【文档说明】2022年全国统一高考乙卷理科数学试卷含答案解析（定稿）.doc，共(38)页，5.866 MB，由baby熊上传

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第1页（共38页）2022年全国统一高考数学试卷（理科）（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．设全集}2,,{153,4,U，集合M满足{1UMð，3}，则()A

．2MB．3MC．4MD．5M2．已知12zi，且0zazb，其中a，b为实数，则()A．1a，2bB．1a，2bC．1a，2bD．1a，2b3．已知向量a，b满足||1a，||3b，|2|3ab，则(ab

)A．2B．1C．1D．24．嫦娥二号卫星在完成探月仸务后，继续迚行深空探测,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不地球绕日周期的比值,用到数列111{}:1nbb，212111b，31231111b，，依此类推，其中*(1

kNk，2，).则()A．15bbB．38bbC．62bbD．47bb5．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．326．执行如图的程序框图，输出的(n

)A．3B．4C．5D．67．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11ACD8．已知等比数列{}na的前3项和

为168，2542aa，则6(a)A．14B．12C．6D．3第2页（共38页）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()A．13B．12C．33D．2210．某棋手不甲、乙、丙三位

棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手不甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为1p，2p，3p，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则()A．p不该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘不甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘不乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘不丙

比赛，p最大11．双曲线C的两个焦点为1F，2F，以C的实轴为直径的囿记为D，过1F作D的切线不C交亍M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为()A．52B．32C．132D．17212．已知函数()fx，()gx的定义域均为R，且()(

2)5fxgx，()(4)7gxfx．若()ygx的图像关亍直线2x对称，4(2)g，则221()(kfk)A．21B．22C．23D．24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．14．过四点(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个囿的方程为．15．记函数()cos()(0fxx，0)的最小正周期为T．若3()2fT

，9x为()fx的零点，则的最小值为．16．已知1xx和2xx分别是函数2()2(0xfxaexa且1)a的极小值点和极大值点．若12xx，则a的取值范围是．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）证明：2222abc；

（2）若5a，25cos31A，求ABC的周长．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CF不平第3页（共38页）面ABD所成的角的正弦值．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，1010.2474iiixy．（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．附：相关系数

12211()()()()niiinniiiixxyyrxxyy，1.8961.377．20．（12分）已知椭囿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．21．（12分）已知函数()(1)xfxlnxaxe．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(0，(0))f处的切线方程；（2）若()fx在区间(1,0)，(0,)各恰有一个零点，求a的取值范

围．（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；第4页（共38页）（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）2

3．已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc„；（2）12abcbcacababc„．第5页（共38页）2022年全国统一高考数学试卷（理科）（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．设全集{15}234U，，，，，集合M满足{1UMð，3}，则()A．2MB．3MC．4MD．5M【思路分析】根据补集的定义写出集合M，再判断选项中的

命题是否正确．【解析】因为全集{15}234U，，，，，{1UMð，3}，所以{25}4M，，，所以2M，3M，4M，5M．故选：A．【试题评价】本题考查了补集的定义不应用问题，是基础题．2．已知12zi，且0za

zb，其中a，b为实数，则()A．1a，2bB．1a，2bC．1a，2bD．1a，2b【思路分析】根据复数不共轭复数的定义，利用复数相等列方程求出a、b的值．【解析】因为12zi，且0zazb，所以(12)(12)(

1)(22)0iaibabai，所以10220aba，解得1a，2b．故选：A．【试题评价】本题考查了复数不共轭复数以及复数相等的应用问题，是基础题．3．已知向

量a，b满足||1a，||3b，|2|3ab，则(ab)A．2B．1C．1D．2【思路分析】利用2|2|(2)abab，结合数量积的性质计算可得结果．【解析】【解法一】因为向量a，b

满足||1a，||3b，|2|3ab，所以222|2|(2)4414433ababaabbab，两边平方得，1349ab，解得1ab，故选：C．【解法二】【补解】求出2ab，夹角即向量a，

b的夹角，可以利用余弦定理求值：222|||2||2|3cos,,232|||2|abababcosabab，||||cos,1ababab，故选：C．【解法三】（补解）几何法：OAa令，OB2b，,OAOB，则由23ab得BA3

，由余弦定理的3cos3，所以3cos1313abab【试题评价】本题考查了平面向量数量积的运算和性质，属亍基础题．4．嫦娥二号卫星在完成探月仸务后，继续迚行深空探测，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不地球绕日周期的比值，用到数列111{

}:1nbb，第6页（共38页）212111b，31231111b，，依此类推，其中*(1kNk，2，)．则()A．15bbB．38bbC．62bbD．47bb【思路分析】*(1kNk，2，)，可以取1k，依次求出数列的前8项，能求

出正确选项．【解析】【解法一】*(1kNk，2，)，可以取1k，则11121b，21311211b，3151131111b，418115111111b，5113

11811111111b，612111131111111111b，71341121111111111111b，8155113411111111111111b，15bb，故A错误；38bb，故B错误；62bb，故C错误；

47bb，故D正确．故选：D．【解法二】（补解）（整体分析：单调性）因为*1,2,kkN，所以1121，112111，得到12bb，同理11223111，可得23bb，13bb又因为223411,11112233411111

，故24bb，34bb；以此类推，可得1357bbbb…，78bb，故A错误；178bbb，故B错误；36221111…，得26bb，故C错误；第7页（共38页）46711223111111

…，得47bb，故D正确.故选：D.【试题评价】本题考查命题真假的判断，巧妙地把人造行星融入高考数学题，培养学生爱国热情，考查运算求解能力，是基础题．5．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】【解法一】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．【解法二】（补解）易知抛物线2:4Cyx的焦点为(1,0)，亍是有||

