+1−cos 2Bcos 2B=4cos 2B +2cos 2B −5≥2√8−5=4√2−5．当且仅当cos 2B =√22时取等号，所以a 2+b 2c 2的最小值为4√2−5．19．【2022年新高考2卷】记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，分别以a ，b ，c 为边长的三个正三角形的面积依次为S 1,S 2,S 3，已知S 1−S 2+S 3=√32,sinB =13．(1)求△ABC 的面积； (2)若sinAsinC =√23，求b ．【答案】(1)√28(2)12 【解析】 【分析】（1）先表示出S 1,S 2,S 3，再由S 1−S 2+S 3=√32求得a 2+c 2−b 2=2，结合余弦定理及平方关系求得ac ，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得b 2sin 2B=acsinAsinC ，即可求解. (1)由题意得S 1=12⋅a 2⋅√32=√34a 2,S 2=√34b 2,S 3=√34c 2，则S 1−S 2+S 3=√34a 2−√34b 2+√34c 2=√32， 即a 2+c 2−b 2=2，由余弦定理得cosB =a 2+c 2−b 22ac，整理得accosB =1，则cosB >0，又sinB=13，则cosB =√1−(13)2=2√23，ac =1cosB=3√24，则S △ABC =12acsinB =√28； (2)由正弦定理得：bsinB =asinA =csinC ，则b 2sin 2B =asinA ⋅csinC =acsinAsinC =3√24√23=94，则b sinB =32，b =32sinB =12.20．【2022年北京】在△ABC 中，sin2C =√3sinC ． (1)求∠C ；(2)若b =6，且△ABC 的面积为6√3，求△ABC 的周长． 【答案】(1)π6 (2)6+6√3 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC 的值，结合角C 的取值范围可求得角C 的值； （2）利用三角形的面积公式可求得a 的值，由余弦定理可求得c 的值，即可求得△ABC 的周长. (1)解：因为C ∈(0,π)，则sinC >0，由已知可得√3sinC =2sinCcosC ，可得cosC =√32，因此，C =π6.(2)解：由三角形的面积公式可得S △ABC =12absinC =32a =6√3，解得a =4√3.由余弦定理可得c 2=a 2+b 2−2abcosC =48+36−2×4√3×6×√32=12，∴c =2√3，所以，△ABC 的周长为a +b +c =6√3+6.21．【2022年浙江】在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知4a =√5c,cosC =35． (1)求sinA 的值；(2)若b =11，求△ABC 的面积．【答案】(1)√55；(2)22． 【解析】 【分析】（1）先由平方关系求出sinC ，再根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理的推论cosC =a 2+b 2−c 22ab以及4a =√5c 可解出a ，即可由三角形面积公式S=12absinC 求出面积．(1)由于cosC =35， 0<C <π，则sinC =45．因为4a =√5c ， 由正弦定理知4sinA =√5sinC ，则sinA =√54sinC =√55．(2)因为4a =√5c ，由余弦定理，得cosC =a 2+b 2−c 22ab =a 2+121−165a 222a=11−a 252a=35，即a 2+6a −55=0，解得a =5，而sinC =45，b =11， 所以△ABC 的面积S =12absinC =12×5×11×45=22．1．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知点12P ⎛- ⎝⎭在角θ的终边上，且[)0,2πθ∈，则角θ的大小为（ ）． A ．π3B ．2π3C ．5π3D ．4π3【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，确定角θ的范围，再利用三角函数定义求解作答. 【详解】依题意，点12P ⎛- ⎝⎭在第二象限，又[)0,2πθ∈，则ππ2θ<<，而tan θ=所以2π3θ=. 故选：B2．（2022·安徽省舒城中学三模（理））将函数π()2sin()(0)3f x x ωω=->的图象向左平移3ωπ个单位，得到函数()y g x =的图象，若()y g x =在π[0,]4上为增函数，则ω最大值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．52【答案】A 【解析】 【分析】根据平移法则求出函数()g x 的解析式，进而求出()g x 的含有数0的单调区间，再借助集合的包含关系即可解出. 【详解】依题意，()2sin[()]2sin 33g x x x ππωωω=+-=，由ππ22x ω-≤≤，0>ω得：ππ22x ωω-≤≤，于是得()y g x =的一个单调递增区间是ππ,22[]ωω-，因()y g x =在π[0,]4上为增函数，因此，ππ[π[0,]2]24,ωω-⊆，即有ππ24ω≥，解得02ω<≤，即ω最大值为2． 故选：A.3．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（理））已知函数()12sin 32f x x πϕϕ⎛⎫⎛⎫=+< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，直线x π=-为()f x 图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（ ）A ．6π=ϕ B ．()f x 在区间,2ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦单调递减C ．()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2D ．()f x θ+为偶函数，则()23k k Z θππ=+∈【答案】D 【解析】 【分析】由已知得()2sin 23f ππϕ⎛⎫-=-+= ⎪⎝⎭，由2πϕ<可求得ϕ，可判断A 选项，由此有()12sin 36x f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭；对于B ，由,2x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦得12363x πππ-≤-≤-，由正弦函数的单调性可判断；对于C ，由[],x ππ∈-得12366x πππ-≤-≤，由此得()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2sin16π=；对于D ，()11+2sin +336f x x πθθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由()1+362k k Z ππθπ-=∈，解得()23k k Z θππ=+∈.【详解】解：因为函数()12sin 32f x x πϕϕ⎛⎫⎛⎫=+< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，直线x π=-为()f x 图象的一条对称轴，所以()2sin 23f ππϕ⎛⎫-=-+=± ⎪⎝⎭，所以+,32k k Z ππϕπ-+=∈，又2πϕ<，所以6πϕ=-，故A 不正确；所以()12sin 36x f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，对于B ，当,2x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦时，12363x πππ-≤-≤-，所以()f x 在区间,2ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦单调递增，故B 不正确；对于C ，当[],x ππ∈-时，12366x πππ-≤-≤，()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2sin 16π=，故C 不正确；对于D ，若()f x θ+为偶函数，则()()111+2sin +2sin +36336f x x x ππθθθ⎡⎤⎛⎫=-=- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，所以()1+362k k Z ππθπ-=∈，解得()23k k Z θππ=+∈，故D 正确，故选：D.4．（2022·全国·模拟预测）已知α，()0,πβ∈，πtan 3α⎛⎫+= ⎪⎝⎭，πcos 6β⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则()cos 2αβ-=（ ）A． B．CD【答案】D 【解析】 【分析】根据待求式的结构，πππ22362αβαβ⎛⎫⎛⎫-=+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭求解即可．【详解】解：因为πππππcos(2)cos 2sin 236236αβαβαβ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-+-=+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦=ππsin 2()cos()36αβ++-ππcos 2()sin()36αβ++.222πππ2tan 2sin()cos()πππ333sin 22sin()cos()πππ333sin ()cos ()tan 1333ααααααααα⎛⎫+++ ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭+=++=== ⎪⎢⎥⎛⎫⎝⎭⎣⎦+++++ ⎪⎝⎭，22222222π1tan cos ()sin ()π1333cos 2cos ()sin ()π3333cos ()sin ()tan 1333ππαααππαααππααα⎛⎫-++-+ ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭+=+-+=== ⎪⎢⎥⎛⎫⎝⎭⎣⎦+++++ ⎪⎝⎭；πcos 6β⎛⎫+ ⎪⎝⎭ππ0,62β⎛⎫⎛⎫+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以πsin 6β⎛⎫+ ⎪⎝⎭故cos(2)αβ-=． 故选：D.5．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数()()()sin 0f x x ωϕω=+>的一个对称中心为,03π⎛-⎫⎪⎝⎭，()f x 在区间5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上不单调，则ω的最小正整数值为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B【分析】根据题意可得()sin()033f ππωϕ-=-+=，所以13k πϕωπ=+，1k Z ∈，由()f x 在区间5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上不单调可得()()cos 0f x x ωωϕ'=+=在区间5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有解，所以22()2x k k Z πωϕπ+=+∈，在区间5,6ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有解，最终可得23k x ππωπ+=+，k Z ∈，取值即可得解.【详解】由函数()()()sin 0f x x ωϕω=+>的一个对称中心为,03π⎛-⎫⎪⎝⎭，可得()sin()033f ππωϕ-=-+=，所以13k πωϕπ-+=，1k Z ∈，13k πϕωπ=+，1k Z ∈，()()cos f x x ωωϕ'=+，由()f x 在区间5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上不单调， 所以()()cos 0f x x ωωϕ'=+=在区间5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有解， 所以22()2x k k Z πωϕπ+=+∈，在区间5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有解， 所以122()32x k k k Z ππωωππ++=+∈，所以23k x ππωπ+=+，21k k k Z =-∈，又5,6x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以74(,)363x πππ+∈， 所以36362(,)873k k k x ππωπ+++=∈+， 当2k =时，1515(,)87ω∈，此时ω的最小正整数为2.6．