2022年新高考全国II卷高考数学真题试题答案详解(精校打印版)

2022年新高考全国II卷数学真题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合A1,1,2,4,Bxx11，则AB（）A．{1,2}B．{1,2}C．{1,4}D．{1,4}【答案】B【分析】方法一：求出集合B后可求AB.【详解】[方法一]：直接法因为Bx|0x2，故AB1,2，故选：B.[方法二]：【最优解】代入排除法x=1代入集合Bxx11，可得21，不满足，排除A、D；x4代入集合Bxx11，可得31，不满足，排除C.故选：B.【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．2．(22i)(12i)（）A．24iB．24iC．62iD．62i【答案】D【分析】利用复数的乘法可求22i12i.【详解】22i12i244i2i62i，故选：D.3．图1是中国古代建筑中的举架结构，AA,BB,CC,DD是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1,CC1,BB1,AA1是举，OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DDCCBBAA11110.5,k1,k2,k3．已知k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列，且直线OD1DC1CB1BA1 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 第1页，共24页OA的斜率为0.725，则k3（）A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9【答案】D【分析】设OD1DC1CB1BA11，则可得关于k3的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设OD1DC1CB1BA11，则CC1k1,BB1k2,AA1k3，DDCCBBAA1111依题意，有k30.2k1,k30.1k2，且0.725，OD1DC1CB1BA10.53k0.3所以30.725，故k0.9，43故选：D4．已知向量a(3,4),b(1,0),catb，若a,cb,c，则t（）A．6B．5C．5D．6【答案】C【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得93t163t【详解】解：c3t,4,cosa,ccosb,c,即,解得t5,5cc故选：C5．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A．12种B．24种C．36种D．48种【答案】B【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解试卷第2页，共24页【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224种不同的排列方式，故选：B6．若sin()cos()22cossin，则（）4A．tan1B．tan1C．tan1D．tan1【答案】C【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结 合同 劳动合同范本免费下载装修合同范本免费下载租赁合同免费下载房屋买卖合同下载劳务合同范本下载 角三角函数的商数关系即可得解.【详解】[方法一]：直接法由已知得：sincoscossincoscossinsin2cossinsin,即：sincoscossincoscossinsin0，即：sincos0所以tan1故选：C[方法二]：特殊值排除法解法一:设β=0则sinα+cosα=0，取=，排除A,B；2再取α=0则sinβ+cosβ=2sinβ，取β=，排除D；选C.4[方法三]：三角恒等变换sin()cos()2sin（）=2sin（[）]442sin（）cos2co（s）sin22co（s）sin444所以2sin（）cos2co（s）sin44sin（）cosco（s）sin=0即sin（）=044422sin（）=sin（）coscos（）sin=sin（）cos（=）044422sin（）=cos（）即tan(）=-1,故选：C.试卷第3页，共24页7．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．3343【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r,2r，即1sin602sin60r3,r4，设球心到上下底面的距离分别为d,d，球的半径为，所以2，1212Rd1R92，故或dd1，即22或d2R16d1d2112R9R161R29R2161，解得R225符合题意，所以球的表面积为S4πR2100π．故选：A．228．已知函数f(x)的定义域为R，且f(xy)f(xy)f(x)f(y),f(1)1，则f(k)k1（）A．3B．2C．0D．1【答案】A【分析】法一：根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的试卷第4页，共24页f1,f2,,f6的值，即可解出．【详解】[方法一]：赋值加性质因为fxyfxyfxfy，令x1,y0可得，2f1f1f0，所以f02，令x0可得，fyfy2fy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令y1得，fx1fx1fxf1fx，即有fx2fxfx1，从而可知fx2fx1，fx1fx4，故fx2fx4，即fxfx6，所以函数fx的一个周期为6．因为f2f1f0121，f3f2f1112，f4f2f21，f5f1f11，f6f02，所以一个周期内的f1f2f60．由于22除以6余4，22所以fkf1f2f3f411213．故选：A．