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1、20222022 年全国甲卷高考文科数学真题及答案年全国甲卷高考文科数学真题及答案注意事项：注意事项：1 1答卷前答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号准考证号、考场号考场号、座位号填写在答题座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。好条形码。2 2回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需如需改动，用橡皮擦干净后
2、，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上、改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上、写在本试卷上无效。写在本试卷上无效。3 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1设集合5 2,1,0,1,2,02ABxx，则AB（）A0,1,2B 2,1,0C0,1D1,22某社区通过公益讲座以普及社区
3、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3若1iz 则|iz+3z|=（）A4 5B4 2C2 5D2 24如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该多面体的体积为（）A8B12C16D205将函数()sin(0)3f xx的图像向左平移2个
4、单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A16B14C13D126，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（）A15B13C25D237函数()33cosxxf xx在区间,2 2 的图像大致为（）ABCD8当1x 时，函数()lnbf xaxx取得最大值2，则(2)f（）A1B12C12D19在长方体1111ABCDABC D中，已知1B D与平面ABCD和平面11AAB B所成的角均为30，则（）A2ABADBAB与平面11ABC D所成的角为30C1ACCBD1B D与平面11BB
5、C C所成的角为4510 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A5B2 2C10D5 10411已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,A A分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点若211BA BA ，则C的方程为（）A2211816xyB22198xyC22132xyD2212xy12已知910,1011,89mmmab，则（）A0abB0abC0baD0ba二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。13已知
6、向量(,3),(1,1)mmab若ab，则m _14设点M在直线210 xy 上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为_15记双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为e，写出满足条件“直线2yx与C无公共点”的e的一个值_16已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD当ACAB取得最小值时，BD _三三、解答题解答题：共共 7070 分分。解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤。第第 17211721 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据
7、要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。分。17（12 分）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：准点班次数未准点班次数A24020B21030（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：22()()()()()n adbcKab cd ac bd，2P Kk0.1000.0500.010k2.7063.8416.63518（12
8、分）记nS为数列 na的前n项和已知221nnSnan（1）证明：na是等差数列；（2）若479,a a a成等比数列，求nS的最小值19（12 分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为 8（单位：cm）的正方形，,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直（1）证明：EF 平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）20（12 分）已知函数32(),()f xxx g xxa，曲线()yf x在点 11,xf x处的切线也是曲线()yg x的切线（1）若11x ，求a：（2）求a的取值范围21（
9、12 分）设抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为F，点(,0)D p，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，3MF（1）求C的方程：（2）设直线,MD ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MN AB的倾斜角分别为,当取得最大值时，求直线AB的方程（二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分。请考生在第分。请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。22选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26
10、sxys （s为参数）（1）写出1C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3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标23选修 4-5：不等式选讲（10 分）已知,a b c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc（2）若2bc，则113ac文科数学文科数学解析解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合5 2,1,0,1,2,02AB
11、xx，则AB（）A.0,1,2B.2,1,0C.0,1D.1,2【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为2,1,0,1,2A，502Bxx，所以0,1,2AB 故选：A.2.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
12、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】讲座前中位数为70%75%70%2,所以A错；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.3.若1 iz 则|i3|zz（）A.4 5B.4 2C.2 5D.2 2【
13、答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出【详解】因为1 iz ，所以i3i 1 i3 1 i22izz，所以i3442 2zz故选：D.4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积242 2122V.故选：B.5.将函数()sin(0)3f xx的图像向左平移2个单位长度后得到曲线 C，若 C关于 y 轴对称，则的最小值是（）A.16B.