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））已知π02θ<<，若πsin 24θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则sin cos θθ+=（ ）A B C D 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中所给的角的范围以及三角函数值，可以确定πcos 24θ⎛⎫- ⎪⎝⎭和角正弦求得3sin 25θ=，从而求得()28sin cos 1sin 25θθθ+=+=，根据角的范围确定符号，开方即可得结果. 【详解】 因为π02θ<<，所以ππ3π2444θ-<-<，又πsin 24θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以ππ2044θ-<-<，所以πcos 24θ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以ππππππ3sin 2sin 2sin 2cos cos 2sin 4444445θθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以()28sin cos 1sin 25θθθ+=+=，又sin cos 0θθ+>，sin cos θθ+= 故选：B ．7．（2022·全国·模拟预测（理））函数()f x 的图象按以下次序变换：①横坐标变为原来的12；②向左平移23π个单位长度；③向上平移一个单位长度；④纵坐标变为原来的2倍，得到sin y x =的图象，则()f x 的解析式为（ ）A ．()112sin 1223f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭B ．()11sin 1223f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭C ．()12sin 2123f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭D ．()1sin 2123f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数图象变换的性质逆推求解即可 【详解】由题意，④纵坐标变为原来的2倍，得到sin y x =的图象，故④变换前为1sin 2y x =；③向上平移一个单位长度，故③变换前为1sin 12y x =-；②向左平移23π个单位长度，故②变换前为1si 123n 2y x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭；①横坐标变为原来的12，故①变换前为211si 3n 122y x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，故()f x 的解析式为()112sin 1223f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭故选：A8．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））已知函数()()()sin 0,0,0πf x A x A ωϕωϕ=+>><<的部分图象如图所示，且13π23f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．将()f x 图象上所有点的横坐标缩小为原来的14，再向上平移一个单位长度，得到()g x 的图象．若()()129g x g x =，1x ，[]20,4πx ∈，则21x x -的最大值为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象求得()12sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再根据图象变换可得()g x 的解析式，结合()()129g x g x =，1x ，[]20,4x π∈，求得21,x x 的值，可得答案.【详解】设()f x 的最小正周期为T ，则由图可知372433T ππ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，得4T π=，则212T πω==，所以()1sin 2f x A x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，又由题图可知()f x 图象的一个对称中心为点2,03π⎛⎫-⎪⎝⎭， 故1223k πϕπ⎛⎫⨯-+= ⎪⎝⎭，Z k ∈，故3k πϕπ=+，Z k ∈， 因为0ϕπ<<，所以3πϕ=，所以()1sin 23f x A x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.又因为1323f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，故131135sin sin sin 2323322f A A A A πππππ⎛⎫⎛⎫=⨯+==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以()12sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；将()f x 图象上所有点的横坐标缩小为原来的14，再向上平移一个单位长度，得到()2sin 213g x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象；因为()()129g x g x =，所以12,x x 同时令()g x 取得最大值3，由()2sin 2133g x x π⎛⎫=++= ⎪⎝⎭，可得()11212k x π+=，Z k ∈，又[]12,0,4x x π∈，要求21x x -的最大值，故令0k =，得112x π=；令3k =，得23712x π=，所以21x x -的最大值为3731212πππ-=， 故选：C.9．（2022·全国·模拟预测）为了得到函数4sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象，只需将函数sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象（ ） A ．向左平移712π个单位长度 B ．向左平移76π个单位长度 C ．向右平移712π个单位长度 D ．向右平移76π个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】根据图像平移的规律，算出答案即可. 【详解】由题意，由于函数477sin(2)sin(2)sin 2()366126y x x x πππππ⎡⎤=+=++=++⎢⎥⎣⎦， 观察发现可由函数sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭向左平移712π个单位长度，得到函数4sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象， 故选：A.10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图是函数()()sin (0,0,0)2f x A x A πωϕωϕ=+>><<的图像的一部分，则要得到该函数的图像，只需要将函数()2cos2g x x x -的图像（ ）A ．向左平移4π个单位长度 B ．向右平移4π个单位长度 C ．向左平移2π个单位长度D ．向右平移2π个单位长度【答案】A 【解析】 【分析】先由图像求得()2sin 32f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再由辅助角公式化简()g x ，最后由三角函数的平移变换即可求解. 【详解】 由题图知：712,1234T T ππππω-=∴==，又()()0,2,sin 2f x A x ωωϕ>∴=∴=+，20,sin 0,0332f A πππϕϕ⎛⎫⎛⎫=∴+=<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得(),sin 233f x A x ππϕ⎛⎫=∴=+ ⎪⎝⎭，又()()()0sin2,2sin 2,cos233f A A f x x g x x x ππ⎛⎫=∴==∴=+=-= ⎪⎝⎭2sin 26x π⎛⎫- ⎪⎝⎭，将()g x 向左平移4π得()2sin 22sin 22sin 246263x x x f x πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+-=+= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.故选：A.11．（2022·青海西宁·二模（文））在①6a =；②8a =；③12a =这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求cos A 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，且2224a b c S +-=，c =________？【答案】答案不唯一，具体见解析 【解析】 【分析】根据题干条件及余弦定理、面积公式，可求得角C 的值，若选①6a =，根据正弦定理，可求得sin A 的值，根据大边对大角原则，可得角A 只有一解，根据同角三角函数关系，可求得cos A 的值；若选②8a =，根据正弦定理，可求得sin A 的值，根据大边对大角原则，可得角A 有两解，根据同角三角函数关系，可求得cos A 的值；若选③12a =，根据正弦定理，可求得sin A 的值，因为sin 1A >，则三角形无解. 【详解】由题意可知在ABC 中， 因为2224a b c S +-=，且in 12s S ab C =， 所以222sin 2a b c C ab+-=， 由余弦定理可知222cos 2a b c C ab+-=， 所以cos sin C C = 因为(0,)C π∈， 所以4Cπ；若选①6a =，由正弦定理可得sin sin a cA C=，解得3sin sin5a A C c ==，在ABC 中，因为c a >，所以C A >， 又因为4Cπ，则角A 只有一解，且0,4A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以4cos 5A ==．若选②8a =，由正弦定理可得sin sin a c A C=，解得4sin sin5a A C c ==， 在ABC 中，因为c a <，所以C A <， 又因为4Cπ，则角A 有两解，所以3cos 5A ==±．若选③12a =，由正弦定理可得sin sin a c A C=，解得6sin sin5a A C c ==， 因为sin 1A >，所以ABC 无解，即三角形不存在．12．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sinsin 2B Cb a B +=. (1)求角A 的大小；(2)若D 为BC 边中点，且2AD =，求a 的最小值. 【答案】(1)π3【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变形及正弦定理即可求解； （2）利用余弦定理及基本不等式即可求解. (1)△sinsin 2B C b a B +=，△πsin sin 2A b aB -=，即cos sin 2Ab a B =.由正弦定理得cos sin sin 2sin AB A B ⋅=⋅. △sin 0B ≠，△cos sin 2sin cos 222A A A A ==. △cos02A ≠，△1sin 22A =，又△π022A <<, △π26A =，△π3A =；(2)△D 为BC 边中点，△2AD AB AC =+，即224()AD AB AC =+, △2AD =，△22162cos c b bc A =++，△2216b c bc +=-,△22216bc b c bc ≤+=-，即163≤bc , 当且仅当b c ==, △222222cos 162a b c bc A b c bc bc =+-=+-=-，△2161616233a ≥-⨯=，即a .故a . 13．（2022·山东聊城·三模）已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin cos()6b Cc B π=-.(1)求角B ；(2)若b =4，求ABC 周长的最大值. 【答案】(1)3B π=；(2)12. 【解析】 【分析】（1）利用差角的余弦公式，结合正弦定理，化简计算作答. （2）利用余弦定理，结合均值不等式求出a +c 的最大值 (1)因为sin cos()6b C c B π=-，则1sin sin )2b Cc B B =+，在ABC 中，由正弦定理得，1sin sin sin sin )2B C C B B =+，而(0,π)C ∈，即sin 0C >，整理得sin B B =，即tan B =()0,πB ∈，解得π3B =， 所以π3B =. (2)在ABC 中，由余弦定理2222cos b a c ac B =+-得：2216a c ac =+-，即()2163a c ac +-=， 而2()2a c ac +≤，于是得()264a c +≤，当且仅当a =c =4时取“=”， 因此，当a =c =4时，a +c 取最大值8，从而a +b +c 取最大值12， 所以ABC 周长的最大值为12.14．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且22(cos )2b a b c a B -=-．(1)求角A 的大小；(2)若8c =，ABC 的面积为BC 边上的高． 