2022年贵州省高考数学适应性试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设集合𝐴={𝑥|0≤𝑥≤2}，𝐵={1,2,3}，𝐶={2,3,4}，则(𝐴∩𝐵)∪𝐶=( )
A. {2} B. {2,3} C. {1,2,3,4} D. {0,1,2,3,4}
2. 已知复数𝑧=1+𝑎𝑖(𝑎∈𝑅)，则𝑎=1是|𝑧|=√2的( )
A. 充分不必要条件 C. 充要条件
B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 设一组数据𝑥1，𝑥2，…，𝑥𝑛的方差为1，则数据𝑥1+10，𝑥2+10，…，𝑥𝑛+10的方
差是( )
A. 100
𝜋
B. 11
𝑠𝑖𝑛𝛼+𝑐𝑜𝑠𝛼
C. 10 D. 1
4. 已知tan(𝛼+4)=−3，则cos𝛼−3𝑠𝑖𝑛𝛼=( )
A. −3
B. −5
3
C. −7
1
D. 5
1
5. 如图，在四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，若𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐶𝐷，𝐸
是𝐴𝐶的中点，则下列结论正确的是( )
A. 平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐷 B. 平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐵𝐷𝐶 C. 平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸 D. 平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐷𝐶
6. 设𝑂为坐标原点，𝐹为双曲线𝐶：−
12
线，垂足为𝐻，则|𝑂𝐻|=( )
𝑥2
𝑦24
=1的一个焦点，过𝐹作𝐶的一条渐近线的垂
A. √3
B. 2 C. 2√3
𝑛
D. 4
7. 十七世纪法国数学家费马猜想形如“𝐹𝑛=22+1”+1(𝑛∈𝑁)”是素数，我们称𝐹𝑛
为“费马数”.设𝑎𝑛=log2(𝐹𝑛−1)，𝑏𝑛=2𝑙𝑜𝑔2𝑎𝑛，𝑛∈𝑁∗，数列{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛与𝑇𝑛，则下列不等关系一定成立的是( )
A. 𝑎𝑛<𝑏𝑛
B. 𝑎𝑛>𝑏𝑛 C. 𝑆𝑛≤𝑇𝑛 D. 𝑆𝑛≥𝑇𝑛
8. 如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是
某几何体的三视图，该几何体外接球的表面积为( )
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A. 4√3𝜋 B. 12𝜋 C. 32√3𝜋 D. 48𝜋
9. 2022年春节期间，𝐺市某天从8～16时的温度变化曲线(如图)近似满足函数𝑓(𝑥)=
2√2cos(𝜔𝑥+𝜑)(𝜔>0,0<𝜑<𝜋,𝑥∈[8,16])的图像．下列说法正确的是( )
A. 8～13时这段时间温度逐渐升高 B. 8～16时最大温差不超过5℃ C. 8～16时0℃以下的时长恰为3小时 D. 16时温度为−2℃
10. 函数𝑦=𝑓(𝑥)的图像如图，则𝑓(𝑥)的解析式可能为( )
A. 𝑓(𝑥)=(𝑥2−𝑥−2)ln|𝑥| B. 𝑓(𝑥)=(2𝑥−2−𝑥)ln|𝑥| C. 𝑓(𝑥)=|2𝑥−2−𝑥|ln|𝑥| D. 𝑓(𝑥)=(𝑥−𝑥−1)ln|𝑥|
11. 函数𝑦=𝑓(𝑥)(𝑥∈𝑅)的图像关于点(0,0)与点(1,0)对称．当𝑥∈(−1,0]时，𝑓(𝑥)=
−𝑥2，则𝑓(2)=( )
3
A. −4
1
B. −2
1
C. −4
5
3
D. −4
9
12. 已知曲线𝐶1：𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)和𝐶2：(𝑥+1)2+𝑦2=16，点𝐴(−1,𝑦1)和𝐵(2,𝑦2)都
在𝐶1上，平行于𝐴𝐵的直线𝑙与𝐶1，𝐶2都相切，则𝐶1的焦点为( )
A. (0,4)
1
B. (0,2)
1
C. (0,1) D. (0,2)
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
𝑥−2𝑦−2≤0
13. 若𝑥，𝑦满足约束条件{2𝑥−𝑦+2≥0，则𝑧=𝑥+2𝑦的最小值为______．
𝑦≤0
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⃗⃗⃗⃗ =𝜆⃗⃗⃗⃗⃗ 14. 在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=2⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝐷.若⃗𝐶𝐸𝐵𝐴+𝜇⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶，则𝜆+𝜇=______． 15. 如图，圆𝑂：𝑥2+𝑦2=4交𝑥轴的正半轴于点𝐴.𝐵是
