2022届全国高考甲卷理科数学试卷及答案

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷理科）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.z1.若z=−+13i，则=（）zz−11313A.−+13iB.−−13iC.−+iD.−−i33332.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23.设全集U=−−{2,1,0,1,2,3}，集合A=−{1,2},Bxx={∣−+=4x30}，则ð()AB∪=（）U

1A.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}−D.{2,0}−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.8B.12C.16D.20xx−ππ5.函数yx=(3−3)cos在区间−,的图象大致为（）22A.B.C.D.b6.当x=1时，函数fxax()=ln+取得最大值−2，则f′(2)=（）x11A.−1B.−C.D.1227.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°

2C.AC=CBD.BD与平面BBCC所成的角为45°11118.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CD⊥AB．“会圆术”给出AB的弧2CD长的近似值s的计算公式：s=AB+．当OA=2,∠=AOB60°时，s=（）OA1133−1143−933−943−A.B.C.D.22229.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.422xy10.椭圆C:+=>>1(ab0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线APAQ,22ab1的斜率之积为，则C的离心率为（）43211A.B.C.D.2322π11.设函数fx()=sinωx+在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）35135191381319A.,B.,C.,D.,36366366311112.已知ab=,=cos,c=4sin，则（）3244A.cba>>B.bac>>C.abc>>D.acb>>二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

31r13.设向量a，b的夹角的余弦值为，且a=1，b=3，则(2abb+⋅=)_________．322x2214.若双曲线ym−=>1(0)的渐近线与圆xyy+−+=430相切，则m=_________．2m15.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．AC16.已知ABC中，点D在边BC上，∠=°==ADB120,AD2,CD2BD．当取得最小值时，ABBD=________．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．2SS为数列{a}n17.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．18.在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCDCD,∥ABAD,=DC=CB=1,AB=2,DP=3．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．19.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．220.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；

4（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．xe21.已知函数fx()=−lnx+−xa．x（1）若fx()≥0，求a的取值范围；（2）证明：若fx()有两个零点xx12,，则环xx12<1．（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（全国甲卷理科）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.z1.若z13i，则（）zz11313A.13iB.13iC.iD.i3333【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【详解】z13i,zz(13i)(13i)134.z13i13izz1333故选：C2.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.23.设全集U{2,1,0,1,2,3}，集合A{1,2},Bx∣x4x30，则ð(AB)（）UA.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}D.{2,0}【答案】D【解析】【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.2【详解】由题意，B=xx4x301,3，所以AB1,1,2,3,所以ðUAB2,0.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，24则该直四棱柱的体积V2212.2故选：B.xxππ5.函数y33cosx在区间,的图象大致为（）22A.B.

8C.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.xx【详解】令fx33cosx,x,，22xxxx则fx33cosx33cosxfx，所以fx为奇函数，排除BD；xx又当x0,时，330,cosx0，所以fx0，排除C.2故选：A.b6.当x1时，函数f(x)alnx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(1)=-2，f10即可解得a,b，再根据fx即可解出．ab【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，f(1)=-2，f10，而fx2，xx22所以b2,ab0，即a2,b2，所以fx，因此函数fx在0,1上递增，在2xx111,上递减，x1时取最大值，满足题意，即有f21．22故选：B.7.在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A.AB2ADB.AB与平面AB1C1D所成的角为30°C.ACCB1D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45

9【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：不妨设ABa,ADb,AA1c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为B1DB，cbBD与平面AABB所成角为DBA，所以sin30，即bc，BD2ca2b2c2，1111BDBD111解得a2c．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AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为BAE，c2因为tanBAE，所以BAE30，B错误；a2对于C，2222ACab3c，CB1bc2c，ACCB1，C错误；CDa2对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为DB1C，sinDB1C，而0DB1C90，BD2c21所以DBC45．D正确．1故选：D．8.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长2CD的近似值s的计算公式：sAB．当OA2,AOB60时，s（）OA

1011331143933943A.B.C.D.2222【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出AB,OC,CD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以O,C,D三点共线，即ODOAOB2，又AOB60，所以ABOAOB2，则OC3，故CD23，2CD2231143所以sAB2.OA22故选：B.

