【文档说明】2022年高考文科数学全国甲卷及答案.docx，共(25)页，1.826 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文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.设集合5{2,1,0,1,2},02ABxx∣，则AB（）A.0,1,2B.{2,1,0}C.{0,1}D.{1,2}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下图：则（）A.讲座前问卷答题正确率的中位

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的3.若1iz．则|i3|zz（）A.45B.42C.25D.224.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.将函数π()sin(0)3fxx图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A.16B.14C.13D.126.从分别写有

1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A.15B.13C.25D.237.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.的C.D.8.当1x时，

函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.19.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.2A

BAD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10.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，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.510411.已

知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,AA分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若121BABA，则C的方程为（）A.2211816xyB.22198xy+=C.22132xyD.2212xy

12.已知910,1011,89mmmab，则（）A.0abB.0abC.0baD.0ba二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量(,3),(1,1

)ambm．若ab，则m______________．14.设点M在直线210xy上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．15.记双曲线2222:1(0,0)xyCabab离心率为e，写

出满足条件“直线2yx与C无公共点”的e的一个值______________．16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．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.甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500

个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：22()()()()()n

adbcKabcdacbd，2PKk…0.1000.0500.010k2.7063.8416.63518.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479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．19.小明同学参加综合实践

活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．的.（1）证明：//EF平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20.已知函数3

2(),()fxxxgxxa，曲线()yfx在点11,xfx处的切线也是曲线()ygx的切线．（1）若11x，求a；（2）求a的取值范围．21.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，

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,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．（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1C参数方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys

（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．的[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc

，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac．绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目

，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.设集合5{2,1,0,1,2},02ABxx∣，则AB（）A.0,1,2B.{2,1,0}C.{0,1}D.{1,2}【答案】A【解析】【

分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为2,1,0,1,2A，502Bxx∣，所以0,1,2AB．故选：A.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下图：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【答案】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%2,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于

等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以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,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题正确率的极差为95%60%35%2

0%,所以D错.故选:B3.若1iz．则|i3|zz（）A.45B.42C.25D.22【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为1iz，所

以i3i1i31i22izz，所以i34422zz．故选：D.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（）的.A.8B.12C.16D.20【答案】B【解析】【分析】由

三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积2422122V.故选：B.5.将函数π()sin(0)3fxx的图像向左平移π

2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A.16B.14C.13D.12【答案】C【解析】【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得,232kkZ，即可求出的最小值.【详解】由题意知：曲线C为

sinsin()2323yxx，又C关于y轴对称，则,232kkZ，解得12,3kkZ，又0，故当0k时，的最小值为13.故选：C.

6.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A.15B.13C.25D.23【答案】C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况

，由古典概型求概率即可.【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中

数字之积为4的倍数的有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为62155.故选：C.7.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B

.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos,,22xxfxxx，则33cos33cosxxxxfxxxfx

，所以fx为奇函数，排除BD；又当0,2x时，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.8.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D

.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f即可解得,ab，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab，所以

222fxxx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，1x时取最大值，满足题意，即有112122f．故选：B.9.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【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设1,,ABa

ADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A

错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1

ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．D正确．故选：D．10.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为

2π，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【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得12

2rr，再结合圆心角之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr

甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145

393101122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.11.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,AA分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若121BABA，则

C的方程为（）A.2211816xyB.22198xy+=C.22132xyD.2212xy【答案】B【解析】【分析】根据离心率及12=1BABA，解得关于22,ab的等量关系式，即可得解.【

详解】解：因为离心率22113cbeaa，解得2289ba，2289ba，12,AA分别为C左右顶点，则12,0,,0AaAa，B为上顶点，所以(0,)Bb.所以12(,),(,)BAabBAab，因为121B

ABA所以221ab，将2289ba代入，解得229,8ab，故椭圆的方程为22198xy+=.故选：B.12.已知910,1011,89mmmab，则（）A.0abB.0abC.0baD.0ba【答

案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log101m，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m，8log9m，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m可得9lg10log101lg9m，而222lg9lg11lg99lg9l

g111lg1022，所以lg10lg11lg9lg10，即lg11m，所以lg11101110110ma．又222lg8lg10lg80lg8lg10lg922

，所以lg9lg10lg8lg9，即8log9m，所以8log989890mb．综上，0ab．故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量(,3),(1,1)ambm

．若ab，则m______________．【答案】34##0.75【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：3(1)0abmm，解得34m.的故答案为：34.14

.设点M在直线210xy上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．【答案】22(1)(1)5xy【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解

：∵点M在直线210xy上，∴设点M为(,12)aa，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴2222(3)(12)(2)aaaaR，22269441

5aaaaa，解得1a，∴(1,1)M，5R，M的方程为22(1)(1)5xy.故答案为：22(1)(1)5xy15.记双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为e，写出满足条件“直线2y

x与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足15e皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线byxa中02ba即可求得满足要求的e值.【详解】解：2222:1(0,0)xyCabab，所以C的渐近线方程为byxa

