2022年高考全国I卷数学高考真题(解析版)

2023年12月2日发(作者：盐城一模数学试卷2022解析)

2022年高考全国I卷数学高考真题一、单选题1．若集合M{x∣x4},N{x∣3x1}，则MN（

）A．x0x2【答案】D【分析】求出集合M,N后可求MN.1B．xx23C．x3x161D．xx16311∣0x16},N{x∣x}，故MNxx16，【详解】M{x33故选：D2．若i(1z)1，则zz（

）A．2【答案】D【分析】利用复数的除法可求z，从而可求zz.1i【详解】由题设有1z2i，故z1+i，故zz1i1i2，iiB．1C．1D．2故选：Duuurruuurruuur3．在VABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，CDn，则CB（

）rrA．3m2nrrB．2m3nrrC．3m2nrrD．2m3n【答案】B【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．uuuruuur【详解】因为点D在边AB上，BD2DA，所以BD2DA，即uuuruuuruuuruuurCDCB2CACD，uuuruuuruuurrurrr所以CB3CD2CA3n2m2m3n．故选：B．4．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知5m时，相应水面的面积为140．5m时，相该水库水位为海拔148．0km2；水位为海拔157．试卷第1页，共26页应水面的面积为180．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水0km2，5m上升到157．5m时，增加的水量约为（72.65）位从海拔148．（

）A．1.0109m3【答案】CB．1.2109m3C．1.4109m3D．1.6109m3【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为MN157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S140.0km2140106m2，下底面积S180.0km2180106m2，116612∴VhSSSS914010180101401801033332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．故选：C．5．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（

）A．16B．13C．21D．23【答案】D【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.2【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C721种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率P故选：D.2172.2132T，且yf(x)6．记函数f(x)sinxb(0)的最小正周期为T．若433的图象关于点,2中心对称，则f（

）22试卷第2页，共26页A．1【答案】AB．32C．52D．3【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足222，解得23，T，得3333又因为函数图象关于点,2对称，所以k,kZ，且b2，2421255所以k,kZ，所以，f(x)sinx2，246325所以fsin21.424故选：A10.17．设a0.1e,b，cln0.9，则（

）9A．abc【答案】CB．cbaC．c

导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.【详解】方法一：构造法设f(x)ln(1x)x(x1)，因为f(x)1x1，1x1x当x(1,0)时，f(x)0，当x(0,)时f(x)0，所以函数f(x)ln(1x)x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，1101110所以f()f(0)0，所以ln0，故lnln0.9，即bc，99999111919110110所以f()f(0)0，所以ln+0，故e，所以e，1故ab，x21ex11,设g(x)xeln(1x)(0x1)，则g(x)x+1ex1x1xx令h(x)ex(x21)+1，h(x)ex(x22x1)，当0x21时，h(x)0，函数h(x)ex(x21)+1单调递减，当21x1时，h(x)0，函数h(x)ex(x21)+1单调递增，又h(0)0，所以当0x21时，h(x)0，所以当0x21时，g(x)0，函数g(x)xexln(1x)单调递增，试卷第3页，共26页所以g(0.1)g(0)0，即0.1e0.1ln0.9，所以ac故选：C.方法二：比较法解：

a0.1e0.1

，

b0.1

，

cln(10.1)

，

10.1①

lnalnb0.1ln(10.1)

，

令

f(x)xln(1x),x(0,0.1],

则

f(x)11x0

，

1x1x故

f(x)

在

(0,0.1]

上单调递减，

可得

f(0.1)f(0)0

，即

lnalnb0

，所以

ab

；

②

ac0.1e0.1ln(10.1)

，

令

g(x)xexln(1x),x(0,0.1],

1x1xex11

，

则

g\'xxee1x1xxx令

k(x)(1x)(1x)ex1

，所以

k(x)(1x22x)ex0

，

所以

k(x)

在

(0,0.1]

上单调递增，可得

k(x)k(0)0

，即

g(x)0

，

所以

g(x)

在

(0,0.1]

上单调递增，可得

g(0.1)g(0)0

，即

ac0

，所以

ac.

