2022年全国统一高考乙卷理科数学试卷含答案解析（定稿）.doc

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设全集，集合满足，则ABCD2已知，且，其中，为实数，则A，B，C，D，3已知向量，满足，则ABC1D24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，依此类推，其中，2，.则ABCD5设为抛物线的焦点，点在上，点,若,则A2BC3D6执行如图的程序框图，输出的A3B4C5D67在正方体中，分别为，的中点，则A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面8已知

2、等比数列的前3项和为168，则A14B12C6D39已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为ABCD10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，且记该棋手连胜两盘的概率为，则A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，最大C该棋手在第二盘与乙比赛，最大D该棋手在第二盘与丙比赛，最大11双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为ABCD12已知函数，的定义域均为，且，若的图像关于直线对称，则ABCD二、填空题：本题共4小

3、题，每小题5分，共20分。13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过四点，中的三点的一个圆的方程为 15记函数，的最小正周期为若，为的零点，则的最小值为 16已知和分别是函数且的极小值点和极大值点若，则的取值范围是 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）记的内角，的对边分别为，已知（1）证明：；（2）若，求的周长18（12分）如图，四面体中，为的中点（1）证明：平面平面；（2）设，点在上，当的面积最小时，求

4、与平面所成的角的正弦值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：和材积量（单位：，得到如下数据：样本号12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得，（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；（3）现测量了该林区所有这种

5、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区这种树木的总材积量的估计值附：相关系数，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），B（，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满足证明：直线HN过定点21（12分）已知函数（1）当时，求曲线在点，处的切线方程；（2）若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围（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

6、：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为（1）写出的直角坐标方程；（2）若与有公共点，求的取值范围选修4-5：不等式选讲（10分）23已知，都是正数，且，证明：（1）；（2）2022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设全集，集合满足，则ABCD【思路分析】根据补集的定义写出集合，再判断选项中的命题是否正确【解析】因为全集，所以，所以，故选：【试题评价】本题考查了

7、补集的定义与应用问题，是基础题2已知，且，其中，为实数，则A，B，C，D，【思路分析】根据复数与共轭复数的定义，利用复数相等列方程求出、的值【解析】因为，且，所以，所以，解得，故选：【试题评价】本题考查了复数与共轭复数以及复数相等的应用问题，是基础题3已知向量，满足，则ABC1D2【思路分析】利用，结合数量积的性质计算可得结果【解析】【解法一】因为向量，满足，所以，两边平方得，解得，故选：【解法二】【补解】求出夹角即向量，的夹角，可以利用余弦定理求值：，故选：【解法三】（补解）几何法：，则由得，由余弦定理的，所以【试题评价】本题考查了平面向量数量积的运算和性质，属于基础题4嫦娥二号卫星在完成探

8、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，依此类推，其中，2，则ABCD【思路分析】，2，可以取，依次求出数列的前8项，能求出正确选项【解析】【解法一】，2，可以取，则，故错误；，故错误；，故错误；，故正确故选：【解法二】（补解）（整体分析：单调性）因为，所以，得到，同理，可得，又因为，故，；以此类推，可得，故A错误；，故B错误；，得，故C错误；，得，故D正确.故选：D.【试题评价】本题考查命题真假的判断，巧妙地把人造行星融入高考数学题，培养学生爱国热情，考查运算求解能力，是基础题5设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则

9、A2BC3D【思路分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解的坐标，然后求解即可【解析】【解法一】为抛物线的焦点，点在上，点，由抛物线的定义可知，不妨在第一象限），所以故选：【解法二】（补解）易知抛物线 的焦点为 ，于是有 ，故 ，注意到抛物线通径 ， =p,通径为抛物线最短的焦点弦，分析知 必为半焦点弦，于是有 轴， 于是有： 【试题评价】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题6执行如图的程序框图，输出的A3B4C5D6【思路分析】模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的值【解析】模拟执行程序的运行过程，如下：输入，计算，判断，计算，判断；计算，判断；输出故选：【试

