2023年12月2日发(作者：小学语文数学试卷资源)

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.∣0x1．设集合A{2,1,0,1,2},Bx5，则AB（2）D．{1,2}A．0,1,2B．{2,1,0}C．{0,1}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（）试卷第1页，共6页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1i．则|iz3z|（A．45B．42）C．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．20ππ5．将函数f(x)sinx(0)的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于32y轴对称，则的最小值是（A．16）C．13B．14D．216．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（A．）C．2515B．13D．）23ππxx7．函数y33cosx在区间,的图象大致为（22试卷第2页，共6页A．B．C．D．8．当x1时，函数f(x)alnxA．1B．12b取得最大值2，则f(2)（x）D．1C．219．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（）B．AB与平面AB1C1D所成的角为30D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45A．AB2ADC．ACCB110．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甲和V乙．若A．5VS甲=2，则甲=（S乙V乙）5104B．22C．10D．1x2y211．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，A1,A2分别为C的左、右顶点，B为C3ab的上顶点．若BA1BA21，则C的方程为（）x2y2A．11816x2y2B．+=198x2y2C．132）C．ba0x2D．y21212．已知9m10,a10m11,b8m9，则（A．a0bB．ab0D．b0a试卷第3页，共6页二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知向量a(m,3),b(1,m1)．若ab，则m______________．14．设点M在直线2xy10上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．x2y215．记双曲线C:221(a0,b0)的离心率为e，写出满足条件“直线y2x与C无公共ab点”的e的一个值______________．16．已知ABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD．当时，BD________．AC取得最小值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.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AB240210未准点班次数2030(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附：K，(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k0.1002.7060.0503.8410.0106.635k18．记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn2an1．n试卷第4页，共6页(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．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，EAB,FBC,GCD,HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD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）20．已知函数f(x)x3x,g(x)x2a，曲线yf(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线yg(x)的切线．(1)若x11，求a；(2)求a的取值范围．21．设抛物线C:y2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；记直线MN,AB的倾斜角分别为,．当(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，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]试卷第5页，共6页2tx6（t为参数）22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，曲线C2的参数方程yt2sx6（s为参数）为．ys(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．[选修4-5：不等式选讲]23．已知a，b，c均为正数，且a2b24c23，证明：(1)ab2c3；(2)若b2c，则113．ac试卷第6页，共6页1．A【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】5∣0x，所以AB0,1,2．因为A2,1,0,1,2，Bx2故选：A.2．B【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.【详解】讲座前中位数为70%75%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．D【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1i，所以iz3zi1i31i22i，所以iz3z4422．故选：D.4．B【分析】答案第1页，共20页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，则该直四棱柱的体积V故选：B.242212.25．C【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得值.【详解】)，又C关于y轴对称，则由题意知：曲线C为ysinxsin(x2323232k,kZ，即可求出的最小232k,kZ，解得112k,kZ，又0，故当k0时，的最小值为.33故选：C.6．C【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】【最优解】无序[方法一]：从6张卡片中无放回抽取2张，共有答案第2页，共20页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，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62.155[方法二]：有序从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,(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；122.3057．A【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.【详解】xx令fx33cosx,x,，22xxxx则fx33cosx33cosxfx，所以fx为奇函数，排除BD；又当x0,时，3x3x0,cosx0，所以fx0，排除C.2故选：A.8．B【分析】答案第3页，共20页根据题意可知f(1)=-2，f10即可解得a,b，再根据fx即可解出．【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ab，xx222所以b2,ab0，即a2,b2，所以fx2，因此函数fx在0,1上递xx增，在1,上递减，x1时取最大值，满足题意，即有f21故选：B.11．229．D【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，B1D与平面AA1B1B所成角为DB1A，所以sin30cb，即bc，B1DB1DB1D2ca2b2c2，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，因为tanBAEc2，所以BAE30，B错误；a2对于C，ACa2b23c，CB1b2c22c，ACCB1，C错误；答案第4页，共20页对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为DB1C，sinDB1CCDa2，而B1D2c20DB1C90，所以DB1C45．