k1[方法二]：【最优解】构造特殊函数由fxyfxyfxfy，联想到余弦函数和差化积公式cosxycosxy2cosxcosy，可设fxacosx，则由方法一中1f02,f11知a2,acos1，解得cos，取，23所以fx2cosx，则3fxyfxy2cosxy2cosxy4cosxcosyfxfy，3333332T6所以fx2cosx符合条件，因此f(x)的周期，f02,f11，且33f21,f32,f41,f51,f62，所以f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)0，由于22除以6余4，22所以fkf1f2f3f411213．故选：A．k1【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.试卷第5页，共24页二、多选题2π9．已知函数f(x)sin(2x)(0π)的图像关于点,0中心对称，则（）35πA．f(x)在区间0,单调递减12π11πB．f(x)在区间,有两个极值点12127πC．直线x是曲线yf(x)的对称轴63D．直线yx是曲线yf(x)的切线2【答案】AD【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．2π4π4π【详解】由题意得：fsin0，所以kπ，kZ，3334π即kπ,kZ，32π2π又0π，所以k2时，，故f(x)sin2x．335π2π2π3π对A，当x0,时，2x,，由正弦函数ysinu图象知yf(x)在123325π0,上是单调递减；12π11π2ππ5π对B，当x,时，2x,，由正弦函数ysinu图象知yf(x)只12123222π3π5π5π有1个极值点，由2x，解得x，即x为函数的唯一极值点；3212127π2π7π7π对C，当x时，2x3π，f()0，直线x不是对称轴；63662π2π1对D，由y2cos2x1得：cos2x，3322π2π2π4π解得2x2kπ或2x2kπ,kZ,3333π从而得：xkπ或xkπ,kZ,332π所以函数yf(x)在点0,处的切线斜率为ky2cos1，x02333切线方程为：y(x0)即yx．22故选：AD．10．已知O为坐标原点，过抛物线C:y22px(p0)焦点F的直线与C交于A，B两试卷第6页，共24页点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF||AM|，则（）A．直线AB的斜率为26B．|OB||OF|C．|AB|4|OF|D．OAMOBM180【答案】ACD3p6p【分析】由AFAM及抛物线方程求得A(,)，再由斜率公式即可判断A选项；42p6p表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B(,)，即可求出OB判断B选项；由3325p抛物线的定义求出AB即可判断C选项；由OAOB0，MAMB0求得AOB，12AMB为钝角即可判断D选项.p【详解】对于A，易得F(,0)，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点2pp横坐标为3p，2246p23p323p6p代入抛物线可得y2pp，则A(,)，则直线AB的斜率为226，3pp424242A正确；1p对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为xy，联立抛物线方程得2621y2pyp20，62666p6p设B(x,y)，则，则，代入抛物线得2px，解11py1py112633pp6p得x1，则B(,)，33322则p6p7pp，错误；OBOFB33323pp25p对于C，由抛物线定义知：ABp2p4OF，C正确；43123p6pp6p3pp6p6p3p2对于D，OAOB(,)(,)0，则423343234AOB为钝角，p6p2p6pp2p6p6p5p2又MAMB(,)(,)0，则423343236AMB为钝角，试卷第7页，共24页又AOBAMBOAMOBM360，则OAMOBM180，D正确.故选：ACD.11．如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，FB∥ED,ABED2FB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）A．V32V2B．V3V1C．V3V1V2D．2V33V1【答案】CD【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3VAEFMVCEFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】试卷第8页，共24页设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBED，则11124VEDS2a2aa3，13ACD32311122VFBSa2aa3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得23ABC323BDAC，又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，ED,BD平面BDEF，则AC平面BDEF，1又BMDMBD2a，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则2FGBD22a,EGa，2222则EM2a2a6a,FMa22a3a，EFa222a3a，132EM2FM2EF2，则EMFM，SEMFMa2，AC22a，EFM221则VVVACS2a3，则2V3V，V3V，VVV，故A、3AEFMCEFM3EFM3132312B错误；C、D正确.故选：CD.12．若x，y满足x2y2xy1，则（）A．xy1B．xy2C．x2y22D．x2y21【答案】BC【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．