2022年全国乙卷文科高考数学真题试题答案详解（精校打印版）

2022年 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 全国乙卷数学（文）真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．集合M2,4,6,8,10,Nx1x6，则MN（）A．{2,4}B．{2,4,6}C．{2,4,6,8}D．{2,4,6,8,10}【答案】A【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为M2,4,6,8,10，Nx|1x6，所以MN2,4．故选：A.2．设(12i)ab2i，其中a,b为实数，则（）A．a1,b1B．a1,b1C．a1,b1D．a1,b1【答案】A【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．【详解】因为a,bÎR，ab2ai2i，所以ab0,2a2，解得：a1,b1．故选：A.rr3．已知向量a(2,1)，b(2,4)，则ab（）A．2B．3C．4D．5【答案】Drr【分析】先求得ab，然后求得ab.2【详解】因为ab2,12,44,3，所以ab4235.故选：D4．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：试卷第1页，共23页则下列结论中错误的是（）A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.7.37.5【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4，A2选项结论正确.对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.50625816，B选项结论正确.6对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值0.3750.4，16C选项结论错误.13对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值0.81250.6，16D选项结论正确.故选：Cxy2,5．若x，y满足约束条件x2y4,则z2xy的最大值是（）y0,A．2B．4C．8D．12【答案】C【分析】作出可行域，数形结合即可得解.试卷第2页，共23页【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数z2xy为y2xz，上下平移直线y2xz，可得当直线过点4,0时，直线截距最小，z最大，所以zmax2408.故选：C.6．设F为抛物线C:y24x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AFBF，则AB（）A．2B．22C．3D．32【答案】B【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，F1,0，则AFBF2，即点A到准线x=1的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，22所以AB310222.故选：B7．执行下边的程序框图，输出的n（）试卷第3页，共23页A．3B．4C．5D．6【答案】B【分析】根据框图循环计算即可.【详解】执行第一次循环，bb2a123，aba312,nn12，b2321220.01；a2224执行第二次循环，bb2a347，aba725,nn13，b2721220.01；a25225执行第三次循环，bb2a71017，aba17512,nn14，b21721220.01，此时输出n4.a2122144故选：B8．如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是（）试卷第4页，共23页x33xx3x2xcosx2sinxA．yB．yC．yD．yx21x21x21x21【答案】A【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.x3x【详解】设fx，则f10，故排除B;x212xcosxπ设hx，当x0,时，0cosx1，x2122xcosx2x所以hx1，故排除C;x21x212sinx2sin3设gx，则g30，故排除D.x2110故选：A.9．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（）A．平面B1EF平面BDD1B．平面B1EF平面A1BDC．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D【答案】A【分析】证明EF平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB2，分别求出平面B1EF，A1BD，A1C1D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBD且DD1平面ABCD，又EF平面ABCD，所以EFDD1，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC，所以EFBD，试卷第5页，共23页又BDDD1D，所以EF平面BDD1，又EF平面B1EF，所以平面B1EF平面BDD1，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB2，则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，C10,2,2，则EF1,1,0,EB10,1,2，DB2,2,0,DA12,0,2，AA10,0,2,AC2,2,0,A1C12,2,0,设平面B1EF的法向量为mx1,y1,z1，mEFx1y10则有，可取m2,2,1，mEB1y12z10同理可得平面A1BD的法向量为n11,1,1，平面A1AC的法向量为n21,1,0，平面A1C1D的法向量为n31,1,1，则mn122110，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；uur因为与不平行，mn2所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为与不平行，mn3所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，故选：A.