2023年12月12日发(作者：小杜帮我分分数学试卷)

2022年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）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．集合M{2，4，6，8，10}，N{x|1x6}，则MN(A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}))D．{2，4，6，8，10}D．a1，b1D．52．设(12i)ab2i，其中a，b为实数，则(A．a1，b1B．a1，b1C．a1，b13．已知向量a(2,1)，b(2,4)，则|ab|()A．2则下列结论中错误的是(B．3)C．44．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)，得如图茎叶图：A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．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xy2,5．若x，y满足约束条件x2y4,则z2xy的最大值是(y0,)A．2A．2B．4B．22)C．8C．3D．12)6．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|(D．327．执行如图的程序框图，输出的n(A．3B．4C．5D．6)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3xx3xA．y2B．y2x1x12xcosx2sinxC．y2D．y2x1x19．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A1ACA．14B．12B．平面B1EF平面A1BDD．平面B1EF//平面A1C1D))10．已知等比数列{an}的前3项和为168，a2a542，则a6(C．6D．311．函数f(x)cosx(x1)sinx1在区间[0，2]的最小值、最大值分别为()33A．，B．C．，2D．，，22222222212．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)123322B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S33S26，则公差d．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15．过四点(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为116．若f(x)ln|a，b．|b是奇函数，则a1x．．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。（一）必考题：共60分。17．（12分）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）若A2B，求C；（2）证明：2a2b2c2．18．（12分）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，求三棱锥FABC的体积．19．（12分）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0.63.9根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.06材积量yi10i12i0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.40102i10并计算得x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n(xi1ix)(yiy)n(xi1n，1.8961.377．ix)2(yiy)2i120．（12分）已知函数f(x)ax1(a1)lnx．x（1）当a0时，求f(x)的最大值；（2）若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）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＝．证明：直线HN过定点．（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]（10分）x3cos2t,(t为参数）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为．以坐标y2sint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sin()m0．3（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．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且abc1，证明：1（1）abc；9abc1（2）．bcacab2abc323232————————————————————————————————————《初高中数学教研微信系列群》简介：目前有24个群（18个高中群，2个四川群，1个直播群，3个初中群），共10000多优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学教学研究展开教研活动的微信群.宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！特别说明：1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题；2.由于本群是集“研究—写作—发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！群主二维码：见右图————————————————————————————————————2022年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、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．集合M{2，4，6，8，10}，N{x|1x6}，则MN(A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，6，8}【思路分析】直接利用交集运算求解即可．【解析】M{2，4，6，8，10}，N{x|1x6}，MN{2，4}．故选：A．)D．{2，4，6，8，10}【试题评价】本题考查集合的交集运算，属于基础题．2．设(12i)ab2i，其中a，b为实数，则(A．a1，b1B．a1，b1)C．a1，b1D．a1，b1【思路分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．【解析】(12i)ab2i，ab0a1，解得．故选：A．ab2ai2i，即2a2b1【试题评价】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．3．已知向量a(2,1)，b(2,4)，则|ab|()B．3C．4【思路分析】先计算处ab的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解析】ab(4,3)，故ab42(3)25，故选：D．【试题评价】本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．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)，得如图茎叶图：则下列结论中错误的是()A．2D．5A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．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【思路分析】根据茎叶图逐项分析即可得出答案．