2022年贵州省贵阳市高考理科数学适应性试卷及答案解析

这是一份2022年贵州省贵阳市高考理科数学适应性试卷及答案解析，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年贵州省贵阳市高考理科数学适应性试卷
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．（5分）若全集U和集合A，B的关系如图所示，则图中阴影部分表示的集合为（　　）

A．A∩（∁UB） B．∁U（A∪B） C．∁U（A∩B） D．（∁UA）∩B
2．（5分）已知复数z满足z•z-2z+2i＝0，则z＝（　　）
A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i
3．（5分）若双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为y=3x，则双曲线的离心率为（　　）
A．3 B．2 C．5 D．6
4．（5分）如图是某几何体的三视图，每个小正方形的边长均为1，则该几何体的体积为（　　）

A．56π B．π C．43π D．2π
5．（5分）已知向量a→，b→，c→满足a→=（3，0），b→=（0，4），c→=λa→+(1-λ)b→(λ∈R)，则|c→|的最小值为（　　）
A．65 B．125 C．365 D．485
6．（5分）2021年10月16日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富进驻天和核心舱，中国空间站开启有人长期驻留时代，而中国征服太空的关健是火箭技术，在理想情况下，火箭在发动机工作期间获得速度增量的公式△v=velnm0m1，其中△v为火箭的速度增量，ve为喷流相对于火箭的速度，m0和m1分别代表发动机开启和关闭时火箭的质量．在未来，假设人类设计的某火箭ve达到5公里/秒，m0m1从100提高到200，则速度增量△v增加的百分比约为（　　）
（参考数据：ln2≈0.7，ln5≈1.6）
A．13% B．15% C．17% D．19%
7．（5分）函数y＝sin（2x）•log2|x|的图象大致是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．（5分）斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3），其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出a12+a22+⋯+a20212a2021是斐波那契数列的第（　　）项

A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
9．（5分）2021年7月24日，中共中央办公厅国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，要求学校做好课后服务，结合学生的兴趣爱好，开设体育、美术、音乐、书法等特色课程．某初级中学在课后延时一小时开设相关课程，为了解学生选课情况，在该校全体学生中随机抽取50名学生进行问卷调查，得到如下数据：（附：计算得到K2的观测值为k≈8.333．）
　
喜欢音乐　
不喜欢音乐　
喜欢体育　
20　
10　
不喜欢体育　
5　
15　

P（K2≥k0）　
　0.05
0.025　
0.010　
　0.005
　0.001
　k0
　3.841
5.024　
6.635　
7.879　
10.828　
根据以上数据，对该校学生情况判断不正确的是（　　）
A．估计该校既喜欢体育又喜欢音乐的学生约占25
B．从这30名喜欢体育的学生中采用随机数表法抽取6人做访谈，则他们每个个体被抽到的概率为15
C．从不喜欢体育的20名学生中任选4人做访谈，则事件“至少有2人喜欢音乐”与“至多有1人不喜欢音乐”为对立事件
D．在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“喜欢体育”与“喜欢音乐”有关系
10．（5分）已知a＝（2524）25，b＝1.0250，c＝1.01100，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c
11．（5分）设矩形ABCD（AB＞BC）的周长为20，把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折叠后交DC于点P，则线段AP的长度最小值为（　　）
A．10-42 B．105-18 C．103-13 D．102-10
12．（5分）已知定义在R上的函数f（x），f′（x）为其导函数，满足①f（x）＝f（﹣x）﹣2x，②当x≥0时，f'（x）+2x+1≥0．若不等式f（2x+1）+3x2+3x＞f（x+1）有实数解，则其解集为（　　）
A．（﹣∞，-23） B．（﹣∞，0）∪（23，+∞）
C．（0，+∞） D．（﹣∞，-23）∪（0，+∞）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。
13．（5分）设{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，则S9＝　 　．
14．（5分）在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者的招募项目中，有一个“国际服务”项目截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数是 　 　．
15．（5分）已知点A（2，1），B（﹣2，1），直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为1，过M作圆C：x2+（y﹣4）2＝1的切线MP，P为切点，则|MP|的最小值为 　 　．
16．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E在BD上，点F在B1C上，且BE＝CF．则下列四个命题中所有真命题的序号是 　 　．
①当点E是BD中点时，直线EF∥平面DCC1D1；
②当DE＝2EB时，EF⊥BD；
③直线EF分别与直线BD，B1C所成的角相等；
④直线EF与平面ABCD所成的角最大为π6．

