2022年高考数学真题（文科）（全国乙卷）（解析版）下载

2022 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框，回答非选择 题时，将答案写在答题卡上.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. 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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. M  2,4,6,8,10 ,N  x 1 x  6 M  N  1. 集合 ，则 （）{2,4} {2,4,6} {2,4,6,8} C. A. B. D. {2,4,6,8,10} 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可解出． M  2,4,6,8,10 N  x | 1 x  6 M  N  2,4 【详解】因为 ，，所以 ．故选：A. (1 2i)a  b  2i a,b 为实数，则（ 2. 设 ，其中 ）a 1,b  1 a 1,b 1 a  1,b 1 A. B. C. D. a  1,b  1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出． a,bÎ a  b  2ai  2i a  b  0,2a  2 【详解】因为 R， ，所以 ，解得： a 1,b  1 ．故选：A. r r a b 3. 已知向量 ，则 （）a  (2,1)，b  (2,4) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 r r a b ，然后求得 【分析】先求得 .a  b   a b  2,1  2,4  4,3   22【详解】因为 ，所以 .    a b  4  3  5 故选：D 4. 分别统计了甲、乙两位同学 16 周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶 图： 则下列结论中错误的是（ ）A. 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 7.4 B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于 8 C. 甲同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值大于 0.4 D. 乙同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值大于 0.6 【答案】C 【解析】 【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案. 7.3 7.5  7.4 【详解】对于 A 选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 ，A 选 2项结论正确. 对于 B 选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为： 6.3 7.4  7.6 8.18.2 8.2 8.58.6 8.6 8.6 8.6  9.0  9.2  9.3 9.810.1  8.50625  8 16 ，B 选项结论正确. 6 0.375  0.4 对于 C 选项，甲同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，816 C 选项结论错误. 13 16  0.8125  0.6 对于 D 选项，乙同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，8D 选项结论正确. 故选：C x  y… 2, x  2y„ 4, z  2x  y 5. 若 x，y 满足约束条件 则的最大值是（ ）y… 0, A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】作出可行域，数形结合即可得解. 【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示， z  2x  y y  2x  z 为转化目标函数 上下平移直线 ，y  2x  z 4,0 时，直线截距最小，z 最大， ，可得当直线过点 z 24  0  8 所以 .max 故选：C. 2B(3,0) AF  BF 6. 设 F 为抛物线 AB  的焦点，点 A 在 C 上，点 ，若 ，则 C : y  4x （）A. 2 B. C. 3 D. 2 2 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. F 1,0 AF  BF  2 【详解】由题意得， ，则 ，即点 A到准线 的距离为 2，所以点 A 1,2 ，A的横坐标为 1 2 1， x  1 x不妨设点 所以 A在 轴上方，代入得， 22.AB  31  0  2  2 2 故选：B n  7. 执行下边的程序框图，输出的 （）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据框图循环计算即可. 【详解】执行第一次循环，b  b  2a 1 2  3 ，a  b  a  31 2,n  n 1 2 ，b2 a2 32 22 1 2   2  0.01 ；4执行第二次循环，b  b  2a  3 4  7 ，a  b  a  7  2  5,n  n 1 3 ，b2 a2 72 52 1 2   2   0.01 ；25 执行第三次循环，b  b  2a  7 10 17 ，a  b  a 17 5 12,n  n 1 4 ，b2 a2 172 122 1 2   2   0.01 ，此时输出 .n  4 144 故选：B 8. 