2022年高考数学真题（文科）（全国甲卷）（解析版）下载

绝密★启用前 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题 卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好 条形码. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 52A {2,1,0,1,2}, B  x∣0  x  A B  1. 设集合 ，则 （）{1,2} D. 0,1,2 {2,1,0} {0,1} A. B. C. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可解出． 52A  2,1,0,1,2 B  x∣0  x  A B  0,1,2   【详解】因为 ，，所以 ．故选：A. 2. 某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取 10 位社区居民，让 他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这 10 位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正 确率如下图： 则（ ）A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于 B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 70% 85% C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差 D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差 【答案】B 【解析】 【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解. 70%  75%  70% 【详解】讲座前中位数为 ,所以 错； A280%,4 讲座后问卷答题的正确率只有一个是 率的平均数大于 ,所以 B 对； 个,剩下全部大于等于 ,所以讲座后问卷答题的正确 90% 85% 85% 的讲座前问卷答题 正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所 以 C 错； 讲座后问卷答题的正确率的极差为100% 80%  20% ，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%  60%  35%  20% ,所以 错. D故选:B. | iz  3z | 3. 若 ．则 （）z 1 i A. 【答案】D B. C. D. 4 5 2 5 4 2 2 2 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出． iz  3z  i 1 i  3 1i  2  2i iz  3z  4  4  2 2 【详解】因为 ，所以 ，所以 ．z 1 i 故选：D. 4. 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该多面体的体积为 （）A. 8 B. 12 C. 16 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解. 【详解】由三视图还原几何体，如图， 2  4 2V  22 12 .则该直四棱柱的体积 故选：B. ππf (x)  sin x  (  0) 5. 将函数 的图像向左平移 个单位长度后得到曲线C，若 C 关于 y 轴对称， 32则的最小值是（ ）16141312A. B. C. D. 【答案】C 【解析】  232 k,k Z ，即可求出 的最小值. 【分析】先由平移求出曲线 的解析式，再结合对称性得 C2   23y，又 关于轴对称，则 y  sin  x   sin(x  )【详解】由题意知：曲线 为CC3 232 k,k Z ，11时， 的最小值为   2k,k Z 解得 ，又 ，故当 .  0 k  0 33故选：C. 6. 从分别写有 1，2，3，4，5，6 的 6 张卡片中无放回随机抽取 2 张，则抽到的 2 张卡片上的数字之积是 4 的倍数的概率为（ ）1A. 132523B. C. D. 5【答案】C 【解析】 【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是 4 的倍数的情况，由古典概型求概率即可. 【详解】[方法一]：【最优解】无序 从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有 1,2 , 1,3 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 2,3 , 2,4 , 2,5 , 2,6 , 3,4 , 3,5 , 3,6 , 4,5 , 4,6 , 5,6 15 种情                   621,4 , 2,4 , 2,6 , 3,4 , 4,5 , 4,6       6.况，其中数字之积为 4 的倍数的有 [方法二]：有序 种情况，故概率为 15 5从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有 1,2 , 1,3 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 2,3 , 2,4 , 2,5 , 2,6 , 3,4 , 3,5 , 3,6 , 4,5 , 4,6 , 5,6                ,(2,1),(3, 1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30 种情况， 其中数字之积为 4 的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12 种情况，故概率 12 30 25为.