全国乙卷数学答案

2022年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

本试卷共4页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号

条形码粘贴在答题卡的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在

试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮

纸刀。

5．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40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

{1,2,3,4,5}U

，集合

M

满足

{1,3}

U

M

，则

A

．2MB

．

3MC

．

4MD

．

5M

2

．已知

12zi

，且

0zazb

，其中

a

，

b

为实数，则

A

．

1,2ab

B

．

1,2ab

C

．

1,2ab

D

．

1,2ab

3

．已知向量,ab满足||1,||3,|2|3abab，则

ab

A

．

2

B

．1

C

．

1D

．

2

4

．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

n

b

：1

1

1

1b





，

2

1

2

1

1

1

b









，

3

1

2

3

1

1

1

1

b













，

…

，依此类推，其中

(1,2,)

k

kN

．则

A

．

15

bb

B

．

38

bb

C

．

62

bb

D

．

47

bb

5

．设

F

为抛物线2:4Cyx

的焦点，点

A

在

C

上，点

(3,0)B

，

若

AFBF

，则

AB

A

．

2B

．

22

C

．

3D

．

32

6

．执行下边的程序框图，输出的

n

A

．

3B

．

4

C

．

5D

．

6

绝密★启用前

7

．在正方体中

1111

ABCDABCD

，

E

，

F

分别为

,ABBC

的中点，则

A

．平面

1

BEF

平面

1

BDD

B

．平面

1

BEF

平面

1

ABD

C

．平面

1

//BEF

平面

1

AAC

D

．平面

1

//BEF

平面

11

ACD

8

．已知等比数列

n

a

的前

3

项和为

168

，25

42aa，则

6

a

A

．

14B

．

12C

．

6D

．

3

9

．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

A

．

1

3

B

．

1

2

C

．

3

3

D

．

2

2

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

123

,,ppp

，且

321

0ppp

．记该棋手连胜两盘的概率

为

p

，则

A

．

p

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

11

．双曲线

C

的两个焦点为

12

,FF

，以

C

的实轴为直径的圆记为

D

，过

1

F

作

D

的切线与

C

的两支交于

M

，

N

两点，且

12

3

cos

5

FNF

，则

C

的离心率为

A

．

5

2

B

．

3

2

C

．

13

2

D

．

17

2

12

．已知函数

(),()fxgx

的定义域均为

R

，且

()(2)5,()(4)7fxgxgxfx

．若

()ygx

的图像关于直线2x对称，

(2)4g

，则

22

1

()

k

fk





A

．21

B

．22

C

．23D

．24

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

名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为

____________

．

14

．过四点

(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)

中的三点的一个圆的方程为

____________

．

15

．记函数cos(0,0π)fxx

的最小正周期为

T

，若

3

()

2

fT

，

9

x





为

()fx的零点，则



的最小值为

____________

．

16

．已知

1

xx

和

2

xx

分别是函数2()2exfxax

（

0a

且

1a

）的极小值点和极大值

点．若

12

xx，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。

17

．（

12

分）

记

ABC

的内角

,,ABC

的对边分别为

,,abc

，已知

sinsin()sinsin()CABBCA

．

（

1

）证明：2222abc

；

（

2

）若

25

5,cos

31

aA

，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

2,60ABBDACB

，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

i

总和

根部横截面积x

i

0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

材积量y

i

0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

并计算得

10

2

1

0.038

i

i

x



，

10

2

1

1.6158

i

i

y



，

10

1

0.2474

ii

i

xy



．

（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1862m．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





1

22

11

n

ii

i

nn

ii

ii

xxyy

r

xxyy















，1.8961.377．

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



3

0,2,,1

2

AB











两点．

（

1

）求

E

的方程；

（

2

）设过点1,2P

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

MTTH

．证明：直线

HN

过定点．

21

．（

12

分）

已知函数ln1exfxxax

（

1

）当1a时，求曲线yfx

在点0,0f

处的切线方程；

（

2

）若fx

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。并用2B铅笔将所选题号涂

黑，多涂、错涂、漏涂均不给分．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系

xOy

中，曲线

C

的参数方程为

3cos2

2sin

xt

yt















，（

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

sin0

3

m

















．

（

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4-5：不等式选讲]（10分）

已知

a

，

b

，

c

都是正数，且333

2221abc

，证明：

（

1

）

1

9

abc

；

（

2

）

1

2

abc

bcacab

abc





．

1.设全集1,2,3,4,5U，集合

M

满足1,3

U

CM，则

A．

2M

B．

3M

B．C．

4M

D．

5M

解析：由题设，易知2,4,5M，对比选项，选择A.

