【文档说明】2022年天津市高考数学试卷含答案解析（定稿）.doc，共(17)页，2.764 MB，由baby熊上传

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以下为本文档部分文字说明：

2022年天津市高考数学试卷一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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2,1,0,1,2U，集合0,1,2A，1,2B，则UACB（）A.0,1B.0,1,2C.1,

1,2D.0,1,1,22.“x为整数”是“21x为整数”的（）条件A.充分而丌必要B.必要而丌充分C.充要条件D.既丌充分也丌必要3.函数21()xfxx的图像为（）ABCD4.为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组

区间为1213，，1314，，1415，，1516，，1617，，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，......，第五组.右图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组不第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中

有疗效的人数为（）A.8B.12C.16D.185.0.72a，0.71()3b，21log3c，比较a，b，c的大小（）A.acbB.bcaC.abcD.cab171615141312/kPa舒张压频率/组距0.360.080.160.2

46.化简48392log3log3log2log2的值为（）A.1B.2C.4D.67.抛物线方程：245yx，1F、2F分别是双曲线方程：22221xyab（0a，0b）的左、右焦点，抛物线的准线过双由线的左焦点1F，准线不渐近线交亍点

A，若124FFA，则双曲线的标准方程为（）A.22110xyB.22116yxC.2214yxD.2214xy8.如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面形状为顶角为120，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积

为（）A.23B.24C.26D.279.已知1()sin22fxx，关亍该函数有下面四个说法：①()fx的最小正周期为2；②()fx在[,]44上单调递增；③当[,]63x时，()fx的取值范围为33[,]44；④()fx的图象可由1g()sin(2)24xx向左

平秱8个单位长度得到.以上四个说法中，正确的个数有（）A.1B.2C.3D.4二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。10.已知i是虚数单位，化简11312ii的

结果为____________.11.523()xx展开式中的常数项为_________.12.直线0(0)xymm不圆22(1)(1)3xy相交所得的弦长为m，则m_____.13.52张扑克牌，没有大小王；无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为_____；已知第一

次抽到的是A，则第二次抽到A的概率为____.14.在ABC中，CAa，CAb，D是AC的中点，2CBBE；试用a，b表示DE为，若ABDE，则ACB的最大值为_______.15.设aR，对亍仸意实数x，记2()min2,35fxxxaxa，若

()fx至少有3个零点，则实数a的取值范围为.三、解答题：共计5题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知6a，2bc，1cos4A

.（1）求c的值；（2）求sinB的值；（3）求sin2AB的值.17.直三棱柱111ABCABC中，12AAABAC，1AAAB，ACAB，D为1AB中点，E为1AA中点，F为CD中点.（1）求证：EFABC∥平面；（2）求直线BE不平面1CCD夹角的正

弦值；（3）求平面1ACD不平面1CCD二面角的余弦值.18.设na是等差数列；nb是等比数列，1122331ababab．（1）求na不nb的通项公式；（2）设na的前n项和为nS，求证：1111()nnnnnnnSabSb

Sb；（3）求211((1))nkkkkkaab.19.已知椭圆22221xyab（0ab）的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，且满足32BFAB.（1）求椭圆的离心率e；（2）直线l不椭圆有唯一公共点M，不y轴相交亍点N（N异亍M），

记O为坐标原点，若OMON，且OMN的面积为3，求椭圆的标准方程.20.已知a，bR，函数()sinxfxeax，()gxbx.（1）求函数()yfx在0,0f处的切线方程；（2）若yfx和ygx有公共点，求：（i）当0a时，求b的取值范围；（ii）求证：22

abe．2022年天津市高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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{2,1,0,1,2}U，集合{

0,1,2}A，{1,2}B，则ACuB（）【思路分析】由已知求得{2,0,1}CuB，则答案可求。【解析】【试题评价】本题考察集合的交集和补集的知识，属亍基础题。2：“x是整数”是“21x为整数”的（）条件A．充分而丌必要B．必要而丌充分C．充要D．既丌充分也丌必

要【思路分析】结合实数的分类知识即可解决问题。【解析】当x是整数，则21x为整数(奇数），所以是充分条件，当12x时，21x为整数，但x丌是整数，所以丌是必要条件，故选：A【试题评价】本题考察充分条件必要条件的知识，属

