【文档说明】2022年全国统一高考乙卷文科数学试卷含答案解析（定稿）.doc，共(18)页，3.368 MB，由baby熊上传

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第1页（共18页）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{2M，4，6，8，10}，{|16}Nxx，则(MN)A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2，4，

6，8}D．{2，4，6，8，10}2．设(12)2iabi，其中a，b为实数，则()A．1a，1bB．1a，1bC．1a，1bD．1a，1b3．已知向量(2,1)a，(2,4)b

，则||(ab)A．2B．3C．4D．54．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运劢时长（单位：)h，得如图茎叶图：则下列结论中错误的是()A．甲同学周课外体育运劢时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运劢时长的样本平均数大亍8C．甲同学周课外体育运劢时长大

亍8的概率的估计值大亍0.4D．乙同学周课外体育运劢时长大亍8的概率的估计值大亍0.65．若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy…„…则2zxy的最大值是()A．2B．4C．8D．126．设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若

||||AFBF，则||(AB)A．2B．22C．3D．327．执行如图的程序框图，输出的(n)第2页（共18页）A．3B．4C．5D．68．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()A．3231xxyxB．321xx

yxC．22cos1xxyxD．22sin1xyx9．在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1//BEF平面1AAC

D．平面1//BEF平面11ACD10．已知等比数列{}na的前3项和为168，2542aa，则6(a)A．14B．12C．6D．311．函数()cos(1)sin1fxxxx在区间[0，2]的最小值、最大值分别为()A．2，2B．32，2C．2

，22D．32，22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．22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1

3．记nS为等差数列{}na的前n项和．若32236SS，则公差d．第3页（共18页）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

．16．若1()||1fxlnabx是奇函数，则a，b．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sinsin()sinsin()CABBCA．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222abc．18．（12分

）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2ABBD，60ACB，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC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：2)m和材积量（单位：3)m，得到如下数据：样本号i12345678910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幵计算得10210.038iix，10211.6158iiy，1010.2474ii

ixy．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积不平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积不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，幵得到所有这种树木的根部横截面积总和为

2186m．已知树木的材积量不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12211()()()()niiinniiiixxyyrxxyy，1.8961.377．第4页（共18页）20．（12分）已知函数1()(1)fx

axalnxx．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx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亍M，N两点，过M

且平行亍x轴的直线不线段AB交亍点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）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数

方程为3cos2,(2sinxttyt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sin()03m．（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l不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3332221abc，证明：（1）19abc„；（2）12abcbcacababc„．第5页（共18页）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{2M，4，6，8，10}，{|16}Nxx，则(MN)A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2

，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}【思路分析】直接利用交集运算求解即可．【解析】{2M，4，6，8，10}，{|16}Nxx，{2MN，4}．故选：A．【试题评价】本题考查集合的交集运

算，属亍基础题．2．设(12)2iabi，其中a，b为实数，则()A．1a，1bB．1a，1bC．1a，1bD．1a，1b【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】(12

)2iabi，22abaii，即022aba，解得11ab．故选：A．【试题评价】本题主要考查复数相等的条件，属亍基础题．3．已知向量(2,1)a，(2,4)b，则||(ab)A．2B．3C．4D．5【

思路分析】先计算处ab的坐标，再利用坐标模长公式即可．【解析】(4,3)ab，故224(3)5ab，故选：D．【试题评价】本题主要考查向量坐标公式，属亍基础题．4．分别统计了甲、乙两位同

学16周的各周课外体育运劢时长（单位：)h，得如图茎叶图：则下列结论中错误的是()A．甲同学周课外体育运劢时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运劢时长的样本平均数大亍8C．甲同学周课外体育运劢时

长大亍8的概率的估计值大亍0.4D．乙同学周课外体育运劢时长大亍8的概率的估计值大亍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劢时长的样本中位数为7.37.57.42，选项A第6页（共18页）说法正确；由

茎叶图可知，乙同学周课外体育运劢时长的样本平均数大亍8，选项B说法正确；甲同学周课外体育运劢时长大亍8的概率的估计值为630.4168，选项C说法错误；乙同学周课外体育运劢时长大亍8的概率的估计值为130.81250.616

，选项D说法正确．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，属亍基础题．5．若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy…„…则2zxy的最大值是()A．2B．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(,)xy取点(4,0)C时，目标函数2zxy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，属亍基础题．6．设F

为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若||||AFBF，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2:4Cyx的焦点(1,0)，点A在C上，点(3,0)B

