文档内容
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.
ì 5ü
1. 设集合A={-2,-1,0,1,2},B=íx∣0£ x< ý，则A I B=（ ）
î 2þ
A. 0,1,2 B. {-2,-1,0} C. {0,1} D. {1,2}
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可解出．
ì 5ü
【详解】因为 A=-2,-1,0,1,2 ，B=íx∣0£ x< ý，所以A
I
B=0,1,2 ．
î 2þ
故选：A.
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：
第1页 | 共21页则（ ）
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
【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.
3. 若z =1+i．则|iz+3z |=（ ）
A. 4 5 B. 4 2 C. 2 5 D. 2 2
第2页 | 共21页【答案】D
【解析】
【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 =i1+i+31-i=2-2i，所以 iz+3z = 4+4 =2 2．
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
（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D. 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.
第3页 | 共21页æ πö π
5. 将函数 f(x)=sin ç wx+ ÷ (w>0)的图像向左平移 个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对
è 3ø 2
称，则w的最小值是（ ）
1 1 1
1
A. B. C. D.
6 4 3 2
【答案】C
【解析】
wp p p
【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得 + = +kp,kÎZ，即可求出w的最小
2 3 2
值.
é æ pö pù wp p
【详解】由题意知：曲线C为y =sin
ê
w
ç
x+
÷
+
ú
=sin(wx+ + )，又C关于y轴对称，则
ë è 2 ø 3û 2 3
wp p p
+ = +kp,kÎZ，
2 3 2
1 1
解得w= +2k,kÎZ，又w>0，故当k =0时，w的最小值为 .
3 3
故选：C.
6. 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（ ）
1 1 2 2
A. B. C. D.
5 3 5 3
【答案】C
【解析】
【分析】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】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 15种情
况，
6 2
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 = .
15 5
故选：C.
é π πù
7. 函数y = 3x -3-x cosx在区间 ê - , ú 的图象大致为（ ）
ë 2 2û
第4页 | 共21页A. B.
C. 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.
【详解】令 f x= 3x -3-x cosx,xÎ é - p , pù ，
ê ú
ë 2 2û
则 f -x= 3-x -3x cos-x=- 3x -3-x cosx=-f x ，
所以 f x 为奇函数，排除BD；
æ pö
又当xÎ ç 0, ÷时，3x -3-x >0,cosx>0，所以 f x>0，排除C.
è 2ø
故选：A.
b
8. 当x=1时，函数 f(x)=alnx+ 取得最大值-2，则 f¢(2)=（ ）
x
1
1
A. -1 B. - C. D. 1
2 2
【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．
【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
第5页 | 共21页a b 2 2
f¢x= - ，所以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以 f¢x=- + ，因此函数 f x 在
x x2 x x2
1 1
0,1 上递增，在 1,+¥ 上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有 f¢2=-1+ =- ．
2 2
故选：B.
9. 在长方体ABCD-ABCD 中，已知BD与平面ABCD和平面AABB所成的角均为30°，则（ ）
1 1 1 1 1 1 1
A. AB=2AD B. AB与平面ABC D所成的角为30°
1 1
C. AC =CB D. BD与平面BBCC所成的角为45°
1 1 1 1
【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,AA =c，依题以及长方体的结构特征可知，BD与平面ABCD所成角为
1 1
c b
ÐBDB，BD与平面AABB所成角为ÐDB A，所以sin30o = = ，即b=c，
1 1 1 1 1 BD BD
1 1
BD=2c= a2 +b2 +c2 ，解得a = 2c．
1
对于A，AB =a ，AD =b，AB= 2AD，A错误；
对于B，过B作BE^ AB 于E，易知BE^平面ABC D，所以AB 与平面ABC D所成角为ÐBAE，
1 1 1 1 1
c 2
因为tanÐBAE = = ，所以ÐBAE ¹30o，B错误；
a 2
对于C，AC = a2 +b2 = 3c，CB = b2 +c2 = 2c，AC ¹CB ，C错误；
1 1
第6页 | 共21页CD a 2
对于D，BD与平面BBCC所成角为ÐDBC ，sinÐDBC = = = ，而
1 1 1 1 1 BD 2c 2
1
0<ÐDBC <90o，所以ÐDBC =45o．D正确．
1 1
故选：D．
10. 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 和S ，体积分别为
甲 乙
S V
V 和V ．若 甲 =2，则 甲 =（ ）
甲 乙 S V
乙 乙
5 10
A. 5 B. 2 2 C. 10 D.
4
【答案】C
【解析】
【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r，乙圆锥底面圆半径为r ，根据圆锥的侧面积公式可得
1 2
r =2r ，再结合圆心角之和可将r,r 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
1 2 1 2
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r，乙圆锥底面圆半径为r ，
1 2
S prl r
则 甲 = 1 = 1 =2，
S prl r
乙 2 2
所以r =2r ，
1 2
2pr 2pr
又 1 + 2 =2p，
l l
r +r
则 1 2 =1，
l
2 1
所以r = l,r = l，
1 3 2 3
4 5
所以甲圆锥的高h = l2 - l2 = l，
1 9 3
1 2 2
乙圆锥的高h = l2 - l2 = l ，
2 9 3
第7页 | 共21页1 4 5
pr2h l2´ l
V 3 1 1 9 3
所以 甲 = = = 10 .