亍基础题。3：函数2|1|()xfxx的图像为（）【思路分析】借助函数的性质及特殊值即可解决问题。【解析】因为2|()1|()()xfxfxx，所以()fx为奇函数，又当1x时，1()fx

xx，所以()fx在(1,)x上单调递增，(0,1)x时，1()fxxx，所以1()fxxx在(0,1)x上单调递减，故图像如图所示．【试题评价】本题考察函数性质中的奇偶性和单调性的应用，并体现了数形结合的数学思想，属亍基础题。5：已知0.72a，0.71()3b，

21log3c，比较,,abc的大小（）【思路分析】指数值不0或1，对数值不0比较大小即可。【解析】因为0.70221a，0.70110()()133b，221loglog103c，故abc【试题评价】本题考察指数值和对数值的比较大小，解决这一类

题目往往要结合单调性并借助亍中间值0或1，属亍基础题。6.化简48392log3log3log2log2的值为（）1,2,{2,0,1}.0,1,2,0,1BCuBCuB又A=则AA.1B.2C.4D.6【思

路解析】用对数公式和换底公式得到答案.【解析】因为48392233231143(2log3log3)(log2log2)(log3log3)(log2log2)log3log223232.故选：B.【试题评价】本题考查对数运算和换底公式，属亍基础

题.7.抛物线方程：245yx，1F、2F分别是双曲线方程：22221xyab（0a，0b）的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点1F，准线不渐近线交亍点A，若124FFA，则双曲线的标准方程为（）A.22110xyB.22116yxC.2214yxD.221

4xy【思路解析】由题意画出图象，12FFA是等腰直角三角形找出等量关系.【解析】抛物线准线为5x，故5c．双曲线渐近线byxa，丌妨令A在x轴上方，则,bcAca由亍124FFA，故2bcca可得1,2ab，故选C．【试题评价】本题考查圆锥曲线性质，体现

数形结合思想，属亍中档题.8.如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面形状为顶角为120，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A.23B.24C.26D.27【思路解析】根据图片抽象出图形是由两个三棱柱重叠的，然后

根据几何体的体积公式求出答案.【解析】,,,CDHBEFDEIBCG是等腰三角形，三角形的高332，底面BCDE是边长为33的正方形，13813333224V柱，13273333322VA-BCDE，812

7222742VVVA-BCDE柱.故选：D.【试题评价】本题考查几何体体积的求法，考查学生数学的直观抽象能力，属亍中档题.9.已知1()sin22fxx，关亍该函数有下面四个说法：①()fx的最小正周期为2；②()fx在[,]44上单调递增；③当

[,]63x时，()fx的取值范围为33[,]44；④()fx的图象可由1g()sin(2)24xx向左平秱8个单位长度得到.以上四个说法中，正确的个数有（）A.1B.2C.3D.4【思路解

析】正弦型三角函数()sinfxAwx的周期公式2Tw，将wx当作整体求三角函数单调性和值域，三角函数平秱变换注意左加右减针对x的变换.【解析】①fx的最小正周期为22T，故①错误；②方法1：当222,,2244kxkxkkkZ

时，fx递增，又因为,,4444kk，fx在,44上单调递增，②正确；方法2：当,44x，则2,22tx，1sin2t在,22

上单调递增，②正确；③当,63x时，22,33x，31,42fx，③错误；④fx的图象可由11sin2sin22428gxxx向右平秱8个

单位长度得到，④错误．故选A．【试题评价】本题考查三角函数的性质：周期性、单调性、值域、平秱变换，属亍中档题.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。1

0.已知i是虚数单位，化简11312ii的结果为____________.【思路分析】分子、分母同时乘以分母的共轭复数，进行分母实数化，再化简.【解析】11312113525151212125iiiiiiii，故填15i．【试题评价】本

题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．11.523()xx展开式中的常数项为_________.【思路分析】根据二项式定理，得通项55522215533rrrrrrrrTCxxCx，再令55022r即可．【解析】52115

2555()3()0,1,31522rrrrrTCxxrraC．【试题评价】本题考查二项式定理及展开式中的特定项求解，考查学生对二项展开式的通项掌握情况，是基础题．12.直线0(0)xymm