试卷第6页，共23页选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设A1BB1EM，EFBDN，则MN为平面B1EF与平面A1BD的交线，在BMN内，作BPMN于点P，在EMN内，作GPMN，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面B1EF与平面A1BD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：PB2PN2BN2，PG2PN2GN2，底面正方形ABCD中，E,F为中点，则EFBD，由勾股定理可得NB2NG2BG2，从而有：NB2NG2PB2PN2PG2PN2BG2，据此可得PB2PG2BG2，即BPG90，据此可得平面B1EF平面A1BD不成立，选项B错误；对于选项C，取A1B1的中点H，则AHB1E，∥由于AH与平面A1AC相交，故平面B1EF平面A1AC不成立，选项C错误；试卷第7页，共23页对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1FM为平行四边形，则A1MB1F，∥由于A1M与平面A1C1D相交，故平面B1EF平面A1C1D不成立，选项D错误；故选：A.10．已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A．14B．12C．6D．3【答案】D【分析】设等比数列an的公比为q,q0，易得q1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列an的公比为q,q0，若q1，则a2a50，与题意矛盾，所以q1，3a11qa96aaa1681则1231q，解得1，q4a2a5a1qa1q4225所以a6a1q3.故选：D.试卷第8页，共23页11．函数fxcosxx1sinx1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）ππ3ππππ3ππA．，B．，C．，2D．，222222222【答案】D【分析】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值.【详解】fxsinxsinxx1cosxx1cosx，π3π¢所以fx在区间0,和,2π上f(x)>0，即fx单调递增；22π3π在区间,上fx0，即fx单调递减，22ππ3π3π3π又f0f2π2，f2，f11，222223ππ所以fx在区间0,2π上的最小值为，最大值为2.22故选：D12．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（）1132A．B．C．D．3232【答案】C【分析】 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式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，111则SACBDsinACBD2r2r2r2ABCD222（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2r2又设四棱锥的高为h，则r2h21，22231222222rr2h43VOABCD2rhrr2h333327试卷第9页，共23页3当且仅当22即h时等号成立r2h3.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半2a2径为r，则ra，所以该四棱锥的高h1，223a2a2a2222211a4aaa44143Va21(1)442()3323442333327a2a24(当且仅当1，即a2时，等号成立)423a223所以该四棱锥的体积最大时，其高h11.233故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半222a1a2径为r，则ra，所以该四棱锥的高h1，Va21，令at(0t2)，22321t3t33t2Vt2，设ftt2，则ft2t，3222440t，ft0，单调递增，t2，ft0，单调递减，334a23所以当t时，V最大，此时h1．323故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．二、填空题13．记Sn为等差数列an的前n项和．若2S33S26，则公差d_______．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d2a1d6，即可得解.试卷第10页，共23页【详解】由2S33S26可得2a1a2+a33a1a26，化简得2a3a1a26，即2a1+2d2a1d6，解得d2.故答案为：2.14．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____________．3【答案】##0.310【分析】根据古典概型计算即可【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；3其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率P.103故答案为：.103解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为C5103甲、乙都入选的方法数为C13，所以甲、乙都入选的概率P3103故答案为：1015．过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．2222224765【答案】x2y313或x2y15或xy或339282169xy1．525【分析】方法一：设圆的方程为x2y2DxEyF0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】[方法一]：圆的一般方程依题意设圆的方程为x2y2DxEyF0，F0F0（1）若过0,0，4,0，1,1，则164DF0，解得D4，11DEF0E6试卷第11页，共23页22所以圆的方程为x2y24x6y0，即x2y313；F0F0（2）若过0,0，4,0，4,2，则164DF0，解得D4，1644D2EF0E222所以圆的方程为x2y24x2y0，即x2y15；F0F08（3）若过0,0，4,2，1,1，则11DEF0，解得D，31644D2EF014E322228144765所以圆的方程为xyxy0，即xy；3333916F11DEF0516（4）若过1,1，4,0，4,2，则164DF0，解得D，所以圆51644D2EF0E2222161682169的方程为xyx2y0，即xy1；555252222224765故答案为：x2y313或x2y15或xy或339282169xy1．525[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）设点A0,0，B4,0，C1,1，D4,2（1）若圆过A、B、C三点，圆心在直线x2，设圆心坐标为(2,a)，2则4a29a1a3,r4a213，所以圆的方程为(x2)2(y3)213；（2）若圆过A、B、D三点，设圆心坐标为(2,a)，则4a24(a2)2a1,r4a25，所以圆的方程为(x2)2(y1)25；（3）若圆过A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为yx1，线段AD的中垂线4765427265方程为y2x5，联立得x,yr，所以圆的方程为(x)(y)；333339（4）若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为y1，线段BC中垂线方程为试卷第12页，共23页81382169y5x7，联立得x,y1r，所以圆的方程为(x-)2y1．