2023年12月12日发(作者：怎样做好高考数学试卷)

绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）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．2．回答选择题时，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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．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．1,3}，则（1.设全集U{1,2,3,4,5}，集合M满足ðUM{A.2M【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M{2,4,5},对比选项知，A正确,BCD错误故选:A2.已知z12i，且zazb0，其中a，b为实数，则（A.a1,b2【答案】A【解析】【分析】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】z12iB.a1,b2C.a1,b2）D.a1,b2B.3MC.4M）D.5Mzazb12ia(12i)b(1ab)(2a2)i由zazb0,得故选:A1ab0a1,即2a20b23.已知向量a,b满足|a|1,|b|3,|a2b|3，则ab（A.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.B.1C.1）D.2第１页，共２４页222【详解】解：∵|a2b||a|4ab4b，又∵|a|1,|b|3,|a2b|3,∴914ab43134ab，∴ab1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，用到数列bn：b1111，b21111，b31111221，…，依此类推，其中kN(k1,2,)．则3C.b6b2D.b4b7（）B.b3b8Ab1b5.【答案】D【解析】【分析】根据kN即可求解.【详解】解：因为kN所以11**k1,2,…，再利用数列bn与k的关系判断bn中各项的大小，k1,2,，11，得到b1b2，11，12112同理111212131，可得b2b3，b1b3111又因为22,113211432131，4故b2b4，b3b4；以此类推，可得b1b3b5b7…，b7b8，故A错误；b1b7b8，故B错误；第２页，共２４页121213…11bb6，故C错误；1，得261112312…146bb7，故D正确.1，得47故选：D.5.设F为抛物线C:y24x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AFBF，则AB（A.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，F1,0，则AFBF2，即点A到准线x1的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，所以AB故选：B）B.22C.3D.3231022222.6.执行下边的程序框图，输出的n（）第３页，共２４页A.3【答案】B【解析】B.4C.5D.6【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，b2321220.01；22a24执行第二次循环，bb2a347，aba725,nn13，b2721220.01；a25225执行第三次循环，bb2a71017，aba17512,nn14，b21721220.01，此时输出n4.a2122144故选：B7.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（A.平面B1EF平面BDD1C.平面B1EF//平面A1AC）B.平面B1EF平面A1BDD.平面B1EF//平面AC11D第４页，共２４页【答案】A【解析】【分析】证明EF平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB2，分别求出平面B1EF，A1BD，AC11D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ABCDA1B1C1D1中，ACBD且DD1平面ABCD，又EF平面ABCD，所以EFDD1，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又BDDD1D，所以EF平面BDD1，又EF平面B1EF，所以平面B1EF平面BDD1，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB2，则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，C10,2,2，则EF1,1,0,EB10,1,2，DB2,2,0,DA12,0,2，AA10,0,2,AC2,2,0,A1C12,2,0,设平面B1EF的法向量为mx1,y1,z1，mEFx1y10则有，可取m2,2,1，mEBy2z0111同理可得平面A1BD的法向量为n11,1,1，平面A1AC的法向量为n21,1,0，ACD平面11的法向量为n31,1,1，则mn122110，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为m与n2不平行，uur第５页，共２４页所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面AC11D不平行，故D错误，故选：A.8.已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（A.14【答案】D【解析】B.12C.6）D.3【分析】设等比数列an的公比为q,q0，易得q1，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an的公比为q,q0，若q1，则a2a50，与题意矛盾，所以q1，a11q3a196a1a2a3168则，解得1，1qq42a2a5a1qa1q42所以a6a1q3.故选：D.5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（）第６页，共２４页A.13B.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2r2，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SABCD111ACBDsinACBD2r2r2r2222（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2r2又r2h21则VOABCD122222r2hrr2h233333r2r22h2433273当且仅当r22h2即h故选：C时等号成立，10.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p1,p2,p3，且p3p2p10．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关C.该棋手在第二盘与乙比赛，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p甲2(1p2)p1p32p2p1(1p3)2p1(p2p3)4p1p2p3第７页，共２４页记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则p乙2(1p1)p2p32p1p2(1p3)2p2(p1p3)4p1p2p3记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则p丙2(1p1)p3p22p1p3(1p2)2p3(p1p2)4p1p2p3则p甲p乙2p1(p2p3)4p1p2p32p2(p1p3)4p1p2p32p1p2p30p乙p丙2p2(p1p3)4p1p2p32p3(p1p2)4p1p2p32p2p3p10即p甲p乙，p乙p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F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cosF1NF2A.523，则C的离心率为（5C.）D.B.32132172【答案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设F1NF2，F2F1N，即可求出sin，sin，cos，在F2F1N中由sinF1F2Nsin求出sinF1F2N，再由正弦定理求出NF1，NF2，最后根据双曲线的定义得到2b3a，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，所以OGNF1，因为cosF1NF230，所以N在双曲线的右支，5所以OGa，OF1c，GF1b，设F1NF2，F2F1N，由cosF1NF243ab3，即cos，则sin=，sin，cos，5cc55在F2F1N中，sinF1F2Nsinsin4b3a3a4bsincoscossin，5c5c5c第８页，共２４页NF2NF12c5c由正弦定理得，sinsinsinF1F2N2所以NF15c5c3a4b3a4b5c5ca5asinF1F2Nsin，NF2225c222c23a4b5a4b2a2a，222b3，a2又NF1NF2所以2b3a，即cb213所以双曲线的离心率e1aa22故选：C12.