故

cab.8．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）81A．18,4【答案】C2781B．,442764C．,43D．[18,27]【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36，所以球的半径R3,试卷第4页，共26页[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则l22a2h2，322a2(3h)2,所以6hl2，2a2l2h2112l4l214l622所以正四棱锥的体积VSh4ah(l)=l，33336693613l51324l2所以V4ll，9696当3l26时，V0，当26l33时，V0，所以当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为又l3时，V8127，l33时，V,4427，464，3所以正四棱锥的体积V的最小值为2764所以该正四棱锥体积的取值范围是，.43故选：C.[方法二]：基本不等式法4211122hhh64由方法一故所以Va2h6hh2h122hhh„(3333333当且仅当h4取到)，当h33311332327);时，得a，则Vmina2h(33224223292当l33时，球心在正四棱锥高线上，此时h3，3333aa)，正四棱锥体积V1a2h(，故该正四棱锥体积223322432的取值范围是[2764,].43二、多选题9．已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（

）A．直线BC1与DA1所成的角为90B．直线BC1与CA1所成的角为90试卷第5页，共26页C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45【答案】ABDD．直线BC1与平面ABCD所成的角为45【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，A正确因为四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，；连接AC1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1，1，因为A因为B1CBC1，A1B1IB1CB1，所以BC1平面A1B1C，平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；又AC1连接A1C1，设A1C1IB1D1O，连接BO，因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B，因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，C1O12sinCBO，BC2设正方体棱长为1，则C1O，1，1BC221所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30o，故C错误；因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC45o，故D正确.故选：ABD10．已知函数f(x)x3x1，则（

）A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点试卷第6页，共26页C．点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心【答案】ACD．直线y2x是曲线yf(x)的切线【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.2【详解】由题，fx3x1，令f¢(x)>0得x33或x33，33令f(x)0得，x3333333所以f(x)在(,,)上单调递减，所以x)，(,)上单调递增，(33333是极值点，故A正确；因f(323323)10，f()10，f250，39393,所以，函数fx在上有一个零点，3333fxf0fx,+当x时，，即函数在33上无零点，3综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令h(x)x3x，该函数的定义域为R，hxxxx3xhx，则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；2令fx3x12，可得x1，又f(1)f11，3当切点为(1,1)时，切线方程为y2x1，当切点为(1,1)时，切线方程为y2x3，故D错误.故选：AC.11．已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x22py(p0)上，过点B(0,1)的直线交C于P，Q两点，则（

）A．C的准线为y1C．OPOQ|OA【答案】BCD【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距试卷第7页，共26页2B．直线AB与C相切D．|BP||BQ||BA|2离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点A的代入抛物线方程得12p，所以抛物线方程为x2y，故准线方程为1y，A错误；4kAB1(1)2，所以直线AB的方程为y2x1，10y2x1联立2，可得x22x10，解得x1，故B正确；xy设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为ykx1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，ykx1联立2，得x2kx10，xyΔk2402所以x1x2k，所以k2或k2，y1y2(x1x2)1，xx112又|OP|x12y12所以|OP||OQ|22y1y12，|OQ|x2y22，y2y2y1y2(1y1)(1y2)kx1kx2|k|2|OA|2，故C正确；因为|BP|1k2|x1|，|BQ|1k2|x2|，22所以|BP||BQ|(1k)|x1x2|1k5，而|BA|25，故D正确.故选：BCD312．已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，记g(x)f(x)，若f2x，2g(2x)均为偶函数，则（

