2022届贵州省高三上学期9月份数学（理科）模拟卷含答案

这是一份2022届贵州省高三上学期9月份数学（理科）模拟卷含答案，共11页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上;等内容，欢迎下载使用。


注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（选择题）
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ）

1. 已知集合A={x,y|x+y=8，x，y∈N*}，B={x,y|y>x+1}，则A∩B中元素的个数为( )
A.2B.3C.4D.5

2. 若复数z在复平面内的对应点为(1,−1)，则z1+i的虚部为( )
A.−iB.−1C.0D.1

3. （1）将k个小球随机地投入编号为1，2⋯，k+1的k+1个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记1号盒子中小球的个数为ξ1；（2）将k+1个小球随机地投入编号为1，2⋯，k+2的k+2个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记k+2号盒子中小球的个数为ξ2，则（ ）
A. Eξ1B.Eξ1Dξ2
C.Eξ1>Eξ2 Dξ1D.Eξ1>Eξ2 Dξ1>Dξ2

4. 若函数f(x)=−lg2x+x−3，x>0，2x，x<0， 则f(f(3))=( )
A.13B.32C.52D.3

5. 已知抛物线y2=8x的焦点为F，P为该抛物线上的一动点，A6,3为平面上的一定点，则|PA|+|PF|的最小值为( )
A.8B.10C.12D.14

6. 已知向量a→=(2csφ，2sinφ)，90​∘<φ<180​∘，b→=(1，1)，则向量a→与b→的夹角为( )
A.φB.45​∘+φC.135​∘−φD.φ−45​∘

7. 在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则cs A=( )
A.31010 B.−1010C.1010 D.−31010

8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A.(6+2)π+12B.(6+2)π+1C.11+2π2+12D.11+2π2+1

9. 在△ABC中，角C=120∘， tanA+tanB=233，则tanAtanB的值为( )
A.14B.13C.12D.53

10. 在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x−3y=4相切，则圆O的方程为( )
A.x2+y2=1B.x2+y2=2C.x2+y2=3D.x2+y2=4

11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0，b>0的左右焦点F1，F2，离心率为5．P是C上的一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=( )
A.1B.2C.4D.8

12. 已知实数a，b，c，满足a=lg35，3b=4，3c=3，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A.b卷II（非选择题）
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

13. 若x，y满足 x−y+5≥0，x≤3，x+y≥0， 则z=2x+4y的最小值为________.

14. (x+1)(x−1)5的展开式中x2的系数是________.（用数字作答）

15. 如图，将一个圆柱2nn∈N*等分切割，再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，当n越大，重新组合成的几何体就越接近于一个“长方体”，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了8，则圆柱的侧面积为________，在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时，它的外接球体积为________．


16. 关于函数fx=sinx+1sinx.
①fx的图像关于y轴对称；
②fx的图像关于原点对称；
③fx的图像关于x=π2对称；
④fx的最小值为2．
其中所有真命题的序号是________.
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，共计78分 ， ）

17.(10分) 在等差数列{an}中，已知公差d<0，a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)求a1+a2+⋯+a20．

18.(12分) 某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：

(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；

(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；

(3)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下列的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
附： K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，

19.(12分) 如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在CC1上且C1E=3EC.

(1)证明：A1C⊥平面BED；

(2)求二面角A1−DE−B的余弦值．

20.(12分) 设F1，F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，|AF1|=3|BF1|．
(1)若|AB|=4，△ABF2的周长为16，求|AF2|；

(2)若cs∠AF2B=35，求椭圆E的离心率．

21.(12分) 已知函数 f(x)=ex−csx−2x.
(1)求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)求 f(x)在 (−π2,+∞) 上的零点个数.

22.(10分) 在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程是x=ty=3t(t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，曲线C的极坐标方程为ρ2−8ρcsθ+3=0.
(1)求直线l的极坐标方程；

(2)若直线l与曲线C相交于A，B两点，求|OA|⋅|OB|.

