2022年河南省郑州市高考数学第一次质量预测试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年河南省郑州市高考数学第一次质量预测试卷（理科）一、选择题：本大题共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（5分）已知集合PxN|1x4，集合Qx|x2x60，则PQ（）A（1，3B2，3C1，2，3D（1，42（5分）已知i是虚数单位，若z1+i，则z2i+z=（）A1+2i5B1-2i5C-1-2i5D-1+2i53（5分）已知命题p：x0R，3sinx0+4cosx0=42；命题q：xR，(1e)|x|1则下列命题中为真命题的是（）ApqB（p）qCp（q）D（pq）4（5分）若实数x、y满足x+2y-10x-y-104x-2y+10，

2、则zx+3y的最小值为（）A9B1C32D25（5分）若函数f（x）满足f（2x）+f（x）2，则下列函数中为奇函数的是（）Af（x1）1Bf（x1）+1Cf（x+1）1Df（x+1）+16（5分）为了落实五育并举，全面发展学生素质学校准备组建书法、音乐、美术、体育社团现将5名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案共有（）A60种B120种C240种D480种7（5分）已知函数f(x)=sin(2x-6)，为了得到函数g(x)=cos(2x+3)的图象只需将yf（x）的图象（）A向右平移3个单位B向右平移56个单位C向左平移2个单位D

3、向左平移6个单位8（5分）数学家阿基米德建立了这样的理论：“任何由直线与抛物线所围成的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四如图，直线x1与抛物线y22x交于A，B两点，A，B两点在y轴上的射影分别为M，N，从长方形ABNM内任取一点，则该点落在阴影部分的概率为（）A13B23C12D349（5分）魏晋南北朝时期，中国数学的测量学取得了长足进展刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理因其第一题为测量海岛的高度和距离，故题为海岛算经受此题启发，某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度如图，点D，G，F在水平线DH上，CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，测

4、得以下数据（单位：米）：前表却行DG1，表高CDEF2，后表却行FH3，表距DF61则塔高AB（）A60米B61米C62米D63米10（5分）在圆（x3）2+（y4）2r2（r0）上总存在点P，使得过点P能作椭圆x23+y2=1的两条相互垂直的切线，则r的取值范围是（）A（3，7）B3，7C（1，9）D1，911（5分）已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为6，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为（）A12B1C3D212（5分）已知a0，函数f（x）2ln（ax）x，若函数F（x）f（f（x）x恰有两个零点，则实数a的取值范围是（）A(1e，

5、+)B1e，+)C（e，+）De，+）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知a=（1，2），b=（，3），（2a-b）a，则 14（5分）已知(x-12x)n(nN*)的展开式中所有二项式系数之和是64，则它展开式中x2的系数 15（5分）双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）与抛物线y28x有共同的焦点F2，双曲线左焦点为F1，点P是双曲线右支一点，过F1向F1PF2的角平分线做垂线，垂足为N，|ON|=1，则双曲线的离心率是 16（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P是空间中任意一点若点P是正方体表面上的点，则满足|AP|=12的动点轨迹长

6、是34；若点P是线段AD1上的点，则异面直线BP和B1C所成角的取值范围是3，2；若点P是侧面BCC1B1上的点，P到直线BC的距离与到点C1的距离之和为2，则P的轨迹是椭圆；过点P的平面与正方体每条棱所成的角都相等，则平面截正方体所得截面的最大面积是33以上说法正确的有 三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤第1721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：60分17（12分）已知等差数列an的公差为d（d0），前n项和为Sn，现给出下列三个条件：S1、S2、S4成等比数列；S416；S84（a8+1）请你从这三个条件中任选

7、两个解答下列问题（）求an的通项公式；（）若bnbn14an（n2），且b13，求数列1bn的前n项和Tn18（12分）为深入贯彻党的十九大教育方针中共中央办公厅、国务院办公厅印发关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见郑州某中学数学建模小组随机抽查了我市2000名初二学生“双减”政策前后每天的运动时间，得到如下频数分布表：表一：“双减”政策后时间 20，30（30，40（40，50（50，60（60，70（70，80（80，90人数1060210520730345125表二：“双减”政策前时间（分钟）20，30（30，40（40，50（50，60（60，70（70，80（8