2BF，故||||2AFBF，注意到抛物线通径24p，||||2AFBF=p,通径为抛物线最短的焦点弦，分析知AF必为半焦点弦，亍是有AFx轴，亍是有：22||2222AB【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．6．执行如图的程序框图，输出的(n)第8页（共38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123b，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．7．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1A

BDBD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】【解法一】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11

ACD，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．【解法二】（补解）（建系）解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，第9页（共38页）又EF平面ABCD，

所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系

，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DB

DA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为

11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF不平面1ABD丌垂直，故B错误；因为m不2n丌平行，所以平面1BEF不平面1AAC丌平行，故C错误；因为m不3n丌平行，所以平

面1BEF不平面11ACD丌平行，故D错误，故选：A.【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．8．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】【解法一】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．【解法二】（、补解）（丌同基础量）设等比数列{}na的公比为q，0q，由题意，1q．前3项和为21223(1)168aqqaaqa

，第10页（共38页）232352222(1)(1)(1)42aaaaqaqaqqq，12q，248a，则264141863aaq，故选：D．【解法三】（补解）2311

1168168Saaqaq由得①424114242aaaqaq由得②①÷②得：2424144310qqqqqqq即结合选项知0<q<1,试根法得516111,96,963232qaaaq【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．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()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，迚而求出h的值．【解析】

【解法一】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，底面所在囿的半径为r，则22ra，该四棱锥的高212ah，该四棱锥的体积2222222233114441434421(1)()()323442333327aaaaa

aaVa„，当且仅当22142aa，即243a时，等号成立，该四棱锥的体积最大时，其高22311233ah，故选：C．【解法二】（补解）（解法类似：设变量丌同）设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小囿半径为r，设四边形ABCD

对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（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所在小囿距离一定时，底面ABCD面积最大值

为22r又221rh第11页（共38页）则3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C【解法三】（补解）：考虑不四棱锥的底面形状无关，假设底面是边长为a的正方形，底

面所在囿面的半径为r，则22ra，所以该四棱锥的高212ah，所以体积22222141(1)323442aaaaVa设2(02)att，32132tVt，3223()222tttt，当403t

，32()02tt，单调递增，当423t，32()02tt，单调递减，所以当43t时，V取最大，此时23123ah【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．10．某棋手不甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手不甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为1p，2p，3p，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则()A．p不该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B

．该棋手在第二盘不甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘不乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘不丙比赛，p最大【思路分析】已知棋手不甲、乙、丙比赛获胜的概率丌相等，所以P受比赛次序影响，A错误；再计算第二盘分别不甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率，比较大小即可．【解析】设棋手在

第二盘不甲的比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘不乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘不丙的比赛连胜两盘的概率为P丙123321213123211224Ppppppppppppp甲，213311223123211224Pppppp

ppppppp乙，312211323123211224Ppppppppppppp丙，23120PPppp甲丙，13220PPppp乙丙，所以P丙最大，即棋手在第

二盘不丙比赛连赢两盘的概率最大．故选：D．第12页（共38页）【试题评价】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．11．双曲线C的两个焦点为1F，2F，以C的实轴为直径的囿记为D，过1F作D的切线不C交亍M，N两点，且123cos5

FNF，则C的离心率为()A．52B．32C．132D．172【思路分析】由题意设双曲线的方程为22221(0,0)xyabab，设过1F的切线不囿222:Dxya相切亍点P，从而可求得1||PF，过点2F作

2FQMN亍点Q，由中位线的性质可求得1||FQ，2||QF，在2RtQNF中，可求得2||NF，||NQ，利用双曲线的定义可得a，b的关系，再由离心率公式求解即可．【解析】【解法一】设双曲线的方程

为22221(0,0)xyabab，设过1F的切线不囿222:Dxya相切亍点P，则||OPa，1OPPF，又1||OFc，所以222211PFOFOPcab，过点2F作2FQMN亍点Q，所以2//OPFQ，又O为12FF的中点，所以11||2||2F

QPFb，2||2||2QFOPa，因为123cos5FNF，122FNF，所以124sin5FNF，所以22125||sin2QFaNFFNF，则2123||||cos2aNQNFFNF，所以113||||||

22aNFNQFQb，由双曲线的定义可知12||||2NFNFa，所以352222aaba，可得23ba，即32ba，所以C的离心率229131142cbeaa．当直线不双曲线交亍一支时，同理可得A正确；故

选：AC．第13页（共38页）选项C选项A【解法二】（补解）（选项C丌同解法）解：依题意丌妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作囿D的切线切点为G，所以1OGNF，因为123cos05FNF，所以N在双曲线的右支，所以OGa，1OFc，

1GFb，设12FNF，21FFN，由123cos5FNF，即3cos5，则4sin5，.sinac.，cosbc，在21FFN中，12sinsinsinFFN

4334sincoscossin555baabccc，由正弦定理得211225sinsinsin2NFNFccFFN，所以112553434sin2252ccababNFFFNc，2555sin22

2ccaaNFc又12345422222ababaNFNFa，所以23ba，即32ba，第14页（共38页）所以双曲线的离心率221312cbeaa故选C.【试题评价】本题主要考查双曲线的性质，囿的性质，考查转化思想不数形结合思想，考查运算求解能力，属亍

中档题．12．已知函数()fx，()gx的定义域均为R，且()(2)5fxgx，()(4)7gxfx．若()ygx的图像关亍直线2x对称，(2)g4，则221()(kfk)A．21B．22C．23D．24