23. （10分） 已知a，b∈R，且a+b=1，求证：a+22+b+22≥252．
参考答案与试题解析
高三数学（理科）一模模拟卷
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
不等式的概念与应用
交集及其运算
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：因为A={(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(7,1)}，
其中满足y>x+1的有1,7，2,6，3,5，
所以A∩B={(1,7),(2,6),3,5}有3个元素．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
由题得z=1−i，化简z1+i=−i，即得复数的虚部．
【解答】
解：由题得z=1−i，
所以z1+i=1−i1+i=1−i21+i1−i=−2i2=−i，
所以z1+i的虚部为−1．
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
解：问题转化为将一个小球投入到k+1个盒子中，投k次，
投入1号盒子中的次数为ξ1，求E(ξ1)和D(ξ1)，
依题意ξ1∼B(k,1k+1)，
∴E(ξ1)=k⋅1k+1=kk+1，D(ξ1)=k⋅1k+1⋅(1−1k+1)=k2(k+1)2，
同理可得ξ2∼B(k+1,1k+2)，E(ξ2)=k+1k+2，D(ξ2)=(k+1)2(k+2)2，
∴E(ξ1)故选A．
【解答】
转化为二项分布的期望和方差可得．
4.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
指数式与对数式的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得f(3)=−lg23+3−3=−lg23<0，
则f(f(3))=2(−lg23)=13．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
【解析】
无
【解答】
解：抛物线的准线方程为x=−2，焦点为F2,0．
如图，过A点向准线作垂线，垂足为B．
结合抛物线的定义可知|PA|+|PF|≥|AB|=8．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
诱导公式
三角函数的恒等变换及化简求值
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a→⋅b→=2csφ+2sinφ
=22sin(45​∘+φ)，
|a→|=2，|b→|=2，
∴ cs
=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=sin(45​∘+φ)
=cs[90​∘−(45​∘+φ)]=cs(φ−45​∘)，
∴ =φ−45​∘.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，过A作AD⊥BC，垂足为D.
由题意知AD=BD=13BC，
则CD=23BC，AB=23BC，AC=53BC.
在△ABC中，由余弦定理得，
cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC
=(23BC)2+(53BC)2−BC22×23BC×53BC
=−1010.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正切公式
【解析】
直接利用三角函数关系式的变换和和角公式的运用求出结果.
【解答】
解：tanA+B=−tanC=−tan120∘=3，
∴ tanA+B=tanA+tanB1−tanAtanB
=2331−tanAtanB=3，
解得tanAtanB=13.
故选B.
10.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
由直线x−3y=4与圆O相切，可得圆心O到直线的距离等于圆的半径，再由点到直线的距离公式求得O到直线x−3y=4的距离，即圆的半径，然后由圆的标准方程可得答案．
【解答】
解：依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x−3y=4的距离，
即r=41+3=2，
可得圆O的方程为x2+y2=4.
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的应用
双曲线的标准方程
【解析】
利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解a即可．
【解答】
解：设PF1=m，PF2=n，且m>n，
则由题意得S△PF1F2=12mn=4，mn=8，
又m−n=2a，
m2+n2=4c2，
e=ca=5，
综上求得a=1．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
指数式与对数式的互化
【解析】
由题意可得出b=lg34，c=lg33，然后根据对数函数y=lg3x的单调性即可得出a，b，c的大小关系．
【解答】
解：由题意可得出a=lg35，b=lg34，c=lg33，