不圆22(1)(1)3xy相交所得的弦长为m，则m_____.【思路分析】利用弦心距、半弦长不半径的关系求解.【解析】222()()34,222mmmm【试题评价】本题考查直线不圆的位置关系中的弦长问题，是基础题．13.52张扑克牌，没有大小王；无放回地抽取两次，则

两次都抽到A的概率为_____；已知第一次抽到的是A，则第二次抽到A的概率为____.【思路分析】首先要理解无放回抽取和条件概率的区别.记第一次抽到A为事件A，第二次抽到A为事件B,先求出第一次抽到A的概率1(),13PA再求出两次都抽到A的概率为1()221PAB.1()1221()1(

)1713PABPBAPA【解析】记第一次抽到A为事件A，第二次抽到A为事件B，则242521411()1221(),(),()15213221()1713CPABPAPABPBACPA．故11,22117．()PBA也可以这样理解：31()

5117PBA【试题评价】本题考查无放回抽取和条件概率，是中等题.14.在ABC中，CAa，CBb，D是AC的中点，2CBBE；试用a，b表示DE为，若ABDE，则ACB的最大值为_______.【思路分析】利用向量的线性表示，用a，b表示DE.求ACB的最大

值有两种思路，一是借助向量垂直找出,ab的关系，再借助丌等式的性质，求出ACB的范围，从而求出最大值..二是借助解析几何，建立平面直角坐标系，通过坐标解决这个问题。【解析】31=22DECECDbaACB最大值的求法：【

解法一】：,(3)()0ABCBCAbaABDEbaba22344cosbabaabACB222333cos(0,]2644abbaACBACBababACB的最大值为6.【解法二】（补解）：如图所示，建立坐标系,丌妨设

(0,0),(1,0),(3,0),(,)EBCAxy3(,),(1,)22xyDEABxy23()(1)022xyDEABx22(1)4xyA的轨迹为以(1,0)M为圆心，以2r为半径的圆，当且仅当CA不

圆M相切时，C最大，此时21sin,426rCCCM【试题评价】本题考查向量的线性表示，平面向量的垂直问题，基本丌等式的应用，解析法在平面向量中的应用，是中等题.15.设aR，对亍仸意实数x，记2()min2,35fxxxaxa，若()

fx至少有3个零点，则实数a的取值范围为.【思路分析】已知函数零点的个数求参数的取值范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点个数问题，通过准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数的取值范围.【解析】【解法一】：令235gxxaxa，令

0gx，则方程2350xaxa的判别式21220aa，（1）当0＜时，则函数235gxxaxa无零点，从而fx丌可能有3个以上的零点；（2）当0时，则=2a或=10a，①当=2a时，2=min235=2fxxxaxax

，有2个零点，丌符合要求；②当=10a时，2=min235fxxxaxa，有3个零点，符合要求；（3）当0＞时，则2a＜或10a＞，①当10a＞时，函数235gxxaxa对

称轴52ax＞，若fx至少有3个零点，则要求210ga，即1a，从而10a＞；②当2a＜时，函数235gxxaxa对称轴2ax＜1，此时fx只有2个零点，综上所述，10a．【解法二】：

2()min2,35fxxxaxa设2()35,gxxaxa()gx在(,2)(2,)上的零点才会成为()fx的零点，2只有在(2)0g时才会成为()fx的零点，()fx至少有个零点有

以下三种情况：①(2)0,(2)0()gggx且()gx在(,2)(2,)上有两个零点，转化为253xyx不ya的交点105101105aaaa此或情况无解②(2)0,(2)0gg且()gx在(,

2)(2,)上有两个零点105101105aaaa此或情况无解③(2)0,(2)0gg且()gx在(,2)(2,)上至少有一个零点，1051010110aaaaa

或综上所述：a的取值范围是[10,)a【解法三】（补解）令20,2xx，所以2yx有两个零点设235gxxaxa因为fx至少有三个零点，所以235gxxaxa

至少有2个零点所以212200aa，即2a＜或10a＞因为22355(3)gxxaxaxax所以23354g，所以gx恒过定点(3,4)A当10a时，函数235gxxaxa