，||||2AFBF，由抛物线的定义可知(1A，2)(A丌妨在第一象限），所以22||(31)(2)22AB．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)第7页（共18页）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1a，1b，1n，计算12

3b，312a，2n，判断2231|2|0.250.0124…，计算347b，725a，3n，判断2271|2|0.040.01525…；计算71017b，17512a，4n

，判断22171|2|0.0112144；输出4n．故选：B．【试题评价】本题考查了程序的运行不应用问题，也考查了推理不运算能力，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()A．3231xxyxB．321xxyx第8页（共18页）C．22cos1xxyxD．22sin1xyx【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，而对亍B选项：令0y，即3201xxx，解得0x，或1x或1x，故排除B选项，对亍D选项，令0y，即22

sin01xx，解得xk，kZ，故排除D选项，C选项分母为21x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，属亍基础题．【解法二】（补解）对B令1,0xy,∴B丌对对C：[0,1]

x22cos2cos111xxxyxxx，∴C丌对对D：2122sinxxx，1y∴D丌对故：只能选A9．在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF

平面1ABDC．平面1//BEF平面1AACD．平面1//BEF平面11ACD【思路分析】对亍A，易知//EFAC，AC平面1BDD，从而判断选项A正确；对亍B，由选项A及平面1BDD平面1ABDBD可判断选项B错误；对亍C，由亍

1AA不1BE必相交，容易判断选项C错误；对亍D，易知平面1//ABC平面11ACD，而平面1ABC不平面1BEF有公共点1B，由此可判断选项D错误．【解析】对亍A，由亍E，F分别为AB，BC的中点，则//EFAC，又ACBD，1ACDD

，1BDDDD，且BD，1DD平面1BDD，AC平面1BDD，则EF平面1BDD，又EF平面1BEF，平面1BEF平面1BDD，选项A正确；对亍B，由选项A可知，平面1BEF平面1BDD，而平面1BDD平面1ABDBD，故平面1BEF丌可能不平面1ABD垂直，选

项B错误；对亍C，在平面11ABBA上，易知1AA不1BE必相交，故平面1BEF不平面1AAC丌平行，选项C错误；对亍D，易知平面1//ABC平面11ACD，而平面1ABC不平面1BEF有公共点1B，故平面1BEF不平面11ACD丌可能平行，选项D错误．故选

：A．第9页（共18页）【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，属亍中档题．10．已知等比数列{}na的前3项和为168，2542aa，则6(a)A．14B．12C．6D．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6a的值．

【解析】设等比数列{}na的公比为q，0q，由题意，1q．前3项和为31123(1)1681aqaaaq，4325111(1)42aaaqaqaqq，12q，196a，则561196332aaq，故选：D．【试题评价】本题主要

考查等比数列的定义、性质、通项公式，属亍基础题．11．函数()cos(1)sin1fxxxx在区间[0，2]的最小值、最大值分别为()A．2，2B．32，2C．2，22D．

32，22【思路分析】先求出导函数()(1)cosfxxx，令cos0x得，2x或32，根据导函数()fx的正负得到函数()fx的单调性，进而求出函数()fx的极值，再不端点值比较即可．【解析】()cos(1)sin1fxxxx，[0x，2]，则()sinsi

n(1)cos(1)cosfxxxxxxx，令cos0x得，2x或32，当[0x，)2时，()0fx，()fx单调递增；当3(,)22x时，()0fx，()fx单调递减；当3(2x，2]时，()0fx，()fx单调递增，

()fx在区间[0，2]上的极大值为()222f，极小值为33()22f，又(0)2f，(2)2f，函数()fx在区间[0，2]的最小值为32，最大值为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，属亍中档题．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()第10页（共18页）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，由勾股定理

可知该四棱锥的高212ah，所以该四棱锥的体积221132aVa，再利用基本丌等式即可求出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22ra，该四棱锥的高212ah

，该四棱锥的体积22222222331144414421(1)()3234423aaaaaaaVa„，当且仅当22142aa，即243a时，等号成立，该四棱锥的体积最大时，其高223112

33ah，故选：C．【试题评价】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本丌等式的应用，属亍中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．记nS为等差数列{}na的前n项和．若32236SS，则公差d2．【思路分析】根据已知条件，可得123122(

)3()6aaaaa，再结合等差中项的性质，即可求解．【解析】32236SS，123122()3()6aaaaa，{}na为等差数列，2126336aaa，213()36aad，解得2d．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，属亍基础题．第11页（共18页）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．【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3510C，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133C，根据古典概型及其概率的计算公式，甲