已知函数f(x),g(x)的定义域均为R，且f(x)g(2x)5,g(x)f(x4)7．若yg(x)的图像关于直线x2对称，g(2)4，则f(k)（k122）D.24A.21【答案】D【解析】B.22C.23【分析】根据对称性和已知条件得到f(x)f(x2)2，从而得到f3f5f2110，f4f6f2210，然后根据条件得到f(2)的值，再由题意得到g36从而得到f1的值即可求解.第９页，共２４页【详解】因为yg(x)的图像关于直线x2对称，所以g2xgx2，因为g(x)f(x4)7，所以g(x2)f(x2)7，即g(x2)7f(x2)，因为f(x)g(2x)5，所以f(x)g(x2)5，代入得f(x)7f(x2)5，即f(x)f(x2)2，所以f3f5f212510，f4f6f222510.因为f(x)g(2x)5，所以f(0)g(2)5，即f01，所以f(2)2f03.因为g(x)f(x4)7，所以g(x4)f(x)7，又因为f(x)g(2x)5，联立得，g2xgx412，所以yg(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g36因为f(x)g(x2)5，所以f15g31.所以f(k)f1f2f3f5f21f4f6f2213101024.k122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4小题，每小题5分，共20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】【解析】【分析】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C510甲、乙都入选的方法数为C33，所以甲、乙都入选的概率P13##0.3103310第１０页，共２４页故答案为：3102214.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】x2y32224765或13或x2y15或xy3392281692；xy1525【解析】【分析】设圆的方程为x2y2DxEyF0，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x2y2DxEyF0，F0F0若过0,0，4,0，1,1，则164DF0，解得D4，11DEF0E6所以圆的方程为x2y24x6y0，即x2y313；22F0F0若过0,0，4,0，4,2，则164DF0，解得D4，1644D2EF0E2所以圆的方程为x2y24x2y0，即x2y15；22F0F081,10,04,2D11DEF0若过，则，解得，，，31644D2EF014E38144765y0，即所以圆的方程为xyx；xy33339222216F511DEF016若过1,1，4,0，4,2，则164DF0，解得D，51644D2EF0E2第１１页，共２４页161681692x2y0，即所以圆的方程为xy；xy155525222故答案为：x2y3222476513或x2y15或xy339222281692或xy1；52515.记函数fxcosx(0,0π)的最小正周期为T，若f(T)3，2xf(x)为的零点，则的最小值为____________．9【答案】3【解析】【分析】首先表示出T，根据fT的取值，从而得解；【详解】解：因为fxcosx，（0，0π）所以最小正周期Tπ3求出，再根据x为函数的零点，即可求出922π，因为fTcos2π3，cos2πcos2又0π，所以又xππ，即fxcosx，66ππππ为fx的零点，所以kπ,kZ，解得39k,kZ，9962因为0，所以当k0时min3；故答案为：3x216.已知xx1和xx2分别是函数f(x)2aex（a0且a1）的极小值点和极大值点．若x1x2，则a的取值范围是____________．【答案】,1【解析】【分析】由x1,x2分别是函数fx2aex的极小值点和极大值点，可得x21ex,x1x2,时，fx0，xx1,x2时，fx0，再分a1和0a1两种情况讨论，方程2lnaax2ex0的两个根为x1,x2，即函数ylnaax与函数第１２页，共２４页yex的图象有两个不同的交点，构造函数gxlnaax，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.【详解】解：fx2lnaa2ex，x因为x1,x2分别是函数fx2aex的极小值点和极大值点，x2所以函数fx在,x1和x2,上递减，在x1,x2上递增，所以当x,x1x2,时，fx0，当xx1,x2时，fx0，若a1时，当x0时，2lnaax0,2ex0，则此时fx0，与前面矛盾，故a1不符合题意，若0a1时，则方程2lnaax2ex0的两个根为x1,x2，即方程lnaaxex的两个根为x1,x2，即函数ylnaax与函数yex的图象有两个不同的交点，令gxlnaa，则gxlnaa,0a1，x2x设过原点且与函数ygx的图象相切的直线的切点为x0,lnaa则切线的斜率为gx0lnaa0，2xx0，故切线方程为ylnaa则有lnaa解得x0x0x0ln2aax0xx0，x0ln2aax0，1，lnalnaa21lna则切线的斜率为eln2a，因为函数ylnaax与函数yex的图象有两个不同的交点，所以eln2ae，解得又0a1，所以1ae，e1a1，e1e综上所述，a的范围为,1.第１３页，共２４页【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0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．（一）必考题：共60分．17.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(AB)sinBsin(CA)．（1）证明：2a2b2c2；（2）若a5,cosA【答案】（1）见解析【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bc，即可得解.【小问1详解】证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，25，求ABC的周长．31（2）14a2c2b2b2c2a2a2b2c2所以ac，2bcab2ac2bc2aba2c2b2a2b2c2222即，bca22所以2a2b2c2；【小问2详解】第１４页，共２４页解：因为a5,cosA25，31由（1）得b2c250，由余弦定理可得a2b2c22bccosA，则5050bc25，3131，22所以bc故bcb2c22bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABBD2,ACB60，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【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到ABCB，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BEDE，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ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，437第１５页，共２４页所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，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ACEF，所以S△AFC=1ACEF，2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，因为ADCD，所以DE1AC1,2在DEB中，DE2BE2BD2，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y033330,,CF1,又因为C1,0,0,F，所以444,4，nCF643cosn,CF所以7，7nCF214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，7所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为43.7第１６页，共２４页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：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号ｉ总和根部横截面积xi材积量yi并计算得0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.60.250.40102i0.220.54100.510.340.360.460.420.403.9xi=1102i0.038,y1.6158,xiyi0.2474．