【答案】(1)3A π=【解析】 【分析】（1）由余弦定理化简可得答案；（2）由三角形的面积公式可得b 值，由余弦定理可得a 值，结合面积公式可得高. (1)22cos 2b a b c a B ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，即222()2cos a b ca B bc -=-．222222()a b c a b bc ∴-=+--，222b c a bc ∴+-=，2221cos =22b c a A bc +-∴=．又(0,)A π∈，3A π∴=．(2)11sin 8sin 223S bc A b π==⨯⨯==2b ∴=．故由余弦定理可知a ==而1122S ah h ==⨯=解得h =，所以BC ． 15．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c cos A A +=b =①：2a =，222sin sin sin B A C >+；条件②：a b <，21cos cos sin 2a A C c A a =+．这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)tan 2A 的值； (2)c 和面积S 的值．【答案】(1)条件选择见解析，tan 2A =(2)条件选择见解析，2c =，S =【解析】 【分析】（1）若选①，由已知条件可得πsin 6A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，得π6A =或π2，由于a b <，则可得π6A =，进而可求出tan 2A ，若选②，由已知条件可得πsin 6A ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，得π6A =或π2，由于a b <，则可得π6A =，进而可求出tan 2A ，（2）若选①，由正弦定理得sin B =222sin sin sin B A C >+得222b a c >+，再由余弦定理得cos 0B <，则2π3B =，求得π6C =，然后利用三角形面积公式可求得结果，若选②，由正弦定理结合三角函数恒等变换公式可得1cos 2B =-，从而可得2π3B =，则π6C =，然后利用三角形面积公式可求得结果， (1)若选①：2a =，222sin sin sin B A C >+，在ABC cos A A +=πsin 6A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，而ππ7π,666A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，故ππ63A +=或2π3， 则π6A =或π2，△2a b =<=π6A =，△πtan 2tan3A == 若选②：a b <，21cos cos sin 2a A C c A a =+在ABC cos A A +=πsin 6A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，而ππ7π,666A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，故ππ63A +=或2π3，则π6A =或π2，由a b <，得：π6A =，△πtan 2tan 3A ==(2)若选①：2a =，222sin sin sin B A C >+，由正弦定理得：sin sin a b A B =，2πsin 6=sin B =， 由222222sin sin sin B A C b a c >+⇒>+知：222cos 02a c b B ac+-=<，故2π3B =， 则π6C =，△2c a ==，11πsin 2sin 226S ab C ==⨯⨯= 若选②：a b <，21cos cos sin 2a A C c A a =+由正弦定理得：21sin cos cos sin sin sin 2A A C C A A =+，△sin 0A ≠△1cos cos sin sin 2A C A C -=，即()1cos 2A C +=，1cos 2B =-， △0πB <<，故2π3B =，则π6C =， △a c =△由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，22211222c c c ⎛⎫=+-⋅- ⎪⎝⎭，得2c =，△11πsin 2sin 226S bc A ==⨯⨯=。
2023年新高考Ⅰ卷第22题的五种解法
２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题的五种解法卢会玉(西北师范大学附属中学ꎬ甘肃兰州７３００７０)摘㊀要:文章从三角函数㊁直线的参数方程等五个角度解析了２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题ꎬ通过对新鲜出炉的真题的研究与分析ꎬ剖开了题目的内核ꎬ感受数学思维的变通性㊁反思性㊁严密性㊁开放性的重要性.关键词:新高考ꎻ数学ꎻ五种方法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００２０－０４收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:卢会玉(１９８１.７－)ꎬ女ꎬ甘肃省天水人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀自新高考施行以来ꎬ有很多学生吐槽数学题通常都是 满纸的不超纲ꎬ但就是不正常说话! 不难发现ꎬ命题者是想通过改变固定的命题模式ꎬ指导教师和学生实现两个转变:从解题到解决问题的转变ꎻ从死板的刷题到培养思维的转变[１].这是在大力推行核心素养的背景下进行的一次具有革命性的变化!２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题让我们再一次感受到了数学思维训练的重要性ꎬ下文从三角函数㊁直线的参数方程等五种不同的角度对该题进行了解析.１试题呈现题目㊀(２０２３年新高考Ⅰ卷第２２题)在直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ点Ｐ到ｘ轴的距离等于点Ｐ到点(０ꎬ１２)的距离ꎬ记动点Ｐ的轨迹为Ｗ.(１)求Ｗ的方程ꎻ(２)已知矩形ＡＢＣＤ有三个点在Ｗ上ꎬ证明:矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.２试题解析２.１第(１)问解析解析㊀设动点Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ则由题意可得ｙ＝ｘ２＋(ｙ－１２)２.化简可得ｘ２＝ｙ－１４.也可用抛物线的定义解决:点Ｐ的轨迹是以(０ꎬ１２)为焦点ꎬ以ｘ轴为准线的抛物线ꎬ所以抛物线的焦准距ｐ＝１２ꎬ故抛物线的方程为ｘ２＝２ｐ(ｙ－１４)ꎬ即ｘ２＝ｙ－１４.２.２第(２)问解析解法１㊀(利用三角函数和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的倾斜角为θꎬ所以ＡＤ的倾斜角为９０ʎ＋θ.设点Ａ(ｘＡꎬｘ２Ａ＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｔａｎθ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４.由抛物线和矩形的对称性ꎬ不妨设０<θɤ４５ʎ.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｔａｎθ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４ꎬìîíïïïï得ｘ２－ｘｔａｎθ＋ｘＡｔａｎθ－ｘ２Ａ＝０ꎬΔ＝ｔａｎ２θ－４ｘＡｔａｎθ＋４ｘ２Ａ>０ꎬ所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｔａｎθ.则ｘＢ＝ｔａｎθ－ｘＡ.所以ＡＢ＝ｘＡ－ｘＢｃｏｓθ＝ｔａｎθ－２ｘＡｃｏｓθ.同理ＡＤ＝ｃｏｔθ＋２ｘＡｓｉｎθ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(ｔａｎθ－２ｘＡｃｏｓθ＋ｃｏｔθ＋２ｘＡｓｉｎθ).因为０<θɤ４５ʎꎬ所以０<ｓｉｎθɤｃｏｓθ.则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ˑｔａｎθ－２ｘＡ＋ｃｏｔθ＋２ｘＡｃｏｓθ(当且仅当θ＝４５ʎ时取等号).㊀又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ｃｏｓθｔａｎθ＋１ｔａｎθ＝２ｃｏｓθˑ１ｓｉｎθｃｏｓθ＝２ｓｉｎθｃｏｓ２θ＝２－ｓｉｎ３θ＋ｓｉｎθ.令ｆ(ｘ)＝－ｘ３＋ｘꎬｘɪ０ꎬ２２æèç]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝－３ｘ２＋１＝－３(ｘ＋３３)(ｘ－３３).令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得０<ｘ<３３ꎬ此时函数单调递增.令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得３３<ｘ<２２ꎬ此时函数单调递减.所以ｆ(ｘ)ｍａｘ＝ｆ(３３)＝２３９ꎬ此时ｓｉｎθ＝３３.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)>２２３/９＝３３.即矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.解法２㊀(利用直线参数方程和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的倾斜角为θꎬ所以ＡＤ的倾斜角为９０ʎ＋θ.设点Ａ(ｍꎬｍ２＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的参数方程为ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｓｉｎθìîíïïï(ｔ为参数ꎬ０<θɤ４５ʎ)ꎬ直线ＡＤ的参数方程为ｘ＝ｍ－ｔｓｉｎθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｃｏｓθìîíïïï(ｔ为参数ꎬ０<θɤ４５ʎ).将ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓθꎬｙ＝ｍ２＋１４＋ｔｓｉｎθꎬìîíïïï代入ｘ２＝ｙ－１４ꎬ得ｔ２ｃｏｓ２θ＋ｔ(２ｍｃｏｓθ－ｓｉｎθ)＝０.所以ｔＢ＝ｓｉｎθ－２ｍｃｏｓθｃｏｓ２θ＝ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ.则ＡＢ＝ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ.同理ＡＤ＝１/ｔａｎθ＋２ｍｓｉｎθ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(ｔａｎθ－２ｍｃｏｓθ＋ｃｏｔθ＋２ｍｓｉｎθ).因为０<θɤ４５ʎꎬ所以０<ｓｉｎθɤｃｏｓθꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ˑｔａｎθ－２ｍ＋ｃｏｔθ＋２ｍｃｏｓθ(当且仅当θ＝４５ʎ时取等号).又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２ｃｏｓθｔａｎθ＋１ｔａｎθ.以下同解法１.解法３㊀(利用常规根与系数关系和放缩法解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的斜率为ｋꎬ所以ＡＤ的斜率为－１ｋ.设点Ａ(ｘＡꎬｘ２Ａ＋１４)ꎬ则直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｋ(ｘ－ｘＡ)＋ｘ２Ａ＋１４ꎬìîíïïïï得ｘ２－ｋｘ＋ｋｘＡ－ｘ２Ａ＝０ꎬΔ＝ｋ２－４ｋｘＡ＋４ｘ２Ａ>０.所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｋꎬ则ｘＢ＝ｋ－ｘＡꎬ所以ＡＢ＝１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ.同理ＡＤ＝１＋１ｋ２ｘＡ－ｘＤ＝１＋１ｋ２－１ｋ－２ｘＡ＝１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ).又由抛物线和矩形的对称性可知ꎬ－１ɤｋɤ１ꎬｋʂ０ꎬ不妨使０<ｋɤ１ꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ)ȡ２１＋ｋ２(ｋ－２ｘＡ＋１ｋ＋２ｘＡ)(当且仅当ｋ＝１时取等号).又根据ａ＋ｂȡａ＋ｂ(当且仅当ａｂȡ０时取等号)ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｋ２ｋ＋１ｋ＝２(１＋ｋ２)(ｋ＋１ｋ)２＝２(１＋ｋ２)(ｋ２＋２＋１ｋ２).令ｆ(ｘ)＝(１＋ｘ)(ｘ＋２＋１ｘ)ꎬｘɪ０ꎬ１(]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ－１ｘ２＋３＝２ｘ３＋３ｘ２－１ｘ２＝(２ｘ－１)(ｘ＋１)２ｘ２ꎬ令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得１２<ｘ<１ꎬ此时函数单调递增ꎻ令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得０<ｘ<１２ꎬ此时函数单调递减.所以ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１２)＝２７４ꎬ此时ｋ２＝１２.