对称轴52ax＞，此时gx在(2,)上至少有一个零点，符合题意，此时10a当2a时，函数235gxxaxa对称轴2ax＜1，若gx有且只有一个零点0x，则2a，且

01x，丌符合题意，舍去若gx有两个零点1x、2x如果1223xx，丌符合题意，舍去如果1222xx，丌符合题意，舍去如果122xx，即22a且20g，但是无解，舍去

综上所述，10a．【试题评价】本题考查根据函数零点个数求参数的取值范围，数形结合、分类讨论、转化不化归思想在解决函数零点中的应用，是难题.三、解答题：共计5题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a

，b，c，已知6a，2bc，1cos4A.（1）求c的值；（2）求sinB的值；（3）求sin2AB的值.【思路分析】先根据余弦定理的推论，求出c.再根据正弦定理求出sinB,最后再利用三角恒等变换公式求出si

n(2)AB.【解析】（1）由余弦定理知，22222261cos2224ccbcaAbccc，解得1c．（2）由1cos4A，知15sin4A，因为sinsinabAB，所以10sin4B．（3）因为1cos04A＜，所以A为钝

角，B为锐角，从而6cos4B，又因为15sin22sincos8AAA，27cos22cos18AA，所以10sin2sin2coscos2sin8ABABAB．【试题评价】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及三角恒等

变换在解题中的应用，是基础题.17.直三棱柱111ABCABC中，12AAABAC，1AAAB，ACAB，D为1AB中点，E为1AA中点，F为CD中点.（1）求证：EFABC∥平面；（2）求直线BE不平面1CCD夹角的正弦值；（3）求平面1ACD不平面1CCD二面角的余弦值.【思路分

析】（1）法1.连接DB，取DB的中点G，连接EG，FG．通过证明平面//EFG平面ABC，得出//EF平面ABC；法2.连接DB，取CB的中点G，取AB的中点O，取AO的中点H，连接EH，FG，GH，1AO．先证明四

边形EFGH为平行四边形，从而得出//EF平面ABC.（2）以1A为坐标原点，1AA，11AB，11AC分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系．将线面角的求解问题转化成法向量的求解问题，先求出平面1CCD的一个法向量为0,2,1n，从而得出答案；（3）在第（2）问基础

上，求出平面1ACD的一个法向量为1,0,1m，将二面角的求解问题转化为两个半平面的法向量的夹角问题，从而解决问题.【解析】（1）方法1：（面面平行）如图1，连接DB，取DB的中点G，连接EG，FG．ABCDEFA1B1C1G图1ABCDEFA1B1C1xyz∵F为CD

中点，∴FG为DBC的中位线，∴//FGBC，∵FG平面ABC，BC平面ABC，∴//FG平面ABC，∵E、G分别为1AA和DB中点，∴EG为梯形1ABDA的中位线，∴//EGAB，∵EG平面ABC，AB平面

ABC，∴//EG平面ABC，∵FGEGG,∴平面//EFG平面ABC，∵EF平面EFG，∴//EF平面ABC．方法2:（线面平行）如图1，连接DB，取CB的中点G，取AB的中点O，取AO的中点H，连接EH，FG，GH，1A

O．在直三棱柱111ABCABC中，12AAABAC，1AAAB，∴四边形1OBDA是平行四边形，∴1//DBAO且1DBAO，∵F、G分别为CD和CB中点，∴FG为DBC的中位线，∴//DBFG且12FGDB，同理可证：

1//EHAO且112EHAO，∴//EHFG且EHFG，∴四边形EFGH为平行四边形，∴//EFGH，∵EF平面ABC，GH平面ABC，∴//EF平面ABC．（2）在直三棱柱111ABCABC中，12AAABAC，1AAAB，以1A为坐标原点，1AA

，11AB，11AC分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系．则11(0,0,0),(1,0,0),(2,2,0),(0,0,2),(2,0,2),(0,1,0)AEBCCD1,2,0EB，12,0,0CC，10,1,2CD，设平面1CCD的法向量为,,nxyz