【解析】由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.37.57.4，选项A2说法正确；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8，选项B说法正确；63甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为0.4，选项C说法错误；16813乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为0.81250.6，选项D说法正确．16故选：C．【试题评价】本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题．5．若x，y满足约束条件xy2,x2y4,则z2xy的最大值是()y0,A．2B．4C．8D．12【思路分析】作出可行域，根据图象即可得解．【解析】作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当(x,y)取点C(4,0)时，目标函数z2xy取得最大值，且最大为8．故选：C．【试题评价】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．6．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．2B．22C．3D．32【思路分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．【解析】F为抛物线C:y24x的焦点(1,0)，点A在C上，点B(3,0)，|AF||BF|2，由抛物线的定义可知A(1，2)(A不妨在第一象限），所以|AB|(31)2(2)222．故选：B．【试题评价】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．7．执行如图的程序框图，输出的n())A．3B．4C．5D．6【思路分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值．【解析】模拟执行程序的运行过程，如下：输入a1，b1，n1，计算b123，a312，n2，321判断|22|0.250.01，24计算b347，a725，n3，7210.040.01；判断|22|525计算b71017，a17512，n4，17210.01；判断|22|12144输出n4．故选：B．【试题评价】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．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3xA．y2x1x3xB．y2x1C．y2xcosxx21D．y2sinxx21【思路分析】首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在(1,3)存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在(0,)的周期性可判断C选项错误．【解析】首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在(1,3)存在零点，x3x0，解得x0，或x1或x1，故排除B选项，而对于B选项：令y0，即2x12sinx对于D选项，令y0，即20，解得xk，kZ，故排除D选项，x1C选项分母为x21恒为正，但是分子中cosx是个周期函数，故函数图像在(0,)必定是正负周期出现，故错误，故选：A．【试题评价】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．【解法二】（刘兴补解）对B令x1,y0,∴B不对2xcosx2cosx12x[0,1]1C对：，∴C不对x1xx对D：x212x2sinx，y1∴D不对y故：只能选A9．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A1ACB．平面B1EF平面A1BDD．平面B1EF//平面A1C1D)【思路分析】对于A，易知EF//AC，AC平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1平面A1BDBD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C//平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误．【解析】对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF//AC，又ACBD，ACDD1，BDDD1D，且BD，DD1平面BDD1，AC平面BDD1，则EF平面BDD1，又EF平面B1EF，对于B，由选项A可知，平面B1EF平面BDD1，而平面BDD1平面A1BDBD，故平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C//平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．故选：A．平面B1EF平面BDD1，选项A正确；【试题评价】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．已知等比数列{an}的前3项和为168，a2a542，则a6(A．14B．12C．6)D．3【思路分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．【解析】设等比数列{an}的公比为q，q0，由题意，q1．a1(1q3)168，a2a5a1qa1q4a1q(1q3)42，前3项和为a1a2a31q11q，a196，则a6a1q5963，故选：D．232【试题评价】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．11．函数f(x)cosx(x1)sinx1在区间[0，2]的最小值、最大值分别为()33A．，B．，C．，2D．，2222222223【思路分析】先求出导函数f(x)(x1)cosx，令cosx0得，x或，根据导函数22f(x)的正负得到函数f(x)的单调性，进而求出函数f(x)的极值，再与端点值比较即可．【解析】f(x)cosx(x1)sinx1，x[0，2]，则f(x)sinxsinx(x1)cosx(x1)cosx，3令cosx0得，x或，223当x[0，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(,)时，f(x)0，f(x)单调递2223减；当x(，2]时，f(x)0，f(x)单调递增，233，f(x)在区间[0，2]上的极大值为f()2，极小值为f()2222又f(0)2，f(2)2，函数f(x)在区间[0，2]的最小值为3，最大值为2，22故选：D．【试题评价】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．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()A．13B．12C．33D．22【思路分析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股a212a2定理可知该四棱锥的高h1，所以该四棱锥的体积Va1，再利用基本不等232式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出h的值．【解析】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r2a，2a2该四棱锥的高h1，2该四棱锥的体积12a24Va1323a2a21当且仅当42a2a2a21a2a2a24442)34(1)343，(1)(4423333274，即a2时，等号成立，3a223，1该四棱锥的体积最大时，其高h1233故选：C．