10、题评价】本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题7在正方体中，分别为，的中点，则A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面【思路分析】对于，易知，平面，从而判断选项正确；对于，由选项及平面平面可判断选项错误；对于，由于与必相交，容易判断选项错误；对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，由此可判断选项错误【解析】【解法一】对于，由于，分别为，的中点，则，又，且，平面，平面，则平面，又平面，平面平面，选项正确；对于，由选项可知，平面平面，而平面平面，故平面不可能与平面垂直，选项错误；对于，在平面上，易知与必相交，故平面与平面不平行，选项错误；对于，易知平面平面，而平面与平面

11、有公共点，故平面与平面不可能平行，选项错误故选：【解法二】（补解）（建系）解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.【试题评价】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题8已知等比数列的前3项和为168，则A14B12C6

12、D3【思路分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得的值【解析】【解法一】设等比数列的公比为，由题意，前3项和为，则，故选：【解法二】（、补解）（不同基础量）设等比数列的公比为，由题意，前3项和为，则，故选：【解法三】（补解）得：结合选项知0q1,试根法得【试题评价】本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题9已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为ABCD【思路分析】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，由勾股定理可知该四棱锥的高，所以该四棱锥的体积，再利用基本不等式即可求出的最大值，以及此

13、时的值，进而求出的值【解析】【解法一】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，底面所在圆的半径为，则，该四棱锥的高，该四棱锥的体积，当且仅当，即时，等号成立，该四棱锥的体积最大时，其高，故选：【解法二】（补解）（解法类似：设变量不同）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（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面积最大值为又则当且仅当即时等号成立，故选：C【解法三】（补解）：考虑与四棱锥的底面形状无关，假设底面是 边长为 的正方形，底面所在圆面的半径

14、为 ，则 ， 所以该四棱锥的高 ，所以体积 设， ，当 ， ，单调递增， 当 ， ，单调递减，所以当 时， 取最大，此时 【试题评价】本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题10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，且记该棋手连胜两盘的概率为，则A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，最大C该棋手在第二盘与乙比赛，最大D该棋手在第二盘与丙比赛，最大【思路分析】已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以受比赛次序影响，错误；再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率，比较大小即

15、可【解析】设棋手在第二盘与甲的比赛连胜两盘的概率为，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为，在第二盘与丙的比赛连胜两盘的概率为，所以最大，即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大故选：【试题评价】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用11双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为ABCD【思路分析】由题意设双曲线的方程为，设过的切线与圆相切于点，从而可求得，过点作于点，由中位线的性质可求得，在中，可求得，利用双曲线的定义可得，的关系，再由离心率公式求解即可【解析】【解法一】设双曲线的方程为，设过的切线与圆相切于

16、点，则，又，所以，过点作于点，所以，又为的中点，所以，因为，所以，所以，则，所以，由双曲线的定义可知，所以，可得，即，所以的离心率当直线与双曲线交于一支时，同理可得正确；故选：选项C选项A【解法二】（补解）（选项C不同解法）解：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，所以，因为，所以在双曲线的右支，所以，设，由，即，则，.，在中，由正弦定理得，所以，又，所以，即，所以双曲线的离心率故选C.【试题评价】本题主要考查双曲线的性质，圆的性质，考查转化思想与数形结合思想，考查运算求解能力，属于中档题12已知函数，的定义域均为，且，若的图像关于直线对称，则ABCD【思路分析】由的对称性可得为偶

17、函数，进而得到关于点中心对称，所以（1），再结合的周期为4，即可求出结果【解析】【解法一】的图像关于直线对称，则，故为偶函数，得由，得，代入，得，故关于点中心对称，由，得，故，周期为4，由，得，又，所以，故选：【解法二】（补解）（类似：利用总体求和）因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因，所以，又因为，联立得，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以故选：D【试题评价】本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13从甲、乙等5名同学中随机选3名

