高考数学真题2022全国新高考1卷解析版

2023年12月2日发(作者：2023数学试卷安徽省答案)

2022年全国统一高考数学试卷(新高考Ⅰ)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．若集合M{x|x4}，N{x|3x1}，则MN(A．{x|0x2}B．{x|1x2}3)))1x16}3C．{x|3x16}D．{x|2．若i(1z)1，则zz(A．2B．1C．1D．23．在ABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，CDn，则CB(A．3m2nB．2m3nC．3m2nD．2m3n4．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．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(72.65)()A．1.0109m3B．1.2109m3C．1.4109m3D．1.6109m35．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()1112A．B．C．D．632326．记函数f(x)sin(x)b(0)的最小正周期为T．若T，且yf(x)的图433像关于点(，2)中心对称，则f()()2235A．1B．C．D．32217．设a0.1e0.1，b，cln0.9，则()9A．abcB．cbaC．cabD．acb8．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3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是()8127812764A．[18，]B．[，]C．[，]D．[18，27]44443二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知正方体ABCDA1B1C1D1，则(A．直线BC1与DA1所成的角为9010．已知函数f(x)x3x1，则(A．f(x)有两个极值点C．点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心P，Q两点，则()))B．直线BC1与CA1所成的角为90C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45B．f(x)有三个零点D．直线y2x是曲线yf(x)的切线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A．C的准线为y1C．|OP||OQ||OA|2B．直线AB与C相切D．|BP||BQ||BA|2312．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)，g(2x)2均为偶函数，则(A．f(0)0)1B．g()02C．f(1)f（4）D．g(1)g（2）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。y13．(1)(xy)8的展开式中x2y6的系数为（用数字作答）．x14．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15．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．．x2y2116．已知椭圆C:221(ab0)，两个焦点为F1，F2，离心率为．过C的上顶点为A，ab2F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。S117．（10分）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．3an（1）求{an}的通项公式；111（2）证明：2．a1a2an18．（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2，求B；3a2b2（2）求的最小值．c2cosAsin2B．1sinA1cos2B（1）若C19．（12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．20．（12分）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程度P(B|A)P(B|A)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(K2k)k0.0503.8410.0106.6350.00110.828x2y21(a1)上，直线l交C于P，Q两点，21．（12分）已知点A(2,1)在双曲线C:22aa1直线AP，AQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积．22．（12分）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．————————————————————————————————————《初高中数学教研微信系列群》简介：目前有24个群（18个高中群，2个四川群，1个直播群，3个初中群），共10000多优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学教学研究展开教研活动的微信群.宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！特别说明：1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题；2.由于本群是集“研究—写作—发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！群主二维码：见右图————————————————————————————————————2022年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．若集合M{x|x4}，N{x|3x1}，则MN(A．{x|0x2}B．{x|1x2}3)1x16}3C．{x|3x16}D．{x|【思路分析】分别求解不等式化简M与N，再由交集运算得答案．【解析】由x4，得0x16，M{x|x4}{x|0x16}，11由3x1，得x，N{x|3x1}{x|x}，3311MN{x|0x16}{x|x}{x|x16}．33故选：D．【试题评价】本题考查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题．2．若i(1z)1，则zz(A．2B．1)C．1D．2【思路分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，再求出zz．1i【解析】由i(1z)1，得1z2i，iiz1i，则z1i，zz1i1i2．故选：D．【试题评价】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．在ABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，CDn，则CB()A．3m2nB．2m3nC．3m2nD．2m3n31【思路分析】直接利用平面向量的线性运算可得CBCDCA，进而得解．22【解析】【解法一】(向量回路)：如图，【解法二】（南京王安寓补解）(向量减法+方程)：∵BD=2DA，∴BD2DA，∴CDCB2(CACD)，解得CB3CD2CA=3n−2m.【解法三】(王安寓补解)(特殊化建系)：取C为直角，并以C为原点，CA、CB所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系，设A(3a,0),B(0,3b)，由BD=2DA知D为靠近A的三等分点，1111CDCAADCADBCA(CBCD)CACBCD，222231CBCDCA，即CB3CD2CA3n2m．故选：B．22从而D(2a,b)，∴CB(0,3b)3(2a,b)2(3a,0)3n2m。【解法四】(王安寓补解)(待定系数)：设CBxCDyCA，则BDCDCB(1x)CDyCA，与条件BD2DA=2(CACD)对比，得1−x=y=−2，解得x=3，y=−2，故CB3n2m．【试题评价】本题主要考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．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．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(72.65)()A．1.0109m3B．1.2109m3C．1.4109m3D．1.6109m3【思路分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．【解析】【解法一】(统一m)140km2140106m2，180km2180106m2，140106180106140106180106(157.5148.5)根据题意，增加的水量约为3(140180607)10693(320602.65)106314371061.4109m3．故选：C．【解法二】(王安寓补解)(统一km)：V棱台=×(140+180+180140)×(0.1575−0.1485)=0.03(320+607)≈1.437km3≈1.4×109m3。【试题评价】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．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(1112A．B．C．D．6323公式计算即可得到答案．221种方式，【解析】【解法一】(枚举法)从2至8的7个整数中任取两个数共有C7)【思路分析】先求出所有的基本事件数，再写出满足条件的基本事件数，用古典概型的概率其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，142故所求概率为．213221种方式，【解法二】(王安寓补解)(正难则反)：从2至8的7个整数中任取两个数共有C72，4，6，8中任取2个和3，6这1个，其中不互质的有：计C4+1=7个，故所求概率为1−272。213故选：D．【试题评价】本题考查古典概型的概率计算，考查运算求解能力，属于基础题．26．记函数f(x)sin(x)b(0)的最小正周期为T．若T，且yf(x)的图433像关于点(，2)中心对称，则f()()2235A．