D正确．故选：D．10．C【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甲rlr112，则S乙r2lr2所以r12r2，又则2r12r22，llr1r21，l21所以r1l,r2l，3345所以甲圆锥的高h1l2l2l，93122乙圆锥的高h2l2l2l，9312425rhllV甲3119310.所以V乙1r2h1222ll22393故选：C.11．B【分析】答案第5页，共20页根据离心率及BA1BA2=1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.【详解】82b28cb212解：因为离心率e12，解得2，ba，a99aa3A1,A2分别为C的左右顶点，则A1a,0,A2a,0，B为上顶点，所以B(0,b).所以BA1(a,b),BA2(a,b)，因为BA1BA21822所以a2b21，将ba代入，解得a29,b28，9x2y2故椭圆的方程为+=1.98故选：B.12．A【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知mlog9101，再利用基本不等式，换底公式可得mlg11，log89m，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】［方法一］：（指对数函数性质）22lg10lg9lg11lg991，而lg9lg11由910可得mlog910lg101lg922m2，所以lg10lg11，即mlg11，所以a10m1110lg11119lg1022lg9lg102lg8lg10lg80又lg8lg10，所以，即log89m，lg9lg8lg922所以b8m98log8990.综上，a0b.［方法二］：【最优解】（构造函数）由9m10，可得mlog910(1,1.5)．根据a,b的形式构造函数f(x)xmx1(x1)，则f(x)mxm11，答案第6页，共20页令f(x)0，解得x0m1m，由mlog910(1,1.5)知x0(0,1).f(x)在(1,)上单调递增，所以f(10)f(8)，即ab，1又因为f(9)9log10100，所以a0b.9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；法二：利用a,b的形式构造函数f(x)xmx1(x1)，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．313．##0.754【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】3由题意知：abm3(m1)0，解得m.43故答案为：.414．(x1)2(y1)25【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】[方法一]：三点共圆∵点M在直线2xy10上，∴设点M为(a,12a)，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，∴(a3)2(12a)2a2(2a)2R，a26a94a24a15a2，解得a1，答案第7页，共20页∴M(1,1)，R5，M的方程为(x1)2(y1)25.故答案为：(x1)2(y1)25[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,-1).R5,M的方程为(x1)2(y1)25.故答案为：(x1)2(y1)2515．2（满足1e5皆可）【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y【详解】bx2y2解：C:221(a0,b0)，所以C的渐近线方程为yx,ababb2结合渐近线的特点，只需02，即24，aabbx中02即可求得满足要求的e值.aa可满足条件“直线y2x与C无公共点”cb2所以e12145，aa又因为e1，所以1e5，故答案为：2（满足1e5皆可）16．31##1+3【分析】AC2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.AB2【详解】[方法一]：余弦定理设CD2BD2m0，答案第8页，共20页则在△ABD中，AB2BD2AD22BDADcosADBm242m，在ACD中，AC2CD2AD22CDADcosADC4m244m，2AC24m244m4m42m121m124所以AB23m242mm242mm1m1124423，32m1m1当且仅当m1所以当3即m31时，等号成立，m1AC取最小值时，m3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（1，3），B（-t,0）AC22t134t24t41224423223ABt2t4t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2答案第9页，共20页c2x242x，2c2b2126x2，22b44x4xc2x242x，2c2b2126x2，22b44x4x令ACt，则2c2t2c2126x2，AB22126x126x2t2261623，3c2x22x4x1x1t2423，当且仅当x13，即x31时等号成立.x1[方法四]：判别式法设BDx，则CD2x在△ABD中，AB2BD2AD22BDADcosADBx242x，在ACD中，AC2CD2AD22CDADcosADC4x244x，AC24x244x4x244x所以，记t2，22ABx42xx42x2则4tx42tx44t0由方程有解得：42t44t44t0即t28t40，解得：423t423所以tmin423，此时x所以当22t314tAC取最小值时，x31，即BD317．(1)A，B两家公司长途客车准点的概率分别为(2)有127，138【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；答案第10页，共20页（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.【详解】（1）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，则P(M)24012；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，则P(N)2107.240812；137.8A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（2）列联表准点班次数AB合计240210450未准点班次数203050合计260240500n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)2500(2403021020)2=3.2052.706，26024045050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.18．(1)证明见解析；(2)78．【分析】答案第11页，共20页S1,n12a2Sn2nan（1）依题意可得n，根据n，作差即可得到anan11，nSS,n2nn1从而得证；（2）法一：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．【详解】（1）因为2Snn2an1，即2Snn22nann①，n2当n2时，2Sn1n12n1an1n1②，①②得，2Snn22Sn1n12nann2n1an1n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．（2）[方法一]：二次函数的性质由（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a9，22即a16a13a18，解得a112，所以ann13，所以Sn12nnn12125125625，n2nn222282所以，当n12或n13时，Snmin78．【最优解】邻项变号法[方法二]：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，所以ann13，即有a1a2a120,a130.答案第12页，共20页则当n12或n13时，Snmin78．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出Sn的最小值，适用于可以求出Sn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．(1)证明见解析；(2)6403．3【分析】EMFN，（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EMAB,FNBC，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AD,DC中点K,L，由（1）知，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4倍，即可解出．