理科数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_学科网2022年高三12月大联考（全国乙卷）数学_学科网2022年高三12月大联考（全国乙卷）数学

2022 年高三 12 月大联考（全国乙卷） 理科数学·全解全析及评分标准 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A C D A D D B A C C B C 1．A 【解析】由x2 2x30，得x1或x3，所以A{x|x1或x3}，又B{x|x1}，所以 A  B(1,)．故选A． 47i (47i)(23i) 2．C 【解析】由z(23i)47i，得z  12i，所以复数z在复平面内所对 23i (23i)(23i) 应的点的坐标为(1,2)，故选C．  7(71) a 7a  d 16 3．D 【解析】方法一：设等差数列{a }的公差为d，由a S 16，a a ，得 4 1 2 , n 4 7 8 4  a a 0 8 4 a 3d 7a 21d 16 a 5 即 1 1 ，解得 1 ，所以a a (n1)d n6,则a 4，故选D. a 7d a 3d 0 d 1 n 1 10 1 1 7(a a ) 72a 方法二：设等差数列{a }的公差为d，因为a S a  1 7 a  4 8a 16，所以a 2. n 4 7 4 2 4 2 4 4 由a a 0可得a 0，由a 2, a 0得a 5，d 1，所以a 5(n1)1n6,则a 4， 8 4 6 4 6 1 n 10 故选D. 4．A 【解析】方法一：由题意，知抛物线C：y2 4x的焦点F的坐标为(1，0)，p2，又直线ykx1过 yx1 抛物线 C 的焦点F(1,0)，所以k10 ，解得k 1，所以直线的方程为 y x1，由 ，得 y2 4x x2 6x10，设A(x ,y ),B(x ,y ),所以x x 6，所以|AB| x x  p628．故选A． A A B B A B A B 方法二：由题意，知抛物线 C：y2 4x的焦点坐标为F(1，0)， p2，又直线ykx1过抛物线的焦点  2p F(1,0)，所以k10，解得k 1，所以直线ykx1的倾斜角 ，所以|AB| 8. 故选A． 4 sin2 5．D 【解析】因为a=(1,3),b(3,4) ，所以ab3129，A 错误；因为abc(5,9) ，所以 |abc| 2581 106 ，B 错误；因为(ab)a190，所以ab与a的夹角为锐角，C 错误；由 题意，知ab(2,7),又c=(7,2)，所以(ab)c0，则ab与c垂直，D正确.故选D．     k  6．D 【解析】由题意，得g(x)sin[2(x ) ]1sin(2x )1，令2x k,kZ，得x  ， 6 6 6 6 2 12 理科数学 全解全析及评分标准 第1页（共14页）  5 5 kZ，当k 1时，x   ，∴( ,1)为函数g(x)图象的一个对称中心，故选D. 2 12 12 12 1 1 28a2 7．B 【解析】由题意，得长方棱台的体积V  [(4a4a)a(8a2a)2a]2 (8a2 20a2)2  6 6 3 28 ，所以a1，所以该长方棱台的三视图中侧视图为等腰梯形，其上底长为1，下底长为2，高为2， 3 1 则侧视图的面积为S  (12)23，故选B. 2 8．A 【解析】方法一：第一步，选一个盒子放3个球，则这样的选法有C1 3（种）；第二步，假设③号 3 盒子放3个球，若③号盒子放1绿2白或1绿2红，则①②号盒子只有1种放法，若③号盒子放1红1 白1绿，则①②号盒子有2种放法，若③号盒子放2红1白或2白1红，则①②号盒子有2种放法.所以， 不同的放法有C1(11222)24（种），故选A. 3 方法二：列举法： 1绿2白 红 红 1绿2红 白 白 红 白 1红1白1绿 白 红 白 绿 1白2红 绿 白 绿 红 1红2白 红 绿 所以，不同的放法有C1(11222)24（种），故选A. 3 9．C 【解析】由S 3n 1，得当n2时，S 3n11，以上两式相减，得a 23n1，又当n1时， n n1 n 4,n1 16,n1 a 1 4，所以a n  23n1,n2 ，所以a n 2  49n1,n2 ，其前n项和为T n 164(9192   9n1) 99n 9n 23 164  ．故选C． 19 2 1 10．