如图是下列四个函数中的某个函数在区间 [3,3] 的大致图像，则该函数是（ ）x3  3x x2 1 x3  x x2 1 2xcos x x2 1 y  A. B. C. D. y  y  2sin x x2 1 y  【答案】A 【解析】 【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解. x3  x f 1  0 ，则   【详解】设 ，故排除 B; f x   x2 1 π2xcos x x2 1 x 0, h x    设，当 时， ，0  cos x 1 22xcos x x2 1 2x x2 1 h x    1 ，故排除 C; 所以 2sin x x2 1 2sin3 10 g x    g 3     0 ，故排除 D. 设，则 故选：A. ABCD  A B C D 1 中，E，F 分别为 AB, BC 9. 在正方体 的中点，则（ ）平面 平面 111B EF  BDD B EF  A BD A. 平面 C. 平面 平面 平面 B. 平面 1111B EF / / A AC B EF / / AC D D. 平面 11111【答案】A 【解析】 BDD D1 ，即可判断 A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标 【分析】证明 平面 EF  B EFA BDAC D 系，设 ，分别求出平面 ，，的法向量，根据法向量的位置关 AB  2 1111系，即可判断 BCD. ABCD  A B C D 【详解】解：在正方体 1 中， 111DD  AC  BD 且平面 ，ABCD 1EF  DD 又EF  平面 ，所以 ，ABCD 1E, F AB, BC 的中点， 因为 所以 分别为 EF  AC ，所以 ，EF  BD BD  DD  D 又，1BDD 所以 平面 ，EF  1B EF 又EF  平面 ，1B EF  BDD 1 ，故 A 正确； 所以平面 平面 1如图，以点 D为原点，建立空间直角坐标系，设 ，AB  2 B 2,2,2 ,E 2,1,0 ,F 1,2,0 ,B 2,2,0 ,A 2,0,2 ,A 2,0,0 ,C 0,2,0 则1  1  ，C 0,2,2 ，1    1EF  1,1,0 ,EB  0,1,2 DB  2,2,0 ,DA  2,0,2 则，，1   AA  0,0,2 ,AC  2,2,0 ,AC  2,2,0 , 111 m  x , y , z B EF 设平面 的法向量为 ，1  111  m EF  x  y  0 11 m  2,2,1 则有 ，可取 ，m EB  y  2z  0 111 A BD n  1,1,1 同理可得平面 的法向量为 ，11 A AC n  1,1,0 平面 平面 的法向量为 ，12 AC D n  1,1,1 的法向量为 ，113  mn1  2  2 11 0 则，B EF A BD 所以平面 与平面 不垂直，故 B 错误； 不平行，故 C 错误； 11uur  因为 与2 不平行， nmB EF A AC 所以平面 与平面 11  因为 与n3 不平行， mB EF AC D 不平行，故 D 错误， 1 1 所以平面 与平面 1故选：A. a  a  42 aa  10. 已知等比数列 的前 3 项和为 168， ，则 （）  25n6A. 14 B. 12 C. 6 D. 3 【答案】D 【解析】 aq,q  0 q 1 【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根 n据等比数列的通项即可得解. aq,q  0 【详解】解：设等比数列 的公比为 ，nq 1 a  a  0 若，则 ，与题意矛盾， 25q 1 所以 ，a 1 q3 1  a  96 1a1  a2  a3  168 则，解得 ，11 q q  a2  a5  a1q  a1q4  42 2a  a q5  3 所以 .61故选：D. f x cos x  x 1 sinx 1 0,2π 11. 函数 在区间 的最小值、最大值分别为（ ）  π π 3π π π π  ， ， ，  2 A. B. C. D. 2 2 2 2 2 2 3π π ，  2 2 2 【答案】D 【解析】 f x f x 0,2π 上的最小值和 【分析】利用导数求得  的单调区间，从而判断出  在区间 最大值. f x sin x  sin x  x 1 cosx  x 1 cosx 【详解】   ，3π π0, f x ,2π f x 0 f x 所以  在区间 和上  ，即  单调递增； 22π 3π ,f x 0 f x 在区间 上  ，即  单调递减， 2 2 ππ3π 3π 3π   f 0  f 2π  2 f 2 f  1 1  又  ，，，  2  22223π πf x 0,2π  2 所以  在区间 上的最小值为 ，最大值为 .22故选：D 12. 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（ ）1132A. B. C. D. 2332【答案】C 【解析】 的【分析】先证明当四棱锥 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 2，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 2r 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 ，111S AC  BDsin  AC  BD  2r 2r  2r2 则ABCD 222（当且仅当四边形 ABCD 为正方形时等号成立） 2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 2r 22又r  h  1 2 3 22122r  r  2h 4 3 27 VOABCD  2r2 h  r2 r2 2h2  则3333322h  当且仅当 即时等号成立， r  2h 3故选：C 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． Sa2S  3S  6 的前 n 项和．若 d  13. 记 为等差数列 ，则公差 _______．   nn32【答案】2 【解析】 2 a +2d  2a  d  6 ，即可得解. 【分析】转化条件为 112S  3S  6 2 a  a +a  3 a  a  6 【详解】由 可得 3  2  ，化简得 321212a  a  a  6 ，3122 a +2d  2a  d  6 即，解得 .d  2 11故答案为：2. 14. 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 ____________． 