2022年全国统一高考数学试卷（理科）（乙卷）（学生版+解析版）.docx

1、2022年全国统一高考数学试卷（理科）（乙卷）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（5分）设全集U1，2，3，4，5，集合M满足UM1，3，则（）A2MB3MC4MD5M2（5分）已知z12i，且z+az+b0，其中a，b为实数，则（）Aa1，b2Ba1，b2Ca1，b2Da1，b23（5分）已知向量a，b满足|a|1，|b|=3，|a-2b|3，则ab=（）A2B1C1D24（5分）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bn：b

2、11+11，b21+11+12，b31+11+12+13，依此类推，其中kN*（k1，2，）则（）Ab1b5Bb3b8Cb6b2Db4b75（5分）设F为抛物线C：y24x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|BF|，则|AB|（）A2B22C3D326（5分）执行如图的程序框图，输出的n（）A3B4C5D67（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A平面B1EF平面BDD1B平面B1EF平面A1BDC平面B1EF平面A1ACD平面B1EF平面A1C1D8（5分）已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A14B12C6D39（

3、5分）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（）A13B12C33D2210（5分）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p1，p2，p3，且p3p2p10记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）Ap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（多选）11（5分）双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosF1NF2=35，则C的离

4、心率为（）A52B32C132D17212（5分）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，且f（x）+g（2x）5，g（x）f（x4）7若yg（x）的图像关于直线x2对称，g（2）4，则k=122 f（k）（）A21B22C23D24二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）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（5分）过四点（0，0），（4，0），（1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为 15（5分）记函数f（x）cos（x+）（0，0）的最小正周期为T若f（T）=32，x=9为f（x）的零点，则的最小值为 16（5分）已知xx

5、1和xx2分别是函数f（x）2axex2（a0且a1）的极小值点和极大值点若x1x2，则a的取值范围是 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：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sinCsin（AB）sinBsin（CA）（1）证明：2a2b2+c2；（2）若a5，cosA=2531，求ABC的周长18（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABB

6、D2，ACB60，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（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：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得i=110 xi20.038，i=110 yi21.6158，i=110 x

7、iyi0.2474（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186m2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r=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2i=1n (yi-y)2，1.8961.37720（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A（0，2），B（32，1）两点（1）求E的方程；（2）设过点P（

8、1，2）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MT=TH证明：直线HN过定点21（12分）已知函数f（x）ln（1+x）+axex（1）当a1时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）若f（x）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（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3cos2t，y=2sint（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

9、方程为sin（+3）+m0（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（10分）23已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：（1）abc19；（2）ab+c+ba+c+ca+b12abc2022年全国统一高考数学试卷（理科）（乙卷）参考答案与试题解析一、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（5分）设全集U1，2，3，4，5，集合M满足UM1，3，则（）A2MB3MC4MD5M【解答】解：因为全集U1，2，3，4，5，UM1，3，所以M2，4，5，所以2M，3M，4M，

10、5M故选：A2（5分）已知z12i，且z+az+b0，其中a，b为实数，则（）Aa1，b2Ba1，b2Ca1，b2Da1，b2【解答】解：因为z12i，且z+az+b0，所以（12i）+a（1+2i）+b（1+a+b）+（2+2a）i0，所以1+a+b=0-2+2a=0，解得a1，b2故选：A3（5分）已知向量a，b满足|a|1，|b|=3，|a-2b|3，则ab=（）A2B1C1D2【解答】解：因为向量a，b满足|a|1，|b|=3，|a-2b|3，所以|a-2b|=(a-2b)2=a2-4ab+4b2=1-4ab+43=3，两边平方得，134ab=9，解得ab=1，故选：C4（5分）嫦娥二

11、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bn：b11+11，b21+11+12，b31+11+12+13，依此类推，其中kN*（k1，2，）则（）Ab1b5Bb3b8Cb6b2Db4b7【解答】解：kN*（k1，2，），可以取k1，则b11+11=2，b21+11+11=32，b31+11+11+11=53，b41+11+11+11+11=85，b51+11+11+11+11+11=138，b61+11+11+11+11+11+11=2113，b7=1+11+11+11+11+11+11+11=3421，

12、b81+11+11+11+11+11+11+11+11=5534，b1b5，故A错误；b3b8，故B错误；b6b2，故C错误；b4b7，故D正确故选：D5（5分）设F为抛物线C：y24x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|BF|，则|AB|（）A2B22C3D32【解答】解：F为抛物线C：y24x的焦点（1，0），点A在C上，点B（3，0），|AF|BF|2，由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限），所以|AB|22故选：B6（5分）执行如图的程序框图，输出的n（）A3B4C5D6【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a1，b1，n1，计算b1+23，a312，n2

