数学理科试题（适用于全国卷）

一、选择题

1.已知i为虚数单位，复数z满足：z（1+i）=4-3i，则z-=（）.

A.522B.52C.52D.25

解题思路由题意可得z=4-3i1+i，则z-=z=4-3i1+i=52=522，故选A.

2.已知集合A=x|12x<8，B={-2，-1，0，1，2}，则A∪B=（ ）.

A. （-2，+∞）B. （-∞，2）C. AD. B

解题思路因为A=（-3，+∞），所以A∪B=A，故选C.

3.若函数y=（a2-2a-2）xa2-3a-4为幂函数，且图象与两坐标轴无交点，则实数m的值为（）.

A.3B.3或1C.3或-1D.-1

解题思路由于函数y=（a2-2a-2）xa2-3a-4为幂函数，所以a2-2a-2=1.又幂函数图象与两坐标轴无交点，所以a2-3a-4≤0，解得a=3或a=-1，故选C.

4.为贯彻落实党中央关于党史学习教育的总体部署，今年4月，教育部在中小学部署开展了“从小学党史 永远跟党走”主题教育活动.某校开展了学党史读书活动，学生积极参加，现对该校学生每周学党史读书时间进行统计，统计结果绘制成频率分布直方图，如图1，则该校学生每周学党史读书的平均时间（单位：小时）为（）.

A.11.6B.11.20C.11.25D.11.30

解题思路由题意得频率之和为1，即（0.1+a+0.4+0.25+0.1）×1=1，解得a=0.15，则学党史读书时间的平均数为9.5×0.10+10.5×0.15+11.5×0.40+12.5×0.25+13.5×0.10=11.6（小时），故选A.

5.若tanα+π3=-47，则sin2α-π3=（）.

A.-5665B.5665C.1665D.-1665

解题思路依题意，得

sin2α-π3=sin2α+π3-π

=-sin2α+π3

= -2sin（α+π3）cos（α+π3）

=-2sin（α+π3）cos（α+π3）sin2（α+π3）+cos2（α+π3）

=-2tan（α+π3）tan2（α+π3）+1

=-2×（-47）（-47）2+1=5665，

故选B.

6.已知函数f（x）=ln（x+2）+m的图象不经过第二象限，则m的取值范围为（）.

A. m<-ln2B. m≤-ln2

C. m>ln2D. m≥ln2

解题思路由对数函数的图象和性质，可知函数f（x）在（-2，+∞）单调递增，若函数图象不经过第二象限，则ln0+2+m≤0，解得m≤-ln2.

故选B.

7.已知等比数列an中，a1=1，a9=64，则a5=（）.

A.8B.-8C.10D.±8

解题思路设等比数列an的公比为q，依题意，得a25=a1a9=64.又a5=a1q4>0，故a5=8.

故选A.

8.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点

A（3，0）且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，若ΔFMN的重心G的纵坐标为43，则点G的横坐标为（）.

A.103B.113C.4D.133

解题思路设Mx1，y1，Nx2，y2，由ΔAMN的重心G的纵坐标为43及F（1，0），得y1+y2=4.由y21=4x1，y22=4x2，得y21-y22=4x1-4x2，即k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=1.则l：y=x-3.所以x1+x2=y1+y2+6=10.故点G的横坐标为113，故选B.

9.函数fx=Acosωx+φ（A<0，ω>0，-π2<φ<0），其部分图象如图2所示，下列说法正确的有（）.

①ω=2;②φ=-π3;

③x=π12是函数fx的极值点;

④函數fx在区间-5π12，π12上单调递增;

⑤函数y=fx-π12关于原点对称.

A.①②④B.②③④C.①②⑤D.③④⑤

解题思路由图2知A=-1，且函数fx的周期为T=2（11π12-5π12）=π，所以ω=2，故①正确;

因为fx=-cos2x+φ，

所以f5π12=

-cos5π6+φ=0.

则5π6+φ=kπ+π2（k∈Z）.

又-π2<φ<0，故k=0，φ=-π3，故②正确;

由fx=-cos2x-π3，

知fπ12=-cosπ6，

显然x=π12不是函数fx的极值点，故③错误;

由2kπ≤2x-π3≤2kπ+π，

得kπ+π6≤x≤kπ+2π3.

所以fx的单调递增区间为[kπ+π6，kπ+2π3]，

单调递减区间为[kπ-π3，kπ+π6].

