【文档说明】2022年高考理科数学全国乙卷及答案.docx，共(29)页，1.356 MB，由baby熊上传

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绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它

答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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{1,2,3,4,5}U，集合M满足{1,3}UMð，则（）A2MB.3MC.4MD.5M2.已知12zi，且0zazb，其中a，b为实数，则（）A.1,2abB.1,2

abC.1,2abD.1,2ab3.已知向量,ab满足||1,||3,|2|3abab，则ab（）A.2B.1C.1D.24.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，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与地球绕日周期的比值，用到数列nb：1111b，212111b，31231111b，…，依此类推，其中(1,2,)kkN．则（）A.15bbB.38bbC.62bbD.47bb5.设F为抛物线2:4Cy

x的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A2B.22C.3D.326.执行下边的程序框图，输出的n（）..A.3B.4C.5D.67.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC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6a（）A.14B.12C.6D.39.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.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,,ppp，且3210ppp．记该棋手连胜两盘

的概率为p，则（）A.p与该棋手和甲、乙、丙比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大11.双曲线C的两个焦点为12,FF，以C的实轴为直径的圆记为D，过1F作D的切

线与C交于M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为（）A.52B.32C.132D.172的12.已知函数(),()fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxgxfx．若()y

gx的图像关于直线2x对称，(2)4g，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)中的三点的一个圆的方程为____________．15.记函数cos(0,0π)fxx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()2exfxax（0a且1a）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0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.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sinsin()sinsin()CABBCA．（1）证明：2222abc；（2）若

255,cos31aA，求ABC的周长．18.如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求CF与平面

ABD所成的角的正弦值．19.某地经过多年环境治理，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：2m）和材积量（单的位：3m），得到如下

数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.

9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyxy．（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2186m．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iii=122iii=1

i=1(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy．20.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求

E的方程；（2）设过点1,2P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MTTH．证明：直线HN过定点．21.已知函数ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在点0,0f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]22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为3cos22sinxtyt，（

t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sin03m．（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]23.已知a，b，c都是正数

，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc；绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写

在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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{1,2,3,4,5}U，集合M满足{1,3}UMð，则（）A.2MB.3MC.4MD.5M【答案】A【解析】【分析】先写出集合M,然后逐项验证即可【详解】由题知{2,4,5}M,对比选项知，A正确,BCD错误故

选:A2.已知12zi，且0zazb，其中a，b为实数，则（）A.1,2abB.1,2abC.1,2abD.1,2ab【答案】A【解析】【分析】先算出z,再代入计算,实部与虚部都为零解方

程组即可【详解】12iz12i(12i)(1)(22)izazbababa由0zazb,得10220aba,即12ab故选:A3.已知向量,ab满足||1,||3,|2|3aba

b，则ab（）A.2B.1C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵222|2|||44abaabb，又∵||1,||3,|2|3,abab∴91443134abab，∴1ab故

选：C.4.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，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与地球绕日周期的比值，用到数列nb：1111b，212111b，31231111b

，…，依此类推，其中(1,2,)kkN．则（）A.15bbB.38bbC.62bbD.47bb【答案】D【解析】【分析】根据*1,2,kkN…，再利用数列nb与k的关系判

断nb中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为*1,2,kkN，所以1121，112111，得到12bb，同理11223111，可得23bb，13bb又因为22341

1,11112233411111，故24bb，34bb；以此类推，可得1357bbbb…，78bb，故A错误；178bbb，故B错误；26231111…

，得26bb，故C错误；11237264111111…，得47bb，故D正确.故选：D.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.3

D.32【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线1x的距离为2，所以

点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以22310222AB故选：B6.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.6【答案】B.【解析】【分析】根据框图循环计算即可.【详解】执行第一次循环，2123

bba，312,12abann，222231220.0124ba；执行第二次循环，2347bba，725,13abann，222271220.01525ba；执行第三次循环

，271017bba，17512,14abann，2222171220.0112144ba，此时输出4n.故选：B7.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为

,ABBC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【答案】A【解析】【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，