119.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V甲SV甲甲和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r12r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【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，Srlr甲11则2，Srlr乙22所以r12r2，2r2r12又2，llrr12则1，l21所以rl,rl，12332425所以甲圆锥的高hlll，19321222乙圆锥的高hlll，29312425rhllV11甲393所以10.V12122乙rhl2l22393故选：C.22xy10.椭圆C:1(ab0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的22ab1斜率之积为，则C的离心率为（）4

123211A.B.C.D.2223【答案】A【解析】y2122Px,y，则Qx,y，根据斜率公式结合题意可得1x1y1【分析】设111122，再根据221，x1a4ab将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：Aa,0，设Px1,y1，则Qx1,y1，yy11则kAP,kAQ，xaxa112yyy1111故kAPkAQ22，xaxaxa411122b2a2x2x1y121又221，则y12，aba222bax12b1所以a21，即，a2422xa412cb3所以椭圆C的离心率e1.2aa2故选：A.π11.设函数f(x)sinx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）35135191381319A.,B.,C.,D.,36366366【答案】C【解析】【分析】由x的取值范围得到x的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．3【详解】解：依题意可得0，因为x0,，所以x,，333要使函数在区间0,恰有三个极值点、两个零点，又ysinx，x,3的图象如下所示：3

135138138则3，解得，即,．236363故选：C．311112.已知a,bcos,c4sin，则（）3244A.cbaB.bacC.abcD.acb【答案】A【解析】c112【分析】由4tan结合三角函数的性质可得cb；构造函数f(x)cosxx1,x(0,)，利b42用导数可得ba，即可得解.c1π【详解】因为4tan,因为当x0,,sinxxtanxb4211c所以tan,即1,所以cb；44b12设f(x)cosxx1,x(0,)，2f(x)sinxx0，所以f(x)在(0,)单调递增，1131则ff(0)=0,所以cos0，4432所以ba,所以cba，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.1r13.设向量a，b的夹角的余弦值为，且a1，b3，则2abb_________．3【答案】11【解析】

141【分析】设a与b的夹角为，依题意可得cos，再根据数量积的定义求出ab，最后根据数量积的3运算律计算可得．11【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为，即cos，33r1又a1，b3，所以ababcos131，3222所以2abb2abb2abb21311．故答案为：11．22x2214.若双曲线y1(m0)的渐近线与圆xy4y30相切，则m_________．2m3【答案】3【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．22xx【详解】解：双曲线y1m0的渐近线为y，即xmy0，2mm2222不妨取xmy0，圆xy4y30，即xy21，所以圆心为0,2，半径r1，2m依题意圆心0,2到渐近线xmy0的距离d1，21m33解得m或m（舍去）．333故答案为：．315.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．6【答案】.35【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．4【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有nC70个结果，这4个点在同一个平面的有8m126m6612个，故所求概率P．n7035

156故答案为：．35AC16.已知ABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD．当取得最小值时，ABBD________．【答案】31##1+3【解析】2AC【分析】设CD2BD2m0，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.2AB【详解】设CD2BD2m0，则在△ABD中，2222ABBDAD2BDADcosADBm42m，在△ACD中，2222ACCDAD2CDADcosADC4m44m，AC24m244m4m242m121m124所以AB2m242mm242m3m1m11244233，2m1m13当且仅当m1即m31时，等号成立，m1AC所以当取最小值时，m31.AB故答案为：31.三、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．2SS为数列a的前n项和．已知n17.记nnn2an1．n

16（1）证明：an是等差数列；（2）若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）78．【解析】S,n121【分析】（1）依题意可得2Snn2nann，根据an，作差即可得到anan11，SS,n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n2a1，即2Sn2nan①，nnnn2当n2时，2Sn12n1an1②，n1n122①②得，2Sn2Sn12nan2n1an1，nn1nn1即2an2n12nan2n1an11，即2n1an2n1an12n1，所以anan11，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a4a13，a7a16，a9a18，2又a4，a7，a9成等比数列，所以a7a4a9，2即a16a13a18，解得a112，2nn11225125625所以ann13，所以Sn12nnnn，222228所以，当n12或n13时Snmin78．18.在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD,CD∥AB,ADDCCB1,AB2,DP3．

17（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；5（2）.5【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直的性质可得PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为CD//AB,ADCDCB1,AB2，所以四边形ABCD为等腰梯形，1所以AEBF，23故DE，BDDE2BE23，2所以222ADBDAB，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；

18【小问2详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD3，则A1,0,0,B0,3,0,P0,0,3，则AP1,0,3,BP0,3,3,DP0,0,3，设平面PAB的法向量nx,y,z，nAPx3z0则有{，可取n3,1,1，nBP3y3z0nDP5则cosn,DP，nDP55所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.519.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【答案】（1）0.6；