又∵ lg33∴ c故选B．
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
−6
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域,目标函数化为y=−x2+z4，z4的几何意义为斜率为−12的直线在y轴的截距，数形结合法求解即可.
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图所示：
将目标函数z=2x+4y化为y=−x2+z4，
z4的几何意义为斜率为−12的直线在y轴的截距，
平移直线y=−x2，当直线过直线x=3与直线x+y=0的交点3,−3时，
z取最小值.
所以z的最小值为2×3+4×−3=−6.
故答案为：−6.
14.
【答案】
−5
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
把(x−1)5按照二项式定理展开，可得(x−2)(x−1)5的展开式中x2项的系数．
【解答】
解：∵ (x+1)(x−1)5=(x+1)(C50⋅x5−C51⋅x4+C52⋅x3−C53⋅x2+C54⋅x−C55)，
∴ 展开式中x2项的系数为−C53+C54=−10+5=−5.
故答案为：−5．
15.
【答案】
8π,323π
【考点】
球的表面积和体积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设出圆柱的底面半径为r，高为h，外接球的半径为R，结合题意首先得到侧面积，再根据外接球半径与圆柱底面圆半径，以及圆柱的高，构造勾股定理，利用基本不等式判断即可，最后即可求出外接球的体积.
【解答】
解：设圆柱的底面半径为r，高为h，外接球的半径为R，
则2rh=8，∴ rh=4，
∴ 圆柱的侧面积为2πrh=8π，
R2=r2+h24≥rh=4，
即R≥2,
且仅当r=h2=2时，取等号，此时外接球的表面积最小，
它的外接球体积为：V=43πR3=323π.
故答案为：8π；323π.
16.
【答案】
②③
【考点】
函数的对称性
函数的最值及其几何意义
【解析】
根据函数奇偶性的定义，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可得出正确结论.
【解答】
解：对于①，由sinx≠0可得函数的定义域为x|x≠kπ,k∈Z，
故定义域关于原点对称，
由f−x=sin−x+1sin−x=−sinx−1sinx=−fx，
所以该函数为奇函数，关于原点对称，①错②对；
对于③，
由fπ−x=sinπ−x+1sinπ−x=sinx+1sinx=fx，
所以fx关于x=π2对称，③对；
对于④，令t=sinx，则t∈−1,0∪0,1，
由双勾函数gt=t+1t的性质，
可知gt∈−∞,−2∪2,+∞，
所以fx无最小值，④错．
故答案为：②③.
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，共计78分 ）
17.
【答案】
解：(1)由题意可得，a2=10+d，a3=10+2d．
∵ a1，2a2+2，5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a1a3，
即4(11+d)2=50(10+2d)，
化简得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4（舍去）．
∴ an=10−(n−1)=11−n．
(2)由(1)得an=11−n，
由an=11−n≥0，得1≤n≤11，
由an=11−n<0，得n>11，
∴ a1+a2+⋯+a20
=a1+a2+⋯+a11−(a12+⋯+a20)
=−S20+2S11
=−20a1+a202+211a1+a112=100，
∴ a1+a2+⋯+a20=100．
【考点】
等比中项
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得，a2=10+d，a3=10+2d．
∵ a1，2a2+2，5a3成等比数列，
∴ 2a2+22=5a1a3，
即4(11+d)2=50(10+2d)，
化简得d2−3d−4=0，
解得d=−1或d=4（舍去）．
∴ an=10−(n−1)=11−n．
(2)由(1)得an=11−n，
由an=11−n≥0，得1≤n≤11，
由an=11−n<0，得n>11，
∴ a1+a2+⋯+a20
=a1+a2+⋯+a11−(a12+⋯+a20)
=−S20+2S11
=−20a1+a202+211a1+a112=100，
∴ a1+a2+⋯+a20=100．
18.
【答案】
解：(1)P1=2+16+25100=43100，
P2=5+10+12100=27100，
P3=6+7+8100=21100，
P4=7+2+0100=9100.
(2)x=2+5+6+7×100+16+10+7+2×300+25+12+8×500100
=350.
(3)完成2×2列联表如下：
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=100(33×8−37×22)270×30×55×45
=1100189
≈5.82.
∵ 5.82>3.841，
