2023年12月2日发(作者：数学试卷写后感怎么写)

绝密★启用前

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U{1,2,3,4,5}，集合M满足UM{1,3}，则

A．2M B．3M C．4M

2．已知z12i，且zazb0，其中a，b为实数，则

A．a1,b2 B．a1,b2 C．a1,b2

3．已知向量a,b满足|a|1,|b|3,|a2b|3，则ab

A．2 B．1 C．1 D．2

D．5M

D．a1,b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bn：b1111，b2111，1b3111122N(k1,2,)．则 …，，依此类推，其中k13C．b6b2 D．b4b7 A．b1b5 B．b3b8

5．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．2

C．3

B．22

D．32

6．执行下边的程序框图，输出的n

A．3

C．5

数学试题第 1 页 （共 21 页）

B．4

D．6 7．在正方体中ABCDA1B1C1D1，E，F分别为AB,BC的中点，则

A．平面B1EF平面BDD1

C．平面B1EF//平面A1AC

B．平面B1EF平面A1BD

D．平面B1EF//平面AC11D

8．已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6

A．14 B．12 C．6 D．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

23 D．

3210．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、1A．

3B．

12C．乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3，且p3p2p10．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F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C3的两支交于M，N两点，且cosF1NF2，则C的离心率为

531317B． C． D．

222212．已知函数f(x),g(x)的定义域均为R，且f(x)g(2x)5,g(x)f(x4)7．若A．5

yg(x)的图像关于直线x2对称，g(2)4，则f(k)

k122A．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____________．

315．记函数fxcosx(0,0π)的最小正周期为T，若f(T)，x为92f(x)的零点，则的最小值为____________．

16．已知xx1和xx2分别是函数f(x)2axex2（a0且a1）的极小值点和极大值点．若x1x2，则a的取值范围是____________．

数学试题第 2 页 （共 21 页） 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sinCsin(AB)sinBsin(CA)．

（1）证明：2a2b2c2；

（2）若a5,cosA

18．（12分）

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

根部横截面积xi

材积量yi

102ii125，求ABC的周长．

311

0.04

0.25

2

0.06

0.40

102ii13

0.04

0.22

4

0.08

0.54

10i15

0.08

0.51

6

0.05

0.34

7

0.05

0.36

8

0.07

0.46

9

0.07

0.42

10

0.06

0.40

总和

0.6

3.9

并计算得x0.038，y1.6158，xiyi0.2474．

（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．

附：相关系数rxi1nixyiy2xi1nixyi1n，1.8961.377．

iy2数学试题第 3 页 （共 21 页） 20．（12分）

3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．

21．（12分）

x已知函数fxln1xaxe

（1）当a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；

（2）若fx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）

x3cos2txOyC在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为y2sint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．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知a，b，c都是正数，且a2b2c21，证明：

3331；

9abc1（2）．

bcacab2abc（1）abc

数学试题第 4 页 （共 21 页） 1. 设全集U1,2,3,4,5，集合M满足CUM1,3，则

A．2M

B．3M

B．C．4M D．5M

解析：由题设，易知M2,4,5，对比选项，选择A.

2. 已知z12i，且zazb0，其中a,b为实数，则

A．a1,b2

C．a1,b2

B．

a1,b2

D．a1,b2

解析: 由题设，z12i，z12i，代入有ab12a2i0，

故a1,b2，选择A.

3. 已知向量a,b满足a1，b3，a2b3，则ab

A．2

B．1

B．C．1

D．2

解析：由题设，a2b3，得a4ab4b9，代入a1，b3，

有4ab4，故ab1.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bn:

22b11111，b21，b31，11a1a1a11a2a2a3，以此类推，其中

其中akN ，k1,2,则

A．b1b5

B．b3b8

C．b6b2

D．b4b7

解析：由已知，b111111，b21，，故b1b2；同理可得b2b3,

11a1a1a1a1a2a2，排除A，

b1b3，又因为11，故b2b4；于是得b1b3b5b7a2a121a3a4数学试题第 5 页 （共 21 页） 1a2a211a31a6，故b2b6，排除C，而b1b7b8，排除B.故选择D.

方法二：（取特殊值）取an1，于是有b12，b2分子分母分别构成斐波那契数列，于是有b5于是得b1b5，b31358，b3，b4，235，

13213455，b6，b7，b8.

88111b8，b611b2.对比选项，选D.

333341325.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．2

B．22

C．3

D．32

解析：易知抛物线C:y24x的焦点为F1,0，

于是有BF2，故AF2，注意到

抛物线通径2p4，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AFx轴，

于是有AB222222.