故选：C. 【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解； 方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出； π π y  3x 3x cos x  , 7. 函数 在区间 的图象大致为（ ）2 2 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.   2 2 f x 3x 3x cos x, x , 【详解】令   ，f x  3x 3x cos x  3x 3x cos x   f x 则  ，f x 所以  为奇函数，排除 BD； 2时，3x 3x  0,cos x  0 ，所以   ，排除 C. x 0, f x 0 又当 故选：A. bf (2)  f (x)  aln x  8. 当 时，函数 取得最大值 ，则 （）x 1 2 x111 A. B. C. D. 1 22【答案】B 【解析】 f 1 = – 2 ( ) f 1  0 a,b f x 【分析】根据题意可知 ，  即可解得 ，再根据  即可解出． axbx2 f 1 = – 2 ( ) f x 0, f 1  0 fx  【详解】因为函数  定义域为 ，所以依题可知， ，  ，而   ，22×2 b  2,a b  0 a  2,b  2 f x 0,1 f x  所以 ，即 ，所以 ，因此函数   在上递增，在   x1121, f 2  1  上递减， x 1时取最大值，满足题意，即有 ．  2故选：B. ABCD  A B C D B D AA B B 和平面 所成的角均为 1 1 9. 在长方体 1 中，已知 与平面 ，则 30 ABCD 111 1 （）AB C D 所成的角为 A. B. AB 与平面 30 AB  2AD 11AC  CB B D BB C C C. D. 与平面 所成的角为 45 1111【答案】D 【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】如图所示： AB  a, AD  b, AA  c B D 不妨设 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成角为 ，ABCD 11cbsin30  DB A B DBB D ，AA B B 与平面 所成角为 ，所以 ，即 b  c 11111B DB D 11B D  2c  a2  b2  c2 ，解得 ．a  2c 1AB = a AD =b ，对于 A， ，，A 错误； AB  2AD BE  AB AB C D AB C D B对于 B，过 作于，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为 ，EBE  AB  BAE 11111c2因为 ，所以  ，B 错误； tan BAE  BAE  30 a22222AC  CB 1 ，C 错误； 对于 C， 对于 D， ，，CB  b  c  2c AC  a  b  3c 1CD a2B D BB C C DB C sin DB C  与平面 所成角为 ，，而 11111B D2c 210  DB C  90 DB C  45 ，所以 ．D 正确． 11故选：D． SS，侧面积分别为 甲 和 乙 ，体积分别为 10. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 2π SV甲 V乙 甲 =2 =（V V 甲 和 乙 ．若 ，则 ）S乙 5 10 A. B. C. D. 510 2 2 4【答案】C 【解析】 rr【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 1 ，乙圆锥底面圆半径为 2 ，根据圆锥的侧面积公式可得 lr  2r r ,r 2 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的 1l2 ，再结合圆心角之和可将 1体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 1 ，乙圆锥底面圆半径为 rr，2lS甲 rl r11 2 ，则S乙 r l r22r  2r 所以 ，122r 2r 12 2 又则，llr  r 121 ，l21r  l,r  l 所以 ，12334522所以甲圆锥的高 乙圆锥的高 ，h  l  l  l19312 2 322，h2  l  l  l91495r2h l2  l11V甲 V乙 3132 2  10 .所以 r2h2 19l2  l233故选：C. x2 y2 13A , A 2 分别为 C 的左、右顶点，B 为 C 的上顶 11. 已知椭圆 的离心率为 ，C : 1(a  b  0) 1a2 b2   点．若 ，则 C 的方程为（ ）BA  BA2  1 1×2 y2 x2 y2 x2 y2 x2  y2 1 +=1 A. B. C. D. 1 1 9818 16 322【答案】B 【解析】   【分析】根据离心率及 【详解】解：因为离心率 A , A ，解得关于 a2 ,b2 的等量关系式，即可得解. BA  BA2 = 1 1b2 a2 898cb2 13b2  a2 ，解得 ，，e  1 aa2 9A a,0 ,A a,0 2  2 分别为 C 的左右顶点，则 1  ，1B(0,b) B 为上顶点，所以 .    ，因为 BA  BA2  1 所以 所以 BA  (a,b), BA2  (a,b) 118b2  a2 ，将 代入，解得 a2  9,b2  8 ，22a  b  1 9×2 y2 +=1 故椭圆的方程为 .98故选：B. mmm12. 已知 ，则（ ）9 10,a 10 11,b  8 9 A. B. C. D. a  0 b b  a  0 b  0  a a  b  0 【答案】A 【解析】 m  log 101 【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知 ，再利用基本不等式，换底公 9m  lg11 log 9 m ，式可得 ，然后由指数函数的单调性即可解出． 8【详解】［方法一］：（指对数函数性质） 22lg10 lg9  lg11 lg99 mm  log 10 1 ，而 由可得 2 ，所以 lg9lg11 1 lg10 9 10 9lg9 22lg10 lg11 mlg11 m  lg11 ，即 ，所以 .a 10 1110 11 0 lg9 lg10 22lg9 lg10 lg8 lg10 lg80 log 9 m 又2 ，所以 ，即 ，lg8lg10   lg9 8lg8 lg9 22log8 9 m所以 .综上， .a  0 b b  8 9  8 9  0 ［方法二］：【最优解】（构造函数） mm  log 10(1,1.5) 由，可得 ．9 10 9mf (x)  mxm1 1 a,b 根据 的形式构造函数 ，则 ，f (x)  x  x 1(x 1) 1f (x)  0 m  log 10(1,1.5) x (0,1) 1m .令，解得 ，由 知90×0  m f (x) f (10)  f (8) (1,) a  b 在上单调递增，所以 ，即 ，9 10 f (9)  9log 10  0 又因为 ，所以 .a  0 b 故选：A. 【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通 法； ma,b 法二：利用 的形式构造函数 ，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了， f (x)  x  x 1(x 1) 是该题的最优解． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. m  ______________． 13. 已知向量 ．若 ，则 a  (m,3),b  (1,m 1) ## 0.75 a  b 3【答案】 4【解析】 【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可. 34a b  m  3(m 1)  0 m   【详解】由题意知： ，解得 .3故答案为： .42x  y 1 0 (3,0) 和( 0, 1) M M 14. 设点 M 在直线 上，点 均在 上，则 的方程为______________． (x 1)2  (y 1)2  5 【答案】 【解析】 (3,0) M 【分析】设出点 M 的坐标，利用 【详解】[方法一]：三点共圆 和( 0, 1) 均在 上，求得圆心及半径，即可得圆的方程. 2x  y 1 0 ∵点 M 在直线 上， (a,1 2a) (3,0) 和( 0, 1) 均在 M ∴设点 M 为 ，又因为点 上， ∴点 M 到两点的距离相等且为半径 R， 2222∴，，(a 3)  (1 2a)  a  (2a)  R a2  6a  9  4a2  4a 1 5a 2 ，解得 a 1 M (1, 1) ∴，，R  5 M (x 1)2  (y 1)2  5 的方程为 .(x 1)2  (y 1)2  5 故答案为： [方法二]：圆的几何性质 由题可知，M 是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4 与直线 2x  y 1 0 的交点(1,- M (x 1)2  (y 1)2  5 1). ,的方程为 .R  5 (x 1)2  (y 1)2  5 故答案为： x2 y2 y  2x 与 C 无公共点”的 e 的一 C : 1(a  0,b  0) 的离心率为 e，写出满足条件“直线 15. 记双曲线 a2 b2 个值______________． 【答案】2（满足 皆可） 1 e  5 【解析】 bbay   x中0  2 【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线 即可求得满足要求的 e 值. ax2 y2 by   x,C : 1(a  0,b  0) 【详解】解： ，所以 C 的渐近线方程为 a2 b2 ab2 a2 b0  2 结合渐近线的特点，只需 ，即 ， 4 ay  2x 可满足条件“直线 与 C 无公共点” cb2 a2 所以 ，e  1  1 4  5 a又因为 ，所以 ，e 1 1 e  5 1 e  5 故答案为：2（满足 皆可） AC AB ADB 120, AD  2,CD  2BD 16. 已知 中，点 D 在边 BC 上， ．当 取得最小值时， ABC ________． BD  【答案】 【解析】 ## 3 1 1+ 3 AC2 AB2 【分析】设CD  2BD  2m  0 ，利用余弦定理表示出 【详解】[方法一]：余弦定理 后，结合基本不等式即可得解. 