2022届全国高考甲卷文科数学试卷及答案

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷文科）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.51.设集合A=−−{2,1,0,1,2},Bxx=∣0≤<，则AB=（）2A.{0,1,2}B.{2,1,0}−−C.{0,1}D.{1,2}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70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于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3.若z=+1i．则|izz+=3|（）

1A.45B.42C.25D.224.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.8B.12C.16D.20ππ5.将函数fx()=+>sinωωx(0)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ω的最小值是（）1111A.B.C.D.64326.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（）1122A.B.C.D.5353xx−ππ7.函数yx=(3−3)cos在区间−,的图象大致为（）22A.B.

2C.D.b8.当x=1时，函数fxax()=ln+取得最大值−2，则f′(2)=（）x11A.−1B.−C.D.1229.在长方体ABCD−ABCD1111中，已知BD1与平面ABCD和平面AABB11所成的角均为30°，则（）A.AB=2ADB.AB与平面ABCD所成的角为30°11C.AC=CBD.BD与平面BBCC所成的角为45°111110.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，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为SV甲甲V甲和V乙．若=2，则=（）SV乙乙510A.5B.22C.10D.422xy111.已知椭圆C:+=>>1(ab0)的离心率为，AA12,分别为C的左、右顶点，B为C的上顶22ab3点．若BABA⋅=−1，则C的方程为（）122222222xyxyxyx2A.+=1B.+=1C.+=1D.+=y1181698322mmm12.已知9==−=−10,ab1011,89，则（）A.ab>>0B.ab>>0C.ba>>0D.ba>>0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量ambm=(,3),=(1,+1)．若ab⊥，则m=______________．14.设点M在直线2xy+−10=上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．22xy15.记双曲线C:−=>>1(ab0,0)的离心率为e，写出满足条件“直线yx=2与C无公共点”的e的一22ab个值______________．AC16.已知ABC中，点D在边BC上，∠=°==ADB120,AD2,CD2BD．当取得最小值时，AB

3BD=________．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.甲、乙两城之间的长途客车均由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：准点班次数未准点班次数A24020B21030（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？22nad()−bc附：K=，(abcdacbd++++)()()()2PKk(…)0.1000.0500.010k2.7063.8416.6352SS为数列{a}n18.记nn的前n项和．已知+=+na21n．n（1）证明：{an}是等差数列；（2）若aaa479,,成等比数列，求Sn的最小值．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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EABFBCGCDHDA,,,均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．

4（1）证明：EF//平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．32xfx,处的切线也是曲线ygx=()的切20.已知函数fxxxgxxa()=−=,()+，曲线yfx=()在点(11())线．（1）若x1=−1，求a；（2）求a的取值范围．221.设抛物线Cy:=2pxp(>0)的焦点为F，点Dp(,0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．（1）求C的方程；（2）设直线MDND,与C的另一个交点分别为A，B，记直线MNAB,的倾斜角分别为αβ,．当αβ−取得最大值时，求直线AB的方程．（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x=22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为6（t为参数），曲线C2的参数方程为yt=2+sx=−6（s为参数）．ys=−（1）写出C1的普通方程；（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C3的极坐标方程为2cosθθ−=sin0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且222abc++=43，证明：（1）abc++≤23；11（2）若bc=2，则+≥3．ac

52022年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷文科）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.51.设集合A=−−{2,1,0,1,2},Bxx=∣0≤<，则AB=（）2A.{0,1,2}B.{2,1,0}−−C.{0,1}D.{1,2}【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出．5【详解】因为A=−−{2,1,0,1,2}，Bxx=∣0≤<，所以AB={0,1,2}．2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（）

6A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于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%+【详解】讲座前中位数为>70%,所以A错；2讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,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D错.故选:B.3.若z=+1i．则|izz+=3|（）A.45B.42C.25D.22【答案】D【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．【详解】因为z=+1i，所以izz+=++−=−3i1i()31i()22i，所以i3zz+=+=4422．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（）

7A.8B.12C.16D.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，24+则该直四棱柱的体积V=××=2212.2故选：B.ππ5.将函数fx()=+>sinωωx(0)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ω的最小值是（）1111A.B.C.D.6432【答案】C【解析】ωπππ【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得+=+kkπ,∈Z，即可求出ω的最小232值.

8ππωππ【详解】由题意知：曲线C为yx=sinωω++=sin(x++)，又C关于y轴对称，则2323ωπππ+=+kkπ,∈Z，23211解得ω=+∈2,kkZ，又ω>0，故当k=0时，ω的最小值为.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（）1122A.B.C.D.5353【答案】C【解析】【分析】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】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种情况，62其中数字之积为4的倍数的有(1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,6)()()()()()6种情况，故概率为=.155故选：C.xx−ππ7.函数yx=(3−3)cos在区间−,的图象大致为（）22A.B.C.D.