【试题评价】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S33S26，则公差d即可求解．【解析】2S33S26，2(a1a2a3)3(a1a2)6，{an}为等差数列，6a23a13a26，3(a2a1)3d6，解得d2．2．【思路分析】根据已知条件，可得2(a1a2a3)3(a1a2)6，再结合等差中项的性质，故答案为：2．【试题评价】本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题．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310．【思路分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．310，【解析】由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数C513，甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数C31C33根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P3．C510故答案为：3．10【试题评价】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．x2y24x6y015．过四点(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为8141616（或x2y24x2y0或x2y2xy0或x2y2x2y0)．3355【思路分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．【解析】设过点(0,0)，(4,0)，(1,1)的圆的方程为x2y2DxEyF0，F0即164DF0，解得F0，D4，E6，2DEF0所以过点(0,0)，(4,0)，(1,1)圆的方程为x2y24x6y0．同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)圆的方程为x2y24x2y0．814过点(0,0)，(1,1)，(4,2)圆的方程为x2y2xy0．331616过点(4,0)，(1,1)，(4,2)圆的方程为x2y2x2y0．55814故答案为：x2y24x6y0（或x2y24x2y0或x2y2xy0或331616x2y2x2y0)．55【试题评价】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．1116．若f(x)ln|a，b．|b是奇函数，则a1x211【思路分析】显然a0，根据函数解析式有意义可得，x1且x1，所以11，aa进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f(0)0即可求出b的值．1【解析】【解法一】f(x)ln|a|b，1x若a0，则函数f(x)的定义域为{x|x1}，不关于原点对称，不具有奇偶性，a0，10，1x由函数解析式有意义可得，x1且ax1且x11，a函数f(x)为奇函数，定义域必须关于原点对称，1111，解得a，a21xf(x)ln||b，定义域为{x|x1且x1}，2(1x)1由f(0)0得，lnb0，21bln2，故答案为：；ln2．2【解法二】（王灵芝补解）（特殊值法）函数f(x)为奇函数，f(0)0，f（-2）=-f（2）所以lna1b0，即lna，lna1blna-1b0，31blna-1b2lna1311解得，a=,b=ln2。故答案为：；ln2．22【试题评价】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．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。（一）必考题：共60分。17．（12分）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）若A2B，求C；（2）证明：2a2b2c2．【思路分析】（1）由sinCsin(AB)sinBsin(CA)，结合A2B，可得sinCsin(CA)，即CCA，再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．【解析】（1）由sinCsin(AB)sinBsin(CA)，又A2B，sinCsinBsinBsin(CA)，sinB0，sinCsin(CA)，即CCA（舍去）或CCA，A2B5联立2CA，解得C；8ABC证明：（2）【解法一】由sinCsin(AB)sinBsin(CA)，得sinCsinAcosBsinCcosAsinBsinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得accosBbccosAbccosAabcosC，a2c2b2b2c2a2a2b2c22bcab由余弦定理可得：ac，2ac2bc2ab整理可得：2a2b2c2．【解法二】（王灵芝补解）∵ABC,A=2B∴CA5Bsin(CA)sin5B∴原式可化为sin3BsinB=sinBsin5B,sinB0，∴sin3B=sin5B,∴3B+5B=,∴B=,A=,C=3848证明：（2）由sinCsin(AB)sinBsin(CA)，得sinCsinAcosBsinCcosAsinBsinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得accosBbccosAbccosAabcosC，a2c2b2b2c2a2a2b2c22bcab由余弦定理可得：ac，2ac2bc2ab整理可得：2a2b2c2．【试题评价】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．18．（12分）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，求三棱锥FABC的体积．【思路分析】（1）易证ADBCDB，所以ACBE，又ACDE，由线面垂直的判定定理可得AC平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED平面ACD；（2）由题意可知ABC是边长为2的等边三角形，进而求出BE3，AC2，ADCD2，DE1，由勾股定理可得DEBE，进而证得DE平面ABC，连接EF，因为AFCF，则EFAC，所以当EFBD时，EF最短，此时AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥FABC的体积．【解答】证明：（1）ADCD，ADBBDC，BDBD，ADBCDB，ABBC，又E为AC的中点．ACBE，ADCD，E为AC的中点．ACDE，又BEDEE，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；解：（2）由（1）可知ABBC，ABBC2，ACB60，ABC是等边三角形，边长为2，BE3，AC2，ADCD2，DE1，DE2BE2BD2，DEBE，又DEAC，ACBEE，DE平面ABC，由（1）知ADBCDB，AFCF，连接EF，则EFAC，1SAFCACEFEF，2当EFBD时，EF最短，此时AFC的面积最小，过点F作FGBE于点G，则FG//DE，FG平面ABC，EFDEBE3，BD23EFBF3BFBE2EF2，FG，2BE41133322三棱锥FABC的体积VSABCFG．33444【试题评价】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．19．