18、参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 【思路分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率【解析】【解法一】由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数，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，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率故答案为：【解法二】（补解）（列举法）：甲乙丙丁戊5名同学选3名同学参加社区服务的总数：甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊、甲丙丁、甲丙戊、甲丁戊、乙丙丁、乙丙戊、乙丁戊、丙丁戊，共10种，其中甲乙入选有：甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊3种，所以甲、乙都入选的概

19、率【试题评价】本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题14过四点，中的三点的一个圆的方程为 （或或或(或写成圆的标准方程：或或或；)【思路分析】选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程【解析】【解法一】设过点，的圆的方程为，即，解得，所以过点，圆的方程为即；同理可得，过点，圆的方程为即；过点，圆的方程为即过点，圆的方程为即；故答案为：（或或或【解法二】（补解）：设点， ， , 则，所以圆的方程： （2）若圆过三点，圆心坐标为（），则 ， 则 ， ，所以圆的方程为 （3）若圆过三点，线段AC的中垂线为，设圆心坐标为，则则 ，所以圆的方程为 ： （4）若圆过三点

20、，线段的中垂线为，设圆心坐标为，则则 ，所以圆的方程为 ： 【解法三】（补解）（1）若圆过三点，则的中垂线,的中垂线，圆心坐标,所以半径为，所以圆的方程为（2）若圆过三点 ，则的中垂线线, 则的中垂线线, 联立得，所以圆的方程为：则，所以圆的方程： （3）若圆过三点 ，则的中垂线线, 则的中垂线线, 联立，所以圆的方程：（4）若圆过三点 ，则的的中垂线, 则的中垂线线, 联立得：，所以圆的方程：【试题评价】本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题15记函数，的最小正周期为若，为的零点，则的最小值为 3【思路分析】由题意，结合余弦函数的周期和零点，建立相关的方程求解即可【解析

21、】函数，的最小正周期为，若，则，所以因为为的零点，所以，故，所以，因为，则的最小值为3故答案为：3【试题评价】本题主要考查余弦函数的图象和性质，考查了方程思想，属于基础题16已知和分别是函数且的极小值点和极大值点若，则的取值范围是 【思路分析】由已知分析函数至少应该两个变号零点，对其再求导，分类讨论和时两种情况即可得出结果【解析】【解法一】对原函数求导，分析可知：在定义域内至少有两个变号零点，对其再求导可得：，当时，易知在上单调递增，此时若存在使得，则在单调递减，单调递增，此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，应满足，不满足题意；当时，易知在上单调递减，此时若存在使得，则在单调递增，单调递减

22、，且，此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，且，故仅需满足，即：，解得：或者（舍去），综上所述：的取值范围是【解法二】（补解）【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，时，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.【解析】，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，当时，若时，当时，则此时，与前面矛盾，故不符合题意，若时，则方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，

23、则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的范围为.【解法三】（补解） 【解法四】（补解）因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在递减，在上递增， 所以当时，当时， 若时， 当时，则此时，与前面矛盾，故不符合题意，若时，则方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的范围为.【解法五】【补解】,（1）时，单调递增，（2），单调递减

24、若符合（1）可得若时，时，不符合题意，若，也不符合题意。若符合（2）可得：，并且满足时，时，在和分别是函数且的极小值点和极大值点，必有，即，且即，,【琪琪老师补解】，依题知有两个实数根，即有两个实数解，又，所以在上，故.【试题评价】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题，考查运算求解能力，属于中档题三、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）记的内角，的对边分别为，已知（1）证明：；（2）若，求的周长【思路分析】（1）利用两角差与和的正弦公式，三

25、角形内角和公式，正弦和余弦定理，即可求得结论；（2）利用（1）中结论求出和的值，即可求出的周长【解答】【解法一】（1）证明：中，所以，所以，即，所以，由正弦定理得，由余弦定理得，所以；【解法二】（补解）（角化边）证明：因为，所以，所以，即，所以；【解法三】（补解）证明：中，所以，化简得：，化简得：，化简得：，由得：所以（2）当，时，所以，解得，所以的周长为【试题评价】本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与推理证明能力，是中档题18（12分）如图，四面体中，为的中点（1）证明：平面平面；（2）设，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值【思路分析】（1）利用三

