1、2022年河南省高考数学适应性试卷（文科）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（5分）已知集合PxN|1x3，集合QxR|x2+x60，则PQ（）A1，2B1，2C1，2，3D1，32（5分）已知i是虚数单位，若z1+i，则z1-z=（）A1+iB1iC1+iD1i3（5分）已知命题p：xR，cosx1；命题q：xR，(1e)|x|1（其中e为自然对数的底数），则下列命题中为真命题的是（）ApqB（p）qCp（q）Dp（q）4（5分）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边在直线2x+y0上，则cos2+sin2
2、（）A0B1C-45D-355（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线与直线2xy+30平行，则该双曲线的离心率是（）A2B3C2D56（5分）2021年秋季河南省在高一推行新教材，为此河南省某市教育部门组织高中教师在暑假期间进行培训，培训后统一举行测试随机抽取100名教师的测试成绩（满分100分）进行统计，得到如图所示的频率分布折线图，则下列说法正确（）A这100名教师的测试成绩的极差是20分B这100名教师的测试成绩的众数是90分C这100名教师的测试成绩的中位数是87.5分D这100名教师中测试成绩不低于90分的人数占比超过50%7（5分）已知函数f（x）=3x
3、+1-1，x1-log3(x+5)-2，x1，且f（m）2，则f（6+m）（）A26B16C16D268（5分）九章算术商功中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑如图，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，ACCD，ACBC+CD2，当BCD的面积最大时，鳖臑ABCD的表面积为（）A3+62B3+62C2+3+62D3+3+629（5分）已知函数f(x)=cosx-3sinx(0)的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（）A=12B函数f（x）的单调增区间为k-712，k-12(kZ)C函数f（x）的图象可由y2cosx的图象向右平移6个单位长度得到D函数f（x）的图象关于点(712，0)中心
4、对称10（5分）已知高为4的圆锥外接球的体积为36，则圆锥的体积为（）A323B1623C163D3211（5分）果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度已知某种水果失去新鲜度h与其采摘后时间t（天）满足的函数关系式为hmat，若采摘后5天，这种水果失去的新鲜度为20%，采摘后10天，这种水果失去的新鲜度为40%，采摘下来的这种水果失去50%的新鲜度大概是（）（参考数据：lg20.3）A第10天B第12天C第14天D第16天12（5分）已知定义在0，+）上的函数f（x）满足对任意的x1，x20，+），x1x2，都有f(x2)-f(x1)x2-x12，f（1）2020则满足不等式f（x202
5、1）2（x1012）的x的取值范围是（）A（2021，+）B（2020，+）C（2022，+）D（1010，+）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知函数f（x）x3+ax2ax+2a1的极大值点是1，则a 14（5分）若向量a=（2，1），b=（x，2），且a，b=45，则实数x 15（5分）如图，椭圆C：x25+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1，F2分别作弦AB，CD若ABCD，则|AF1|+|CF2|的最小值为 16（5分）被誉为“天下第一名刹”的少林寺，位于河南省郑州市登封市嵩山五乳峰下，因坐落于嵩山腹地少室山茂密丛林之中，故名“少林寺”在少室山
6、上倚石俯瞰，脚下峰壑开绽，凌嶒参差，大有“一览众山小”之气势山峰间云岚瞬息万变，美不胜收如图，某人在山脚A处（海拔约为350米）测得观看日出的最佳观测点B处的仰角约为45，此人沿着坡角为30的山路AD走了1050米到达休息点D，此时测得B处的仰角约为75，则B处的海拔约为 米三、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1721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）河南省省会郑州市从7月20号到7月31号，由刷新降雨极值引发的洪灾，到出现新一轮的疫情，经历过这难熬7月的郑州人民忍不住造了新词“涝疫结合”新一