的中点，设∠𝐴𝑂𝑀=𝜃(0<圆上一点，𝑀是弧⏜𝐴𝑚𝐵⏜长之和．𝜃<𝜋)，函数𝑓(𝜃)表示弦𝐴𝐵长与劣弧𝐴𝑀当函数𝑓(𝜃)取得最大值时，点𝑀的坐标是______．
16. 将一条线段三等分后，以中间一段为边作正三角形并去掉原线段生成1级𝐾𝑜𝑐ℎ曲线
“
”，将1级𝐾𝑜𝑐ℎ曲线上每一线段重复上述步骤得到2级𝐾𝑜𝑐ℎ曲线，同理
可得3级𝐾𝑜𝑐ℎ曲线(如图1)，…，𝐾𝑜𝑐ℎ曲线是几何中最简单的分形．若一个图形由𝑁个与它的上一级图形相似，相似比为𝑟的部分组成，称𝐷=|log𝑟𝑁|为该图形分形维数，则𝐾𝑜𝑐ℎ曲线的分形维数是______.(精确到0.01，log32≈0.631)
在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花(如图2)飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级𝐾𝑜𝑐ℎ曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级𝐾𝑜𝑐ℎ曲线得到2级十八角雪花曲线(如图3)，…，依次得到𝑛级𝐾𝑛(𝑛∈𝑁∗)角雪花曲线．若正三角形边长为1，则3级𝐾3角雪花曲线的周长𝐶3=______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐷是𝐴𝐶边上一点，∠𝐴𝐵𝐶为钝角，∠𝐷𝐵𝐶=90°．
(1)证明：cos∠𝐴𝐷𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶=0；
(2)若𝐴𝐵=2√7，𝐵𝐶=2，再从下面①②中选取一个作为条件，求△𝐴𝐵𝐷的面积． ①sin∠𝐴𝐵𝐶=
3√21
； 14
②𝐴𝐶=3𝐴𝐷．
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18. 如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸，𝐹，𝐺，𝐻分别是棱𝐵𝐵1，𝐵𝐶，𝐶𝐷，𝐷𝐷1的
中点．
(1)求证：𝐸，𝐹，𝐺，𝐻四点共面，记过这四点的平面为𝛼，在图中画出平面𝛼与该正方体各面的交线(不必说明画法和理由)； (2)求点𝐴到(1)中平面𝛼的距离．
19. 北京冬奥会期间，志愿者团队“𝐹𝑖𝑒𝑙𝑑 𝐶𝑎𝑠𝑡”从所有参加冬奥会的运动健儿中分别
抽取男女运动员各100人的年龄进行统计分析(抽取的运动员年龄均在区间[16,40]
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内)，经统计得出女运动员的年龄频率分布直方图(图1)和男运动员的年龄扇形分布图(图2)．
回答下列问题： (1)求图1中的𝑎值；
(2)利用图2，估计参赛男运动员的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(3)用分层抽样方法在年龄区间为[16,24)周岁的女运动员中抽取5人，男运动员中抽取4人；记这9人中年龄区间在[20,24)周岁的运动员有𝑚人，再从这𝑚人中抽取2人，求这2人是异性的概率．
20. 如图，椭圆𝐶：2+
𝑎𝑥2
𝑦2𝑏2𝐵，右焦点为𝐹，=1(𝑎>𝑏>0)的左顶点与上顶点分别为𝐴，
点𝑃在𝐶上，𝑃𝐹⊥𝑥轴，𝐴𝐵//𝑂𝑃，|𝐴𝐵|=√3． (1)求𝐶的方程；
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是(2)过𝐹的直线𝑙交椭圆于𝑀，𝑁两点，坐标平面上是否存在定点𝑄，使得𝑄𝑀定值？若存在，求点𝑄坐标；若不存在，说明理由．
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21. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑥，𝑔(𝑥)=𝑎𝑙𝑛𝑥−𝑥2+1．
(1)求函数𝑓(𝑥)的最小值；
(2)若𝑔(𝑥)≤0在(0,+∞)上恒成立，求实数𝑎的值； (3)证明：𝑒1+2+3+⋅⋅⋅+2022>2023，𝑒是自然对数的底数．
22. 如图，某“京剧脸谱”的轮廓曲线𝐶由曲线𝐶1和𝐶2围
成．在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，𝐶1的参数方程为𝑥=3𝑐𝑜𝑠𝑡{(𝑡为参数，且0≤𝑡≤𝜋).以坐标原点为极点，𝑦=3𝑠𝑖𝑛𝑡
𝑥轴正半轴为极轴建立极坐标系，𝐶2的极坐标方程为𝜌2=
1449+7𝑐𝑜𝑠2𝜃
11
1
(𝜋≤𝜃≤2𝜋)．
(1)求𝐶1的普通方程和𝐶2的直角坐标方程；
(2)已知𝐴，𝑃∈𝐶1，𝐵∈𝐶2，𝑂𝐴⊥𝑂𝐵.当𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐵的面积最大时，求点𝑃到直线𝐴𝐵
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距离的最大值．
23. 已知函数𝑓(𝑥)=√𝑥−1+√3−𝑥−2的定义域为集合𝐷，最大值为𝑚，记𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)=
𝑎𝑏+𝑐
1
+
𝑏𝑐+𝑎
+
𝑐𝑎+𝑏
，其中𝑎，𝑏，𝑐是正实数．
(1)求𝑚；