8、0，90人数4024556061040313012（）用一个数字特征描述“双减”政策给学生的运动时间带来的变化（同一时间段的数据用该组区间中点值做代表）；（）为给参加运动的学生提供方便，学校在球场边安装直饮水设备该设备需同时装配两个一级滤芯才能正常工作，且两个滤芯互不影响，一级滤芯有两个品牌A、B：A品牌售价5百元，使用寿命7个月或8个月（概率均为0.5）；B品牌售价2百元，寿命3个月或4个月（概率均为0.5）现有两种购置方案，方案甲：购置2个品牌A；方案乙：购置1个品牌A和2个品牌B试从性价比（设备正常运行时间与购置一级滤芯的成本之比）角度考虑，选择哪一种方案更实惠19（12分）在矩形中AB

9、CD中，AB2，AD=2，E是DC中点，连接AE，将ADE沿AE折起，使得点D移动至点P，满足平面PAE平面ABCE（）求证：AEBP；（）求二面角ECPB的余弦值20（12分）设函数f（x）ln（ax）x+e（）求函数f（x）的单调区间；（）当ae时，证明：f(e-x)ex+x2e21（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F1，离心率为12，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，当MNx轴时，|MN|3（）求椭圆C的方程；（）设经过点H（0，1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求PQG面积的取值范围（二）选考题：共10

10、分请考生在第22、23题中任选一题作答在答题卷上将所选题号涂黑，如果多做，则按所做的第一题计分选修：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=tcosy=1+tsin（t为参数）以坐标原点为极点，x轴正半牰为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为=2tancos（）若a=6，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（）设点P的直角坐标系下的坐标为（0，1），直线l与曲线C交于A，B两点，且|PA|PB|4，求直线l的倾斜角选修：不等式选讲（10分）23已知a，b，c均为正数，且满足2a+3b+4c9（）证明：（a+1）（b+1）（c+1）9；（）证明：4a2+

11、9b2+16c2272022年河南省郑州市高考数学第一次质量预测试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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（5分）已知集合PxN|1x4，集合Qx|x2x60，则PQ（）A（1，3B2，3C1，2，3D（1，4【解答】解：集合PxN|1x42，3，4，Qx|x2x60x|2x3，则PQ2，3故选：B2（5分）已知i是虚数单位，若z1+i，则z2i+z=（）A1+2i5B1-2i5C-1-2i5D-1+2i5【解答】解：z1+i，z=1-i，z2i+z=1-i2i+1+i=(1-i)(1-3i)(1+3i)

12、(1-3i)=-1-2i5故选：C3（5分）已知命题p：x0R，3sinx0+4cosx0=42；命题q：xR，(1e)|x|1则下列命题中为真命题的是（）ApqB（p）qCp（q）D（pq）【解答】解：3sinx+4cosx5sin（x+）5，5，425，命题p为假命题，|x|0，(1e)|x|(1e)0=1，命题q为真命题，pq为假命题；（p）q为真命题；p（q）为假命题；（pq）为假命题故选：B4（5分）若实数x、y满足x+2y-10x-y-104x-2y+10，则zx+3y的最小值为（）A9B1C32D2【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由zx+3y，得y=-13x+13z，由图可

13、知，当直线y=-13x+13z，过点A（1，0）时，z取得最小值，且最小值为1故选：B5（5分）若函数f（x）满足f（2x）+f（x）2，则下列函数中为奇函数的是（）Af（x1）1Bf（x1）+1Cf（x+1）1Df（x+1）+1【解答】解：函数f（x）满足f（2x）+f（x）2，可得f（1x）+f（1+x）2，即为f（1x）+1+f（1+x）+10，即f（x+1）+1f（x+1）+1，所以函数yf（x+1）+1为奇函数故选：D6（5分）为了落实五育并举，全面发展学生素质学校准备组建书法、音乐、美术、体育社团现将5名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只分配到1个社团，每个社团至少分配1名同