222abab22【详解】因为ab（a,bÎR），由xyxy1可变形为，2222xyxy13xy3，解得2xy2，当且仅当xy1时，xy2，2当且仅当xy1时，xy2，所以A错误，B正确；x2y2由x2y2xy1可变形为x2y21xy，解得x2y22，当且仅当2xy1时取等号，所以C正确；222y32y3因为xyxy1变形可得xy1，设xcos,ysin，所以2422试卷第9页，共24页12xcossin,ysin，因此3352111x2y2cos2sin2sincos1sin2cos23333342π23322sin2,2，所以当x,y时满足等式，但是xy1不成336333立，所以D错误．故选：BC．三、填空题13．已知随机变量X服从正态分布N2,2，且P(2X2.5)0.36，则P(X2.5)____________．7【答案】0.14##．50【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为XN2,2，所以PX2PX20.5，因此PX2.5PX2P2X2.50.50.360.14．故答案为：0.14．14．设点A(2,3),B(0,a)，若直线AB关于ya对称的直线与圆(x3)2(y2)21有公共点，则a的取值范围是________．13【答案】,32【分析】首先求出点A关于ya对称点A的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：A2,3关于ya对称的点的坐标为A2,2a3，B0,a在直线ya上，a3所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为yxa，即a3x2y2a0；222圆C:x3y21，圆心C3,2，半径r1，3a342a依题意圆心到直线的距离d1，l2a322试卷第10页，共24页2221313即55aa32，解得a，即a,；323213故答案为：,32x2y215．已知直线l与椭圆1在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，63N两点，且|MA||NB|,|MN|23，则l的方程为___________．【答案】x2y2201【分析】令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kk，OEAB2设直线AB:ykxm，k0，m0，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法1令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kk，OEAB2设直线AB:ykxm，k0，m0，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；解：令AB的中点为E，因为MANB，所以MENE，2222x1y1x2y2设Ax1,y1，Bx2,y2，则1，1，6363x2x2y2y2xxxxyyyy所以12120，即121212120663363y1y2y1y211所以，即kOEkAB，设直线AB:ykxm，k0，m0，x1x2x1x222mm令x0得ym，令y0得x，即M,0，N0,m，kkmm所以E,，2k2m2122即k，解得k或（舍去），mk2222k2又MN23，即MNm22m23，解得m2或m2（舍去），2所以直线AB:yx2，即x2y220；2试卷第11页，共24页故答案为：x2y220[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法解：由题意知，点E既为线段AB的中点又是线段MN的中点，设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线AB:ykxm，k0，m0，mmm则M,0，N0,m，E,，因为MN23，所以OE3k2k2ykxm222联立直线AB与椭圆方程得x2y2消掉y得(12k)x4mkx2m601634mk其中=（4mk）2-4(12k2（)2m26）>0,xx，1212k22mkmm2mkm∴AB中点E的横坐标xE2,又E,，∴xE2=12k2k212k2k2mm∵k0，m0，∴k=-,又OE（）2+（）2=3，解得m=222k22所以直线AB:yx2，即x2y2202[方法三]：令AB的中点为E，因为MANB，所以MENE，2222x1y1x2y2设Ax1,y1，Bx2,y2，则1，1，6363x2x2y2y2xxxxyyyy所以12120，即121212120663363y1y2y1y211所以，即kOEkAB，设直线AB:ykxm，k0，m0，x1x2x1x222mmmm令x0得ym，令y0得x，即M,0，N0,m，所以E,，kk2k2试卷第12页，共24页m2122即k，解得k或（舍去），mk2222k2又MN23，即MNm22m23，解得m2或m2（舍去），2所以直线AB:yx2，即x2y220；2故答案为：x2y220四、双空题16．曲线yln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．11【答案】yxyxee【分析】分x0和x0两种情况，当x0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x0时同理可得；【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求分x0和x0两种情况，当x0时设切点为x0,lnx0，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x0时同理可得；解：因为ylnx，试卷第13页，共24页11当时，设切点为，由，所以y|，所以切线方程为x0ylnxx0,lnx0yxx0xx01ylnx0xx0，x011又切线过坐标原点，所以lnx0x0，解得x0e，所以切线方程为y1xe，x0e1即yx；e11y|当x0时ylnx，设切点为x1,lnx1，由y，所以xx1，所以切线方xx11程为ylnx1xx1，x11又切线过坐标原点，所以lnx1x1，解得x1e，所以切线方程为x11111y1xe，即yx；故答案为：yx；yxeeee[方法二]：根据函数的对称性，数形结合11当