【文档说明】2022年全国统一高考甲卷理科数学试卷含答案解析（定稿）.doc，共(23)页，4.474 MB，由baby熊上传

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第1页（共23页）2022年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）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．若13zi，则(1zzz)A．13iB．13iC．1333iD．1333i2．某社区通

过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则()A．讲座前问卷答题

的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差3．设全集{2U，1，0，1，2，3}，集合

{1A，2}，2{|430}Bxxx，则()(UABð)A．{1，3}B．{0，3}C．{2，1}D．{2，0}4．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体

积为()A．8B．12C．16D．205．函数(33)cosxxyx在区间[2，]2的图像大致为()第2页（共23页）A．B．C．D．6．当1x时，函数()bfxalnxx取得最大值

2，则f（2）()A．1B．12C．12D．17．在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30，则()A．2ABADB．AB与平面11ABCD所成

的角为30C．1ACCBD．1BD与平面11BBCC所成的角为458．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2

CDsABOA．当2OA，60AOB时，(s)A．11332B．11432C．9332D．94329．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙

，体积分别为V甲和V乙．若2SS甲乙，则(VV甲乙)A．5B．22C．10D．5104第3页（共23页）10．椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若

直线AP，AQ的斜率之积为14，则C的离心率为()A．32B．22C．12D．1311．设函数()sin()3fxx在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是()A．5[3，13)

6B．5[3，19)6C．13(6，8]3D．13(6，19]612．已知3132a，1cos4b，14sin4c，则()A．cbaB．bacC．abcD．acb二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设向量a，b的夹角的余

弦值为13，且||1a，||3b，则(2)abb．14．若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则m．15．从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．16

．已知ABC中，点D在边BC上，120ADB，2AD，2CDBD．当ACAB取得最小值时，BD．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nS为数列{}na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：{}na是等差数列；（2）若4a，7a，9a成等比数列，求nS的最小值．18．（12分）在四棱锥PABCD中，PD底面ABC

D，//CDAB，1ADDCCB，2AB，3DP．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10

分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；第4页（共23页）（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线

2:2(0)Cypxp的焦点为F，点(,0)Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，||3MF．（1）求C的方程；（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为，．当取得最大值时

，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数()xefxlnxxax．（1）若()0fx…，求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个零点1x，2x，则121xx．（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1C的参数方程为2,6(txtyt为参数），曲线2C的参数方程为2,6(sxsy

s为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选

讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc„；（2）若2bc，则113ac…．第5页（共23页）2022年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）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．若13zi，则(1zzz)A．13iB．13iC．1333iD．1333i【思路分析】由已知求得zz，代入1zzz，则答案可求．【解析】13zi，2

222||((1)(3))4zzz，则131314133ziizz．故选：C．【试题评价】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲

座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则()A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正

确率的平均数大于85%C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【思路分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率

的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．【解析】对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为

：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，讲座前问卷答题的正确率的中位数为：(70%75%)/272.5%，故A错误；对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：第6页（共23页）1(80%85%85%85%85%90%

90%95%100%100%)89.5%85%10，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；对于D，

讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%80%20%，讲座前正确率的极差为：95%60%35%，讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．【试题评价】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极

差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．设全集{2U，1，0，1，2，3}，集合{1A，2}，2{|430}Bxxx，则()(UABð)A．{1，3}B．{0，3}C．{2

，1}D．{2，0}【思路分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．【解析】2{|430}{1Bxxx，3}，{1A，2}，{1AB，1，2，3}，又{2U，1，0，

1，2，3}，(){2UABð，0}．故选：D．【试题评价】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为()A．8B．12C．16D．20【思路分析】由多面体的三视图得该

多面体是一正四棱柱1111ABCDABCD，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，4AB，2AD，12AA，1AA平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．【解析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱1111AB

CDABCD，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，4AB，2AD，12AA，1AA平面ABCD，该多面体的体积为：1(42)22122V．故选：B．【试题评价】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．第7页（共