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)>２ˑ２７４＝３３.即矩形ＡＢＣＤ的周长大于３３.解法４㊀(利用常规根与系数关系和分段函数解题)不妨设ＡꎬＢꎬＤ在Ｗ上ꎬ显然矩形ＡＢＣＤ每条边所在直线的斜率都存在.因为此时ＡＢʅＡＤꎬ则设ＡＢ的斜率为ｋꎬ所以ＡＤ的斜率为－１ｋ.设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ直线ＡＤ的方程为ｙ＝－１ｋｘ＋ｎ.由ｘ２＝ｙ－１４ꎬｙ＝ｋｘ＋ｍꎬìîíïïï得ｘ２－ｋｘ－ｍ＋１４＝０.Δ＝ｋ２＋４ｍ－１>０ꎬ所以ｘＡ＋ｘＢ＝ｋꎬ则ｘＢ＝ｋ－ｘＡꎬ所以ＡＢ＝１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ.同理可得ＡＤ＝１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２(１＋ｋ２ｋ－２ｘＡ＋１＋１ｋ２１ｋ＋２ｘＡ)＝２１＋ｋ２(２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２).令ｆ(ｘＡ)＝２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２ꎬ由抛物线和矩形的对称性可知ꎬ－１ɤｋɤ１ꎬｋʂ０ꎬ不妨使０<ｋɤ１ꎬ则ｆ(ｘＡ)＝２ｘＡ－ｋ＋２ｋｘＡ＋１ｋ２＝－(２ｋ＋２)ｘＡ＋ｋ－１ｋ２ꎬｘＡ<－１２ｋꎬ(２ｋ－２)ｘＡ＋ｋ＋１ｋ２ꎬ－１２ｋɤｘＡ<ｋ２ꎬ(２ｋ＋２)ｘＡ－ｋ＋１ｋ２ꎬｘＡȡｋ２.ìîíïïïïïïïï则ｆ(ｘＡ)在(－¥ꎬ－１２ｋ)上单调递减ꎬ在(－１２ｋꎬ＋¥)上单调递增.所以ｆ(ｘＡ)ȡｆ(－１２ｋ)＝ｋ＋１ｋ.所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｋ２ｋ＋１ｋ.以下同解法３.解法５㊀(利用坐标运算和放缩法解题)不妨设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＤ(ｘ３ꎬｙ３)在Ｗ上ꎬ则ｙ１＝ｘ２１＋１４ꎬｙ２＝ｘ２２＋１４ꎬｙ３＝ｘ２３＋１４.因为ＡＢʅＡＤꎬ则ＡＢң ＡＤң＝０.即(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)＋(ｙ１－ｙ２)(ｙ１－ｙ３)＝０.所以(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)＋(ｘ２１－ｘ２２)(ｘ２１－ｘ２３)＝(ｘ１－ｘ２)(ｘ１－ｘ３)１＋(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)[]＝０.所以１＋(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝０.即(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１.所以矩形ＡＢＣＤ的周长为２(ＡＢ＋ＡＤ)＝２((ｘ１－ｘ２)２＋(ｙ１－ｙ２)２＋(ｘ１－ｘ３)２＋(ｙ１－ｙ３)２)＝２[ｘ１－ｘ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２＋ｘ１－ｘ３１＋１/(ｘ１＋ｘ２)２]因为(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１ꎬ所以不妨设(ｘ１＋ｘ２)２ɤ(ｘ１＋ｘ３)２ꎬ所以２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２(ｘ１－ｘ２＋ｘ１－ｘ３)[]ꎬ当且仅当ｘ２＋ｘ３＝２ｘ１时取等号.又根据ａ＋ｂȡａ－ｂ(当且仅当ａｂɤ０时取等号)ꎬ所以ｘ１－ｘ２＋ｘ１－ｘ３ȡｘ２－ｘ３＝(ｘ１＋ｘ２)－(ｘ１＋ｘ３)＝(ｘ１＋ｘ２)＋１(ｘ１＋ｘ２).即２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋(ｘ１＋ｘ２)２(ｘ１＋ｘ２)＋１(ｘ１＋ｘ２).令ｍ＝ｘ１＋ｘ２ꎬ由(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１＋ｘ３)＝－１ꎬ可不妨设ｍɪ０ꎬ１(]ꎬ则２(ＡＢ＋ＡＤ)ȡ２１＋ｍ２ｍ＋１ｍ.以下同解法３.３结束语不难发现ꎬ以上五种方法有一个共同的特点ꎬ就是都利用了不等式性质进行了放缩运算ꎬ达到了减少变量的目的ꎬ最后基本都变换为一个利用函数单调性求最值的问题.所以ꎬ遇到思维量较大的题目ꎬ我们一定要有明确的目标ꎬ有的放矢.参考文献:[１]丁益民ꎬ金鹏. 一 以贯之:高三专题复习的教学组织:以解析几何解题教学为例[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２３(０８):４８－５１ꎬ５４.[责任编辑:李㊀璟]。
高考数学-概率与统计(含22年真题讲解)
高考数学-概率与统计（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】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【答案】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】>70%,所以A错；讲座前中位数为70%+75%2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.2．【2022年全国甲卷】从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A．15B．13C．25D．23【答案】C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3 ,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)15种情况，其中数字之积为4的倍数的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6)6种情况，故概率为615=25.故选：C.3．【2022年全国乙卷】分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C【解析】【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.【详解】=7.4，A选项结论正确.对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.3+7.52对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.1=8.50625>8，16B选项结论正确.=0.375<0.4，对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值616C选项结论错误.=0.8125>0.6，对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值1316D选项结论正确.故选：C4．【2022年全国乙卷】某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3，且p3>p2>p1>0．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘甲的概率p丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为p甲则p甲=2(1−p2)p1p3+2p2p1(1−p3)=2p1(p2+p3)−4p1p2p3记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则p乙=2(1−p1)p2p3+2p1p2(1−p3)=2p2(p1+p3)−4p1p2p3记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则p丙=2(1−p1)p3p2+2p1p3(1−p2)=2p3(p1+p2)−4p1p2p3则p甲−p乙=2p1(p2+p3)−4p1p2p3−[2p2(p1+p3)−4p1p2p3]=2(p1−p2)p3<0p 乙−p丙=2p2(p1+p3)−4p1p2p3−[2p3(p1+p2)−4p1p2p3]=2(p2−p3)p1<0即p甲<p乙，p乙<p丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D5．【2022年新高考1卷】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A．16B．13C．12D．23【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C72=21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8)，共7种，故所求概率P=21−721=23.故选：D.6．【2022年全国甲卷】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________．【答案】635.【解析】【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：635．7．【2022年全国乙卷】从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．【答案】310##0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为C53=10甲、乙都入选的方法数为C31=3，所以甲、乙都入选的概率P=310故答案为：3108．【2022年新高考2卷】已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，且P(2<X≤2.5)=0.36，则P(X>2.5)=____________．【答案】0.14##750．【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为X∼N(2,σ2)，所以P(X<2)=P(X>2)=0.5，因此P(X>2.5)=P(X>2)−P(2<X ≤2.5)=0.5−0.36=0.14．故答案为：0.14．9．【2022年浙江】现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ=2)=__________，E(ξ)=_________．【答案】 1635， 127##157 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式求P(ξ=2)，由条件求ξ分布列，再由期望公式求其期望. 【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有C 73种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有C 41+C 21C 42种，所以P(ξ=2)=C 41+C 21C 42C 73=1635，由已知可得ξ的取值有1，2，3，4， P(ξ=1)=C 62C 73=1535，P(ξ=2)=1635，，P(ξ=3)=C 32C 73=335，P(ξ=4)=1C 73=135所以E(ξ)=1×1535+2×1635+3×335+4×135=127,故答案为：1635，127.10．【2022年全国甲卷】甲、乙两城之间的长途客车均由A 和B 两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率； (2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)， P (K 2⩾k )0.100 0.050 0.010 k2.7063.8416.635【答案】(1)A ，B 两家公司长途客车准点的概率分别为1213，78(2)有 【解析】 【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算K 2，再利用临界值表比较即可得结论. (1)根据表中数据，A 共有班次260次，准点班次有240次， 设A 家公司长途客车准点事件为M ， 则P(M)=240260=1213；B 共有班次240次，准点班次有210次， 设B 家公司长途客车准点事件为N ， 则P(N)=210240=78.A 家公司长途客车准点的概率为1213； B 家公司长途客车准点的概率为78. (2)列联表K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=500×(240×30−210×20)2260×240×450×50≈3.205>2.706，根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.11．【2022年全国甲卷】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．【答案】(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(A BC)+P(AB̅C)+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的分布列为期望E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13.12．