时，设切点为，由，所以y|，所以切线方程为x0ylnxx0,lnx0yxx0xx01ylnx0xx0，x011又切线过坐标原点，所以lnx0x0，解得x0e，所以切线方程为y1xe，x0e1即yx；e因为ylnx是偶函数，图象为：11所以当x0时的切线，只需找到yx关于y轴的对称直线yx即可.ee[方法三]：因为ylnx，11当时，设切点为，由，所以y|，所以切线方程为x0ylnxx0,lnx0yxx0xx01ylnx0xx0，x0试卷第14页，共24页11又切线过坐标原点，所以lnx0x0，解得x0e，所以切线方程为y1xe，x0e1即yx；e11y|当x0时ylnx，设切点为x1,lnx1，由y，所以xx1，所以切线方xx11程为ylnx1xx1，x11又切线过坐标原点，所以lnx1x1，解得x1e，所以切线方程为x111y1xe，即yx；ee11故答案为：yx；yx.ee五、解答题17．已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2b2a3b3b4a4．(1)证明：a1b1；(2)求集合kbkama1,1m500中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【分析】（1）设数列an的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m2k2，即可解出．a1d2b1a12d4b1【详解】（1）设数列an的公差为d，所以，，即可解得，a1d2b18b1a13ddba，所以原命题得证．112dk1k1（2）由（1）知，b1a1，所以bkama1b12a1m1da1，即22m，2亦即m2k21,500，解得2k10，所以满足等式的解k2,3,4,,10，故集合k|bkama1,1m500中的元素个数为10219．18．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正试卷第15页，共24页31三角形的面积依次为S1,S2,S3，已知SSS,sinB．12323(1)求ABC的面积；2(2)若sinAsinC，求b．32【答案】(1)81(2)23222【分析】（1）先表示出S1,S2,S3，再由SSS求得acb2，结合余弦1232定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；b2ac（2）由正弦定理得，即可求解.sin2BsinAsinC13333【详解】（1）由题意得Sa2a2,Sb2,Sc2，则122424343333SSSa2b2c2，1234442a2c2b2即a2c2b22，由余弦定理得cosB，整理得accosB1，则cosB0，2ac1又sinB，32则122，132，则12；cosB1acSABCacsinB33cosB428322bacbacac49（2）由正弦定理得：，则，sinBsinAsinCsin2BsinAsinCsinAsinC243b331则，bsinB.sinB22219．在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：试卷第16页，共24页(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.【答案】(1)47.9岁；(2)0.89；(3)0.0014．【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式P(A)1P(A)即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．【详解】（1）平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023550.020650.017750.006850.002)1047.9（岁）．（2）设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以P(A)1P(A)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．试卷第17页，共24页（3）设B“任选一人年龄位于区间[40,50)”，C“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：PB16%0.16,PC0.1%0.001,P(B|C)0.023100.23,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，此人患这种疾病的概率为P(BC)P(C)P(B|C)0.0010.23P(C|B)0.00143750.0014．P(B)P(B)0.1620．如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点．(1)证明：OE//平面PAC；(2)若ABOCBO30，PO3，PA5，求二面角CAEB的正弦值．【答案】(1)证明见解析11(2)13【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC，所以POAO、POBO，又PAPB，所以△POA△POB，即OAOB，所以OABOBA，试卷第18页，共24页又ABAC，即BAC90，所以OABOAD90，OBAODA90，所以ODAOAD所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以OE//平面PAC（2）解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO3，AP5，所以OAAP2PO24，又OBAOBC30，所以BD2OA8，则AD4，AB43，所以AC12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，3所以E33,1,，23则AE33,1,，AB43,0,0，AC0,12,0，23nAE33xyz0设平面AEB的法向量为nx,y,z，则2，令z2，则y=3，nAB43x0x0，所以n0,3,2；3mAE33abc0设平面AEC的法向量为ma,b,c，则2，mAC12b0令a3，则c6，b0，所以m3,0,6；nm1243所以cosn,m.nm13391343设二面角CAEB的大小为，则coscosn,m=，13试卷第19页，共24页1111所以sin1cos2，即二面角CAEB的正弦值为.1313x2y221．