9【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.xx−ππ【详解】令fx()=(3−3)cos,xx∈−,，22−−xxxx则fx(−=−)(33cos)(−=−−x)(33)cosx=−fx()，所以fx()为奇函数，排除BD；πxx−又当x∈0,时，3−>30,cosx>0，所以fx()>0，排除C.2故选：A.b8.当x=1时，函数fxax()=ln+取得最大值−2，则f′(2)=（）x11A.−1B.−C.D.122【答案】B【解析】【分析】根据题意可知f(12)=-，f′(10)=即可解得ab,，再根据fx′()即可解出．【详解】因为函数fx()定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f(12)=-，f′(10)=，而ab22fx′()=−，所以b=−−=2,ab0，即ab=−=2,−2，所以fx′()=−+，因此函数fx()在22xxxx11(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f′(21)=−+=−．22故选：B.9.在长方体ABCD−ABCD1111中，已知BD1与平面ABCD和平面AABB11所成的角均为30°，则（）A.AB=2ADB.AB与平面ABCD11所成的角为30°C.AC=CBD.BD与平面BBCC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：

10不妨设AB=aAD,,=bAA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，BD1与平面ABCD所成角为cb∠BDB1，BD1与平面AABB11所成角为∠DBA1，所以sin30==，即bc=，BDBD11222BDcabc==++2，解得ac=2．1对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面ABCD11，所以AB与平面ABCD11所成角为∠BAE，c2因为tan∠==BAE，所以∠≠BAE30，B错误；a2对于C，2222AC=+=ab3c，CB1=+=bc2c，AC≠CB1，C错误；CDa2对于D，BD1与平面BBCC11所成角为∠DBC1，sin∠===DBC1，而BD22c10<∠DBC<90，所以∠=DBC45．D正确．11故选：D．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，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为SV甲甲V甲和V乙．若=2，则=（）SV乙乙510A.5B.22C.10D.4【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得rr=2，再结合圆心角之和可将rr,分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的1212体积公式即可得解.

11【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，Sπrlr甲11则===2，Sπrlr乙22所以rr12=2，22ππrr12又+=2π，llrr+12则=1，l21所以r=lr,=l，12332245所以甲圆锥的高hll=−=l，19322122乙圆锥的高hll=−=l，29312245πrhl×lV11甲393所以===10.V12122乙πrhll2×22393故选：C.22xy111.已知椭圆C:+=>>1(ab0)的离心率为，AA12,分别为C的左、右顶点，B为C的上顶22ab3点．若BABA⋅=−1，则C的方程为（）122222222xyxyxyx2A.+=1B.+=1C.+=1D.+=y1181698322【答案】B【解析】22【分析】根据离心率及BABA⋅−=1，解得关于ab,的等量关系式，即可得解.12228cb1b822【详解】解：因为离心率e==−=1，解得2=，ba=，aa23a99AA,分别为C的左右顶点，则Aa(−,0,)Aa(,0)，1212B为上顶点，所以Bb(0,).所以BA=−−(,)abBA,=−(,)ab，因为BABA⋅=−11212

122222822所以−+=−ab1，将ba=代入，解得ab=9,=8，922xy故椭圆的方程为+=1.98故选：B.mmm12.已知9==−=−10,ab1011,89，则（）A.ab>>0B.ab>>0C.ba>>0D.ba>>0【答案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m=log1019>，再利用基本不等式，换底公式可得m>lg11，log9>m，然后由指数函数的单调性即可解出．8lg10【详解】由9m=10可得m=log109=>1，而lg922lg9lg11+lg992lg10lg11lg9lg11<=<=1(lg10)，所以>，即m>lg11，所以22lg9lg10mlg11a=−>101110−=110．22lg8lg10+lg802lg9lg10又lg8lg10<=<(lg9)，所以>，即log98>m，22lg8lg9所以b=−<898mlog98−=90．综上，ab>>0．故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量ambm=(,3),=(1,+1)．若ab⊥，则m=______________．3【答案】−##−0.754【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.3【详解】由题意知：abm⋅=+3(m+=1)0，解得m=−.43故答案为：−.414.设点M在直线2xy+−10=上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．22【答案】(xy−++=1)(1)5【解析】