7、轮的疫情使得人们的出行受到了极大的限制在党和政府的正确指挥，全省乃至全国人民的共同努力下郑州疫情得到了有效控制，使出行旅游成为可能2021年“十一”黄金周，郑州市某旅行社报名去焦作云台山、洛阳老君山两地旅游的游客共有800人，旅行社将去这两个目的地的游客分别分为三批组织游玩，为了做好游客的行程安排，旅行社对参加旅游的游客人数（单位：名）作了如下统计：第一批第二批第三批云台山160ab老君山120128c已知在参加云台山、老君山两地旅游的800人中，参加第二批云台山游的频率是0.165（1）现用分层抽样的方法在所有游客中抽取40人，协助旅途后勤工作，问应在第三批参加旅游的游客中抽取多少人？（2）
8、已知b128，c120，求第三批参加旅游的游客中到云台山旅游的人数比到老君山旅游的人数多的概率18（12分）在S2是S1与S4的等比中项，a310，S3a44这三个条件中任选两个补充到下面的问题中，并解答问题：已知等差数列an的公差为d（d0），前n项和为Sn，且满足_（1）求an；（2）若bnbn1+2an（n2），且b1a1+1，求数列1bn的前n项和Tn19（12分）图1是由PB1C和PB2C组成的一个平面图形，其中PA是PB1C的高，PB1PB2，PAAB14，AC=42，将PB1A和PB2C分别沿着PA，PC折起，使得B1与B2重合于点B，G为PC的中点，如图2（1）求证：PABC；
9、（2）若CB24，求三棱锥CABG的高20（12分）已知函数f(x)=12ax2+2x-lnx（1）当a2时，求函数f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）讨论函数f（x）的单调性21（12分）已知抛物线C：y22px（p0），过点R（2，0）作x轴的垂线交抛物线C于G，H两点，且OGOH（O为坐标原点）（1）求p；（2）过Q（2，1）任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线C于A，B两点，直线AR交抛物线C于不同于点A的另一点M，直线BR交抛物线C于不同于点B的另一点N求证：直线MN过定点（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
10、标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，C1的参数方程为x=tcosy=-1+tsin（t为参数，0）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C2的极坐标方程为=22cos(-4)（1）求C2的直角坐标方程；（2）C1与C2相交于不同的两点A，B线段AB的中点为M，点N（0，1），若|MN|2，求C1的参数方程中sin的值选修4-5：不等式选讲（10分）23设函数f（x）|xa|+|2x+a+1|（1）当a0时，求不等式f（x）2|x|+1的解集；（2）若a0，且关于x的不等式f（x）2有解，求实数a的取值范围2022年河南省高考数学适应性试卷（文科）参考答案与试题
11、解析一、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（5分）已知集合PxN|1x3，集合QxR|x2+x60，则PQ（）A1，2B1，2C1，2，3D1，3【解答】解：集合PxN|1x31，2，3，集合QxR|x2+x60x|3x2，PQ1，2故选：A2（5分）已知i是虚数单位，若z1+i，则z1-z=（）A1+iB1iC1+iD1i【解答】解：z1+i，z1-z=1+i1-1-i=(1+i)i-ii=-1+i-(-1)=-1+i，故选：A3（5分）已知命题p：xR，cosx1；命题q：xR，(1e)|x|1（其中e为自然对数的底数），则下列
12、命题中为真命题的是（）ApqB（p）qCp（q）Dp（q）【解答】解：cosx1，命题p为假命题，|x|0，（1e）|x|（1e）01，故命题q为真命题，则pq为假命题；pq为真命题；pq为假命题；（pq）为假命题故选：B4（5分）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边在直线2x+y0上，则cos2+sin2（）A0B1C-45D-35【解答】解：由题意，tan2，则cos2+sin2=cos2+2sincossin2+cos2=1+2tantan2+1=1-44+1=-35故选：D5（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线与直线2xy+30平行，
13、则该双曲线的离心率是（）A2B3C2D5【解答】解：双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线与直线2xy+30平行，可得ba=2，所以e=1+(ba)2=5故选：D6（5分）2021年秋季河南省在高一推行新教材，为此河南省某市教育部门组织高中教师在暑假期间进行培训，培训后统一举行测试随机抽取100名教师的测试成绩（满分100分）进行统计，得到如图所示的频率分布折线图，则下列说法正确（）A这100名教师的测试成绩的极差是20分B这100名教师的测试成绩的众数是90分C这100名教师的测试成绩的中位数是87.5分D这100名教师中测试成绩不低于90分的人数占比超过50%【解答】解：这