23页）5．函数(33)cosxxyx在区间[2，]2的图像大致为()A．B．C．D．【思路分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推出选项即可．【解析】()(33)cosxxfxx，可知()(33)cos()(33)cos()xxxxfxxxfx

，函数是奇函数，排除BD；当1x时，f（1）1(33)cos10，排除C．故选：A．【试题评价】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6．当1x时，函数()bfxalnxx取得最大值2，则f

（2）()A．1B．12C．12D．1【思路分析】由已知求得b，再由题意可得f（1）0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f（2）．【解析】由题意f（1）2b，则2()fxalnxx，则2222()aaxfxxxx

，当1x时函数取得最值，可得1x也是函数的一个极值点，f（1）20a，即2a．222()xfxx，易得函数在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，故1x处，函数取得极大值，也是最大值，则f（2）2222122

．故选：B．【试题评价】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7．在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30，则()A．2ABADB．

AB与平面11ABCD所成的角为30第8页（共23页）C．1ACCBD．1BD与平面11BBCC所成的角为45【思路分析】不妨令11AA，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解析】如图所示，连接1AB，BD，不妨令11A

A，在长方体1111ABCDABCD中，AD面11AABB，1BB面ABCD，所以1BDB和1DBA分别为1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角，即1130BDBDBA，所以在1RtBD

B中，111BBAA，13,2BDBD，在1RtADB中，12DB，11,3ADAB，所以2AB，12CB，3AC，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面11ABCD上的射影在1AB上，所以1BAB为AB与平面11ABCD所成的角，在1RtAB

B中，11113sin33BBBABAB，故选项B错误，如图，连接1BC，则1BD在平面11BBCC上的射影为1BC，所以1DBC为1BD与平面11BBCC所成的角，在Rt△1DBC中，12BCDC，所以145DBC，所以选

项D正确，故选：D．【试题评价】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CDAB．“会圆第9页（共23页）术”给出AB的弧

长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2OA，60AOB时，(s)A．11332B．11432C．9332D．9432【思路分析】由已知求得AB与CD的值，代入2CDsABOA得答案．【解析】2OAOB，60AOB，2AB

，C是AB的中点，D在AB上，CDAB，延长DC可得O在DC上，23CDODOC，22(23)743114322222CDsABOA．故选：B．【试题评价】本题考查扇形及其

应用，考查运算求解能力，是基础题．9．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若2SS甲乙，则(VV甲乙)A．5B．22C．10D．5104【思路

分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为1r，2r，高分别为1h，2h，则可求得12r，21r，125,22hh，进而求得体积之比．【解析】如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲

、乙两个圆锥的底面半径分别为1r，2r，高分别为1h，2h，则124r，222r，解得12r，21r，由勾股定理可得125,22hh，第10页（共23页）211222131013rhVVrh甲乙．故

选：C．【试题评价】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10．椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为14，则

C的离心率为()A．32B．22C．12D．13【思路分析】设0(Px，0)y，则0(Qx，0)y，根据斜率公式结合题意可得：14APAQkk，再结合22221xyab，整理可得离心率．【解析】【解法一】已知(,0)Aa

，设0(Px，0)y，则0(Qx，0)y，00APykxa，00AQykax，故20002200014APAQyyykkxaaxax①，2200221xyab，即2222002()baxya②，②代

入①整理得：2214ba，22312cbeaa．故选：A．【解法二】（、补解）设椭圆C的右顶点为B,由于点PQ、均在C上且关于y轴对称,所以直线BP,AQ也关于y轴对称,即211,4APBPAPAQkkkke234e

即32e故选：A．【试题评价】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11．设函数()sin()3fxx在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是()A．5[3，13)6B．5[3，19)6C．1

3(6，8]3D．13(6，19]6【思路分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得的取值范围．【解析】【解法一】当0时，不能满足在区间(0,)极值点比零点多，所以0；函数()sin()3fxx在区间(0,)

