2022年高考数学真题（新高考Ⅱ）（解析版）下载

2022 年普通高等学校招生全国统一考试 （新高考全国Ⅱ卷）数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将 答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. A  1,1,2,4 ,B  x x1 1 A B  1. 已知集合 ，则 （）{1,2} {1,2} {1,4} {1,4} D. A. B. C. 【答案】B 【解析】 B【分析】求出集合 后可求 A B .B  x | 0  x  2 A B  1,2   【详解】 ，故 ，故选：B. (2  2i)(1 2i)  2  4i 2. （）A. B. C. D. 6  2i 6  2i 2  4i 【答案】D 【解析】 2  2i 1 2i  【分析】利用复数的乘法可求 .2  2i 1 2i  2  4  4i  2i  6  2i  【详解】 ，故选：D. 3. 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖 DD ,CC , BB , AA OD , DC ,CB , BA 面图， 1 是举， 1 是相等的步，相邻桁的举步之比分 111111DD1 CC1 BB1 AA 1 0.5,  k1,  k2,  k k ,k ,k 3 是公差为 0.1 的等差数列，且 别为 3 ，若 12OD1 DC1 CB1 BA 1k  直线OA的斜率为 0.725，则 （）3A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9 【答案】D 【解析】 OD  DC  CB  BA 1 k，则可得关于 3 的方程，求出其解后可得正确的 【分析】设 选项. 1111OD  DC  CB  BA 1 CC  k , BB  k , AA  k 【详解】设 ，则 ，3111111121DD  CC1  BB  AA 111 0.725 ，k  0.2  k ,k  0.1 k 依题意，有 2 ，且 313OD  DC1  CB  BA 1110.5 3k3  0.3 k  0.9  0.725 所以 ，故 ，34故选：D     t  4. 已知 ，若 ，则 （）a  (3,4),b  (1,0),c  a  tb  a,c  b,c  5 A. B. C. 5 D. 6 6 【答案】C 【解析】 【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 16 3 t   c  3 t,4 cosa,c  cosb,c ,即 c【详解】解： ,,解得 ,t  5 5 c 故选：C 5. 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，丙和丁相邻的不同排 列方式有多少种（ A. 12 种 ）B. 24 种 C. 36 种 D. 48 种 【答案】B 【解析】 【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 【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 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 3! 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： 故选：B 种不同的排列方式， 3!22  24 4,  sin(   )  cos(   )  2 2cos   sin  6. 角 满足 ，则（ ）tan(  )  1 tan(  ) 1 tan(  ) 1 A. C. B. D. tan(   )  1 【答案】D 【解析】 的【分析】由两角和差 正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解. 【详解】由已知得： sin cos   cos sin   cos cos  sin sin   2 cos sin sin  sin cos   cos sin   cos cos   sin sin   0 sin     cos     0 ,即： 即： ，,tan     1 所以 ,故选：D 7. 正三棱台高为 1，上下底边长分别为 和，所有顶点在同一球面上，则球的表面 4 3 3 3 积是（ ）A. 100π B. C. 144π D. 128π 192π 【答案】A 【解析】 的【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面 半径 r ,r 2 ，再根据球心距，圆面半 1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． 3 3 sin 60 4 3 sin 60 r ,r 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即 2r  ,2r  1212r  3,r  4 d ,d 2 ，球的半径为 1，设球心到上下底面的距离分别为 R，所以 1222d  d 1 d  d 1 或，，故 ，即 d1  R 9 d2  R 16 1212R2 9  R2 16 1 222或，解得 符合题意，所以球的 R  25 R 9  R 16 1 2表面积为 ．