∴ 有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
【考点】
用频率估计概率
生活中概率应用
众数、中位数、平均数
独立性检验
【解析】
(1)用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
(2)采用频率分布直方图估计样本平均值的方法即可得到答案；
(3)由公式K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)计算k的值，从而查表即可.
【解答】
解：(1)P1=2+16+25100=43100，
P2=5+10+12100=27100，
P3=6+7+8100=21100，
P4=7+2+0100=9100.
(2)x=2+5+6+7×100+16+10+7+2×300+25+12+8×500100
=350.
(3)完成2×2列联表如下：
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=100(33×8−37×22)270×30×55×45
=1100189
≈5.82.
∵ 5.82>3.841，
∴ 有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
19.
【答案】
解：(1)如图，以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(2, 0, 4)，B(2, 2, 0)，C(0, 2, 0)，D(0, 0, 0)，E(0, 2, 1)
A1C→=(−2,2,−4)，DB→=(2,2,0)，DE→=(0,2,1)，
∵ A1C→⋅DB→=−2×2+2×2−4×0=0，
A1C→⋅DE→=−2×0+2×2−4×1=0，
∴ A1C→⊥DB→，A1C→⊥DE→，
∴ A1C⊥平面BED.
(2)∵ A1E→=(−2,2,−3)，A1D→=(−2,0,−4)，
设平面A1DE的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅A1E→=0及n→⋅A1D→=0，
得−2x+2y−3z=0，−2x−4z=0，
取n→=(−4,−1,2)
同理得平面BDE的法向量为m→=(−1,1,−2)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=4−1−421⋅6=−1442，
所以二面角A1−DE−B的余弦值为−1442．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
与二面角有关的立体几何综合题
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A1C→=(−2,2,−4)，DB→=(2,2,0)，DE→=(0,2,1)，由向量法能证明A1C⊥平面BED．
（2）由A1E→=(−2,2,−3)，A1D→=(−2,0,−4)，得到平面A1DE的法向量n→=(−4,−1,2)，同理得平面BDE的法向量为m→=(−1,1,−2)，由向量法能求出二面角A1−DE−B的余弦值．
【解答】
解：(1)如图，以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(2, 0, 4)，B(2, 2, 0)，C(0, 2, 0)，D(0, 0, 0)，E(0, 2, 1)
A1C→=(−2,2,−4)，DB→=(2,2,0)，DE→=(0,2,1)，
∵ A1C→⋅DB→=−2×2+2×2−4×0=0，
A1C→⋅DE→=−2×0+2×2−4×1=0，
∴ A1C→⊥DB→，A1C→⊥DE→，
∴ A1C⊥平面BED.
(2)∵ A1E→=(−2,2,−3)，A1D→=(−2,0,−4)，
设平面A1DE的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅A1E→=0及n→⋅A1D→=0，
得−2x+2y−3z=0，−2x−4z=0，
取n→=(−4,−1,2)
同理得平面BDE的法向量为m→=(−1,1,−2)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=4−1−421⋅6=−1442，
所以二面角A1−DE−B的余弦值为−1442．
20.
【答案】
解：(1)∵ |AB|=4，|AF1|=3|F1B|，
∴ |AF1|=3，|F1B|=1，
∵ △ABF2的周长为16，
∴ 4a=16，
∴ |AF1|+|AF2|=2a=8，
∴ |AF2|=5；
(2)设|F1B|=k(k>0)，则|AF1|=3k，|AB|=4k，
∴ |AF2|=2a−3k，|BF2|=2a−k
∵ cs∠AF2B=35，
在△ABF2中，由余弦定理得
|AB|2=|AF2|2+|BF2|2−2|AF2|⋅|BF2|cs∠AF2B，
∴ (4k)2=(2a−3k)2+(2a−k)2−65(2a−3k)(2a−k)，
化简可得(a+k)(a−3k)=0，而a+k>0，故a=3k，
∴ |AF2|=|AF1|=3k，|BF2|=5k，
∴ |BF2|2=|AF2|2+|AB|2，
∴ AF1⊥AF2，
∴ △AF1F2是等腰直角三角形，
∴ c=22a，
∴ e=ca=22．