恰有三个极值点、两个零点，令3tx则(33x，)3，又sinyt，,33x的图象如下所示：第11页（共23页）5323„，求得13863„，故选：C．则5323，解得13863，即138,63

．故选：C．【解法二】（补解）如图，设()fx在[0,]上三个极值点为123,,xxx,三个零点为456,,xxx,由题()fx在(0,)上恰有三个极值点,两个零点,∴36xx,可得36

53233xx解得36138138138,,636363xx【试题评价】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12．已知3132a，1

cos4b，14sin4c，则()A．cbaB．bacC．abcD．acb【思路分析】构造函数21()cos12fxxx，(01)x，可得131cos432，即ba，利用三角函数线可得tanxx，即1

1tan44，即1sin1414cos4，可得cb．【解析】【解法一】设21()cos12fxxx，(01)x，则()sinfxxx，设()sin(01)gxxxx，()1cos0gxx，故()gx在(0,1)单调递增，即()(0)0gx

g，即()0fx，故()(0fx，1)单调递增，所以1()(0)04ff，可得131cos432，故ba，利用三角函数线可得(0,)2x时，tanxx，11tan44，即1sin1414cos4，114sincos44，故cb．综上：cba，故

选：A．【解法二】（补解）如图，构造半径为4，弧长为1的扇形AOB，在扇形AOB中,14AOB则第12页（共23页）||1AB2222221||||||44131cos42||||24432OAOBABOAOB故ba，利用三角函数线可得(0,)2x时，tan

xx，11tan44，即1sin1414cos4，114sincos44，故cb．综上：cba，故选：A．【试题评价】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设向

量a，b的夹角的余弦值为13，且||1a，||3b，则(2)abb11．【思路分析】首先计算2,abb的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．【解析】由题意可得21131,93abb，则2(2

)22911abbabb．故答案为：11．【试题评价】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14．若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则m33

．【思路分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．【解析】双曲线2221(0)xymm的渐近线：xmy，圆22430xyy的圆心(0,2)与半径1，双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆

22430xyy相切，2211mm，解得33m，33m舍去．故答案为：33．【试题评价】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15．从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为635．【思路分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的

8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．【解析】根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有4870C种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面2个、对角面4个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率12

67035P；故答案为：635．【试题评价】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．已知ABC中，点D在边BC上，120ADB，2AD，2CDBD．当ACAB取得最小值时，BD31．【思路分析】首先设出BD，CD，

在两个三角形中分别表示AC，BC，继而222244412432411ACbxxABcxxxx，从而利用均值不等式取等号的条件即可．第13页（共23页）【解析】【解法一】设BDx，2CDx，在三角形A

CD中，2244222cos60bxx，可得：22444bxx，在三角形ABD中，22422cos120cxx，可得：2224cxx，要使得ACAB最小，即22bc最小，222244412432411bxxcxxxx，其中31231xx

…，此时22423bc…，当且仅当13x时，即31x时取等号，故答案为：31．【解法二】（补解）以D为原点建立如图所示坐标系，设(0)BDxx，则(0,0),(,0),(2,0),(1,3)DBxCxA，则有(21,3),(1,3)ACxABx所以222222|

|(21)(3)444,||(1)(3)24ACxxxABxxx则有22222244412432411ACbxxABcxxxx，其中31231xx

…，此时22423bc…，当且仅当13x时，即31x时取等号，即31BD时．ACAB取得最小值31，所以31BD【试题评价】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，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nS为数列{}na的前n项和．已知221nnS

nan．（1）证明：{}na是等差数列；（2）若4a，7a，9a成等比数列，求nS的最小值．【思路分析】（1）由已知把n换为1n作差可得递推关系从而证明，（2）由4a，7a，9a成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出na正负分界点计算即可．【解析】（1）

【解法一】证明：由已知有：222nnSnnan①，把n换成1n，2112(1)2(1)1nnSnnan②，②①可得：1122(1)22nnnananan，整理得：11nnaa，由等差数列定义有na为等差