2.已知

12zi

，且

0zazb

，其中

,ab

为实数，则

A．

1,2ab

B．

1,2ab

C．

1,2ab

D．

1,2ab

解析:由题设，

12zi

，12zi，代入有1220abai

，

故

1,2ab

，选择A.

3.已知向量

,ab

满足

1a

，

3b

，

23ab

，则

ab

A．

2

B．

1

B．C．

1

D．

2

解析：由题设，

23ab

，得

2

2449aabb

，代入

1a

，

3b

，

有

44ab

，故

1ab

.选择C．

4.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

人造卫星.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

n

b

:

1

1

1

1b

a



，

2

1

2

1

1

1

b

a

a





，

3

1

2

3

1

1

1

1

b

a

a

a







，，以此类推，其中

其中

k

aN

，1,2,k

则

A．

15

bb

B．

38

bb

C．

62

bb

D．

47

bb

解析：由已知，

1

1

1

1b

a



，

2

1

2

1

1

1

b

a

a





，

1

1

2

11

1

a

a

a





，故

12

bb；同理可得

23

bb,

13

bb，又因为

2

2

3

4

11

1

1

a

a

a

a







，故

24

bb；于是得

1357

bbbb，排除A，

2

2

3

6

11

1

1

a

a

a

a







，故

26

bb

，排除C，而

178

bbb

，排除B.故选择D.

方法二：（取特殊值）取

1

n

a

，于是有

1

2b

，

2

3

2

b

，

3

5

3

b

，

4

8

5

b

，，

分子分母分别构成斐波那契数列，于是有

5

13

8

b

，

6

21

13

b

，

7

34

21

b

，

8

55

34

b

.

于是得

15

bb

，

38

22221

111

33334

bb

，

62

81

11

132

bb

.对比选项，选D.

5.设

F

为抛物线2:4Cyx的焦点，点

A

在

C

上，点3,0B

，若

AFBF

，则

AB

A．

2

B．

22

C．3D．

32

解析：易知抛物线2:4Cyx的焦点为1,0F

，

于是有

2BF

，故

2AF

，注意到

抛物线通径

24p

，通径为抛物线

最短的焦点弦，分析知

AF

必为

半焦点弦，于是有

AFx

轴，

于是有222222AB

.

6.执行下边的程序框图，输出的n

A．3

B．4

C．5

D．6

【答案】B

【解析】

第一次循环：1123b，312a，112n，

2

2

2

31

|2||()2|0.01

24

b

a



第二次循环：3227b，725a，213n，

2

2

2

71

|2||()2|0.01

525

b

a



第三次循环：72517b，17512a，314n，

2

2

2

171

|2||()2|0.01

12144

b

a



故输出4n

故选B

7.在正方体

1111

ABCDABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，则

A．平面

1

BEF平面

1

BDDB．平面

1

BEF平面

1

ABD

C．平面

1

//BEF平面

1

AACD．平面

1

//BEF平面

11

ACD

【答案】A

【解析】

对于A选项：在正方体

1111

ABCDABCD中，因为EF分别为AB，BC的中点，易知

EFBD，从而EF平面

1

BDD

，又因为EF平面

1

BDD

，所以平面

1

BEF

平面

1

BDD

，

所以A选项正确；

对于B选项：因为平面

1

ABD

平面

1

BDDBD

,由上述过程易知平面

1

BEF

平面

1

ABD

不成立；

对于C选项：由题意知直线

1

AA

与直线

1

BE

必相交，故平面

1

//BEF

平面

1

AAC

有公共

点，从而C选项错误；

对于D选项：连接AC，

1

AB

，

1

BC

，易知平面

1

//ABC

平面

11

ACD

，

又因为平面

1

ABC

与平面

1

BEF

有公共点

1

B

，故平面

1

ABC

与平面

1

BEF

不平行，所以D选项错误.