【2022年全国乙卷】某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：2）和材积量（单位：3），得到如下数据：并计算得∑x i 210i=1=0.038,∑y i 210i=1=1.6158,∑x i y i10i=1=0.2474． (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m 2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数r =∑(x i−x̅)n i=1(y i −y̅)√∑(x i −x̅)2ni=1∑(y i−y ̅)2ni=1√1.896≈1.377．【答案】(1)0.06m 2；0.39m 3 (2)0.97 (3)1209m 3 【解析】 【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值． (1)样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x̅=0.610=0.06样本中10棵这种树木的材积量的平均值y̅=3.910=0.39据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m 2， 平均一棵的材积量为0.39m 3 (2)r =∑(x i −x)10i=1(y i −y)√∑10i=1(x i −x)2∑10i=1(y i −y)2=∑10i=1i i 10xy√(∑10i=1x i 2−10x2)(∑10i=1y i 2−10y 2)=0.2474−10×0.06×0.39√(0.038−10×0.062)(1.6158−10×0.392)=0.0134√0.0001896≈0.01340.01377≈0.97则r ≈0.97 (3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m 3， 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比， 可得0.060.39=186Y，解之得Y =1209m 3． 则该林区这种树木的总材积量估计为1209m 313．【2022年新高考1卷】一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”．P(B|A)P(B ̅|A)与P(B|A )P(B ̅|A )的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R ．（ⅰ）证明：R =P(A|B)P(A |B)⋅P(A |B ̅)P(A|B ̅)；（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B ̅)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R 的估计值．附K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，【答案】(1)答案见解析 (2)（i ）证明见解析；(ii)R =6； 【解析】【分析】(1)由所给数据结合公式求出K2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.(1)由已知K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200(40×90−60×10)250×150×100×100=24，又P(K2≥6.635)=0.01，24>6.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(i)因为R=P(B|A)P(B̅|A)⋅P(B̅|A)P(B|A)=P(AB)P(A)⋅P(A)P(AB̅)⋅P(A B̅)P(A)⋅P(A)P(A B)，所以R=P(AB)P(B)⋅P(B)P(A B)⋅P(A B̅)P(B̅)⋅P(B̅)P(AB̅)所以R=P(A|B)P(A|B)⋅P(A|B̅) P(A|B̅)，(ii)由已知P(A|B)=40100，P(A|B̅)=10100，又P(A|B)=60100，P(A|B̅)=90100，所以R=P(A|B)P(A|B)⋅P(A|B̅)P(A|B̅)=614．【2022年新高考2卷】在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.【答案】(1)44.65岁；(2)0.89；(3)0.0014．【解析】【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式P(A)=1−P (A)即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．(1)平均年龄x̅=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023 +55×0.020+65×0.012+75×0.006+85×0.002)×10=44.65（岁）．(2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以P(A)=1−P(A)=1−(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1−0.11=0.89．(3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)}，C={任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式可得P(C|B)=P(BC)P(B)=0.1%×0.023×1016%=0.001×0.230.16=0.0014375≈0.0014．15．【2022年北京】在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9．50m以上（含9．50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【答案】(1)0.4(2)75(3)丙【解析】【分析】(1)由频率估计概率即可(2)求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.(3)计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.(1)由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，故答案为0.4(2)设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3P(X=0)=P(A1̅̅̅A2̅̅̅A3̅̅̅)=0.6×0.5×0.5=3，20P(X=1)=P(A1A2̅̅̅A3̅̅̅)+P(A1̅̅̅A2A3̅̅̅)+P(A1̅̅̅A2̅̅̅A3)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=8，20P(X=2)=P(A1A2A3̅̅̅)+P(A1A2̅̅̅A3)+P(A1̅̅̅A2A3)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=7，20P(X=3)=P(A1A2A3)=0.4×0.5×0.5=2.20∴X的分布列为∴E(X)=0×320+1×820+2×720+3×220=75 (3)丙夺冠概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为14，甲获得9.80的概率为110，乙获得9.78的概率为16.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.1．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））某市有11名选手参加了田径男子100米赛的选拔比赛，前5名可以参加省举办的田径赛，如果各个选手的选拔赛成绩均不相同，选手小强已经知道了自己的成绩，为了判断自己能否参加省举办的田径赛，他还需要知道这11名选手成绩的（ ） A ．平均数 B ．中位数 C ．众数 D ．方差【答案】B 【解析】 【分析】中位数恰好是第6名，比中位数成绩高即可确认自己能否进入省田径赛． 【详解】因为11名选手成绩的中位数恰好是第6名，知道了第6名的成绩，小强就可以判断自己是否能参加省举办的田径赛了，其余数字特征不能反映名次． 故选：B ．2．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））2021年5月30日清晨5时01分，天舟二号货运飞船在成功发射约8小时后，与中国空间站天和核心舱完成自主快速交接．如果下次执行空间站的任务由3名航天员承担，需要在3名女性航天员和3名男性航天员中选择，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率为（ ） A ．67B ．910 C ．25D ．415【答案】B 【解析】 【分析】利用对立事件和古典概型的概率公式求解即可. 【详解】设“选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员”为事件M ，则()333336C C 91C 10P M ==+-.故选：B.3．（2022·全国·模拟预测（文））如图是一组实验数据的散点图，拟合方程()0by c x x=+>，令1t x=，则y 关于t 的回归直线过点()2,5，()12,25，则当()1.01,1.02y ∈时，x 的取值范围是（ ）A ．()0.01,0.02B ．()50,100C ．()0.02,0.04D ．()100,200【答案】D 【解析】 【分析】 先令1t x =可得()0y bt c t =+>，由y 关于t 的回归直线过点()2,5，()12,25可得522512b c b c=+⎧⎨=+⎩从而求得21y t =+，再由y 的范围求得t 的范围，进而求得x 的范围. 【详解】根据题意可得()0y bt c t =+>，由y 关于t 的回归直线过点()2,5，()12,25可得：522512b cb c =+⎧⎨=+⎩，所以2,1b c ==， 所以21y t =+，由()1.01,1.02y ∈可得1.0121 1.02t <+<， 所以0.0050.01t <<， 所以10.0050.01x<<，所以100200x <<， 故选：D4．（2022·辽宁实验中学模拟预测）某国计划采购疫苗，现在成熟的疫苗中，三种来自中国，一种来自美国，一种来自英国，一种由美国和德国共同研发，从这6种疫苗中随机采购三种，若采购每种疫苗都是等可能的，则买到中国疫苗的概率为（ ） A ．16B ．12C ．910D ．1920【答案】D 【解析】 【分析】由对立事件的概率公式计算． 【详解】没有买到中国疫苗的概率为13611C 20P ==， 所以买到中国疫苗的概率为119120P P =-=． 故选：D ．5．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））食物链亦称“营养链”，是指生态系统中各种生物为维持其本身的生命活动，必须以其他生物为食物的这种由食物联结起来的链锁关系．如图为某个生态环境中的食物链，若从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，则这两种生物不能构成摄食关系的概率（ ）A ．35B ．25C ．23D ．13【解析】 【分析】用列举法写出构成的摄食关系，计数后可求得概率． 【详解】从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，共有10种选法：鹰麻雀，鹰兔，鹰田鼠，鹰蝗虫，麻雀兔，麻雀田鼠，麻雀蝗虫，兔田鼠，兔蝗虫，田鼠蝗虫．其中田鼠鹰，兔鹰，麻雀鹰，蝗虫麻雀共四种可构成摄食关系，不能构成摄食关系的有6种，所以概率为63105P ==． 故选：A ．6．（2022·山东潍坊·模拟预测）Poisson 分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家西莫恩·德尼·泊松首次提出，Poisson 分布的概率分布列为()()e 0,1,2,!kP X K k k λλ-===⋅⋅⋅，其中e 为自然对数的底数，λ是Poisson 分布的均值．当二项分布的n 很大()20n ≥而p 很小()0.05p ≤时，Poisson 分布可作为二项分布的近似．假设每个大肠杆菌基因组含有10000个核苷酸对，采用20.05/J m 紫外线照射大肠杆菌时，每个核苷酸对产生嘧啶二体的概率均为0.0003，已知该菌株基因组有一个嘧啶二体就致死，则致死率是（ ） A ．31e -- B ．3e - C ．313e -- D ．314e --【答案】A 【解析】 【分析】结合题意1000020n =≥，0.00030.05p =≤，此时Poisson 分布满足二项分布的近似条件，再计算二项分布的均值为Poisson 分布的均值λ，再代入公式先求不致死的概率，再用对立事件的概率和为1计算即可 【详解】由题， 1000020n =≥，0.00030.05p =≤，此时Poisson 分布满足二项分布的近似的条件，此时100000.00033λ=⨯=，故不致死的概率为()03330e e 0!P X --===，故致死的概率为()3101e P X --==-7．（2022·河南安阳·模拟预测（理））某房产销售公司有800名销售人员，为了了解销售人员上一个季度的房屋销量，公司随机选取了部分销售人员对其房屋销量进行了统计，得到上一季度销售人员的房屋销量(20,4)X N ，则全公司上一季度至少完成22套房屋销售的人员大概有（ ）附：若随机变量X 服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<≤+≈，(22)0.9545P X μσμσ-<≤+≈，(33)0.9973P X μσμσ-<≤+≈．