2022年高考全国乙卷文科数学试卷及答案.doc

1、12022 年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）文科数学文科数学注意事项：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。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。择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无

2、效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项中，只有一项是符合题目要求的。1集合，则（）2,4,6,8,10,16MNxx MN ABCD2,42,4,62,4,6,82,4,6,8,102设，其中为实数，则（）(12i)2iab, a bABCD1,1ab 1,1ab1,1ab 1,1ab 3已知向量，则（）(2,1)( 2,4) ，ab|abA2B3C4D54分别统计了甲、乙两位

3、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 0.625若 x，y 满足约束条件则的最大值是（）2,24,0,xyxyy2zxyAB4 C8 D1226设 F 为抛物线的焦点，点 A 在 C 上，点，若，则2:4C yx(3,0)B| |AFBF（）|AB A2 B C3 D2 23 27执行右边的程序框图，输出的（）n A3 B4 C5 D

4、68右图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（） 3,3ABCD3231xxyx321xxyx22 cos1xxyx22sin1xyx9在正方体中，分别为的中点，则（）1111ABCDABC D,E F,AB BCA平面平面B平面平面1B EF 1BDD1B EF 1ABD3C平面平面D平面平面1B EF1A AC1B EF11AC D10已知等比数列的前 3 项和为 168，则（） na5242aa6a A14 B12 C6 D311函数在区间的最小值、最大值分别为（） cos1 sin1f xxxx0,2A B C D 2 2，3 22， 22 2，3 222，12已知球

5、 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 B C D13123322二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13记为等差数列的前 n 项和若，则公差_nS na32236SSd 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过四点中的三点的一个圆的方程为_ 0,0 , 4,0 ,1,1 , 4,216若是奇函数，则_，_ 1ln1f xabxa b 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演

6、算步骤。第分。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，考生根据要求题为选考题，考生根据要求作答。作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分。17 （12 分）记的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知ABCsinsinsinsinCABBCA（1）若，求 C；2AB（2）证明：.2222abc18 （12 分）如图，四面体中，E 为 AC 的中点ABCD,ADCD ADCDADBBDC 4（1）证明：平面平面 ACD；BED （2）设，点 F 在 BD 上，当的面积

7、最小时，求三棱2,60ABBDACBAFC锥的体积FABC19 （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：） ，得到如下数据：3m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，10210.038iix10211.6158iiy1010.2474iiix y（1）估计该

8、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2186m区这种树木的总材积量的估计值附：相关系数，12211niiinniiiixxyyrxxyy1.8961.37720 （12 分）已知函数1( )(1)lnf xaxaxx（1）当时，求的最大值；0a ( )f x（2）若恰有一个零点，求 a 的取值范围( )f x21 （12 分）已知椭圆 E 的中心为坐

9、标原点，对称轴为 x 轴、y 轴，且过5两点3(0, 2), 12AB（1）求 E 的方程；（2）设过点的直线交 E 于 M，N 两点，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段交(1, 2)PAB于点 T，点 H 满足，证明：直线过定点MTTH HN（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中选定一题作答，并用题中选定一题作答，并用 2B 铅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、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。多涂均按所答第一题评分；多答按所答

10、第一题评分。22选修 44：坐标系与参数方程（10 分）在直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为（t 为参数） 以坐标原点为xOy3cos2 ,2sinxtyt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 45：不等式选讲（10 分）已知 a，b，c 都是正数，且，证明：3332221abc（1）；19abc （2）12abcbcacababc62022 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试文科数学文科数学注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己

11、的姓名、准考证号填写在答题卡上答卷前，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铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑标号框涂黑.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题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，

12、共 60 分分.在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的.1. 集合，则（）2,4,6,8,10 ,16MNxx MN A. B. C. D. 2,42,4,62,4,6,82,4,6,8,10【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为，所以2,4,6,8,10M | 16Nxx 2,4MN 故选：A.2. 设，其中为实数，则（）(12i)2iab, a bA. B. C. D. 1,1ab 1,1ab1,1ab 1,1ab 7【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】

13、因为R，所以，解得：, a b2 i2iaba0,22aba1,1ab 故选：A.3. 已知向量，则（）(2,1)( 2,4)ab ，abrrA. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.ababrr【详解】因为，所以. 2,12,44, 3ab 22435 ab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