C 【解析】 4x+4y (2x+2y)2 22x 2y,2x12y1  (2x+2y) ，设 2x 2y t(t 0) ，则由题意得 2 理科数学 全解全析及评分标准 第2页（共14页）2x 2y t2 t2 22x2y 2t，即22x2y t2 2t．因为022x2y 2( )2，即0t2 2t ，当且仅 2 2 当2x 2y，即x y1时等号成立，解得2t4，所以2x12y1的取值范围是(1,2]．故选C． 11．B 【解析】由题意，知(2a4)ea (12b)e2b1 2b2a1，∴(2a4)ea 2a1(2b1)e2b12b， ∴2(a2)ea 2a1(2b12)e2b12b， ∴2[(a2)ea a2](2b12)e2b1(2b1)2. 设 f(x)(x2)exx2，则 f(x)(x1)ex 1，令 f(x)g(x)，则g(x) xex， 当x0时，g(x)0， f(x)单调递减，∴ f(x) f(0)0， f(x)单调递增， f(x) f(0)0； 当x0时，g(x)0， f(x)单调递增，∴ f(x) f(0)0, f(x)单调递增， f(x) f(0)0. ∴ f(a) f(0)0. ∴0 f(a)2f(a) f(2b1)，∴ f(a) f(2b1)，∴a2b1，故选B． 2 3 4 3 12．C 【解析】由题意，知圆C 的圆心坐标为(0, )，半径r  ，F(2,0),F (2,0)，则|FF |4， 1 1 2 1 2 3 3 2 3 4 3 在 Rt△FCO （其中 O 为坐标原点）中，因为|CO| ，|CF | ,所以FCO60, 所以 1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 FC F 120, FMF  FCF 60（同一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半）.在△FMF 中， 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 由余弦定理，得|FF |2|MF |2 |MF |2 2|MF ||MF |cos60(|MF ||MF |)2|MF ||MF |4a2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12=16，所以a1,又c2,所以双曲线C 的离心率为e2，故选C． 2 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．0.28【解析】由随机变量服从正态分布N(73,2)，P(77)0.78，得P(77)P(69)0.22， ∴P(6973)0.50.220.28．故填0.28. 14．16【解析】由二项式定理，可得( x 1)5 的展开式通项为T Cr( x)5r(1)r,r0,1,2,3,4,5，当 r1 5 5r0,2,4，即r5,3,1时,T 为有理项，所以所有有理项的系数之和为(1)5C5 (1)3C3 (1) r1 5 5 C1 (1105)16.故填16. 5 15．(0,2) 【解析】由题意，得m0，当m0时， f(x)为图象开口向下的二次函数，若 f(x)在xm处 取到极小值，则有0m2；当m0时， f(x)为图象开口向上的二次函数，若 f(x)在xm处取到 极小值，则有m2，与m0矛盾，不符合题意，故m的取值范围是(0,2).故填(0,2). 理科数学 全解全析及评分标准 第3页（共14页）11 16．  【解析】由AE BE EF得AF BF ，同理AF CF ，又BF  CF F ，所以AF 平面BCF ， 2 如图，取BC的中点G，连接EG，FG，AG，则EG∥AC，又EF  AC，所以EF EG，所以在Rt△EFG 中，FG 2，在Rt△AFG中，AF  AG2 FG2 1，所以三棱锥F ADE为正四面体，设AG与ED 3 的交点为M，易知M 为ED的中点，连接FM ，则FM MG ，在△FMG中，由余弦定理，得 2 FM2 MG2 FG2 1 cosFMG  ,设正三角形EFD的中心为I ，易知等腰梯形BCDE的外接圆圆心 2FM MG 3 为BC的中点G，设四棱锥F BCDE外接球的球心为O，连接OI,OG，则OI 平面EFD，OG平 3 3 3 3 面BCDE，连接GI ，在△MGI 中，GI2 MI2 MG2 2MIMGcosFMG( )2 ( )2 2  6 2 6 2 1 ( )1，易知M，G，O，I四点共圆，设四边形MGOI外接圆的半径为r，结合正弦定理，得OM  3 GI 3 3 2r   , OG OM2 MG2  ,设四棱锥F BCDE外接球的半径为R，则R2 BG2  sinGMI 2 2 8 3 11 11 11 OG2 1  ,所以四棱锥F BCDE外接球的表面积为 .