三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且3asinC+ccosA=3c，A为锐角．
（1）求A；
（2）在①△ABC的面积为23，②AB→⋅AC→=12，③|BA→+BC→|=|AC→|这三个条件中任选一个补充在下面问题的横线上．问题：若a＝2，b＞c，______，求b，c的值．
18．（12分）某省在新高考改革中，拟采取“3+1+2”的考试模式，其中“2”是指考生从政治、化学、生物、地理中选两科，按照等级赋分计入高考成绩，等级赋分规则如下：考生原始成绩（满分100分）从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，确定各等级人数所占比例分别为15%，30%，35%，15%，5%，等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法分别转换到[86，100]，[71，85]，[56，70]
，[41，55]，[26，40]
五个分数区间，得到考生的等级分，等级分满分为100分．具体如表：
等级
A
B
C
D
E
比例
15%
30%
35%
15%
5%
赋分区间
[86，100]
[71，85]
[56，70]
[41，55]
[26，40]
转换公式：Y2-YY-Y1=T2-TT-T1，其中Y1，Y2分别表示某个等级所对应原始分区间的下限和上限，T1，T2分别表示相应等级的等级分区间的下限和上限，Y表示某等级内某生的原始分，T表示相应等级内该考生的等级分（需四舍五入取整）．
例如某学生的政治考试原始成绩为60分，成绩等级为C级，原始分区间为[50，65]，等级分区间为[56，70]
，设该学生的等级分为T，根据公式得：65-6060-50=70-TT-56，所以T≈65．
已知某学校高二年级学生有200人选了政治，以政治期末考试成绩为原始分参照上述等级赋分规则转换本年级的政治等级分，其中所有获得A等级的学生原始分区间[82，94]，其成绩统计如表：
原始分
94
93
92
91
90
89
88
87
86
85
84
83
82
人数
1
1
1
2
3
1
2
3
2
2
3
4
5
（1）已知某同学政治原始成绩为91分，求其转换后的等级分；
（2）从政治的等级分不小于95分的学生中任取3名，设这3名学生中等级分不小于97分人数为X，求X的分布列和期望．
19．（12分）如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC．
（1）证明：AB⊥PD；
（2）若∠AOB=π3，求二面角B﹣PC﹣D的正弦值．

20．（12分）已知椭圆C：x216+y24=1与直线l（不平行于坐标轴）相切于点M（x0，y0），过点M且与l垂直的直线分别交x轴，y轴于A（m，0），B（0，n）两点．
（1）证明：直线x0x16+y0y4=1与椭圆C相切；
（2）①当点M运动时，点P（m，n）随之运动，求点P的轨迹方程；
②若O，M，P不共线，求三角形OMP面积的最大值．
21．（12分）已知函数f(x)=1ex+x-2（e是自然对数的底）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x1）＝f（x2）＝a，求证：0≤x1+x2≤2a+2．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本题满分10分）
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以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ρ＝2sinθ，直线l的极坐标方程为ρsin(θ-π4)=2．
（1）求C与l的直角坐标方程；
（2）设点M是曲线C上的一个动点，点P满足OP→=2⋅OM→，点P的轨迹记为C1，求C1与l的交点极坐标（ρ，θ），其中θ∈[0，2π），ρ＞0．
23．已知函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，x∈R．
（1）画出f（x）的图象，若g（x）＝x+m与y＝f（x）的图象有三个交点，求实数m的取值范围；
（2）已知函数f（x）的最大值为n，正实数a，b，c满足1a+c+2b+c=n，求证：a+2b+3c≥3．