数列；【解法二】（补解）122nnannS，nnanSnn2221)1(2)1(2121nannSnn，1))(1(2)1(2121nSSnnSnnn)1()1(221nnSnnSnn2111

nSnSnn，故数列nSn是以首项为1a，公差为21的等差数列.2)1(1nanSn，2)1(1nnnaSn第14页（共23页）11naan，11nnaa故na为等差数列

（2）【解法一】由已知有2749aaa，设等差数列na的首项为x，由（1）有其公差为1，故2(6)(3)(8)xxx，解得12x，故112a，所以12(1)113nann，故可得：123120aaaa

，130a，140a，故nS在12n或者13n时取最小值，1213(120)13782SS，故nS的最小值为78．【解法二】（补解）由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即211

1638aaa，解得112a，所以13nan，所以22112512562512222228nnnSnnnn，所以，当12n或13n时min78nS．【试题评价】

本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18．（12分）在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，//CDAB，1ADDCCB，2AB，3DP．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【思路分析】（1）易知PDBD

，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BDAD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解析】（1）证明：PD底面ABCD，BD面ABCD，PDBD，取AB中点E，连接DE

，则112DEAB，则//CDBE，且CDBE，四边形BCDE为平行四边形，1DECB，12DEAB，ABD为直角三角形，且AB为斜边，BDAD，又PDADD，PD面PAD，AD面PAD，BD面PAD，又PA面PAD，BDPA；（2）【

解法一】由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，223BDABAD，第15页（共23页）则(0,0,0),(1,0,0),(0,3,0),(0,0,3)DABP，(0,0,3),(1,0,3),(1,3,0)PDPA

AB，设平面PAB的一个法向量为(,,)nxyz，则3030nPAxznABxy，则可取(3,1,1)n，设PD与平面PAB所成的角为，则5sin|cos,|||5||||PDnP

DnPDn，PD与平面PAB所成的角的正弦值为55．【解法二】（补解）几何法作DHAB交AB于H∵PD平面ABCD，AB平面ABCD∴DPAB∴AB平面,PDHAB面PAB,∴面PAB面PDH,过点D作面PAB的垂线，垂足在面PAB与面PDH的交线上∴直线PD

与平面PAB所成角DPH在PDH中:223153,,22PDDHPHPDDH∴352sin5152DHDPHPH∴直线PD与平面PAB所成角的正弦55【解法三】（补解）设点D到平面PAB的距离为

h，在PAB中，2,6,2ABPBPA215PABS，BDAD23DABS,由等体积法得：PABDABDPVVhSPDSPABABD3131,515h，设PD与平面PAB所成角为第16页（共23页）则55sin

PDh【试题评价】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没

有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【思路分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场

或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解析】（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学

校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：10.50.40.80.16P，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：20.50.40.20.50.60.80

.50.40.80.44P，所以甲学校获得冠军的概率为：120.6PPP；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：(0)0.50.40.80.16PX，(10)0.50.40.20.50.60.80.50.40.80.44P

X，(20)0.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34PX，(30)0.50.60.20.06PX，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望00.16100.44200.34300

.0613EX．【试题评价】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20．（12分）设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点(,0)Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|

|3MF．（1）求C的方程；（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为，．当取得最大值时，求直线AB的方程．【思路分析】（1）由已知求得||2MDp，||2pFD，则在RtMFD中，利用勾股定

理得2p，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tan与tan，再由三点共线可得318yy，428yy；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设:1MNlxmy，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一

元二次方程，利用根与系数的关系可得124yym，124yy，求得tan与tan，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程．【解析】（1）【解法一】由题意可知，当xp时，222yp，得2Myp，可知||2

MDp，第17页（共23页）||2pFD．则在RtMFD中，222||||||FDDMFM，得22()(2)92pp，解得2p．则C的方程为24yx；【解法二】（补解）如图所示，过点M作抛物线的准线2px的垂线线，垂足为A根据抛物