14、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,232kkZ，即可求出的最小值.【详解】由题意知：曲线C为sinsin()2323yxx，又C关于y轴对称，则,232kkZ，解得12,3k kZ，又0，故当0k 时，的最小值为13.故选：C.6.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
15、张，共有 1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615 种情况，其中数字之积为 4 的倍数的有 1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66 种情况，故概率为62155.故选：C.7.函数33cosxxyx在区间,2 2的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令 33cos,2 2xxf xx x ，则 33cos33cosxxxxfxxxf x ，所以 fx为奇函数，排除 BD；又当0,2x时，330,cos0 xxx，所以
16、0f x，排除 C.故选：A.8.当1x 时，函数()lnbf xaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f 即可解得,a b，再根据 fx即可解出【详解】因为函数 f x定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而 2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab ，所以 222fxxx，因此函数 f x在0,1上递增，在1,上递减，1x 时取最大值，满足题意，即有 112122f 故选：B.9.在长方体1111ABCDABC D中，已知1B D与平面ABCD和平面11AAB B所成的角均为30，则（）A
17、.2ABADB.AB与平面11ABC D所成的角为30C.1ACCBD.1B D与平面11BBCC所成的角为45【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出【详解】如图所示：不妨设1,ABa ADb AAc，依题以及长方体的结构特征可知，1B D与平面ABCD所成角为1B DB，1B D与平面11AAB B所成角为1DB A，所以11sin30cbB DB D，即bc，22212B Dcabc，解得2ac对于 A，ABa=，ADb=，2ABAD，A 错误；对于 B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABC D，所以AB与平面11ABC D所成角为BAE，因为2ta
18、n2cBAEa，所以30BAE，B 错误；对于 C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C 错误；对于 D，1B D与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCB Dc，而1090DBC，所以145DBCD 正确故选：D10.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.2 2C.10D.5 104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,r r分别用l表示，再
19、利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSr lr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rl rl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212 293hlll，所以2211222214539310112 2393r hllVVr hll甲乙.故选：C.11.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,A A分别为 C 的左、右顶点，B为 C 的上顶点若121BA BA ，则 C 的方程为（）A.2211816
20、xyB.22198xy+=C.22132xyD.2212xy【答案】B【解析】【分析】根据离心率及12=1 BA BA，解得关于22,a b的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率22113cbeaa，解得2289ba，2289ba，12,A A分别为 C的左右顶点，则12,0,0AaA a，B 为上顶点，所以(0,)Bb.所以12(,),(,)BAab BAab，因为121BA BA 所以221 ab，将2289ba代入，解得229,8ab，故椭圆的方程为22198xy+=.故选：B.12.已知910,1011,89mmmab，则（）A.0abB.0abC.0baD.0ba【答案】A【
21、解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log 101m，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m，8log 9m，然后由指数函数的单调性即可解出【详解】由910m可得9lg10log 101lg9m，而222lg9lg11lg99lg9lg111lg1022，所以lg10lg11lg9lg10，即lg11m，所以lg111011 10110ma 又222lg8lg10lg80lg8lg10lg922，所以lg9lg10lg8lg9，即8log 9m，所以8log 989890mb 综上，0ab故选：A.二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，
22、共分，共 20 分分.13.已知向量(,3),(1,1)ambm若ab，则m_【答案】34#0.75【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：3(1)0a bmm，解得34m .故答案为：34.14.设点 M 在直线210 xy 上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为_【答案】22(1)(1)5xy【解析】【分析】设出点 M 的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：点 M 在直线210 xy 上，设点 M 为(,12)aa，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，点 M 到两点的距离相等且为半径 R，2222
23、(3)(1 2)(2)aaaaR，222694415 aaaaa，解得1a，(1,1)M，5R，M的方程为22(1)(1)5xy.故答案为：22(1)(1)5xy15.记双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为 e，写出满足条件“直线2yx与 C 无公共点”的 e 的一个值_【答案】2（满足15e皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线byxa 中02ba即可求得满足要求的 e值.【详解】解：2222:1(0,0)xyCabab，所以 C 的渐近线方程为byxa,结合渐近线的特点，只需02ba，即224ba，可满足条件“直线2yx与 C 无公共点”所以221145cbe
24、aa，又因为1e，所以15e，故答案为：2（满足15e皆可）16.已知ABC中，点 D 在边 BC 上，120,2,2ADBADCDBD当ACAB取得最小值时，BD _【答案】31#1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CDBDm，则在ABD中，22222cos42ABBDADBD ADADBmm，在ACD中，22222cos444ACCDADCD ADADCmm，所以22222244212 14441243424211mmmACmmABmmmmmm12442 33211mm，当且仅当311mm 即31m 时，等号成
25、立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31.三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题题为必考题为必考题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.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：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分
26、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：22()()()()()n adbcKa b c d a c b d，2P Kk0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【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2K，再利用临界值表比较即可得结论.【小问 1 详解】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
27、事件为 M，则24012()26013P M；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210()27840P N.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.【小问 2 详解】列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计4505050022()()()()()n adbcKa b c d a c b d=2500(240 30210 20)3.2052.706260 240 450 50，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.18.记n