所以fx在-5π12，-π3上单调递增，

在-π3，π12上单调递减，

所以fx在-5π12，π12上不单调，故④错误.

函数y=fx-π12=-sin2x为奇函数，图象关于原点对称，故⑤正确.故选C.

10.P为双曲线C：x29-y216=1（a>0，b>0）上一点，过点P向C的两条渐近线作垂线，垂足分别为P1，P2，则PP1·PP2=（）.

A.144625B.100825C.14425D.1008625

解题思路1由题知两条渐近线方程为4x±3y=0，设P（x0，y0），

则lPP1：3x+4y-3x0-4y0=0，

lPP2：3x-4y-3x0+4y0=0.

联立3x+4y-3x0-4y0=0，4x-3y=0，

得P1（9x0+12y025，12x0+16y025），

同理得P2（9x0-12y025，-12x0+16y025）.

所以PP1·PP2=（-16x0+12y025，12x0-9y025）·（-16x0-12y025，-12x0-9y025）

=（-16x0）2-（12y0）2252+-（12x0）2+（-9y0）2252

=7（16x20-9y20）252

=7×16×9252=1008625.

解法2由題知两条渐近线方程分别为l1：4x-3y=0，l2：4x+3y=0，设P（x0，y0），渐近线l1的倾斜角为θ，则16x20-9y20=144，tanθ=43.

则PP1=4x0-3y05，PP2=4x0+3y05，

cos<PP1，PP2>=cos∠P1PP2=cos∠P1OP2

=cos（π-2θ）=sin2θ-cos2θsin2θ+cos2θ=tan2θ-1tan2θ+1=725.

所以PP1·PP2=PP1·PP2cos<PP1，PP2>=4x0-3y05·4x0+3y05×725

=1008625.

故选D.

11.由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递增，后3个数字保持递减”（如五位数“12543”，前3个数字“125”保持递增，后3个数字“543”保持递减）的概率是（）.

A.7200B.7600C.7120D.150

解题思路由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共C15×A45=600个，前3个数字保持递增，后3个数字保持递减，说明中间数字必为5或4.

（1）若中间数字为5，且所选五个数字中没有0，在1，2，3，4四个数字中任取两个数字，按照递增顺序放置于首两位，剩余两个数字按照递减顺序放置于末两位，有C24×1=6个.

（2）若中间数字为5，且所选五个数字中有0，则0一定位于最后一位，从1，2，3，4四个数字中任选一个放置于第四位，余下三个数字任选两个按照递增顺序放置于首两位，有C14×C23=12个.

（3）若中间数字为4，则所选五个数字中没有5，0一定位于最后一位，从1，2，3三个数字中任选一个放置于第四位，余下二个数字按照递增顺序放置于首两位，有C13×1=3个.

因此“前3个数字保持递增，后3个数字保持递减”的五位数有21个，所以所求的概率P=21600=7200，故选A.

12.已知函数f（x）=a-1-lna+x1-x，g（x）与f（x）互为反函数，且g（x）为奇函数，则不等式f（x）<f（a2）的解集为（）.

A.-1，12B.-∞，12

C.-1，1D.-1，+∞

解题思路令y=a-1-lna+x1-x，

得x=1-a+1ea-1-y+1.

由g（x）与f（x）互为反函数，得

g（x）= 1-a+1ea-1-x+1.

又g（x）为奇函数，所以g0=1-a+1ea-1+1=0.

即ea-1=a，构造函数φ（x）=ex-1-x，求导得φ′（x）=ex-1-1，

当x<1时φ′（x）<0，当x>1时φ′（x）>0，

所以φ（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

所以φ（x）≥φ（1）=0，故当且仅当x=1时φ（x）=0.所以a=1，f（x）=-ln1+x1-x=ln1-x1+x=

ln（-1+21+x），则f（x）在（-1，1）上单调递减.

所以不等式f（x）<f（a2）等价于-1<x<12，解集为-1，12，故选A.

二、填空题

13.若（x+1x）3（x+a）5的展开式中各项系数的和为256，则该展开式中含x2项的系数为.

解题思路取x=1，则（x+1x）3（x+a）5的展开式中各项系数的和为23×a+15=256，

解得a=1，则（x+1x）3（x+a）5=（x+1x）3（x+1）5.x+1x3的展开式：Tm+1=Cm3x3-mx-m=Cm3x3-2m;x+15的展开式Tn+1=Cn5x5-n.