（12分）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0.63.9根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.06材积量yi10i12i0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.40102i10并计算得x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(xi1nix)(yiy)n(xi1n，1.8961.377．ix)2(yiy)2i1【思路分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解析】（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为x，平均一棵的材积量为y，0.63.90.06m2，y0.39m3；则根据题中数据得：x1010（102）10由题0.0134可知0.01340.011.896，0.01340.970.01377r(xix)(yiy)i1(xi110ix)2(yi1102xyi1i1022i1inxy10iy)(xinx)(yi2ny2)i10.0020.0948；（3）设从根部面积总和X，总材积量为Y，则Xx0.39，故Y1861209(m3)．0.06Yy【试题评价】本题考查线性回归方程，属于中档题．120．（12分）已知函数f(x)ax(a1)lnx．x（1）当a0时，求f(x)的最大值；（2）若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【思路分析】（1）将a0代入，对函数f(x)求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f(x)求导，分a0，a0，0a1，a1及a1讨论即可得出结论．1111x【解析】（1）当a0时，f(x)lnx(x0)，则f(x)22，xxxx易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，f(x)在x1处取得极大值，同时也是最大值，函数f(x)的最大值为f（1）1；1a1ax2(a1)x1(x1)(ax1)（2）f(x)a2，xxx2x2①当a0时，由（1）可知，函数f(x)无零点；②当a0时，易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，又f（1）a10，故此时函数f(x)无零点；11③当0a1时，易知函数f(x)在(0,1),(,)上单调递增，在(1,)单调递减，aa1且f（1）a10，f()1a(a1)lna0，且当x时，f(x)0，此时f(x)在a(0,)上存在唯一零点；(x1)20，函数f(x)在(0,)上单调递增，④当a1时，f(x)x2又f（1）0，故此时函数f(x)有唯一零点；11⑤当a1时，易知函数f(x)在(0,),(1,)上单调递增，在(,1)上单调递减，aa且f（1）a10，且当x0时，f(x)0，故函数f(x)在(0,)上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为(0,)．【试题评价】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．321．（12分）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)2两点．（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．【思路分析】（1）设E的方程为mx2ny21(m0，n0且mn)，将A，B两点坐标代32入即可求解；（2）由A(0,2),B(,1)可得线段AB:yx2，①若过P(1,2)的直线的斜23率不存在，直线为x1，代入椭圆方程，根据MTTH即可求解；②若过P(1,2)的直线的kxy(k2)0斜率存在，设kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立x2y2，得143(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解析】（1）设E的方程为mx2ny21(m0，n0且mn)，4n13将A(0,2),B(,1)两点代入得9，2mn14x2y2111；解得m，n，故E的方程为343432（2）由A(0,2),B(,1)可得线段AB:yx223x2y21，（1）若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1．代入34262626262可得M(1,代入yx2，可得T(63,)，N(1,)，将y)，得到333352626H(265，)求得HN方程：y(2)x2，过点(0,2)．33②若过P(1,2)的直线的斜率存在，设kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2)，kxy(k2)0联立x2y2，得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0，1438(2k)6k(2k)yyxx12224k3k2413k24故有，，且xyxy(*)，1221223k(4k)3k4yy4(44k2k)xx121223k43k24yy13y1联立，可得T(3,y1),H(3y16x1,y1)，22yx23y1y2(xx2)，可求得此时HN:yy23y16x1x2将(0,2)代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，将(*)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)．【试题评价】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．（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]（10分）x3cos2t,(t为参数）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为．以坐标y2sint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sin()m0．3（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．【思路分析】（1）由sin()m0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互3化公式，可得l的直角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解析】（1）由sin()m0，得(sincoscossin)m0，33313cosm0，sin2213又xcos，ysin，yxm0，22即l的直角坐标方程为3xy2m0；x3cos2t,(t为参数）（2）由曲线C的参数方程为．y2sint消去参数t，可得y223x2，33xy2m0联立，得3y22y4m60(2y2)．232x2y34m1919536，即4m10，m，31223195m的取值范围是[，]．122【试题评价】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且abc1，证明：1（1）abc；9abc1（2）．bcacab2abc【思路分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解析】（1）证明：a，b，c都是正数，abc32323232323232323abc3(abc)，当且仅当abc3时，等号成立．3233232321223因为abc1，所以13(abc)，11所以(abc)2，31所以abc，得证．912（2）根据基本不等式bc2bc，ac2ac，ab2ab，abcbcacaba2bcb2acc2aba322abcb322abcc322abcabc2abc32323212abc，当且仅当abc时等号成立，故得证．【试题评价】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．


更多推荐

考查,本题,函数