V 1 1 2 2
乙 pr2h l2´ l
3 2 2 9 3
故选：C.
x2 y2 1
11. 已知椭圆C: + =1(a >b>0)的离心率为 ，A,A 分别为C的左、右顶点，B为C的上顶
a2 b2 3 1 2
uuur uuuur
点．若BA ×BA =-1，则C的方程为（ ）
1 2
x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2
A. + =1 B. + =1 C. + =1 D. + y2 =1
18 16 9 8 3 2 2
【答案】B
【解析】
uuur uuuur
【分析】根据离心率及BA ×BA =-1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.
1 2
c b2 1 b2 8 8
【详解】解：因为离心率e= = 1- = ，解得 = ，b2 = a2，
a a2 3 a2 9 9
A,A 分别为C的左右顶点，则A -a,0,A a,0 ，
1 2 1 2
B为上顶点，所以B(0,b).
uuur uuuur uuur uuuur
所以BA =(-a,-b),BA =(a,-b)，因为BA ×BA =-1
1 2 1 2
8
所以-a2 +b2 =-1，将b2 = a2代入，解得a2 =9,b2 =8，
9
x2 y2
故椭圆的方程为 + =1.
9 8
故选：B.
12. 已知9m =10,a =10m -11,b=8m -9，则（ ）
A. a>0>b B. a>b>0 C. b>a>0 D. b>0>a
【答案】A
【解析】
【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m=log 10>1，再利用基本不等式，换底公式可得
9
m>lg11，log 9>m，然后由指数函数的单调性即可解出．
8
第8页 | 共21页lg10
【详解】由9m =10可得m=log 10= >1，而
9 lg9
ælg9+lg11ö 2 ælg99ö 2 lg10 lg11
lg9lg11< = <1=lg102，所以 > ，即m>lg11，所以
ç ÷ ç ÷
è 2 ø è 2 ø lg9 lg10
a =10m -11>10lg11-11=0．
ælg8+lg10ö 2 ælg80ö 2 lg9 lg10
又lg8lg10< = <lg92，所以 > ，即log 9>m，
ç è 2 ÷ ø ç è 2 ÷ ø lg8 lg9 8
所以b=8m -9<8log 8 9 -9=0．综上，a>0>b．
故选：A.
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分.
13. 已知向量av =(m,3),b v =(1,m+1)．若a r ^b r ，则m=______________．
3
【答案】- ##-0.75
4
【解析】
【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
v 3
【详解】由题意知：av×b =m+3(m+1)=0，解得m=- .
4
3
故答案为：- .
4
14. 设点M在直线2x+ y-1=0上，点(3,0)和(0,1)均在 e M 上，则 e M 的方程为______________．
【答案】(x-1)2 +(y+1)2 =5
【解析】
【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在
e
M 上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】解：∵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
e
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，
∴M(1,-1)，R= 5，
第9页 | 共21页e
M 的方程为(x-1)2 +(y+1)2 =5.
故答案为：(x-1)2 +(y+1)2 =5
x2 y2
15. 记双曲线C: - =1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y =2x与C无公共点”的e的一
a2 b2
个值______________．
【答案】2（满足10,b>0)，所以C的渐近线方程为y =± x,
a2 b2 a
b b2
结合渐近线的特点，只需0< £2，即 £4，
a a2
可满足条件“直线y =2x与C无公共点”
c b2
所以e= = 1+ £ 1+4 = 5，
a a2
又因为e>1，所以10，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解.
AB2
【详解】设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2 = BD2 + AD2 -2BD×ADcosÐADB=m2 +4+2m，
在△ACD中，AC2 =CD2 + AD2 -2CD×ADcosÐADC =4m2 +4-4m，
AC2 4m2 +4-4m 4 m2 +4+2m -121+m 12
= = =4-
所以 AB2 m2 +4+2m m2 +4+2m 3
m+1+
m+1
第10页 | 共21页12
³4- =4-2 3
3 ，
2 m+1×
m+1
3
当且仅当m+1= 即m= 3-1时，等号成立，
m+1
AC
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.
