【文档说明】2022年高考文科数学全国乙卷及答案.docx，共(21)页，1.195 MB，由baby熊上传

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以下为本文档部分文字说明：

第1页共21页2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号

框，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．集合{2,4,6,8,10},{16}MNxx，则MN（）A

．{2,4}B．{2,4,6}C．{2,4,6,8}D．{2,4,6,8,10}2．设(12i)2iab，其中,ab为实数，则（）A．1,1abB．1,1abC．1,1abD．1,1ab3．已知向量(2,1)(2,4)，ab，则||ab（）A．2B

．3C．4D．54．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.

4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy…„…则2zxy的最大值是（）A．2B．4C．8D．126．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．327．执行右边的程序框图，输出的n（）第2页共21页A．3B．4C．5D．68．右图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是（）A．3231xxyxB．321xxyxC．22cos1xxyxD．22si

n1xyx9．在正方体1111ABCDABCD中，,EF分别为,ABBC的中点，则（）A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1BEF∥平面1AACD．平面1BEF∥平面11ACD10．已知等比数列na的前3项和为168，5242aa，则6a

（）A．14B．12C．6D．311．函数cos1sin1fxxxx在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）A．ππ22，B．3ππ22，C．ππ222，D．3ππ222，12．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．22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．记nS为等差数列na的前n项和．若32236SS，则公差d_______．14．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________．15．过四点0,0,4,0,1,1,4,2中的三点的一个圆的方程为______．16．若1ln1fxabx是奇函数，则a_____，b______．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s

insinsinsinCABBCA．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222abc18．（12分）如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．第3页共21页（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，求三棱锥FABC的体积．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：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ix0.040.060.040.080.080.

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10210.038iix，10211.6158iiy，1010.2474ii

ixy．（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218

6m．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12211niiinniiiixxyyrxxyy，1.8961.3

77．20．（12分）己知函数1()(1)lnfxaxaxx．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过

3(0,2),,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点(1,2)P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．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的

题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分。22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程3cos2,2sinxtyt（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．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）第4页共21页已知a，b，c都是正数，且3332221abc

，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc．第5页共21页2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂

黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框，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.集合

2,4,6,8,10,16MNxx，则MN（）A.{2,4}B.{2,4,6}C.{2,4,6,8}D.{2,4,6,8,10}【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,

4,6,8,10M，|16Nxx，所以2,4MN．故选：A.2.设(12i)2iab，其中,ab为实数，则（）A.1,1abB.1,1abC.1,1abD.1,1ab【答案】A【解析】

【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．【详解】因为,abÎR，2i2iaba，所以0,22aba，解得：1,1ab．故选：A.3.已知向量(2,1)(2,4)ab，，则abrr（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先求得ab

，然后求得abrr.【详解】因为2,12,44,3ab，所以22435ab.第6页共21页故选：D4.分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶

图：则下列结论中错误的是（）A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C【解析】【分析】结

合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.37.57.42，A选项结论正确.对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.37.47.68.1

8.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.50625816，B选项结论正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值60.3750.416，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率

的估计值130.81250.616，D选项结论正确.故选：C5.若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy…„…则2zxy的最大值是（）A.2B.4C.8D.12【答案】C【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可得解.

【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，第7页共21页转化目标函数2zxy为2yxz，上下平移直线2yxz，可得当直线过点4,0时，直线截距最小，z最大，所以max2408z.故选：C.6.设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若A

FBF，则AB（）A.2B.22C.3D.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：B7.执行下边的程序框图，输出的n（）第8页共21页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，2123bba，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：B8.如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是（）A.3231xxyxB.321xxyxC.22cos1xx

yxD.22sin1xyx【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设321xxfxx，则10f，故排除B;设22cos1xxhxx，当π0,2x时，0cos1x

，所以222cos2111xxxhxxx，故排除C;设22sin1xgxx，则2sin33010g，故排除D.故选：A.9.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,

ABBC的中点，则（）第9页共21页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1BE

F，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1

BDDDD，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11111020mEFxym

EByz，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2nuur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.第10页共21页10.已知

等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14B.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.11.函数cos1sin1fxxxx在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）A.ππ22，B.3ππ22，C.ππ222，D.3ππ222，【答案】D【解析】【分

析】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值.【详解】sinsin1cos1cosfxxxxxxx，所以fx在区间π0,2和3π,2π2

上0fx，即fx单调递增；在区间π3π,22上0fx，即fx单调递减，又02π2ff，ππ222f，3π3π3π11222f，所以fx在区间0,2π上的

最小值为3π2，最大值为π22.第11页共21页故选：D12.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【答案】C【解析】【分析】先证明当四

棱锥顶点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】设该四棱锥底面为四边形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ABCD面积最大值为22r又22rh1则3222

222212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.记nS为等差数列na的前n项和．若3223