(2)∀𝑥∈𝐷，求证：𝑓(𝑥)≤𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)．
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答案和解析
1.【答案】
𝐶
【解析】
解：∵𝐴∩𝐵={1,2}，又𝐶={2,3,4}， ∴(𝐴∩𝐵)∪𝐶={1,2,3,4}， 故选：𝐶．
先求交集，再求并集可得正确选项． 本题考查集合的运算，属基础题．
2.【答案】
𝐴
【解析】
解：复数𝑧=1+𝑎𝑖(𝑎∈𝑅)，
当|𝑧|=√2时，√1+𝑎2=2，解得𝑎=±1， 故𝑎=1是|𝑧|=√2的充分不必要条件． 故选：𝐴．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解． 本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
𝐷
【解析】
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𝑥2，…，𝑥𝑛的方差为1可得数据𝑥1+10，解：根据公式𝐷(𝑎𝑥+𝑏)=𝑎2𝐷𝑥与一组数据𝑥1，𝑥2+10，…，𝑥𝑛+10的方差是1． 故选：𝐷．
根据公式𝐷(𝑎𝑥+𝑏)=𝑎2𝐷𝑥可解决此题．
本题考查方差计算方法，考查数学运算能力，属于基础题．
4.【答案】
𝐵
【解析】
𝜋
解：因为tan(𝛼+4)=−3， 所以1−tan𝛼=−3，解得𝑡𝑎𝑛𝛼=2， 则cos𝛼−3𝑠𝑖𝑛𝛼=1−3𝑡𝑎𝑛𝛼=1−3×2=−5． 故选：𝐵．
由已知利用两角和的正切公式可求得𝑡𝑎𝑛𝛼的值，进而根据同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．
本题主要考查了两角和的正切公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
𝑠𝑖𝑛𝛼+𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑡𝑎𝑛𝛼+1
2+1
3
𝑡𝑎𝑛𝛼+1
5.【答案】
𝐶
【解析】
解：∵𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐶𝐷，𝐸是𝐴𝐶的中点，则𝐵𝐸⊥𝐴𝐶，𝐷𝐸⊥𝐴𝐶， ∵𝐵𝐸∩𝐷𝐸=𝐸，𝐵𝐸，𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐷𝐸， ∴𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸，
又𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，∴平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸，故C正确；
在平面𝐴𝐵𝐶内取点𝑃，作𝑃𝑀⊥𝐴𝐵，𝑃𝑁⊥𝐵𝐸，垂足分别为𝑀，𝑁，如图，
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∵平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸，平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐵𝐷𝐸=𝐵𝐸， ∴𝑃𝑁⊥平面𝐵𝐷𝐸，则有𝑃𝑁⊥𝐵𝐷，
若平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐷，同理可得𝑃𝑀⊥𝐵𝐷， 而𝑃𝑀∩𝑃𝑁=𝑃，𝑃𝑀，𝑃𝑁⊂平面𝐴𝐵𝐶，
∴𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐷与平面𝐴𝐵𝐶不一定垂直，故A错误； 过𝐴作△𝐴𝐵𝐶边𝐵𝐷上的高𝐴𝐹，连接𝐶𝐹， 由△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，得𝐶𝐹是△𝐶𝐵𝐷边𝐵𝐷上的高，
则∠𝐴𝐹𝐶是二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的平面角，而∠𝐴𝐹𝐶不一下是直角， 即平面𝐴𝐵𝐷与平面𝐵𝐷𝐶不一定垂直，故B错误；
∵𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸，则∠𝐷𝐸𝐵是二面角𝐷−𝐴𝐶−𝐵的平面角，∠𝐷𝐸𝐵不一定是直角， 平面𝐴𝐵𝐶与平面𝐴𝐷𝐶不一定垂直，故D错误． 故选：𝐶．
利用面面垂直的判断，再结合面面关系的判断方法逐项分析判断．
本题考查面面垂直的判断，考查线面垂直、面面垂直的判断等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】
𝐶
【解析】
𝑥2
𝑦24
解：由双曲线𝐶：−
1216，可得𝑐=4，
𝑏2=4，则可得𝑐2=𝑎2+𝑏2=12+4==1的方程可得𝑎2=12，
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所以设𝐹为双曲线的右焦点，则𝐹(4,0)，由双曲线的对称性及题意，设𝐻在第一象限，
3
由题意tan∠𝐻𝑂𝐹=𝑎=√3，所以cos∠𝐻𝑂𝐹=√，