13【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线2xy+−10=上，∴设点M为(,12)aa−，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴2222(3)(12)a−+−aaaR=+−(2)=，222aa−++694aaa−+=415，解得a=1，∴M(1,1)−，R=5，22M的方程为(xy−++=1)(1)5.22故答案为：(xy−++=1)(1)522xy15.记双曲线C:−=>>1(ab0,0)的离心率为e，写出满足条件“直线yx=2与C无公共点”的e的一22ab个值______________．【答案】2（满足15<≤e皆可）【解析】bb【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线yx=±中02<≤即可求得满足要求的e值.aa22bxy【详解】解：C:−=>>1(ab0,0)，所以C的渐近线方程为yx=±,22aba2bb结合渐近线的特点，只需02<≤，即≤4，2aa可满足条件“直线yx=2与C无公共点”2cb所以e==+≤+=1145，2aa又因为e>1，所以15<≤e，故答案为：2（满足15<≤e皆可）AC16.已知ABC中，点D在边BC上，∠=°==ADB120,AD2,CD2BD．当取得最小值时，ABBD=________．【答案】31−##−1+3【解析】2AC【分析】设CD=220BD=m>，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.2AB

14【详解】设CD=220BD=m>，则在△ABD中，2222AB=BD+AD−2BDAD⋅cos∠ADB=++m42m，在△ACD中，2222AC=CD+AD−2CDAD⋅cos∠ADC=4m+−44m，AC224m+−44m4(mmm2++42)−121(+)12===−4所以AB22mm++42mm2++423(m++1)m+112≥−4=−4233，21(m+⋅)m+13当且仅当m+=1即m=31−时，等号成立，m+1AC所以当取最小值时，m=31−.AB故答案为：31−.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.甲、乙两城之间的长途客车均由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：准点班次数未准点班次数A24020B21030（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？22nad()−bc附：K=，(abcdacbd++++)()()()

152PKk(…)0.1000.0500.010k2.7063.8416.635127【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，138（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）根据表格中数据及公式计算K2，再利用临界值表比较即可得结论.【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，24012则PM()==；26013B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，2107则PN()==.240812A家公司长途客车准点的概率为；137B家公司长途客车准点的概率为.8【小问2详解】列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计4505050022nad()−bcK=(abcdacbd++++)()()()2500(2403021020)××−×=≈>3.2052.706，26024045050×××

16根据临界值表可知，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.2SS为数列{a}的前n项和．已知n18.记nn+=+na21n．n（1）证明：{an}是等差数列；（2）若aaa479,,成等比数列，求Sn的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）−78．【解析】Sn,1=21【分析】（1）依题意可得22Snn+=nna+n，根据an=，作差即可得到aann−=−11，SSn−≥,2nn−1从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】2Sn2解：因为+=+na21，即22S+=nna+n①，nnnn2当n≥2时，2Sn+−=−(121)(nan)+−(1)②，nn−−1122①−②得，2S+−n2S−−=(n12)na+−−n21(n)a−−(n1)，nn−−11nn即2212an+−=nnann−21(n−)a−1+1，即2121(nana−−−=−)nn()−121(n)，所以aann−=−11，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．【小问2详解】解：由（1）可得aa41=+3，aa71=+6，aa91=+8，2又a4，a7，a9成等比数列，所以aaa7=49⋅，2即(a1+=+⋅+6)(aa1138)()，解得a1=−12，2nn(−1)1225125625所以ann=−13，所以Snn=−+12=−=−−nnn，222228所以，当n=12或n=13时(Sn)min=−78．19.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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EABFBCGCDHDA,,,均为正三角形，且它们所在的平面都与平面

17ABCD垂直．（1）证明：EF//平面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（2）3．3【解析】【分析】（1）分别取ABBC,的中点MN,，连接MN，由平面知识可知EM⊥⊥ABFN,BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取ADDC,中点KL,，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH−的体积加上四棱锥BMNFE−体积的4倍，即可解出．【小问1详解】如图所示：，

18分别取ABBC,的中点MN,，连接MN，因为EABFBC,为全等的正三角形，所以EM⊥⊥ABFN,BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．【小问2详解】如图所示：，分别取ADDC,中点KL,，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KMHE,=KM，HG//KLHG,=KL，GF//LNGF,=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KMNLEFGH−的体积加上四棱锥BMNFE−体积的4倍．因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积21256640V=(42)×+434××××=4243221283+3=3．33332xfx,处的切线也是曲线ygx=()的切20.已知函数fxxxgxxa()=−=,()+，曲线yfx=()在点(11())线．（1）若x1=−1，求a；（2）求a的取值范围．【答案】（1）3（2）[−+∞1,)【解析】【分析】（1）先由fx()上的切点求出切线方程，设出gx()上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；