故填 . 8 8 2 2 说明： 28 14 7 第13题写成 , , 之一都给分. 100 50 25 第15题写成0m2或{m|0m2}也给分. 22 第16题写成 ,5.5之一也给分. 4 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） 【解析】（1）由题意知BC 6，在△ABC中，由余弦定理得 AB2 BC2  AC2 2BCACcosC，（1分） 3 即1236 AC2 26AC ， 2 即AC2 6 3AC240， 理科数学 全解全析及评分标准 第4页（共14页）解得AC 2 3或AC 4 3，（2分） 因为AC  AB，所以AC 4 3．（3分） 在△ADC中由余弦定理得，AD2 DC2 AC2 2DCACcosC，（4分） 3 即AD2 1648244 3 16，（5分） 2 所以AD4．（6分） 2 AB AC BC （2）因为BC 6，BAC  ，所以在△ABC中由正弦定理得   4 3，（7分） 3 sinC sinB sinBAC  所以AB4 3sinC ，AC 4 3sinB4 3sin( C)，（8分） 3 1 1  所以S  CDACsinC  44 3sin( C)sinC （9分） 2 2 3 3 1 8 3( cosC sinC)sinC 12sinCcosC4 3sin2C 2 2  6sin2C2 3(1cos2C) 4 3sin(2C )2 3．（11分） 6     1  又AC  AB，则0C  ，所以 2C  ，所以 sin(2C )1， 6 6 6 2 2 6 可得0S 2 3，所以△ACD的面积S的取值范围为(0,2 3).（12分） 说明： （1）第（1）问中3分后面这样写也给分： 在△ADB中由余弦定理得，AB2  AD2 BD2 2ADBDcosADB， 即12 AD2 44ADcosADB，①（4分） 在△ADC中由余弦定理得，AC2  AD2 CD2 2ADBDcosADB， 即48 AD2 168ADcosADB，②（5分） 由①×2得242AD2 88ADcosADB，③ ②+③得AD2 16， 即AD4.（6分） （2）第（2）问另一种解法：即角 B，C 所对的边长分别为 b，c，在△ABC 中由余弦定理得， BC2 b2 c2 2bccosBAC，（7分） 2 即36b2 c2 2bccos b2 c2 bc，（8分） 3 2 2 因为CD BC ，所以S  S ， 3 3 △ABC 1 2 3 又S  bcsin  bc,（9分） △ABC 2 3 4 理科数学 全解全析及评分标准 第5页（共14页）3 故S  bc.（10分） 6 由b2 c2 2bc bc,得b2 c2 2bc，所以363bc,0bc12，（11分） 3 所以0S  bc2 3， 6 即0S 2 3，所以△ACD的面积S的取值范围为(0,2 3).（12分） （3）第（1）问： 1.正确求出AC 4 3 为3分，若1分处的余弦定理没有写，直接写第二步代入，此1分可不扣，若没 有求出AC 4 3 ，正确写出余弦定理，可得1分. 2.无论是否正确求出AC 4 3 ，4分段只要正确写出一个余弦定理均得1分；5分段也是要求正确代入 即可得1分；但不重复给分. （4）第（2）问：若答案为(0,2 3]，扣1分. 18．（12分） 【解析】（1）随机变量a 的可能取值为0，1，2，3.（1分） 3 2 8 P(a 0)C0( )3  ， 3 3 5 125 3 2 36 P(a 1)C1 ( )2  ， 3 3 5 5 125 3 2 54 P(a 2)C2( )2  ， 3 3 5 5 125 3 27 P(a 3)C3( )3  ．（4分） 3 3 5 125 随机变量a 的分布列为 3 a 0 1 2 3 3 8 36 54 27 P 125 125 125 125 （5分） 8 36 54 27 9 所以E(a )0 1 2 3  ．