3【答案】 【解析】 ##0.3 10 【分析】根据古典概型计算即可 C3 10 【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 53C1  3 P  甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率 310 3故答案为： 10 (0,0),(4,0),(1,1),(4,2) 15. 过四点 中的三点的一个圆的方程为____________． 222222437365 9【答案】 x  2  y 3 13 或x  2  y 1  5 或或x   y  285169 25 2；x   y 1  【解析】 x2  y2  Dx  Ey  F  0 【分析】设圆的方程为 即可； ，根据所选点的坐标，得到方程组，解得 x2  y2  Dx  Ey  F  0 【详解】解：依题意设圆的方程为 ，F  0 F  0 1,1 0,0 4,0 16  4D  F  0 D  4 E  6 若过 ，，，则 ，解得 ，11 D  E  F  0 22所以圆的方程为 x2  y2  4x  6y  0 ，即 x  2  y 3 13 ；F  0 F  0 0,0 4,0 4,2 16  4D  F  0 D  4 E  2 若过 ，，，则 ，解得 ，16  4  4D  2E  F  0 22所以圆的方程为 x2  y2  4x  2y  0 ，即 x  2  y 1  5 ；F  0 F  0 81,1 0,0 4,2 11 D  E  F  0 D   E   若过 ，，，则 ，解得 ，316  4  4D  2E  F  0 14 322814 437365 x2  y2  x  y  0 所以圆的方程为 ，即 ；x   y  33916 516 5F   D   11 D  E  F  0 1,1 4,0 4,2 16  4D  F  0 若过 ，，，则 ，解得 ，16  4  4D  2E  F  0 E  2 216 16 85169 2x2  y2  x  2y  0 所以圆的方程为 ，即 ；x   y 1  5525 222222437365 9故答案为： x  2  y 3 13 或x  2  y 1  5 或x   y  285169 25 2或；x   y 1  1a  f x ln a  16. 若    b 是奇函数，则 _____， ______． b  1 x 12【答案】 【解析】 ①. ；②. ．ln 2 【分析】根据奇函数的定义即可求出． 1f x ln a  【详解】因为函数    b 为奇函数，所以其定义域关于原点对称． 1 x 1a 1 a121 x a1 ax  0  a   0 x   1 a   由可得， ，所以 ，解得： ，即 1 x ,1  1,1  1, f 0  0 ，再由   函数的定义域为 可得， ．即 b  ln 2 111 x 1 x f x ln    ln 2  ln f x   f x   ，在定义域内满足  ，符合题意． 2 1 x 1故答案为： ；．ln 2 2三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题 为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作 答. 17. 记 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c﹐已知 ABC sinC sin A B  sin Bsin C  A ．（1）若 ，求 C； A  2B 222（2）证明： 2a  b  c 5π 【答案】（1） ；8（2）证明见解析． 【解析】 sinC  sin C  A 【分析】（1）根据题意可得， ，再结合三角形内角和定理即可解出； （2）由题意利用两角差的正弦公式展开得 sinC sin Acos B  cos Asin B  sin B sinC cos A cosC sin A ，再根据正弦定理，余 弦定理化简即可证出． 【小问 1 详解】 sinC sin A B  sin Bsin C  A sinC sin B  sin Bsin C  A 由而，可得， ，A  2B 0  B  πsin B 0,1 sinC  sin C  A  0 ，所以 ，即有 ，而 20  C  π,0  C  A  π ，显然C  C  A，所以，C  C  A  π ，而 ，A  2B 5π A  B  C  π C  ，所以 ．8【小问 2 详解】 sinC sin A B  sin Bsin C  A 由可得， sinC sin Acos B  cos Asin B  sin B sinC cos A cosC sin A ，再由正弦定理可得， accos B bccos A  bccos A abcosC ，然后根据余弦定理可知， 121121a2  c2 b2  b2  c2  a2 b2  c2  a2  a2  b2  c2 ，化简得： 222 ，故原等式成立． 2a2  b2  c AD  CD, AD  CD,ADB  BDC 18. 如图，四面体 中， ，E 为 AC 的中点． ABCD （1）证明：平面 平面 ACD； BED  AB  BD  2,ACB  60 （2）设 ，点 F 在 BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱 锥的体积． F  ABC 【答案】（1）证明详见解析 3（2） 4【解析】 AC  【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .ACD BED BED  （2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 F的距 AFC ABC F离，从而求得三棱锥 的体积. F  ABC 【小问 1 详解】 AC  DE .