19（2）设出gx()上的切点坐标，分别由fx()和gx()及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【小问1详解】2由题意知，f(1)−=−−−=1(1)0，fx′()3x=−1，f′(1)−=−=312，则yfx=()在点(−1,0)处的切线方程为yx=2(+1)，即yx=22+，设该切线与gx()切于点(xgx22,())，gx′()2=x，则gx′()222=x=2，解得x2=1，则ga(1)=+=+122，解得a=3；【小问2详解】2()32fx′()3x=−1，则yfx=()在点(xfx11,)处的切线方程为yxx−−=−−(11)(3x11()xx1)，整理得23yxxx=−−(31211)，设该切线与gx()切于点(xgx22,())，gx′()2=x，则gx′()222=x，则切线方程为22yxa−+=(2)2(xxx22−)，整理得y=2xxx22−+a，312xx2−=2212233x113432931则32，整理得axx=−=−−=−−+21222xxxx1111，−=−+2xxa122242494323132令hx()=−−+x2xx，则hx′()=−−=9x6x3xxx3(3+−1)(x1)，令hx′()0>，解得4241−<1，31令hx′()0<，解得x<−或01<0)的焦点为F，点Dp(,0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．（1）求C的方程；

20（2）设直线MDND,与C的另一个交点分别为A，B，记直线MNAB,的倾斜角分别为αβ,．当αβ−取得最大值时，求直线AB的方程．2【答案】（1）yx=4；（2）ABx:24=y+.【解析】p【分析】（1）由抛物线的定义可得MF=p+，即可得解；2（2）设点的坐标及直线MNx:1=my+，由韦达定理及斜率公式可得kkMN=2AB，再由差角的正切公式2及基本不等式可得k=，设直线ABx:2=yn+，结合韦达定理可解.AB2【小问1详解】p抛物线的准线为x=−，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，2p此时MF=3p+=，所以p=2，22所以抛物线C的方程为yx=4；【小问2详解】2222yyyy1234设M,yN1234,,yA,,yB,,y，直线MNx:1=my+，4444x=my+12由2可得y−4my−=40，∆>0,yy12=−4，yx=4yy−4yy−41234k==k==MN22AB22由斜率公式可得yyyy+，yyyy+，12123434−−4444x1−2242(x1−)直线MDx:2=⋅+y，代入抛物线方程可得yy−⋅−=80，y1y1∆>0,yy=−8，所以yy=2，同理可得yy=2，13324144kMN所以kAB===yy34++22(yy12)又因为直线MN、AB的倾斜角分别为αβ,，ktanαMN所以k=tanβ==，AB22

21π若要使αβ−最大，则β∈0,，2tanαβ−tank112tan(αβ−=)==≤=设kkk=220=>，则1tan++αβtan12k2114，MNAB+2k22⋅kkk12当且仅当=2k即k=时，等号成立，k22所以当αβ−最大时，k=，设直线ABx:2=yn+，AB22代入抛物线方程可得y−4240yn−=，∆>0,yy=−4n=4yy=−16，所以n=4，3412所以直线ABx:24=y+.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.（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x=22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为6（t为参数），曲线C2的参数方程为yt=2+sx=−6（s为参数）．ys=−（1）写出C1的普通方程；（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C3的极坐标方程为2cosθθ−=sin0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．2【答案】（1）yxy=−≥620()；11（2）CC31,的交点坐标为,1，(1,2)，CC32,的交点坐标为−−,1，(−−1,2)．22【解析】【分析】(1)消去t，即可得到C1的普通方程；(2)将曲线CC23,的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】

2222+t2+y2因为x=，yt=，所以x=，即C1的普通方程为yxy=−≥620()．66【小问2详解】2+s22因为x=−=,ys−，所以62xy=−−，即C2的普通方程为yxy=−−≤620()，6由2cosθ−=sinθ0⇒2cosρθρθ−=sin0，即C3的普通方程为20xy−=．21yxy=−≥620()x=x=11联立，解得：2或，即交点坐标为,1，(1,2)；20xy−==y=22y121yxy=−−≤620()x=−x=−11联立，解得：2或，即交点坐标为−−,1，(−−1,2)．20xy−=y=−1y=−22[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且222abc++=43，证明：（1）abc++≤23；11（2）若bc=2，则+≥3．ac【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】222222【分析】（1）根据abcabc++=++42()，利用柯西不等式即可得证；11（2）由（1）结合已知可得0<+≤ac43，即可得到≥，再根据权方和不等式即可得证.ac+43【小问1详解】2222222证明：由柯西不等式有ab++(2c)(111++≥++)(abc2)，所以abc++≤23，当且仅当abc==21=时，取等号，所以abc++≤23；【小问2详解】证明：因为bc=2，a>0，b>0，c>0，由（1）得abcac++=+≤243，11即0<+≤ac43，所以≥，ac+432221112(12+)9由权方和不等式知+=+≥=≥3，acacacac444++

23121当且仅当=，即a=1，c=时取等号，ac4211所以+≥3.ac