2022年全国乙卷数学（文科）高考真题PDF版（答案）

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