线定义则有||||32DpMFAMx，即32pp，解得2p所以C的方程为24yx；（2）设1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，3(Ax，3)y，4(Bx，4)y，由（1）可知(1,0)F，(

2,0)D，则1212221212124tan44MNyyyykyyxxyy，又N、D、B三点共线，则NDBDkk，即24240022yyxx，242224002244yyyy，得248yy，即428yy；同理由M、D、A三点共线，得318yy

．则34123434124tan2()yyyyxxyyyy．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设:1MNlxmy，由241yxxmy，得2440ymy，124yym

，124yy，则41tan4mm，41tan242mm，则11tantan12tan()1111tantan122mmmmmm，当0m时，112tan()141222mmmm„；

当0m时，tan()无最大值，当且仅当12mm，即22m时，等号成立，tan()取最大值，此时AB的直线方程为33344()yyxxyy，即34344()0xyyyyy，又123412128()88842yyyymy

yyy，34128816yyyy，AB的方程为442160xy，即240xy．【解法二】（补解）设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1

MNxmy，第18页（共23页）由214xmyyx可得2440ymy，120,4yy，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMDxyy，

代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,

2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22AB

k，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy即240xy.【解法三】（补解）(2)设22224,4

,4,4,4,4,4,4,(1,0),(2,0)AaaBbbMmmNnnFD.2224414414441MNmnnkmnmnmnn2224414214442MAmamkmamamamNB2224414214442nbnknbnb

nbn∴11211112()222ABMNmnkkabmnmnnm所以1tantan2R.2tantantan11tan(),1tantan2tan2222第19页（共23页）当tan2

时取得最大值,比时2tan2又因为21441144amnabababa所以直线AB过点(4,0),直线方程为240xy..【试题评价】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21．（12

分）已知函数()xefxlnxxax．（1）若()0fx…，求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个零点1x，2x，则121xx．【思路分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在(0,)恒大于等于0，故()minfxf（1

）10ea，解出a的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明2111xx，再利用函数()fx在(1,)单调递增，即转化为证明211()()fxfx111()()fxfx，继而构造函数1()()()hxfxfx证明其在(0,1)恒小于0即可．【解析】【解法一

】（1）()fx的定义域为(0,)，22(1)1()(1)()1xxexexxfxxxx，令()0fx，解得1x，故函数()fx在(0,1)单调递减，(1,)单调递增，故()minfxf（1）1ea，要使得()0fx…恒成立，

仅需10ea…，故1ae„，故a的取值范围是(，1]e；（2）证明：由已知有函数()fx要有两个零点，故f（1）10ea，即1ae，不妨设1201xx，要证明121xx，即证明211xx，101x，111x，即证明：2111xx，又因为()fx在(

1,)单调递增，即证明：211()()fxfx111()()fxfx，构造函数1()()()hxfxfx，01x，12211(1)(1)()()()xxxexxehxfxfxxx

，因为(1xxeexeexxxex）又因为1xyxe在(0,1)上单调，所以1111xxxeexee，所以11110xxexxeee所以01x时，()0()hxhx在(0,1)上递增，(1)(1)(1)0hf

f所以()0hx1()()fxfx．得证．【解法二】（补解）第20页（共23页）(1)1()elnxfxxxxa1lneelnxxxxalnelnxxxxa令()ln,0

txxxx则11()1xtxxx当(0,1),()0,()xtxtx单调递减；当(1,),()0,()xtxtx单调递增∴()(1)1txt又()[()],()e,1tfxgtxgttat显然()gt单调递增()(

1)e1gtga∴min()e1fxa,∵min()0,()0fxfx则e1a∴(,1]ae(2)∵()gt单调递增,()[()]fxgtx有两个零点,∴()gt有且仅有一个零点0t,且0()txt

有两个解12,xx由()tx的单调性知，12,xx分别位于两个不同的单调区间因此不妨设1201xx11220lnlnxxxxt12121lnlnxxxx下面证明不等式121212lnlnxxxxxx