）A．f(0)0【答案】BC1B．g02C．f(1)f(4)D．g(1)g(2)【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究333对于f(x)，因为f2x为偶函数，所以f2xf2x即222333fxfx①，所以f3xfx，所以f(x)关于x对称，则222试卷第8页，共26页f(1)f(4)，故C正确；对于g(x)，因为g(2x)为偶函数，g(2x)g(2x)，g(4x)g(x)，所以g(x)关于x2对称，由①求导，和g(x)f(x)，得f333333xfxfxfxgxgx，所以22222233g3xgx0，所以g(x)关于(,0)对称，因为其定义域为R，所以g0，结22313合g(x)关于x2对称，从而周期T422，所以gg0，222g1g1g2，故B正确，D错误；若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.故选：BC.[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.由方法一知g(x)周期为2，关于x2对称，故可设gxcosπx，则fx显然A，D错误，选BC.故选：BC.[方法三]：1sinπxc，π3因为f2x，g(2x)均为偶函数，23333所以f2xf2x即fxfx，g(2x)g(2x)，2222所以f3xfx，g(4x)g(x)，则f(1)f(4)，故C正确；3函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x,x2对称，2又g(x)f(x)，且函数f(x)可导，3所以g0,g3xgx，2所以g(4x)g(x)g3x，所以g(x2)g(x1)gx，13所以gg0，g1g1g2，故B正确，D错误；22若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.故选：BC.【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转试卷第9页，共26页化难度较高，是该题的通性通法；方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．三、填空题y813．1(xy)的展开式中x2y6的系数为________________（用数字作答）．x【答案】-28y8y88【分析】1xy可化为xyxy，结合二项式展开式的通项公式求解.xxyy888【详解】因为1xy=xyxy，xxy8y53562626所以1xy的展开式中含x2y6的项为C8xyC8xy28xy，xxy8261xy的展开式中xy的系数为-28x故答案为：-2814．写出与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程________________．35725x【答案】yx或y或x=1242444【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，于是|c|1b21，|34bc|1b24.故c21b2①，|34bc||4c|.于是34bc4c或34bc4c，424bbb037再结合①解得或或，c1c25c573所以直线方程有三条，分别为x10，7x24y250，3x4y50.(填一条即可)[方法二]：设圆x2y21的圆心O(0,0)，半径为r11，试卷第10页，共26页圆(x3)2(y4)216的圆心C(3,4)，半径r24，则|OC|5r1r2，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x10符合题意；又由方程(x3)2(y4)216和x2y21相减可得方程3x4y50，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x3y0，4直线OC与直线x10的交点为(1,)，34k743k设过该点的直线为yk(x1)，则，解得，1324k21从而该切线的方程为7x24y250.(填一条即可)[方法三]：圆x2y21的圆心为O0,0，半径为1，圆(x3)2(y4)216的圆心O1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为32425，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，试卷第11页，共26页当切线为l时，因为kOO1O到l的距离433，所以kl，设方程为yxt(t0)443，解得t355，所以l的方程为yx，444d|t|91161当切线为m时，设直线方程为kxyp0，其中p0，k0，p71k7251k224x由题意，解得，y24243k4p4p251k224当切线为n时，易知切线方程为x=1，35725x故答案为：yx或y或x=1.24244415．若曲线y(xa)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】,4U0,【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵y(xa)ex，∴y(x1a)ex，xx设切点为x0,y0,则y0x0ae0,切线斜率kx01ae0,xx切线方程为：yx0ae0x01ae0xx0,试卷第12页，共26页xx∵切线过原点，∴x0ae0x01ae0x0,2整理得：x0ax0a0,∵切线有两条，∴a24a0,解得a<-4或a0,∴a的取值范围是,4U0,,故答案为：,4U0,x2y216．已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率ab为2．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则VADE的周长是________________．【答案】131x2y2【分析】利用离心率得到椭圆的方程为221，即3x24y212c20，根据离心4c3c率得到直线AF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，利用弦长公式求得c1313，得a2c，根据对称性将VADE84的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a13.【详解】∵椭圆的离心率为ec1，∴a2c，∴b2a2c23c2，∴椭圆的方程为a2x2y221，即3x24y212c20，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵24c3cAF2a，OF2c，a2c，∴AF2O，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的3直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为3，斜3率倒数为3，

直线DE的方程：x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，判别式63c4139c26216c2，∴DE1∴

c223y1y22Δc2646，13131313，

得a2c，

84∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，ADDF2，AEEF2，∴VADE的周长等试卷第13页，共26页于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2EF2DEDF2EF2DF1EF1DF1DF2EF1EF22a2a4a13.故答案为：13.

