2022年全国乙卷数学(文科)高考真题PDF版(原卷)

2022年全国乙卷数学(理科)高考真题PDF版(原卷及答案)

2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)数学(理科)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。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,再选涂其它

2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂

简介:2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.A2.A3.D4.C5.C6.B7.B8.A9.A10.D11.D12.C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2314.##0.310222222476515.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1;525116.①.;②.ln2.2三、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.5π17.(1);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,1222122212221222acbbcabcaabc,化简得:2222222,故原等式成立.2abc18.【小问1详解】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,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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1.222,所以,DEBEBDDE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AFCACEF,所以当EF最短时,三角形AFC的面积最小值.2过E作EFBD,垂足为F,113在Rt△BED中,BEDEBDEF,解得EF,22222313所以DF1,BF2DF,222BF3所以BD4.FHBF3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ABCABC33244 19.(1)2;30.06m0.39m(2)0.97(3)31209m20.(1)1(2)0,22yx21.(1)143(2)(0,2)【小问1详解】223解:设椭圆E的方程为mxny1,过A0,2,B,1,24n111则9,解得m,n,mn134422yx所以椭圆E的方程为:1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,2322xy①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 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22,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0,1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得,,2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2),3y6xx112将(0,2),代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120,222将(*)代入,得24k12k9648k24k4848k24k36k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.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.[选修4—4:坐标系与参数方程] 22.(1)3xy2m0195(2)m122[选修4—5:不等式选讲]23.【小问1详解】333证明:因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,333222333所以abc3,a2b2c231113331即abc2,所以abc,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号.399【小问2详解】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
简介:2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.A2.A3.D4.C5.C6.B7.B8.A9.A10.D11.D12.C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2314.##0.310222222476515.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1;525116.①.;②.ln2.2三、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.5π17.(1);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,1222122212221222acbbcabcaabc,化简得:2222222,故原等式成立.2abc18.【小问1详解】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,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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1.222,所以,DEBEBDDE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AFCACEF,所以当EF最短时,三角形AFC的面积最小值.2过E作EFBD,垂足为F,113在Rt△BED中,BEDEBDEF,解得EF,22222313所以DF1,BF2DF,222BF3所以BD4.FHBF3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ABCABC33244 19.(1)2;30.06m0.39m(2)0.97(3)31209m20.(1)1(2)0,22yx21.(1)143(2)(0,2)【小问1详解】223解:设椭圆E的方程为mxny1,过A0,2,B,1,24n111则9,解得m,n,mn134422yx所以椭圆E的方程为:1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,2322xy①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 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22,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0,1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得,,2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2),3y6xx112将(0,2),代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120,222将(*)代入,得24k12k9648k24k4848k24k36k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.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.[选修4—4:坐标系与参数方程] 22.(1)3xy2m0195(2)m122[选修4—5:不等式选讲]23.【小问1详解】333证明:因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,333222333所以abc3,a2b2c231113331即abc2,所以abc,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号.399【小问2详解】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
简介:2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.A2.A3.D4.C5.C6.B7.B8.A9.A10.D11.D12.C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2314.##0.310222222476515.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1;525116.①.;②.ln2.2三、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.5π17.(1);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,1222122212221222acbbcabcaabc,化简得:2222222,故原等式成立.2abc18.【小问1详解】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,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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1.222,所以,DEBEBDDE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AFCACEF,所以当EF最短时,三角形AFC的面积最小值.2过E作EFBD,垂足为F,113在Rt△BED中,BEDEBDEF,解得EF,22222313所以DF1,BF2DF,222BF3所以BD4.FHBF3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ABCABC33244 19.(1)2;30.06m0.39m(2)0.97(3)31209m20.(1)1(2)0,22yx21.(1)143(2)(0,2)【小问1详解】223解:设椭圆E的方程为mxny1,过A0,2,B,1,24n111则9,解得m,n,mn134422yx所以椭圆E的方程为:1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,2322xy①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 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22,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0,1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得,,2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2),3y6xx112将(0,2),代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120,222将(*)代入,得24k12k9648k24k4848k24k36k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.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.[选修4—4:坐标系与参数方程] 22.(1)3xy2m0195(2)m122[选修4—5:不等式选讲]23.【小问1详解】333证明:因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,333222333所以abc3,a2b2c231113331即abc2,所以abc,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号.399【小问2详解】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