555252222224765故答案为：x2y313或x2y15或xy或339282169xy1．525【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．三、双空题116．若fxlnab是奇函数，则a_____，b______．1x1【答案】；ln2．2【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性若a0，则f(x)的定义域为{x|x1}，不关于原点对称a011若奇函数的f(x)ln|a|b有意义，则x1且a01x1x1x1且x1，a函数f(x)为奇函数，定义域关于原点对称，1111，解得a，a21由f(0)0得，lnb0，2bln2，1故答案为：；ln2．2[方法二]：函数的奇偶性求参1aax1axa1f(x)lnablnblnb1x1x1xaxa1f(x)lnb1x函数f(x)为奇函数试卷第13页，共23页axa1axa1f(x)f(x)lnln2b01x1xa2x2(a1)2ln2b0x21a2(a1)212a10a11212bln2ln2bln241a,bln22[方法三]：1因为函数fxlnab为奇函数，所以其定义域关于原点对称．1x1a11由a0可得，1xa1ax0，所以x1，解得：a，即函数1xa2的定义域为,11,11,，再由f00可得，bln2．即111xfxlnln2ln，在定义域内满足fxfx，符合题意．21x1x1故答案为：；ln2．2四、解答题17．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinABsinBsinCA．(1)若A2B，求C；(2)证明：2a2b2c25π【答案】(1)；8(2)证明见解析．【分析】（1）根据题意可得，sinCsinCA，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 展开得sinCsinAcosBcosAsinBsinBsinCcosAcosCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．（1）由A2B，sinCsinABsinBsinCA可得，sinCsinBsinBsinCA，而试卷第14页，共23页π0B，所以sinB0,1，即有sinCsinCA0，而0Cπ,0CAπ，25π显然CCA，所以，CCAπ，而A2B，ABCπ，所以C．8（2）由sinCsinABsinBsinCA可得，sinCsinAcosBcosAsinBsinBsinCcosAcosCsinA，再由正弦定理可得，accosBbccosAbccosAabcosC，然后根据余弦定理可知，1111a2c2b2b2c2a2b2c2a2a2b2c2，化简得：22222a2b2c2，故原等式成立．18．如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED平面ACD；(2)设ABBD2,ACB60，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．【答案】(1)证明详见解析3(2)4【分析】（1）通过证明AC平面BED来证得平面BED平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥FABC的体积.【详解】（1）由于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE.ADCD由于BDBD，所以△ADB△CDB，ADBCDB所以ABCB，故ACBD，由于DEBDD，DE,BDÌ平面BED，试卷第15页，共23页所以AC平面BED，由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）[方法一]：判别几何关系依题意ABBDBC2，ACB60，三角形ABC是等边三角形，所以AC2,AECE1,BE3，由于ADCD,ADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE1.DE2BE2BD2，所以DEBE，由于ACBEE，AC,BE平面ABC，所以DE平面ABC.由于△ADB△CDB，所以FBAFBC，BFBF由于FBAFBC，所以FBAFBC，ABCB所以AFCF，所以EFAC，1由于SACEF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小AFC2过E作EFBD，垂足为F，113在Rt△BED中，BEDEBDEF，解得EF，2222所以2313，DF1,BF2DF222BF3所以BD4FHBF3过F作FHBE，垂足为H，则FH//DE，所以FH平面ABC，且，DEBD43所以FH，411133所以VSFH23.FABC3ABC3244[方法二]：等体积转换ABBC，ACB60，AB2试卷第16页，共23页ABC是边长为2的等边三角形，BE3连接EFADBCDBAFCFEFAC在BED中，当EFBD时，AFC面积最小ADCD,ADCD,AC2,E为AC中点DE=1DE2BE2BD2BEEDBEDE3若EFBD,在BED中，EFBD23BFBE2EF22113333SBFEFBEF2222811333VVVSAC2FABCABEFCBEF3BEF38419．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：总样本号ｉ12345678910和根部横截面0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6积xi材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.910101022并计算得xi0.038,yi1.6158,xiyi0.2474．i=1i=1i=1(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186m2．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．试卷第17页，共23页n(xix)(yiy)附：相关系数ri=1,1.8961.377．nn22(xix)(yiy)i=1i=1【答案】(1)0.06m2；0.39m3(2)0.97(3)1209m3【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．