四、解答题S117．记Sn为数列an的前n项和，已知a11,n是公差为的等差数列．3an(1)求an的通项公式；(2)证明：111L2．a1a2an【答案】(1)an(2)见解析nn12【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得Sn1n21n1，得到an33Snn2an，利用和与项的关系得到当n2时，3ann1nn1，利用累乘法求得an，anSnSn1an1n1332nn1检验对于n1也成立，得到an的通项公式an；21111（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到L21，进而证得.a1a2ann1n2ann1an1,进而得：试卷第14页，共26页【详解】（1）∵a11，∴S1a11,∴S11,a1Sn1又∵是公差为的等差数列，3an∴Sn1n2n2an,1n1,∴Snan333∴当n2时，Sn1∴anSnSn1n1an1，3n2ann1an1,33整理得：n1ann1an1,ann1,即an1n1∴ana1aaa2a3n1na1a2an2an134nn1nn1，112n2n12显然对于n1也成立，∴an的通项公式an（2）nn1；212112,

annn1nn1111111111L21L21∴2a1a2an223nn1n118．记VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)若C2，求B；3cosAsin2B．1sinA1cos2Ba2b2(2)求的最小值．c2π【答案】(1)；6(2)425．【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cosAsin2B化成1sinA1cos2BcosABsinB，再结合0Bπ，即可求出；2ππa2b2（2）由（1）知，CB，A2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将22c2试卷第15页，共26页2化成4cosB25，然后利用基本不等式即可解出．2cosBcosAsin2B2sinBcosBsinB，即1sinA1cos2B2cos2BcosB【详解】（1）因为sinBcosAcosBsinAsinBcosABcosC而0B1，2ππ，所以B；62（2）由（1）知，sinBcosC0，所以ππCπ,0B，22π而sinBcosCsinC，2ππ3所以CB，即有A2B，所以B0,,C,22424a2b2sin2Asin2Bcos22B1cos2B所以c2sin2Ccos2B2cos2B11cos2Bcos2B224cos2B25285425．2cosBa2b22当且仅当cosB时取等号，所以的最小值为425．c2219．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，VA1BC的面积为22．(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为AC平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正1AB，1的中点，AA弦值．【答案】(1)2(2)32【分析】（1）由等体积法运算即可得解；试卷第16页，共26页（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，122114则VAA1BCSVA1BChhVA1ABCSVABCA1AVABCA1B1C1，33333解得h2，所以点A到平面A1BC的距离为2；（2）取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1AB，所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，且AE平面ABB1A1，所以AE平面A1BC，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1平面ABC，由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE2，所以AA1AB2，A1B22，所以BC2，则A0,2,0,A10,2,2,B0,0,0,C2,0,0,所以AC1的中点D1,1,1，uuuruuuruuur则BD1,1,1，BA0,2,0,BC2,0,0,vvuuuurmBDxyz0uv设平面ABD的一个法向量mx,y,z，则vuu，mBA2y0试卷第17页，共26页urm可取1,0,1，vruuurnBDabc0v设平面BDC的一个法向量na,b,c，则ruuu，nBC2a0r可取n0,1,1，urrurrmn11cosm,nurr则，222mn31.所以二面角ABDC的正弦值为122220．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好病例组对照组4010良好6090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．P(B|A)P(B|A)与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险P(B|A)P(B|A)程度的一项度量指标，记该指标为R．（ⅰ）证明：RP(A|B)P(A|B)；P(A|B)P(A|B)（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．n(adbc)2附K，(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k0.0503.8410.0106.6350.00110.828k试卷第18页，共26页【答案】(1)答案见解析(2)（i）证明见解析；(ii)R6；【分析】(1)由所给数据结合公式求出K2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)