（6分） 3 125 125 125 125 5 （2）若a ，a ，a 成等比数列，则a =1，（7分） 1 2 6 1 3 2 96 当a =1时，则a =1，P(a 1,a 1,a 1) ( )5  ；（8分） 2 6 1 2 6 5 5 15625 理科数学 全解全析及评分标准 第6页（共14页）3 3 2 1944 当a =2时，则a =4，P(a 1,a 2,a 4)( )2C2( )2( )2  ；（10分） 2 6 1 2 6 5 4 5 5 15625 96 1944 408 所以事件a ，a ，a 成等比数列的概率P   .（12分） 1 2 6 15625 15625 3125 说明： 第（1）问： 1.2分-4分段：写对1个得1分，写对2个得2分，4个全部写对得3分； 2.P(a 0),P(a 1),P(a 2),P(a 3)值求错一个，后面5分段、6分段不给分. 3 3 3 3 第（2）问： 3 2 写到P(a 1,a 1,a 1) ( )5得8分； 1 2 6 5 5 3 3 2 写到P(a 1,a 2,a 4)( )2C2( )2( )2得10分； 1 2 6 5 4 5 5 2040 答案写成 得11分，即答案必须化简，否则，扣1分. 15625 19．（12分） 【解析】（1）由题意，知C 为BE 的中点， 1 1 1 如图，取AD 的中点P，连接CP，AP，则APBC 2,AP∥BC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以四边形APCB 为平行四边形，所以PC∥AB ，（1分） 1 1 1 1 1 1 所以PC∥AB，又PC =AB，所以四边形APCB为平行四边形， 1 1 1 所以AP∥BC ，（2分） 1 又AP平面BCD，BC 平面BCD，所以AP∥平面BCD，（3分） 1 1 1 1 连接BD ，同理可证BD∥BD ，设AB 的中点为Q，连接PQ，AQ， 1 1 1 1 1 1 则PQ∥BD ，所以PQ∥BD，（4分） 1 1 又PQ平面BCD，BD平面BCD， 1 1 所以PQ∥平面BCD， 1 又AP  PQP，所以平面APQ∥平面BCD，（5分） 1 从而平面APQ即为平面，故平面与AB 的交点为AB 的中点Q．（6分） 1 1 1 1 理科数学 全解全析及评分标准 第7页（共14页）（2）方法一：以A为坐标原点，AA，AB ，AD 所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角 1 1 1 1 1 1 坐标系，如图所示．（7分） 则A(0,0,0)，D(2,0,4)，C (0,2,2)，B(2,2,0)， 1 1     所以AD(2,0,4)，AC (0,2,2)，BD(0,2,4)，BC (2,0,2). 1 1 1 1  ADn 0 2x 4z 0 设平面A 1 C 1 D的法向量为n 1 (x 1 ,y 1 ,z 1 )，因为   A  1 1  C  1 n 1 1 0 , 所以 2y 1 1 2z 1 1 0 ，令y 1 1，则x 1 2， z 1，所以n (2,1,1)为平面AC D的一个法向量．（8分） 1 1 1 1  BDn 0 2y 4z 0 设平面BC 1 D的法向量为n 2 (x 2 ,y 2 ,z 2 )，因为   B  C  1 n 2 2 0 ,所以 2x 2 2 2z 2 2 0 ,令x 2 1，则y 2 2， z 1，所以n (1,2,1)为平面BCD的一个法向量，（9分） 2 2 1 |n n | 所以|cos n,n | 1 2 （10分） 1 2 |n ||n | 1 2 3 1   ．（11分） 6 6 2 1 3 设二面角A DC B的大小为，则sin= 1( )2  ， 1 1 2 2 3 所以二面角A DC B的正弦值为 ．（12分） 1 1 2 方法二：由（1）知BD 42 22 2 5，BC 2 2， 1 DC  AB2 (ADBC )2  (2 2)2 (42)2 2 3，（7分） 1 1 1 1 所以BC2 DC2 BD2，所以BC DC ．（8分） 1 1 1 1 同理可证AC DC ，（9分） 1 1 1 理科数学 全解全析及评分标准 第8页（共14页）所以ACB为二面角A DC B的平面角，（10分） 1 1 1 1 因为BC =AC  AB2 2 ，所以ACB60，（11分） 1 1 1 1 1 1 3 所以二面角A DC B的正弦值为 .（12分） 1 1 2 说明： 第（1）问： 1.指出交点为AB 的中点为1分. 1 1 2. 