14、学，则不同的分配方案共有（）A60种B120种C240种D480种【解答】解：先选择2人构成一组，有C52=10种，然后进行全排列有A 44=24种，则共有：1024240种分配方法，故选：C7（5分）已知函数f(x)=sin(2x-6)，为了得到函数g(x)=cos(2x+3)的图象只需将yf（x）的图象（）A向右平移3个单位B向右平移56个单位C向左平移2个单位D向左平移6个单位【解答】解：为了得到函数g(x)=cos(2x+3)的图象只需将yf（x）sin（2x-6）的图象向左平移2的关系式得到g（x）sin（2x+56），cos（2x+3）的图象；故选：C8（5分）数学家阿基米德建立了

15、这样的理论：“任何由直线与抛物线所围成的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四如图，直线x1与抛物线y22x交于A，B两点，A，B两点在y轴上的射影分别为M，N，从长方形ABNM内任取一点，则该点落在阴影部分的概率为（）A13B23C12D34【解答】解：由题可得，M（0，2），N（0，-2），则SABNM=221=22，由阿基米德理论可知：弓形面积为S弓=4312122=423，S阴=22-423=223，故所求概率P=S阴SABNM=22322=13故选：A9（5分）魏晋南北朝时期，中国数学的测量学取得了长足进展刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理因其第一题为测量海岛的高度

16、和距离，故题为海岛算经受此题启发，某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度如图，点D，G，F在水平线DH上，CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，测得以下数据（单位：米）：前表却行DG1，表高CDEF2，后表却行FH3，表距DF61则塔高AB（）A60米B61米C62米D63米【解答】解：EF为高，EFBH，根据三角形的性质可得，CDGABH，CDGABG，则3BH=2AB，1BG=2AB，BHBD+DF+FHBD+64，BGBD+1，3BD+64=1BD+1，解得BD30.5，AB2BG63故选：D10（5分）在圆（x3）2+（y4）2r2（r0）上总存在点P，使

17、得过点P能作椭圆x23+y2=1的两条相互垂直的切线，则r的取值范围是（）A（3，7）B3，7C（1，9）D1，9【解答】解：设P（m，n），且过P与椭圆相切的直线方程为ynk（xm），即ykxkm+n，将其代入椭圆方程x23+y2=1，化简得(13+k2)x2+2k(n-km)x+(n-km)2-1=0，所以=4k2(n-km)2-4(13+k2)(n-km)2-1=0，即k2(n2-2kmn+k2m2)-13(n2-2kmn+k2m2-1)-k2(n2-2kmn+k2m2)+k2=0所以3k2n2+2kmnk2m2+10，即（3m2）k2+2kmn+1n20，设k1，k2是方程（3m2）k

18、2+2kmn+1n20的两根，因为两切线互相垂直，所以k1k21，即k1k2=1-n23-m2=-1，所以m2+n24，即点P在圆x2+y24 上，其圆心为（0，0），半径为2；又P在圆（x3）2+（y4）2r2（r0）上，且其圆心为（3，4），所以|2-r|(3-0)2+(4-0)22+r，即|2r|52+r，解得r3，7故选：B11（5分）已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为6，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为（）A12B1C3D2【解答】解：由已知得，要使该正四面体可以绕其中心在容器内任意转动，则需该正四面体的外接球在圆柱封闭容器内

19、即可，作出正四面体SABC与其外接球O的位置关系如图所示，SD是球的直径，与平面ABC交于点E，连接CE，CD，易知E为正三角形ABC的中心，ABa，CE=32a23=3a3，又SECE，由勾股定理得SE=a2-(3a3)2=63a，设球的半径为R，R2=(6a3-R)2+CE2，解得R=64a，6a26，所以a2故选：D12（5分）已知a0，函数f（x）2ln（ax）x，若函数F（x）f（f（x）x恰有两个零点，则实数a的取值范围是（）A(1e，+)B1e，+)C（e，+）De，+）【解答】解：f（x）2ln（ax）x，则F（x）f（f（x）2ln2aln（ax）ax（2ln（ax）x）x2