2
𝑏
1所以|𝑂𝐻|=|𝑂𝐹|cos∠𝐻𝑂𝐹=4⋅√=2√3，
2故选：𝐶．
由双曲线的方程可得𝑎，𝑏的值，进而求出𝑐的值，可得焦点𝐹的坐标及渐近线的方程，再由双曲线的对称性，设𝐻在第一象限，由渐近线的斜率可得cos∠𝐻𝑂𝐹的值，在𝑅𝑡△𝑂𝐻𝐹中，求出|𝑂𝐻|的值．
本题考查双曲线的性质的应用及直角三角形的性质的应用，属于基础题．
3
7.【答案】
𝐷
【解析】
𝑎𝑛=2𝑛,𝑏𝑛=2𝑛，∴𝑎1=𝑏1=2，解：由题可得：𝑎2=𝑏2=4， ∴排除选项A，𝐵，
又由𝑦=2𝑥，𝑦=2𝑥图象知两数列均为正项单调递增数列，
且当𝑛≥3时，𝑎𝑛>𝑏𝑛，∴𝑆𝑛≥𝑇𝑛， 故选：𝐷．
先化简𝑎𝑛=2𝑛，𝑏𝑛=2𝑛，再结合对应的函数单调性即可得正确选项．
本题考查数列单调性，前𝑛项和，以及数形结合思想，属基础题．
8.【答案】
𝐵
【解析】
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解：由三视图可知该几何体的直观图如下所示：
该直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1底面为等腰直角三角且𝐴𝐶=𝐵𝐶=𝐴𝐴1=2， 所以△𝐴𝐵𝐶外接圆的直径为𝐴𝐵=√𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=2√2， 设外接球的半径为𝑅，则(2𝑅)2=𝐴𝐵2+𝐴𝐴12=12， 所以外接球的表面积为4𝜋𝑅2=12𝜋， 故选：𝐵．
根据三视图得到直观图，该几何体为直三棱柱，且𝐴𝐶=𝐵𝐶=𝐴𝐴1=2，首先求出底面△𝐴𝐵𝐶外接圆的直径，即可求出外接球的半径，从而得解．
本题考查了由三视图还原几何体，几何体外接球的表面积的求解计算，属于中档题．
9.【答案】
𝐷
【解析】
解：结合图像可知，8～13时这段时间温度先减后增，A错误； 8～16时的最大温差为4√2>5，B错误； 8～16时0℃以下的时长超过3小时，C错误；
由题意得𝐴=2√2，𝑇=8，𝜔=4，𝑓(𝑥)=2√2cos(4𝑥+𝜑)， 又𝑓(13)=2√2cos(所以𝜑=
3𝜋
13𝜋4
𝜋
𝜋
+𝜑)=2√2且0<𝜑<𝜋，
𝜋
3𝜋4
，𝑓(𝑥)=2√2cos(4𝑥+4
)，
所以𝑓(16)=−2，D正确． 故选：𝐷．
结合函数的图像分别检验各选项即可判断．
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本题主要考查了由𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)的图像求解函数解析式，还考查了利用函数图像解决实际问题的能力，属于中档题．
10.【答案】
𝐶
【解析】
解：函数为偶函数，图象关于𝑦轴对称，排除𝐵，𝐷(𝐵,𝐷都是奇函数)，
当𝑥∈(0,1)时，对于𝐴，𝑥2−𝑥2<0，ln|𝑥|<0，𝑓(𝑥)=(𝑥2−𝑥2)ln|𝑥|>0，不满足条件．排除𝐴， 故选：𝐶．
根据函数的对称性，定义域以及函数值的对应性，利用排除法进行判断即可． 本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性，判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是基础题．
1
1
11.【答案】
𝐴
【解析】
解：∵函数𝑦=𝑓(𝑥)(𝑥∈𝑅)的图像关于点(0,0)与点(1,0)对称， ∴2是函数𝑓(𝑥)的周期，
∴𝑓()=𝑓(−)=−(−)2=−，
2224故选：𝐴．
根据函数的周期性，将函数值进行转化即可
本题主要考查函数值的计算，根据函数的周期性，进行转化是解决本题的关键．
3
1
1
1
12.【答案】
𝐵
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【解析】
1
2
解：对于曲线𝐶1：𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)，当𝑥=−1时，𝑦=2𝑝，当𝑥=2时，𝑦=𝑝， 所以𝐴(−1,2𝑝),𝐵(2,𝑝)， 所以直线𝐴𝐵的斜率为𝑘𝐴𝐵=
12−2𝑝𝑝12
−1−2
=
1
12𝑝
，
设与直线𝐴𝐵平行的直线为𝑙：𝑦=2𝑝𝑥+𝑏， 𝑦=𝑥+𝑏
2𝑝由{，得𝑥2−𝑥−2𝑝𝑏=0， 𝑥2=2𝑝𝑦因为直线𝑙：𝑦=2𝑝𝑥+𝑏与𝐶相切， 所以𝛥=1+8𝑝𝑏=0，得𝑝𝑏=−8， 因为直线𝑙：𝑦=2𝑝𝑥+𝑏与𝐶2相切，
5所以圆心(−1,0)到直线𝑙的距离等于半径√，
4
1
+𝑏|2𝑝1
1
1
1
|−
所以1√(2𝑝)2+1
=
√55
4，化简得16(1+
1
4𝑝2)=(1−2𝑝𝑏)2，
所以16(1+4𝑝2)=(1+4)2，得𝑝2=1， 因为𝑝>0，所以𝑝=1，
所以曲线𝐶1为𝑥2=2𝑦，其焦点为(0,2)， 故选：𝐵．
𝐵坐标，先由题意求出𝐴，则可得𝑘𝐴𝐵，由于直线𝑙平行于𝐴𝐵，所以设直线𝑙：𝑦=2𝑝𝑥+𝑏，再利用直线𝑙与𝐶相切，将直线方程代入𝐶1方程中，由判别式为零可得𝑝𝑏=−8，再由直5线与𝐶2相切，则圆心(−1,0)到直线𝑙的距离等于半径√，列方程，结合前面的式子可求出
4
11
1
5
𝑝，从而可求出拋物线的焦点坐标．
本题考查了直线与圆的位置关系，抛物线的简单几何性质，属于中档题．