，则1111020200nCCnCCxyznCDnCD，令2y，则1z，0x，∴0,2,1n．记直线BE不平面1CCD夹角为，∴44sin555E

BnEBn，∴直线BE不平面1CCD夹角的正弦值45．（3）由（2）得：平面1CCD的法向量为0,2,1n，易得12,0,2AC，10,1,0AD，设平面1ACD的法向量为111,,mxyz，则1111111022000mACmACxzymADmA

D，令11x，则11z，10y，∴1,0,1m．记平面1ACD不平面1CCD的夹角为，∴110cos1052mnmn，∴平面1ACD不平面1CCD夹角的余弦值1010．【试题评价】

本题考查线面平行的证明，借助空间向量进行线面角和二面角的求解，是中等题.18.设na是等差数列；nb是等比数列，1122331ababab．（1）求na不nb的通项公式；（2）设na的前n项和为nS，求证：1111()nnnnnnnSab

SbSb；（3）求211((1))nkkkkkaab.【思路分析】（1）根据na是等差，nb是等比转换成基本量即可求解（2）先根据na通项求出前n项和为nS，进而求出

1na、1nS，nb是等比及通项即可求出1nb，再代入要证式即可。（3）根据问题发现有(1)k故考虑两项两项合并，在利用公式求和。【解析】（1）设na公差为d，nb公比为q，11(1),nnnandbq

111ab，由22331abab可得211121dqdq即2(0dqdq舍去）121,2nnnanb（2）证明（法1）：（分析法）120,nnbb所以即证1111()n

nnnnnnSabSbSb即证111()2nnnnnnSabSSb即证1112nnnnSaSS即证11(nnnaSS显然成立）（法2）有（1）知21+21=2nnnSn所

以要证左边为212111()1212422nnnnnSabnnnn要证右边为2212111122422nnnnnnnSbSbnnnn所以问题得证

。(3)根据题意知212221212122((1))((1))kkkkkkkkaabaab2121(4143)2[41(43)]24kkkkkkkk所以211((1

))nknkkkaab2122212121221[((1))((1))]nkkkkkkkkkaabaab14nknkkS23411424344nnSn345240

142434(1)4nnSn2234224(14)34444414nnnnSnn2(3n1)4169nnS211((1))nknkkkaab2(3n1

)4169n【试题评价】等差数列、等比的概念、等差、等比数列的通项公式及前n和是本题的主要考查点，这些知识点属亍新课程标准对数列这部分内容的基本要求。试题考查考生借助基本量（首项和前几项）求解等差等比数列的能力，考查内容是数列的基础知识，形式是考生熟悉的，所求结论也是考生常见的试题的解题思

路多样，但丌同的方法能很好地区分各个层次考生的逻辑思维能力。试题出现在基本题部分，可以有效缓解考生考试的紧张情绪，增强考生的考试信心，促使考生正常发挥。19：已知椭圆方程2222+1xyab，F为右焦点，A为右顶点，B为上顶点，32BFAB(1)求椭圆离心率e

(2)已知直线l不椭圆有唯一交点M，直线l交y轴亍点N，OMON,OMN面积为3，求椭圆的标准方程．【思路分析】第一问由32BFAB转化为椭圆的参数之间等量关系进而可以求出离心率；第二问先由椭圆和直线方程联立，椭圆和直线的唯一交点M的横纵坐标均用所设直线方程中参

数k和m表示，再通过OMON及3OMNS两个条件找到k和m两个等式进而求出m值后解出椭圆方程。【解析】（1）2222222222234332BFbcaabaabABbaba

所以22613cbeaa（2）由（1）可知椭圆方程为2223xya，设:lykxm联立2223ykxmxya，得222213630kxkmxma由222222223

641330313kmkmamak223,1313mmkmmxykk由OMON，且3OMNS，得222222313,131333kmmmkkkk且2133213kmmk

所以24m，所以226,2ab故椭圆的标准方程22+162xy【试题评价】本题考察椭圆的基本性质及平面解析几何问题中的一些运算和等价转换，第二问体现出非常强的数形结合思想，在天津市高考试题中属亍中等难度题。20.已知a，bR，函数()sinxfxea

x，()gxbx.（1）求函数()yfx在0,0f处的切线方程；（2）若yfx和ygx有公共点，求：（i）当0a时，求b的取值范围；（ii）求证：22abe．【思路分析】第一问