简介:2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.A2.A3.D4.C5.C6.B7.B8.A9.A10.D11.D12.C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2314.##0.310222222476515.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1;525116.①.;②.ln2.2三、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.5π17.(1);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,1222122212221222acbbcabcaabc,化简得:2222222,故原等式成立.2abc18.【小问1详解】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,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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1.222,所以,DEBEBDDE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AFCACEF,所以当EF最短时,三角形AFC的面积最小值.2过E作EFBD,垂足为F,113在Rt△BED中,BEDEBDEF,解得EF,22222313所以DF1,BF2DF,222BF3所以BD4.FHBF3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ABCABC33244 19.(1)2;30.06m0.39m(2)0.97(3)31209m20.(1)1(2)0,22yx21.(1)143(2)(0,2)【小问1详解】223解:设椭圆E的方程为mxny1,过A0,2,B,1,24n111则9,解得m,n,mn134422yx所以椭圆E的方程为:1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,2322xy①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 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22,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0,1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得,,2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2),3y6xx112将(0,2),代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120,222将(*)代入,得24k12k9648k24k4848k24k36k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.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.[选修4—4:坐标系与参数方程] 22.(1)3xy2m0195(2)m122[选修4—5:不等式选讲]23.【小问1详解】333证明:因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,333222333所以abc3,a2b2c231113331即abc2,所以abc,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号.399【小问2详解】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
简介:2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.A2.A3.D4.C5.C6.B7.B8.A9.A10.D11.D12.C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2314.##0.310222222476515.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1;525116.①.;②.ln2.2三、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.5π17.(1);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,1222122212221222acbbcabcaabc,化简得:2222222,故原等式成立.2abc18.【小问1详解】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,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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1.222,所以,DEBEBDDE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AFCACEF,所以当EF最短时,三角形AFC的面积最小值.2过E作EFBD,垂足为F,113在Rt△BED中,BEDEBDEF,解得EF,22222313所以DF1,BF2DF,222BF3所以BD4.FHBF3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ABCABC33244 19.(1)2;30.06m0.39m(2)0.97(3)31209m20.(1)1(2)0,22yx21.(1)143(2)(0,2)【小问1详解】223解:设椭圆E的方程为mxny1,过A0,2,B,1,24n111则9,解得m,n,mn134422yx所以椭圆E的方程为:1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,2322xy①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 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22,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0,1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得,,2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2),3y6xx112将(0,2),代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120,222将(*)代入,得24k12k9648k24k4848k24k36k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.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.[选修4—4:坐标系与参数方程] 22.(1)3xy2m0195(2)m122[选修4—5:不等式选讲]23.【小问1详解】333证明:因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,333222333所以abc3,a2b2c231113331即abc2,所以abc,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号.399【小问2详解】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
简介:2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.1.A2.A3.D4.C5.C6.B7.B8.A9.A10.D11.D12.C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2314.##0.310222222476515.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1;525116.①.;②.ln2.2三、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.5π17.(1);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,1222122212221222acbbcabcaabc,化简得:2222222,故原等式成立.2abc18.【小问1详解】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,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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1.222,所以,DEBEBDDE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AFCACEF,所以当EF最短时,三角形AFC的面积最小值.2过E作EFBD,垂足为F,113在Rt△BED中,BEDEBDEF,解得EF,22222313所以DF1,BF2DF,222BF3所以BD4.FHBF3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ABCABC33244 19.(1)2;30.06m0.39m(2)0.97(3)31209m20.(1)1(2)0,22yx21.(1)143(2)(0,2)【小问1详解】223解:设椭圆E的方程为mxny1,过A0,2,B,1,24n111则9,解得m,n,mn134422yx所以椭圆E的方程为:1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,2322xy①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 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22,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0,1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得,,2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2),3y6xx112将(0,2),代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120,222将(*)代入,得24k12k9648k24k4848k24k36k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.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分.[选修4—4:坐标系与参数方程] 22.(1)3xy2m0195(2)m122[选修4—5:不等式选讲]23.【小问1详解】333证明:因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,333222333所以abc3,a2b2c231113331即abc2,所以abc,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号.399【小问2详解】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