S  4πR 100π 故选：A． f (x) f (x  y)  f (x  y)  f (x) f (y), f (1)  1 8. 若函数 的定义域为 R，且 ，则 22 f (k)  （）k1 A. B. 2 C. 0 D. 1 3 【答案】A 【解析】 f x 【分析】根据题意赋值即可知函数  的一个周期为 6，求出函数一个周期中的 f 1 , f 2 ,, f 6     的值，即可解出． f x y  f x y  f x f y   ，令 x 1, y  0 【详解】因为 可得， f y f y  2 f y    2 f 1  f 1 f 0 f 0  2    ，所以   ，令 可得， ，即 x  0 f y f y   f x y 1 ，所以函数  为偶函数，令 得， f x1  f x1  f x f 1  f x f x 2  f x f x1    ，即有   ，从而可知 f x 2   f x1 f x1   f x 4 f x 2  f x 4 ，，故 ，即 f x  f x 6   f x ，所以函数  的一个周期为 6．f 2  f 1  f 0 1 2  1 f 3  f 2  f 1  11 2 因为  ，       ，f 6  f 0  2    f 4  f 2  f 2  1 f 5  f 1  f 1 1      ，，，所以 f 1  f 2  f 6  0 一个周期内的       ．由于 22 除以 6 余 4， 22 f k  f 1  f 2  f 3  f 4 11 2 1 3       所以 ．k1 故选：A． 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. 2π f (x)  sin(2x )(0    π) ,0 9. 函数 的图象以 中心对称，则（ ）35π y  f (x) f (x) x  y  0, A. 在在单调递减 12 π 11π y  ,B. 有 2 个极值点 12 12 7π C. 直线 D. 直线 是一条对称轴 63是一条切线  x 2【答案】AD 【解析】 【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 f sin   0   kπ 【详解】由题意得： ，所以 ，k Z ，3334π     kπ,k Z 即，32π 2π 0    π f (x)  sin 2x    又，所以 时， ，故 ．k  2 335π 2π 2π 3π y  f (x) 在x  0, 2x  ,y  sinu 对 A，当 时， ，由正弦函数 图象知 12 3325π 0, 上是单调递减； 12 π 11π ,2π π 5π ,y  f (x) 图象知 x  2x  y  sinu 对 B，当 时， ，由正弦函数 12 12 32 2 5π 5π 2π 3π 2x  x  7π x  只有 1 个极值点，由 7π ，解得 ，即 为函数的唯一极值点； 3212 12 2π 7π x  2x   3π f ( ) 0 x  对 C，当 时， ，，直线 不是对称轴； 63662π 2π 1y  2cos 2x   1 cos 2x    对 D，由 得： ，3322π 2π 2π 4π 2x   2kπ 2x  或 2kπ,k Z ,解得 3333πx  kπ,k Z 从而得： 所以函数 或,x  kπ 332π y  f (x) 0, k  y 2cos  1 在点 处的切线斜率为 ，x0 2333切线方程为： 即 (x  0) y  ．y   x 22故选：AD． 210. 已知 O 为坐标原点，过抛物线 的焦点 F 的直线与 C 交于 A，B 两 C : y  2px( p  0) | AF || AM | M ( p,0) 点，点 A 在第一象限，点 ，若 ，则（ ）|OB ||OF | A. 直线 的斜率为 B. AB 2 6 | AB | 4 |OF | C. D. OAM  OBM  180 【答案】ACD 【解析】 3p 6p AF  AM 【分析】由 及抛物线方程求得 ，再由斜率公式即可判断 A 选 )A( ,42p6p OB 项；表示出直线 的方程，联立抛物线求得 ，即可求出 判断 B 选   求得 AB B( , )33  25p AB  项；由抛物线的定义求出 即可判断 C 选项；由 ，MA MB  0 OAOB  0 12 AOB ，为钝角即可判断 D 选项. AMB 【详解】 pF( ,0) 2AF  AM 对于 A，易得 ，由 可得点 A在A的垂直平分线上，则 点横坐标 FM p p 3p 为，2243p 323p 6p y2  2p p2 代入抛物线可得 ，则 ，则直线 的斜率为 AB A( ,)4426p 2 2 6 ，A 正确； 3p p421px  y  对于 B，由斜率为 可得直线 的方程为 ，联立抛物线方程得 AB 2 6 22 6 1y2  py  p2  0 ，6666p B(x , y ) 设，则 ，则 ，代入抛物线得 p  y1  py1   112632 p6p p6p x   2p x1 ，解得 ，则 ，B( , )133332 2p6p 7 p p  则，B 错误； OB     OF    3  3323p p25p AB   p   2p  4 OF ，C 正确； 对于 C，由抛物线定义知： 4312   3p 6p p6p 3p p 6p 6p 3p2 OAOB  ( ,)( , )       0 对于 D， ，42334 3 234则又AOB 为钝角，   MAMB  ( , p6p 2p 6p p2p 6p 6p 5p2 )( , )         0 ，423343236则又为钝角， AMB  ，则  ，D 正确. AOB  AMB  OAM  OBM  360 OAM  OBM 180 故选：ACD. FB∥ED, AB  ED  2FB 11. 