由AP∥BC ，证 AP∥平面BCD中，无AP平面BCD，BC 平面BCD，不扣分. 1 1 1 1 1 3.2分段和4分段，看见一个线线平行有1分，每个线面平行也有1分. 4.5分段中无“又PQ平面BCD，BD平面BCD“，不扣分. 1 1 第（2）问： 1.写如图建系无文字叙述扣1分. 2.8分段和9分段法向量正确，过程可以省略，不扣分. 3.11分段求解正确即使无公式也给满分；若求解错误，写出公式，有公式分. 20．（12分） x2 y2 【解析】（1）由题意知，点P的轨迹是椭圆，设椭圆的标准方程为  1(ab0)， a2 b2 x2 y2 且a2，c1，∴b2 3，∴点P的轨迹方程为  1.（4分） 4 3   2 21 2 21 （2）当直线 l 的斜率不存在时，OAOB0，不妨设点 A 在第一象限，易得A( , ),所以 7 7 2 21 |OH | .（5分） 7 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，（6分） 且与曲线C的交点分别为A(x，y )，B(x，y )， 1 1 2 2 x2 y2   1 联立 4 3 ，化简得(34k2)x2 8kmx4m2 120，（7分）   ykxm ∴48(34k2 m2)0，即m2 34k2， 8km 4m2 12 且x x  ，xx  ，（8分） 1 2 34k2 1 2 34k2 理科数学 全解全析及评分标准 第9页（共14页）3m2 12k2 由此可得y y  ，（9分） 1 2 34k2   4m2 12 3m2 12k2 又∵OAOB0，∴xx  y y   0， 1 2 1 2 34k2 34k2 即7m2 12k2 120，（10分） 12 |m| 12 2 21 ∴m2  (1k2)34k2，则|OH |   ，（11分） 7 1k2 7 7 2 21 综上|OH |为定值 .（12分） 7 说明： 第（1）问： 1.正确求出点P的轨迹方程为3x2 4y2 12. 给4分. 2.另外一种解法： (x1)2  y2  (x1)2  y2 4， (x1)2  y2 4 (x1)2  y2 ，（1分） 两边同时平方，得(x1)2  y2 (4 (x1)2  y2)2 ，（2分） (x1)2  y2 (x1)2  y2 168 (x1)2  y2 ， 2 (x1)2  y2 x4，（3分） 两边同时平方，得(2 (x1)2  y2)2 (x4)2， 3x2 4y2 12.（写到此处也给4分） x2 y2 ∴点P的轨迹方程为  1.（4分） 4 3 第（2）问： 2 21 1.当直线l的斜率不存在时，求出|OH | 有1分. 7 2.只要设出直线l的方程给1分. 4m2 12 8km 3.8分段必须写出xx  ，不写x x  不扣分. 1 2 34k2 1 2 34k2 21．（12分） 【解析】（1） f(x)cosx，求导，得 f(x)sinx， 理科数学 全解全析及评分标准 第10页（共14页）令h(x) f(x)axsinxax， 则h(x)cosxa.（1分） 当a1时，h(x)1cosx0，h(x)在(,0]上单调递增， 故h(x)h(0)0，符合题意；（2分） 当a1时，h(x)1cosx0，h(x)在(,0]上单调递减， 故h(x)h(0)0，不符合题意；（3分） 当1a1时，方程h(x)0在(,0]上有无数个解，记其中最大的负数解为x ， 0 则当x(x ,0)时，h(x)0，故h(x)h(0)0，不符合题意．（4分） 0 综上，a1，即实数a的取值范围为(,1]．（5分）   （2）g(x)cosxln( x)的定义域为( ,)， 2 2   ①当x( ,)时，cosx1，ln( x)ln1，所以g(x)0， 2 2 此时函数g(x)无零点．（6分）  1  ②当x[0, ]时，g(x)sinx 0，g(x)在[0, ]上单调递减，（7分） 2  2 x 2   因为g(0)1ln 0，g( )0ln， 2 2  所以函数g(x)在[0, ]上有且仅有1个零点．（8分） 2   2  ③当x( ,0)时，令p(x)ln( x) xln ， 2 2  2 1 2 x 则 p(x)   0，     x ( x) 2 2 2  所以p(x)在( ,0)上单调递增，故p(x) p(0)0， 2  2  即ln( x) xln ．