13.【答案】
−6
第14页，共24页
【解析】
解：由约束条件作出可行域如图，
2𝑥−𝑦+2=0联立{，解得𝐴(−2,−2)，
𝑥−2𝑦−2=0
由𝑧=𝑥+2𝑦，得𝑦=−2+2，由图可知，当直线𝑦=−2+2过𝐴时， 直线在𝑦轴上的截距最小，𝑧有最小值为−2+2×(−2)=−6． 故答案为：−6．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
𝑥
𝑧
𝑥
𝑧
14.【答案】
2 3
【解析】 解：如图所示，
1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐸𝐷𝐴=−𝐴𝐷𝐵𝐶， ∵⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=2⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐸𝐷，∴⃗3331
⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗𝐶𝐸𝐶𝐷+⃗𝐷𝐸𝐵𝐴−3⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶，
∴𝜆=1，𝜇=−3，∴𝜆+𝜇=3， 故答案为：3．
根据向量的线性运算直接可得𝜆，𝜇的值，再求出𝜆+𝜇． 本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题．
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2
12
15.【答案】
2√3+
【解析】
⏜=2𝑂𝐴⋅𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜃⋅𝑂𝐴=4𝑠𝑖𝑛𝜃+2𝜃， 解：由题意可得函数𝑓(𝜃)=𝐴𝐵+𝐴𝑀
故𝑓′(𝜃)=4𝑐𝑜𝑠𝜃+2，令𝑓′(𝜃)=0，求得𝑐𝑜𝑠𝜃=−2，𝜃=在(0,
2𝜋
2𝜋
1
2𝜋3
4𝜋
3．
)上，𝑓′(𝜃)>0，𝑓(𝜃)单调递增；在(3,𝜋)上，𝑓′(𝜃)<0，𝑓(𝜃)单调递减， 3
2𝜋
故当𝜃=
时，𝑓(𝜃)=4𝑠𝑖𝑛𝜃+2𝜃取得最大值为2√3+3
4𝜋3
4𝜋3
，
故答案为：2√3+．
由题意，利用圆的标准方程，直角三角形中的边角关系、弧长公式，求得𝑓(𝜃)的解析式，再利用导数求函数𝑓(𝜃)的最值．
本题主要考查圆的标准方程，直角三角形中的边角关系、弧长公式，利用导数求函数的最值，属于中档题．
16.【答案】
1.26 9
【解析】
1
64
解：由题意𝐾𝑜𝑐ℎ曲线是由把全体缩小3的4个相似图形构成的， 则其相似的分形维数是𝐷=|log34|=2𝑙𝑜𝑔32=2×log32≈1.26，
4
经过𝑛次分形后，边长变为原来的(3)𝑛，周长为3
×
4(3)𝑛
×1=3𝑛−1，
4𝑛
当𝑛=3时，𝐶3=
649
．
故答案为：1.26；9．
根据题意直接求出相似分形维数，红过𝑛次分形后，分析出边长变为原来的(3)𝑛，把𝑛=3代入，即可求出结果．
本题考查𝐾𝑜𝑐ℎ曲线的分形维数、曲线周长的求法，考查简单的归纳推理等基础知识，
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4
64
考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】
解：(1)因为∠𝐴𝐷𝐵=90°+𝐶，
所以cos∠𝐴𝐷𝐵=cos(90°+𝐶)=−𝑠𝑖𝑛𝐶， 故cos∠𝐴𝐷𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶=0； (2)选①，sin∠𝐴𝐵𝐶=因为∠𝐴𝐵𝐶>90°，
所以cos∠𝐴𝐵𝐶=−√1−sin2∠𝐴𝐵𝐶=−√，
1473√2114
．
在△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理可得𝐴𝐶=√28+4−2×2√7×2×(−√7)=6，
14
2√7由正弦定理可得𝑠𝑖𝑛𝐶
3=
63√2114
，
所以𝑠𝑖𝑛𝐶=√，故C=60°，
2
在𝑅𝑡△𝐶𝐵𝐷中，因为𝐵𝐶=2，所以𝐵𝐷=𝐵𝐶𝑡𝑎𝑛𝐶=2𝑡𝑎𝑛60°=2√3， 又sin∠𝐴𝐵𝐷=sin(∠𝐴𝐵𝐶−90°)=−cos∠𝐴𝐵𝐶=√，
147所以𝑆△𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐵×𝐵𝐷×sin∠𝐴𝐵𝐷=×2√7×2√3×√=√3；
2214选②，𝐴𝐶=3𝐴𝐷， 设𝐴𝐷=𝑥，则𝐷𝐶=2𝑥，
在𝑅𝑡△𝐶𝐵𝐷中，𝐵𝐷=√𝐷𝐶2−𝐵𝐶2=2√𝑥2−1， 由(1)cos∠𝐴𝐷𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶=0得，𝑥2+4𝑥2−4−282𝑥×2√𝑥2−1117+
2√𝑥2−12𝑥
=0，
解得𝑥=2，即𝐴𝐷=2,𝐵𝐷=2√3,𝐶𝐷=4， 在𝑅𝑡△𝐶𝐵𝐷中，𝑡𝑎𝑛𝐶==𝐵𝐶
𝐵𝐷
2√32
=√3,0°<𝐶<90°，所以𝐶=60°，
所以∠𝐴𝐷𝐵=𝐶+∠𝐷𝐵𝐶=60°+90°=150°，
所以𝑆△𝐴𝐵𝐷=2×𝐴𝐷×𝐵𝐷×sin∠𝐴𝐷𝐵=2×2×2√3×2=√3．
