22．[解](1)由题设，，

于是由，　　　　　　　　　　　　　　 …(3分)

因此由，

得关系式　　　　　　　　　　　　　　　　 …(5分)

[解](2)设点在直线上，则其经变换后的点满足

，　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(7分)

消去，得，

故点的轨迹方程为　　　　　　　　　　　　 …(10分)

[解](3)假设存在这样的直线，∵平行坐标轴的直线显然不满足条件，

∴所求直线可设为，　　　　　　　　　　　　　　　 …(12分)

[解法一]∵该直线上的任一点，其经变换后得到的点

仍在该直线上，

∴，

即，

当时，方程组无解，

故这样的直线不存在。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(16分)

当时，由

得，

解得或，

故这样的直线存在，其方程为或，　　　　　　　 　　　　　…(18分)

[解法二]取直线上一点，其经变换后的点仍在该直线上，

∴，

得，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(14分)

故所求直线为，取直线上一点，其经变换后得到的点仍在该直线上。

∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(16分)

即，得或，

故这样的直线存在，其方程为或，　　　　　 …(18分)

21．[解](1)由题意，，∴，　　　　　　　　　　 …(4分)

[解](2)∵函数递减，

∴对每个自然数n，有，则以为边长能构成一个三角形的充要条件是，

即　　　　　　　　　　　　　　 …(7分)

解得或　　　 ∴，　　　　　　　 …(10分)

[解](3)∴　 ∴　 　　　　　　　　　…(12分)

数列是一个递减的正数数列，对每个自然数，

于是当时，，当时，，

因此，数列的最大项的项数满足不等式且。

20．[解](1)，得指令为，　 …(4分)

(2)设机器人最快在点处截住小球　　 …(6分)

则因为小球速度是机器人速度的2倍，所以在相同时间内有，…(8分)。

即，得或，

∵要求机器人最快地去截住小球，即小球滚动距离最短，，

故机器人最快可在点处截住小球，　　　　　　　　　　　　　　　　　 (10分)

所给的指令为，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (14分)

19．[解](1)当，

在区间上为增函数，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(3分)

地区间上最小值为，　　　　　　　　　　　　　　　 …(6分)

(2)[解法一]在区让上，

恒成立，　　　　　 …(8分)

设，

递增，∴当时，，　　 …(12分)

于是当且仅当时，函数恒成立，

故。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(14分)

(2)[解法二]，当时，函数的值恒为正，　　 …(8分)

当时，函数递增，故当，　　　　　　　　　　 …(12分)

于是当且仅当时，函数恒成立，故。　　　　 …(14分)

18．[解法一]如图建立空间直角坐标系　　　 …(2分)

由题意，有A(0，2，0)，C(2，0，0)，E(1，1，0)。设D点的坐标为(0，0，z)，则

又

[解法二]过A引BE的平行线，交与CB的延长线于F，∠DAF是异面直线BE与AD所成的角，

∴∠DAF=　　　　　　　　　　　　　　 …(4分)

∵E是AC的中点，∴B是CF的中点，

AF=2BE=。　　　　　　　　　　　　　　　　 …(6分)

又BF，BA分别是DF，DA的射影，且BF=BC=BA。

∴DF=DA。　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(8分)

三角形ADF是等腰三角形，，

故，　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　…(10分)

又，

因此四面体ABCD的体积是，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …(12分)

17．[解]设椭圆C的方程为

由题意

因为该二次方程的判别式△＞0，所以直线与椭圆有两个不同交点，　　　　　 …(8分)

设

1．4．　　　 2．　　　 3．(－4，0)，(6，0)。　　　 4．。　　　　 5．1．　　　 6．9．　　　 7．侧棱相等/侧棱与底面所成角相等/……　　　 8．X．　　 9．－462。　　　　 10．　　　　 11．　　　 12．

3．第17至第22题中右端所注的分数，表示考生正确做到这一步应得的该题的累加分数，给分或扣分均以1分为单位。

解答

2．评阅试卷，应坚持每题评阅以底，不要因为考生的解称中出现错误而中断对该题的评阅，当考生的解答在某一步出现错误，影响了后继部分，但该步以后的解答未改变这一题的内容和难度时，可视影响程度决定后面部分的给分，这时原则上不应超过后面部分应给分数之半，如果有较严重的概念性错误，就不给分。

1．本解答列出试题的一种或几种解法，如果考生的解法与所列解法不同，可参照解答中评分标准的精神进行评分。