8.已知等比数列

{}

n

a

的前3项和为168，

25

42aa

，则

6

a

A．14B．12C．6D．3

【答案】D

【解析】

设等比数列{}

n

a首项

1

a，公比q

由题意，123

25

168

42

aaa

aa











，即

2

1

3

1

(1)168

(1)42

aqq

aqq















，即

2

1

2

1

(1)168

(1)(1)42

aqq

aqqqq















解得，

1

2

q

，

1

96a，所以5

61

3aaq

故选D

9.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

A．

1

3

B．

1

2

C．

3

3

D．

2

2

【答案】C

【解析】

考虑与四棱锥的底面形状无关，不是一般性，假设底面是

边长为a的正方形，底面所在圆面的半径为r，则

2

2

ra

所以该四棱锥的高

2

1

2

a

h，所以体积

222

2222

233

1

144414

442

1(1)()()

32344233339

aaa

aaaa

Va





当且仅当

22

1

42

aa



，即2

4

3

a

时，等号成立

所以该四棱锥的高

223

11

233

a

h

故选C

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

1

p

，

2

p

，

3

p

且

321

0ppp

.记该棋手连胜两盘的概率为p，

则

A．p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

【答案】D

【解析】

设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为

P

甲

，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为

P

乙

，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为

P

丙

由题意

3

=[(1)(1)]2Ppppppppppppp

甲

2

=[(1)(1)]2Ppppppppppppp

乙

3

=[(1)(1)]2Ppppppppppppp

丙

所以

31

=()0

2

PPppp

甲

丙

，

132

=()0PPppp

乙

丙

所以

P

丙

最大，故选D.

11．双曲线C的两个焦点

1

F，

2

F，以C的实轴为直径的圆记为

D

，过

1

F作

D

的切线与C交

于

M

，N两点，且

5

3

cos

21

NFF

，则C的离心率为

A．

2

5

B．

2

3

C．

2

13

D．

2

17

【答案】C

【解析】由题意，点N在双曲线右支.记切点为点

A

，连接OA，则MNOA，

aOA

，

又

cOF

1

，则

bacAF22

1

.过点

2

F

作

MNBF

2

交直线MN于点

B

，连接

NF

2

，

则OABF//

2

,又点O为

21

FF中点，则

aOABF22

2



，

bAFBF22

11



.由

5

3

cos

21

NFF

，得

5

4

sin

21

NFF

，

3

4

tan

21

NFF

，

所以

2

5

sin

21

2

2

a

NFF

BF

NF





，

2

3

tan

21

2

a

NFF

BF

BN





．

故

2

3

2

11

a

bBNBFNF

，由双曲线定义，

aNFNF2

21



，

则

aab22

，即

2

3



a

b

，所以

2

13

4

9

11

2

2



a

b

e.

12．已知函数

)(xf

，

)(xg

的定义域均为

R

,且

5)2()(xgxf

，

7)4()(xfxg

.

若

)(xgy

的图像关于直线2x对称，

4)2(g

，则





22

1

)(

k

kf

A．

21

B．

22

C．23D．

24

【答案】D

【解析】若

)(xgy

的图像关于直线2x对称，则

)2()2(xgxg

，因为

5)2()(xgxf

，所以

5)2()(xgxf

，故

)()(xfxf

，

)(xf

为偶函数.由

4)2(g

，

5)2()0(gf

，得

1)0(f

.由

7)4()(xfxg

，得

7)2()2(xfxg

，

代入

5)2()(xgxf

，得

2)2()(xfxf

，

)(xf

关于点

)1,1(

中心对称，所以

1)1()1(ff

.由

2)2()(xfxf

，

)()(xfxf

，得

2)2()(xfxf

，所

以

2)4()2(xfxf

，故

)()4(xfxf

，

)(xf

周期为

4

.由

2)2()0(ff

，得

3)2(f

，又

1)1()1()3(fff

，所以





)4(5)3(5)2(6)1(6)(

22

1

ffffkf

k

24)3(615)1(11

.