19（2）分布列见解析，EX13.【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.040.6．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，PX00.50.40.80.16,PX100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44，PX200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34，PX300.50.60.20.06.即X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望EX00.16100.44200.34300.0613.220.设抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，点Dp,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MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．2【答案】（1）y4x；（2）AB:x2y4.【解析】p【分析】（1）由抛物线的定义可得MF=p，即可得解；2

20（2）设点的坐标及直线MN:xmy1，由韦达定理及斜率公式可得kMN2kAB，再由差角的正切公式2及基本不等式可得k，设直线AB:x2yn，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=p3，所以p2，22所以抛物线C的方程为y4x；【小问2详解】2222yyyy1234设M,y1,N,y2,A,y3,B,y4，直线MN:xmy1，4444xmy12由2可得y4my40，0,y1y24，y4xyy4yy41234kk由斜率公式可得MN22，AB22，yyyyyyyy121234344444x1224x12直线MD:xy2，代入抛物线方程可得yy80，y1y10,yy8，所以y2y，同理可得y2y，13324144kMN所以kABy3y42y1y22又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，ktanMN所以ktan，AB22若要使最大，则0,，2tantank112tan设k2k2k0，则1tantan12k2114，MNAB2k22kkk12当且仅当2k即k时，等号成立，k22所以当最大时，k，设直线AB:x2yn，AB2

212代入抛物线方程可得y42y4n0，0,yy4n4yy16，所以n4，3412所以直线AB:x2y4.【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.xe21.已知函数fxlnxxa．x（1）若fx0，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x21．【答案】（1）(,e1]（2）证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；x1e11xex2lnxx0（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.x2x【小问1详解】f(x)的定义域为(0,)，x11x111x1x1ef(x)2e11e11xxxxxxxx令f(x)0,得x1当x(0,1),f(x)0,f(x)单调递减当x(1,),f(x)0,f(x)单调递增f(x)f(1)e1a，若f(x)0,则e1a0,即ae1所以a的取值范围为(,e1]【小问2详解】由题知,fx一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1

221因为fx1fx2,即证fx2fx2x1e1即证lnxxxexlnx0,x(1,)xxx1e11xex2lnxx0即证x2xx1e11下面证明x1时，xex0,lnxx0x2xx1e设g(x)xex,x1，x11111xxx111xx1则g(x)eexe1ee122xxxxxxx1x11ex1e1exexxxxxxe11xx1x设xx1,xee022xxxx1所以x1e,而exex1e所以ex0,所以g(x)0x所以g(x)在(1,)单调递增x1e即g(x)g(1)0,所以xex0x11令h(x)lnxx,x12x221112xx1(x1)h(x)10222x2x2x2x所以h(x)在(1,)单调递减11即h(x)h(1)0,所以lnxx0；2xx1e11xex2lnxx0xx1.综上,,所以12x2x【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式

2311h(x)lnxx这个函数经常出现，需要掌握2x（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2sx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6ytys（s为参数）．（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2cossin0，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）y6x2y0；11（2）C3,C1的交点坐标为,1，1,2，C3,C2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C2,C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】2t22y2因为x，yt，所以x，即C1的普通方程为y6x2y0．66【小问2详解】2s22因为x,ys，所以6x2y，即C2的普通方程为y6x2y0，6由2cossin02cossin0，即C3的普通方程为2xy0．21y6x2y0xx11联立，解得：2或，即交点坐标为,1，1,2；2xy0y22y121y6x2y0xx11联立，解得：2或，即交点坐标为,1，1,2．2xy0y1y22[选修4-5：不等式选讲]22223.已知a，b，c均为正数，且ab4c3，证明：

24（1）ab2c3；11（2）若b2c，则3．ac【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】222222【分析】（1）根据ab4cab2c，利用柯西不等式即可得证；11（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4c3【小问1详解】2222222证明：由柯西不等式有ab2c111ab2c，所以ab2c3，当且仅当ab2c1时，取等号，所以ab2c3；【小问2详解】证明：因为b2c，a0，b0，c0，由（1）得ab2ca4c3，11即0a4c3，所以，a4c32221112129由权方和不等式知3，aca4ca4ca4c121当且仅当，即a1，c时取等号，a4c211所以3.ac