已知双曲线C:1(a0,b0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y3x．a2b2(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1x20,y10．过P且斜率为3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA||MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.y2【答案】(1)x213(2)见解析【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由8k2③|AM|=|BM|等价分析得到xky；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结00k233x合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m0，由②PQ//AB等价转y02化为ky03x0，由①M在直线AB上等价于ky0kx02，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.b【详解】（1）右焦点为F(2,0)，∴c2,∵渐近线方程为y3x，∴3，∴b3a，a∴c2a2b24a24，∴a1，∴b3．试卷第20页，共24页y2∴C的方程为：x21；3（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为ykx2,2则条件①M在AB上，等价于y0kx02ky0kx02；两渐近线的方程合并为3x2y20,联立消去y并化简整理得：k23x24k2x4k20Nx,y设Ax3,y3,Bx4,y4,线段中点为NN,则xx2k26kx34,ykx2,N2k23NNk23设Mx0,y0,2222则条件③AMBM等价于x0x3y0y3x0x4y0y4,移项并利用平方差公式整理得：x3x42x0x3x4y3y42y0y3y40，yy342x0x3x42y0y3y40,即x0xNky0yN0,x3x48k2即xky；00k23由题意知直线PM的斜率为3,直线QM的斜率为3,∴由y1y03x1x0,y2y03x2x0,∴y1y23x1x22x0,yy3xx2x所以直线PQ的斜率m12120,x1x2x1x2直线PM:y3xx0y0,即yy03x03x,代入双曲线的方程3x2y230,即3xy3xy3中，试卷第21页，共24页得：y3x23xy3x30000,13解得的横坐标：Px1y03x0,23y03x013同理：，x2y03x023y03x013y03x0∴x1x222y0,x1x22x022x0,3y03x0y03x03x∴m0,y0∴条件②PQ//AB等价于mkky03x0，综上所述：2条件①M在AB上，等价于ky0kx02；条件②PQ//AB等价于ky03x0；8k2条件③AMBM等价于xky；00k23选①②推③:2k28k2由①②解得：x,xky4x,∴③成立；0k23000k23选①③推②：2k26k2由①③解得：x，ky，0k230k23∴ky03x0，∴②成立；选②③推①：2k26k26由②③解得：x，ky，∴x02，0k230k23k232∴ky0kx02，∴①成立.22．已知函数f(x)xeaxex．(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)1，求a的取值范围；111(3)设nN，证明：ln(n1)．121222n2n【答案】(1)fx的减区间为,0，增区间为0,.试卷第22页，共24页1(2)a2(3)见解析【分析】（1）求出fx，讨论其符号后可得fx的单调性.1（2）设hxxeaxex1，求出hx，先讨论a时题设中的不等式不成立，再就210a结合放缩法讨论hx符号，最后就a0结合放缩法讨论hx的范围后可得参2数的取值范围.11（3）由（2）可得2lntt对任意的t1恒成立，从而可得lnn1lnn对tn2n任意的nN*恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】（1）当a1时，fxx1ex，则fxxex，当x0时，fx0，当x0时，f¢(x)>0，故fx的减区间为,0，增区间为0,.（2）设hxxeaxex1，则h00，又hx1axeaxex，设gx1axeaxex，则gx2aa2xeaxex，1若a，则g02a10，2因为gx为连续不间断函数，故存在x00,，使得x0,x0，总有gx0，故gx在0,x0为增函数，故gxg00，故hx在0,x0为增函数，故hxh01，与题设矛盾.1若0a，则hx1axeaxexeaxln1axex，2下证：对任意x0，总有ln1xx成立，1x证明：设Sxln1xx，故Sx10，1x1x故Sx在0,上为减函数，故SxS00即ln1xx成立.由上述不等式有eaxln1axexeaxaxexe2axex0，试卷第23页，共24页故hx0总成立，即hx在0,上为减函数，所以hxh00.当a0时，有hxeaxexaxeax1100，所以hx在0,上为减函数，所以hxh00.1综上，a.211x（3）取a，则x0，总有2x成立，2xee101令x，则2x，te2t1,te,x2lnt1故2tlntt21即2lntt对任意的t1恒成立.tn1n1n所以对任意的nN*，有2ln，nnn11整理得到：lnn1lnn，n2n111故ln2ln1ln3ln2lnn1lnn121222n2nlnn1，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.试卷第24页，共24页