【解析】
(1)根据三角形的外角和性质及诱导公式即可求解；
(2)选①，根据同角三角形的平方关系，得出cos∠𝐴𝐵𝐶，再利用余弦定理、正弦定理及
1
1
1
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锐角三角函数的定义，结合三角形的面积公式即可求解；
选②，设出𝐴𝐷，根据勾股定理，得出𝐵𝐷，结合已知条件得出𝐴𝐷，𝐵𝐷，𝐶𝐷，利用锐角三角函数的定义，得出角𝐶，进而得出角∠𝐴𝐷𝐵，再利用三角形的面积公式即可求解． 本题考查了正余弦定理的应用以及三角形面积的计算，属于中档题．
18.【答案】
解：(1)连接𝐵𝐷，𝐸𝐻，𝐹𝐺，因为𝐸，𝐻分别是棱𝐵𝐵1，𝐷𝐷1的中点， 所以𝐸𝐻//𝐵𝐷.又因为𝐹，𝐺分别是棱𝐵𝐶，𝐶𝐷的中点，所以𝐹𝐺//𝐵𝐷． 故EH//𝐹𝐺，所以𝐸，𝐹，𝐺，𝐻四点共面．
分别取𝐴1𝐷1和𝐴1𝐵1的中点为𝐼和𝐽，连接𝐼𝐻，𝐼𝐽，𝐽𝐸，
由正方体性质得𝐼𝐻//𝐸𝐹，𝐼𝐽//𝐺𝐹，𝐽𝐸//𝐻𝐺，所以多边形𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼𝐽共面，所以平面𝛼与该正方体各面的交线如下图(多边形𝐸𝐹𝐺𝐻𝐼𝐽)所示．
(2)如下图连接𝐴𝐹，𝐴𝐺，𝐴𝐸，𝐸𝐺，由等体积法可得：𝑉𝐸−𝐴𝐹𝐺=𝑉𝐴−𝐸𝐹𝐺，
设点𝐴到平面𝛼的距离为𝑑，所以3𝑆△𝐴𝐹𝐺×𝐵𝐸=3𝑆△𝐸𝐹𝐺×𝑑，
11
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易得：在△𝐴𝐹𝐺中，𝐴𝐹=√5，𝐹𝐺=√2，𝐴𝐺=√5， 所以𝑆△𝐴𝐹𝐺=1×√2×√(√5)2−(√2)2=3，
222
同理可得：𝑆△𝐸𝐹𝐺=1×√6×√(√2)2−(√6)2=√3，
222所以××1=×√×𝑑，解得：𝑑=√3，
3232所以点𝐴到平面𝛼的距离为√3．
【解析】
(1)根据题意证明𝐸𝐻//𝐹𝐺即可求解，再利用平行关系即可平面𝛼与该正方体各面的交线； (2)先得到𝑉𝐸−𝐴𝐹𝐺=𝑉𝐴−𝐸𝐹𝐺，计算求解即可．
本题主要考查截面问题，等体积法的应用等知识，属于基础题．
1
3
1
319.【答案】
解：(1)结合频率分布直方图知，
(𝑎+0.075+0.075+0.025+0.0125+0.0125)×4=1， 解得𝑎=0.05；
(2)由图2知，参赛男运动员的平均年龄为
18×0.1+22×0.3+26×0.2+30×0.2+34×0.1+38×0.1=26.8； 即参赛男运动员的平均年龄为26.8岁；
(3)∵按分层抽样方法在年龄区间为[16,24)周岁的女运动员中抽取5人， 而女运动员年龄区间为[16,20)，[20,24)的人数比为2：3， ∴女运动员在年龄区间为[16,20)，[20,24)内分别抽取了2人，3人； 按分层抽样方法在年龄区间为[16,24)周岁的男运动员中抽取4人， 而男运动员年龄区间为[16,20)，[20,24)的人数比为1：3， ∴男运动员在年龄区间为[16,20)，[20,24)内分别抽取了1人，3人； 故这9人中年龄区间在[20,24)周岁的运动员有6人， 从这6人中抽取2人， 这2人是异性的概率为
1⋅𝐶1𝐶332𝐶6
=5；
3
即这2人是异性的概率为5．
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3
【解析】
(1)结合频率分布直方图可得(𝑎+0.075+0.075+0.025+0.0125+0.0125)×4=1，从而解方程即可；
(2)由饼形图及加权平均数公式求参赛男运动员的平均年龄即可；
(3)先结合分层抽样方法确定男、女运动员在年龄区间为[20,24)内各抽取的人数；再结合古典概率模型求概率即可．
本题考查由频数分布表、直方图求频数、频率，考查频率公式，频率分布直方图坐标轴的应用，属于中档题．
20.【答案】
解：(1)由题可得𝑎2+𝑏2=3① 由题𝑃𝐹⊥𝑥轴，可得𝑃(𝑐,)，
𝑎𝑏2
因为𝐴𝐵//𝑂𝑃， 所以=② 𝑎𝑎𝑐𝑏2+𝑐2=𝑎2③
由①②③解得：𝑎=√2,𝑏=1， 所以，𝐶的方程为
𝑥22
𝑏
𝑏2
+𝑦2=1．
𝑥22
(2)当直线斜率不为0时，𝑥=𝑚𝑦+1，设直线𝑙：代入1=0，
+𝑦2=1得(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑦−
设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=𝑚2+2,𝑦1𝑦2=𝑚2+2， 设定点𝑄(𝑥0,𝑦0)，
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑚𝑦1+1−𝑥0,𝑦1−𝑦0),𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑚𝑦2+1−𝑥0,𝑦2−𝑦0)， 𝑄𝑀
2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑚2+1)𝑦1𝑦2+[𝑚(1−𝑥0)−𝑦0](𝑦1+𝑦2)+(1−𝑥0)2+𝑦0𝑄𝑀𝑄𝑁2=(𝑚2+1)×𝑚2+2+[𝑚(1−𝑥0)−𝑦0]×𝑚2+2+(1−𝑥0)2+𝑦0
−1
−2𝑚
−2𝑚−1
=
(−3+2𝑥0)𝑚2+2𝑦0𝑚−1