【详解】（1）如图所示：分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为EAB,FBC为全等的正三角形，所以EMAB,FN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．答案第13页，共20页（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EFMN，同理有，HE//KM,HEKM，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434424322128333．333[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4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.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答案第14页，共20页1V434234442434434242.232320．(1)3(2)1,【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)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；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)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.【详解】（1）由题意知，f(1)1(1)0，f(x)3x21，f(1)312，则yf(x)在点1,0处的切线方程为y2(x1)，即y2x2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g(x)2x，则g(x2)2x22，解得x21，则g(1)1a22，解得a3；32（2）f(x)3x21，则yf(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为yx1x13x11(xx1)，23整理得y3x11x2x1，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g(x)2x，则g(x2)2x2，则切线方程为22yx2a2x2(xx2)，整理得y2x2xx2a，3x1212x23x121943212333ax2x2xx2xx1，则，整理得21111322xxa2242421令h(x)29431x2x3x2，则h(x)9x36x23x3x(3x1)(x1)，令h(x)0，解得4241x0或x1，31令h(x)0，解得x或0x1，则x变化时，h(x),h(x)的变化情况如下表：3x1,3131,0300,111,答案第15页，共20页h(x)h(x)052700141则h(x)的值域为1,，故a的取值范围为1,.21．(1)y24x；(2)AB:x2y4.【分析】（1）由抛物线的定义可得MF=pp，即可得解；2（2）法一：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及基本不等式可得kAB【详解】（1）抛物线的准线为x此时MF=pp，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，22，设直线AB:x2yn，结合韦达定理可解.2p3，所以p2，2所以抛物线C的方程为y24x；（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式222y4y12y2y3M,y,N,y,A,y,B,y设1234，直线MN:xmy1，4444xmy1由2可得y24my40，0,y1y24，y4xkMNy3y4y1y244kAB222y12y2y3y4y1y2，y3y4，4444由斜率公式可得直线MD:xx124x12y2，代入抛物线方程可得y2y80，y1y1答案第16页，共20页0,y1y38，所以y32y2，同理可得y42y1，所以kABk44MNy3y42y1y22又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以kABtan若要使最大，则0,，设kMN2kAB2k0，则2kMNtan，22tantantank1121tantan12k212k4，122kkk当且仅当122k即k时，等号成立，k22，设直线AB:x2yn，2所以当最大时，kAB代入抛物线方程可得y242y4n0，0,y3y44n4y1y216，所以n4，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.设Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直线MN:ykx1yk(x1)2222由2得：kx2k4xk0，x1x21,同理，y1y24.y4x直线MD:yy1(x2),代入抛物线方程可得：x1x34，同理，x2x44.x12代入抛物线方程可得:y1y38,所以y32y2，同理可得y42y1，kAB2y2y1y4y3y2y11kMN.x4x3112x2x124x2x1由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，则0,，2设kMN2kAB2k0，则tantantank11221，1tantan12k2k212k4kk当且仅当122k即k时，等号成立，k2答案第17页，共20页所以当最大时，kAB2，设直线AB:x2yn，2代入抛物线方程可得y242y4n0，0,y3y44n4y1y216，所以n4，所以直线AB:x2y4.[方法三]：三点共线222y4y12y2y3M,y,N,y,A,y,B,y设1234，44442y2y21t,y1，PNt,y2设Pt,0,若P、M、N三点共线，由PM442y12y2所以ty2ty1，化简得y1y2=-4t，44反之，若y1y2=-4t,可得MN过定点t,0因此，由M、N、F三点共线，得y1y24，由M、D、A三点共线，得y1y38，由N、D、B三点共线，得y2y48，则y3y44y1y216，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则0,，2设kMN2kAB2k0，则tantantank1121tantan12k212k4，122kkk当且仅当122k即k时，等号成立，k22，所以直线AB:x2y4.2所以当最大时，kAB【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MN,AB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AB过定点，省去联立过程，也答案第18页，共20页不失为一种简化运算的好方法．222．(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【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．【详解】2t2y22（1）因为x，yt，所以x，即C1的普通方程为y6x2y0．662s,ys，所以6x2y2，即C2的普通方程为y26x2y0，（2）因为x6由2cossin02cossin0，即C3的普通方程为2xy0．1y26x2y0x1x12联立，解得：或，即交点坐标为,1，1,2；22xy0y2y11y26x2y0x1x12或联立，解得：，即交点坐标为,1，1,2．2xy02y2y123．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）方法一：根据a2b24c2a2b22c，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得0a4c3，即可得到证.【详解】（1）[方法一]：【最优解】柯西不等式22a2b22c121212ab2c，由柯西不等式有211，再根据权方和不等式即可得a4c3答案第19页，共20页所以ab2c3，当且仅当ab2c1时，取等号，所以ab2c3.[方法二]：基本不等式由a2b22ab，b24c24bc，a24c24ac，ab2c2a2b24c22ab4bc4ac3a2b24c29，当且仅当ab2c1时，取等号，所以ab2c3.（2）证明：因为b2c，a0，b0，c0，由（1）得ab2ca4c3，即0a4c3，所以11，a4c32111222129由权方和不等式知3，aca4ca4ca4c当且仅当所以112，即a1，c时取等号，2a4c11【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．答案第20页，共20页


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