1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，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，12,2,0,2,0,2DBDA，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与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nu

ur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.8.已知等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14

B.12C.6D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列na的公比为,0qq，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则

31123425111168142aqaaaqaaaqaq，解得19612aq，所以5613aaq.故选：D.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.1

3B.12C.33D.22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解

】设该四棱锥底面四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为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所在小圆距离一定时，底面ABC

D面积最大值为22r又22rh1则3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、

乙、丙比赛获胜的概率分别为123,,ppp，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二

盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率

为p甲则2132131231232(1)2(1)2()4ppppppppppppp甲记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则1231232131232(1)2(1)2()4ppppppppppppp乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则132

1323121232(1)2(1)2()4ppppppppppppp丙则1231232131231232()42()420ppppppppppppppppp甲乙为2

131233121232312()42()420ppppppppppppppppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.

故选：D11.双曲线C的两个焦点为12,FF，以C的实轴为直径的圆记为D，过1F作D的切线与C交于M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为（）A.52B.32C.132D.172【答案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的

切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设12FNF，21FFN，即可求出sin，sin，cos，在21FFN中由12sinsinFFN求出12sinFFN，再由正弦定理求出1NF，2NF，最后根据双曲线的定义得到23ba，即可得解；【详解】

解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆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2

11225sinsinsin2NFNFccFFN，所以112553434sin2252ccababNFFFNc，2555sin222ccaaNFc又12345422222ababaNFNFa，所以23ba，即32ba，所以双曲线的离心率2

21312cbeaa故选：C12.已知函数(),()fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxgxfx．若()ygx的图像关于直线2x对称，(2)4g，则221()kfk（）A.21B.22C.23D.24【答案】D【解析】【分析】根

据对称性和已知条件得到()(2)2fxfx，从而得到352110fff，462210fff，然后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到36g从而

得到1f的值即可求解.【详解】因为()ygx的图像关于直线2x对称，所以22gxgx，因为()(4)7gxfx，所以(2)(2)7gxfx，即(2)7(2)gxfx，因为()(2)5fxg

x，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()(4)7gxfx，所以(4)()7gxfx，又因为()(2)5fxgx，联立得，2412gxgx，所以()ygx的图像关于点3,6

中心对称，因为函数()gx的定义域为R，所以36g因为()(2)5fxgx，所以1531fg.所以221123521462213101024()kfffffffffk.故选：

D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.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____________．【答案】310##0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为35C10甲、乙都入选的方法数为13C3，所以甲、乙都入选的概率310P故答案为：31014.过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中

的三点的一个圆的方程为____________．【答案】222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；为【解析】【分析】设圆的方

程为220xyDxEyF，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为220xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则01640110FDFDEF，解得046FDE

，所以圆的方程为22460xyxy，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF，解得042FDE

，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则0110164420FDEFDEF，解得083143FDE，所以圆的方

程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF

，解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy或22215xy

或224765339xy或2281691525xy；15.记函数cos(0,0π)fxx的最小正周期为T，若3()2fT，9x为()fx的零点，则的最小值为___________

_．【答案】3【解析】【分析】首先表示出T，根据32fT求出，再根据π9x为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；【详解】解：因为cosfxx，（0，0π）所以最小正周期2πT，因为2π3coscos2πcos2fT

，又0π，所以π6，即πcos6fxx，又π9x为fx的零点，所以ππππ,Z962kk，解得39,Zkk，因为0，所以当0k时min3；故答案为：316.已知1xx和2xx分别是函数2()2

exfxax（0a且1a）的极小值点和极大值点．若12xx，则a的取值范围是____________．【答案】1,1e【解析】【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与函数eyx的图象有两个不同的交点，构造函数lnxgxaa，根据导数的结合意

义结合图象即可得出答案.【详解】解：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,,xx

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

exaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，令lnxgxaa，则2ln,01xgxaaa，设过原点且与函数ygx的图象相切的直线的切点为00,l

nxxaa，则切线的斜率为020lnxgxaa，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与函

数eyx的图象有两个不同的交点，所以2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的范围为1,1e.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意