由于 由于 所以 ，是的中点，所以 AD  CD AC EAD  CD BD  BD ，所以 ，△ADB  △CDB ADB  CDB AC  BD ，故 ，AB  CB DE, BD Ì 由于 所以 由于 ，平面 ，DE  BD  D BED AC  AC  平面 平面 ，BED ，所以平面 平面 .ACD ACD BED  【小问 2 详解】 依题意 AB  BD  BC  2 ，，三角形 是等边三角形， ACB  60 ABC 所以 ，AC  2, AE  CE 1, BE  3 AD  CD, AD  CD 由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .ACD DE 1 2 ，所以 ，DE2  BE2  BD DE  BE AC, BE  由于 AC  BE  E ，平面 ，所以 DE  平面 .ABC ABC 由于 由于 ，所以 FBA  FBC ，△ADB  △CDB BF  BF FBA  FBC AB  CB ，所以 ，FBA FBC 所以 由于 ，所以 EF  AC ，AF  CF 1S AC  EF ，所以当 最短时，三角形 的面积最小值. AFC EF AFC 2过作，垂足为 ，EEF  BD F1213 BE  DE  BD EF 在中， ，解得 ，Rt△BED EF  222 3132所以 ，DF  1   , BF  2  DF  222BF BD 34所以 过作，垂足为 H，则 ，所以 平面 ，且 FH //DE ABC FFH  BE FH  FH BF 34，DE BD 34FH  所以 ,11 1 33所以 .VF ABC  SABC  FH   2 3  33 2 4419. 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： 2 ）和材积量 m（单位： 3 ），得到如下数据： m总样本号ｉ 12345678910 和根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 xi y材积量 i10 10 10 x2  0.038, y2 1.6158, x y 0.2474 并计算得 ．iiiii=1 i=1 i=1 （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 2 ．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 186m 区这种树木的总材积量的估计值． n(x  x)(y  y) iii=1 r  , 1.8961.377 ．附：相关系数 nn(x  x)2 (y  y)2 iii=1 i=1 23【答案】（1） ；0.06m 0.39m （2） 0.97 3（3） 1209m 【解析】 【分析】（1）计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】 0.6 10 x   0.06 样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值 3.9 y   0.39 样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 10 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 ，0.06m 3平均一棵的材积量为 0.39m 【小问 2 详解】 10 10 x  x y y xi yi 10xy  iii=1 i=1 r  10 10 10 10 22 x  x y  y xi2 10×2 yi2 10y2 ii i=1 i=1 i=1 i=1 0.2474 100.060.39 (0.038100.062 )(1.6158100.392 ) 0.0134 0.0134  0.97 0.01377 0.0001896 r  0.97 则【小问 3 详解】 3设该林区这种树木的总材积量的估计值为 ，Ym 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比， 0.06 186 3=可得 ，解之得 ．Y=1209m 0.39 Y3则该林区这种树木的总材积量估计为 1209m 1f (x)  ax  (a 1)ln x 20. 已知函数 ．xf (x) （1）当 a  0 时，求 的最大值； f (x) （2）若 恰有一个零点，求 a 的取值范围． 【答案】（1） 1 0, （2） 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； ax 1 x 1  a  0 0  a 1 a 1 结合导数讨论函数的单 （2）求导得 ，按照 、及f x   x2 调性，求得函数的极值，即可得解. 【小问 1 详解】 11×2 11 x f x  ln x, x  0 f x 当a  0 时， x 0,1 ，则 ，    xxx2 ¢fx >0 f x 当当时， ， 单调递增； ( ) ¢x <0 f x ，x 1, f时，  单调递减； ( ) f x 所以  max  f 1  1   ；【小问 2 详解】 1ax 1 x 1  1×2 a 1 xf x ax  a 1 lnx, x  0 ，则 ，  f x a    x2 x¢x >0 f x ，x 0,1 fa  0 当当时， ax 1 0，所以当 时，  单调递增； ( ) ¢x 1, fx <0 f x 时， ， 单调递减； ( ) f x 所以  max  f 1  a 1 0   ，此时函数无零点，不合题意； 11¢x >0 f x ，0,1 ,, f0  a 1 1 当时， ，在 上，  单调递增； ( ) aa1¢1, fx <0 f x ，在又上，  单调递减； ()af 1  a 1 0   f x ，当 x 趋近正无穷大时，  趋近于正无穷大， 1f x 所以  仅在 , 有唯一零点，符合题意； a2x 1 f x f 1  a 1 0 当a 1时， ，所以  单调递增，又   ，f x    0 x2 f x 所以  有唯一零点，符合题意； 11¢x >0 f x ，0, ,1, fa 1 1 当在又时， ，在 上，  单调递增； ( ) aa1¢,1 fx <0 f x f 1  a 1 0  单调递减；此时   上， ，，( ) a1an 11an f an  n a1 lna f，当 n 趋近正无穷大时， 趋近负无穷， an1 11f x 所以   0, , 在有一个零点，在 无零点， aaf x 所以  有唯一零点，符合题意； 0, 综上，a 的取值范围为 .【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点 问题转化为函数的单调性与极值的问题. 