6. 执行下边的程序框图，输出的n

A．3

B．4

C．5

D．6

数学试题第 6 页 （共 21 页） 【答案】B

【解析】

b231第一次循环：b1123，a312，n112，|22||()22|0.01

a24b271第二次循环：b3227，a725，n213，|22||()22|0.01

a525b2171第三次循环：b72517，a17512，n314，|22||()22|0.01

a12144故输出n4

故选B

7. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则

A．平面B1EF平面BDD

1

B．平面B1EF平面A1BD

C．平面B1EF//平面A1AC

【答案】A

【解析】

D．平面B1EF//平面A1C1D

对于A选项：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为EF分别为AB，BC的中点，易知EFBD，从而EF平面BDD

1，又因为EF平面BDD

1，所以平面B1EF平面BDD

1，所以A选项正确；

对于B选项：因为平面A1BDA1BD不成立；

平面BDD

1BD,由上述过程易知平面B1EF平面对于C选项：由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF//平面A1AC有公共数学试题第 7 页 （共 21 页） 点，从而C选项错误；

对于D选项：连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C//平面A1C1D，

又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面AB1C与平面B1EF

不平行，所以D选项错误.

8. 已知等比数列{an}的前3项和为168，a2a542，则a6

A．14 B．12 C．6 D．3

【答案】D

【解析】

设等比数列{an}首项a1，公比q

22a1a2a3168a1(1qq)168a1(1qq)168由题意，，即，即

32aa42aq(1q)(1qq)42aq(1q)425211解得，q故选D

1，a196，所以a6a1q53

29. 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．3211B．C．D．

3

22

3

【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ra2所以该四棱锥的高h1，所以体积

22a

21Va23a2a2a21a24a2a2a24442)34(1)34

1(1)(2344233339a2a24当且仅当，即a2时，等号成立

1423a2231所以该四棱锥的高h1

233数学试题第 8 页 （共 21 页） 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p1，p2，p3且p3p2p10.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

P甲=p1[p2(1p3)p3(1p2)]p1p2p1p32p1p2p3

P乙=p2[p1(1p3)p3(1p1)]p1p2p2p32p1p2p3

P丙=p3[p1(1p2)p2(1p1)]p1p3p2p32p1p2p3

所以P丙P甲=p2(p3p1)0，P乙=p1(p3p2)0

丙P所以P丙最大，故选D.

11．双曲线C的两个焦点F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosF1NF2 A．3，则C的离心率为

5C．5

2B．3

213

2D．

17

2【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OAMN，OAa，又OF1c，则AF1c2a2b.过点F2作F2BMN交直线MN于点B，连接F2N，则F2B//OA,又点O为F1F2中点，则F2B2OA2a，F1B2AF12b.由数学试题第 9 页 （共 21 页） 344cosF1NF2，得sinF1NF2，tanF1NF2，

553所以F2NF2BsinF1NF2F2B5a3a，BN．

2tanF1NF22故F1NF1BBN2b3a，由双曲线定义，F1NF2N2a，

2b2913b3则2ba2a，即，所以e121.

a42a2

12．已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R,且f(x)g(2x)5，g(x)f(x4)7.

若yg(x)的图像关于直线x2对称，g(2)4，则f(k)

k122 A．21

【答案】D

B．22 C．23 D．

24

【解析】若yg(x)的图像关于直线x2对称，则g(2x)g(2x)，因为f(x)g(2x)5，所以f(x)g(2x)5，故f(x)f(x)，f(x)为偶函数.由得f(0)1.由g(x)f(x4)7，得g(2x)f(x2)7，g(2)4，f(0)g(2)5，代入f(x)g(2x)5，得f(x)f(x2)2，f(x)关于点(1,1)中心对称，所以f(1)f(1)1.由f(x)f(x2)2，f(x)f(x)，得f(x)f(x2)2，所以f(x2)f(x4)2，故f(x4)f(x)，f(x)周期为4.由f(0)f(2)2，得f(2)3，又f(3)f(1)f(1)1，所以f(k)6f(1)6f(2)5f(3)5f(4)

k12211(1)516(3)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 ．

【答案】3

10数学试题第 10 页 （共 21 页） 1C33【解析】设“甲、乙都入选”为事件A，则P(A)3.