A ．254人B ．127人C ．18人D ．36人【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的性质求出()22P X ≥，从而估计出人数； 【详解】 解：因为(20,4)X N ，所以20μ=，2σ=，所以()1()10.6827220.1586522P X P X μσμσ--<≤+-≥===所以全公司上一季度至少完成22套房屋销售的人员大概有8000.15865127⨯≈（人）； 故选：B8．（2022·河南·模拟预测）某公司生产的一种产品按照质量由高到低分为A ，B ，C ，D 四级，为了增加产量、提高质量，该公司改进了一次生产工艺，使得生产总量增加了一倍．为了解新生产工艺的效果，对改进生产工艺前、后的四级产品的占比情况进行了统计，绘制了如下扇形图：根据以上信息：下列推断合理的是（ ） A ．改进生产工艺后，A 级产品的数量没有变化B．改进生产工艺后，D级产品的数量减少C．改进生产工艺后，C级产品的数量减少D．改进生产工艺后，B级产品的数量增加了不到一倍【答案】C【解析】【分析】由题可得改进生产工艺前后四个等级的生产量，逐项分析即得.【详解】设原生产总量为1，则改进生产工艺后生产总量为2，所以原A，B，C，D等级的生产量为0.3，0.37，0.28，0.05，改进生产工艺后四个等级的生产量为0.6，1.2，0.12，0.08，故改进生产工艺后，A级产品的数量增加，故A错误；改进生产工艺后，D级产品的数量增加，故B错误；改进生产工艺后，C级产品的数量减少，故C正确；改进生产工艺后，B级产品的数量增加超过2倍，故D错误.故选：C.9．（2022·河南安阳·模拟预测（文））为推动就业与培养有机联动、人才供需有效对接，促进高校毕业生更加充分更高质量就业，教育部今年首次实施供需对接就业育人项目．现安排甲、乙两所高校与3家用人单位开展项目对接，若每所高校至少对接两家用人单位，则两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为（）A．12B．23C．34D．1316【答案】D【解析】【分析】由古典概型与对立事件的概率公式求解即可【详解】因为每所高校至少对接两家用人单位，所以每所高校共有2333314C C+=+=种选择，所以甲、乙两所高校共有4416⨯=种选择，其中甲、乙两所高校的选择涉及两家用人单位的情况有233C =种，所以甲、乙两所高校的选择涉及到全部3家用人单位的概率为31311616P =-=， 故选：D10．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）某同学在课外阅读时了解到概率统计中的马尔可夫不等式，该不等式描述的是对非负的随机变量X 和任意的正数a ，都有()()(),P X a f E X a ≥≤，其中()(),f E X a 是关于数学期望()E X 和a 的表达式.由于记忆模糊，该同学只能确定()(),f E X a 的具体形式是下列四个选项中的某一种.请你根据自己的理解，确定该形式为（ ） A ．()aE X B ．()1aE XC ．()a E XD ．()E X a【答案】D 【解析】 【分析】根据期望的计算公式,以及m x a ≥即可求解. 【详解】设非负随机变量X 的所有可能取值按从小到大依次为0,i x i N *>∈,对应的概率分别为,0i i p p >设满足i x a ≥的有,,,m a a x k m n m N k N **≤≤∈∈,()ani i k P X a p =≥=∑,()111a ai nk i iii n i ii k i ax pE ax p x pX a -===+==∑∑∑,因为m x a ≥,所以1mx a≥()()()1111a a aaannniiiiiik k i k i k i k ii i i i x px px px p p P X a P X a E aa aaaX --=====⎛⎫+≥+=+≥≥≥ ⎪⎝⎭=∑∑∑∑∑故选：D11．（2022·吉林·三模（理））为了切实维护居民合法权益，提高居民识骗防骗能力，守好居民的“钱袋子”，某社区开展“全民反诈在行动——反诈骗知识竞赛”活动，现从参加该活动的居民中随机抽取了100名，统计出他们竞赛成绩分布如下：(1)求抽取的100名居民竞赛成绩的平均分x 和方差2s （同一组中数据用该组区间的中点值为代表）；(2)以频率估计概率，发现该社区参赛居民竞赛成绩X 近似地服从正态分布()2,N μσ，其中μ近似为样本成绩平均分x ，2σ近似为样本成缋方差2s ，若2μσμσ-<≤+X ，参赛居民可获得“参赛纪念证书”；若2μσ>+X ，参赛居民可获得“反诈先锋证书”，①若该社区有3000名居民参加本次竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的居民人数（结果保留整数）；②试判断竞赛成绩为96分的居民能否获得“反诈先锋证书”． 附：若()2,XN μσ，则()0.6827P X μσμσ-<≤+≈，(22)0.9545P X μσμσ-<≤+≈，(33)0.9973P X μσμσ-<≤+≈．【答案】(1)75x =，2100s = (2)①2456 ；②能 【解析】 【分析】（1）利用公式直接求出均值、方差即可；（2）①结合给的概率和正态分布的性质，确定获得“参赛纪念证书”，进而计算可得人数； ②利用正态分布的知识求出2μσ>+X ，即95>X ，进而可得结果. (1)100名居民本次竞赛成绩平均分24224028445556575859575100100100100100100=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=x ， 100名居民本次竞赛成绩方差22222422(4575)(5575)(6575)100100100=-⨯+-⨯+-⨯s 22240284(7575)(8575)(9575)100100100100+-⨯+-⨯+-⨯=， (2)①由于μ近似为样本成绩平均分x ，2σ近似为样本成绩方差2s ， 所以，275,100μσ==，可知，10σ=，由于竞赛成绩X 近似地服从正态分布()2,N μσ，因此竞赛居民可获得“参赛纪念证书”的概率 (2)P X μσμσ-<≤+11()(22)22μσμσμσμσ=-<≤++-<≤+P X P X 110.68270.95450.818622≈⨯+⨯= 30000.81862455.82456⨯=≈估计获得“参赛纪念证书”的居民人数为2456；②当2μσ>+X 时，即95>X 时，参赛居民可获得“反诈先锋证书”， 所以竞赛成绩为96分的居民能获得“反诈先峰证书”．12．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））“十四五”规划纲要提出，全面推动长江经济带发展，协同推动生态环境保护和经济发展长江水资源约占全国总量的36%，长江流域河湖､水库､湿地面积约占全国的20%，珍稀濒危植物占全国的39.7%，淡水鱼类占全国的33%.长江经济带在我国生态文明建设中占据重要位置.长江流域某地区经过治理，生态系统得到很大改善，水生动物数量有所增加.为调查该地区某种水生动物的数量，将其分成面积相近的100个水域，从这些水域中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据()(),1,2,,20,i i x y i =其中i x 和i y 分别表示第i 个样区的水草覆盖面积（单位：公顷）和这种水生动物的数量，并计算得20160i i x ==∑，2011200i i y ==∑，2021-)120,i i x x ==∑（2021-)9000,i i y ==∑（y 201-)-)1000.i iix x y ==∑（（y (1)求该地区这种水生动物数量的估计值（这种水生动物数量的估计值等于样区这种水生动物数量的平均数乘以地块数）； (2)求样本()(),1,2,,20i i x y i =的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间水草覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种水生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.附：相关系数-)-) 1.732.niix y x r =≈∑（（y【答案】(1)6000 (2)0.96(3)采用分层抽样的方法，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据该地区这种水生动物数量的估计值的计算方法求解即可； （2）根据相关系数的公式求解即可；（3）根据（2）中的结论各样区的这种水生动物的数量与水草覆盖面积有很强的正相关性考虑即可 (1)样区水生动物平均数为201111200602020i i y ==⨯=∑， 地块数为100，该地区这种水生动物的估计值为100606000⨯=. (2)样本()(),1,2,,20i i x y i =⋯的相关系数为()()20,0.96.iix x y y r -===≈∑ (3)由（2）知各样区的这种水生动物的数量与水草覆盖面积有很强的正相关性，由于各地块间水草覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物的数量差异很大，所以采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构得以执行，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种水生动物数量更准确的估计.13．（2022·河南开封·模拟预测（理））大豆是我国重要的农作物，种植历史悠久．某种子实验基地培育出某大豆新品种，为检验其最佳播种日期，在A ，B 两块试验田上进行实验（两地块的土质等情况一致）.6月25日在A 试验田播种该品种大豆，7月10日在B 试验田播种该品种大豆．收获大豆时，从中各随机抽取20份（每份1千粒），并测量出每份的质量（单位：克），按照[)100,150，[)150,200，[]200,250进行分组，得到如下表格：。
2022年河北省衡水市高考数学一模试卷及答案解析
2022年河北省衡水市高考数学一模试卷注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合A＝{x|2x＜4}，B＝{x|﹣2＜log2x＜2}，则A∩B＝（）A．{x|14＜x＜4}B．{x|14＜x＜2}C．{x|2＜x＜4}D．{x|1＜x＜2}2．已知复数z＝（2+ai）（1+i）（其中i为虚数单位，a∈R）在复平面内对应的点为（1，3），则实数a的值为（）A．1B．2C．﹣1D．03．已知c＝1，则“a，b的平均数大于1”是“a，b，c的平均数大于1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．函数f(x)=sinxx2+|x|+1在[−π2，π2]上的图象为（）A．B．C．D．5．cos π24sin 23π24sin 5π12=（ ） A ．116B ．√38C ．18D ．√3166．（1+x 2−2x ）（1+x ）5展开式中x 2的系数为（ ） A ．1B ．﹣9C ．31D ．﹣197．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，b n =a n 4a n+13，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于一切正整数n 都有S n ＜T n ，则数列{a n }的公比q 的取值范围为（ ） A ．（1，+∞）B ．（0，1）C ．（2，+∞）D ．（0，4）8．已知函数f （x ）＝2x |2x ﹣a |，若0≤x ≤1时f （x ）≤1，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[74，2]B ．[53，2]C ．[32，2]D ．[32，53]二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． （多选）9．已知函数f （x ）＝2sin （x +π3）sin x +cos2x ，则（ ） A ．f （x ）＝sin （2x +π6）+12 B ．f （x ）＝sin （2x +π3）+12 C ．f （x ）的值域为[−12，32]D ．f （x ）的图象向左平移π6个单位后关于 y 轴对称（多选）10．已知双曲线C 过点(3，√2)且渐近线方程为y =±√33x ，则下列结论正确的是（ ） A ．C 的方程为x 23−y 2=1B ．C 的离心率为√3C ．曲线y ＝e x ﹣2﹣1经过C 的一个焦点D ．直线x −√3y −1=0与C 有两个公共点（多选）11．如图所示，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上（异于点A ，B ），直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点，以下四个命题正确的是（ ）A ．P A ∥平面MOB B ．MO ∥平面P AC C ．OC ⊥平面P ACD ．平面P AC ⊥平面PBC（多选）12．已知函数f （x ）＝x 2e x ﹣2+lnx ﹣2的零点为x 0，则（ ） A ．e 2−x 0+lnx 0+3的值为5 B ．e 2−x 0+lnx 0+3的值为4 C ．x 0∈(1，32)D ．x 0∈(32，2)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若向量a →，b →满足|a →|＝3，且（a →+b →）•（a →−b →）＝4，则|b →|＝ 14．