14、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.8【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，A 选7.37.57.42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 8.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.8 10.18.50625816，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的概率的估计值，860.3750.416C 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的概率的估计值，81

15、30.81250.616D 选项结论正确.故选：C5. 若 x，y 满足约束条件则的最大值是（）2,24,0,xyxyy2zxyA. B. 4C. 8D. 122【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，9转化目标函数为，2zxy2yxz上下平移直线，可得当直线过点时，直线截距最小，z 最大，2yxz4,0所以.max2 408z 故选：C.6. 设 F 为抛物线的焦点，点 A 在 C 上，点，若，则2:4C yx(3,0)BAFBF（）AB A. 2B. C. 3D. 2 23 2【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线

16、的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得A点坐标，即可得到答案.A【详解】由题意得，则，1,0F2AFBF即点到准线的距离为 2，所以点的横坐标为，A1x A121 不妨设点在轴上方，代入得，Ax1,2A所以.223 1022 2AB 故选：B107. 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，2123bba ，3 12,12abann ；222231220.0124ba执行第二次循环，2347bba，725,13abann ；222271220.01525ba执行第三次循环，271017bba，1

17、7512,14abann 11，此时输出.2222171220.0112144ba4n 故选：B8. 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（） 3,3A. B. C. D. 3231xxyx321xxyx22 cos1xxyx22sin1xyx【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，则，故排除 B; 321xxf xx 10f设，当时， 22 cos1xxh xx0,2x0cos1x所以，故排除 C; 222 cos2111xxxh xxx设，则，故排除 D. 22sin1xg xx 2sin33010g故选：A.9. 在正方

18、体中，E，F 分别为的中点，则（）1111ABCDABC D,AB BCA. 平面平面B. 平面平面1B EF 1BDD1B EF 1ABD12C. 平面平面D. 平面平面1/ /B EF1A AC1/ /B EF11AC D【答案】A【解析】【分析】证明平面，即可判断 A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标EF 1BDDD系，设，分别求出平面，的法向量，根据法向量的位置关系，2AB 1B EF1ABD11AC D即可判断 BCD.【详解】解：在正方体中，1111ABCDABC D且平面，ACBD1DD ABCD又平面，所以，EF ABCD1EFDD因为分别为的中点，,E F,AB BC所以，

19、所以，EFACEFBD又，1BDDDD所以平面，EF 1BDD又平面，EF 1B EF所以平面平面，故 A 正确；1B EF 1BDD如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，D2AB 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 设平面的法向量为， 1B EF111,mx y z则有，可取，11111020m EFxym EByz 2,2, 1m 同理可得平面的法向量为，

20、1ABD11, 1, 1n 13平面的法向量为，1A AC21,1,0n 平面的法向量为，11AC D31,1, 1n 则，122 110m n 所以平面与平面不垂直，故 B 错误；1B EF1ABD因为与不平行，m2nu u r所以平面与平面不平行，故 C 错误；1B EF1A AC因为与不平行，m3n 所以平面与平面不平行，故 D 错误，1B EF11AC D故选：A.10. 已知等比数列的前 3 项和为 168，则（） na2542aa6a A. 14B. 12C. 6D. 3【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根 na,0q q 1q 据等比数

21、列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为， na,0q q 14若，则，与题意矛盾，1q 250aa所以，1q 则，解得，31123425111168142aqaaaqaaa qa q19612aq所以.5613aa q故选：D.11. 函数在区间的最小值、最大值分别为（） cos1 sin1f xxxx0,2A. B. C. D. 2 2，3 22， 22 2，3 222，【答案】D【解析】【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和 f x f x0,2最大值.【详解】， sinsin1 cos1 cosfxxxxxxx 所以在区间和上，即单调递增； f x0,23

22、,22 0fx f x在区间上，即单调递减， 3,22 0fx f x又， 022ff222f33311222f 所以在区间上的最小值为，最大值为. f x0,23222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15该四棱锥的体积最大时，其高为（）A. B. C. D. 13123322【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，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22r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

23、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2111sin222222ABCDSAC BDAC BDrrr（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3222222212224 322333327O ABCDrrhVrhrrh当且仅当即时等号成立，222rh33h 故选：C二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13. 记为等差数列的前 n 项和若，则公差_nS na32236S