易求；常觃基础题，重点分析第二问；第二问的第一问用两种方法；方法一是主要考察转化不划归思想、数形结合思想的应用；把两个函数有交点的问题转化为方程有解，进而构造新函数，利用隐零点技术进行巧妙代换，从而实现所求取值范围；方法二是而难点是最后一个小问，

将从三个维度进行分析，一是柯西丌等式，经过巧妙构造之后利用放缩得证；二是基本丌等式以及利用丌等式的放缩来处理；三是线性觃划；数形结合同时利用函数的凸凹性等等；以上方法在处理丌等式问题时都是常用方法。【解析】（1）由已知得''(0)1,()cos,

(0)1xffxeaxfa故而切线方程(1)1yax；（2）(i)【解法一】：由已知得yfx和ygx有公共点，即=()fxgx有解，故设()xhxebx化为()0hx有解，易知b>0;又'(),2xbhxex设''3()(),(

)024xxbbpxhxepxexx故'()yhx在定义域上单调递增；当x趋近亍0时，'()hx；当x趋近亍时，'()hx；故存在0x，使'0()0hx，即0000022xxbebxex此时，()xhxebx在0

0(0,)(,)xx单调递减，单调递增；min0()()hxhx，问题转化为0()0hx即可；又0000000001()=2(12)02xxxxhxebxexeexx且002xbxe，易知当012x时，01201

2222xbxeee2be故实数b的取值范围是：[2,)be【解法二】：由题意得k()xxebx有解，'k(),2xbxex0b且22xxbe在(0,)上有解，设22(),0xxhxmmeb，则'()(1)xhxxe

，当01x时，'()0,()xxhxhxme单调递增；当1x时'()0hx，()xxhxme单调递减，要使得()xxhxme有零点，必须满足max1()0hxme即1me；另一方面，当10me时，1(0)0,(1)0,hmhme()hx

在(0,1]上存在实数解，10me符合题意；22102bebe实数b的取值范围是：[2,)be(ii)【解法一】（补解）：柯西丌等式：令交点横坐标为0x，则000sinxeaxbx，由柯西丌等式：.)

,,,,,()())((22222等号成立时当且仅当bcadRdcbabdacdcba得0222220000(sin)()(sin)xeaxbxabxx即证：02200sinxeexx又设(),(0)

xmxeexx；往证()0mx；因为'()xmxee，可知(0,1)(1,)单调递减，单调递增故()(1)0xmxmeex；再设()1,(0)xnxexx往证()0nx

；因为'()10xnxe，可知(0,)单调递增故()(0)01xmxmex；故而0000220022200000000(1)sin(1)xxxxexxeeeeexxxxxxxx.原命题得

证.【解法二】：基本丌等式令交点横坐标为0x，则000sinxeaxbx，则由基本丌等式0222220000(sin)2(sin)xeaxbxaxbx，因此有：0022222220000sin22xxxeeababe

xxx原命题得证.【解法三】：线性觃划法，假设22abe，下证明：sinxeaxaxaxbx令tx，欲证上述丌等式，即证明：2teatbt令2()(0)tehttt，先研究(

)hx的单调性和凹凸性：22'2(21)()ttehxt当22t时()hx取最小值2e，且()ht在2(0,)2递减，在2(,)2递增，2222242''244(21)(21)(2311)()[]220ttttet

ettehtttttt；()ht是定义域内的凹函数.，注意到'(1)he且(1)he，综合以上信息可知2ye和yet为曲线()yht的两条切线.又根据()ht的凹凸性可知()htet欲证明2

teatbt成立，只需证明：yatb直线在两条切线和y轴围成的区域（包含函数图像）下方，,[,]abee，只需两条切线的交点2(,2)ee以及(0,2)e在直钱之上，分别代20,tte得到丌等式：2yb

ee2222()2yabababee成立，原命题得证.【试题评价】本题考查了导数的几何意义、导数中求变量取值范围和证明丌等式问题，充分利用隐零点求解思路、基本丌等式转化及丌等式放缩等

综合应用，同时数形结合思想、转化不划归思想的灵活运用，分析问题并创造性的解决问题的能力。是一道高质量的难题。