1B．C．D．322【思路分析】由周期范围求得的范围，由对称中心求解与b值，可得函数解析式，则f()可求．2【解析】【解法一】(取值试验)函数f(x)sin(x)b(0)的最小正周期为T，42222则T，由T，得，23，333，2)中心对称，b2，yf(x)的图像关于点(233且sin()0，则k，kZ．2424215(k)，kZ，取k4，可得．34255f(x)sin(x)2，则f()sin()2121．故选：A．242224(王安寓补解)(解不等式)：【解法二】仿法一得2<ω<3及解得1319k，又k∈Z，∴k=4，下同法一。444k14k1k∈Z，<3，，则2<66【试题评价】本题考查yAsin(x)型函数的图象与性质，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．7．设a0.1e0.1，bA．abc1，cln0.9，则(9)B．cbaC．cabD．acb11【思路分析】构造函数f(x)lnx，x0，利用导数性质求出lnx1，由此能求出结xx果．【解析】【解法一】(构造法1)构造函数f(x)lnx111，x0，则f(x)2，x0，xxx当f(x)0时，x1，∴0x1时，f(x)0，f(x)单调递减；x1时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在x1处取最小值f（1）1，lnx1ln0.91ln0.9ln11091，10e0.1，0.1e0.1，ab；19910109111，ln0.9，cb；0.9991，x0.1e0.10.11.10.11，而1n0.9ln10110919()0.11，ac，92910180cab．故选：C．(王安寓补解)(构造法2)：【解法二】先比较a与b。设F(x)=(1−x)e−1,01.1,∴a=0.1e0.1>0.11.121(x1)2<0,∴G(x)在x>1上减，故设G(x)=2lnx−x+,x>1，则G(x)=12xxxx211.1G(x)0得9≤x<24,由V<0得245=，D正确；tt|AB|1222coscos222=yPyP=t1sin(t1sin1),xPyP2|OP|=同理|OQ|=t2sin(t2sin1)，故|OP|×|OQ|=t1t2sin(t1sin1)(t2sin1)1sin22=t1t2sin(t1t2sin(t1t2)sin1)==>2=.C正|OA|122coscos22确。【试题评价】本题考查抛物线方程的求解，直线与抛物线位置关系的综合运用，同时还涉及了两点间的距离公式以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．312．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)，g(2x)2均为偶函数，则(A．f(0)0)1B．g()02C．f(1)f（4）D．g(1)g（2）33【思路分析】由f(2x)为偶函数，可得f(x)关于x对称，可判断C；g(2x)为偶函223数，可得g(2x)g(2x)，g(x)关于x2对称，可判断D；由g()0，g(x)关于x22551对称，可得g()0，得到x是f(x)的极值点，x也是极值点，从而判断B；f(x)222图象位置不确定，可上下移动，故函数值不确定，从而判断A．333可得f(2x)f(2x)，f(2x)为偶函数，【解析】【解法一】(特殊值验证)：f(x)222关于x令x53535，可得f(2)f(2)，即f(1)f（4），故C正确；424243对称，2g(2x)为偶函数，g(2x)g(2x)，g(x)关于x2对称，故D不正确；3333f(x)关于x对称，x是函数f(x)的一个极值点，g()f()0，2222535又g(x)关于x2对称，g()g()0，x是函数f(x)的一个极值点，2223111f(x)关于x对称，x是函数f(x)的一个极值点，g()f()0，故B正2222确；f(x)图象位置不确定，可上下移动，即没一个自变量对应的函数值是确定值，故A错误．故选：BC．【解法二】(王安寓补解)(导数推导)：由f(g(2+x)=g(2−x)，333得f(2x)=f(2x),2x),g(2+x)均为偶函数，222333333x)=f(x),两边同时求导得−(x)=(x),即−g(x)=g(x),22222233∴g(x)关于直线x=2对称，且关于点(,0)对称，从而可得g(x)的周期为T=4(2−)=2,2233333113由−g(x)=g(x)可得−g()=g(),即g()=0，∴g()=g(+2)=g()=0,B22222222故f(正确；g(−1)=g(−1+2)=g(1)=g(3131)=−g()=−g(2)，D不正确。2222由导函数与原函数的关系知函数f(x)的周期为2，关于直线x=对称，若m=0，则f(0)=f(2)=0，若m≠0，f(0)=f(2)≠0，A错误；由f(x)关于直线x=3对称，关于点(2，m)233535对称，得f(−1)=f(−)=f(+)=f(4)，C正确。22222【解法三】(王安寓补解)(特殊函数)：构造函数f(x)=sinπx+2，则g(x)=πcosπx，适合题意条件，验证选项，A、D错误，B、C正确。【试题评价】本题考查函数的奇偶性，极值点与对称性，考查了转化思想和方程思想，属中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。