设CD  2BD  2m  0 ，2222则在 中， ，△ABD AB  BD  AD  2BD ADcosADB  m  4  2m 2222在ACD 中， ，AC  CD  AD  2CD ADcosADC  4m  4  4m 4 m2  4  2m 12 1 m AC2 4m2  4  4m AB 12  4  m2  4  2m m2  4  2m 2所以 3m 1  m 1 12  4   4  2 3 ，32m 1  m 1 3m 1 当且仅当 即时，等号成立， m  3 1 m  3 1 m 1 AC 所以当 取最小值时， .AB 故答案为： .3 1 [方法二]：建系法 令 BD=t，以 D 为原点，OC 为 x 轴，建立平面直角坐标系. 则 C（2t,0），A（1， ），B（-t,0） 4t2  4t  4 32AC2 AB2 12 2t 1  3  4   4  2 3 2t2  2t  4 3t 1  3 t 1  t 1 当且仅当t 1 3,即BD  3 1时等号成立。 [方法三]：余弦定理 设 BD=x,CD=2x.由余弦定理得 22c  x  4  2x 2222，，，2c  b 12  6x b2  4  4×2  4x 22c  x  4  2x 22，2c  b 12  6x b2  4  4×2  4x AC 2222 t 令，则 ，2c  t c12  6x AB 12  6×2 12  6×2 2t2  2   6 1  6  2 3 ，c2 x2  2x  4 3x 1  x 1 2，t  4  2 3 3x 1 当且仅当 ，即 时等号成立. x  3 1 x 1 [方法四]：判别式法 BD  x 设在，则 CD  2x 2222中， ，△ABD AB  BD  AD  2BD ADcosADB  x  4  2x 2222在ACD 中， ，AC  CD  AD  2CD ADcosADC  4x  4  4x AC2 4×2  4  4x 4×2  4  4x x2  4  2x 所以 ，记 ，t  AB2 x2  4  2x 4 t x2  4  2t x 4  4t  0 则2由方程有解得：  4  2t  4 4t 4  4t  0  2即，解得： t 8t  4  0 4  2 3 t  4  2 3 2  t x   3 1 所以tmin  4  2 3，此时 4 t AC 所以当 取最小值时， ，即 .x  3 1 BD  3 1 AB 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. 的17. 甲、乙两城之间 长途客车均由A 和 B 两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机 调查了甲、乙两城之间的 500 个班次，得到下面列联表： 准点班次数 240 未准点班次数 AB20 30 210 （1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率； （2）能否有 90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？ n(ad bc)2 (ab)(cd)(ac)(bd) 附： K2  ，P K2… k 0.100 2.706 0.050 3.841 0.010 6.635 k12 13 78【答案】（1）A，B 两家公司长途客车准点的概率分别为 ，（2）有 【解析】 【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果； 2 ，再利用临界值表比较即可得结论. （2）根据表格中数据及公式计算 K 【小问 1 详解】 根据表中数据，A 共有班次 260 次，准点班次有 240 次， 设 A 家公司长途客车准点事件为 M， 240 12 P(M )  则；260 13 B 共有班次 240 次，准点班次有 210 次， 设 B 家公司长途客车准点事件为 N， 210 240 78P(N)  则.12 A 家公司长途客车准点的概率为 B 家公司长途客车准点的概率为 ；13 7.8【小问 2 详解】 列联表 准点班次数 未准点班次数 合计 260 240 500 AB240 210 20 30 50 合计 450 n(ad bc)2 (ab)(cd)(ac)(bd) K2  500(24030  21020)2 26024045050 =， 3.205  2.706 根据临界值表可知，有 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关. 90% 2Sn Sa  n n  2a 1 18. 记 为数列 的前 n 项和．已知 ．nnna（1）证明： 是等差数列； na ,a ,a S9 成等比数列，求 n 的最小值． （2）若 47【答案】（1）证明见解析； （2） 78 ．【解析】 S ,n 1 12S  n2  2na  n a  a  a 1 【分析】（1）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，nnn1 nnSn  Sn1,n  2 从而得证； naa（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出 1 ，即可得到 的通项公式与前 项和，再根据二次函数的 n性质计算可得． 【小问 1 详解】 2Sn  n  2a 1 2S  n2  2na  n 因为 ，即 ①， nnnnn  2 2当①即即时， 2Sn1  n 1  2 n 1 a  n 1 ②， n1 2②得， 2Sn  n2  2Sn1  n 1  2na  n  2 n 1 a  n 1 ，nn1 2a  2n 1 2na  2 n 1 a 1 ，nnn1 2 n 1 a  2 n 1 a  2 n 1 a  a 1 ，所以 ，且n N* ，n  2 nn1 nn1 a所以 是以 为公差的等差数列． 