2022年贵州省贵阳市高考理科数学适应性试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）若全集U和集合A，B的关系如图所示，则图中阴影部分表示的集合为（　　）

A．A∩（∁UB） B．∁U（A∪B） C．∁U（A∩B） D．（∁UA）∩B
【解答】解：根据集合的交、并、补集运算定义与Venn图结合可知阴影部分用A∩（∁UB）表示．
故选：A．
2．（5分）已知复数z满足z•z-2z+2i＝0，则z＝（　　）
A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i
【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），
∵z•z-2z+2i＝0，∴a2+b2﹣2（a+bi）+2i＝0，
即a2+b2-2a=0-2b+2=0，解得a=1b=1，
∴z＝1+i．
故选：A．
3．（5分）若双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为y=3x，则双曲线的离心率为（　　）
A．3 B．2 C．5 D．6
【解答】解：双曲线x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y=±bax，
由题意可得ba=3，
则c=a2+b2=a2+3a2=2a，
则e=ca=2．
故选：B．
4．（5分）如图是某几何体的三视图，每个小正方形的边长均为1，则该几何体的体积为（　　）

A．56π B．π C．43π D．2π
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

可知该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆锥，
半球的半径为1，圆锥的底面半径为1，高为2，
则该几何体的体积V=12×43π×13+13×π×12×2=43π．
故选：C．
5．（5分）已知向量a→，b→，c→满足a→=（3，0），b→=（0，4），c→=λa→+(1-λ)b→(λ∈R)，则|c→|的最小值为（　　）
A．65 B．125 C．365 D．485
【解答】解：a→=（3，0），b→=（0，4），c→=λa→+（1﹣λ）b→=λ（3，0）+（1﹣λ）（0，4）＝（3λ，4﹣4λ），
∴|c→|=9λ2+(4-4λ)2=25λ2-32λ+16=25(λ-1625)2+14425≥14425=125，当且仅当λ=1625时取等号，
故|c→|的最小值为125．
故选：B．
6．（5分）2021年10月16日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富进驻天和核心舱，中国空间站开启有人长期驻留时代，而中国征服太空的关健是火箭技术，在理想情况下，火箭在发动机工作期间获得速度增量的公式△v=velnm0m1，其中△v为火箭的速度增量，ve为喷流相对于火箭的速度，m0和m1分别代表发动机开启和关闭时火箭的质量．在未来，假设人类设计的某火箭ve达到5公里/秒，m0m1从100提高到200，则速度增量△v增加的百分比约为（　　）
（参考数据：ln2≈0.7，ln5≈1.6）
A．13% B．15% C．17% D．19%
【解答】解：当m0m1=100时，速度的增量为△v1＝5ln100，当m0m1=200时，速度的增量为△v2＝5ln200＝5ln100+5ln2，
所以，△v2-△v1△v1=5ln25ln100=ln22ln10=ln22(ln2+ln5)≈15%．
故选：B．
7．（5分）函数y＝sin（2x）•log2|x|的图象大致是（　　）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：函数的定义域为{x|x≠0}，
f（﹣x）＝﹣sin2x•log2|﹣x|＝﹣sin2xlog2|x|＝﹣f（x），即f（x）是奇函数，排除CD，
当0＜x＜1时，f（x）＜0，排除C，
故选：A．
8．（5分）斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3），其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出a12+a22+⋯+a20212a2021是斐波那契数列的第（　　）项