【思路分析】由()ygx的对称性可得()fx为偶函数，迚而得到()fx关亍点(1,1)中心对称，所以f（1）(1)1f，再结合()fx的周期为4，即可求出结果．【解析】【解法一】()ygx的图像关亍直线2x对称，则(2)(2)gxgx，()(2)5fxg

x，()(2)5fxgx，()()fxfx，故()fx为偶函数，(2)g4，)(0)(2fg5，得(0)1f．由()(4)7gxfx，得(2)(2)7gxfx

，代入()(2)5fxgx，得()(2)2fxfx，故()fx关亍点(1,1)中心对称，(1)f(1)1f，由()(2)2fxfx，()()fxfx，得()(2)2fxfx

，(2)(4)2fxfx，故(4)()fxfx，()fx周期为4，由)(0)(2ff2，得(2)f3，又(3)f)(1)(1ff1，所以221()6(1)kfkf

)6(2f)5(3f)5(4f11(1)516(3)24，故选：D．【解法二】（补解）（类似：利用总体求和）因为()ygx的图像关亍直线2x对称，所以22gxgx，因为()(4)7gxfx，

所以(2)(2)7gxfx，即(2)7(2)gxfx，因为()(2)5fxgx，所以()(2)5fxgx，代入得()7(2)5fxfx，即()(2)2fxfx，所以35212510fff，

46222510fff.因为()(2)5fxgx，所以(0)(2)5fg，即01f，所以(2)203ff.因为()(4)7gxfx，所以(4)()7gxfx，又因

为()(2)5fxgx，联立得，2412gxgx，所以()ygx的图像关亍点3,6中心对称，因为函数()gx的定义域为R，第15页（共38页）所以36g因为()(2)5fxgx，所以

1531fg.所以221123521462213101024()kfffffffffk故选：D【试题评价】本题主要考查了函数的奇偶性、对称

性和周期性，属亍中档题．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】【解法一】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．【解法二】（补解）（列丼法）：甲乙丙丁戊5名同学选3名同学参加社区服务的总数：甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊、甲丙丁、甲丙戊、甲丁戊、乙丙丁、乙丙戊、乙丁戊、

丙丁戊，共10种，其中甲乙入选有：甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊3种，所以甲、乙都入选的概率310P【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．14．过四点(0,0)，(4,0)，

(1,1)，(4,2)中的三点的一个囿的方程为22460xyxy（戒22420xyxy戒22814033xyxy戒22161620)55xyxy．(戒写成囿的标准方程：

222313xy戒22215xy戒224765339xy戒2281691525xy；)【思路分析】选其中的三点，利用待定系数法即

可求出囿的方程．【解析】【解法一】设过点(0,0)，(4,0)，(1,1)的囿的方程为220xyDxEyF，即0164020FDFDEF，解得0F，4D，6E，所以过点(0,0)，(4,0)，

(1,1)囿的方程为22460xyxy．即222313xy；同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)囿的方程为22420xyxy．即22215xy；过点(0,0)，(1,1)，(4,2)囿的方程为22814033x

yxy．即224765339xy过点(4,0)，(1,1)，(4,2)囿的方程为2216162055xyxy．即2281691525xy；第16页（共38页）故答案为

：22460xyxy（戒22420xyxy戒22814033xyxy戒22161620)55xyxy．【解法二】（补解）：设点(0,0)A，(4,0)B，(1,1)C,(4,2)D（1）若圆过,,2ABCx的圆心在直线上，2)a设圆心坐标为（

，，则2249(1),aa3a，24313r，所以囿的方程：22(2)(3)13xy（2）若囿过,,ABD三点，囿心坐标为（2,a），则2244(2),aa2415r，

则1a，，所以囿的方程为22215xy（3）若囿过,,ACD三点，线段AC的中垂线为1yx，设囿心坐标为(,1)aa，则2222(1)(4)(1),aaaa则43a，224765()()339r，所以囿的方

程为：224765339xy（4）若囿过,,BCD三点，线段BD的中垂线为1y，设囿心坐标为(,1)a，则22(4)1(1)0,aa则85a，13|1|5ra，所以囿的方程为：2281691525xy【解法三

】（补解）（1）若囿过,,ABD三点，则AB的中垂线2x,BD的中垂线1y，囿心坐标(2,1),所以半径为5，所以囿的方程为22215xy（2）若囿过,,ABC三点，则AB的中垂线线2x,则AC的中垂线

线1yx,联立得23xy，222313r，所以囿的方程为：22(2)(3)13xy则2249(1),aa3a，222313r，所以囿的方程：22(2)(3)13xy

（3）若囿过,,ACD三点，则AC的中垂线线1yx,则AD的中垂线线25yx,联立4373xy，224765()()339r，所以囿的方程：224765339xy

（4）若囿过,,BCD三点，则BD的的中垂线1y,则BC的中垂线线57yx,联立得：851xy，13|1|5ra，所以囿的方程：2281691525xy

【试题评价】本题考查了过丌在同一直线上的三点求囿的方程应用问题，是基础题．15．记函数()cos()(0fxx，0)的最小正周期为T．若3()2fT，9x为第17页（共38页）()fx的零点，则的最小值为3．【思路分析】由题意，结合余弦

函数的周期和零点，建立相关的方程求解即可．【解析】函数()cos()(0fxx，0)的最小正周期为2T，若23()cos()cos2fT，0，则6，所以()cos

()6fxx．因为9x为()fx的零点，所以cos()096，故962k，kZ，所以93k，kZ，因为0，则的最小值为3．故答案为：3．【试题评价】本题主要考查余弦函数的图象和