取m=1，n=4，得到C13x1·C45x1=15x2;

取m=2，n=2，得到C23x-1·C25x3=30x2;

取m=3，n=0，得到C33x-3·C05x5=x2.

综上该展开式中含x2项的系数为46.

14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2>a2+c2，sinB=sinC.设△ABC的面积为S，若4bS=ab2+c2-a2，则A=.

解题思路由4bS=ab2+c2-a2，得2abcsinB=2abccosA，即sinB=cosA.

由b2>a2+c2，得cosB<0，即B为钝角.

所以B=A+π2，C=π2-2A.

又sinB=sinC，所以cosA=cos2A.

即sinA=12，又A为锐角，所以A=π6.

15.因新冠肺炎疫情防控工作需要，某高中学校计划将学生的周末辅导改至线上进行，现需要安排文、理科教师x，y名，考虑到学生对辅导的需求等因素，x和y满足条件2x-y≥5，x-y≤2，x≤6，则该校至少需要安排教师人.

解题思路设目标函数为z=x+y，得y=-x+z，畫出可行域如图3，则题意转化为在可行域内任意取x，y且为整数，使得目标函数的斜率为定值-1，截距最小时的直线为过 2x-y=5x-y=2的交点B3，1，此时z取最小值，即zmin=3+1=4.

16.已知ABCD中，AB=13，BC=25，AC=5，沿AC折叠ΔABC，使得BD=5，

则所得三棱锥B-ACD的外接球的表面积是.

解题思路易知三棱锥B-ACD的三组对棱分别相等，则该三棱锥可以理解为由正方体六个面的面对角线构成，且其外接球即为正方体外接球.设该正方体的长、宽、高分别为a，b，c，且a2+b2=13，b2+c2=25，c2+a2=5，则外接球半径R满足2R=a2+b2+c2，所以4R2=a2+b2+c2=12（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）=29，故外接球的表面积为4πR2=29π.

三、解答题

17.已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-1n∈N*.

（1）证明：数列an为等比数列，并求an.

（2）若各项均为正数的等差数列bn满足b1=2，其前n项和为Tn，且数列Tn-n也为等差数列，求数列Tnann+1的前n项和Wn.

解题思路1当n=1时，得a1=1.当n>2时，Sn-1=2an-1-1，所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1.所以an=2an-1.所以an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n-1.

（2）设等差数列bn的公差为d（d≥0），则T1=b1=2，T2=4+d，T3=6+3d.

因为数列Tn-n为等差数列，

所以2T2-2=T1-1+T3-3.

即22+d=1+3+3d，解得d=2.

所以Tn=n2+n.

所以Tnann+1=n2+n）2n-1n+1=n·2n-1 .

所以Wn=1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1.

故2Wn=1·21+2·22+…+n-1·2n-1+n·2n.

两式相减，得

-Wn=20+21+22+…+2n-1-n·2n

=2n-1-n·2n.

所以Wn=（n-1）·2n+1.

18.新冠病毒变异株奥密克戎导致欧美多国新冠病例数激增，为全球抗疫带来新的挑战.某市防疫部门为保障该市的防疫物资质量，联合质检部分对该市甲、乙两家口罩生产企业进行检查，分别从这两家企业生产的某种同类口罩中随机抽取了100个作为样本，并以样本的一项关键质量指标值为检测依据.

已知该质量指标值对应的产品等级如下：

质量指标值＼[15，20）＼[20，25）＼[25，30）＼[30，35）＼[35，40）＼[40，45）

等级次品二等品一等品二等品三等品次品

根据质量指标值的分组，统计得到了甲企业的样本频率分布表和乙企业的样本频数分布直方图（如图4，其中a>0）.

质量指标值＼[15，20）＼[20，25）＼[25，30）＼[30，35）＼[35，40）＼[40，45）

频数2184814162

（1）为确保口罩使用者的防疫安全性，甲企业将所有次品口罩销毁，并将一、二、三等品的售价分别定为2元、1元、0.5元.一名顾客随机购买了甲企业销售的2个口罩，记其支付费用为X元，用频率估计概率，求X的分布列和数学期望;

（2）如果你是某学校的后勤采购人员，需要为学校师生采购口罩，请你根据图表数据，自定标准，对甲、乙两企业口罩质量的优劣情况进行比较，来决定购买哪个企业生产的口罩.