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 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
（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：K2 = ，
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P K2…k 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
第11页 | 共21页12 7
【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为 ，
13 8
（2）有
【解析】
【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；
（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.
【小问1详解】
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，
240 12
则P(M)= = ；
260 13
B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，
210 7
则P(N)= = .
240 8
12
A家公司长途客车准点的概率为 ；
13
7
B家公司长途客车准点的概率为 .
8
【小问2详解】
列联表
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
n(ad-bc)2
K2 =
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
500´(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.
第12页 | 共21页2S
18. 记S 为数列 a 的前n项和．已知 n +n=2a +1．
n n n n
（1）证明：
a
是等差数列；
n
（2）若a ,a ,a 成等比数列，求S 的最小值．
4 7 9 n
【答案】（1）证明见解析；
（2）-78．
【解析】
ìS ,n=1
【分析】（1）依题意可得2S +n2 =2na +n，根据a =í 1 ，作差即可得到a -a =1，
n n n S -S ,n³2 n n-1
î
n n-1
从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出a ，即可得到 a 的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计
1 n
算可得．
【小问1详解】
2S
解：因为 n +n=2a +1，即2S +n2 =2na +n①，
n n n n
当n³2时，2S +n-12 =2n-1a +n-1②，
n-1 n-1
①-②得，2S +n2 -2S -n-12 =2na +n-2n-1a -n-1，
n n-1 n n-1
即2a +2n-1=2na -2n-1a +1，
n n n-1
即2n-1a -2n-1a =2n-1 ，所以a -a =1，n³2且nÎN*，
n n-1 n n-1
所以
a
是以1为公差的等差数列．
n
【小问2详解】
解：由（1）可得a =a +3，a =a +6，a =a +8，
4 1 7 1 9 1
又a ，a ，a 成等比数列，所以a 2 =a ×a ，
4 7 9 7 4 9
即a +62 =a +3×a +8，解得a =-12，
1 1 1 1
nn-1 1 25 1æ 25ö 2 625
所以a =n-13，所以S =-12n+ = n2 - n= n- - ，
n n 2 2 2 2 ç è 2 ÷ ø 8
所以，当n=12或n =13时 S =-78．
n min
第13页 | 共21页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，V EAB,
V
FBC,
V
GCD,
V
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）．
【答案】（1）证明见解析；
640
（2） 3．
3
【解析】
【分析】（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，
EM = FN，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．
【小问1详解】
第14页 | 共21页如图所示： ，
分别取AB,BC的中点M,N ，连接MN ，因为V EAB, V 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EABÇ平面ABCD= AB，
EM Ì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 Ë平面
ABCD，MN Ì平面ABCD，所以EF //平面ABCD．
【小问2详解】
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 =4 2，EM =8sin60o =4 3，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线
MN 的距离d，d =2 2，所以该几何体的体积
第15页 | 共21页 2 1 256 640
V = 4 2 ´4 3+4´ ´4 2´4 3´2 2 =128 3+ 3 = 3．
3 3 3
20. 已知函数 f(x)= x3-x,g(x)= x2 +a，曲线y= f(x)在点 x, f x 处的切线也是曲线y = g(x)的切
1 1
线．
（1）若x =-1，求a；
1
（2）求a的取值范围．
【答案】（1）3 （2）
-1,+¥
【解析】
【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.
【小问1详解】
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 x ,g(x ) ，g¢(x)=2x，则g¢(x )=2x =2，解得x =1，则
2 2 2 2 2
g(1)=1+a=2+2，解得a=3；
【小问2详解】
f¢(x)=3x2 -1，则y= f(x)在点x
1,
f(x
1
)处的切线方程为y- x
1
3-x
1
= 3x
1
2 -1 (x-x
1
)，整理得
y = 3x2 -1 x-2x3，
1 1
设该切线与g(x)切于点 x ,g(x ) ，g¢(x)=2x，则g¢(x )=2x ，则切线方程为
2 2 2 2
y- x2 +a =2x (x-x )，整理得y =2x x-x2 +a，
2 2 2 2 2
ì3x2 -1=2x æ3x2 1ö 2 9 3 1
则í 1 2 ，整理得a= x2 -2x3 =ç 1 - ÷ -2x3 = x4 -2x3- x2 + ，
î -2x3 =-x2 +a 2 1 è 2 2ø 1 4 1 1 2 1 4
1 2
9 3 1
令h(x)= x4 -2x3- x2 + ，则h¢(x)=9x3 -6x2 -3x=3x(3x+1)(x-1)，令h¢(x)>0，解得
4 2 4
第16页 | 共21页1
- < x<0或x>1，
3
1
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：
3
æ 1ö 1 æ 1 ö
x ç -¥,- ÷ - ç - ,0 ÷ 0 0,1 1 1,+¥
è 3ø 3 è 3 ø
h¢(x) - 0 + 0 - 0 +
5 1
h(x) -1
] Z ] Z
27 4
则h(x) 的值域为 -1,+¥ ，故a的取值范围为 -1,+¥ .
