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1、绝密绝密启用前启用前2022 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）数学（理科）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上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用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑涂黑.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号再选涂其它答案标号.回答非选择题时回答非选择题时，将答将答案写在答题卡上案写在答题卡上.写在本试卷上无效写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
2、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 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选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项中，只有一项是符合题目要求的1.设全集1,2,3,4,5U，集合 M 满足1,3UM，则（）A.2MB.3MC.4MD.5M【答案】A【解析】【分析】先写出集合M,然后逐项验证即可【详解】由题知2,4,5M,对比选项知，A正确,BCD错误故选:A2.已知12zi，且0zazb，其中 a，b 为实数，则（）A.1,2ab B.1,2ab C.1,2abD.1,2ab 【答案】A【解析】【分析】
3、先算出z,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】12iz1 2i(1 2i)(1)(22)izazbababa 由0zazb,得10220aba,即12ab 故选:A3.已知向量,a b 满足|1,|3,|2|3abab，则a b（）A.2B.1C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：222|2|44abaa bb，又|1,|3,|2|3,abab91 44 3134 a ba b，1a b故选：C.4.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值
4、，用到数列 nb：1111b，212111b，31231111b，依此类推，其中(1,2,)kkN则（）A.15bbB.38bbC.62bbD.47bb【答案】D【解析】【分析】根据*1,2,kkN，再利用数列 nb与k的关系判断 nb中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为*1,2,kkN，所以1121，112111，得到12bb，同理11223111，可得23bb，13bb又因为223411,11112233411111，故24bb，34bb；以此类推，可得1357bbbb，78bb，故 A 错误；178bbb，故 B 错误；26231111，得26bb，故 C 错误；1123726411
5、1111，得47bb，故 D 正确.故选：D.5.设 F 为抛物线2:4C yx的焦点，点 A 在 C 上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A.2B.2 2C.3D.3 2【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线1x 的距离为 2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以223 1022 2AB.故选：B6.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据框图循环计算即可.【详解】执行第一
6、次循环，2123bba，3 12,12abann ，222231220.0124ba；执行第二次循环，2347bba，725,13abann，222271220.01525ba；执行第三次循环，271017bba，17512,14abann，2222171220.0112144ba，此时输出4n.故选：B7.在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为,AB BC的中点，则（）A.平面1B EF 平面1BDDB.平面1B EF 平面1ABDC.平面1/B EF平面1A ACD.平面1/B EF平面11AC D【答案】A【解析】【分析】证明EF 平面1BDD，即可判断 A；如图，以点D为
7、原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1B EF，1ABD，11AC D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断 BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABC D中，ACBD且1DD 平面ABCD，又EF 平面ABCD，所以1EFDD，因为,E F分别为,AB BC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF 平面1BDD，又EF 平面1B EF，所以平面1B EF 平面1BDD，故 A 正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，
8、则11,1,0,0,1,2EFEB ，12,2,0,2,0,2DBDA ，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC 设平面1B EF的法向量为111,mx y z，则有11111020m EFxym EByz ，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n ，平面1A AC的法向量为21,1,0n ，平面11AC D的法向量为31,1,1n ，则122 110m n ，所以平面1B EF与平面1ABD不垂直，故 B 错误；因为m与2nu u r不平行，所以平面1B EF与平面1A AC不平行，故 C 错误；因为m与3n 不平行，所以平面1B EF与平面11AC
9、D不平行，故 D 错误，故选：A.8.已知等比数列 na的前 3 项和为 168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列 na的公比为,0q q，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列 na的公比为,0q q，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则31123425111168142aqaaaqaaa qa q，解得19612aq，所以5613aa q.故选：D.9.已知球 O 的半径为 1，四棱锥的顶点为 O，底面的四个顶点均在球 O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A.13
10、B.12C.33D.22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD 面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形 ABCD，四边形 ABCD 所在小圆半径为 r，设四边形 ABCD 对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSAC BDAC BDrrr（当且仅当四边形 ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD 面积最大值为22r又22rh1则322222