14、100名教师的测试成绩的最高分和最低分都无法确定，则极差出不确定，故A错误；由图可知，这100名教师的测试的众数为87.5分，故B错误；设这100名教师测试成绩的中位数为a，则（0.02+0.04）5+（a85）0.080.5解得a87.5，故C正确；这100名教师中测试分数不低于90分的人数占（0.03+0.03）5100%30%，故D错误故选：C7（5分）已知函数f（x）=3x+1-1，x1-log3(x+5)-2，x1，且f（m）2，则f（6+m）（）A26B16C16D26【解答】解：若f（m）3m+112，则3m+11，方程无解，故f（m）2log3（m+5）2，可得log3（m+5
15、）0，解得m4，所以f（6+m）f（2）32+1126故选：A8（5分）九章算术商功中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑如图，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，ACCD，ACBC+CD2，当BCD的面积最大时，鳖臑ABCD的表面积为（）A3+62B3+62C2+3+62D3+3+62【解答】解：由题意可知：AB平面BCD，CD平面BCD，故ABCD，又ACCD，ACABA，AB，AC平面ABC，故CD平面ABC，BC平面ABC，故CDBC，所以SBCD=12BCCD12(BC+CD2)2=12，当且仅当BCCD1时取得等号，故BD=1+1=2，由AB平面BCD，可知ABBD，ABBC，故
16、AB=AC2-BC2=4-1=3，所以SABD=12ABBD=62，SABC=12ABBC=32，SBCD=12BCCD=12，SACD=12ACCD=1，所以蹩臑ABCD的表面积为62+32+12+1=3+3+62，故选：D9（5分）已知函数f(x)=cosx-3sinx(0)的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（）A=12B函数f（x）的单调增区间为k-712，k-12(kZ)C函数f（x）的图象可由y2cosx的图象向右平移6个单位长度得到D函数f（x）的图象关于点(712，0)中心对称【解答】解：f（x）2（12cosx-32sinx）2cos（x+3），由图象知3T4=3-（-51
17、2）=912=34，得T，即2=，得2，故A错误，则f（x）2cos（2x+3），2k2x+32k，kZ，得2k-432x2k-3，kZ，即k-23xk-6，kZ，即f（x）的单调递增区间为k-23，k-6，kZ，故B错误，y2cos2x的图象向右平移6个单位，得到y2cos2（x-6）2cos（2x-3），无法得到f（x）的解析式，故C错误，当x=712时，2x+3=2712+3=32，此时f（x）0，即函数f（x）的图象关于点(712，0)中心对称，故D正确，故选：D10（5分）已知高为4的圆锥外接球的体积为36，则圆锥的体积为（）A323B1623C163D32【解答】解：因为圆锥外接球
18、的体积为36，所以43R3=36，解得R3，即外接球的半径为3，因为圆锥的高为4，所以球心到圆锥底面圆圆心的距离为d431，所以圆锥底面圆的半径r=R2-d2=22，所以圆锥的体积V=13(22)24=323，故选：A11（5分）果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度已知某种水果失去新鲜度h与其采摘后时间t（天）满足的函数关系式为hmat，若采摘后5天，这种水果失去的新鲜度为20%，采摘后10天，这种水果失去的新鲜度为40%，采摘下来的这种水果失去50%的新鲜度大概是（）（参考数据：lg20.3）A第10天B第12天C第14天D第16天【解答】解：依题意有0.2=ma50.4=ma10，
19、解得a=215，m0.1，代入hmat 得h0.12t5，当h0.5时，两边取对数得t5（1lg2-1）=35312，故选：B12（5分）已知定义在0，+）上的函数f（x）满足对任意的x1，x20，+），x1x2，都有f(x2)-f(x1)x2-x12，f（1）2020则满足不等式f（x2021）2（x1012）的x的取值范围是（）A（2021，+）B（2020，+）C（2022，+）D（1010，+）【解答】解：当x2022时，因为f（x2021）2（x1012），所以f（1）2020，与f（1）2020矛盾，当x2022时，因为f（x）满足对任意的x1，x20，+），x1x2，都有f(x2