义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.三、解答题：共0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．1

7.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sinsin()sinsin()CABBCA．（1）证明：2222abc；（2）若255,cos31aA，求ABC的周长．【答案】（1）见解析（2）14【解析】【分析】（1）

利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得bc，即可得解.【小问1详解】证明：因为sinsinsinsinCABBCA，所以sinsincossinsincos

sinsincossinsincosCABCBABCABAC，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，即22222222222acbabcbca

，所以2222abc；【小问2详解】解：因为255,cos31aA，由（1）得2250bc，由余弦定理可得2222cosabcbcA，则50502531bc，所以312bc，故2222503181

bcbcbc，所以9bc，所以ABC的周长为14abc.18.如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的

面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】（1）根据已知关系证明ABDCBD≌△△，得到ABCB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用

得到BEDE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【小问1详解】因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在ABD△和CBD中，因为,,BACDCDADBDBDBD，所以ABDCBD≌△△

，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为,DEBE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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，则1,0,0,0,3,0,0,0,1ABD，所以1,0,1,1,3,0A

DAB，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与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以43sincos,7nCF，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.19.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：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.0

80.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyxy．（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2186m．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iii=122iii=1i=1(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy．【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【解析】【分析】（1）计算出样本的

一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．【小问1详解】样本中10棵

这种树木的根部横截面积的平均值0.60.0610x样本中10棵这种树木的材积量的平均值3.90.3910y据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m【小问2详解】1010iiiii=1

i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=1101010xxyyxyxyrxxyyxxyy22(0.038100.06)(1.615810.2

474100.060.390.01340.01340.970.013770.0000018996.3)则0.97r【小问3详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.0618

6=0.39Y，解之得3=1209mY．则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2

）设过点1,2P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MTTH．证明：直线HN过定点．【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【解析】【分析】（1）将给定

点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【小问1详解】解：设椭圆E的方程为221mxny，过30,2,,12AB，则41914nmn

，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.【小问2详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可得

26(63,)3T，由MTTH得到26(265,)3H.求得HN方程：26(2)23yx，过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMxyNxy.联立22(2)0,134kxykxy

得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk

，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时1222112:()36yyHNyy

xxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).【点睛】求

定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21.已知函数ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在点0,0f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．【答案】（1）2yx（2）(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)两部分研究【小问1详解】()fx的定义域为(1,)当1a时

,()ln(1),(0)0exxfxxf,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为2所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx小问2详解】()ln(1)exaxfxx

2e11(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,不合题意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,不合题意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()0fm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(2)当2(1,0),()e1xxgxax设()()e2xhxgxax()e20xhxa所以()gx在(1,0)单调递增1(1)2

0,(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)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a

的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.（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]22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为3cos22sinxt

yt，（t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sin03m．（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．【答案】（1）320xym（2）

195122m【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.【小问1详解】因l：sin03m，所以13sincos022

m，又因为sin,cosyx，所以化简为13022yxm，整理得l的直角坐标方程：320xym【小问2详解】联立l与C的方程，即将3cos2xt，2sinyt代入320xym

中，可得3cos22sin20ttm，所以23(12sin)2sin20ttm，化简为26sin2sin320ttm，要使l与C有公共点，则226sin2sin3mtt有解，令sinta，则

1,1a，令2()623faaa，(11)a≤≤，对称轴为16a，开口向上，所以(1)623()5maxffa，min11219(())36666ffa，所以19256mm的取值范围为195122m.[选修4-5：不等式选讲]23

.已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc；【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．为【小

问1详解】证明：因为0a，0b，0c，则320a，320b，320c，所以33333322232223abcabc，即1213abc，所以19abc，当且仅当333222abc，即319abc时取等号．【小问2详解】

证明：因为0a，0b，0c，所以2bcbc，2acac，2abab，所以3222aaabcbcabc，3222bbbacacabc，3222cccabababc333333222222122222abcabcabcbcacababcab

cabcabcabc当且仅当abc时取等号．