3A 0,2 ,B ,1 21. 已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴、y 轴，且过 两2点． （1）求 E 的方程； P 1,2 的直线交 E 于 M，N 两点，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交 （2）设过点   于点 T，点 H 满足 ．证明：直线 HN 过定点． MT  TH y2 x2 【答案】（1） 1 43(0,2) （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】 3解：设椭圆 E 的方程为 mx2  ny2 1，过 ，A 0,2 ,B ,1 24n 1 1413m  n  则，解得 ，，9 m  n 1 4 y2 x2 所以椭圆 E 的方程为： 【小问 2 详解】 .1 43323A(0,2), B( ,1) AB : y  2  x，，所以 2×2 y2 P(1,2) ①若过点 的直线斜率不存在，直线 .代入 ，x 1 1 3422 6 2 6 y  x  2 可得 ，，代入 AB 方程 )，可得 M (1, )N(1, 333  2 6 32 6 3，由 得到 .求得 HN 方程： )T( 6 3, )H(2 6 5, MT  TH 2 6 (0,2) ，过点 .y  (2  )x  2 3P(1,2) kx  y  (k  2)  0, M (x , y ), N(x , y ) ②若过点 的直线斜率存在，设 .1122kx  y  (k  2)  0 联立 可得 得(3k2  4)x2  6k(2  k)x  3k(k  4)  0 ，x2 y2 ,1 348(2  k) 3k2  4 6k(2  k) 3k2  4 y1  y2  x1  x2  ，，4(4  4k  2k2 ) 3k2  4 3k(4  k) x1x2  y2 y2  3k2  4 24k x y x y  (*) 且122 1 3k2  4 y  y1 3y1 ,T( 可得  3, y1), H(3y1  6  x1, y1). y1  y2 联立 2y  x  2 23HN : y  y  (x  x ) 可求得此时 ，223y1  6  x1  x2 (0,2) 2(x  x )  6(y  y )  x y x y 3y y12  0 将将，代入整理得 ，121212211 2 代入，得 24k 12k2  96  48k  24k  48 48k  24k2 36k2  48  0, (*) 显然成立， (0,2). 综上，可得直线 HN 过定点 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②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. （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中选定一题作答，并用 2B 铅 笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、 多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分. [选修 4—4：坐标系与参数方程] x  3 cos2t y  2sint xOy 22. 在直角坐标系 中，曲线 C 的参数方程为 ，（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 3 sin    m  0 ．（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） 3x  y  2m  0 19 12 52 m  （2） 【解析】 的【分析】（1）根据极坐标与直角坐标 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】 3123 sin    m  0 因为 l： ，所以 ， sin   cos  m  0 213 sin  y,  cos  x 又因为 ，所以化简为 ，y  x  m  0 22整理得 l 的直角坐标方程： 【小问 2 详解】 3x  y  2m  0 y  2sint 联立 l 与 C 的方程，即将 ，代入 x  3 cos2t 中，可得3cos2t  2sint  2m  0 ，3x  y  2m  0 所以3(1 2sin2 t)  2sint  2m  0 ，2化简为 ，6sin t  2sint  3 2m  0 2要使 l 与 C 有公共点，则 有解， 2m  6sin t  2sint 3 令sint  a ，则 ，令 f (a)  6a2  2a 3 ，(1≤a≤1) ，a 1,1 1a  对称轴为 ，开口向上， 6f (a)  f (1)  6  2 3  5 所以 ，max 11 2 19 6f (a)min  f ( )  3   ，66 6 19 6 2m  5 所以 19 52 m  m 的取值范围为 .12 [选修 4—5：不等式选讲] 33323. 已知 a，b，c 都是正数，且 ，证明： a2  b2  c2 1 1abc  （1） （2） ；9abc1；b  c a c a b 2 abc 【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】 333证明：因为 ，b  0 ，，则 ，，，，a  0 c  0 a2  0 b2  0 c2  0 3333333a2  b2  c2 所以  a2 b2 c2 3133111923abc abc  即，所以 ，当且仅当 3 ，即 时取等号． a  b  c  a2  b2  c2 39【小问 2 详解】 证明：因为 所以 ，b  0 ，，a  0 c  0 ，，，b  c  2 bc a  c  2 ac a  b  2 ab 333aaa2 bbb2 ccc2 所以 ，，b  c a  c a  b 2 bc 2 abc 2 ac 2 abc 2 ab 2 abc 333333abca2 b2 c2 a2  b2  c2 2 abc 1b  c a c a b 2 abc 2 abc 2 abc 2 abc 当且仅当 时取等号． a  b  c