20、)-f(x1)x2-x12，所以有f(x-2021)-f(1)(x-2021)-12，即f(x-2021)-2020x-20222，若x20220，则f（x2021）20202（x2022），即f（x2021）2（x1012），与f（x2021）2（x1012）矛盾，若x20220，则f（x2021）20202（x2022），即f（x2021）2（x1012），满足f（x2021）2（x1012）条件，综上，x的取值范围是（2022，+），故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知函数f（x）x3+ax2ax+2a1的极大值点是1，则a1【解答】解：f（x）x3+a
21、x2ax+2a1，f（x）3x2+2axa，若f（x）的极大值点是1，则f（1）32aa0，解得：a1，a1时，f（x）x3+x2x+1，f（x）3x2+2x1（3x1）（x+1），令f（x）0，解得：x13或x1，令f（x）0，解得：1x13，故f（x）在（，1）递增，在（1，13）递减，在（13，+）递增，故x1是f（x）的极大值点，故a1符合题意，故答案为：114（5分）若向量a=（2，1），b=（x，2），且a，b=45，则实数x23【解答】解：向量a=（2，1），b=（x，2），且a，b=45，cosa，b=ab|a|b|=2x+25x2+4=cos45=22，解得实数x=23或x6
22、（舍），故答案为：2315（5分）如图，椭圆C：x25+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1，F2分别作弦AB，CD若ABCD，则|AF1|+|CF2|的最小值为 855【解答】解：由题意可得，|AB|CD|，|AF1|DF2|，|BF1|CF2|，设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB的斜率不存在时，则A（1，455），B（1，-455），|AB|=855，|AF1|+|CF2|AB|=855，当直线AB的斜率存在时，设AB：yk（x+1）（k0），联立y=k(x+1)x25+y24=1，化简整理可得，（4+5k2）x2+10k2x+5k2100，0，x1+x2=-10
23、k24+5k2，又|AF1|=(x1+1)2+y12=(x1+1)2+4-45x12=5+55x1，同理可得，|BF1|=5+55x2，|AF1|+|CF2|AB|=25+55(x1+x2)=25-25k24+5k2=25-1255k2+52(855，25)，综上所述，|AF1|+|CF2|的取值范围为855，25)，故|AF1|+|CF2|的最小值为855故答案为：85516（5分）被誉为“天下第一名刹”的少林寺，位于河南省郑州市登封市嵩山五乳峰下，因坐落于嵩山腹地少室山茂密丛林之中，故名“少林寺”在少室山上倚石俯瞰，脚下峰壑开绽，凌嶒参差，大有“一览众山小”之气势山峰间云岚瞬息万变，美不胜
24、收如图，某人在山脚A处（海拔约为350米）测得观看日出的最佳观测点B处的仰角约为45，此人沿着坡角为30的山路AD走了1050米到达休息点D，此时测得B处的仰角约为75，则B处的海拔约为 1400米【解答】解：过D点作AC的垂线，垂足为F，设BCACx，则DFEC=10502=525，AF=5253，DE=FC=x-5253，BEx525，在RtBDE中，tanBDEtan75=BEDE=x-525x-5253，由正切三角函数两角和公式可得，tan75tan（30+45）=tan30+tan451-tan30tan45=2+3，所以x-525x-5253=2+3，解得x1050，因为A点的海拔
25、高度为350米，所以B点的海拔高度为350+10501400米故答案为：1400三、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1721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）河南省省会郑州市从7月20号到7月31号，由刷新降雨极值引发的洪灾，到出现新一轮的疫情，经历过这难熬7月的郑州人民忍不住造了新词“涝疫结合”新一轮的疫情使得人们的出行受到了极大的限制在党和政府的正确指挥，全省乃至全国人民的共同努力下郑州疫情得到了有效控制，使出行旅游成为可能2021年“十一”黄金周，郑州市某旅行社报名去焦作云台山、洛阳老君
26、山两地旅游的游客共有800人，旅行社将去这两个目的地的游客分别分为三批组织游玩，为了做好游客的行程安排，旅行社对参加旅游的游客人数（单位：名）作了如下统计：第一批第二批第三批云台山160ab老君山120128c已知在参加云台山、老君山两地旅游的800人中，参加第二批云台山游的频率是0.165（1）现用分层抽样的方法在所有游客中抽取40人，协助旅途后勤工作，问应在第三批参加旅游的游客中抽取多少人？（2）已知b128，c120，求第三批参加旅游的游客中到云台山旅游的人数比到老君山旅游的人数多的概率【解答】解：（1）因为第二批参加云台山游的频率是0.165，所以a800=0.165解得a132所以第