y13．(1)(xy)8的展开式中x2y6的系数为．28（用数字作答）x【思路分析】由题意依次求出(xy)8中x2y6，x3y5项的系数，求和即可．【解析】(xy)8的通项公式为Tr1C8rx8ryr，535xy，当r6时，T7C86x2y6，当r5时，T6C8y8!8!(1)(xy)8的展开式中x2y6的系数为C86C85285628．x6!2!5!3!故答案为：28．【试题评价】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．14．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3x4y50，7x24y250都正确）x1（填．【思路分析】由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．分别求出三条切线方程，则答案可求．【解析】【解法一】(特殊点对称法)圆x2y21的圆心坐标为O(0,0)，半径r11，圆(x3)2(y4)216的圆心坐标为C(3,4)，半径r24，如图：|OC|r1r2，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．433kOC，l1的斜率为，设直线l1:yxb，即3x4y4b0，344|4b|5，则l1:3x4y50；1，解得b（负值舍去）544由图可知，l2:x1；l2与l3关于直线yx对称，3x14联立4，解得l2与l3的一个交点为(1,)，在l2上取一点(1,0)，3yx3由y04x012472423该点关于yx的对称点为(x0，y0)，则，解得对称点为(，)．32525y034x012442537，则l:y7(x1)4，即7x24y250．kl33724243125与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程为：．x1（填3x4y50，7x24y250都正确）故答案为：x1（填3x4y50，7x24y250都正确）．【解法二】(王安寓补解)(转化过点的圆切线)：显然两圆的圆心距为5=1+4，即两圆相外切，故两圆有三条公切线。设两圆的圆心分别为O，M，易得OM：3y=4x，与圆O方程联立解得x=34，y=(只55取第一象限)，从而两圆的公切点为N(y−4)，3433=(x−)，即3x+4y−5=0.此为过N的两圆的一条公切线。5451延长MO到P，使得4PO=PM，则P为另两条公切线的交点，且OP=OM=(−1,−334，)，过N与OM垂直的直线方程为55当切线的斜率不存在时，过P与圆O相切的直线为x+1=0，适合题意；当切线斜率存在时，设切线方程为y+4|k|3=1，解得k=7，故切线方程为y+4=7(x+1)，即7x−24y−25=0.243241k2综上，两圆的三条公切线方程为：3x+4y−5=0，x+1=0，7x−24y−25=0。4=k(x+1)，则由点到直线的距离公式得3【解法三】(硬算)：当两圆的公切线斜率不存在时，设切线为x=m，则|m|=1且|m−3|=4，解得m=−1，故两圆的一条公切线为x=−1；当两圆的公切线斜率存在时，设两圆的公切线为y=kx+b，则|b|1k2=1，且37k,k,35|3k4b|424=4,联立解得或故两圆的公切线方程为y=x+，441k2b5b542475y=x。24243575x综上，两圆的三条公切线方程为：x=−1，y=x+，y=。442424【试题评价】本题考查圆的切线方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．15．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)(，4)(0，．【思路分析】设切点坐标为(x0，(x0a)ex0)，利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得x02ax0a0，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由△0即可求出a的取值范围．【解析】【解法一】(切线方程)yex(xa)ex，设切点坐标为(x0，(x0a)ex0)，切线的斜率kex0(x0a)ex0，切线方程为y(x0a)ex0(ex0(x0a)ex0)(xx0)，又切线过原点，(x0a)ex0(ex0(x0a)ex0)(x0)，整理得：x02ax0a0，切线存在两条，方程有两个不等实根，△a24a0，解得a4或a0，即a的取值范围是(，4)(0，)，故答案为：(，4)(0，)．【解法二】(王安寓补解)法二(切线斜率)：设切点为(m,(m+a)e)，易得=(x+a+1)e，则切mx(ma)em2线的斜率k=(m+a+1)e=，即m(m+a+1)=m+a,m+am−a=0，依题意其有两个不m2等实根，故△=a+4a>0，解得a<−4或a>0.m【试题评价】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．x2y2116．已知椭圆C:221(ab0)，两个焦点为F1，F2，离心率为．过C的上顶点为A，ab213．F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是【思路分析】根据已知条件，先设出含c的椭圆方程，再结合三角形的性质，以及弦长公式，求出c的值，最后再根据椭圆的定义，即可求解．