13、，判断|3222-2|=14=0.250.01，计算b3+47，a725，n3，判断|7252-2|=125=0.040.01；计算b7+1017，a17512，n4，判断|172122-2|=11440.01；输出n4故选：B7（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A平面B1EF平面BDD1B平面B1EF平面A1BDC平面B1EF平面A1ACD平面B1EF平面A1C1D【解答】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EFAC，又ACBD，ACDD1，BDDD1D，且BD，DD1平面BDD1，AC平面BDD1，则EF平面BDD1，又EF平面B1

14、EF，平面B1EF平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF平面BDD1，而平面BDD1平面A1BDBD，故平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误故选：A8（5分）已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A14B12C6D3【解答】解：设等比数列an的公比为q，q0，由题意，q1前3项和为a1+a2+a3=a1

15、(1-q3)1-q=168，a2a5a1qa1q4a1q（1q3）42，q=12，a196，则a6a1q596132=3，故选：D9（5分）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（）A13B12C33D22【解答】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，该四棱锥的高h=1-a22，该四棱锥的体积V=13a21-a22=43a24a24(1-a22)43(a24+a24+1-a223)3=43(13)3=4327，当且仅当a24=1-a22，即a2=43时，等号成立，该四

16、棱锥的体积最大时，其高h=1-a22=1-23=33，故选：C10（5分）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p1，p2，p3，且p3p2p10记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）Ap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【解答】解：A选项，已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以P受比赛次序影响，故A错误；设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲，棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P乙，棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙，P

17、甲p1p2（1p3）+p3（1p2）p1p2+p1p32p1p2p3，P乙p2p1（1p3）+p3（1p1）p1p2+p2p32p1p2p3，P丙p3p1（1p2）+p2（1p1）p1p3+p2p32p1p2p3，P丙P甲p2（p3p1）0，P丙P乙p1（p3p2）0，所以P丙最大，即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大故选：D（多选）11（5分）双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosF1NF2=35，则C的离心率为（）A52B32C132D172【解答】解：设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1，设过F1的切线与圆D：x2+

18、y2a2相切于点P，则|OP|a，OPPF1，又|OF1|c，所以PF1=OF12-OP2=c2-a2=b，过点F2作F2QMN于点Q，所以OPF2Q，又O为F1F2的中点，所以|F1Q|2|PF1|2b，|QF2|2|OP|2a，因为cosF1NF2=35，所以sinF1NF2=45，所以|NF2|=QF2sinF1NF2=5a2，则|NQ|NF2|cosF1NF2=3a2，所以|NF1|NQ|+|F1Q|=3a2+2b，由双曲线的定义可知|NF1|NF2|2a，所以3a2+2b-5a2=2a，可得2b3a，即ba=32，所以C的离心率e=ca=1+b2a2=1+94=132当直线与双曲线交

19、于一支时，同理可得A正确；故选：AC12（5分）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，且f（x）+g（2x）5，g（x）f（x4）7若yg（x）的图像关于直线x2对称，g（2）4，则k=122 f（k）（）A21B22C23D24【解答】解：yg（x）的图像关于直线x2对称，则g（2x）g（2+x），f（x）+g（2x）5，f（x）+g（2+x）5，f（x）f（x），故f（x）为偶函数，g（2）4，f（0）+g（2）5，得f（0）1由g（x）f（x4）7，得g（2x）f（x2）+7，代入f（x）+g（2x）5，得f（x）+f（x2）2，故f（x）关于点（1，1）中心对称，f（1）f（1）1

20、，由f（x）+f（x2）2，f（x）f（x），得f（x）+f（x+2）2，f（x+2）+f（x+4）2，故f（x+4）f（x），f（x）周期为4，由f（0）+f（2）2，得f（2）3，又f（3）f（1）f（1）1，所以k=122 f（k）6f（1）+6f（2）+5f（3）+5f（4）11（1）+51+6（3）24，故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）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 310【解答】解：由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数C53=10，甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数

21、C31=3，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P=C31C53=310故答案为：31014（5分）过四点（0，0），（4，0），（1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为 x2+y24x6y0（或x2+y24x2y0或x2+y2-83x-143y0或x2+y2-165x2y-165=0）【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，即F=016+4D+F=02-D+E+F=0，解得F0，D4，E6，所以过点（0，0），（4，0），（1，1）圆的方程为x2+y24x6y0同理可得，过点（0，0），（4，0），（4，2）圆的方程为