24、Sd 【答案】2【解析】【分析】转化条件为，即可得解.112+226adad【详解】由可得，化简得，32236SS123122+36aaaaa31226aaa16即，解得.112+226adad2d 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】#0.3310【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，所以甲、乙都入选的概率13C3310P 故答案为：31015. 过四点中的三点的一个圆的方程为_(0,0),(4,0),( 1,1),(4,2)【答案】或或或

25、222313xy22215xy224765339xy；2281691525xy【解析】【分析】设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得220 xyDxEyF即可；【详解】解：依题意设圆的方程为，220 xyDxEyF若过，则，解得，0,04,01,1016401 10FDFDEF 046FDE 所以圆的方程为，即；22460 xyxy222313xy17若过，则，解得，0,04,04,201640164420FDFDEF042FDE 所以圆的方程为，即；22420 xyxy22215xy若过，则，解得，0,04,21,101 10164420FDEFDEF 083143FDE 所以圆的

26、方程为，即；22814033xyxy224765339xy若过，则，解得，1,14,04,21 101640164420DEFDFDEF 1651652FDE 所以圆的方程为，即；2216162055xyxy2281691525xy故答案为：或或222313xy22215xy或；224765339xy2281691525xy16. 若是奇函数，则_，_ 1ln1f xabxab 【答案】 . ； . 12ln2【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出【详解】因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称 1ln1f xabx18由可得，所以，解得：，即101ax110 xaax 11axa 12a

27、 函数的定义域为，再由可得，即 , 11,11, 00fln2b ，在定义域内满足，符合题意 111lnln2ln211xf xxx fxf x 故答案为：；12ln2三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题题为必考题，每个试题考生都必须作答为必考题，每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作题为选考题，考生根据要求作答答.17. 记的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知ABCsinsinsinsinCABBCA（1）若，求 C；2AB（2）证明：2222abc

28、【答案】 （1）；58（2）证明见解析【解析】【分析】 （1）根据题意可得，再结合三角形内角和定理即可解出；sinsinCCA（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA弦定理化简即可证出【小问 1 详解】由，可得，2ABsinsinsinsinCABBCAsinsinsinsinCBBCA而，所以，即有，而02Bsin0,1Bsinsin0CCA，显然，所以，而，0,0CCACCACCA2AB19，所以ABC58C 【小问 2 详解】由可得，sinsinsinsinCABBCA，再由正弦定理可得，s

29、insincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，然后根据余弦定理可知，coscoscoscosacBbcAbcAabC，化简得：22222222222211112222acbbcabcaabc，故原等式成立2222abc18. 如图，四面体中，E 为 AC 的中点ABCD,ADCD ADCDADBBDC （1）证明：平面平面 ACD；BED （2）设，点 F 在 BD 上，当的面积最小时，求三棱2,60ABBDACBAFC锥的体积FABC【答案】 （1）证明详见解析（2）34【解析】【分析】 （1）通过证明平面来证得平面平面.AC BEDBED ACD（2）首先

30、判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，AFCFFABC从而求得三棱锥的体积.FABC20【小问 1 详解】由于，是的中点，所以.ADCDEACACDE由于，所以，ADCDBDBDADBCDB ADBCDB所以，故，ABCBACBD由于，平面，DEBDD,DE BD BED所以平面，AC BED由于平面，所以平面平面.AC ACDBED ACD【小问 2 详解】依题意，三角形是等边三角形，2ABBDBC60ACBABC所以，2,1,3ACAECEBE由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.,ADCD ADCDACD1DE ，所以，222DEBEBDDEBE由于，平面，所以平面.