A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【解答】解：由an+1＝an+2﹣an，则an+12=an+1(an+2-an)=an-2an+1-an+1an，
又a1＝a2＝1，
所以a12=a2a1，a22=a3a2-a2a1，a32=a4a3-a3a2，⋯，a20212=a2022a2021-a2021a2020，
则T2021=a12+a22+⋯+a20212=a2022a2021，
故a12+a22+⋯+a20212a2021=T2021a2021=a2022．
故选：C．
9．（5分）2021年7月24日，中共中央办公厅国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，要求学校做好课后服务，结合学生的兴趣爱好，开设体育、美术、音乐、书法等特色课程．某初级中学在课后延时一小时开设相关课程，为了解学生选课情况，在该校全体学生中随机抽取50名学生进行问卷调查，得到如下数据：（附：计算得到K2的观测值为k≈8.333．）
　
喜欢音乐　
不喜欢音乐　
喜欢体育　
20　
10　
不喜欢体育　
5　
15　

P（K2≥k0）　
　0.05
0.025　
0.010　
　0.005
　0.001
　k0
　3.841
5.024　
6.635　
7.879　
10.828　
根据以上数据，对该校学生情况判断不正确的是（　　）
A．估计该校既喜欢体育又喜欢音乐的学生约占25
B．从这30名喜欢体育的学生中采用随机数表法抽取6人做访谈，则他们每个个体被抽到的概率为15
C．从不喜欢体育的20名学生中任选4人做访谈，则事件“至少有2人喜欢音乐”与“至多有1人不喜欢音乐”为对立事件
D．在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“喜欢体育”与“喜欢音乐”有关系
【解答】解：对于A，在该校全体学生中随机抽取50名学生中，即喜欢体育又喜欢音乐的学生有20人，
∴估计该校既喜欢体育又喜欢音乐的学生约占2050=25，故A正确；
对于B，从这30名喜欢体育的学生中采用随机数表法抽取6人做访谈，
则他们每个个体被抽到的概率为P=630=15，故B正确；
对于C，从不喜欢体育的20名学生中任选4人做访谈，
则事件“至少有2人喜欢音乐”与“至多有1人不喜欢音乐”能同时发生，不为对立事件，故C错误；
对于D，K2=50×(20×15-5×10)225×25×30×20≈8.333＞7.897，
∴在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“喜欢体育”与“喜欢音乐”有关系，故D正确．
故选：C．
10．（5分）已知a＝（2524）25，b＝1.0250，c＝1.01100，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c
【解答】解：∵a＝（2524）25，b＝1.0250＝（1.022）25，c＝1.01100＝（1.014）25，
2524≈1.041，1.022＝1.0404，1.014≈1.0406，
函数y＝x25在（0，+∞）上是增函数，
∴b＜c＜a．
故选：B．
11．（5分）设矩形ABCD（AB＞BC）的周长为20，把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折叠后交DC于点P，则线段AP的长度最小值为（　　）
A．10-42 B．105-18 C．103-13 D．102-10
【解答】解：∵矩形ABCD，且△ABC沿AC向△ADC折叠，
∴AD＝EC，∠ADP＝∠CEP＝90°，∠APD＝∠CPE，
∴△ADP≌△CEP，得AP＝CP，
在直角三角形ADP中，设AB＝x（cm），DP＝y（cm），
∴AP＝CP＝x﹣y（cm），
又∵矩形ABCD（AB＞BC）的周长为20cm，∴AD＝10﹣x（cm），
由勾股定理，可得（10﹣x）2+y2＝（x﹣y）2，
化简得y=20x-1002x=10-50x，
∵AB＞BC，∴0＜10﹣x＜x，
解得5＜x＜10，即y＝10-50x，5＜x＜10．
∴AP＝x﹣10+50x=x+50x-10≥2x⋅50x-10=102-10，
当且仅当x=50x，即x＝52时等号成立．
故选：D．