x2y21【解析】【解法一】(转化+定义):椭圆C:221(ab0)的离心率为，2abx2y2不妨可设椭圆C:221，a2c，4c3cC的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，△AF1F2为等边三角形，过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，kDEtan303，33(xc)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，3由等腰三角形的性质可得，|AD||DF2|，|AE||EF2|，设直线DE方程为y将其与椭圆C联立化简可得，13x28cx32c20，32c28c由韦达定理可得，x1x2，x1x2，131318c2128c24813|DE|k1|x1x2|(x1x2)4x1x21()c6，解得c，3131313813由椭圆的定义可得，ADE的周长等价于|DE||DF2||EF2|4a8c813．822故答案为：13．【解法二】(王安寓补解)(验证中点)：仿法一得a=2c,b=3c,仿法一由DE=6算出c=而a=13.413从8如图，连接EF2，DF2，易知AF2的中点为M(131c,c,DE：y=(x+c)，显然M223在直线DE，即DE是A的垂直平分线，从而AE=EF2，AD=DF2，故△ADE的周长为AD+AE+DE=DF2+EF2+DE=DF2+EF2+DF1+EF1=4a=13.【解法三】(王安寓补解)(硬算+巧开方)：由椭圆的离心率为圆方程化为3x+4y=12c，A(0,AF2的斜率为−3，故DE的斜率为222221可得a=2c，从而b=3c，椭23c),取F1为椭圆的左焦点，F2为椭圆的右焦点，易得113，DE的方程为y=得13x+8cx−32c=0，设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=8322c,c，x1x2=−1313481321于是DE=1|x1x2|=(x1x2)24x1x2=c=6，解得c=，13833此时133(x+c)，代入椭圆方程并整理169=0，解得x=21331233133123313D(,),E(,)，A(0,3),28288x2+13x−AD=1332，取(1223843,413326532113326532223843,AE=()()=)()=42424m23n2223,1433设223+843=(mn3)，则解得m=14，n=3，故AD=，4mn42,1433同理AE=，42故AD+AE=7，△ADE的周长为AD+AE+DE=13.【解法四】(王安寓补解)(硬算+巧平方)：仿上得到AD、AE的长度，设t=法三。c1，则设a2k,ck,b3k，a213k222ep2k48k6即k13，由焦点弦公式，可知|DE|131e2cos23013814413由椭圆的定义可得，ADE的周长等价于|DE||DF2||EF2|4a8k813．8223843+223843，则t2=446+222328423=446+228561=446+2×189=784=282,故t=28，AD+AE=7.下同【解法五】(张荣华补解)(极坐标方程):e故答案为：13．【试题评价】本题主要考查直线与椭圆的综合应用，需要学生很强的综合能力，属于中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。S117．（10分）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．3an（1）求{an}的通项公式；111（2）证明：2．a1a2an【思路分析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果．【解析】（1）解：【解法一】(隔项累乘法)：已知a11，{所以Sn1}是公差为的等差数列，3anSn121121(n1)n，整理得Snnanan，①，33an33312故当n2时，Sn1(n1)an1an1，②，331111①②得：annannan1an1，3333故(n1)an(n1)an1，aaaaa564a3n1n化简得：n，n1，........，5，4，3，2；a33a44a22a11an1n1an2n2ann1n6543n(n1)，a1n1n243212n(n1)n(n1)故an（首项符合通项）．所以an．22an1(n1)n,【解法二】(王安寓补解)(相邻累乘)：仿法一得nan1n1n(n1)所以aa2a32334(n1)nn(n1)=,n=1×2a1a2an11223n(n1)n(n1)显然n=1时a1=1适合上式，故an=.2【解法三】(王安寓补解)(构造常数列)：仿法一得(n−1)an=(n+1)an1,anan1anana1即n(n−1)an=(n+1)nan1,,故{}是常数列，∴=1，n(n1)(n1)nn(n1)n(n1)22n(n1)∴an=.2∴ana1n(n1)，21211所以2()，ann(n1)nn1（2）证明：由于an所以111111111...2(1...)2(1)2．a1a2an223nn1n1【试题评价】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．18．