11、2212224 322333327O ABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h 时等号成立，故选：C10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,p pp，且3210ppp记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A.p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大【答案】D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在
12、第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为p甲则2132131231232(1)2(1)2()4ppp pp ppp ppp p p甲记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则1231232131232(1)2(1)2()4pp p pp pppppp p p乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则1321323121232(1)2(1)2()4pp p pp pppppp p p丙则1231232131231232()42()420ppp ppp p ppppp p p
13、ppp甲乙2131233121232312()42()420pppppp p ppppp p pppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项 D 判断正确；选项 BC 判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项 A 判断错误.故选：D11.双曲线 C 的两个焦点为12,F F，以 C 的实轴为直径的圆记为 D，过1F作 D 的切线与 C的两支交于 M，N 两点，且123cos5FNF，则 C 的离心率为（）A.52B.32C.132D.172【答案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设12F
14、NF，21F FN，即可求出sin，sin，cos，在21F FN中由12sinsinFF N求出12sinFF N，再由正弦定理求出1NF，2NF，最后根据双曲线的定义得到23ba，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，所以1OGNF，因为123cos05F NF，所以N在双曲线的右支，所以OGa，1OFc，1GFb，设12FNF，21F FN，由123cos5FNF，即3cos5，则4sin5=，sinac，cosbc，在21F FN中，12sinsinsinFF N4334sincoscossin555baabccc，由正弦定理得211225s
15、insinsin2NFNFccFF N，所以112553434sin2252ccababNFFF Nc，2555sin222ccaaNFc又12345422222ababaNFNFa，所以23ba，即32ba，所以双曲线的离心率221312cbeaa故选：C12.已知函数(),()f xg x的定义域均为 R，且()(2)5,()(4)7f xgxg xf x 若()yg x的图像关于直线2x 对称，(2)4g，则221()kf k（）A.21B.22C.23D.24【答案】D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f xf x，从而得到 352110fff，462210fff，然
16、后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到 36g从而得到 1f的值即可求解.【详解】因为()yg x的图像关于直线2x 对称，所以22gxg x，因为()(4)7g xf x，所以(2)(2)7g xf x，即(2)7(2)g xf x，因为()(2)5f xgx，所以()(2)5f xg x，代入得()7(2)5f xf x，即()(2)2f xf x，所以 35212510fff ，46222510fff .因为()(2)5f xgx，所以(0)(2)5fg，即 01f，所以(2)203ff .因为()(4)7g xf x，所以(4)()7g xf x，又因为()(2)5f xgx，联立得
17、，2412gxg x，所以()yg x的图像关于点3,6中心对称，因为函数()g x的定义域为 R，所以 36g因为()(2)5f xg x，所以 1531fg.所以 22112352146221 3 10 1024()kfffffffff k .故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.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，共分，共 20 分分13.从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为_【答案】310#0.3【解析】【分
18、析】根据古典概型计算即可【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为35C10甲、乙都入选的方法数为13C3，所以甲、乙都入选的概率310P 故答案为：31014.过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为_【答案】222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；【解析】【分析】设圆的方程为220 xyDxEyF，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为220 xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则016401 10FDFDEF，解得046FDE ，所以圆的方程为22460 xyxy
19、，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF，解得042FDE ，所以圆的方程为22420 xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则01 10164420FDEFDEF，解得083143FDE ，所以圆的方程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1 101640164420DEFDFDEF，解得1651652FDE ，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；15.记
20、函数 cos(0,0)f xx的最小正周期为 T，若3()2f T，9x为()f x的零点，则的最小值为_【答案】3【解析】【分析】首先表示出T，根据 32f T 求出，再根据9x 为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；【详解】解：因为 cosf xx，（0，0）所以最小正周期2T，因为 23coscos 2cos2f T，又0，所以6，即 cos6f xx，又9x 为 fx的零点，所以,Z962kk，解得39,Zk k，因为0，所以当0k 时min3；故答案为：316.已知1xx和2xx分别是函数2()2exf xax（0a 且1a）的极小值点和极大值点若12xx，则 a 的取值范围是_【