C51014、过四点22中的三点的一个圆的方程为___________

22224765【答案】x2y313或x2y15或xy或33981692

xy1525【解析】设点A，圆过其中三点共有四种情况，解决2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2，设圆心坐标为，则

4a29a1a3,r4a213，

所以圆的方程为x2y313

22（2）若圆过A、B、D三点，同（1）设圆心坐标为，则

2224a24a2a1,r4a25，所以圆的方程为x2y1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的中垂线方程

4x1649653r为y2x5，联立得，

7993y34765所以圆的方程为xy

339（4）若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为y1，

2282x138线段BC中垂线方程为y5x-7，联立得，

r-41555y181692所以圆的方程为xy1

525

2数学试题第 11 页 （共 21 页） 15、记函数f(x)cos(x)(0,0)的最小正周期为T，若f(T)3，2x

9为f(x)的零点，则的最小值为_________

【答案】3

【解析】fTf0cos3，且0，故，

26fcos0kkZ39kkZ，

696299又0，故的最小值为3.

16、已知xx1和xx2分别是函数f(x)2aex(a0且a1)的极小值点和极大值点，若x1x2，则a的取值范围是___________

【答案】0,

【解析】fx2alnaex至少要有两个零点xx1和xx2，我们对其求导，\'xx21ef\'\'x2axlna2e，

2（1）若a1，则f\'\'x在R上单调递增，此时若f\'\'x00，则f\'x在,x0上单调

递减，在x0,上单调递增，此时若有xx1和xx2分别是函数f(x)2axex2(a0且a1)的极小值点和极大值点，则x1x2，不符合题意。

（2）若0a1，则f\'\'x在R上单调递减，此时若f\'\'x00，则f\'x在,x0上

e。此时若有xx1和xx2分lna2单调递增，在x0,上单调递减，且x0logax2别是函数f(x)2aex(a0且a1)的极小值点和极大值点，且x1x2，则需满\'足fx00，即数学试题第 12 页 （共 21 页） eeee12lnalna，elogaalnalnlna1lnlna222lnalnalnalnalna可解得ae或0a

1111，由于0a1，取交集即得0a。

ee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

sinCsin(AB)sinBsin(CA).

（1）证明：2a2b2c2；

（2）若a5，cosA25，求ABC的周长.

31【答案】（1）见证明过程；（2）14；

【解析】1.已知sinCsin(AB)sinBsin(CA)可化简为

sinCsinAcosBsinCcosAsinBsinBsinCcosAsinBcosCsinA，

由正弦定理可得，accosBbccosAbccosAabcosC由余弦定理，可即得accosB2bccosAabcosCa2c2b2b2c2a2a2b2c2ac2bcab，即证2a2b2c2，

2ac2bc2abb2c2a250252525cosA2bc31，（2）由（1）可知bc2a50，，2bc2bc2bc31222b2c22bc(bc)281，bc9，abc14，ABC的周长为14

18.（12分）

如图，四面体ABCD中ADCD,ADCD,ADBBDC,

E为AC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CF 与平面ABD所成角的正弦值.

0数学试题第 13 页 （共 21 页） 解析：（1）ADCD,ADBBDC且BD为公共边

ADB与BDC全等,

ABBC.

又又E为AC中点 且ADCD,DEAC,同理BEAC.

DEBEE,且均含于平面BED,

AC平面BED.

又AC平面ACD,平面BED平面 ACD.

0（2）在ABC中，AB=2,ACB60,ABBCAC=2, BE=3.

在ACD中，,ADCD,ADCD,AC2,E为AC中点,

DEAC, DE=1.

又BD2,DE2BE2BD2,即DEBE.

直线AC、直线ED、直线EB两两互相垂直.

由点F在BD上且ADB与BDC全等,

AFFC，

由于E为AC中点

EFAC

数学试题第 14 页 （共 21 页） 当AFC的面积最小时

EFBD

在RtDEB中，BE=3,DE=1

EF33,BF

22如图，以点E为坐标原点，直线AC、EB、ED分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.

C(1,0,0)、A(1,0,0)、B(0,3,0)、D(0,0,1)、F(0,BD(0,3,1)、AD(1,0,1)、BC(1,3,0)

33,)

44CFBFBC333,)

BDBC=(1,444设平面ABD的法向量为m(x,y,z) .

BDm0可得 设y1

m(3,1,3)

ADm0设m与CF所成的角为，CF与平面ABD所成角的为

43sincos7mCF所以CF与平面ABD所成角的正弦值为mCF

43.

719．（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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和

根部横截面积xi

0．04 0．06 0．04 0．08 0．08 0．05 0．05 0．07 0．07 0．06 0．6

材积量yi

0．25 0．40 0．22 0．54 0．51 0．34 0．36 0．46 0．42 0．40 3．9

数学试题第 15 页 （共 21 页） 并计算得x0.038，y1.6158，xiyi0.2474．

2i2ii1i1i1101010（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．

附：相关系数rxi1nixyiy2xi1nixyi1n，1.8961.377．

iy2【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x0.6100.06，yn3.9100.39.

xiyinx y（2）ri1(0.038100.06)22xi2nx2yinyi1i10.01340.01340.01340.97

0.0020.09480.011.8960.01377nn0.2474100.060.392(1..6158100.39)2

（3）设从根部面积总和为X，总材积量为Y，则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A(0,2)，B(,1)两点。

（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．

XY3.9x，故Y1861209（m3）.