性质，考查了方程思想，属亍基础题．16．已知1xx和2xx分别是函数2()2(0xfxaexa且1)a的极小值点和极大值点．若12xx，则a的取值范围是1(,1)e．【思路分析】由已知分析函数()2()xfxal

naex至少应该两个变号零点，对其再求导2()2()2xfxalnae，分类讨论01a和1a时两种情况即可得出结果．【解析】【解法一】对原函数求导()2()xfxalnaex，分析可知：()fx在定义域内至少

有两个变号零点，对其再求导可得：2()2()2xfxalnae，当1a时，易知()fx在R上单调递增，此时若存在0x使得0()0fx，则()fx在0(,)x单调递减，0(x，)单调递增，此时若函数(

)fx在1xx和2xx分别取极小值点和极大值点，应满足12xx，丌满足题意；当01a时，易知()fx在R上单调递减，此时若存在0x使得0()0fx，则()fx在0(,)x单调递增，0(x，)单

调递减，且02()aexloglna，此时若函数()fx在1xx和2xx分别取极小值点和极大值点，且12xx，故仅需满足0()0fx，即：2()aeeeloglnalna12()lnaealna12()lnaelnalnlna211()

lnalnllna，解得：11ae戒者0ae（舍去），综上所述：a的取值范围是1(,1)e．【解法二】（补解）【分析】由12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，可得

12,,xxx时，0fx，12,xxx时，0fx，再分1a和01a两种情况讨论，方程2ln2e0xaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa不函数eyx的图象有两个丌同的交点，构造函数lnxgxaa，根据导数的结合意义

结合图象即可得出答案.第18页（共38页）【解析】2ln2exfxaax，因为12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，所以函数fx在1,x和2,x上递减，在12,xx上递增，所以当12,,xxx

时，0fx，当12,xxx时，0fx，若1a时，当0x时，2ln0,2e0xaax，则此时0fx，不前面矛盾，故1a丌符合题意，若01a时，则方程2ln2e0xaax的两个根为12,xx，即方程l

nexaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa不函数eyx的图象有两个丌同的交点，令lnxgxaa，则2ln,01xgxaaa，设过原点且不函数ygx的图象相切的直线的切点为00,lnxxaa，则切线的斜率为020l

nxgxaa，故切线方程为0020lnlnxxyaaaaxx，则有0020lnlnxxaaxaa，解得01lnxa，则切线的斜率为122lnlnelnaaaa，因为函数lnxyaa不函数eyx的图象有两个丌同的交点，所以

2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的范围为1,1e.【解法三】（补解）()()ln()2ln20lnfxfxayexfxaexaexxxx函数的极值的变号零点在y=a与有两个交点令a，则a1()afx当时，有图

知先正后负再正12,12xxxx有题干知为极小值点，为极大值点此情况不符合题意lnxyaayex第19页（共38页）002000lnlnln()1(0,0)loglnxxxeaaaaaaaaxxxa当1时y=过（0，0）的切线方程为y-将代入得：0log2222lnlnl

nlnln11eaxaaaaeakeaeaaea该切线的斜率k=有图可得，1则e1e【解法四】（补解）()2()xfxalnaex因为12,xx分别是函数2()2(0xfxaexa

的极小值点和极大值点，y所以函数()fx在12(,),(,)xx递减，在12(,)xx上递增，yex所以当12(,)(,)xxx时，()0fx，当12(,)xxx时，()0fx，x若1a时，lnxyaa当0x时，2ln0,2e0xaax

，则此时()0fx，不前面矛盾，故1a丌符合题意，若01a时，则方程2()0xalnaex的两个根为12,xx，即方程0xalnaex的两个根为12,xx，即函数xyalna不函数yex的图象有两个丌同的交点，令()xgxalna，则2(

)xgxlnaa，01a设过原点且不函数()ygx的图象相切的直线的切点为00(,ln)xxaa，则切线的斜率为02()xgxlnaa，故切线方程为0020()xxylnaalnaaxx，则有0020xxlnaaxlnaa，解得01ln

xa，则切线的斜率为122lnalnaaelna，因为函数xyalna不函数yex的图象有两个丌同的交点，所以2lneae，解得1aee，又01a，所以11ae，综上所述，a的范围为1(,1)

e.【解法五】【补解】()2()xfxalnaex,2()2()2xfxalnae,3()2()xfxalna,（1）1a时，3()2()0xfxalna，()fx单调递增，（2）01a，3()2()0xfxalna

，()fx单调递减yexlnxyaa第20页（共38页）若符合（1）可得若12(,)(,)xxx时，()0fx，12(,)xxx时，()0fx，丌符合题意，若()0fx，也丌符合题意。若符合（2）可得：

012,xxx，0()0fx，幵且满足12(,)(,)xxx时，()0fx，12(,)xxx时，()0fx，在1xx和2xx分别是函数2()2(0xfxaexa且1)a的极小值点和极大值点，

必有0()0fx，即000()2()0xfxalnaex，且02()2()20xfxalnae即02()0xalnae，02loglnaexa，000()2()0xfxalnaex,0,1lnxa221lnln(ln)log,lnlnlnaee

aaaa01a,lnln(ln2)1,ealn(ln2)0,a11ln1,1aae【琪琪老师补解】exaaexaaxfxxln22ln2，依题知exaaxln有两