（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosAsin2B．1sinA1cos2B2，求B；3a2b2（2）求的最小值．c2（1）若C【思路分析】（1）利用倍角公式、和差公式、三角形内角和定理即可得出B．（2）利用诱导公式把A用C表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本不等式即可得出结论．cosAsin2BcosA2sinBcosBsinB(交叉相乘)：【解析】（1）【解法一】，，1sinA1cos2B1sinA2cos2BcosB化为：cosAcosBsinAsinBsinB，cos(BA)sinB，21，sinB，cosCsinB，C320B，B．36【解法二】(王安寓补解)(半角公式)：由诱导公式及二倍角公式可得AAsin(A)2sin()cos()cosA24242tan(A)，A1sinA1cos(A)422cos2()242sin2B2sinBcosBcosAsin2BtanB由二倍角公式得，∵1cos2B2cos2B1sinA1cos2B∴tan(，A)=tanB，42AA2又∈(−,)，B∈(0,π)，∴=B，即A=2B，从而C=+B，又C=，42124422232∴+B=，解得B=.236（2）【解法一】(统一为C)：由（1）可得：cosCsinB0，cosC0，C(，)，2332C>0，得C，C为钝角，B，A都为锐角，BC．A=2422sinAsin(BC)sin(2C)cos2C，2a2b2sin2Asin2Bcos22Ccos2C(12sin2C)2(1sin2C)24sin4C5sin2C224sin2C52245425，22222csinCsinCsinCsinCsinC当且仅当sinCa2b2的最小值为425．c2(王安寓补解)法二(统一为B)：【解法二】由(1)知A=解得，B∈(0,由1时取等号．42−2B∈(0,π)，B∈(0,π)，C=+B∈(0,π)，222)，从而cosB∈(,1),42正弦定理得a2b2sin2Asin2Bcos22Bsin2B(2cos2B1)21cos2B22=−4cosBc2sin2Ccos2Bcos2Bcos2B5≥42−5,当且仅当4cosB=2a2b2故的最小值为42−5。2c222cosB，=时取等号。cos2B2【试题评价】本题考查了倍角公式、和差公式、三角形内角和定理、余弦定理、基本不等式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．（12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．【思路分析】（1）利用柱与锥的体积关系求得三棱锥的体积，再由等体积法求点A到平面A1BC的距离；（2）以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角ABDC的正弦值．14【解析】（1）由直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，可得VA1ABCVA1B1C1ABC，33设A到平面A1BC的距离为d，由VA1ABCVAA1BC，1414SA1BCd，22d，解得d2．3333（2）【解法一】(面面垂直性质+坐标法)：由直三棱柱ABCA1B1C1知BB1平面ABC，又BB1平面ABB1A1，所以平面ABC平面ABB1A1，又平面A1BC平面ABB1A1，又平面ABC平面A1BCBC，所以BC平面ABB1A1，BCA1B，BCAB，以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，AA1AB，BC2AB1122，又ABBCAA14，解得ABBCAA12，22则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，则BA(0，2，0)，BD(1，1，1)，BC(2，0，0)，设平面ABD的一个法向量为n(x，y，z)，nBA2y0则，令x1，则y0，z1，nBDxyz0平面ABD的一个法向量为n(1，0，1)，设平面BCD的一个法向量为m(a，b，c)，mBC2a0，令b1，则a0，c1，mBDabc0平面BCD的一个法向量为m(0，1，1)，11，cosn，m22213二面角ABDC的正弦值为1()2．22(王安寓补解)法二(定义法)：AA1=AB，【解法二】直三棱柱ABC-A1B1C1中，则四边形ABB1A1是正方形，连接AB1、A1B，则AB1⊥A1B，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，A1B平面ABB1A1，∴AB1⊥平面A1BC，又BC平面A1BC，∴AB1⊥BC，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BC平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1,BB1平面ABB1A1，AB1∩BB1=B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB平面ABB1A1，∴BC⊥AB。