12．（5分）已知定义在R上的函数f（x），f′（x）为其导函数，满足①f（x）＝f（﹣x）﹣2x，②当x≥0时，f'（x）+2x+1≥0．若不等式f（2x+1）+3x2+3x＞f（x+1）有实数解，则其解集为（　　）
A．（﹣∞，-23） B．（﹣∞，0）∪（23，+∞）
C．（0，+∞） D．（﹣∞，-23）∪（0，+∞）
【解答】解：令g（x）＝f（x）+x，
∵f（x）＝f（﹣x）﹣2x，
∴f（x）+x＝f（﹣x）+（﹣x），即g（﹣x）＝g（x），
∴g（x）为R上的偶函数；
令h（x）＝g（x）+x2，则h（﹣x）＝h（x），即h（x）为R上的偶函数；
又当x≥0时，h′（x）＝[f（x）+x]′+（x2）′＝f'（x）+2x+1≥0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增；
又f（2x+1）+3x2+3x＞f（x+1）⇔f（2x+1）+（2x+1）2+2x+1＞f（x+1）+（x+1）2+x+1⇔h（2x+1）＞h（x+1），
∴|2x+1|＞|x+1|⇔3x2+2x＞0，
解得：x＞0或x＜-23，
故选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。
13．（5分）设{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，则S9＝　81　．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），
由a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，得（1+d）2＝1×（1+4d），
即d2﹣2d＝0，解得d＝2．
∴S9=9a1+9×82d=9×1+9×82×2=81．
故答案为：81．
14．（5分）在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者的招募项目中，有一个“国际服务”项目截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数是 　12　．
【解答】解：将8个名额空缺分配给3个单位，每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同，
需要把8个名额分为1，3，4或1，2，5，再对应3个学校，
故有2A33=12 种．
故答案为：12．
15．（5分）已知点A（2，1），B（﹣2，1），直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为1，过M作圆C：x2+（y﹣4）2＝1的切线MP，P为切点，则|MP|的最小值为 　11　．
【解答】解：设M（x，y），由题意可得：y-1x-2-y-1x+2=1，
整理得：x2＝4y．
∴曲线C 的轨迹方程为x2＝4y（x≠±2）．
再设M（m，14m2），∵圆C：x2+（y﹣4）2＝1的圆心C（0，4），
∴|MC|2=m2+(14m2-4)2=m416-m2+16，
|PM|2＝|MC|2﹣|PC|2=m416-m2+15，当m2＝8，即m=±22时，
|PM|2取得最小值为11，则|MP|的最小值为11．
故答案为：11．
16．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E在BD上，点F在B1C上，且BE＝CF．则下列四个命题中所有真命题的序号是 　①②③　．
①当点E是BD中点时，直线EF∥平面DCC1D1；
②当DE＝2EB时，EF⊥BD；
③直线EF分别与直线BD，B1C所成的角相等；
④直线EF与平面ABCD所成的角最大为π6．

【解答】解：设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，

设BE=CF=t，0≤t≤22，
①，当E是BD的中点时，F是B1C的中点，
E(1，1，0)，F(1，2，1)，EF→=(0，1，1)，
平面DCC1D1的一个法向量为n1=(1，0，0)，n→⋅EF→=0，
由EF⊈平面 DCC1D1，所以EF∥平面 DCC1D1，①为真命题．
②，当DE＝2EB时，BE=13BE，CF=13CB1，
E(43，43，0)，F(23，2，23)，EF→=(-23，23，23)，B(2，2，0)，
EF→⋅DB→=0，所以EF⊥BD，所以②正确．
③，E((22-t)×22，(22-t)×22，0)=(2-22t，2-22t，0)，
F(22t，2，22t)，EF→=(2t-2，22t，22t)．
|EF→|=(2t-2)2+(22t)2+(22t)2=3t2-42t+4，
B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，CB→1=(2，0，2)，
|cos〈EF→，DB→〉|=|22t-4+2t3t2-42t+4×22|=|32t-43t2-42t+4×22|，
|cos〈EF→，CB1→〉|=|22t-4+2t3t2-42t+4×22|=|32t-43t2-42t+4×22|，
|cos〈EF→，DB→〉|=|cos〈EF→，CB1→〉|，所以直线EF分别与直线BD，B1C所成的角相等．
④，平面 ABCD 的法向量为m→=（0，0，1），
设直线EF与平面ABCD所成角为θ，
sinθ=|EF→⋅m→|EF→|⋅|m→||=22t3t2-42t+4．
当t=22时，sinθ=13＞12，由于0≤θ≤π2，所以θ＞π6，④错误．
故答案为：①②③．