解题思路（1）由表知，甲企业在100个样本中合格品有96个，则一等品的概率为4896=12，二等品的概率为18+1496=13，三等品的概率为1696=16.由题意知，随机变量X的可能取值为4，3，2.5，2，1.5，1.则

P（X=1）=16×16=136，

P（X=1.5）=C12×13×16=19，

P（X=2）=13×13=19，

P（X=2.5）=C12×12×16=16，

P（X=3）=C12×12×13=13，

P（X=4）=12×12=14.

随机变量X的分布列为：

X11.522.53

4P1361919161314

所以X的数学期望为

E（X）=1×136+1.5×19+2×19+2.5×16+3×13+4×14=176.

（2）答案不唯一，参考如下：

①以口罩的合格率（非次品的占有率）为标准，对甲、乙两家企业的口罩质量进行比较，

由图表可知，（a+0.020+0.022+0.028+0.042+0.080）×5=1，得a=0.008，所以乙企业的样本中次品的频率为（a+0.020）×5=0.14，则合格率约为0.86，甲企业口罩的合格率约为0.96，所以甲企业口罩的合格率高于乙企业口罩的合格率，故认为甲企业的口罩生产质量更高，故采购甲企业的口罩.

②以口罩中一等品的概率为标准，对甲、乙两家企业的口罩质量进行比较，根据图表可知，甲企业口罩中一等品的概率约为0.48，乙企业口罩中一等品的概率约为0.4，即甲企业口罩中一等品的概率高于乙企业口罩中一等品的概率，所以甲企业的口罩生产质量更高，故选择采购甲企业的口罩.

19.如图5，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=12BC=1，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，连接AE，AC，DE，AC=3，得到如图6所示的几何体.

（1）求证：平面ABD⊥平面ADC;

（2）求直线AC与平面ADE所成角的正弦值.

解题思路（1）由题知BD=CD=2，则BD2+CD2=BC2，所以BD⊥CD.又AD2+CD2=AC2，所以AD⊥CD.又AD∩BD=D，所以CD⊥平面ABD.又CD平面ADC，所以平面ABD⊥平面ADC.

（2）以D为坐标原点，射线DB，DC分别为x轴，y轴的正半轴，建立如图7所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），E22，22，0，A22，0，22，所以DE=22，22，0，DA=22，0，22，AC=（-22，2，-22）.

设平面ADE的法向量为n=（x，y，z），则 n·DE=22x+22y=0，n·DA=22x+22z=0.令x=1，得n=（1，-1，-1）.所以cos<AC，n>=AC·n|AC|·|n|=63，故直线AC与平面ADE所成角的正弦值为63.

20.如图8，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右顶点为A，B，C为椭圆Γ上两动点，且关于原点O对称，设直线AB与AC的斜率分别为k1，k2，满足k1·k2=-14.

（1）求椭圆Γ的离心率;

（2）若椭圆Γ的短轴长为2，直线AB与AC分别交直线l：x=a+1于E，F两点，求△AEF的面积最小时，k1+k2的值.

解题思路（1）已知A（a，0），设Bx0，y0，C-x0，-y0，则x20a2+y20b2=1，所以 k1·k2= y0x0-a·-y0-x0-a=y20x20-a2=b21-x20a2x20-a2=-b2a2=-14，即b2a2=14，所以e=1-b2a2=32.

（2）由题知2b=2，即b2=1，又b2a2=14，所以a2=4，则椭圆Γ的方程为x24+y2=1.

设直线AB的方程为y=k1x-2，直线AC的方程为y=k2x-2，令x=a+1=3，得yE=k1，yF=k2，所以S△AEF=12EF×1=12k2-k1.由k1·k2=-14<0，得S△AEF=12k2+k1.由基本不等式得S△AEF≥k2·k1=12，當且仅当k2=k1=12时等号成立，所以△AEF的面积最小时，k1和k2互为相反数，即k1+k2=0.

21.已知函数f（x）=e-x+sinx，g（x）=ax（a∈R）.

（1）求证：函数f（x）在区间（0，π2）内存在唯一的极值点;

（2）若函数h（x）=f（x）-g（x）在区间（0，2π）内单调递减，求实数a的取值范围.

解题思路（1）由f（x）=e-x+sinx，得f ′（x）=-e-x+cosx，f ″（x）=e-x-sinx，显然x∈（0，π2）时f ″（x）单调递减.因为f ″（0）=1>0，f ″（π2）=

-1+e-π2<0，所以存在t∈（0，π2），使得f ″（t）=0.