27、三批参加旅游的总人数为b+c800160120132128260现用分层抽样的方法在所有游客中抽取40名游客，则应在第三批参加旅游的游客中抽取40800260=13人（2）由（1）知，b+c260因为b128，c120，所以128b140，120c132若将“第三批参加旅游的游客中到云台山旅游的人数和到老君山旅游的人数”记为（b，c），则满足该事件的基本事件有：（128，132），（129，131），（130，130），（131，129），（132，128），（133，127），（134，126），（135，125），（136，124），（137，123），（138，122），（139，121
28、），（140，120），共13个设“到云台山旅游的人数比到老君山旅游的人数多”为事件A，则事件A满足的基本事件有：（131，129），（132，128），（133，127），（134，126），（135，125），（136，124），（137，123），（138，122），（139，121），（140，120），共10个由古典概型可知，P(A)=1013所以第三批参加旅游的游客中到云台山旅游的人数比到老君山旅游的人数多的概率为101318（12分）在S2是S1与S4的等比中项，a310，S3a44这三个条件中任选两个补充到下面的问题中，并解答问题：已知等差数列an的公差为d（d0），前n项和为
29、Sn，且满足_（1）求an；（2）若bnbn1+2an（n2），且b1a1+1，求数列1bn的前n项和Tn【解答】解：（1）选：由知，S2是S1与S4的等比中项则S22=S1S4，即(2a1+d)2=a1(4a1+6d)，由d0，可得d2a1由知，a310可得a1+2d10则d=2a1a1+2d=10解得a1=2d=4，则ana1+（n1）d4n2选：由知，S2是S1与S4的等比中项则S22=S1S4，即(2a1+d)2=a1(4a1+6d)，由d0，可得d2a1由知，S3a44可得3a1+3d（a1+3d）4解得a12，从而d2a14所以ana1+（n1）d4n2选：由知，a310可得a1+
30、2d10，由知，S3a44可得3a1+3d（a1+3d）4解得a12，则a1+2d2+2d10解得d4所以ana1+（n1）d4n2（2）由题意知，bnbn12an8n4（n2），且b1a11，所以b13，所以当n2时，bnb1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1）=3+12+20+(8n-4)=3+(8n-4+12)(n-1)2=4n2-1，b13也满足bn=4n2-1，所以对任意的nN*，bn=4n2-1，则1bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，所以Tn=12(1-13)+(13-15)+(12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+119
31、（12分）图1是由PB1C和PB2C组成的一个平面图形，其中PA是PB1C的高，PB1PB2，PAAB14，AC=42，将PB1A和PB2C分别沿着PA，PC折起，使得B1与B2重合于点B，G为PC的中点，如图2（1）求证：PABC；（2）若CB24，求三棱锥CABG的高【解答】解：（1）证明：在图1中，因为PA是PB1C的高，所以PAAB1，PAAC所以在图2中，PAAB，PAAC又因为ABACA，且AB，AC平面ABC，所以PA平面ABC因为BC平面ABC，所以PABC（2）因为ABAB14，BCB2C4，AC=42，所以AB2+BC2AC2，所以ABBC因为PA4，PAB1C，所以PC=
32、PA2+AC2=43，PB=PB1=42所以PB2+BC2PC2，所以PBBC因为G为PC的中点，所以BG=12PC=23同理AG=23所以SABG=12ABBG2-(AB2)2=42易知VC-ABG=VG-ABC=12VP-ABC=121312444=163设三棱锥CABG的高为h，因为VC-ABG=13SABGh，所以1342h=163所以h=22所以三棱锥CABG的高为2220（12分）已知函数f(x)=12ax2+2x-lnx（1）当a2时，求函数f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）讨论函数f（x）的单调性【解答】解：（1）当a2时，f（x）x2+2xlnx，f（1）3，f(