三、解答题：第17至21题每题12分，第22、23题为选考题，各10分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且3asinC+ccosA=3c，A为锐角．
（1）求A；
（2）在①△ABC的面积为23，②AB→⋅AC→=12，③|BA→+BC→|=|AC→|这三个条件中任选一个补充在下面问题的横线上．问题：若a＝2，b＞c，______，求b，c的值．
【解答】解：（1）由3asinC+ccosA=3c，得3sinAsinC+sinCcosA=3sinC，
∴3sinA+cosA=3，∴2sin（A+π6）=3，∴sin（A+π6）=32，
∵0＜A＜π2，∴π6＜A＜2π3，∴A+π6=π3，∴A=π6；
（2）选①△ABC的面积为23，得12bcsinA＝23，∴bc＝83，又根据余弦定理有22＝b2+c2﹣2bc×32，
∴4＝（b+c）2﹣2bc﹣24，∴b+c＝4+23，又b＞c，解得b＝4，c＝23；
选②AB→⋅AC→=12，∴bccosA＝12，∴bc＝83，与选①方法相同可求b，c的值；
选③|BA→+BC→|=|AC→|，∴|BC→-BA→|2＝|BA→+BC→|2，∴BA→•BC→=0，∴∠B＝90°，∴sinA=ab，2b=12，∴b＝4，由勾股定理可得c＝23．
18．（12分）某省在新高考改革中，拟采取“3+1+2”的考试模式，其中“2”是指考生从政治、化学、生物、地理中选两科，按照等级赋分计入高考成绩，等级赋分规则如下：考生原始成绩（满分100分）从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，确定各等级人数所占比例分别为15%，30%，35%，15%，5%，等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法分别转换到[86，100]，[71，85]，[56，70]
，[41，55]，[26，40]
五个分数区间，得到考生的等级分，等级分满分为100分．具体如表：
等级
A
B
C
D
E
比例
15%
30%
35%
15%
5%
赋分区间
[86，100]
[71，85]
[56，70]
[41，55]
[26，40]
转换公式：Y2-YY-Y1=T2-TT-T1，其中Y1，Y2分别表示某个等级所对应原始分区间的下限和上限，T1，T2分别表示相应等级的等级分区间的下限和上限，Y表示某等级内某生的原始分，T表示相应等级内该考生的等级分（需四舍五入取整）．
例如某学生的政治考试原始成绩为60分，成绩等级为C级，原始分区间为[50，65]，等级分区间为[56，70]
，设该学生的等级分为T，根据公式得：65-6060-50=70-TT-56，所以T≈65．
已知某学校高二年级学生有200人选了政治，以政治期末考试成绩为原始分参照上述等级赋分规则转换本年级的政治等级分，其中所有获得A等级的学生原始分区间[82，94]，其成绩统计如表：
原始分
94
93
92
91
90
89
88
87
86
85
84
83
82
人数
1
1
1
2
3
1
2
3
2
2
3
4
5
（1）已知某同学政治原始成绩为91分，求其转换后的等级分；
（2）从政治的等级分不小于95分的学生中任取3名，设这3名学生中等级分不小于97分人数为X，求X的分布列和期望．
【解答】解：（1）该同学政治原始成绩为91分，在区间[82，94]上，赋分区间为[86，100]，
故转换后的等级分为94-9191-82=100-TT-86，解得T≈97分；
（2）设等级分为95分对应的原始分为x，
由题意得94-xx-82=100-9595-86，解得x≈89.7分，
设等级分为97分对应的原始分为y，
由题意得94-yy-82=100-9797-86，解得y≈91.4分，
即政治的等级分不小于95分的学生有8人，政治等级分不小于97分人数为3人，
则X的取值可以为0，1，2，3，
P（X＝0）=C53C83=528，
P（X＝1）=C52C31C83=1528，
P（X＝2）=C51C32C83=1556，
P（X＝3）=C33C83=156，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
528
1528
1556
156
其期望为E(X)=0×528+1×1528+2×1556+3×156=6356．
19．（12分）如图，AC，BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，PA为圆柱OO′的一条母线，且AP＝AC．
（1）证明：AB⊥PD；
（2）若∠AOB=π3，求二面角B﹣PC﹣D的正弦值．