31、ACBEE,AC BE ABCDE ABC由于，所以，ADBCDBFBAFBC 由于，所以，BFBFFBAFBCABCB FBAFBC所以，所以，AFCFEFAC由于，所以当最短时，三角形的面积最小值.12AFCSAC EFEFAFC过作，垂足为，EEFBDF在中，解得，RtBED1122BE DEBD EF32EF 21所以，223131,2222DFBFDF所以.34BFBD过作，垂足为，则，所以平面，且，FFHBEH/FH DEFH ABC34FHBFDEBD所以,34FH 所以.111332333244FABCABCVSFH 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

32、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：）和材积量2m（单位：） ，得到如下数据：3m样本号12345678910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10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyx y22（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

33、 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2186m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）；20.06m30.39m（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

34、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0.60.0610 x 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】231010iiiii=1i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=1101010 xxyyx yxyrxxyyxxyy22(0.038 10 0.06 )(1.6158 10.2474 10 0.06 0.390.01340.01340

35、.970.013770.0000 018996.3)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，解之得0.06186=0.39Y3=1209mY则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20. 已知函数1( )(1)lnf xaxaxx（1）当时，求的最大值；0a ( )f x（2）若恰有一个零点，求 a 的取值范围( )f x【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，按照、及结合导数讨论函数的单 211axxfxx0a 01a1a 调性，求得函数的极

36、值，即可得解.【小问 1 详解】当时，则，0a 1ln ,0f xx xx 22111xfxxxx当时，单调递增；0,1x( )0fx fx当时，单调递减；1,x( )0fx fx当时，单调递减；1,x( )0fx fx在上，单调递减；11,a( )0fx fx在上，单调递减；此时，1,1a( )0fx fx 110fa 又，当 n 趋近正无穷大时，趋近负无穷，1111 lnnnnfan aaaa1nfa所以在有一个零点，在无零点， fx10,a1,a所以有唯一零点，符合题意； fx综上，a 的取值范围为.0,25【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

37、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，且过两30, 2 , 12AB点（1）求 E 的方程；（2）设过点的直线交 E 于 M，N 两点，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交于1, 2P点 T，点 H 满足证明：直线 HN 过定点MTTH 【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，过，221mxny30, 2 , 12AB则，解得，41914n

38、mn13m 14n 所以椭圆 E 的方程为：.22143yx【小问 2 详解】，所以，3(0, 2), ( , 1)2AB2:23AB yx若过点的直线斜率不存在，直线.代入，(1, 2)P1x 22134xy可得，代入 AB 方程，可得2 6(1,)3M2 6(1,)3N223yx26，由得到.求得 HN 方程：2 6( 63,)3TMTTH 2 6(2 65,)3H，过点.2 6(2)23yx(0, 2)若过点的直线斜率存在，设.(1, 2)P1122(2)0,( ,),(,)kxykM x yN xy联立得，22(2)0,134kxykxy22(34)6 (2)3 (4)0kxkk xk

39、 k可得，1221226 (2)343 (4)34kkxxkkkx xk12222228(2)344(442)34kyykkky yk且1221224(*)34kx yx yk联立可得1,223yyyx111113(3,),(36,).2yTyHyx y可求得此时，1222112:()36yyHN yyxxyxx将，代入整理得，(0, 2)12121221122()6()3120 xxyyx yx yy y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：从特殊入手，求出

40、定值，再证明这个值与变量无关；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（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中选定一题作答，并用题中选定一题作答，并用 2B 铅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、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多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.27选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为， （t 为参数） ，以坐标原点xOy3cos22si

41、nxtyt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）195122m【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】因为 l：，所以，sin03m13sincos022m又因为，所以化简为，sin,cosyx13022yxm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，代

42、入3cos2xt2sinyt中，可得，320 xym3cos22sin20ttm所以，23(1 2sin)2sin20ttm化简为，26sin2sin320 ttm要使 l 与 C 有公共点，则有解，226sin2sin3mtt令，则，令，sin ta1,1a 2( )623f aaa( 11)a28对称轴为，开口向上，16a 所以，( 1)623( )5maxffa，min11219( )36666 ffa所以19256mm 的取值范围为.195122m选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲23. 已知 a，b，c 都是正数，且，证明：3332221abc（1）；19abc （2）；12ab

43、cbcacababc【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，则，0a 0b 0c 320a 320b 320c 所以，33333322232223abcabc即，所以，当且仅当，即时取等号1213abc19abc 333222abc319abc【小问 2 详解】证明：因为，0a 0b 0c 所以，2bcbc2acac2abab29所以，3222aaabcbcabc3222bbbacacabc3222cccabababc333333222222122222abcabcabcbcacababcabcabcabcabc当且仅当时取等号abc