1n【小问 2 详解】 [方法一]：二次函数的性质 a  a  3 a  a  6 a  a 8 由（1）可得 ，，，4171912aaa， 9 成等比数列，所以 a  a a 又即，，477492a  12 a  6  a  3  a 8 ，解得 ，  11112n n1 125 1225 2625 8a  n 13 所以 ，所以 ，Sn  12n   n2  n  n  n222S 78 所以，当 n 12 或时， n min ．n  13 [方法二]：【最优解】邻项变号法 a  a  3 a  a  6 a  a 8 由（1）可得 ，，，4171912aaa， 9 成等比数列，所以 a  a a 又即，，477492a  12 a  6  a  3  a 8 ，解得 ，  1111a  n 13 a  a   a  0,a  0 所以 ，即有 .n1212 13 S 78 则当 n 12 或时， n min ．n  13 SS【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出 n 的最小值，适用于可以求出 n 的表达式； 法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解． 19. 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面 是边长为 8 ABCD cm EAB,FBC,GCD,HDA （单位： ）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直． ABCD （1）证明： 平面 ；EF / / ABCD （2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【答案】（1）证明见解析； 640 3（2） ．3【解析】 【分析】（1）分别取 EM  FN ，依题从而可证 AB, BC M , N EM  AB, FN  BC 的中点 ，连接 ，由平面知识可知 ，MN 平面 ，ABCD FN  平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ABCD EM  ，即可知四边形 EMNF 为平行四边形，于是 ，最后根据线面平行的判定定理即可 EM / /FN EF / /MN 证出； AD, DC K, L ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体 KMNL  EFGH 的体积加上 （2）再分别取 中点 四棱锥 B  MNFE 体积的 倍，即可解出． 4【小问 1 详解】 如图所示： AB, BC M , N EAB,FBC 分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ，平面 平面 MN EM  AB, FN  BC ，EM  FN ，又平面 平面 ，ABCD ABCD  AB EAB  EAB  平面 EM / /FN ，，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可 ABCD FN  ABCD EM  EAB EM  知，而 EM  FN ，所以四边形 EMNF 为平行四边形，所以 ，又 平面 EF / /MN EF  平面 ，所以 平面 ．ABCD MN  ABCD EF / / ABCD 【小问 2 详解】 [方法一]：分割法一 如图所示： AD, DC K, L HE / /KM , HE  KM 分别取 中点 ，由（1）知， 且EF / /MN EF MN ，同理有， ，HG / /KL, HG  KL GF/ /LN,GF  LN ，，由平面知识可知， BD  MN ，，MN  MK KM  MN  NL  LK ，所以该几何体的体积等于长方体 KMNL  EFGH 的体积加上四棱锥 B  MNFE 体积的 倍． 4B，点 到平面 B的距离即为点 到直线 因为 ，MNFE EM  8sin 60 4 3 MN  NL  LK  KM  4 2 的距离 ，，所以该几何体的体积 MN dd  2 2 21256 640 3V  4 24 3 4 4 24 32 2128 3 3  3．33[方法二]：分割法二 如图所示： 连接 AC,BD,交于 O，连接 OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥 O-EFGH 的体积加上三棱锥 A- OEH 的 倍,再加上三棱锥 E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取 EH 的中点 P，连接 AP,OP. 4则 EH 垂直平面 APO.由图可知，三角形 APO,四棱锥 O-EFGH 与三棱锥 E-OAB 的高均为 EM 的长.所以该 几何体的体积 211111640 3 3V  4 3 4 2 4 4 2 4 24 3 4 4 3 4 24 2 .3323232y  f (x) x , f x 1 1 y  g(x) 20. 已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切 f (x)  x  x, g(x)  x  a 线． x  1 （1）若 ，求 a； 1（2）求 a 的取值范围． 1, 【答案】（1）3 （2） f (x) 【解析】 g(x) 【分析】（1）先由 上的切点求出切线方程，设出 上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数 a值求出 即可； f (x) a及切点表示出切线方程，由切线重合表示出 ，构造函 g(x) g(x) （2）设出 上的切点坐标，分别由 和a数，求导求出函数值域，即可求得 的取值范围. 