根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.n(adbc)2200(40906010)2=24，【详解】（1）由已知K(ab)(cd)(ac)(bd)501501001002又P(K26.635)=0.01，246.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.（2）(i)因为R所以RP(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)P(AB)P(A)=，P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|B)P(A|B)所以R，P(A|B)P(A|B)(ii)

由已知P(A|B)又P(A|B)所以R4010，P(A|B)，1001006090，P(A|B)，100100P(A|B)P(A|B)=6P(A|B)P(A|B)21．已知点A(2,1)在双曲线C:AP,AQ的斜率之和为0．x2y21(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线a2a21(1)求l的斜率；(2)若tanPAQ22，求△PAQ的面积．【答案】(1)1；(2)162．9【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAPkAQ0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，根据试卷第19页，共26页再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求tanPAQ22即可求出直线AP,AQ的斜率，出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．【详解】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2得a2，即双曲线C:y21．2241x2y21，解上，所以1(a1)a2a21a2a21易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，ykxm222联立x2可得，12kx4mkx2m20，2y124mk2m22所以，x1x22,x1x2，2k12k21Δ16m2k242m222k210m212k20且k2．2y21y110，所以由kAPkAQ0可得，x22x12即x12kx2m1x22kx1m10，即2kx1x2m12kx1x24m10，2m224mkm12k24m10，所以2k22k12k12化简得，8k4k44mk10，即k12k1m0，所以k1或m12k，当m12k时，直线l:ykxmkx21过点A2,1，与题意不符，舍去，故k1．（2）［方法一］：【最优解】常规转化π不妨设直线PA,AQ的倾斜角为,，因为kAPkAQ0，所以π，由22（1）知，x1x22m20，当A,B均在双曲线左支时，PAQ2，所以tan222，即2tan2tan20，解得tan2（负值舍去）2此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当A,B均在双曲线右支时，因为tanPAQ22，所以tan22，即tan222，试卷第20页，共26页即2tan2tan20，解得tan2（负值舍去），于是，直线PA:y2x21，直线QA:y2x21，y2x2132x2联立x2可得，22y12因为方程有一个根为2，所以xP同理可得，xQ24x10420，4251042，yP，334251042，yQ．33521165322，所以PQ:xy0，PQ，点A到直线PQ的距离d333211622162故△PAQ的面积为．2339［方法二］：