28、S为数列 na的前 n 项和已知221nnSnan（1）证明：na是等差数列；（2）若479,a a a成等比数列，求nS的最小值【答案】（1）证明见解析；（2）78【解析】【分析】（1）依题意可得222nnSnnan，根据11,1,2nnnS naSSn，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到 na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得【小问 1 详解】解：因为221nnSnan，即222nnSnnan，当2n时，21121211nnSnnan，得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannan
29、a，即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以 na是以1为公差的等差数列【小问 2 详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即 2111638aaa，解得112a ，所以13nan，所以22112512562512222228nn nSnnnn，所以，当12n 或13n 时min78nS 19.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为 8（单位：cm）的正方形，,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直（1）证明：/EF
30、平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）【答案】（1）证明见解析；（2）64033【解析】【分析】（1）分别取,AB BC的中点,M N，连接MN，由平面知识可知,EMAB FNBC，EMFN，依题从而可证EM 平面ABCD，FN 平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知/EMFN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是/EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,AD DC中点,K L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出【小问 1 详解】如图所示：，分别取,AB BC的中点,M N，连接MN
31、，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMAB FNBC，EMFN，又平面EAB 平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM 平面EAB，所以EM 平面ABCD，同理可得FN 平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知/EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以/EFMN，又EF 平面ABCD，MN 平面ABCD，所以/EF平面ABCD【小问 2 详解】如图所示：，分别取,AD DC中点,K L，由（1）知，/EFMN且EFMN，同理有，/,HEKM HEKM，/,HGKL HGKL，/,GFLN GFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几
32、何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍因为4 2MNNLLKKM，8sin604 3EM，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，2 2d，所以该几何体的体积212566404 24 344 24 3 2 2128 333333V 20.已知函数32(),()f xxx g xxa，曲线()yf x在点 11,xf x处的切线也是曲线()yg x的切线（1）若11x ，求 a；（2）求 a 的取值范围【答案】（1）3（2）1,【解析】【分析】（1）先由()f x上的切点求出切线方程，设出()g x上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即
33、可；（2）设出()g x上的切点坐标，分别由()f x和()g x及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【小问 1 详解】由题意知，(1)1(1)0f ，2()31xfx，(1)3 12f ，则()yf x在点1,0处的切线方程为2(1)yx，即22yx，设该切线与()g x切于点22,()xg x，()2g xx，则22()22g xx，解得21x，则(1)122ga，解得3a；【小问 2 详解】2()31xfx，则()yf x在点11(),x f x处的切线方程为 32111131()yxxxxx，整理得2311312yxxx，设该切线
34、与()g x切于点22,()xg x，()2g xx，则22()2g xx，则切线方程为22222()yxax xx，整理得2222yx xxa，则21232123122xxxxa ，整理得2223343212111113193122222424xaxxxxxx，令432931()2424h xxxx，则32()9633(31)(1)h xxxxxxx，令()0h x，解得103x或1x，令()0h x，解得13x 或01x，则x变化时，(),()h x h x的变化情况如下表：x1,3 131,0300,111,()h x000()h x527141则()h x的值域为1,，故a的取值范围为
35、1,.21.设抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为 F，点,0D p，过 F 的直线交 C 于 M，N 两点当直线 MD 垂直于 x 轴时，3MF（1）求 C 的方程；（2）设直线,MD ND与 C 的另一个交点分别为 A，B，记直线,MN AB的倾斜角分别为,当取得最大值时，求直线 AB 的方程【答案】（1）24yx；（2）:24AB xy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MN xmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2AB xyn，结合韦达定理可解.【小问 1 详解】
36、抛物线的准线为2px ，当MD与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线 C 的方程为24yx；【小问 2 详解】设222231241234,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MN xmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4y y ，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMD xyy，代入抛物线方程可得1214280 xyyy，130,8y y ，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别
37、为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k 时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2AB xyn，代入抛物线方程可得24 240yyn，34120,4416y yny y ，所以4n，所以直线:24AB xy.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.（二（二）选考题选考题：共共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做如果多做，则按则按所做的第
38、一题计分所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为26txyt（t 为参数），曲线2C的参数方程为26sxys （s 为参数）（1）写出1C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3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标【答案】（1）2620yxy；（2）31,C C的交点坐标为1,12，1,2，32,C C的交点坐标为1,12，1,2【解析】【分析】(1)消去t，即可得到1C的普通方程；(2)将曲线23,C C的方程化成普通方程，联立求
39、解即解出【小问 1 详解】因为26tx，yt，所以226yx，即1C的普通方程为2620yxy【小问 2 详解】因为2,6sxys ，所以262xy ，即2C的普通方程为2620yxy，由2cossin02 cossin0，即3C的普通方程为20 xy联立262020yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标为1,12，1,2；联立262020yxyxy，解得：121xy 或12xy ，即交点坐标为1,12，1,2 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23.已知 a，b，c 均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据22222242abcabc，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得043ac，即可得到1143ac，再根据权方和不等式即可得证.【小问 1 详解】证明：由柯西不等式有222222221112abcabc，所以23abc，当且仅当21abc时，取等号，所以23abc；【小问 2 详解】证明：因为2bc，0a，0b，0c，由（1）得243abcac，即043ac，所以1143ac，由权方和不等式知22212111293444acacacac，当且仅当124ac，即1a，12c 时取等号，所以113ac.