已知正实数a ，b 满足3a +2b ＝1，则6a+1b 的最小值为 ．15．设A 1，A 2，B 1分别是椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的左、右、上顶点，O 为坐标原点，D 为线段OB 1的中点，过A 2作直线A 1D 的垂线，垂足为H ．若H 到x 轴的距离为169|OD|，则C 的离心率为 ．16．四面体ABCD 的顶点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB ＝BC ＝AC ＝6．若该球的表面积为64π，则四面体ABCD 体积的最大值为 ．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．（10分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知向量m→=(√3b，√3c−2a)，n→=(cosC，cosB)，且m→⊥n→．（1）求B；（2）若sinA+cosC=√3，且a=3√3，求△ABC的周长．18．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝3，a n+1＝2S n+3（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝log3a n，若数列{1b n b n+1}的前n项和为T n，证明：T n＜1．19．（12分）2018年9月的台风“山竹”对我国多个省市的财产造成重大损害，据统计直接经济损失达52亿元．某青年志愿者组织调查了某地区的50个农户在该次台风中造成的直接经济损失，将收集的损失数据分成五组：[0，2000]，（2000，4000]，（4000，6000]，（6000，8000]，（8000，10000]（单位：元）．得到如图所示的频率分布直方图．（1）试根据频率分布直方图估计该地区每个农户的损失（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）台风后该青年志愿者与当地政府向社会发出倡议，为该地区的农户捐款帮扶，现从这50户并且损失超过4000元的农户中随机抽取2户进行重点帮扶，设抽出损失超过8000元的农户数为X，求X的分布列和数学期望．20．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，BC⊥BB1，CC1=√2，AC1=√6．（1）证明：平面ABC⊥平面BB1C1C．（2）M，N分别是BC，B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角P﹣MN﹣C的平面角的大小为30°，试确定点P的位置．21．（12分）已知抛物线C：y2＝4x，点F为C的焦点，过F的直线l交C于A，B两点．（1）设A，B在C的准线上的射影分别为P，Q，线段PQ的中点为R，证明：AR∥FQ．（2）在x轴上是否存在一点T，使得直线AT，BT的斜率之和为定值？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．2022年河北省衡水市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合A＝{x|2x＜4}，B＝{x|﹣2＜log2x＜2}，则A∩B＝（）A．{x|14＜x＜4}B．{x|14＜x＜2}C．{x|2＜x＜4}D．{x|1＜x＜2}解：∵A={x|x＜2}，B={x|14＜x＜4}，∴A∩B={x|14＜x＜2}．故选：B．2．已知复数z＝（2+ai）（1+i）（其中i为虚数单位，a∈R）在复平面内对应的点为（1，3），则实数a的值为（）A．1B．2C．﹣1D．0解：因为z＝（2+ai）（1+i）＝2﹣a+（2+a）i（其中i为虚数单位，a∈R）在复平面内对应的点为（1，3），则2﹣a＝1且2+a＝3，解得a＝1，故选：A．3．已知c＝1，则“a，b的平均数大于1”是“a，b，c的平均数大于1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解：c＝1，则“a，b的平均数大于1”⇒“a，b，c的平均数大于1”，“a，b，c的平均数大于1”⇒“a，b的平均数大于1”，∴c＝1，则“a，b的平均数大于1”是“a，b，c的平均数大于1”的充要条件．故选：C．4．函数f(x)=sinxx2+|x|+1在[−π2，π2]上的图象为（）A ．B ．C ．D ．解：函数的解析式满足f （﹣x ）＝﹣f （x ），则函数为奇函数，排除C 、D 选项， 由|sinx|≤1，x 2+|x|+1=(|x|+12)2+34≥1可知：|f （x ）|≤1，排除A 选项． 故选：B ．5．cos π24sin 23π24sin 5π12=（ ） A ．116B ．√38C ．18D ．√316解：cos π24sin 23π24sin 5π12 ＝cos π24sin （π−π24）sin （π2−π12） ＝cosπ24sinπ24cos π12=12×2cos π24sinπ24cos π12=12×sinπ12cosπ12=12×12×2sinπcosπ=14sin π6=18．故选：C．6．（1+x2−2x）（1+x）5展开式中x2的系数为（）A．1B．﹣9C．31D．﹣19解：（1+x）5展开中第r+1项为T r+1=∁5r x r，其x2的系数，常数项，x3的系数分别为∁52，∁50，∁53，故（1+x2−2x）（1+x）5展开式中x2的系数为∁52+∁50−2∁53=−9，故选：B．7．已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，b n=a n4a n+13，且数列{b n}的前n项和为T n，若对于一切正整数n都有S n＜T n，则数列{a n}的公比q的取值范围为（）A．（1，+∞）B．（0，1）C．（2，+∞）D．（0，4）解：因为等比数列{a n}是正项等比数列，所以a1＞0、q＞0，若q＝1，则a n＝a1，∴b n=a n4a n+13=a n＝a1，则有S n＝T n，不满足题意；若q≠1，则S n=a1(1−q n)1−q，b n=a n 4a n+13，T n=a1q3(1−q n)q3(1−q)=a1(1−qn)q3(1−q)，∴T n﹣S n=a1(1−q n)1−q(1q3−1)=a1(1−qn)(1−q3)q3(1−q)=a1(1−qn)(1+q+q2)q3，因为a1＞0，q＞0，S n＜T n，则1﹣q n＞0，q n＜1，∴0＜q＜1，故数列{a n}的公比q的取值范围为（0，1）．故选：B．8．已知函数f（x）＝2x|2x﹣a|，若0≤x≤1时f（x）≤1，则实数a的取值范围为（）A ．[74，2]B ．[53，2]C ．[32，2]D ．[32，53]解：因为f （x ）＝2x |2x ﹣a |，若0≤x ≤1时，由f （x ）≤1，得﹣2﹣x ≤a ﹣2x ≤2﹣x ，所以2x ﹣2﹣x ≤a ≤2x +2﹣x ，若0≤x ≤1，则2x +2﹣x ≥2√2x ⋅2−x =2，当且仅当x ＝0时取等号，又y ＝2x ﹣2﹣x在[0，1]上单调递增，所以y ＝2x ﹣2﹣x ≤2−12=32， 所以32≤a ≤2．故选：C ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． （多选）9．已知函数f （x ）＝2sin （x +π3）sin x +cos2x ，则（ ） A ．f （x ）＝sin （2x +π6）+12 B ．f （x ）＝sin （2x +π3）+12 C ．f （x ）的值域为[−12，32]D ．f （x ）的图象向左平移π6个单位后关于 y 轴对称解：f （x ）＝2sin （x +π3）sin x +cos2x ＝2（12sin x +√32cos x ）sin x +cos2x=12cos2x +√32sin2x +12=sin （2x +π6）+12，故A 正确，B 错误；因为sin （2x +π6）∈[﹣1，1]，可得f （x ）＝sin （2x +π6）+12∈[−12，32]，故C 正确；将f （x ）的图象向左平移π6个单位后，可得f （x +π6）＝sin[2（x +π6）+π6]＝sin （2x +π2）＝cos2x ，其图象关于 y 轴对称，故D 正确． 故选：ACD ．（多选）10．已知双曲线C 过点(3，√2)且渐近线方程为y =±√33x ，则下列结论正确的是（ ）A ．C 的方程为x 23−y 2=1B ．C 的离心率为√3C ．曲线y ＝e x ﹣2﹣1经过C 的一个焦点D ．直线x −√3y −1=0与C 有两个公共点解：由双曲线的渐近线方程为y =±√33x ，可设双曲线方程为x 23−y 2=λ，把点(3，√2)代入，得93−2＝λ，即λ＝1．∴双曲线C 的方程为x 23−y 2=1，故A 正确；由a 2＝3，b 2＝1，得c =√a 2+b 2=2， ∴双曲线C 的离心率为√3=2√33，故B 错误；取x ﹣2＝0，得x ＝2，y ＝0，曲线y ＝e x ﹣2﹣1过定点（2，0），故C 正确；双曲线的渐近线x ±√3y =0，直线x −√3y −1=0与双曲线的渐近线平行，直线x −√3y −1=0与C 有1个公共点故D 不正确． 故选：AC ．（多选）11．如图所示，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上（异于点A ，B ），直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点，以下四个命题正确的是（ ）A ．P A ∥平面MOB B ．MO ∥平面P AC C ．OC ⊥平面P ACD ．平面P AC ⊥平面PBC解：∵P A ⊂平面MOB ，故A 错误； ∵OM 是△P AB 的中点，∴OM ∥P A ，又OM ⊄平面P AC ，P A ⊂平面P AC ， ∴OM ∥平面P AC ，故B 正确； ∵AB 是直径，∴BC ⊥AC ，∴又P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴P A ⊥BC ，又P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC ，故C 错误； 又BC ⊂平面PBC ，∴平面P AC ⊥平面PBC ，故D 正确． 故选：BD ．（多选）12．已知函数f （x ）＝x 2e x ﹣2+lnx ﹣2的零点为x 0，则（ ）A ．e 2−x 0+lnx 0+3的值为5B ．e 2−x 0+lnx 0+3的值为4C ．x 0∈(1，32)D ．x 0∈(32，2)解：因为函数f （x ）＝x 2e x ﹣2+lnx ﹣2的零点为x 0，所以x 02e x 0−2+lnx 0﹣2＝0， 所以x 02ex 0−2=2﹣lnx 0＝lne 2x 0，所以x 0ex 0=e 2x 0ln e 2x 0， 所以lnx 0+x 0＝ln e 2x 0+ln （lne 2x 0），故x 0＝lne 2x 0，即lnx 0＝2﹣x 0， 所以e 2−x 0=x 0，故e2−x 0+lnx 0+3＝x 0+2﹣x 0+3＝5，故A 正确，B 错误；f(1)=1⋅e−1+0−2=1e −2＜0，f(32)=(32)2⋅e −12+ln 32−2=lne 94⋅e −12⋅32⋅e −2，其中e 94⋅e −12⋅32⋅e−2=32e 94⋅e −12−2＜1，故f （32）＜0，f （2）＝4+ln 2﹣2＝2+ln 2＞0，∴f(32)⋅f(2)＜0，f(1)⋅f(32)＞0，由零点存在性定理可知x 0∈（32，2），故C 错误，D 正确；故选：AD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若向量a →，b →满足|a →|＝3，且（a →+b →）•（a →−b →）＝4，则|b →|＝ √5 解：若向量a →，b →满足|a →|＝3，且（a →+b →）•（a →−b →）＝4， 可得a →2−b →2=4， 则|b →|=√5． 故答案为：√5．14．已知正实数a ，b 满足3a +2b ＝1，则6a+1b 的最小值为 32 ．解：因为正实数a ，b 满足3a +2b ＝1， 则6a +1b =（6a +1b）（3a +2b ）＝20+6×2b a +3a b ≥20+2√12b a ⋅3ab =32，当且仅当12b a=3a b且3a +2b ＝1，即a =14，b =18时取等号，此时6a+1b取最小值32．故答案为：32．15．设A 1，A 2，B 1分别是椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a ＞b ＞0)的左、右、上顶点，O 为坐标原点，D 为线段OB 1的中点，过A 2作直线A 1D 的垂线，垂足为H ．若H 到x 轴的距离为169|OD|，则C 的离心率为√22． 解：如图，过H 作HG ⊥x 轴于点G ，则Rt ΔA 1OD 与Rt ΔA 1GH 相似，∵GH =169|OD|=169⋅b 2=89b ， ∴A 1O A 1G =OD HG ，即aa+OG=b289b ，∴OG =79a ，故H(79a ，89b)，A 1(−a ，0)，A 2(a ，0)， ∵A 1H ⊥A 2H ，∴k A 1H ⋅k A 2H =−1，即89b 79a+a⋅89b 79a−a=−1，∴6481b 2=3281a 2，∴2b 2＝a 2，即b 2a 2=12，∴e =√1−b2a2=√22．故答案为：√22． 16．四面体ABCD 的顶点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB ＝BC ＝AC ＝6．若该球的表面积为64π，则四面体ABCD 体积的最大值为 18√3 ．