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名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．

【答案】

10

3

【解析】设“甲、乙都入选”为事件

A

，则

10

3

)(

3

5

1

3

C

C

AP

.

14、过四点中的三点的一个圆的方程为___________

【答案】133222yx或51222yx或

9

65

3

7

3

422





























yx或



25

169

1

5

8

2

2















yx

【解析】设点A，圆过其中三点共有四种情况，解决

办法是两条中垂线的交点为圆心，圆心到任一点的距离为半径。

（1）若圆过A、B、C三点，则圆心在直线，设圆心坐标为，则

134,31942

2

2araaa，

所以圆的方程为133222yx

（2）若圆过A、B、D三点，同（1）设圆心坐标为，则

54,12442

2

2araaa，所以圆的方程为51222yx

（3）若圆过A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为1xy，线段AD的中垂线方程

为52xy，联立得

3

65

9

49

9

16

3

7

3

4





















r

y

x

，

所以圆的方程为

9

65

3

7

3

422





























yx

（4）若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为1y，

线段BC中垂线方程为7-5xy，联立得

5

13

14-

5

8

1

5

8

2































r

y

x

，

所以圆的方程为

25

169

1

5

8

2

2















yx

15、记函数)0,0)(cos()(xxf的最小正周期为T，若

2

3

)(Tf，

9



x为)(xf的零点，则的最小值为_________

【答案】3

【解析】

2

3

cos0fTf，且0，故

6



，

ZkkZkkf



























93

269

0

69

cos

9













，

又0，故



的最小值为3.

16、已知

1

xx和

2

xx分别是函数)10(2)(2aaexaxfx且

的极小值点和极大值

点，若

21

xx，则

a

的取值范围是___________

【答案】











e

1

,0

【解析】exaaxfxln2'至少要有两个零点

1

xx和

2

xx，我们对其求导，

eaaxfx2ln22

''，

（1）若1a，则xf''在R上单调递增，此时若0

0

''xf，则xf'在

0

,x上单调

递减，在,

0

x上单调递增，此时若有

1

xx和

2

xx分别是函数

)10(2)(2aaexaxfx且

的极小值点和极大值点，则

21

xx，不符合题意。

（2）若10a，则xf''在R上单调递减，此时若0

0

''xf，则xf'在

0

,x上

单调递增，在,

0

x

上单调递减，且2

0ln

log

a

e

x

a

。此时若有

1

xx和

2

xx分

别是函数

)10(2)(2aaexaxfx且

的极小值点和极大值点，且

21

xx，则需满

足0

0

'xf，即



2

2

ln

1

2

ln

1

2

lnln1ln

ln

1

ln

lnln

lnln

log

ln

aa

a

a

e

a

a

e

a

a

e

e

a

e

aa

a

，

可解得

ea

或

e

a

1

0，由于10a，取交集即得

e

a

1

0。

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。

17.

（

12

分）

记

ABC

的内角

A

、

B

、

C

的对边分别为

a

、

b

、

c

，已知

sinsin()sinsin()CABBCA

.

（

1

）证明：2222abc

；

（

2

）若

5a

，

25

cos

31

A

，求

ABC

的周长

.

【答案】（

1

）见证明过程；（

2

）

14

；

【解析】

1.

已知

sinsin()sinsin()CABBCA

可化简为

sinsincossincossinsinsincossincossinCABCABBCABCA

，

由正弦定理可得

coscoscoscosacBbcAbcAabC

，即

cos2coscosacBbcAabC

，由余弦定理可得

222222222

2

222

acbbcaabc

acbcab

acbcab





，即证2222abc

，

（

2

）由（

1

）可知222250bca

，

22250252525

cos

22231

bca

A

bcbcbc





，

231bc

，

2222()81bcbcbc，

9bc

，

14abc

，

ABC

的周长为

14

18.（12分）

如图，四面体ABCD中,,,ADCDADCDADBBDC

E为AC中点.

(1)证明：平面BED平面ACD；

(2)设02,60,ABBDACB点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与

平面ABD所成角的正弦值.

解析：（1）,ADCDADBBDCBD且为公共边,ADBBDC与全等

ABBC.

