2022年高考数学乙卷-理21（12分）已知函数$f(x)=\ln (1+x)+axe^{-x}$．
（1）当$a=1$时，求曲线$y=f(x)$在点$(0$，$f(0))$处的切线方程；
（2）若$f(x)$在区间$(-1,0)$，$(0,+\infty )$各恰有一个零点，求$a$的取值范围．【答案详解】 |
2022年高考数学乙卷-理22[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
（10分）在直角坐标系$xOy$中，曲线$C$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\cos 2t,\\ y=2\sin t\end{array}\right.(t$为参数）．以坐标原点为极点，$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线$l$的极坐标方程为$\rho \sin (\theta +\dfrac{\pi }{3})+m=0$．
（1）写出$l$的直角坐标方程；
（2）若$l$与$C$有公共点，求$m$的取值范围．
分析：（1）由$\rho \sin (\theta +\dfrac{\pi }{3})+m=0$，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得$l$的直角坐标方程；
（2）化曲线$C$的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线$C$的方程，化为关于$y$的一元二次方程，再求解$m$的取值范围．
解答：解：（1）由$\rho \sin (\theta +\dfrac{\pi }{3})+m=0$，得$\rho (\sin \theta \cos \dfrac{\pi }{3}+\cos \theta \sin \dfrac{\pi }{3})+m=0$，
$\therefore$$\dfrac{1}{2}\rho \sin \theta +\dfrac{\sqrt{3}}{2}\rho \cos \theta +m=0$，
又$x=\rho \cos \theta$，$y=\rho \sin \theta$，$\therefore$$\dfrac{1}{2}y+\dfrac{\sqrt{3}}{2}x+m=0$，
即$l$的直角坐标方程为$\sqrt{3}x+y+2m=0$；
（2）由曲线$C$的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\cos 2t,\\ y=2\sin t\end{array}\right.(t$为参数）．
消去参数$t$，可得${y}^{2}=-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}x+2$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x+y+2m=0}\\ {{y}^{2}=-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}x+2}\end{array}\right.$，得$3y^{2}-2y-4m-6=0(-2\leqslant y\leqslant 2)$．
$\therefore 4m=3y^{2}-2y-6$，
令$g(y)=3y^{2}-2y-6(-2\leqslant y\leqslant 2)$，
可得$g(y)_{min}=g(\dfrac{1}{3})=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{3}-6=-\dfrac{19}{3}$，当$y=-2$时，$g(y)_{max}=g(-2)=10$，
$\therefore -\dfrac{19}{3}\leqslant 4m\leqslant 10$，$-\dfrac{19}{12}\leqslant m\leqslant \dfrac{5}{2}$，
$\therefore m$的取值范围是$[-\dfrac{19}{12}$，$\dfrac{5}{2}]$．
点评：本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．【答案详解】 |
2022年高考数学乙卷-理23[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知$a$，$b$，$c$都是正数，且${a}^{\dfrac{3}{2}}+{b}^{\dfrac{3}{2}}+{c}^{\dfrac{3}{2}}=1$，证明：
（1）$abc\leqslant \dfrac{1}{9}$；
（2）$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\leqslant \dfrac{1}{2\sqrt{abc}}$．
分析：结合基本不等式与恒成立问题证明即可．
解答：解：（1）证明：$\because a$，$b$，$c$都是正数，
$\therefore$${a}^{\dfrac{3}{2}}+{b}^{\dfrac{3}{2}}+{c}^{\dfrac{3}{2}}\geqslant 3\sqrt{abc}$，当且仅当$a=b=c={3}^{-\dfrac{2}{3}}$时，等号成立．
因为${a}^{\dfrac{3}{2}}+{b}^{\dfrac{3}{2}}+{c}^{\dfrac{3}{2}}=1$，
所以$1\geqslant 3(abc){}^{\dfrac{1}{2}}$，
所以$\dfrac{1}{3}\geqslant (abc){}^{\dfrac{1}{2}}$，
所以$abc\leqslant \dfrac{1}{9}$，得证．
（2）根据基本不等式$b+c\geqslant 2\sqrt{bc}$，$a+c\geqslant 2\sqrt{ac}$，$a+b\geqslant 2\sqrt{ab}$，
$\therefore$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\leqslant \dfrac{a}{2\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{2\sqrt{ac}}+\dfrac{c}{2\sqrt{ab}}=\dfrac{{a}^{\dfrac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}+\dfrac{{b}^{\dfrac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}+\dfrac{{c}^{\dfrac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}=\dfrac{{a}^{\dfrac{3}{2}}+{b}^{\dfrac{3}{2}}+{c}^{\dfrac{3}{2}}}{2\sqrt{abc}}=\dfrac{1}{2\sqrt{abc}}$，
当且仅当$a=b=c$时等号成立，故得证．
点评：本题考查基本不等式的应用，属于中档题．【答案详解】 |