22、x2+y24x2y0过点（0，0），（1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2-83x-143y0过点（4，0），（1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为x2+y2-165x2y-165=0故答案为：x2+y24x6y0（或x2+y24x2y0或x2+y2-83x-143y0或x2+y2-165x2y-165=0）15（5分）记函数f（x）cos（x+）（0，0）的最小正周期为T若f（T）=32，x=9为f（x）的零点，则的最小值为 3【解答】解：函数f（x）cos（x+）（0，0）的最小正周期为T=2，若f（T）cos（2+）cos=32，则=6，所以f（x）cos（x+6）因为x=9

23、为f（x）的零点，所以cos（9+6）0，故 9+6=k+2，kZ，所以9k+3，kZ，则的最小值为3故答案为：316（5分）已知xx1和xx2分别是函数f（x）2axex2（a0且a1）的极小值点和极大值点若x1x2，则a的取值范围是 (1e，1)【解答】解：对原函数求导f（x）2（axlnaex），分析可知：f（x）在定义域内至少有两个变号零点，对其再求导可得：f（x）2ax（lna）22e，当a1时，易知f（x）在R上单调递增，此时若存在x0使得f（x0）0，则f（x）在（，x0）单调递减，（x0，+）单调递增，此时若函数f（x）在xx1和xx2分别取极小值点和极大值点，应满足x1x2，

24、不满足题意；当0a1时，易知f（x）在R上单调递增减，此时若存在x0使得f（x0）0，则f（x）在（，x0）单调递增，（x0，+）单调递减，且x0=logae(lna)2，此时若函数f（x）在xx1和xx2分别取极小值点和极大值点，且x1x2，故仅需满足f（x0）0，即：elnaelogae(lna)2a1lnae(lna)2lna1lnalne(lna)21lnalna1-ln(lna)2，解得：1ea1或者0ae（舍去），综上所述：a的取值范围是(1e，1)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

25、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sinCsin（AB）sinBsin（CA）（1）证明：2a2b2+c2；（2）若a5，cosA=2531，求ABC的周长【解答】（1）证明：ABC中，sinCsin（AB）sinBsin（CA），所以sinC（sinAcosBcosAsinB）sinB（sinCcosAcosCsinA），所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC2cosAsinBsinC，即sinA（sinBcosC+cosBsinC）2cosAsinBsinC，所以sinAsin（B+C）2cosAsin

26、BsinC，由正弦定理得a22bccosA，由余弦定理得a2b2+c2a2，所以2a2b2+c2；（2）当a5，cosA=2531时，b2+c225250，2bc=a2cosA=252531=31，所以（b+c）2b2+c2+2bc50+3181，解得b+c9，所以ABC的周长为a+b+c5+91418（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABBD2，ACB60，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【解答】（1）证明：ADCD，E为AC的中点DEAC，又ADCD，ADBBDC

27、，BDBD，ABDCBD，ABBC，又E为AC的中点EBAC，又BEDEE，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；（2）解：连接EF，由（1）知ACEF，SAFC=12ACEF，故EF最小时，AFC的面积最小，EFBD时，AFC的面积最小，又AC平面BED，BD平面BED，ACBD，又ACEFE，BD平面AFC，又BD平面ABD，平面ABD平面AFC，过C作CMAF于点M，则CM平面ABD，故CFM，即CFA为直线CF与平面ABD所成的角，由ABBD2，ACB60，知BAC是2为边长的等边三角形，故AC2，由已知可得DE1，BE=3，又BD2，BD2ED2+EB2，BED90

28、，所以EF=BEDEBD=32，CF=12+34=72，在ACF中，由余弦定理得cosAFC=74+74-427272=-17，sinAFC=437故CF与平面ABD所成的角的正弦值为43719（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：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.