,EACADCD又为中点且,DEACBEAC同理.

,DEBEEBED又且均含于平面,

ACBED平面.

,ACACD又平面平面BED平面ACD.

（2）在ABC中，0=2,60,ABACBABBC=2,=3ACBE.

在ACD中，,,,2,ADCDADCDAACCE为中点,,=1DEACDE.

2222,,BDDEBEBDDEBE又即.

AC直线、ED直线、EB直线两两互相垂直.

由点F在BD上且,ADBBDC与全等

AFFC，

由于EAC为中点

EFAC

当AFC的面积最小时EFBD

在RtDEB中，

=3,=1BEDE

33

,

22

EFBF

如图，以点E为坐标原点，直线ACEBED、、分别为xyz、、轴建立空间直角坐标系.

(1,0,0)C、(1,0,0)A、(0,3,0)B、(0,0,1)D、

33

(0,,)

44

F

(0,3,1)BD、(1,0,1)AD、(1,3,0)BC

3

4

CFBFBCBDBC=

33

(1,,)

44

设平面ABD的法向量为

(,,)mxyz

.

可得

0

0

BDm

ADm















设1y(3,1,3)m

设m与CF所成的角为，CF与平面ABD所成角的为

所以CF与平面ABD所成角的正弦值为

43

7

.

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：2m）和材

积量（单位：3m），得到如下数据：

样本号

i

总和

根部横截

面积

i

x

0．040．060．040．080．080．050．050．070．070．060．6

材积量

i

y

0．250．400．220．540．510．340．360．460．420．403．9

43

sincos

7

mCF

mCF



并计算得

10

2

1

0.038

i

i

x



，

10

2

1

1.6158

i

i

y



，

10

1

0.2474

ii

i

xy



．

（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1862m．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





1

22

11

n

ii

i

nn

ii

ii

xxyy

r

xxyy















，1.8961.377．

【答案】（1）0.06,0.39；（2）0.97；（3）1209

【答案】（1）0.06,0.39；（2）0.97；（3）1209

【解析】（1）设这种树木平均一课的根部横截面积为

x

，平均一个的材积量为

y

，

则

0.6

0.06

10

x

，

3.9

0.39

10

y

.

（2）

22

1

2

2

1

2

2

1

)39.0106158..1()06.010038.0(

39.006.0102474.0























































n

i

i

n

i

i

n

i

ii

ynyxnx

yxnyx

r

97.0

01377.0

0134.0

896.101.0

0134.0

0948.0002.0

0134.0











（3）设从根部面积总和为

X

，总材积量为

Y

，则

Xx

Y

y

，故1209186

6.0

9.3

Y（3m

）.

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(0,2)A，

3

(,1)

2

B两点。

（1）求E的方程；

（2）设过点(1,2)P的直线交E于M，N两点，过M且平行于

x

的直线与线段AB

交于点T，点H满足MTTH，证明：直线HN过定点．

【答案】（1）

22

1

34

xy

；（2）直线HN过定点(0,2)

【解析】（1）设E的方程为

22

22

1

xy

ab

，将(0,2)A，

3

(,1)

2

B两点代入得

2

22

4

1

91

1

4

b

ab



















，解得23a，24b，故E的方程为

22

1

34

xy

。

（2）由(0,2)A，

3

(,1)

2

B可得直线

2

:2

3

AByx

①若过(1,2)P的直线的斜率不存在，直线为1x。代入

22

1

34

xy

，可得

26

(1,)

3

M，

26

(1,)

3

N，将

26

3

y代入

2

:2

3

AByx，可得

26

(63,)

3

T，

由MTTH，得

26

(265,)

3

H。易求得此时直线:HN

26

(2)2

3

yx。过点

(0,2)。

②若过(1,2)P的直线的斜率存在，设(2)0kxyk，

11

(,)Mxy，

22

(,)Nxy。

联立22

(2)0

1

34

kxyk

xy















，得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk

故有

12

2

12

2

6(2)

34

3(4)

34

kk

xx

k

kk

xx

k



























，

12

2

2

12

2

8(2)

34

4(442)