20、ln2aln（ax）ax2ln（ax）令F（x）0，则有2ln2aln（ax）ax2ln（ax）0，所以2ln2aln（ax）ax2ln（ax），所以ln2aln（ax）axln（ax），因为ylnx（x0）是单调递增函数，所以2aln（ax）axax，所以ln（ax）x，令g（x）lnaxx，则F（x）有2个零点等价于g（x）有两个零点，g（x）=aax-1=1-xx（x0），令g（x）0得0x1，g（x）单调递增，令g（x）0得x1，g（x）单调递减，又x0时，g（x）；x+时，g（x），所以只需g（1）lna10，所以ae时，g（x）有两个零点，所以a的取值范围为（e，+）故选：C二、填

21、空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知a=（1，2），b=（，3），（2a-b）a，则4【解答】解：a=（1，2），b=（，3），（2a-b）a，（2a-b）a=2a2-ba=25（+6）0，4，故答案为：414（5分）已知(x-12x)n(nN*)的展开式中所有二项式系数之和是64，则它展开式中x2的系数 3【解答】解：因为所有二项式系数之和是64，则2n64，所以n6，则展开式的通项公式为Tr+1=C6r(x)6-r(-12x)r=C 6r(-12)rx3-r，令3r2，则r1，所以x2的系数为C 61(-12)=-3，故答案为：315（5分）双曲线C：x2a2-y2b2

22、=1（a0，b0）与抛物线y28x有共同的焦点F2，双曲线左焦点为F1，点P是双曲线右支一点，过F1向F1PF2的角平分线做垂线，垂足为N，|ON|=1，则双曲线的离心率是 2【解答】解：延长F1N交PF2的延长线于B，由题意可知PN平分F1PF2，且PNF1B，所以|PF1|PB|，且N为F1B的中点，因为P在双曲线右支上，所以|PF1|PF2|2a，即|PB|PF2|BF2|2a，在三角形F1F2B中，O，N分别为F1F2和F1B的中点，所以|BF2|2|ON|2，即2a2，故a1，因为双曲线C与抛物线y28x有共同的焦点F2，故c2，所以离心率e2，故答案为：216（5分）已知正方体AB

23、CDA1B1C1D1的棱长为2，P是空间中任意一点若点P是正方体表面上的点，则满足|AP|=12的动点轨迹长是34；若点P是线段AD1上的点，则异面直线BP和B1C所成角的取值范围是3，2；若点P是侧面BCC1B1上的点，P到直线BC的距离与到点C1的距离之和为2，则P的轨迹是椭圆；过点P的平面与正方体每条棱所成的角都相等，则平面截正方体所得截面的最大面积是33以上说法正确的有 【解答】解：对于：满足|AP|=12的动点P的轨迹是以A为圆心，以12为半径的3个14圆弧，因此动点轨迹长是314212=34，故正确：对于：如图：连接BC1，则B1CBC1，因为AB面BCC1B1，B1C面BCC1B

24、1，所以ABB1C，因为ABBC1B，所以B1C面ABC1D1，因为P是线段AD1上的点，则BP面ABC1D1，可得B1CBP，所以异面直线BP和B1C所成角恒为2，故不正确；对于：过点P作PMBC于点M，则P到直线BC的距离与到点C1 的距离之和为PM+PC1，当点P在线段CC1上时，PM+PC1PC+PC1CC12，当点P 不在线段CC1上时，PM+PC1PC+PC12此时不满足P到直线BC的距离与到点C1的距离之和为2，所以P的轨迹是线段CC1，故不正确；对于：过点P的平面与正方体每条棱所成的角都相等，只需过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示：A1PA1RA1Q，则平面PQR与正

25、方体过点A1的三条棱所成的角都相等，若点E，F，G，H，M，N 别为相应棱的中点，则平面EFGHMN平面 PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，边长为2，所以正六边形的面积为：634(2)2=33故正确；故答案为：三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤第1721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：60分17（12分）已知等差数列an的公差为d（d0），前n项和为Sn，现给出下列三个条件：S1、S2、S4成等比数列；S416；S84（a8+1）请你从这三个条件中任选两个解答下列问题（）求an的通项公式；（）若bnbn14a