21、答案】1,1e【解析】【分析】由12,x x分别是函数 22exf xax的极小值点和极大值点，可得12,xxx 时，0fx，12,xx x时，0fx，再分1a 和01a两种情况讨论，方程2ln2e0 xa ax的两个根为12,x x，即函数lnxya a与函数eyx的图象有两个不同的交点，构造函数 lnxg xa a，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.【详解】解：2ln2exfxa ax，因为12,x x分别是函数 22exf xax的极小值点和极大值点，所以函数 fx在1,x和2,x 上递减，在12,x x上递增，所以当12,xxx 时，0fx，当12,xx x时，0fx，若1a 时
22、，当0 x 时，2ln0,2e0 xa ax，则此时 0fx，与前面矛盾，故1a 不符合题意，若01a时，则方程2ln2e0 xa ax的两个根为12,x x，即方程lnexa ax的两个根为12,x x，即函数lnxya a与函数eyx的图象有两个不同的交点，令 lnxg xa a，则 2ln,01xgxa aa，设过原点且与函数 yg x的图象相切的直线的切点为00,lnxxa a，则切线的斜率为020lnxgxa a，故切线方程为0020lnlnxxya aa axx，则有0020lnlnxxa axa a，解得01lnxa，则切线的斜率为122lnlnelnaa aa，因为函数lnxy
23、a a与函数eyx的图象有两个不同的交点，所以2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的范围为1,1e.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.三、解答题：共三、解答题：共 0 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721题为必考题题为必考题，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，考生根据要求考生根据要求作答作答（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分17.记ABC的内角,A B C的对边分别为,a b c，已
24、知sinsin()sinsin()CABBCA（1）证明：2222abc；（2）若255,cos31aA，求ABC的周长【答案】（1）见解析（2）14【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得bc，即可得解.【小问 1 详解】证明：因为sinsinsinsinCABBCA，所以sinsincossinsincossinsincossinsincosCABCBABCABAC，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，即22222222222acbabcbca
25、，所以2222abc；【小问 2 详解】解：因为255,cos31aA，由（1）得2250bc，由余弦定理可得2222cosabcbcA，则50502531bc，所以312bc，故2222503181bcbcbc，所以9bc，所以ABC的周长为14abc.18.如图，四面体ABCD中，,ADCD ADCDADBBDC，E 为AC的中点（1）证明：平面BED 平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点 F 在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值【答案】（1）证明过程见解析（2）CF与平面ABD所成的角的正弦值为4 37【解析】【分析】（1）根据已知关系证明ABDC
26、BD，得到ABCB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BEDE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【小问 1 详解】因为ADCD，E 为AC的中点，所以ACDE；在ABD和CBD中，因为,BACDCDADBDB DBD，所以ABDCBD，所以ABCB，又因为 E 为AC的中点，所以ACBE；又因为,DE BE 平面BED，DEBEE，所以AC 平面BED，因为AC 平面ACD，所以平面BED 平面ACD.【小问 2 详解】连接EF，由（1）知，AC 平面BED，因为EF 平面BED，所以ACEF，所以1=2AF
27、CSAC EF，当EFBD时，EF最小，即AFC的面积最小.因为ABDCBD，所以2CBAB，又因为60ACB，所以ABC是等边三角形，因为 E 为AC的中点，所以1AEEC，3BE，因为ADCD，所以112DEAC,在DEB中，222DEBEBD，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则1,0,0,0,3,0,0,0,1ABD，所以1,0,1,1,3,0ADAB ，设平面ABD的一个法向量为,nx y z，则030n ADxzn ABxy ，取3y，则3,3,3n，又因为3 31,0,0,0,44CF，所以3 31,44CF，所以64 3cos,77214n CF
28、n CFn CF ，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以4 3sincos,7n CF ，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为4 37.19.某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了 10 棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10101022iii
29、ii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyx y（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到 0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为2186m已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值附：相关系数iii=122iii=1i=1(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【解析】【分析】（1）计
30、算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值【小问 1 详解】样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值0.60.0610 x 样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值3.90.3910y 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m【小问 2 详解】1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=
31、1i=1i=1i=1101010 xxyyx yxyrxxyyxxyy22(0.038 10 0.06)(1.6158 10.2474 10 0.06 0.390.01340.01340.970.013770.0000 018996.3)则0.97r【小问 3 详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.06186=0.39Y，解之得3=1209mY则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴、y 轴，且过30,2,12AB两点（1）求 E 的方程；（2）设过点1,2P的直线交 E