（9分） 2  2 2   2 令q(x)cosx xln ，x( ,0)，则q(x)sinx ，  2 2  2   令n(x)sinx ，x( ,0)，则n(x)cosx0，可得n(x)在( ,0)上单调递减，  2 2 π  又n( )0,n(0)0，故存在x ( ,0)使n(x )0，（10分） 2 0 2 0 理科数学 全解全析及评分标准 第11页（共14页） 则存在x ( ,0)，使得q(x )0， 0 2 0  且当x( ,x )时，q(x)0，q(x)单调递增，当x(x ,0)时，q(x)0，q(x)单调递减， 2 0 0    2  又q( )q(0)1ln 0，所以当  x0时，q(x)0，即cosx xln ， 2 2 2  2     所以cosxln( x)，即当x( ,0)时,g(x)0,所以g(x)cosxln( x)在( ,0)上无零点．（11分） 2 2 2 2 综上，函数g(x)有1个零点．（12分） 说明： 第（1）问：求导1分，三种情况讨论各一分，总结1分. 第（2）问：  1.讨论当x( ,)时，函数g(x)无零点．1分； 2  当x[0, ]时，有1个零点．2分； 2  当x( ,0)时，有0个零点，3分； 2  2.讨论：当x(e ,)时，函数g(x)无零点．1分； 2  当x[0,e ]时，有1个零点．2分； 2  当x( ,0)时，有0个零点，3分. 2  3.若正确画ycosx,yln( x)图象，各1分，答案正确1分，第（2）问总共最多得3分. 2 （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．（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程] x1t,① 【解析】（1）因为曲线C 1 的参数方程为 (t为参数), y1 2t② 则① 2②，得 2x y 21，（1分） 所以曲线C 的普通方程为 2x y1 2 0.（2分） 1 由(1sin)1，得sin1，两边同时平方，得2 2sin22sin1，（3分） 理科数学 全解全析及评分标准 第12页（共14页）将sin y，2 x2  y2代入上式，（4分） 得x2  y2  y2 2y1，化简得x2 2y1， 1 1 所以曲线C 的直角坐标方程为y x2  .（5分） 2 2 2  3 x1 t',  3 （2）将曲线C 的参数方程化为 （t' 为参数），（7分） 1  6 y1 t'   3 1 1 代入y x2  得t'2 (2 32 6)t'60,（8分） 2 2 设A，B两点对应的参数分别为t,t，则tt 6.（9分） 1 2 12 所以|MA||MB||t' ||t' |6.（10分） 1 2 说明： 第（1）问： 1.4分段如果写成sin y ，cos x，也给分. 2.曲线C 的方程正确化为x2 2y1，没有单独写公式sin y ，cos x，不扣分. 2 第（2）问：9分段没有写“设A，B两点对应的参数分别为t,t”,不扣分. 1 2 23．（10分）[选修4-5：不等式选讲] x,x3  【解析】 f(x)|3x12||4x12|7x24,3 x4，（1分）  x,x4 （1）①当x3时，x2，即2 x3；（2分） 22 22 ②当3x4时，7x242，解得x ，即3 x ；（3分） 7 7 ③当x4时，x2，解得x2，则 f(x)2无解.（4分） 22 综上所述，不等式 f(x)2的解集为（2， ）．（5分） 7 （2）①当x0时，显然成立；（6分） |3x12||4x12| 12 12 ②当x0时，不等式 f(x)k|x|可化为k  |3 ||4 |.（7分） |x| x x 12 12 12 12 又|3 ||4 ||(3 )(4 )|1，（8分） x x x x 12 12 12 12 当且仅当(3 )(4 )0且|3 ||4 |时等号成立，（9分） x x x x 理科数学 全解全析及评分标准 第13页（共14页）所以实数k的取值范围为[1,)．（10分） 说明： 第（1）问： 如果写成“①当x3时，x2， 22 ②当3x4时，7x242，解得x ， 7 ③当x4时，x2，解得x2，” 对2个，给1分，即此问最多2分， 对3个，给3分，即此问最多3分. 第（2）问： 12 12 12 12 “当x0时，显然成立”和“当且仅当(3 )(4 )0且|3 ||4 |时等号成立，”都不写，或只 x x x x 写一个，总共只扣1分. 理科数学 全解全析及评分标准 第14页（共14页）