21. 设抛物线C: y2 =2px(p>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；
（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a,b．当a-b
取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】（1）y2 =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
（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k =2k ，再由差角的正切公
MN AB
2
式及基本不等式可得k = ，设直线AB:x= 2y+n，结合韦达定理可解.
AB 2
【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，
2
p
此时 MF =p+ =3，所以 p=2，
2
第17页 | 共21页所以抛物线C的方程为y2 =4x；
【小问2详解】
æ y2 ö æ y2 ö æ y2 ö æ y2 ö
设M ç 1 ,y ÷,Nç 2 ,y ÷,Aç 3 ,y ÷,Bç 4 ,y ÷，直线MN :x =my+1，
è 4 1 ø è 4 2 ø è 4 3 ø è 4 4 ø
ìx=my+1
由í 可得y2 -4my-4=0，D>0,y y =-4，
îy2 =4x 1 2
y - y 4 y - y 4
k = 1 2 = k = 3 4 =
由斜率公式可得 MN y2 y2 y + y ， AB y2 y2 y + y ，
1 - 2 1 2 3 - 4 3 4
4 4 4 4
x -2 4x -2
直线MD:x= 1 ×y+2，代入抛物线方程可得y2 - 1 ×y-8=0，
y y
1 1
D>0,y y =-8，所以y =2y ，同理可得y =2y ，
1 3 3 2 4 1
4 4 k
所以k = = = MN
AB y + y 2y + y 2
3 4 1 2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为a,b，
k tana
所以k =tanb= MN = ，
AB 2 2
æ pö
若要使a-b最大，则bÎ ç 0, ÷，
è 2ø
tana-tanb k 1 1 2
tana-b= = = £ =
设k =2k =2k >0，则 1+tanatanb 1+2k2 1 1 4 ，
MN AB +2k 2 ×2k
k k
1 2
当且仅当 =2k 即k = 时，等号成立，
k 2
2
所以当a-b最大时，k = ，设直线AB:x= 2y+n，
AB 2
代入抛物线方程可得y2 -4 2y-4n=0，
D>0,y y =-4n=4y y =-16，所以n=4，
3 4 1 2
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
第18页 | 共21页系.
（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]
ì 2+t
ïx=
22. 在直角坐标系xOy中，曲线C 的参数方程为í 6 （t为参数），曲线C 的参数方程为
1 2
ï
îy = t
ì 2+s
ïx=-
í 6 （s为参数）．
ï
îy =- s
（1）写出C 的普通方程；
1
（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C 的极坐标方程为2cosq-sinq=0，
3
求C 与C 交点的直角坐标，及C 与C 交点的直角坐标．
3 1 3 2
【答案】（1）y2 =6x-2y³0；
（2）C ,C 的交点坐标为 æ ç 1 ,1 ö ÷， 1,2 ，C ,C 的交点坐标为 æ ç - 1 ,-1 ö ÷， -1,-2 ．
3 1 è2 ø 3 2 è 2 ø
【解析】
【分析】(1)消去t，即可得到C 的普通方程；
1
(2)将曲线C ,C 的方程化成普通方程，联立求解即解出．
2 3
【小问1详解】
2+t 2+ y2
因为x= ，y= t ，所以x= ，即C 的普通方程为y2 =6x-2y³0．
6 6 1
【小问2详解】
2+s
因为x=- ,y =- s ，所以6x=-2- y2，即C 的普通方程为y2 =-6x-2y£0，
6 2
由2cosq-sinq=0Þ2rcosq-rsinq=0，即C 的普通方程为2x- y = 0．
3
ì 1
联立 ì í y2 =6x-2y³0 ，解得： ï í x= 2或 ì í x=1 ，即交点坐标为 æ ç 1 ,1 ö ÷， 1,2 ；
î 2x- y =0 ï îy =1 îy =2 è2 ø
第19页 | 共21页ì 1
ìy2 =-6x-2y£0 ïx=- ìx=-1 æ 1 ö
联立í ，解得：í 2或í ，即交点坐标为ç - ,-1 ÷， -1,-2 ．
î 2x- y =0 ï îy =-1 îy =-2 è 2 ø
[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；
1 1
（2）若b=2c，则 + ³3．
a c
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据a2 +b2 +4c2 =a2 +b2 +2c2 ，利用柯西不等式即可得证；
1 1
（2）由（1）结合已知可得00，b>0，c>0，由（1）得a+b+2c=a+4c£3，
1 1
即0