当x∈（0，t）时，f ″（x）>0，f ′（x）单调递增;

当x∈t，π2时，f ″（x）<0，f ′（x）单调递减.

又f ′（0）=0，f ′（π2）=-e-π2<0，所以存在唯一的点x0∈0，π2，使得f ′（x0）=0.

当x∈（0，x0）时，f ′（x）>0，f（x）单调递增;

当x∈x0，π2时，f ′（x）<0，f（x）单调递减.

所以x0为f（x）的极大值点，得证.

（2）由题意可知h（x）=e-x+sinx-ax在0，2π上单调递减，则h′（x）=-e-x+cosx-a≤0在0，2π上恒成立，参变分离得a≥-e-x+cosx，x∈0，2π，令φ（x）=-e-x+cosx，x∈0，2π，φ′（x）=e-x-sinx，当x∈π，2π时，φ′（x）>0恒成立，所以φ（x）在π，2π上单调递增;当x∈0，π时，φ″（x）=-e-x-cosx单调递增，

φ″（0）=-e0-cos0=-2<0，φ″（3π4）=-e-3π4-cos3π4=22-e-3π4>0，

根据零点存在定理可知，存在唯一x1∈0，3π4使得φ″（x1）=-e-x1-cosx1=0，φ′（x）=e-x-sinx在0，x1单调递减，在x1，π单调递增，φ′（x1）=e-x1-sinx1=-cosx1-sinx1=-2sin（x1+π4）<0，

φ′（0）=1>0，φ′（π）=e-π>0，根据零点存在定理可知，存在x2∈0，x1，x3∈x1，π使得φ′（x2）=0，φ′（x3）=0，所以φ（x）在0，x2上单调递增，在x2，x3上单调递减，在x3，π上单调递增.又φ（x2）=-e-x2+cosx2，φ（2π）=-e-2π+1，又因为x2<2π，cosx2<1，所以-e-x2<-e-2π，所以φ（x2）<φ（2π）.

综上，a≥φ（2π）=1-e-2π.

22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=4tanα1+tan2αy=1-tan2α1+tan2α（α为参数，且α≠π2+kπ，k∈Z），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系：

1求曲线C1的极坐标方程;

2设M，N为曲线C1上的两点，且∠MON=π2，求△MON面积的最小值.

解题思路1化简曲线C1的参数方程得x2=2tanα1+tan2α，y=1-tan2α1+tan2α，平方相加消去参数α得 x24+y2=1.

又y=1-tan2α1+tan2α=-1+21+tan2α （α≠π2+kπ，k∈Z），

所以-1<y≤1.

故曲线C1的普通方程为 x24+y2=1（y≠-1）.

根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，x2+y2=ρ2，

化成极坐标方程为

（ρcosθ）24+（ρsinθ）2=1.

因为y≠-1，所以曲线C1的极坐标方程为

ρ2=41+3sin2θ（θ≠3π2+2kπ，k∈Z）.

2依题意设点M，N的极坐标分别为（ρ1，θ），（ρ2，θ+π2），代入曲线C1的极坐标方程，得

ρ21=41+3sin2θ，

ρ22=41+3sin2（θ+π2）=41+3cos2θ.

所以S△MON=12ρ1ρ2

=12·41+3sin2θ·41+3cos2θ

=211+3sin2θ1+3cos2θ

=219sin2θcos2θ+4

=2194sin22θ+4.

所以當sin22θ=1时，即θ=kπ2+π4（k∈Z）时，△MON面积有最小值45.

23.已知f（x）=|2x-2|+|x+3|，

（1）求不等式f（x）≤x+3的解集;

（2）已知a，b>0，若f（x）的最小值是k，且a+b=k，求4a+9b的最小值.

解题思路（1）不等式|2x-2|+|x+3|≤x+3等价为x≤-3，-3x-1≤x+3或-3<x<1，-x+5≤x+3或x≥1，3x+1≤x+3，解得x=1，原不等式的解集为1.

（2）f（x）=|2x-2|+|x+3|≥|x-1|+|x+3|≥|（x-1）-（x+3）|=4，当且仅当x=1时等号成立，所以f（x）最小值为4，即k=4，a+b=4，则4a+9b=14（a+b）（4a+9b）≥14×2+32=254，当且仅当a=85，b=125等号成立，4a+9b的最小值为254.

[责任编辑：李璟]

收稿日期：2022-02-05

作者简介：刘海涛（1988-），男，安徽省滁州人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]