【小问 1 详解】 2f (1)  1 (1)  0 y  f (x) 1,0 处的切线 f (1)  31 2 由题意知， ，f (x)  3x 1 ，，则 在点 y  2(x 1) 方程为 ，g (x)  2x g(x) y  2x  2 x , g(x ) g (x )  2x  2 x 1 即，设该切线与 切于点 ，，则 ，解得 ，则 22222g(1) 1 a  2  2 a  3 ，解得 ；【小问 2 详解】 y  x3  x  3×2 1 (x  x ) 2x f(x ) 处的切线方程为 1 1 ,y  f (x) f (x)  3x 1，则 在点 ，整理得 11   11y  3×2 1 x  2×3 ，11g (x)  2x g (x )  2x ，则 2 ，则切线方程为 g(x) x , g(x ) 设该切线与 切于点 ，222y  x2  a  2x (x  x ) y  2x x x2  a ，整理得 2，22222 223×1 1 2×2 3×1 129314则令，整理得 a  x2  2×3   2×13  x14  2×13  x12  ，212×13  x22  a 2429314h(x)  x4  2×3  x2  32h (x)  0 ，则 ，令 ，解得 h (x)  9x  6x 3x  3x(3x 1)(x 1) 421 x  0 或，x 1 313xh (x)  0 h (x),h(x) x   令，解得 或0  x 1，则 变化时， 的变化情况如下表： 131 ,0 31, 0,1 1, x00103h (x) 051h(x) h(x) 1 27 4a，故 的取值范围为 1, 1, 则的值域为 .C : y2  2px( p  0) D p,0 ，过 F 的直线交 C 于 M，N 两点．当直线 MD 垂 21. 设抛物线 的焦点为 F，点 MF  3 直于 x 轴时， ．（1）求 C 的方程； MD, ND MN, AB ,    （2）设直线 与 C 的另一个交点分别为 A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当 取得最大值时，求直线 AB 的方程． 【答案】（1） y2  4x （2） ；.AB : x  2y  4 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义可得 pMF =p  ，即可得解； 2MN : x  my 1 k 2k （2）法一：设点的坐标及直线 ，由韦达定理及斜率公式可得 AB ，再由差角的正 MN 2切公式及基本不等式可得 ，设直线 ，结合韦达定理可解. AB : x  2y  n kAB 2【小问 1 详解】 px   抛物线的准线为 ，当 MD 与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p， 2pMF =p  3 p  2 此时 ，所以 ，2所以抛物线 C 的方程为 y2  4x 【小问 2 详解】 ；[方法一]：【最优解】直线方程横截式 22224  y1 y2 y3 y4 M, y , N , y , A , y , B , y MN : x  my 1 设由，直线 ，1  2  3  4444x  my 1 y2  4x 2  0, y y 4 可得 y  4my  4  0， ，12y1  y2 4y3  y4 4kMN kAB y12 y22 y32 y42 由斜率公式可得 ，，y1  y2 y3  y4 4444×1  2 y1 4 x  2 1y2   y 8  0 ，MD : x   y  2 ，代入抛物线方程可得 直线 y1   0, y y 8 y  2y y  2y ，所以 2 ，同理可得 ，1334144kMN k所以 AB y3  y4 2 y  y 22  1kMN tan , k tan   又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为 ，所以 ，AB 222     0, k 2kAB  2k  0 若要使 最大，则 ，设 ，则 MN tan  tan  k112tan     1 tan tan  1 2k2 41，1 2k 22k kk12 2k 当且仅当 即时，等号成立， k  k22   所以当 最大时， ，设直线 ，AB : x  2y  n kAB 22代入抛物线方程可得 ，y  4 2y  4n  0   0, y y 4n  4y y 16 ，所以 ，n  4 341 2 所以直线 .AB : x  2y  4 [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线 MN 的斜率存在. M x, y , N x, y , A x, y , B x, y MN : y  k x1 设由1  2  3  4  ,直线 1234y  k(x 1) y2  4x k2 x2  2k2  4 x  k2  0 x x1 y y 4 .得： ，,同理， 121 2 y1 y  (x  2) ,代入抛物线方程可得： x x 4 x x 4 直线 MD: ，同理， .1324×1  2 y y 8 y  2y y  2y 代入抛物线方程可得: ,所以 2 ，同理可得 ，133412 y  y 1  y4  y3 x4  x3 y2  y1 12kAB  kMN . 