26、n（n2），且b13，求数列1bn的前n项和Tn【解答】解：（）由条件得，因为S1、S2、S4成等比数列，则S22=S1S4，即(2a1+d)2=a1(4a1+6d)，因为d0，可得d2a1；由条件得：S44a1+6d16即2a1+3d8由条件得，S84（a8+1），可得8a1+28d4（a1+7d+1），可得a11若选，则有d=2a12a1+3d=8，可得a1=1d=2，则ana1+（n1）d2n1；若选，则d2a12，则ana1+（n1）d2n1；若选，则2a1+3d2+3d8，可得d2，所以，ana1+（n1）d2n1（）解：bnbn14an8n4（n2），且b13，所以，当n2时，则有

27、bnb1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1）=3+12+20+(8n-4)=3+(8n-4+12)(n-1)2=4n2-1，b13也满足bn=4n2-1，故对任意的nN*，bn=4n2-1；则1bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，所以，Tn=12(1-13)+(13-15)+(12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+118（12分）为深入贯彻党的十九大教育方针中共中央办公厅、国务院办公厅印发关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见郑州某中学数学建模小组随机抽查了我市2000名初二学生“双减”政策前后每天的运动时间，得到如

28、下频数分布表：表一：“双减”政策后时间 20，30（30，40（40，50（50，60（60，70（70，80（80，90人数1060210520730345125表二：“双减”政策前时间（分钟）20，30（30，40（40，50（50，60（60，70（70，80（80，90人数4024556061040313012（）用一个数字特征描述“双减”政策给学生的运动时间带来的变化（同一时间段的数据用该组区间中点值做代表）；（）为给参加运动的学生提供方便，学校在球场边安装直饮水设备该设备需同时装配两个一级滤芯才能正常工作，且两个滤芯互不影响，一级滤芯有两个品牌A、B：A品牌售价5百元，使用寿命7个

29、月或8个月（概率均为0.5）；B品牌售价2百元，寿命3个月或4个月（概率均为0.5）现有两种购置方案，方案甲：购置2个品牌A；方案乙：购置1个品牌A和2个品牌B试从性价比（设备正常运行时间与购置一级滤芯的成本之比）角度考虑，选择哪一种方案更实惠【解答】解：（I）双减政策后运动时间的的众数是65，双减政策前众数是55，说明双减政策后，大多数学生的运动时间都变长（II）若采用甲方案，记设备正常运行时间为X（单位是月），则X的取值有7，8，P(X=7)=34，P(X=8)=14，则X的分布列：X78P34 14 E(X)=734+814=294，它与成本之比为E(X)5+5=2940，若采用乙方案，

30、记设备正常运行时间为Y（单位是月），则Y的取值有6、7、8，P(Y=6)=14，P(Y=7)=58，P(Y=8)=18，Y678P14 58 18 E(Y)=614+758+818=558它与成本之比为E(Y)5+2+2=5572，55722940，方案乙性价比更高19（12分）在矩形中ABCD中，AB2，AD=2，E是DC中点，连接AE，将ADE沿AE折起，使得点D移动至点P，满足平面PAE平面ABCE（）求证：AEBP；（）求二面角ECPB的余弦值【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，连接BD，记AEBDF，BD=6，AE=3ABCD，AFFE=BFFD=ABDE=2AF=233，FE=3

31、3，BF=263，FD=63AF2+FD2AD2，FA2+FB2AB2，AF2FEAEFD，AEFB，AF2FE（2分）在四棱锥DABCE中，线段AE取点O满足AO2OE，AEOP，AEOB，OPOBO，AE平面BOP（4分）BP平面BOD，AEBP（6分）（2）解：POAE，平面APE平面ABCE，平面APE平面ABCEAE，PO平面ABCE以OA、OB、OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，A(233，0，0)，B(0，263，0)，P(0，0，63)，E(-33，0，0)AB=2EC=(-233，263，0)C(-233，63，0)BC=(-233，-63，0)，CP=(233，