0.6y32x2y21；【答案】（1）（2）直线HN过定点(0,2)

34数学试题第 16 页 （共 21 页） x2y23【解析】（1）设E的方程为221，将A(0,2)，B(,1)两点代入得ab241x2y2b2221。 ，解得a3，b4，故E的方程为91342124ab（2）由A(0,2)，B(,1)可得直线AB:y322x2

3x2y2①若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x1。代入1，可得34M(1,262626262)，N(1,)，将y)，代入AB:yx2，可得T(63,333332626)。易求得此时直线HN:

y(2)x2。过点33由MTTH，得H(265,(0,2)。

②若过P(1,2)的直线的斜率存在，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8(2k)6k(2k)yyxx1224k123k243k24故有，，且（*）

xyxy1221223k4xx3k(4k)yy4(44k2k)12123k243k24yy13y联立，可得T(13,y1)，H(3y16x1,y1)，

22yx23可求得此时HN:yy2y1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（*）式代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480，显然成立。

数学试题第 17 页 （共 21 页）

222综上，可得直线HN过定点(0,2)。

21.（12分）

x已知函数f(x)ln(1x)axe.

（1）当a1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

0)，(0，)各恰有一个零点，求a的取值范围. （2）若f(x)在区间(1，【答案】（1）y2x；（2）a1.

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

（2）f(x)1a(1x)(x1).

x1xe(I)当a0时，当x(1,0]时，f(x)0成立，所以f(x)在x(1,0]单调递增，且f(x)0，故x(1,0]时，f(x)无零点，舍去。

(II)当a0时,当x1时,f(x),f(0)0，由题意可知，必有f(0)1a0，即a1.

1x1exx21x(i)当a1时,

f(x)，

1xe(1x)ex令g(x)ex1，当x(0,)时，g(x)e2x0，故g(x)g(0)0，故f(x)0，f(x)单调递增，在x(0,)无零点，舍去。

x2\'xexax2ax2\'xh(x)eaxah(x)e2ax (ii)当a1时，f(x)，令，x(1x)e数学试题第 18 页 （共 21 页） ①当x0时，h(x)0，h(x)单调递增，且h(0)1a0，h(1)e0，故\'x0(0,1)，使得h(x0)0，当x(0,x0)时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；x(x0,)时，又f(0)0，且当xh(x)0，f(x)0，f(x)单调递增；时,f(x)，此时在(0,)上有一个零点；

②当x(1,0)时，h(x)e2ax，由h(x)单调递增，且\'x\'11h\'(1)2a20，h\'(0)10，故x1(1,0)，使得h\'(x1)0，

ee当x(1,x1)时，h(x)0，h(x)单调递减，

x(x1,0)时，h(x)0，h(x)单调递增；

又h(1)10，h(0)1a0，

e故x2(1,0)，使得h(x2)0，

当x(1,x2)时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递增，

x(x2,0)时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；

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

综上，a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。

22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x3cos2t在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为（t为参数）.以坐标原点为极点，y2sintx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；（2）195m.

122解析：（1）由sin()m0可得，sincoscossinm0，

333数学试题第 19 页 （共 21 页） 1313sincosm0即，yxm0，

2222故l的方程为：3xy2m0.

32yy， （2）由x3cos2t，得x3(12sint)3[12]3222232yx3联立，3y22y4m60，

23xy2m0即

3y22y64m2y2，3故m的范围是4m36，即191954m10，m

3122195m.

12223．[选修4-5：不等式]（10分）

已知a,b,c为正数，且a21（1）abc≤

9ab

（2）bcac3b32c321,证明：

cab≤12abc

证明：

（1）因为a,b,c为正数，所以a223b32c≥3abc323323232

3abc，当且仅当abc33时取等号，

1所以3abc≤1，即abc≤，得证.

9（2）要证abcbaccab≤成立，只需证abc2abcbc132bacac32cab1，

≤ab232又因为bc≥2bc,ac≥2ac,ab≥2ab，

当且仅当abc33时，同时取等，

所以

a得证.

322bcbaccbc3232ab≤a32bcb32acc32aba322bc2ac2abb232c321，

2数学试题第 20 页 （共 21 页） 数学试题第 21 页 21 页）

（共


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