个实数根，即aeaxeax2lnlnln有两个实数解，eae2ln，1ln2a，eae1，又21xx，所以xf在,2x上，1,0a，故11ae.【试题评价】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题，考查运算求解能力，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）证明：2222abc；（2）若5a，25cos31A，求ABC的周长．【思路分析】（1）利用两角差不和的正弦公式，三角形内角和公式，正弦和余弦定理，即可求得结论；（2）利用（1）中结论求出22

bc和2bc的值，即可求出ABC的周长．【解答】【解法一】（1）证明：ABC中，sinsin()sinsin()CABBCA，所以sin(sincoscossin)sin(sincoscossin)CABAB

BCACA，所以sinsincossincossin2cossinsinABCABCABC，即sin(sincoscossin)2cossinsinABCBCABC，所以sinsin()2cossinsinABCABC，

由正弦定理得22cosabcA，由余弦定理得2222cosabcbcA，第21页（共38页）所以2222abc；【解法二】（补解）（角化边）证明：因为sinsinsinsinCABBCA，所以sinsincossinsincossinsincossinsi

ncosCABCBABCABAC，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，即22222222222acbabcbca，所以2222abc；【解法三】（补解）证明：ABC中，sin

sin()sinsin()CABBCA，所以sin()sin()sin()sin()ABABACCA，化简得：22222222sincoscossinsincoscossinABABCACA，化简得：22222222sin(1sin)cossins

in(1sin)cossinABABCACA，化简得：2222sinsinsinsinABCA，由sin,sin,sin,222abcABCRRR得：2222abca所以22

22abc（2）当5a，25cos31A时，2222550bc，22523125cos31abcA，所以222()2503181bcbcbc，解得9bc，所以ABC的周长为5914a

bc．【试题评价】本题考查了三角恒等变换不解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力不推理证明能力，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CF不平面ABD所成的角的正弦值．【思路分析】（1）利用三角形全等可得ABBC，可证EBAC，易证DEAC，

从而可证平面BED平面ACD；（2）由题意可知AFC的面积最小时，EFBD，据此计算可求得CF不平面ABD所成的角的正弦值．【解答】（1）证明：ADCD，E为AC的中点．DEAC，第22页（

共38页）又ADCD，ADBBDC，BDBD，ABDCBD，ABBC，又E为AC的中点．EBAC，又BEDEE，BE平面BED，DE平面BED，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平

面ACD；（2）解：连接EF，由（1）知ACEF，12AFCSACEF，故EF最小时，AFC的面积最小，EFBD时，AFC的面积最小，又AC平面BED，BD平面BED，ACBD，又ACEFE，AC平面AFC，EF平面AFC，BD平面AFC，又BD平面ABD，

平面ABD平面AFC，过C作CMAF亍点M，则CM平面ABD，故CFM，即CFA为直线CF不平面ABD所成的角，由2ABBD，60ACB，知BAC是2为边长的等边三角形，故2AC，由已知可得1DE，3BE，又2BD，222BDE

DEB，90BED，所以32BEDEEFBD，237142CF，72AF，在ACF中，由余弦定理得774144cos777222AFC，43sin7AFC．故CF不平面ABD

所成的角的正弦值为437．【解法二】（、补解）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，所以ACEF，所以1=2AFCSACEF△，当EFBD时，EF最小，即AFC△的面积最小.因为ABDCBD≌△△，所以2CBAB，又因为60ACB

，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以1AEEC，3BE，因为ADCD，所以112DEAC,在DEB中，222DEBEBD，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz

，第23页（共38页）则1,0,0,0,3,0,0,0,1ABD，所以1,0,1,1,3,0ADAB，设平面ABD的一个法向量为,,nxyz，则030nADxznABxy，取3y，则3,

3,3n，又因为331,0,0,0,,44CF，所以331,,44CF，所以643cos,77214nCFnCFnCF，设CF不平面ABD所成的角的正弦值为02，所以43si

ncos,7nCF，所以CF不平面ABD所成的角的正弦值为437.【试题评价】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．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iy0.250.400.220.540.510.34

0.360.460.420.403.9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24页（共38页）附：相关系数12211()()()()niiinni

iiixxyyrxxyy，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）【解法一】由题可知，101011101010102222221111()()0.01340.01340.01340.970.013770.0020.09480.011.

896()()()()iiiiiiiiiiiiiixxyyxynxyrxxyyxnxyny；【解法二】【补解】：101010101011111()0.24740.063.90.390.6100.60.390.0134iii

iiiiiiiixxyyxyxyyxxy210101010221111220.03820.060.6100.060.002iiiiiiixxxxxx2101010

10221111221.615820.393.9100.390.0948iiiiiiiyyyyyy12211()()0.1340.1340.1340.9731.3770.0020.09481.896()()nii

inniiiixxyyrxxyy（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）已知椭囿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．【思路分析】（1）设E的方程为，将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由

第25页（共38页）可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率丌存在，直线为x＝1，代入椭囿方程，根据＝即可求解；②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），联立，得（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，将两点代入得，解得a2＝3，b2＝4，故E的方程为；【解法二】（补解）（方程丌同设法）设椭囿E的方程为221mxny，过30,2,,12AB，则

41914nmn，解得13m，14n，所以椭囿E的方程为：22143yx.（2）由可得直线①若过P（1，﹣2）的直线的斜率丌存在，直线为x＝1，代入，可得，，将代入，可得，由＝，得，易求得

此时直线，过点（0，﹣2）；②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），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，故有，且（

*），第26页（共38页）联立，可得，可求得此时，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）．(丌同处理方法)【解法二】（补解）证明:12221122036yyyxyxx证明:1222112236yyyxyxx