𝑚2+2
2， +(1−𝑥0)2+𝑦0
𝑦0=02𝑦0=0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −3+2𝑥−15， 要使𝑄𝑀⋅𝑄𝑁是定值，则{，解得{0
=𝑥=0124
5
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+(1−5)2=−7． 𝑄𝑀𝑄𝑁此时𝑄(4,0),⃗2416
当直线𝑙与𝑥轴重合时，𝑀(−√2,0),𝑁(√2,0)，
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⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−7， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2−5,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2−5,0)则⃗𝑄𝑀𝑄𝑁𝑄𝑀𝑄𝑁16
4
4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值−． 综上所述，坐标系平面上存在定点𝑄(4,0)，使得⃗𝑄𝑀𝑄𝑁16
【解析】
(1)由𝐴𝐵//𝑂𝑃，|𝐴𝐵|=√3建立方程组，直接求解即可；
(2)当直线斜率不为0时，设出直线方程𝑙：𝑥=𝑚𝑦+1，联立椭圆，通过韦达定理求得⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是定值，解出𝑄𝑦1+𝑦2=𝑚2+2,𝑦1𝑦2=𝑚2+2，设出定点𝑄，表示出⃗𝑄𝑀𝑄𝑁𝑄𝑀𝑄𝑁坐标即可．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，圆锥曲线中的探索性问题等知识，属于中等题．
−2𝑚
−1
57
21.【答案】
(1)解：∵𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑥， ∴𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，
𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥，由𝑓′(𝑥)>0，得𝑥>1；由𝑓′(𝑥)<0，得0<𝑥<1． ∴𝑓(𝑥)的增区间为(1,+∞)，单调减区间为(0,1)． ∴𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓(1)=−1． (2)解：𝑔′(𝑥)=−2𝑥=
𝑥
𝑎
𝑎−2𝑥2
𝑥
(𝑥>0)，
当𝑎≤0时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递减， 此时存在𝑥0∈(0,1)，使得𝑔(𝑥0)>𝑔(1)=0，与题设矛盾，
当𝑎>0时，𝑥∈(0,√)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑥∈(√,+∞)时，𝑔′(𝑥)<0，
22∴𝑔(𝑥)在(0,√)上单调递增，在(√,+∞)上单调递减，
2
2
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
∴𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑔(√2)=𝑎𝑙𝑛√2−2+1=2ln2−2+1，
要使𝑔(𝑥)≤0在(0,+∞)恒成立，则𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥≤0，即2ln2−2+1≤0， 又由(1)知，𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥≥−1，即𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥+1≥0当且仅当𝑥=1时等号成立， ∴2ln2−2+1≥0，故2ln2−2+1=0且2=1， ∴𝑎=2．
(3)证明：由(2)知𝑔(𝑥)=2𝑙𝑛𝑥≤𝑥2−1，则𝑙𝑛𝑥2≤𝑥2−1(当且仅当𝑥=1时等号成立)，
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𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
令𝑥=√𝑡(𝑡>0)，则𝑙𝑛𝑡≤𝑡−1(当且仅当𝑡=1时取等号)，
令𝑡=𝑒𝑥，则𝑙𝑛𝑒𝑥≤𝑒𝑥−1，即𝑒𝑥≥𝑙𝑛𝑒𝑥+1=𝑥+1(当且仅当𝑥=0时等号成立)，
1𝑛+1
令𝑥=𝑛>0(𝑛∈𝑁∗)，则𝑒𝑛>+1=，
𝑛𝑛
1
1
从而有𝑒1⋅𝑒2⋅𝑒3⋅…⋅𝑒2021⋅𝑒2022≥×××…×
1
2
3
1111
23420222021
×
20232022
，
∴𝑒1+2+3+⋅⋅⋅+2022>2023．
【解析】
(1)由已知得𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥，由此利用导数性质能求出函数𝑓(𝑥)的最小值； (2)𝑔′(𝑥)=