32、 于 M，N 两点，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交于点 T，点 H 满足MTTH 证明：直线 HN 过定点【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆 C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【小问 1 详解】解：设椭圆 E 的方程为221mxny，过30,2,12AB，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆 E 的方程为：22143yx.【小问 2 详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:23AB yx，若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得
33、2 6(1,)3M，2 6(1,)3N，代入 AB 方程223yx，可得2 6(63,)3T，由MTTH 得到2 6(2 65,)3H.求得 HN 方程：2 6(2)23yx，过点(0,2).若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykM x yN xy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkk xk k，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkx xk，12222228(2)344(442)34kyykkky yk，且1221224(*)34kx yx yk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36
34、,).2yTyHyx y可求得此时1222112:()36yyHN yyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120 xxyyx yx yy y，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线 HN 过定点(0,2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21.已知函数 ln 1exf xxax（1）当1a 时，求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程；（2）若 fx在区间 1,0,0,各恰有一
35、个零点，求 a 的取值范围【答案】（1）2yx（2）(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)两部分研究【小问 1 详解】()f x的定义域为(1,)当1a 时,()ln(1),(0)0exxf xxf,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为 2所以曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线方程为2yx【小问 2 详解】()ln(1)exaxf xx2e11(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx设2()e1xg xax1若0a,当2(1,0),()e10 xxg xax,即()0fx所以
36、()f x在(1,0)上单调递增,()(0)0f xf故()f x在(1,0)上没有零点,不合题意2若10a,当,()0 x,则()e20 xg xax所以()g x在(0,)上单调递增所以()(0)10g xga,即()0fx所以()f x在(0,)上单调递增,()(0)0f xf故()f x在(0,)上没有零点,不合题意3若1a (1)当,()0 x,则()e20 xg xax,所以()g x在(0,)上单调递增(0)10,(1)e0gag 所以存在(0,1)m,使得()0g m,即()0f m当(0,),()0,()xmfxf x单调递减当(,),()0,()xmfxf x单调递增所以当
37、(0,),()(0)0 xmf xf当,()xf x所以()f x在(,)m 上有唯一零点又(0,)m没有零点,即()f x在(0,)上有唯一零点(2)当2(1,0),()e1xxg xax 设()()e2xh xg xax()e20 xh xa所以()g x在(1,0)单调递增1(1)20,(0)10egag 所以存在(1,0)n,使得()0g n当(1,),()0,()xn g xg x 单调递减当(,0),()0,()xng xg x单调递增,()(0)10g xga 又1(1)0eg 所以存在(1,)tn,使得()0g t,即()0ft当(1,),()xtf x 单调递增,当(,0),
38、()xtf x单调递减有1,()xf x而(0)0f,所以当(,0),()0 xtf x所以()f x在(1,)t上有唯一零点,(,0)t上无零点即()f x在(1,0)上有唯一零点所以1a ,符合题意所以若()f x在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.（二）选考题，共（二）选考题，共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分则按所做的第一题计分选修选修 4-4：坐标系与
39、参数方程：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线 C 的参数方程为3cos22sinxtyt，（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 l 的极坐标方程为sin03m（1）写出 l 的直角坐标方程；（2）若 l 与 C 有公共点，求 m 的取值范围【答案】（1）320 xym（2）195122m【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）联立 l 与 C 的方程，采用换元法处理，根据新设 a 的取值范围求解 m 的范围即可.【小问 1 详解】因为 l：sin03m，所以13sincos022m，又因为sin,cosyx，所以化
40、简为13022yxm，整理得 l 的直角坐标方程：320 xym【小问 2 详解】联立 l 与 C 的方程，即将3cos2xt，2sinyt代入320 xym中，可得3cos22sin20ttm，所以23(1 2sin)2sin20ttm，化简为26sin2sin320 ttm，要使 l 与 C 有公共点，则226sin2sin3mtt有解，令sin ta，则1,1a，令2()623f aaa，(11)a，对称轴为16a，开口向上，所以(1)623()5 maxffa，min11219()36666 ffa，所以19256mm 的取值范围为195122m.选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选
41、讲23.已知 a，b，c 都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc；【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可【小问 1 详解】证明：因为0a，0b，0c，则320a，320b，320c，所以33333322232223abcabc，即1213abc，所以19abc，当且仅当333222abc，即319abc时取等号【小问 2 详解】证明：因为0a，0b，0c，所以2bcbc，2acac，2abab，所以3222aaabcbcabc，3222bbbacacabc，3222cccabababc333333222222122222abcabcabcbcacababcabcabcabcabc当且仅当abc时取等号