成立:要证121212lnlnxxxxxx,即证112221lnxxxxxx,令121xtx即证112ln,2ln0tttttt令1()2lnhtttt,即证()0ht222222121(1)

()10ttthttttt∴()ht单调递减,()(1)0hth1212121lnlnxxxxxx即121xx【解法三】（补解）（2）由（1）可知，要使()fx有两个零点12,xx，可将问题转化为()ln(0)hxxxtx

有两个零点12,xx不妨设1201xx，令1()()()(1)Fxfxfxx，即111()lnln2lnFxxxxxxxx111()lnln2lnFxxxxxxxx，22222(1)2121()10xxxFxxxxx即

()0Fx，所以()Fx在(1,)上单调递增所以111()(1)12ln11011eFxFe，即()0Fx因为21x，则有2()0Fx，即221()()0hxhx，所以221()()hxhx因为12,xx是

()hx两个的零点，所以12()()hxhx，所以121()()hxhx第21页（共23页）因为1201xx，则2101x，又因为()hx在(0,1)上单调递减，所以121xx，所以121xx

【解法四】（补解）（2）由（1）可知，要使()fx有两个零点12,xx，可将问题转化为()ln(0)hxxxtx有两个零点12,xx则有12()()hxhx，即121122121212lnlnlnln1ln

lnxxxxxxxxxxxx令12((0,1))xtxt，由122221222ln11lnlnlnln1xxtxxtxxxtxxt，所以12ln1ttxtxt，

要证121xx，即证2222lnln1ln(1)ln(1)011ttttttttttt令22()ln(1)((0,1))gttttt，221()ln2ln(22)ln2ln22gttttttttt，令2()ln2l

n22((0,1))httttt，则12ln1()2ln2tthttttt令()ln1pttt，则11()10tpttt，所以()pt在(0,1)上单调递增所以()(1)ln1110ptp，即()0ht，所以

()ht在(0,1)上单调递减，所以2()(1)ln12ln12110hth，即()0gt，所以()gt在(0,1)上单调递增，所以22()(1)1ln1(11)0gtg，所以22ln(1)0ttt所以所以121xx【试题评价】本题主要考

查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．（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1C的参数方程为2,6(txtyt为参数），曲线2C的参数方程为2,6(sxsys为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标

系，曲线3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．【思路分析】（1）消去参数t，可得1C的普通方程；（2）消去参数s，可得2C的普通方程，化3C的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解3C与1C、3C与2C交点

的直角坐标．【解析】（1）由2,6(txtyt为参数），消去参数t，可得1C的普通方程为262(0)yxy…；第22页（共23页）（2）由2,6(sxsys为参数），消去参数s，可得2C的普通方程为262(0)yxy„．由

2cossin0，得2cossin0，则曲线3C的直角坐标方程为20xy．联立2262yxyx，解得121xy或12xy，3C与1C交点的直角坐标为1(2，1)与(1,2)；联立226

2yxyx，解得121xy或12xy，3C与2C交点的直角坐标为1(2，1)与(1,2)．【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，考查运算求解能力，是基础题．[选修

4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc„；（2）若2bc，则113ac…．【思路分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方

和不等式证明．【解答】证明：（1）a，b，c均为正数，且22243abc，由柯西不等式知，2222222(4)(111)(2)abcabc…，即233(2)abc…，23abc„；当且仅当2abc，即1ab，12c时取

等号；（2）由（1）知，23abc„且2bc，故043ac„，则1143ac…，由权方和不等式可知，2211129344acacac厖，当且仅当124ac，即1a，12c时取等号，故113ac…．【解法二】（补解）（1）设)1,1,1

(),2,,(ncbam则3cos3cos2nmcbanm（当且仅当1211cba时取等.）（2）证明：当cb2时，3222ba设)32(21),,(22bababaF，其中0,0ba第23页（共23页）令：0

320420212222baFbbFaaFba，解得21,1ba321,1,1minFF，即有：321ba，故311ca.【试题评价】本题考查不等式的

证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题