34

k

yy

k

kk

yy

k



























，且

1221

2

24

34

k

xyxy

k







（*）

联立

1

2

2

3

yy

yx















，可得1

1

3

(3,)

2

y

Ty，

111

(36,)Hyxy，

可求得此时12

22

112

:()

36

yy

HNyyxx

yxx







将(0,2)代入整理得

1212122112

2()6()3120xxyyxyxyyy

将（*）式代入，得2222482436480kkkkkkk，

显然成立。

综上，可得直线HN过定点(0,2)。

21.（12分）

已知函数()ln(1).xfxxaxe

（1）当1a时，求曲线()fx在点(0(0))f，处的切线方程；

（2）若()fx在区间(10)(0)，，，各恰有一个零点，求a的取值范围.

【答案】（1）2yx；（2）1a.

【解析】（1）(0)0,(0)2ff,所以()fx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx;

（2）

1(1)

()(1)

1x

ax

fxx

xe







.

(I)当0a时，当(1,0]x时，()0fx成立，所以()fx在(1,0]x单调递增，

且()0fx，故(1,0]x时，()fx无零点，舍去。

(II)当0a时,当1x时,(),(0)0fxf，由题意可知，必有

(0)10fa，即1a.

(i)当1a时,

2111

()

1(1)

x

xx

e

f

x

x

exe

x

x















，

令2()1xegxx，当(0,)x时，'()20xegxx，故()(0)0gxg，

故()0fx，()fx单调递增，在(0,)x无零点，舍去。

(ii)当1a时，

2

()

(1)

x

x

axe

fx

a

xe











，令2()xhexaxa，'()2xxehxa

①当0x时，'()0hx，()hx单调递增，且(0)10ha，(1)0he，故

0

(0,1)x，使得

0

()0hx，当

0

(0,)xx时，()0hx，)0(fx，()fx单调递

减；

0

(,)xx时，()0hx，)0(fx，()fx单调递增；又(0)0f，且当x

时,()fx，此时在(0,)上有一个零点；

②当(1,0)x时，'()2xxehxa，由'()hx单调递增，且

'

11

(1)220ha

ee

，'(0)10h，故

1

(1,0)x，使得'

1

()0hx

，

当

1

(1,)xx时，)0(hx，()hx单调递减，

1

(,0)xx时，)0(hx，()hx单调递增；

又

1

(1)0h

e

，(0)10ha，

故

2

(1,0)x，使得

2

()0hx，

当

2

(1,)xx时，()0hx，)0(fx，()fx单调递增，

2

(,0)xx时，()0hx，)0(fx，()fx单调递减；

又(0)0f，且当1x时,()fx，此时在(1,0)上有一个零点；

综上，1a

（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。

22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系

xOy

中，曲线C的方程为

3cos2

2sin

xt

yt















（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()0

3

m





.

(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）

320xym

；（2）

195

122

m

.

解析：（1）由

sin()0

3

m





可得，

sincoscossin0

33

m













，

即

13

sincos0

22

m











，

13

0

22

yxm

，

故l的方程为：

320xym

.

（2）由3cos2xt，得

2

22

3

3(12sin)3[12]3

22

y

xty









，

联立

2

3

3

2

320

xy

xym















，232460yym

，

即2326422yymy

，

4

36

3

m

，即

19

410

3

m

，

195

122

m

故

m

的范围是

195

122

m

.

23．[选修4-5：不等式]（10分）

已知

a,b,c

为正数，且333

2221abc

,

证明：

（

1

）

1

9

abc≤

（

2

）

1

2

abc

bcacab

abc

≤

证明：

（

1

）因为

a,b,c

为正数，所以333333

3

22222233abcabcabc≥

，

当且仅当2

33abc

时取等号，

所以

31abc≤

，即

1

9

abc≤

，得证

.

（

2

）要证

1

2

abc

bcacab

abc

≤

成立，只需证

333

2221

2

abcbaccab

bcacab

≤

，

又因为

2bcbc≥

,

2acac≥

,

2abab≥

，

当且仅当2

33abc

时，同时取等，

所以

333333333

2222222221

22

222

abcbaccababcbaccababc

bc

bcacab

≤

，

得证

.