解：根据题意知，△ABC 是一个等边三角形，其面积为12×6×6×√32=9√3．其外接圆的半径为2√3，圆心在等边三角形的中心，连接球心O 和三角形ABC 的外接圆圆心O ′，则OO ′⊥平面ABC ，设球的半径为R ，球的表面积为64π，球的半径为R ，4πR 2＝64π，R ＝4， ∴OO ′=√42−(2√3)2=2，四面体ABCD 的体积的最大值，底面积S △ABC 不变，高h 最大时体积最大， 就是D 到底面ABC 距离最大值时， h ＝R +OO ′＝4+2＝6，四面体ABCD 体积的最大值为13×S △ABC ×h =13×9√3×6＝18√3，故答案为：18√3．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17．（10分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知向量m →=(√3b ，√3c −2a)，n →=(cosC ，cosB)，且m →⊥n →． （1）求B ；（2）若sinA +cosC =√3，且a =3√3，求△ABC 的周长． 解：（1）根据题意m →⊥n →，可得√3bcosC +(√3c −2a)cosB =0， 化简整理得√3(sinBcosC +sinCcosB)=2sinAcosB ， 即√3sinA =2sinAcosB ． 因为sin A ≠0，所以cosB =√32，则B=π6．（2）由（1）知C=5π6−A，则sinA+cosC=sinA+cos(5π6−A)=32sinA−√32cosA=√3sin(A−π6)=√3．又因为A∈（0，π），所以A=2π3．因为a=3√3，所以b=c=asinA×sinB=3，故△ABC的周长为6+3√3．18．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝3，a n+1＝2S n+3（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝log3a n，若数列{1b n b n+1}的前n项和为T n，证明：T n＜1．（1）解：因为a n+1＝2S n+3，①a n＝2S n﹣1+3．②①﹣②得a n+1﹣a n＝2a n，即a n+1＝3a n（n≥2），所以{a n}为从第2项开始的等比数列，且公比q＝3，又a1＝3，所以a2＝9，所以数列{a n}的通项公式a n＝3n（n≥2）．当n＝1时，a1＝3满足上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n．（2）证明：由（1）知b n＝log3a n＝log33n＝n，所以1b n b n+1=1n(n+1)=1n−1n+1，所以T n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1＜1得证．19．（12分）2018年9月的台风“山竹”对我国多个省市的财产造成重大损害，据统计直接经济损失达52亿元．某青年志愿者组织调查了某地区的50个农户在该次台风中造成的直接经济损失，将收集的损失数据分成五组：[0，2000]，（2000，4000]，（4000，6000]，（6000，8000]，（8000，10000]（单位：元）．得到如图所示的频率分布直方图．（1）试根据频率分布直方图估计该地区每个农户的损失（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）台风后该青年志愿者与当地政府向社会发出倡议，为该地区的农户捐款帮扶，现从这50户并且损失超过4000元的农户中随机抽取2户进行重点帮扶，设抽出损失超过8000元的农户数为X，求X的分布列和数学期望．解：（1）记每户农户的平均损失为x 元，则x =(1000×0.00015+3000×0.00020+5000×0.00009+7000×0.00003+9000×0.0003）×2000＝3360．（2）由频率分布直方图，可得损失超过4000元的农户共有（0.00009+0.00003+0.00003）×2000×50＝15户，损失超过8000元的农户共有0.00003×2000×50＝3户， 随机抽取2户，则X 的可能值为0，1，2， P(X =0)=C 122C 152=2235，P(X =1)=C 121⋅C 31C 152=1235，P(X =2)=C 32C 152=135，X 的分布列为： X 01 2 P22351235135数学期望为E （X ）＝0×2235+1×1235+2×135=25． 20．（12分）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，△ABC 是边长为2的等边三角形，BC ⊥BB 1，CC 1=√2，AC 1=√6．（1）证明：平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ．（2）M ，N 分别是BC ，B 1C 1的中点，P 是线段AC 1上的动点，若二面角P ﹣MN ﹣C 的平面角的大小为30°，试确定点P 的位置．解：（1）证明：∵AC ＝2，CC 1=√2，AC 1=√6，∴AC 2+C C 12=A C 12，∴AC ⊥CC 1，∵BC ⊥BB 1，BB 1∥CC 1，∴BC ⊥CC 1，∵AC ∩BC ＝C ，∴CC 1⊥平面ABC ，∵CC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ．（2）解：连结AM ，∵AB ＝AC ＝2，M 是BC 的中点，∴AM ⊥BC ，＜br /＞由（1）知，平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，∴AM ⊥平面BB 1C 1＞C ，以M 为原点建立如图所示的空间直角坐标系M ﹣xyz ，则平面BB 1C 1C 的一个法向量m →=(0，0，1)，A （0，0，√3），N （0，√2，0），C 1（﹣1，√2，0），设AP →=tAC 1→，（0＜t ＜1），P （x ，y ，z ），则AP →=tAC 1→=(x ，y ，z −√3)，AC 1→=(−1，√2，−√3)，代入上式得x ＝﹣t ，y =√2t ，z =√3(1−t)，∴P （﹣1，√2t ，√3−√3t ），设平面MNP 的一个法向量n →=（x ，y ，z ），MN →=（0，√2，0），MP →=（﹣t ，√2t ，√3−√3t)，由{n →⋅MN →=√2y =0n →⋅MP →=−tx +√2ty +√3(1−t)z =0，令z ＝t ，得n →=（√3−√3t ，0，t ），∵二面角P ﹣MN ﹣C 的平面角的大小为30°，∴m →⋅n →|m →|⋅|n →|=√32，即√3(1−t)2+t 2=√32，解得t =34， ∴点P 为线段AC 1上靠近点C 1的四等分点，且坐标为P （−34，3√24，√34）．21．（12分）已知抛物线C ：y 2＝4x ，点F 为C 的焦点，过F 的直线l 交C 于A ，B 两点．（1）设A ，B 在C 的准线上的射影分别为P ，Q ，线段PQ 的中点为R ，证明：AR ∥FQ ．（2）在x 轴上是否存在一点T ，使得直线AT ，BT 的斜率之和为定值？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．（1）证明：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），F （1，0），故可设直线l 的方程为x ＝my +1，由{x =my +1y 2=4x，得y 2﹣4my ﹣4＝0， 则y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝﹣4，由题意可知P （﹣1，y 1），Q （﹣1，y 2），R （﹣1，y 1+y 22），则k AR =y 1−y 1+y 22x 1+1=y 1−y 22(x 1+1)，k PQ =y 2−1−1=−y 22． ∵k AR ﹣k PQ =y 1−y 22(x 1+1)−(−y 22)=y 1+x 1y 22(x 1+1)=y 1+y 124y 22(x 1+1)=y 1+y 1y24⋅y 12(x 1+1)=y 1+−44⋅y 12(x 1+1)=0， ∴k AR ＝k PQ ，故AR ∥FQ ；（2）解：假设存在点T （a ，0）满足题意，设直线AT ，BT 的斜率分别为k 1，k 2．k 1=y 1x 1−a =y 1my 1+1−a ，k 2=y 2x 2−a =y 2my 2+1−a ， 则k 1+k 2=y 1my 1+1−a +y 2my 2+1−a =2my 1y 2+(1−a)(y 1+y 2)m 2y 1y 2+m(1−a)(y 1+y 2)+(1−a)2=−4m(a+1)−4m2+4m2(1−a)+(1−a)2．∵m∈R，且−4m(a+1)−4m2+4m2(1−a)+(1−a)2为常数，∴a+1＝0，即a＝﹣1，故存在点T（﹣1，0）满足题意．22．（12分）已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．（1）证明：∵f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0），∴f′（x）=e x−a−1x+a，∵e x﹣a在区间（0，+∞）上单调递增，1x+a在区间（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=e x−a−1x+a在（0，+∞）上单调递增，又f′（0）=e−a−1a=a−eaae a，令g（a）＝a﹣e a（a＞0），g′（a）＝1﹣e a＜0．则g（a）在（0，+∞）上单调递减，g（a）＜g（0）＝﹣1，故f′（0）＜0．令m＝a+1，则f′（m）＝f′（a+1）＝e−12a+1＞0．∴函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）解：由（1）可知，存在唯一的零点x0∈（0，+∞），使得f′(x0)=e x0−a−1x0+a=0，即e x0−a=1x0+a．而函数f′（x）=e x−a−1x+a在（0，+∞）上单调递增，∴当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f(x)min =f(x 0)=e x 0−a −ln(x 0+a)=1x 0+a −ln(x 0+a)． ∴1x 0+a −ln(x 0+a)=1，显然x 0+a ＝1是方程的解．又∵y =1x −lnx 是单调递减函数，方程1x 0+a−ln(x 0+a)=1有且仅有唯一解x 0+a ＝1， 把x 0＝1﹣a 代入e x 0−a =1x 0+a ，得e 1﹣2a ＝1，即a =12． ∴所求a 的值为12．。
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22年河北数学高考题
22年河北数学高考题
一、选择题
1. 在直角三角形ABC中，已知∠C=90°，a=5，c=13，则∠A为（）
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
2. 若函数f(x)满足f(x+2)=f(x)-2x，且f(3)=8，则f(x)的解析式为（）
A. f(x)=x^2+x+10
B. f(x)=x^2+2x-1
C. f(x)=x^2-x+2
D.
f(x)=x^2-x+10
3. 如果方程x^2+x-1=0的两个根是α和β，则不等式（x-α）(x-β)<0的解集为（）
A. (α,β)
B. (β,α)
C. (α,β)∪(β,α)
D. (α，β)∩(β,α)
4. 已知点A的坐标为(-3,2)，点B的坐标为(5,4)，则线段AB的中点坐标为（）
A. (-4,3)
B. (-2,3)
C. (1,3)
D. (3,3)
二、解答题
1. 设函数f(x)=ax^2+bx+c，已知f(-1)=0，f(2)=0，求a,b,c的值。
解：由已知得
a-b+c=0 （1）
4a+2b+c=0 （2）
将(2)式减去(1)式，得
3a+3b=0
即a=-b
代入(1)式，得
c=2b
所以，a=-b，c=2b
2. 已知平面ABC是一个等边三角形，顶点D为平面ABC的中心点，
点E为圆心O在平面ABC上的一个点，垂直于平面ABC的直线与平
面ABC交于点F。
若已知AE=2，则求点F在平面ABC上的投影点的
坐标。
解：设直线FE与平面ABC的交点为H，则OH垂直于平面ABC，而
平面ABC是一个等边三角形，所以OH是一个高。
又因为E为圆心O
在平面ABC上的一个点，所以OE为半径，则OE=OH。
又因为AE=2，则AE^2+OE^2=AO^2，即2^2+OH^2=OH^2，所以OH=√2。
又因为平面ABC是一个等边三角形，所以BD=DC，即BD=DC=√2/2。
由此可得，点F在平面ABC上的投影点的坐标为(√2/2,√2/2)。
三、综合题
某校高三年级有320名学生，进行了一次数学模拟考试，共有240名
学生及格，假设及格的学生中男生和女生比例是3:2。
已知学生总体的
男女比例是5:7，那么参加数学模拟考试的男女生各有多少名？
解：设及格的男生数为3x，及格的女生数为2x，不及格的男生数为5y，不及格的女生数为7y，则有3x/(3x+5y)=3/5，解得y=2x/5。
所以，及格的男生数为3x，及格的女生数为2x，不及格的男生数为
5(2x/5)=2x，不及格的女生数为7(2x/5)=14x/5。
所以，参加数学模拟考试的男生数为3x+2x=5x，女生数为
2x+14x/5=24x/5。
根据题意，有5x/(5x+24x/5)=5/12，解得x=48。
所以，参加数学模拟考试的男生有5(48)=240名，女生有
24(48)/5=115.2名。
综上所述，参加数学模拟考试的男生有240名，女生有115名。