32、-63，63)，PE=(-33，0，-63)，设平面BCP的法向量为n1=(x，y，z)，BCn1=0，CPn1=0，-233x-63y=0，233x-63y+63z=0n1=(-1，2，22)（8分）设平面PCE的法向量n2=(x，y，z)，PEn2=0，CPn2=0-33x-63z=0，233x-63y+63z=0n2=(-2，-2，2)，（10分）设二面角ECPB的大小为，|cos|=n1n2|n1|n2|=2-2+41+2+84+2+2=2211二面角ECPB的余弦值为-2211（12分）20（12分）设函数f（x）ln（ax）x+e（）求函数f（x）的单调区间；（）当ae时，证明：f

33、(e-x)ex+x2e【解答】（1）解：函数f（x）的定义域为x|xa，f(x)=1x-a-1=1-x+ax-a，xa，f（x）0故函数f（x）单调递减区间为（，a），无单增区间（4分）（2）证明：当ae时，要证f(e-x)ex+x2e，即证lnx+xex+x2e，即证lnxx+1exx+12e（5分）设g(x)=lnxx+1(x0)，g(x)=1-lnxx2，g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，g(x)g(e)=1e+1（8分）设h(x)=exx+12e，h(x)=ex(x-1)x2，h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，h(x)h(1)=e+12e，（

34、10分）又1e+1e+12e，所以当ae时，f(e-x)ex+x2e（12分）21（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F1，离心率为12，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，当MNx轴时，|MN|3（）求椭圆C的方程；（）设经过点H（0，1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求PQG面积的取值范围【解答】解：（1）由题意可知：e=ca=12，可得ba=32又左焦点F1（c，0），当MNx轴时，将xc代入椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)得y2=b4a2|MN|=2b2a=3由ba=32，2b2a=3，解得a=2，

35、b=3.所以椭圆C的方程为x24+y23=1（5分）（2）由题意可知，直线l斜率必存在且不为0，设直线l的方程为ykx1（k0）设P（x1，y1），Q（x2，y2），由y=kx-1，x24+y23=1，得（4k2+3）x28kx80（8k）24（8）（4k2+3）192k2+960，x1+x2=8k4k2+3，x1x2=-84k2+3，P关于y轴的对称点为F，F（x1，y1），直线FQ的方程为y-y1=y2-y1x2+x1(x+x1)令x0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=x1(kx2-1)+x2(kx1-1)x1+x2=2kx1x2x1+x2-1=-3，G（0，3）（8分）PQG的面积S

36、=12|NG|x1-x2|=|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=192k2+964k2+3=434k2+24k2+3，令t=4k2+2，则t(2，+)，S=43tt2+1=43t+1t，t+1t(322，+)，S(0，463)，PQG面积的取值范围(0，463)（12分）（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答在答题卷上将所选题号涂黑，如果多做，则按所做的第一题计分选修：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=tcosy=1+tsin（t为参数）以坐标原点为极点，x轴正半牰为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为=2tancos（）

37、若a=6，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（）设点P的直角坐标系下的坐标为（0，1），直线l与曲线C交于A，B两点，且|PA|PB|4，求直线l的倾斜角【解答】解：（1）当=6时，直线l的参数方程为x=32ty=1+12t（t为参数），消去参数t，可得l的普通方程为x-3y+3=0，又=2tancos，=2sincos2，得2cos22sin，曲线C的直角坐标方程为x22y（x0）；（2）将x=tcosy=1+tsin代入x22y（x0）中，得t2cos22tsin20，设A，B对应的参数分别为t1，t2，t1t2=-2cos2，|PA|PB|4，|t1t2|=|-2cos2|=4，

38、得cos=22，又0，），=4或=34，直线l倾斜角为=4或=34选修：不等式选讲（10分）23已知a，b，c均为正数，且满足2a+3b+4c9（）证明：（a+1）（b+1）（c+1）9；（）证明：4a2+9b2+16c227【解答】证明：（）(a+1)(b+1)(c+1)=2(a+1)3(b+1)4(c+1)24124(2a+2+3b+3+4c+43)3=124216=9，当且仅当a2，b1，c=12时等号成立，即证：（a+1）（b+1）（c+1）9.（5分）（）由柯西不等式得：（4a2+9b2+16c2）（1+1+1）（2a+3b+4c）281，故4a2+9b2+16c227当且仅当a=32，b1，c=34时等号成立即证：4a2+9b2+16c227.（10分）第22页（共22页）