设AB=A1A=a，BC=b，则a×11ab=4，2ab=22，解得a=b=2.22设AB1∩A1B=O，由AB1⊥平面A1BC，知AO⊥平面A1BC，由(1)知AO=2，在平面ABD中，过A作AE⊥BD于E，连接OE，则BD⊥平面AEO，从而BD⊥OE，故∠AEO是二面角A-BD-C的补角的平面角，△ABD中，可求得AD=BD=3，又AB=2，由等面积法可得AE=∴Rt△AEO中，sin∠AEO=223，33AO=.即二面角A-BD-C的正弦值为.AE22【试题评价】本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．20．（12分）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程度P(B|A)P(B|A)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(K2k)k0.0503.8410.0106.6350.00110.828【思路分析】（1）补充列联表，根据表中数据计算K2，对照附表得出结论．（2）(i)根据条件概率的定义与运算性质，证明即可；（ⅱ）利用调查数据和对立事件的概率公式，计算即可．【解析】（1）补充列联表为：不够良好病例组对照组合计2良好6090150合计150200(40901060)2246.635，计算K10010050150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)证明：P(AB)P(AB)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(A)P(A)P(AB)P(AB)R:P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)P(A)P(A)P(AB)P(AB)P(B)P(B)P(A|B)P(A|B)；P(AB)P(AB)P(A|B)P(A|B)P(B)P(B)（ⅱ）利用调查数据，P(A|B)4021013，P(A|B)1P(A|B)，，P(A|B)1，所以R5106．P(A|B)1P(A|B)3110510【试题评价】本题考查了独立性检验的应用，也考查了条件概率的应用，是中档题．x2y21(a1)上，直线l交C于P，Q两点，21．（12分）已知点A(2,1)在双曲线C:22aa1直线AP，AQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积．x2y21，由题显然直线l的斜率存在，设【思路分析】（1）将点A代入双曲线方程得2l:ykxm，与双曲线联立后，根据直线AP，AQ的斜率之和为0，求解即可；（2）设直线AP的倾斜角为，由tanPAQ22，得tanx12y121，根据三角形面积公式即可求解．2y1PAQ2，联立12，及22x12【解析】（1）【解法一】(常规设法)：将点A代入双曲线方程得422x2化简得a4a40，a2，故双曲线方程为y21，2由题显然直线l的斜率存在，设l:ykxm，设P(x1，y1)Q(x2，y2)，则联立双曲线得：(2k21)x24kmx2m220，4121，2aa12m224km故x1x22，x1x2，2k12k21y1y21kx1m1kx2m1kAPkAQ10，x12x22x12x22化简得：2kx1x2(m12k)(x1x2)4(m1)0，2k(2m22)4km(m12k)()4(m1)0，故2k212k21即(k1)(m2k1)0，当m+2k−1=0时，直线l：y=kx−2k+1过点A，不合题意，舍去.,故k1；【解法二】(张荣华补解)解法二(平移变换+齐次化):利用坐标平移变换xx2,将坐标原点平移到A，yy+1设新坐标系下直线l的方程为mxny1，(x2)222双曲线的方程为：(y1)21即x2y4x4y0，2则化齐次联立，得x22y24(xy)(mxny)0即(4n2)y24(nm)xy(14m)x20，2y两边同时除以x，得(4n2)24(nm)y(4m1)0，xx方程的两根即为直线AP,AQ的斜率，24(nm)0即mn，故直线l的斜率为14n2.【解法三】(李腾龙补解)（齐次化）：仿法一得双曲线方程为xy21，设Px1,y1,Qx2,y2，22∵AP,AQ的斜率之和为0，∴k1k2y11y210，x12x222x22x22故将双曲线方程为y21变形为：y111，22且设直线l:mx2ny11，由式有：x22y14x2y1022x22y14x2y1mx2ny10224m1x24n2y14m4nx2y1022y14m4ny14m10,（两边同除以x22）4n2，2x2x22即4n2k4m4nk4m10，而k1,k2是此方程的两根。∴k1k224n4m0mn，故直线l斜率为−1.4n2（2）【解法一】(计算AP、AQ)：设直线AP的倾斜角为，则∠PAQ=2α或2α−π，PAQ2tanPAQ2222，得tan由tanPAQ22，或−2，PAQ221tan22PAQ2当tan时，22y1PAQ2，∵2PAQ，，得kAPtan2，即12x12x12y111042425,y12，及y121得x1联立，233x1252068代入直线l得m，故x1x2,x1x2，339而|AP|3|x12|,|AQ|3|x22|，由tanPAQ22，得sinPAQ故SPAQ22，31162．