0.6【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，平均一棵的材积量为0.39m31010xixyiyxiyi10xy（）ri=1i=1210101010222222xixyiyxi10xyi10yi=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得Y=1209m3．0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3120．已知函数f(x)ax(a1)lnx．x(1)当a0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)1试卷第18页，共23页(2)0,【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；ax1x1（2）求导得fx，按照a0、0a1及a1结合导数讨论函数的单x2调性，求得函数的极值，即可得解.1111x【详解】（1）当a0时，fxlnx,x0，则fx，xx2xx2当x0,1时，f¢(x)>0，fx单调递增；当x1,时，fx0，fx单调递减；所以；fxmaxf1111a1ax1x1（2）fxaxa1lnx,x0，则fxa，xx2xx2当a0时，ax10，所以当x0,1时，f¢(x)>0，fx单调递增；当x1,时，fx0，fx单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；fxmaxf1a1011¢当0a1时，1，在0,1,,上，f(x)>0，fx单调递增；aa1在1,上，fx0，fx单调递减；a又f1a10，11由（1）得lnx1，即ln1x，所以lnxx,lnxx,lnx2x，xx11当x1时，f(x)ax(a1)lnxax2(a1)xax(2a3)x，xx231则存在m2，使得fm0，aa1所以fx仅在,有唯一零点，符合题意；a2x1当a1时，fx0，所以fx单调递增，又f1a10，x2所以fx有唯一零点，符合题意；11¢当a1时，1，在0,,1,上，f(x)>0，fx单调递增；aa1在,1上，fx0，fx单调递减；此时f1a10，a试卷第19页，共23页111由（1）得当0x1时，lnx1，lnx1，所以lnx21，xxx11112(a1)此时f(x)ax(a1)lnxax2(a1)1,xxxxx11存在n，使得f(n)0，4(a1)2a11所以fx在0,有一个零点，在,无零点，aa所以fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.321．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．2(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MTTH．证明：直线HN过定点．y2x2【答案】(1)143(2)(0,2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.3【详解】（1）解：设椭圆E的方程为mx2ny21，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn1344y2x2所以椭圆E的方程为：1.4332（2）A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，23x2y2①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333试卷第20页，共23页2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022联立x2y2,得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)82kxxy1y22123k243k4可得，，3k(4k)2444k2kx1x22y1y223k43k424k且xyxy(*)12213k24yy13y1联立2,可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223y1y2可求得此时HN:yy2(xx2)，3y16x1x2将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，将(*)代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.x3cos2t22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原y2sint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m0．3(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)3xy2m0195(2),122试卷第21页，共23页【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）方法一：联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.13【详解】（1）因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0（2）[方法一]：【最优解】参数方程联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m03(12sin2t)2sint2m0，化简为6sin2t2sint32m0，要使l与C有公共点，则2m6sin2t2sint3有解，令sinta，则a1,1，令f(a)6a22a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min6666191952m5，即m的取值范围为,.6122[方法二]：直角坐标方程x3cos2t23由曲线C的参数方程为，t为参数，消去参数t，可得y2x2，y2sint33xy2m02联立23，得3y2y4m60(2y2)，即y2x2322119191954m3y2y63y，即有4m10，即m，m的取值范围333122195是,．122【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值试卷第22页，共23页域，与方法一本质上差不多，但容易忽视y的范围限制而出错．．已知，，都是正数，且333，证明：23abca2b2c211(1)abc；9abc1(2)；bcacab2abc【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．333【详解】（）证明：因为，，，则，，，1a0b0c0a20b20c20333333所以a2b2c23，a2b2c2311133321即abc，所以abc，当且仅当222，即abc3时取等号．39abc9（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．试卷第23页，共23页