2 x  x 2由斜率公式可得： 111  24x2 x1 2     0, （下同方法一）若要使 最大，则 ，tan  tan  k112tan     1 tan tan  1 2k2 k 2kAB  2k  0 1设，则 ，41MN  2k 22k kk12 2k 当且仅当 即时，等号成立， k  k22   所以当 最大时， ，设直线 ，AB : x  2y  n kAB 22  0, y y 4n  4y y 16 代入抛物线方程可得 ，，所以 ，所以直线 n  4 y  4 2y  4n  0 341 2 .AB : x  2y  4 [方法三]：三点共线 22224  y1 y2 y3 y4 M, y , N , y , A , y , B , y 设，1  2  3  444422 PM   2  y1 y2 P t,0 t, y ，PN  t, y 设,若 P、M、N 三点共线，由 1  4422y1 y2 t y  t y y y= – 4t 1 ，化简得 ， 1 2 所以 244y y= – 4t t,0 反之，若 ,可得 MN 过定点 12y y 4 因此，由 M、N、F 三点共线，得 ，12y y 8 由 M、D、A 三点共线，得 由 N、D、B 三点共线，得 ，13y y 8 ，24y y 4y y 16 则，AB 过定点（4 0） 341 2 2     0, （下同方法一）若要使 最大，则 ，tan  tan  k112tan     1 tan tan  1 2k2 k 2kAB  2k  0 1设，则 ，41MN  2k 22k kk12 2k 当且仅当 即时，等号成立， k  k22   所以当 最大时， ，所以直线 .AB : x  2y  4 kAB 2MN, AB 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线 的斜率关 系，由基本不等式即可求出直线 AB 的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性 通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 化运算的好方法． 过定点，省去联立过程，也不失为一种简 AB （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] 2  t 6x  C中，曲线 的参数方程为 xOy C（t 为参数），曲线 2 的参数方程为 22. 在直角坐标系 1y  t 2  s 6x   （s 为参数）． y  s C（1）写出 1 的普通方程； C（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ，2cos sin  0 3C3 与 1 交点的直角坐标，及 3 与 2 交点的直角坐标． CCC求y2  6x  2 y  0 ；【答案】（1） 112,1 C ,C 1,2 C ,C  ,1 1,2 （2） 的交点坐标为 ，，2 的交点坐标为 ，．3132【解析】 【分析】(1)消去 ，即可得到 1 的普通方程； CtC ,C (2)将曲线 3 的方程化成普通方程，联立求解即解出． 2【小问 1 详解】 2  y2 2  t 6y2  6x  2 y  0 C，即 1 的普通方程为 x  因为 ，，所以 ．x  y  t 6【小问 2 详解】 2  s 6C，即 2 的普通方程为 y2  6x  2 y  0 2x   , y  s 因为 ，所以 ，6x  2  y 2cos sin  0  2 cos   sin  0 C，即 3 的普通方程为 2x  y  0 由．12y 1 2x 1 x  y  6x  2 y  0 1,1 1,2 ；联立 ，解得： 或，即交点坐标为 ，2y  2 2x  y  0 12x  1 x   y  6x  2 y  0 1 ,1 1,2 联立 ，解得： 或，即交点坐标为 ，．2y  2 22x  y  0 y  1 [选修 4-5：不等式选讲] 22223. 已知 a，b，c 均为正数，且 ，证明： a  b  4c  3 （1） ；a  b  2c  3 1 1  3 （2）若 ，则 ．b  2c ac【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 2 ，利用柯西不等式即可得证； 22222【分析】（1）方法一：根据 a  b  4c  a  b  2c 113（2）由（1）结合已知可得 0  a  4c  3，即可得到 ，再根据权方和不等式即可得证. a  4c 【小问 1 详解】 [方法一]：【最优解】柯西不等式 22  22a  b  2c 12 12 12  a  b  2c 由柯西不等式有 ，所以 ，当且仅当 时，取等号，所以 .a  b  2c  3 a  b  2c 1 a  b  2c  3 [方法二]：基本不等式 222222由，，，a  b  2ab b  4c  4bc a  4c  4ac 2a  b  2c  a2  b2  4c2  2ab  4bc  4ac  3 a2  b2  4c2  9 ，当且仅当 时，取等号，所以 .a  b  2c 1 a  b  2c  3 【小问 2 详解】 证明：因为 b  0 c  0 1，b  2c a  0 ，，，由（ ）得a  b  2c  a  4c  3 ，11即0  a  4c  3，所以 ，a  4c 321 1 12 22 91 2 由权方和不等式知 ，   3 aca4c a 4c a 4c 121c  当且仅当 ，即 a 1 ，时取等号， a4c 21 1  3 所以 .ac【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解； 方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．