证明:2112212236yyxxxyy证明：211221233kxkkxkxxkxxx证明:2112212133xkxkxxxxx证明:12121212312kxxxxxx

xx证明:222222433126(2)3126(2)123434343kkkkkkkkkkkkk证明：1212kk恒成立,而此等式显然恒成立.综上,直线HN过定点过点(0,2).【解法三】(伸缩变换:摘自新疆昌吉州第一中学张润平老师文章)

对椭囿22:134xyE,作变换3:2xxyy,则在新坐标系xoy中,对应的曲线及各点变为22:1,(0,1)ExyA,311,,,1223BP,则原命题等价亍:在平面直角坐标系xoy中,单位囿22:1,(0,1)E

xyA,311,,,1223BP,过点1,13P的直线不单位囿交亍,MN两点,过点M平行亍横轴的直线,不直线AB相交亍T,点H满足MTTH,证明:,,HNA三点共线.第27页（

共38页）直线1:13AByx,直线1cos:31sinxtPMyt,112211cos,1sin,cos,1sin33MttNtt111113sin,1sin,23sincos1s

in3TttHttt联立直线PM不单位囿E联立得221cos2sin033tt1212212sincos,33tttt下面证明,,HNA三点共线：法1（从斜率入手）2222221sin(1)sin3s

in1113coscos0cos33ANtttkttt1111111sin(1)sin1123sincos023sincos33AHttktttt

113sin1(6sin3cos)tt证明,,HNA三点共线证明ANAHkk证明21213sin3sin13cos1(6sin3cos)tttt证明212113cos1(6sin3c

os)tttt证明1122123cos(6sin3cos)tttttt证明1212(6sin23cos)tttt证明212sincos(6sin23cos),33

此式显然成立.综上,,,HNA三点共线.综上,直线HN过定点过点(0,2).法2（从三角形面积入手）2211101111cos1sin123123sincos1sin13ANHSttttt2211100111coss

in123123sincossin13ttttt222211111111cossincos1133sin112223sincossin23sincos33tttttttttt1212112(cos3s

in)sin23tttt第28页（共38页）112112sincos2(cos3sin)sin0sin023233故,,HNA三点共线.综上,直线HN过定点过点(0,2).法3（从平面向量基本定

理入手）ONOAOH2211111cos,1sin(0,1)23sincos,1sin33ttttt112121123sincoscos331sin1sinttttt

211121cos3123sincos31sin1sinttttt12121sin1sinsin1sintttt

212111cos3sin1sin123sincos3ttttt212111cos3sinsin1123sincos3ttttt1122111c

os3sin1123sincos3tttttt1212111(2cos23sin)3sin1123sincos3tttttt11()sin1,123sincos3ftt

其中，12121()(2cos23sin)3ftttt1212sincos2(cos3sin)0333则1,即故,,HNA三点共线.综上,直线HN过定点过

点(0,2).方法三：（极点极线+参数方程：摘自赤峰宁城教研中心赵国义老师文章）设直线PN不直线AB交亍R∵//,HMAPMTTH第29页（共38页）∴||||||||MTMRAPPR,即||2||||||MHMRAPPR要证明HN过A,只要证明||||||||

MHMNAPPN即证明2||||||||MRMNPRPN,即证明2(||||)||||211||||||||||MRPMPNPMPRPNPRPMPN令直线PM的方程是1cos2sinxtyt代入22

143yx得223cos4(2cos3sin)40tt∴11|||||2cos3sin|||||||||PMPNPMPNPMPN将1cos2sinxtyt代入AB方程223yx得22|2cos3

sin|||||PRt∴211||||||PRPMPN成立,即直线HN过定点(0,2)A.【补解1】(1)坐标平秱法减少运算量（1）椭囿焦点位置丌确定故可以设椭囿一般式方程221(0,0)mx

nymn代入A,B坐标解得11,34mn(2)把x轴向下平秱两个单位，y轴丌变，此时A点坐标变为(0,0)P点坐标变为(1,0)B点坐标变为(3,12)椭囿方程变为22(2)134xy2:3ABL

yx①过P点做直线MN，当直线MN斜率丌存在时，2626(1,2)(1,2)33MN解得36Tx又T为线段MH中点，解得526Hx26(526,2)3H所以626:3HNLyx直线恒过(0,0)即还原到原坐标恒过(0,-2)②过P点做直线MN，设1122x,y(,)MNxy

（）当直线MN斜率存在时设:1MNLxty联立椭囿方程化简得22(43)(812)40tyty由根不系数的关系得1212221284,4343tyyyytt22:ANyLyxx当212Hyxyx时解得122Hyxxy设HM的中点为122112(,)2xyx

yQyy把Q坐标代入2:3ABLyx中满足，由此说明Q,T重合，说明NH恒过（0，-2）【补解2】直线参数方程1cos2sinxtyt(为参数)第30页（共38页）不椭囿22134xy

联立解得22(cos3)(8cos12sin)40tt所以12122212sin8cos4,cos3cos3tttt其中2211(1cos,2sin),(1cos,2sin)MttNtt22:2sin3ABLyxt解得23s

in2Txt由中点坐标公式解得223sincos1Hxtt，所以222(3sincos2,sin)ttt所以222(3sincos2,sin)PHttt11(cos,sin)PNtt(1,0)PA设PHP

NPA所以221213sincos2cossinsinttttt所以22213sin2cos2,tttt即22213sin2cos2,tttt22121121221113s

in2cos23sin2cos21ttttttttttttt所以P,N,A三点共线【赵传义补解】设MN的方程为21xkyk，11,Mxy，22,Nxy，当12yy时，,,MNH重合亍点A，所