𝑎−2𝑥2
𝑥
111
(𝑥>0)，分类讨论单调性得到𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥=2ln2−2+1，要使𝑔(𝑥)≤0
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎𝑎𝑎
在(0,+∞)恒成立，则𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥≤0，即2ln2−2+1≤0，由(1)可得到2ln2−2+1≥0，所以2ln2−2+1=0，即可得解；
(3)由(2)知𝑔(𝑥)=2𝑙𝑛𝑥≤𝑥2−1得到𝑙𝑛𝑥2≤𝑥2−1，所以𝑙𝑛𝑡≤𝑡−1，所以𝑒𝑥≥𝑥+1，即𝑒𝑛>
1
𝑎𝑎𝑎
𝑛+1𝑛
，代入证明即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查不等式恒成立问题以及不等式的证明，考查分类讨论思想与转化思想的应以，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
22.【答案】
𝑥=3𝑐𝑜𝑠𝑡
(1)𝐶1的参数方程为{(𝑡为参数，解：且0≤𝑡≤𝜋)，转换为普通方程为𝑥2+𝑦2=
𝑦=3𝑠𝑖𝑛𝑡9(𝑦≥0)；
𝑥=𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃
曲线𝐶2的极坐标方程为𝜌2=9+7𝑐𝑜𝑠2𝜃(𝜋≤𝜃≤2𝜋)，根据{𝑦=𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑥2+𝑦2=𝜌2
144
，转换为直
角坐标方程为
𝑥29
+16=1(𝑦≤0)；
𝑦2
(2)已知𝐴∈𝐶1，𝐵∈𝐶2，𝑂𝐴⊥𝑂𝐵， 所以𝜌𝐴=3，𝜌𝐵=√，
9+7𝑐𝑜𝑠2𝜃
144
当𝜃=2时，𝜌𝐵=√=4；
9
𝜋
144
即𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐵的面积最大，最大值为𝑆△𝑂𝐴𝐵=2×3×4=6，
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1
故点𝐴(3,0)或𝐵(0,−4)， 所以直线𝐴𝐵的方程为3−4=1， 整理得4𝑥−3𝑦−12=0；
所以点𝑃(3𝑐𝑜𝑠𝛼,3𝑠𝑖𝑛𝛼)到直线4𝑥−3𝑦−12=0的距离𝑑=
3|5𝑐𝑜𝑠(𝛼+𝛽)−4|
5
|12𝑐𝑜𝑠𝛼−9𝑠𝑖𝑛𝛼−12|√32+42𝑥
𝑦
=
≤
275
，
当cos(𝛼+𝛽)=−1时，等号成立．
【解析】
(1)直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换； (2)利用点到直线的距离公式的应用和三角函数的关系式的变换及余弦型函数性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，三角函数关系式的变换，余弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
23.【答案】
1𝑥−1≥0
解：(1)要使𝑓(𝑥)=√𝑥−1+√3−𝑥−2有意义得{，
3−𝑥≥0
解得1≤𝑥≤3，所以𝐷={𝑥|1≤𝑥≤3}，由柯西不等式，
得𝑓(𝑥)=√𝑥−1⋅1+√3−𝑥⋅1−1≤√[(√𝑥−1)2+(√3−𝑥)2](12+12)−1=2−
22
1
=2，当且仅当2
3𝑥−11
=
3−𝑥1
，即𝑥=2∈𝐷，
3
所以，当𝑥=2时，𝑚=𝑓(2)=2
证明：(2)令𝑏+𝑐=𝑥，𝑐+𝑎=𝑦，𝑎+𝑏=𝑧， 因为𝑎，𝑏，𝑐是正实数，所以𝑥，𝑦，𝑧是正实数， 则𝑎=
𝑦+𝑧−𝑥2
,𝑏=
𝑥+𝑧−𝑦2𝑎
,𝑐=
𝑏
𝑥+𝑦−𝑧2𝑐
，
𝑦+𝑧−𝑥2𝑥
所以𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)=𝑏+𝑐+𝑐+𝑎+𝑎+𝑏==2(𝑥+𝑥+𝑦+𝑦+𝑧+𝑧−3)
1𝑦
𝑧
𝑥
𝑧
𝑥
𝑦
+
𝑥+𝑧−𝑦2𝑦
+
𝑥+𝑦−𝑧2𝑧
≥2(2√𝑥⋅𝑦+2√𝑦⋅𝑧+2√𝑧⋅𝑥−3)=2
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1𝑦𝑥𝑧𝑦𝑥𝑧3
当且仅当𝑥=𝑦=𝑧时取等号，此时𝑎=𝑏=𝑐， 所以𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)≥2， 故𝑓(𝑥)≤𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)．
【解析】
(1)先求出定义域，再由柯西不等式求最大值即可；
(2)令𝑏+𝑐=𝑥，𝑐+𝑎=𝑦，𝑎+𝑏=𝑧，化简整理得𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)=2(𝑥+𝑥+𝑦+𝑦+𝑧+𝑧−3)，借助基本不等式求出𝑔(𝑎,𝑏,𝑐)的最小值，等于𝑓(𝑥)的最大值，即得证． 本题考查基本不等式，考查学生的运算能力，属于中档题．
1𝑦
𝑧
𝑥
𝑧
𝑥
𝑦
3
第24页，共24页
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