26、角形全等可得，可证，易证，从而可证平面平面；（2）由题意可知的面积最小时，据此计算可求得与平面所成的角的正弦值【解答】（1）证明：，为的中点，又，又为的中点，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面；（2）解：连接，由（1）知，故最小时，的面积最小，时，的面积最小，又平面，平面，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面，过作于点，则平面，故，即为直线与平面所成的角，由，知是2为边长的等边三角形，故，由已知可得，又，所以，在中，由余弦定理得，故与平面所成的角的正弦值为【解法二】（、补解）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为

27、E为的中点，所以，因为，所以,在中，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.【试题评价】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题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：和材积量（单位：，得到如下数据：样本号12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积

28、量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得，（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；（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区这种树木的总材积量的估计值附：相关系数，【思路分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可【解析】（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，则根据题中

29、数据得：，；（2）【解法一】由题可知，；【解法二】【补解】：（3）设从根部面积总和，总材积量为，则，故【试题评价】本题考查线性回归方程，属于中档题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），B（，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满足证明：直线HN过定点【思路分析】（1）设E的方程为，将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，若过P（1，2）的直线的斜率不存在，直线为x1，代入椭圆方程，根据即可求解；若过P（1，2）的直线的斜率存在，设kxy（k+2）0，M（x1，y

30、1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x26k（2+k）x+3k（k+4）0，结合韦达定理和已知条件即可求解【解析】（1）设E的方程为，将两点代入得，解得a23，b24，故E的方程为；【解法二】（补解）（方程不同设法）设椭圆E的方程为，过，则，解得，所以椭圆E的方程为：.（2）由可得直线若过P（1，2）的直线的斜率不存在，直线为x1，代入，可得，将代入，可得，由，得，易求得此时直线，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，得（3k2+4）x26k（2+k）x+3k（k+4）0，故有，且（*），联立，可得，可求得此

31、时，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）(不同处理方法)【解法二】（补解） 证明: 证明: 证明: 证明： 证明: 证明: 证明: 证明： 恒成立, 而此等式显然恒成立.综上, 直线HN过定点过点 .【解法三】(伸缩变换:摘自新疆昌吉州第一中学张润平老师文章)对椭圆, 作变换 , 则在新坐标系中, 对应的曲线及各点变为, , 则原命题等价于:在平面直角坐标系中, 单位圆,过点的直线与单位圆交于两点, 过点平行于

32、横轴的直线,与直线相交于, 点满 足, 证明:三点共线.直线,直线, 联立直线与单位圆联立得 下面证明 三点共线：法1（从斜率入手）证明 三点共线 证明 证明证明证明证明证明此式显然成立.综上, 三点共线.综上, 直线 HN过定点过点 .法2（从三角形面积入手）故 三点共线.综上, 直线HN过定点过点 .法3（从平面向量基本定理入手）其中，则,即故三点共线.综上,直线HN过定点过点.方法三：（极点极线+参数方程：摘自赤峰宁城教研中心赵国义老师文章）设直线与直线交于,即要证明过,只要证明即证明,即证明令直线的方程是 代入得将代入方程得成立,即直线过定点.【补解1】(1)坐标平移法减少运算量（1）

33、椭圆焦点位置不确定故可以设椭圆一般式方程 代入A,B坐标解得(2)把x轴向下平移两个单位，y轴不变，此时A点坐标变为(0,0) P点坐标变为(1,0)B点坐标变为() 椭圆方程变为 过P点做直线MN，当直线MN斜率不存在时，解得 又T为线段MH中点，解得 所以 直线恒过(0,0)即还原到原坐标恒过(0,-2)过P点做直线MN，设当直线MN斜率存在时设联立椭圆方程化简得由根与系数的关系得 当时解得设HM的中点为把Q坐标代入中满足，由此说明Q,T重合，说明NH恒过（0，-2）【补解2】直线参数方程()与椭圆联立解得所以其中解得由中点坐标公式解得，所以所以设所以 所以即所以P,N,A三点共线【赵传义