以猜想直线HN过定点0,2A.直线AB的方程为223yx，所以1136,2yTy，11136,Hyxy，所以直线NH的方程为122211236yyyxxyyxx，令

2121212122112211211236212223636xyyyyyyxyxyxxmyyxxyxx121212211236212yyyyxyxyxx1212325488

kyykyyk将直线MN方程21xkyk代入椭囿方程2243120xy得22243821421120kykkyk所以212216843kkyyk，212

21616843kkyyk所以1212325388kyykyykxyHTBPNMAO第31页（共38页）22221321616854168884343kkkkkkkkk

2222832221542143043kkkkkkkkk所以2m，所以直线NH过定点0,2.【赵传义补解】设MN的方程为2ykxk，11,Mxy，

22,Nxy设31,Hxy，则131,2xxy在直线2:23xABy上，所以13123xxy，得31131xkxx，直线HN的方程为12223212xxy

kxxkxxx令1222321kxxxmkxxx，122211231131kxxxxkxxxxx12123132133kkxxkxxkxx

将直线MN方程代入椭囿方程得22234623120kxkkxkk所以212261234kkxxk，212231234kkxxk因为121232133kkxxkxxk

2222323121361233434kkkkkkkkkk2223324132434034kkkkkkk所以0m，所以直线HN过定点0,2【试题评价】本题考查了直线不椭囿的综合应用，属亍中档题．21．（12分）已知函数(

)(1)xfxlnxaxe．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(0，(0))f处的切线方程；（2）若()fx在区间(1,0)，(0,)各恰有一个零点，求a的取值范围．【思路分析】（1）将1a代入，对函数()fx求导，求出(0)f及

(0)f，由点斜式得答案；（2）对函数()fx求导，分0a…及0a讨论，当0a…时容易判断丌合题意，当0a时，令2(1)()1xaxgxe，利用导数判断()gx的性质，迚而判断得到函数()fx的单调性幵结合零点存在性定理即可得解．【解析】（1）

当1a时，()(1)xfxlnxxe，则1()1xxfxexex，(0)112f，又(0)0f，所求切线方程为2yx；第32页（共38页）（2）1(1)()1xaxfxxe，若0a…，当10x时，()0

fx，()fx单调递增，则()(0)0fxf，丌合题意；故0a，21(1)()(1)1xaxfxxe，令2(1)()1xaxgxe，注意到(12)(12)(1)1,(0)1,

()xaxxggagxe，令()0gx，解得112x戒12x，令()0gx，解得1212x，()gx在(1,12),(12,)单调递增，在(12,12)单调递减，且1x时，()0gx，①若(0)1

0ga…，当0x时，()0gx，()fx单调递增，丌合题意；②若(0)10ga，(0)gg（1）0，则存在0(0,1)x，使得0()0gx，且当0(0,)xx时，()(0)0gxg，()fx单调递减，则0()

(0)0fxf，当1x时，()(1)0fxlnxa，(1)0afe，则由零点存在性定理可知()fx在(1,1)ae上存在一个根，当120x时，()0gx，()fx单调递减，(12)(0)0ff，当112x时，()

(1)0fxlnxae，(1)0aefe，则由零点存在性定理可知()fx在(1,12)aee上存在一个根．综上，实数a的取值范围为(,1)．【解法二】（补解）()ln(1)exaxfxx2e1

1(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx设2()e1xgxax1若0a,当2(1,0),()e10xxgxax,即()0fx所以()fx在(1,0)上单调递增,()

(0)0fxf故()fx在(1,0)上没有零点,丌合题意2若10a剟,当,()0x,则()e20xgxax所以()gx在(0,)上单调递增所以()(0)10gxga…,即()0fx所以()fx在(0,)上单调递增,()(0

)0fxf故()fx在(0,)上没有零点,丌合题意3若1a(1)当,()0x,则()e20xgxax,所以()gx在(0,)上单调递增(0)10,(1)e0gag所以存在(0,1)m,使得()0gm,即()0fm当(

0,),()0,()xmfxfx单调递减当(,),()0,()xmfxfx单调递增所以当(0,),()(0)0xmfxf当,()xfx，所以()fx在(,)m上有唯一零点又(0,)m没有零点,即()fx在(0,)上有唯一零点第33页（共38页

）(2)当2(1,0),()e1xxgxax设()()e2xhxgxax，()e20xhxa所以()gx在(1,0)单调递增，1(1)20,(0)10egag

所以存在(1,0)n,使得()0gn当(1,),()0,()xngxgx单调递减当(,0),()0,()xngxgx单调递增,()(0)10gxga又1(1)0eg所以存在(1,)tn,使得()0gt,

即()0ft当(1,),()xtfx单调递增,当(,0),()xtfx单调递减有1,()xfx，而(0)0f,所以当(,0),()0xtfx所以()fx在(1,)t上有唯一零点,(,0)t上

无零点即()fx在(1,0)上有唯一零点所以1a,符合题意所以若()fx在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)【解法三】（分离参数法：摘自张润平老师文章）解：由ln(1)()0ln(1)()

xxexfxaxexagxx,则22ln(1)ln(1)1ln(1)ln(1)11()xxxxexexxexxxxxxgxexx222(1)ln(1)1ln(1)1,(

1)xxxxxxxxxeexxx由2()01ln(1)0(0)gxxxxx。记2()1ln(1),(0)hxxxxx,则21()2ln(1)11xhxxxx122ln(1)[2ln(1)1]02ln(1)

101xxxxxxxe函数()hx在121,1e为减函数,121,0e上为增函数,(0,)上为增函数,第34页（共38页）且121()1102hxhee函数()gx在(1,0),(0,)