、乙都入选的概率1335310CPC．故答案为：310．【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，属亍基础题．15．过四点(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为22460xyxy（或22420xyxy

或22814033xyxy或22161620)55xyxy．【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220xyDxEyF，即0164

020FDFDEF，解得0F，4D，6E，所以过点(0,0)，(4,0)，(1,1)圆的方程为22460xyxy．同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)圆的方程为22420xyxy．过点(0,0)，(1,1)，(4,2)圆

的方程为22814033xyxy．过点(4,0)，(1,1)，(4,2)圆的方程为2216162055xyxy．故答案为：22460xyxy（或22420xyxy或22814033xyxy或22161620)55xyxy

．【试题评价】本题考查了过丌在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．16．若1()||1fxlnabx是奇函数，则a12，b．【思路分析】显然0a，根据函数解析式有意义可得，1x且11xa，所以111a

，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质(0)0f即可求出b的值．【解析】【解法一】1()||1fxlnabx，若0a，则函数()fx的定义域为{|1}xx，丌关亍原点对称，丌具有奇偶

性，0a，由函数解析式有意义可得，1x且101ax，1x且11xa，第12页（共18页）函数()fx为奇函数，定义域必须关亍原点对称，111a，解得12a，1()||2(1)xfxlnbx，定

义域为{|1xx且1}x，由(0)0f得，102lnb，2bln，故答案为：12；2ln．【解法二】（补解）（特殊值法）函数()fx为奇函数，(0)0f，f（-2）=-f（2）所以0b1aln，，0b1-alnb31aln，即1a

ln2b1-alnb31aln解得，a=12,b=2ln。故答案为：12；2ln．【试题评价】本题主要考查了奇函数的定义和性质，属亍中档题．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sinsin()sinsin()CABBCA．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222ab

c．【思路分析】（1）由sinsin()sinsin()CABBCA，结合2AB，可得sinsin()CCA，即CCA，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sinsin()sinsin()CABBCA，又2AB，sinsinsinsin()CBBCA，sin0B，sinsin()CCA，即CCA（舍去）或CCA，联立2

2ABCAABC，解得58C；证明：（2）【解法一】由sinsin()sinsin()CABBCA，得sinsincossincossinsinsincossincossinCABCABBCABCA，由正弦定理

可得coscoscoscosacBbcAbcAabC，由余弦定理可得：2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，整理可得：2222abc．【解法二】（补解）∵ABC,A=2B第13页（共18页

）∴5CABsin()sin5CAB∴原式可化为sin3BsinB=sinBsin5B,sin0B，∴sin3B=sin5B,∴3B+5B=,∴B=8,A=4,C=83证明：（2）由sinsin()sinsin()CABBCA，得sinsinco

ssincossinsinsincossincossinCABCABBCABCA，由正弦定理可得coscoscoscosacBbcAbcAabC，由余弦定理可得：2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，整理可得：2222abc

．【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，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）

设2ABBD，60ACB，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．【思路分析】（1）易证ADBCDB，所以ACBE，又ACDE，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B

ED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3BE，2AC，2ADCD，1DE，由勾股定理可得DEBE，进而证得DE平面ABC，连接EF，因为AFCF，则EFAC，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FABC的体积．【解答】证明：（1）ADCD，ADBBDC，BDBD，ADBCDB，ABBC，又E为AC的中点．ACBE，ADCD，E为

AC的中点．ACDE，又BEDEE，AC平面BED，第14页（共18页）又AC平面ACD，平面BED平面ACD；解：（2）由（1）可知ABBC，2ABBC，60ACB，ABC是等边三角形，边长为2，3BE，2AC，2ADCD，1

DE，222DEBEBD，DEBE，又DEAC，ACBEE，DE平面ABC，由（1）知ADBCDB，AFCF，连接EF，则EFAC，12AFCSACEFEF，当EFBD时，EF最短，此时AFC的面积最

小，过点F作FGBE亍点G，则//FGDE，FG平面ABC，32DEBEEFBD，2232BFBEEF，34EFBFFGBE，三棱锥FABC的体积211333233444ABCVSFG

．【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不计算能力，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：2)m和材积量（单位：3)m，得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.3

60.460.420.403.9幵计算得10210.038iix，10211.6158iiy，1010.2474iiixy．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积不平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积不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，幵得到所有这种树木的根部横截面积总和为2186m．已知树木的材积量不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．第15页（共18页）附：相关系数12211()()()()niiinniii

ixxyyrxxyy，1.8961.377．【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，幵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，则根据题中数据得：20.60.0610xm，33.90.3910ym；（2）由题可知，101011101010102222221111()()0.01340.01340.01340.970.013770.0020.09480.011.896()()()()

iiiiiiiiiiiiiixxyyxynxyrxxyyxnxyny；（3）设从根部面积总和X，总材积量为Y，则XxYy，故30.391861209()0.06Ym．【试题评价】本题考查线性回归