6SS，则公差d_______．【答案】2【解析】【分析】转化条件为112+226adad，即可得解.【详解】由32236SS可得123122+36aaaaa，化简得31226aaa，即112+226adad

，解得2d.故答案为：2.14.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的第12页共21页【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：31015.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224765339

xy或2281691525xy；【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220xy

DxEyF，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224765339x

y；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF，解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525

xy；故答案为：222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；16.若1ln

1fxabx是奇函数，则a_____，b______．【答案】①.12；②.ln2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数1ln1fxabx为奇函数，所以其定义域关于原点对称．第13页共21页由101ax可得，110xaax

，所以11axa，解得：12a，即函数的定义域为,11,11,，再由00f可得，ln2b．即111lnln2ln211xfxxx，在定义域内满足fxfx，符合题意．故答案为：12；ln2．三、解答题：共7

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.17.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinsinsinsinCABBCA

．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222abc【答案】（1）5π8；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据题意可得，sinsinCCA，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sin

sincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【小问1详解】由2AB，sinsinsinsinCABBCA可得，sinsinsinsinCBBCA，而π02

B，所以sin0,1B，即有sinsin0CCA，而0π,0πCCA，显然CCA，所以，πCCA，而2AB，πABC，所以5π8C．【小问2详解】由sinsinsinsinCABBC

A可得，sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再由正弦定理可得，coscoscoscosacBbcAbcAabC，然后根据余弦定理可知，

22222222222211112222acbbcabcaabc，化简得：2222abc，故原等式成立．18.如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．第14页共2

1页（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，求三棱锥FABC的体积．【答案】（1）证明详见解析（2）34【解析】【分析】（1）

通过证明AC平面BED来证得平面BED平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥FABC的体积.【小问1详解】由于ADCD，E是AC的

中点，所以ACDE.由于ADCDBDBDADBCDB，所以ADBCDB△△，所以ABCB，故ACBD，由于DEBDD，,DEBDÌ平面BED，所以AC平面BED，由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解】依题意2ABBDBC

，60ACB，三角形ABC是等边三角形，所以2,1,3ACAECEBE，由于,ADCDADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以1DE.222DEBEBD，所以DEBE，由于ACBEE，,ACBE平面ABC，所以DE平面ABC.由于ADBCDB

△△，所以FBAFBC，由于BFBFFBAFBCABCB，所以FBAFBC，所以AFCF，所以EFAC，由于12AFCSACEF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.第15页共21页过E作EFB

D，垂足为F，在RtBED△中，1122BEDEBDEF，解得32EF，所以223131,2222DFBFDF，所以34BFBD过F作FHBE，垂足为H，则//FHDE，所以FH平面ABC，且34FHBFDEBD，所以34FH,所以11133

2333244FABCABCVSFH.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ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403

.9.第16页共21页iy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）3120

9m【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=1i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=1101010xxyyxyxyrxxyyxxyy

22(0.038100.06)(1.615810.2474100.060.390.01340.01340.970.013770.0000018996.3)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，【【第17页共21页又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.06186=0.39Y，解之得3=1209mY．则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.已知函数1()(1)lnfxaxaxx

．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）0,【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得211axxfxx

，按照0a、01a及1a结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【小问1详解】当0a时，1ln,0fxxxx，则22111xfxxxx，当0,1x时，()0fx¢>，

fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以max11fxf；【小问2详解】11ln,0fxaxaxxx，则221111axxafxaxxx，当0a时，10ax，所以当

0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以max110fxfa，此时函数无零点，不合题意；当01a时，11a，在10,1,,a上，()0fx¢>，f

x单调递增；在11,a上，()0fx¢<，fx单调递减；又110fa，当x趋近正无穷大时，fx趋近于正无穷大，所以fx仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a时，2210xfxx，所以

fx单调递增，又110fa，所以fx有唯一零点，符合题意；当1a时，11a，在10,,1,a上，()0fx¢>，fx单调递增；第18页共21页在1,1a上，()0fx

¢<，fx单调递减；此时110fa，又1111lnnnnfanaaaa，当n趋近正无穷大时，1nfa趋近负无穷，所以fx在10,a有一个零点，在1,a无零点，所以fx有

唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.21.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.第19页共21页联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxx

k，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx

可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得222

241296482448482436480,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.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.[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．【答案】（1）320xym（2）195122m【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式处理即可；（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】的第20页共21页因为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．【小问1详解】证明：因为0a，0b，0c，则320a，320b，320c，所以33333322232223abcabc，即1213abc，所以19

abc，当且仅当333222abc，即319abc时取等号．【小问2详解】第21页共21页证明：因为0a，0b，0c，所以2bcbc，2acac，2abab，所以3222aaabcbcabc，3222bbbacacabc，3222cccabababc

333333222222122222abcabcabcbcacababcabcabcabcabc当且仅当abc时取等