i=1i=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186m2．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r(xx)(yy)i=1iin(xx)(yy)i=1i2i=1inn,1.8961.377．2【答案】（1）0.06m2；0.39m3（2）0.97（3）1209m3【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；第１７页，共２４页（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x样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.60.06103.90.3910据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，平均一棵的材积量为0.39m3【小问2详解】rxxyyi=1ii10xxyyi=1ii=1i102102xy10xyi=1ii10102222x10xy10yiii=1i=1100.2474100.060.39(0.038100.062)(1.6158100.392)0.01340.01340.970.013770.0001896则r0.97【小问3详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，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=，解之得Y=1209m3．0.39Y32则该林区这种树木的总材积量估计为1209m320.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,2,B,1两点．（1）求E的方程；（2）设过点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交于点T，点H满足MTTH．证明：直线HN过定点．y2x2【答案】（1）143（2）(0,2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；第１８页，共２４页（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A0,2,B解：设椭圆E的方程为mxny1，过，,12224n111则9，解得m，n，3mn144y2x2所以椭圆E的方程为：1.43【小问2详解】23A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，3222xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，34可得M(1,22626)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得3332626)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：33T(63,y(226)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)0,得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0，联立x2y21348(2k)6k(2k)yyxx123k24123k24可得，，23k(4k)xxyy4(44k2k)12223k243k24且x1y2x2y124k(1)23k4yy13y1,T(3,y1),H(3y16x1,y1).联立可得2yx223可求得此时HN:yy2y1y2(xx2)，3y16x1x2第１９页，共２４页将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，将(1)代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480,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：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.21.已知函数fxln1xaxex（1）当a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）y2x（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a1时,f(x)ln(1x)x,f(0)0,所以切点为xe(0,0)f(x)11xx,f(0)2,所以切线斜率为21xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x【小问2详解】f(x)ln(1x)axexx2ea1x1a(1x)f(x)x1xe(1x)ex设g(x)ea1xx2x21若a0,当x(1,0),g(x)ea1x0,即f(x)0所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意第２０页，共２４页x2若1a0,当x(0,),则g(x)e2ax0所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意3若a1(1)当x(0,),则g(x)ex2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(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x(1,0),g(x)ea1x设h(x)g(x)ex2axx2h(x)ex2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增g(x)g(0)1a0,又g(1)10e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0第２１页，共２４页所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,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10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]x3cos2t22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原点y2sint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sin（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（2）m0．3195m122【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：sin13cosm0，m0，所以sin322第２２页，共２４页又因为siny,cosx，所以化简为整理得l的直角坐标方程：3xy2m0【小问2详解】联立l与C的方程，即将x13yxm0，223cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，所以3(12sin2t)2sint2m0，化简为6sin2t2sint32m0，要使l与C有公共点，则2m6sin2t2sint3有解，令sinta，则a1,1，令f(a)6a22a3，(1≤a≤1)，对称轴为a1，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)minf()3，6666所以192m56195m.122323232m的取值范围为[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c都是正数，且（1）abcabc1，证明：1；9abc1（2）；bcacab2abc【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a0，b0，c0，则a032，b032，c0，32第２３页，共２４页3333abc所以a2b2c2，3323232即abc12333111abc，所以，当且仅当2时取等号．22，即abc3abc399【小问2详解】证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，所以aaa，bbb，cccbc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc323232323232323232abcabcabc1bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．第２４页，共２４页


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