|AP||AQ|sinPAQ2|x1x22(x1x2)4|291042425PAQ当tan∠PAQ=2α，得kAPtan2，仿上得x1，,y12时，33252068代入直线l得m，故x1x2,x1x2，339而|AP|3|x12|,|AQ|3|x22|，由tanPAQ22，得sinPAQ故SPAQ22，31162．|AP||AQ|sinPAQ2|x1x22(x1x2)4|29【解法二】(王安寓补解)法二(计算弦长和高)设AP的倾斜角为α，则AQ的倾斜角为π−α，∠PAQ=2α或2α−π，2tan2，解得tanα=或(舍去，因为此时直线22221tan2AP//双曲线渐近线，P不存在)，取kAP=2，kAQ=2，则AP：y−1=2(x−2)，AQ：由tan∠PAQ=22有y−1=2(x−2)，10421042x,,y12(x2),xy12(x2),33由有由有2222425x2y2x2y2yy425,,335|21|5163=22，故△PAQ的面积PQ：y=−x+，PQ=2|x1x2|=,A到PQ的距离h=33321162.为PQh=29【解法三】(张荣华补解)（面积坐标公式）：仿法二得P,Q坐标，442428442428所以AP(,)，AQ(,)333311442428442428162故SPAQ|xPyQxQyP||。|2233339【试题评价】本题考查了直线与双曲线的综合，属于中档题．22．（12分）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．【思路分析】（1）先对两个函数求导，然后研究函数f(x)和g(x)的单调性，从而求得f(x)和g(x)的零点，进而得到函数的极小值(最小值)，然后列出方程求得a的值；（2）设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，得到有关x1，x2，x3的方程，然后化简利用函数f(x)的单调性求得x1，x3和x2的数量关系，进而得证命题．【解答】（1）解：f(x)exax，g(x)axlnx，1f(x)exa，g(x)a，x1yex在xR上单调递增，函数y在x(0,)上单调递增，x函数f(x)和函数g(x)在各自定义域上单调递增，又函数f(x)exax和g(x)axlnx有最小值，1当f(x)0时，xlna，当g(x)0时，x，a函数f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增，11函数g(x)在(0,)上单调递减，在(，)上单调递增，aaf(x)minf(lna)aalna，g(x)min1lna，函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值a122−1=0,1，lna+a1a1a112x212−1(x>0)，则F(x)=>0，故F(x)在x>0上增，又记F(x)=lnx+x(x1)2x(x1)2x1aalna1lna，即lna=F(1)=0，故F(a)=0有唯一解a=1.∴a=1.（2）证明：由(1)知f(x)=exx，g(x)=x−lnx，f(x)=ex−1,g(x)=1−(x>0)，f(x)在(−∞,0)上减，在(0,+∞)上增，f(x)最小值是f(0)=1；g(x)在(0,1)上减，在(1,+∞)上增，g(x)最小值是g(1)=1，如图，对于函数f(x)，当x>0时，函数值从最小值1逐渐增大到+∞；对于函数g(x)，当00)，则G(x)=ex+−2(x>0)，1x1x若x≥1，则G(x)≥e+−2>>0；若0e0+−2=−1>0，故G(x)>0对x>0恒成立，∴G(x)在x>0上单调递增，111122e24又G(1)=e+0−2>0,G(2)=e+ln2−2f(x2)时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有四个不同的交点；当b=1时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个不同的交点；当b<1时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点。取b=f(x2)=g(x2)时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，作出直线y=b，y=f(x)和y=g(x)的草图，设直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)的三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，由（1）得，函数f(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，x1(,0)，x2(0,1)，x3(1,)，bex1x1ex2x2x2lnx2x3lnx3，2x2ex2lnx2，ex1x1x2lnx2，ex2x2x3lnx3，lnxex1x1elnx2lnx2，ex2x2e3lnx3，f(x1)f(lnx2)，f(x2)f(lnx3)，lnx2(,0)，lnx3(0,)，x1lnx2，x2lnx3，x3ex2，x1x3lnx2ex22x2，x1，x2，x3成等差数列，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．【试题评价】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得x1、x3和x2的数量关系．