πPAQ2设直线AP的倾斜角为，0，由tanPAQ22，得tan，222由2PAQ，得kAPtan2，即y112，x122y11x104242512，及联立，y1，y121得x1x12332同理，x220684251042，y2，故x1x2，x1x29333而|AP|3|x12|，|AQ|3|x22|，由tanPAQ22，得sinPAQ1222，3162.9故SVPAQ|AP||AQ|sinPAQ2|x1x22(x1x2)4|【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线PA,PB的斜率，从而联立求出点P,Q坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点P,Q坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．22．已知函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．试卷第21页，共26页【答案】(1)a1(2)见解析【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b1时，exxb的解的个数、xlnxb的解的个数均为2，构建新函数h(x)exlnx2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx,gx的大小关系，根据存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）f(x)exax的定义域为R，而f(x)exa，若a0，则f(x)0，此时f(x)无最小值，故a0.g(x)axlnx的定义域为0,，而g(x)a1ax1.xx当xlna时，f(x)0，故f(x)在,lna上为减函数，当xlna时，f(x)0，故f(x)在lna,上为增函数，故f(x)minflnaaalna.11时，g(x)0，故g(x)在0,上为减函数，aa11当x时，g(x)0，故g(x)在,上为增函数，aa11故g(x)ming1ln.aa当0x因为f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值，故1ln1a1lna，其中a0，aalna，整理得到1aa21a21a10，lna,a0，则ga设ga22aa1a1a1a故ga为0,上的减函数，而g10，故ga0的唯一解为a1，故综上，a1.（2）[方法一]：1alna的解为a1.1a1由（1）可得f(x)exx和g(x)xlnx的最小值为1ln11ln1.1试卷第22页，共26页当b1时，考虑exxb的解的个数、xlnxb的解的个数.xx设Sxexb，Sxe1，当x0时，Sx0，当x0时，Sx0，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以SxminS01b0，而Sbeb0，Sbeb2b，bb设ube2b，其中b1，则ube20，故ub在1,上为增函数，故ubu1e20，x故Sb0，故Sxexb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.设Txxlnxb，Txx1，x当0x1时，Tx0，当x1时，Tx0，故Tx在0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以TxminT11b0，而Tebeb0，Tebeb2b0，Txxlnxb有两个不同的零点即xlnxb的解的个数为2.当b1，由（1）讨论可得xlnxb、exxb仅有一个解，当b1时，由（1）讨论可得xlnxb、exxb均无根，故若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点，则b1.x设h(x)exlnx2x，其中x0，故h(x)e12，xxx设sxex1，x0，则sxe10，故sx在0,上为增函数，故sxs00即exx1，所以h(x)x11210，所以h(x)在0,上为增函数，x11223而h(1)e20，h(3)ee33e330，eee1故hx0,上有且只有一个零点x0，3x01且：e试卷第23页，共26页当0xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，当xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，因此若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点，故bfx0gx01，此时exxb有两个不同的根x1,x0(x10x0)，此时xlnxb有两个不同的根x0,x4(0x01x4)，xx故e1x1b，e0x0b，x4lnx4b0，x0lnx0b0所以x4blnx4即ex4bx4即ex4bx4bb0，故x4b为方程exxb的解，同理x0b也为方程exxb的解xx又e1x1b可化为e1x1b即x1lnx1b0即x1blnx1bb0，故x1b为方程xlnxb的解，同理x0b也为方程xlnxb的解，所以x1,x0x0b,x4b，而b1，x0x4b故即x1x42x0.xxb01[方法二]：由(1)知，f(x)exx，g(x)xlnx，且f(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增；g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且f(x)ming(x)min1.①b1时，此时f(x)ming(x)min1b，显然yb与两条曲线yf(x)和yg(x)共有0个交点，不符合题意；②b1时，此时f(x)ming(x)min1b，故yb与两条曲线yf(x)和yg(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③b1时，首先，证明yb与曲线yf(x)有2个交点，即证明F(x)f(x)b有2个零点，F(x)f(x)ex1，所以F(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，又因为F(b)eb0，F(0)1b0，F(b)eb2b0，(令t(b)eb2b，则t(b)eb20，t(b)t(1)e20)试卷第24页，共26页所以F(x)f(x)b在(,0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0,)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次，证明yb与曲线和yg(x)有2个交点，即证明G(x)g(x)b有2个零点，G(x)g(x)1，所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，又因为G(eb)eb0，G11b0，G(2b)bln2b0，(令(b)bln2b，则(b)10，(b)(1)1ln20)1b1x所以G(x)g(x)b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1,)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次，证明存在b，使得x2x3:因为F(x2)G(x3)0，所以bexx2x3lnx3，2若x2x3，则exx2x2lnx2，即ex2x2lnx20，22所以只需证明ex2xlnx0在(0,1)上有解即可，即(x)ex2xlnx在(0,1)上有零点，12因为(3)ee3330，(1)e20，ee1所以(x)ex2xlnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2x3x0即可，x此时取be0x0则此时存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，最后证明x1x42x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为F(x1)F(x2)F(x0)0G(x3)G(x0)G(x4)所以F(x1)G(x0)F(lnx0)，又因为F(x)在(,0)上单调递减，x10，0x01即lnx00，所以x1lnx0，同理，因为F(x0)G(ex)G(x4)，0又因为G(x)在(1,)上单调递增，x00即ex01，x11，所以x4ex，0又因为ex2x0lnx00，所以x1x4exlnx02x0，00即直线yb与两条曲线yf(x)和yg(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.试卷第25页，共26页【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.试卷第26页，共26页