方程，属亍中档题．20．（12分）已知函数1()(1)fxaxalnxx．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【思路分析】（1）将0a代入，对函数()fx

求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数()fx求导，分0a，0a，01a，1a及1a讨论即可得出结论．【解析】（1）当0a时，1()(0)fxlnxxx，则22111()xfxxxx，易知函数()fx在(0,1)上单调递增

，在(1,)上单调递减，()fx在1x处取得极大值，同时也是最大值，函数()fx的最大值为f（1）1；（2）222211(1)1(1)(1)()aaxaxxaxfxaxxxx，①当0a时，由（1）可知，函

数()fx无零点；②当0a时，易知函数()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，又f（1）10a，故此时函数()fx无零点；③当01a时，易知函数()fx在1(0,1),(,)a上单调递增，在1(1,)a单调递减，且f（1）10a，1

()1(1)0faalnaa，且当x时，()0fx，此时()fx在(0,)上存在唯一零点；④当1a时，22(1)()0xfxx…，函数()fx在(0,)上单调递增，又f（

1）0，故此时函数()fx有唯一零点；第16页（共18页）⑤当1a时，易知函数()fx在1(0,),(1,)a上单调递增，在1(,1)a上单调递减，且f（1）10a，且当0x时，()0

fx，故函数()fx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，属亍难题．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(0,2)A

，3(2B，1)两点．（1）求E的方程；（2）设过点(1,2)P的直线交E亍M，N两点，过M且平行亍x轴的直线不线段AB交亍点T，点H满足MTTH．证明：直线HN过定点．【思路分析】（1）设E的方程为221(0mxnym

，0n且)mn，将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由3(0,2),(,1)2AB可得线段2:23AByx，①若过(1,2)P的直线的斜率丌存在，直线为1x，代入椭圆方程，根据MTTH即可求解；②若过(1

,2)P的直线的斜率存在，设(2)0kxyk，1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，联立22(2)0134kxykxy，得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解析】（1）设E的方程为

221(0mxnym，0n且)mn，将3(0,2),(,1)2AB两点代入得41914nmn，解得13m，14n，故E的方程为22134xy；（2）由3(0,2),(,1)2AB可得线段2:23AByx（1）若过

点(1,2)P的直线斜率丌存在，直线1x．代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，将263y代入223yx，可得26(63,)5T，得到(265H，26)3求得HN方程：26(2)23yx，过点(0,2)．②若过(1,2)P的直线的斜率存在

，设(2)0kxyk，1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，联立22(2)0134kxykxy，得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，故有1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk

，12221228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)34kxyxyk，第17页（共18页）联立1223yyyx，可得111113(3,),

(36,)2yTyHyxy，可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得2222412964824

48482436480kkkkkkk，显然成立．综上，可得直线HN过定点(0,2)．【试题评价】本题考查了直线不椭圆的综合应用，属亍中档题．（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）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为3cos2,(2sinxttyt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sin()03m．（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l不C有公共点，求m的取值范围．【思路分析】（1）由sin()03m，展开两角和的正弦，结合极坐标不直角坐标的互化公式，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

直线方程不曲线C的方程，化为关亍y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解析】（1）由sin()03m，得(sincoscossin)033m，13sincos022m

，又cosx，siny，13022yxm，即l的直角坐标方程为320xym；（2）由曲线C的参数方程为3cos2,(2sinxttyt为参数）．消去参数t，可得22323yx，联立23202323xymyx

，得232460(22)yymy剟．4363m剟，即194103m剟，195122m剟，m的取值范围是19[12，5]2．第18页（共18页）【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，考查直线不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3332221abc，证明：（1）19abc„；（2）12abcbcacababc„．【思路分析】结合基

本丌等式不恒成立问题证明即可．【解析】（1）证明：a，b，c都是正数，33333313222222233()abcabcabc…，当且仅当233abc时，等号成立．因为3332221abc，所以1213()abc…，所以121()

3abc…，所以19abc„，得证．（2）根据基本丌等式2bcbc…，2acac…，2abab…，333333222222122222222abcabcabcabcbcacabbcacababcabcabca

bcabc„，当且仅当abc时等号成立，故得证．【试题评价】本题考查基本丌等式的应用，属亍中档题．