33、x)=2x+2-1x，f（1）3所以函数f（x）在点（1，f（1）处的切线方程为y33（x1），即y3x（2）函数f（x）的定义域为（0，+），f(x)=ax+2-1x=ax2+2x-1x当a0时，由f（x）0知，函数f（x）在区间(0，12)单调递减；由f（x）0知，函数f（x）在区间(12，+)单调递增当a0时，由f（x）0知，函数f（x）在区间(0，a+1-1a)单调递减；由f（x）0知，函数f（x）在区间(a+1-1a，+)单调递增当1a0时，由f（x）0知，函数f（x）在区间(0，a+1-1a)和(-a+1+1a，+)单调递减；由f（x）0知，函数f（x）在区间(a+1-1a，-a+
34、1+1a)单调递增当a1时，f（x）0恒成立，所以函数f（x）在区间（0，+）单调递减综上所述，当a1时，函数f（x）在区间（0，+）单调递减；当1a0时，函数f（x）在区间(0，a+1-1a)和(-a+1+1a，+)单调递减，在区间(a+1-1a，-a+1+1a)单调递增；当a0时，函数f（x）在区间(0，12)单调递减，在区间(12，+)单调递增当a0时，函数f（x）在区间(0，a+1-1a)单调递减，在区间(a+1-1a，+)单调递增21（12分）已知抛物线C：y22px（p0），过点R（2，0）作x轴的垂线交抛物线C于G，H两点，且OGOH（O为坐标原点）（1）求p；（2）过Q（2，1
35、）任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线C于A，B两点，直线AR交抛物线C于不同于点A的另一点M，直线BR交抛物线C于不同于点B的另一点N求证：直线MN过定点【解答】解：（1）由题意知，RGOR2，不妨设G（2，2），代入抛物线C的方程，得44p，解得p1；证明：（2）由（1）知，抛物线C的方程为y22x，设A(y122，y1)B(y222，y2)，M(y322，y3)，N(y422，y4)，则直线AB的斜率为kAB=y1-y2y122-y222=2y1+y2，所以直线AB的方程为y=2y1+y2(x-y122)+y1，即2x（y1+y2）y+y1y20，同理直线AM，BN，MN的方程分别为，2
36、x（y1+y3）y+y1y30，2x（y2+y4）y+y2y40，2x（y3+y4）y+y3y40，由直线AB过Q（2，1）及直线AM，BN过R（2，0），可得4（y1+y2）+y1y20，y1y3y2y44，又直线MN的方程为2x（y3+y4）y+y3y40，即2x+(4y1+4y2)y+16y1y2=0，所以直线MN的方程为y1y2x+2（y1+y2）y+80，把4（y1+y2）+y1y20代入y1y2x+2（y1+y2）y+80，得y1y2x+2（y1y2+4）y+80，y1y2（x+2y）+（8y+8）0，所以由x+2y0，8y+80可得x2，y1，所以直线MN过定点（2，1）（二）选
37、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（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，C1的参数方程为x=tcosy=-1+tsin（t为参数，0）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C2的极坐标方程为=22cos(-4)（1）求C2的直角坐标方程；（2）C1与C2相交于不同的两点A，B线段AB的中点为M，点N（0，1），若|MN|2，求C1的参数方程中sin的值【解答】解：（1）C2的极坐标方程为=22cos(-4)，根据x=cosy=sinx2+y2=2，转换为直角坐标方程为（x1）2+（y1）22；（2）把C
38、1的参数方程为x=tcosy=-1+tsin（t为参数，0），代入（x1）2+（y1）22，整理得t2（2cos+4sin）t+30，所以t1+t22cos+4sin，故|t1+t22|=2，整理得cos+2sin2；故1sin24（1sin）2，所以sin=35或1选修4-5：不等式选讲（10分）23设函数f（x）|xa|+|2x+a+1|（1）当a0时，求不等式f（x）2|x|+1的解集；（2）若a0，且关于x的不等式f（x）2有解，求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数f（x）|xa|+|2x+a+1|，当a0时，则f（x）|x|+|2x+1|2|x|+1，即|2x+1|x|1，当x-12时，不等式为2x1+x1，解得2x-12；当-12x0时，不等式为2x+1+x1，解得-12x0；当x0时，不等式为2x+1x1，无解综上所述，不等式的解集为（2，0）；（2）因为a0时，关于x的不等式|xa|+|2x+a+1|2有解，当x-a+12时，3x12，则x1，若此时不等式有解，则-a+12-1，解得0a1；当-a+12xa时，x+2a+12，则x12a，若此时不等式有解，则-a+1212a，解得0a1；当xa时，3x+12，则x13，若此时不等式有解，则0a13综上所述，实数a的取值范围为（0，1）第22页（共22页）