34、补解】设的方程为，当时，重合于点，所以猜想直线过定点.直线的方程为， 所以，所以直线的方程为，令将直线方程代入椭圆方程得所以，所以所以，所以直线过定点.【赵传义补解】设的方程为，设，则在直线上，所以，得，直线的方程为令， 将直线方程代入椭圆方程得所以，因为 所以，所以直线过定点【试题评价】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题21（12分）已知函数（1）当时，求曲线在点，处的切线方程；（2）若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围【思路分析】（1）将代入，对函数求导，求出及，由点斜式得答案；（2）对函数求导，分及讨论，当时容易判断不合题意，当时，令，利用导数判断的性质，进而判断得到函数的单调

35、性并结合零点存在性定理即可得解【解析】（1）当时，则，又，所求切线方程为；（2），若，当时，单调递增，则，不合题意；故，令，注意到，令，解得或，令，解得，在单调递增，在单调递减，且时，若，当时，单调递增，不合题意；若，（1），则存在，使得，且当时，单调递减，则，当时，则由零点存在性定理可知在上存在一个根，当时，单调递减，当时，则由零点存在性定理可知在上存在一个根综上，实数的取值范围为【解法二】（补解）设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调

36、递增所以当当，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设，所以在单调递增，所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【解法三】（分离参数法：摘自张润平老师文章）解：由, 则由 。记 , 则 函数在为减函数,上为增函数,上为增函数,且函数在上为增函数,且, 其图象如下:【解法四】另解 (两边求导, 减少超越函数个数)由 令 , 考查其在 内的单调性 .,由,函数在上为增函数,上为减函数,上为减函数,上为增函数,且,则在上各恰有一个零点

37、与直线在上各恰有一个交点,则.综上,.【解法五】【补解】【解法六】【补解1】在，各有一个零点在，各有一个零点即令 则在，各有一个零点又 当，由此在，各有一个极大值点，一个极小值点又即令 则在恒正所以在单调增又，所以存在使得时即单调减，时即单调增且在上存在使得在存在使得且 由此当时在单调增单调减单调增所以是在的极大值点,是在的极小值点 所以 【解法七】【补解2】：在，各有一个零点即在，各有一个零点即在，各有一个零点令与在，各有一个交点即 其中 则在即单调减，在单调减所以在单调减，在单调增，又所以在上单调增接着判断在图像的凹凸性因为所以 在恒成立所以在单调增且所以存在使得上即在为上凸函数在上即在为

38、下凹函数 且当在点处求的切线方程为此切线在处与有一个交点所以当时一定有两个交点即【试题评价】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题（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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为（1）写出的直角坐标方程；（2）若与有公共点，求的取值范围【思路分析】（1）由，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得的直角坐标方程；

39、（2）化曲线的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线的方程，化为关于的一元二次方程，再求解的取值范围【解析】（1）由，得，又，即的直角坐标方程为；（2）由曲线的参数方程为为参数）消去参数，可得，联立，得，即，的取值范围是，【解法二】（补解）联立l与C的方程，即将，代入中，可得，所以，化简为，要使l与C有公共点，则有解，令，则，令，对称轴为，开口向上，所以，所以m的取值范围为.【解法三】【补解】将，代入中，可得，利用二倍角公式得：，化简：，若与有公共点，则有解，令，则，令，对称轴为，开口向上，所以，所以的取值范围为.【试题评价】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题选修4-5：不等式选讲（10分）23已知，都是正数，且，证明：（1）；（2）【思路分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可【解析】（1）证明：，都是正数，当且仅当时，等号成立因为，所以，所以，所以，得证（2）根据基本不等式，当且仅当时等号成立，故得证【试题评价】本题考查基本不等式的应用，属于中档题第39页（共39页）