,结合渐近线的特点，只需02ba，即224ba，可满足条件“直线2yx与C无公共点”所以221145cbeaa，又因为1e，所以15e，故答案为：2（满足15e皆可）16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBAD

CDBD．当ACAB取得最小值时，BD________．【答案】31##1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CDBD

m，则在ABD△中，22222cos42ABBDADBDADADBmm，在ACD△中，22222cos444ACCDADCDADADCmm，所以2222224421214441243424211mmmA

CmmABmmmmmm1244233211mm，当且仅当311mm即31m时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31

.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.甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运

营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间

的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：22()()()()()nadbcKabcdacbd，2PKk…0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为1213，7

8（2）有【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算2K，再利用临界值表比较即可得结论.【小问1详解】根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则24012()26013P

M；B共有班次240次，准点班次有210次，设B家公司长途客车准点事件为N，则210()27840PN.A家公司长途客车准点的概率为1213；B家公司长途客车准点的概率为78.【小问2详解】列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B210

30240合计4505050022()()()()()nadbcKabcdacbd=2500(2403021020)3.2052.70626024045050，根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客

车所属公司有关.18.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479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）

78．【解析】【分析】（1）依题意可得222nnSnnan，根据11,1,2nnnSnaSSn，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【

小问1详解】解：因为221nnSnan，即222nnSnnan①，当2n时，21121211nnSnnan②，①②得，22112212211nnnnSnS

nnannan，即12212211nnnannana，即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以na是以1

为公差的等差数列．【小问2详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即2111638aaa，解得112a，所以13nan，所以2211251256251

2222228nnnSnnnn，所以，当12n或13n时min78nS．19.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，

,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：//EF平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】（1）证明见解析；（2）64033．【解析】【

分析】（1）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知,EMABFNBC，EMFN，依题从而可证EM平面ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，即可知四边形E

MNF为平行四边形，于是//EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．【小问

1详解】如图所示：，分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMABFNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知

//EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以//EFMN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以//EF平面ABCD．【小问2详解】如图所示：，分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，//EF

MN且EFMN，同理有，//,HEKMHEKM，//,HGKLHGKL，//,GFLNGFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．因为42M

NNLLKKM，8sin6043EM，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，22d，所以该几何体的体积2125664042434424322128333333V．20.已知函数32(),()f

xxxgxxa，曲线()yfx在点11,xfx处的切线也是曲线()ygx的切线．（1）若11x，求a；（2）求a的取值范围．【答案】（1）3（2）1,【解析】【分析】（1）先由()fx上的切点求出切线方程，设出()gx上的切点坐标，由斜率求出切点

坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出()gx上的切点坐标，分别由()fx和()gx及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【小问1详解】由题意知，(1)1(1)0f

，2()31xfx，(1)312f，则()yfx在点1,0处的切线方程为2(1)yx，即22yx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()22gxx，解得

21x，则(1)122ga，解得3a；【小问2详解】2()31xfx，则()yfx在点11(),xfx处的切线方程为32111131()yxxxxx，整理得2311312yxxx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2

gxx，则22()2gxx，则切线方程为22222()yxaxxx，整理得2222yxxxa，则21232123122xxxxa，整理得222334321211

1113193122222424xaxxxxxx，令432931()2424hxxxx，则32()9633(31)(1)hxxxxxxx，令()0hx，解得103x或1x

，令()0hx，解得13x或01x，则x变化时，(),()hxhx的变化情况如下表：x1,3131,0300,111,()hx000()hx5271

41则()hx的值域为1,，故a的取值范围为1,.21.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，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,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；

（2）设点的坐标及直线:1MNxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直

时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:

1MNxmy，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，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:2

4ABxy.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.（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1C的参数方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys（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．【答案】（1）2620yxy；（2）31,CC的交点坐标为1,12，1,2，32,CC的交点坐标为1,12，1,2．【解析】【分析】(1)消去t，即可得到1C的普通方程；(2)将曲

线23,CC的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】因为26tx，yt，所以226yx，即1C普通方程为2620yxy．【小问2详解】因为2,6sxys，所以262xy，即2C的普通方程为2620yxy，由2cossin02cossin

0，即3C的普通方程为20xy．联立262020yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标为1,12，1,2；联立262020yxyxy，解得

：121xy或12xy，即交点坐标1,12，1,2．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac．【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】的为【分析】（1）根据22222242abcabc，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得043ac，即可得到1143ac，再根据权方和不等式即可得证.【小问1详解】证明

：由柯西不等式有222222221112abcabc，所以23abc，当且仅当21abc时，取等号，所以23abc；【小问2详解】证明：因为2bc，0a，0b，0c，由（

1）得243abcac，即043ac，所以1143ac，由权方和不等式知22212111293444acacacac，当且仅当124ac，即1a，12c时取等号，所以113ac.