【考点】
椭圆中的平面几何问题
椭圆的离心率
椭圆的定义
余弦定理
【解析】
（1）利用|AB|=4，△ABF2的周长为16，|AF1|=3|F1B|，结合椭圆的定义，即可求|AF2|；
（2）设|F1B|=k(k>0)，则|AF1|=3k，|AB|=4k，由cs∠AF2B=35，利用余弦定理，可得a=3k，从而△AF1F2是等腰直角三角形，即可求椭圆E的离心率．
【解答】
解：(1)∵ |AB|=4，|AF1|=3|F1B|，
∴ |AF1|=3，|F1B|=1，
∵ △ABF2的周长为16，
∴ 4a=16，
∴ |AF1|+|AF2|=2a=8，
∴ |AF2|=5；
(2)设|F1B|=k(k>0)，则|AF1|=3k，|AB|=4k，
∴ |AF2|=2a−3k，|BF2|=2a−k
∵ cs∠AF2B=35，
在△ABF2中，由余弦定理得
|AB|2=|AF2|2+|BF2|2−2|AF2|⋅|BF2|cs∠AF2B，
∴ (4k)2=(2a−3k)2+(2a−k)2−65(2a−3k)(2a−k)，
化简可得(a+k)(a−3k)=0，而a+k>0，故a=3k，
∴ |AF2|=|AF1|=3k，|BF2|=5k，
∴ |BF2|2=|AF2|2+|AB|2，
∴ AF1⊥AF2，
∴ △AF1F2是等腰直角三角形，
∴ c=22a，
∴ e=ca=22．
21.
【答案】
解：(1)f′(x)=ex+sinx−2，
f′(0)=−1,f​(0)=0，
∴ f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y−0=−(x−0)，
即y=−x.
(2)令 g(x)=f′(x)=ex+sinx−2,则g′(x)=ex+csx,
当x∈(−π2,+∞) 时，g′(x)>0，
∴ g(x)在 (−π2,+∞) 上单调递增，
即f′(x)在 (−π2,+∞) 上单调递增.
又f′(0)=−1<0,f′(1)=e+sin1−2>0，
∴ f′(x)在(0,1) 上递增且有唯一零点 x0∈(0，1)，
∴x∈(−π2,x0)时，f′(x)<0，
x∈(x0,+∞) 时f′(x)>0，
∴ f(x) 在(−π2,x0) 上单调递减，在 (x0,+∞) 上单调递增，
又f(0)=0，f(x0)<0，
∴ fx在−π2,x0上仅有一个零点;
当x>x0时，fx为增函数，fx0<0,
f2=e2−cs2−4>0，
根据零点存在定理：当x>x0时有且仅有一个零点.
综上所述： fx在−π2,+∞上仅有2个零点.
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′(x)=ex+sinx−2，
f′(0)=−1,f​(0)=0，
∴ f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y−0=−(x−0)，
即y=−x.
(2)令 g(x)=f′(x)=ex+sinx−2,则g′(x)=ex+csx,
当x∈(−π2,+∞) 时，g′(x)>0，
∴ g(x)在 (−π2,+∞) 上单调递增，
即f′(x)在 (−π2,+∞) 上单调递增.
又f′(0)=−1<0,f′(1)=e+sin1−2>0，
∴ f′(x)在(0,1) 上递增且有唯一零点 x0∈(0，1)，
∴x∈(−π2,x0)时，f′(x)<0，
x∈(x0,+∞) 时f′(x)>0，
∴ f(x) 在(−π2,x0) 上单调递减，在 (x0,+∞) 上单调递增，
又f(0)=0，f(x0)<0，
∴ fx在−π2,x0上仅有一个零点;
当x>x0时，fx为增函数，fx0<0,
f2=e2−cs2−4>0，
根据零点存在定理：当x>x0时有且仅有一个零点.
综上所述： fx在−π2,+∞上仅有2个零点.
22.
【答案】
解:(1)由x=t,y=3t,得y=3x，
∴ 直线l的极坐标方程为ρsinθ=3ρcsθ，即tanθ=3，θ=π3(ρ∈R).
(2)由θ=π3,ρ2−8ρcsθ+3=0,
得ρ2−4ρ+3=0.
设A(ρ1，θ1),B(ρ2，θ2)，则ρ1ρ2=3.
∴ |OA|⋅|OB|=|ρ1ρ2|=3
【考点】
直线的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)由x=t,y=3t,得y=3x，
∴ 直线l的极坐标方程为ρsinθ=3ρcsθ，即tanθ=3，θ=π3(ρ∈R).
(2)由θ=π3,ρ2−8ρcsθ+3=0,
得ρ2−4ρ+3=0.
设A(ρ1，θ1),B(ρ2，θ2)，则ρ1ρ2=3.
∴ |OA|⋅|OB|=|ρ1ρ2|=3
23.
【答案】
证明：假设a+22+b+22<252，
则a2+b2+4a+b+8<252．
由a+b=1，得b=1−a，于是有a2+1−a2+12<252．所以a−122<0，这与a−122≥0矛盾．
故假设不成立，所以a+22+b+22≥252．
【考点】
不等式的证明
反证法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答人次≤400
人次>400
合计
空气质量好
33
37
70
空气质量不好
22
8
30
合计
55
45
100
人次≤400
人次>400
合计
空气质量好
33
37
70
空气质量不好
22
8
30
合计
55
45
100