【解答】（1）证明：BD为圆柱OO′底面⊙O的两条直径，
∴∠BAD＝90°∴AB⊥AD，
∵PA为圆柱OO′的一条母线，∴PA⊥AB，
∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD；
（2）解：以C为坐标原点，CD，CB，过C的母线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AP＝AC＝4，则BC＝2，AB＝23，CD＝23，
则D（23，0，0），B（0，2，0），P（23，2，4），C（0，0，0），
∴CD→=（23，0，0），CB→=（0，2，0），CP→=（23，2，4），
设平面PBC的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅CP→=23x+2y+4z=0n→⋅CB→=2y=0，令x＝2，则y＝0，z=-3，
∴平面PBC的一个法向量为n→=（2，0，-3），
设平面PDC的一个法向量为m→=（a，b，c），
则m→⋅CP→=23a+2b+4c=0m→⋅CD→=23a=0，令b＝2，则a＝0，c＝﹣1，
∴平面PDC的一个法向量为m→=（0，2，﹣1），
∴cos＜n→，m→＞=n→⋅m→×=34+3×4+1=10535，
∴二面角B﹣PC﹣D的正弦值为1-105352=47035．
20．（12分）已知椭圆C：x216+y24=1与直线l（不平行于坐标轴）相切于点M（x0，y0），过点M且与l垂直的直线分别交x轴，y轴于A（m，0），B（0，n）两点．
（1）证明：直线x0x16+y0y4=1与椭圆C相切；
（2）①当点M运动时，点P（m，n）随之运动，求点P的轨迹方程；
②若O，M，P不共线，求三角形OMP面积的最大值．
【解答】解：（1）证明：M在椭圆C上，所以x0216+y024=1，所以x02+4y02=16，4y02=16-x02，
由x0x16+y0y4=1x216+y24=1，得x0x+4y0y=16x2+4y2=16，因此4y0y=16-x0xx2+4y2=16，
16y02y2=(16-x0x)2x2+4y2=16，即4y02⋅4y2=(16-x0x)24y2=16-x2，
(16-x02)⋅4y2=(16-x0x)24y2=16-x2，因此可得(16-x02)(16-x2)=(16-x0x)2，
整理得x2-2x0x+x02=0，Δ=4x02-4x02=0，有唯一解，
所以直线x0x16+y0y4=1与椭圆C相切；
（2）①依题意可知直线l：x0x16+y0y4=1与坐标轴不平行，所以x0≠0，y0≠0，
直线l的斜率为-x016y04=-x04y0，所以直线AB的斜率4y0x0，
直线AB的方程为：y-y0=4y0x0(x-x0)，令x＝0，解得n＝﹣3y0，y0=-n3，n≠0，
令y＝0，解得m=34x0，x0=4m3，m≠0，
所以(4m3)216+(-n3)24=1，则m29+n236=1(mn≠0)，
所以P点的轨迹方程为x29+y236=1(xy≠0)；
②由①可知，P(34x0，-3y0)，M（x0，y0），且x02+4y02=16，所以|OM|=x02+y02，
直线OM的方程为y=y0x0x，即y0x﹣x0y＝0，
P到直线OM的距离为d=|34x0y0+3x0y0|x02+y02=|154x0y0|x02+y02，
所以|x0y0|=|x0||y0|=12⋅|x0|⋅2|y0|≤12⋅x02+4y022=12⋅162=4，
当且仅当|x0|=2|y0|=22时，等号成立，
所以S△OMP=158|x0y0|≤158×4=152，
所以△OMP面积的最大值152．
21．（12分）已知函数f(x)=1ex+x-2（e是自然对数的底）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x1）＝f（x2）＝a，求证：0≤x1+x2≤2a+2．
【解答】解：（1）由题设，f′(x)=ex-1er，