29、420.403.9并计算得i=110 xi20.038，i=110 yi21.6158，i=110 xiyi0.2474（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186m2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r=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2i=1n (yi-y)2，1.8961.377【解答】解：（1）设这棵树木平

30、均一棵的根部横截面积为x，平均一棵的材积量为y，则根据题中数据得：x=0.610=0.06，y=3.910=0.39；（2）由题可知，r=i=110 (xi-x)(yi-y)i=110 (xi-x)2i=110 (yi-y)2=i=110 xiyi-nxy(i=110 xi2-nx2)(i=110 yi2-ny2)=0.01340.0020.0948=0.01340.011.896=0.01340.01377=0.97；（3）设从根部面积总和X，总材积量为Y，则XY=xy，故Y=0.390.06186=1209（m3）20（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A（0，2

31、），B（32，1）两点（1）求E的方程；（2）设过点P（1，2）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MT=TH证明：直线HN过定点【解答】解：（1）设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A(0，-2)，B(32，-1)两点代入得4b2=194a2+1b2=1，解得a23，b24，故E的方程为x23+y24=1；（2）由A(0，-2)，B(32，-1)可得直线AB：y=23x-2若过P（1，2）的直线的斜率不存在，直线为x1，代入x23+y24=1，可得M(1，263)，N(1，-263)，将y=263代入AB：y=23x-2，可得T(6+3，263)，由M

32、T=TH，得H(26+5，263)，易求得此时直线HN：y=(2-263)x-2，过点（0，2）；若过P（1，2）的直线的斜率存在，设kxy（k+2）0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1，得（3k2+4）x26k（2+k）x+3k（k+4）0，故有x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k23k2+4，且x1y2+x2y1=-24k3k2+4（*），联立y=y1y=23x-2，可得T(3y12+3，y1)，H(3y1+6-x1，y1)，可求得此时HN：

33、y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，将（0，2）代入整理得2（x1+x2）6（y1+y2）+x1y2+x2y13y1y2120，将（*）代入，得24k+12k2+96+48k24k4848k+24k236k2480，显然成立综上，可得直线HN过定点（0，2）21（12分）已知函数f（x）ln（1+x）+axex（1）当a1时，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）若f（x）在区间（1，0），（0，+）各恰有一个零点，求a的取值范围【解答】解：（1）当a1时，f（x）ln（1+x）+xex，则f(x)=11+x+e-x-xe-x，f（0）1+12，又f（0）0

34、，所求切线方程为y2x；（2）f(x)=11+x+a(1-x)ex，若a0，当1x0时，f（x）0，f（x）单调递增，则f（x）f（0）0，不合题意；故a0，f(x)=11+x(1+a(1-x2)ex)，令g(x)=1+a(1-x2)ex，注意到g(1)=1，g(0)=1+a，g(x)=a(x-1+2)(x-1-2)ex，令g（x）0，解得-1x1-2或x1+2，令g（x）0，解得1-2x1+2，g（x）在(-1，1-2)，(1+2，+)单调递增，在(1-2，1+2)单调递减，且x1时，g（x）0，若g（0）1+a0，当x0时，g（x）0，f（x）单调递增，不合题意；若g（0）1+a0，g（0

35、）g（1）0，则存在x0（0，1），使得g（x0）0，且当x（0，x0）时，g（x）g（0）0，f（x）单调递减，则f（x0）f（0）0，当x1时，f（x）ln（1+x）+a0，f（ea1）0，则由零点存在性定理可知f（x）在（1，ea1）上存在一个根，当1-2x0时，g（x）0，f（x）单调递减，f(1-2)f(0)=0，当-1x1-2时，f（x）ln（1+x）ae0，f（eae1）0，则由零点存在性定理可知f（x）在(eae-1，1-2)上存在一个根综上，实数a的取值范围为（，1）（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

36、系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3cos2t，y=2sint（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sin（+3）+m0（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【解答】解：（1）由sin（+3）+m0，得(sincos3+cossin3)+m=0，12sin+32cos+m=0，又xcos，ysin，12y+32x+m=0，即l的直角坐标方程为3x+y+2m=0；（2）由曲线C的参数方程为x=3cos2t，y=2sint（t为参数）消去参数t，可得y2=-233x+2，联立3x

37、+y+2m=0y2=-233x+2，得3y22y4m60（2y2）34m36，即-1934m10，-1912m52，m的取值范围是-1912，52选修4-5：不等式选讲（10分）23已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：（1）abc19；（2）ab+c+ba+c+ca+b12abc【解答】解：（1）证明：a，b，c都是正数，a32+b32+c3233a32b32c32=3（abc）12，当且仅当abc=3-23时，等号成立因为a32+b32+c32=1，所以13（abc）12，所以13（abc）12，所以abc19，得证（2）证明：要使ab+c+ba+c+ca+b12abc成立，只需证a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+b12，又因为b+c2bc，a+c2ac，a+b2ab，当且仅当abc=3-23时，同时取等所以a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+ba32bc2bc+b32ac2ac+c32ab2ab=a32+b32+c322=12，得证