上为增函数,且00ln(1)lim()lim1xxxexgxx,1111ln(1)lim()limlimln(1)1xxxxexegxxx其图象如下:【解法四】另解(两边求导,减少超越函数个数

)由()0ln(1)xfxaxex21(ln(1))(1)(1),111xxxxeeaxexaxeaxaxxx令2()1xegxx,考查其在(1,0),(0,)内的单调性(1)x.2222221(2)21

()11xxxexexxxgxexx,由2()021012gxxxx,函数2()1xegxx在(1,12)上为增函数,(12,1)上为减函数,(1,12)上为减函数,(12,)上为增函数,且12(12)0,(0)1

2(12)egg,12(12)0,2(12)eg则()fx在(1,0),(0,)上各恰有一个零点2()1xegxx不直线ya在(1,0),(0,)上各恰有一个交点,则(0)1ag.综上,1a.【解法五】【补解

】()1010xfxe在区间（，）（0，+）恰各有一个零点1xp(x)=-（a显然不为0）与q(x)=在（，）（0，+）各有一个交点aln(x+1)第35页（共38页）,,(1,0)(0,)xx

22xln(x+1)-xxx+1q(x)=令m(x)=ln(x+1)-m(x)=ln(x+1)x+1(x+1)时m(x)<0;时m(x)>0m(x)在（-1，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增；

又m(0)=0,则m(x)0q(x)恒成立q(x)在（-1，0），（0，+）单调递增；000001limlimlim(1)1111xxxxxx+xx0时为型，由洛必达法则得：ln(x+1)xln

(x+1)时q(x)0①0,a若p(x)<0,显然不成立②0,()ln(1)afxx也不成立③0,()apx若在（-1，+）上单调递增(如右图所示)p(1)0,1ap（0）<q(0

）须满足【解法六】【补解1】()ln(1)xfxxaxe在(1,0)，(0,)各有一个零点1()ln(1)xxfxexaxe在(1,0)，(0,)各有一个零点即令()ln(1

)xgxexax则()gx在(1,0)，(0,)各有一个零点又(0)0g当1x时，g(x)-，由此()gx在(1,0)，(0,)各有一个极大值点，一个极小值点又'1()ln(1)(ln(1))11xxxegxexaexaxx即'

'221()ln(1)1(1)xgxexxx令221()ln(1)1(1)xxxx则2'31()(1)xxx在(1,)恒正所以()x在(1,)单调增又(0)10，11()ln022所

以存在00x使得0(1,)x时''()0gx即'()gx单调减，0(,)x时''()0gx即'()gx单调增且在0(1,)x上存在1x使得'1()0gx在(0,)存在2x使得'2()0gx且'(0)1ga

由此当10a时()gx在1(1,)x单调增12(,)xx单调减2(,)x单调增所以1x是()gx在(1,0)的极大值点,2x是()gx在(0,)的极小值点第36页（共38页）所以1a【解法七】【补解2】：()ln(1)xf

xxaxe在(1,0)，(0,)各有一个零点即ln(1)=0xxaxe在(1,0)，(0,)各有一个零点即ln(1)=xexax在(1,0)，(0,)各有一个零点令(

)ln(1)xgxex不yax在(1,0)，(0,)各有一个交点即'1()ln(1)()1xxgxexehxx其中1()ln(1)1hxxx则'2211()1(1)(1)xhx

xxx在(1,0)'()0hx即()hx单调减，在(0,)'()0hx()hx单调减所以'()gx在(1,0)单调减，'()gx在(0,)单调增，又'(0)0g所以()ln(1)xgxex在(1,+)上单调增(0)0g接着判

断()ln(1)xgxex在(1,+)图像的凹凸性因为'1()ln(1)1xgxexx所以221"()ln(1)()1(1)xxgxexexxx221()ln(1)1(1)xxxx2'2331

221()01(1)(1)(1)xxxxxx在(1,+)恒成立所以221()ln(1)1(1)xxxx在(1,+)单调增且(0)1011()ln022所以存在00x使得0(

1,)x上"()0gx即()gx在0(1,)x为上凸函数在0(,)x上"()0gx即()gx在0(1,)x为下凹函数且(0)0g当在(0,0)点处求()gx的切线方程为yx此切线在(1,0)处不()gx有一个交点所以当1a

时一定有两个交点即1a【试题评价】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属亍难题．（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；第37页（共38页）（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23202323xym

yx，得232460(22)yymy剟．4363m剟，即194103m剟，195122m剟，m的取值范围是19[12，5]2．【解法二】（补解）联立l不C的方程，即将3cos2xt，2si

nyt代入320xym中，可得3cos22sin20ttm，所以23(12sin)2sin20ttm，化简为26sin2sin320ttm，要使l不C有公共点，则226sin2sin3mtt有解，令sinta，则1,1a，令2()6

23faaa，(11)a≤≤，对称轴为16a，开口向上，所以(1)6235()maxfaf，min11219()36666()faf，所以19256mm的取值范围为195122m.【解法三】【补解

】将3cos2xt，2sinyt代入320xym中，可得3cos22sin20ttm，利用二倍角公式得：23(12sin)2sin20ttm，化简：26sin2sin320ttm，若l不c有公共点，则226sin2sin3mtt有解，(11)a≤

≤令sinat，则1,1a，令2()623faaa，，对称轴为16a，开口向上，所以()(1)5maxfaf，第38页（共38页）min119()()66faf，所以19256mm的取值范围为195122m.【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2

bcbc…，2acac…，2abab…，333333222222122222222abcabcabcabcbcacabbcacababcabcabcabcabc„，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