当x＜0时 f′（x）＜0，当x＞0时 f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上递减，在[0，+∞）上递增．
（2）证明：由（1）知：a≥﹣1，
当x2＝x1＝0时，有a＝﹣1，此时0≤x1+x2≤2a+2成立；
当x2＞0＞x1时，令g(x)=f(x)-f(-x)=1ex+x-2-1e-x+x+2=1ex-ex+2x，
所以g′(x)=-1ex-ex+2=-(ex-1)2ex≤0，即g（x）单调递减，
所以g（x2）＜g（0）＝0，即f（x2）＜f（﹣x2），故f（x2）＝f（x1）＜f（﹣x2），
因为（﹣∞，0]上f（x）递减，则x1＞﹣x2，故x1+x2＞0；
要使x1+x2≤2a+2，又x2﹣x1＞0，
即证(x1+x2)(x2-x1)=x22-x12≤(2a+2)(x2-x1)，整理得x22-(2a+2)x2≤x12-(2a+2)x1，
即证x22-(2a+2)x2-2a≤x12-(2a+2)x1-2a，
而f(x1)=1ex1+x1-2=f(x2)=1ex2+x2-2=a，
即证-x22-2(x2+1)ex2+4≤-x12-2(x1+1)ex1+4，
令h(x)=-x2-2(x+1)ex+4，
又x2＞0＞x1，只需h（x）在R上递减即可，
由h(x)=-2x(1-1ex)≤0，即h（x）在R上递减，即x1+x2≤2a+2，得证；
综上，0≤x1+x2≤2a+2．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本题满分10分）
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以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ρ＝2sinθ，直线l的极坐标方程为ρsin(θ-π4)=2．
（1）求C与l的直角坐标方程；
（2）设点M是曲线C上的一个动点，点P满足OP→=2⋅OM→，点P的轨迹记为C1，求C1与l的交点极坐标（ρ，θ），其中θ∈[0，2π），ρ＞0．
【解答】解：（1）曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，根据x=ρcosθy=ρsinθx2+y2=ρ2，转换为直角坐标方程为x2+y2﹣2y＝0，
直线l的极坐标方程为ρsin(θ-π4)=2，根据x=ρcosθy=ρsinθx2+y2=ρ2直线l的直角坐标方程为y-x-22=0；
（2）设OP→=(x，y)，由于OP→=2⋅OM→，
所以OM→=(x′，y′)，整理得x=2x′y=2y′，代入x2+y2﹣2y＝0，
得到x2+y2-22y=0，
所以x2+y2-22y=02x-y+22=0，
解得x=0y=22或x=-2y=2，
转换为极坐标为(22，π2)和(2，3π4)．
23．已知函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，x∈R．
（1）画出f（x）的图象，若g（x）＝x+m与y＝f（x）的图象有三个交点，求实数m的取值范围；
（2）已知函数f（x）的最大值为n，正实数a，b，c满足1a+c+2b+c=n，求证：a+2b+3c≥3．

【解答】解：（1）函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|=-3，x≤-12x-1，-1＜x＜23，x≥2，图象如图．

若g（x）＝x+m与y＝f（x）的图象有三个交点，由图知，m∈（﹣2，1）；
证明：（2）由（1）知，函数f（x）的最大值n＝3，
正实数a，b，c满足1a+c+2b+c=n，即1a+c+2b+c=3，
由柯西不等式得：a+2b+3c=13(1a+c+42b+2c)[（a+c）+（2b+2c）]
≥13(1a+c⋅a+c+42b+2c⋅2b+2c)2=3，
即a+2b+3c≥3．