如图，四边形 为正方形， 平面 ，，ED  ABCD ABCD V ,V ,V 记三棱锥 E  ACD ，，F  ABC F ACE 的体积分别为 3 ，则（ ）12V3  2V2 V3  2V1 A. C. B. D. V3 V V2 2V3  3V1 1【答案】CD 【解析】 V ,V EM , FM ，由 M于点 ，连接 【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交AC BD 12V3 VAEFM VCEFM V计算出 3 ，依次判断选项即可. 【详解】 FB  ED 设，因为 ED  平面 ，，则 AB  ED  2FB  2a ABCD 11142V  EDSACD  2a 2a  a3 ，1332311122V2  FBSABC  a 2a  a3 M于点 ，连接 EM , FM ，易 ，连接 交AC BD 3323得又，BD  AC ED  平面 AC  ED  BD  D ，平面 ，则 ，又 ，ABCD ABCD ED  AC ED, BD  AC  平面 ，则 平面 ，BDEF BDEF 1BM  DM  BD  2a 又，过 作G于 ，易得四边形BDGF 为矩形，则 FG  DE F2，FG  BD  2 2a, EG  a 222EM  2a  2a  6a, FM  a2  2a  3a 则，2EF  a2  2 2a  3a ，13 2 2SEFM EM  FM  a2 EM 2  FM 2  EF AC  2 2a 2 ，则 ，，，，EM  FM 21V V VCEFM  AC SEFM  2a3 2V  3V V  3V V V V 则，则 ，，23313123AEFM 3故 A、B 错误；C、D 正确. 故选：CD. 2212. 对任意 x，y， ，则（ ）x  y  xy 1 x  y 1 x  y  2 x2  y2 1 A. C. B. D. x2  y2  2 【答案】BC 【解析】 【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假． 2a  b 2a2  b2 【详解】因为 （R），由 x2  y2  xy 1可变形为， a,bÎ ab  22x  y 222  x  y  2 x  y  1 x  y 1  3xy  3 ，解得 ，当且仅当 时， x  y  2 x  y 1 x  y  2 ，所以 A 错误，B 正确； ，当且仅当 时， x2  y2 22×2  y2 1 xy  由x2  y2  xy 1可变形为 ，解得 ，当且仅当 x  y  2 2x  y  1 时取等号，所以 C 正确； 2y34y3因为 x2  y2  xy 1变形可得 ，设 ，所 2x  y 1 x  cos, y  sin 22212x  cos  sin, y  sin ，因此 以33521113×2  y2  cos2   sin2   sin cos  1 sin 2 cos2  33334 2   sin 2  π23    33时满足等式，但是 x2  y2 1 ,2 ，所以当 x  , y   3 3 633不成立，所以 D 错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. N 2, 2 P(2  X  2.5)  0.36 13. 已知随机变量 X 服从正态分布 ，且 ，则 P(X  2.5)  ____________． 7【答案】 0.14 ## ．50 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． X  N 2, 2 P X 2  P X 2  0.5 ，因此 【详解】因为 ，所以 P X 2.5  P X 2  P 2  X  2.5  0.5 0.36  0.14 ．故答案为： 0.14 ．y  ln | x | 14. 写出曲线 过坐标原点的切线方程：____________，____________． 11y  x y  x 【答案】 ①. ②. ee【解析】 x ,ln x 的【分析】分 x  0 和两种情况，当 x  0 时设切点为 0 ，求出函数 导函 x  0 0x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 0 ，即可求 出切线方程，当 时同理可得； x  0 y  ln x 【详解】解： 因为 ，11y | y  ln x x ,ln x 0y  当x  0 时，设切点为 0 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 xx0 x0 x1y  ln x0  x  x ，0x0 1ln x  x x  e 又切线过坐标原点，所以 ，解得 0，所以切线方程为 00×0 11y 1 x  e y  x ，即 ；ee11y | y  ln x x ,ln x y  当时，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线 x  0 xx1 11×1 x1y  ln x  1  x  x ，方程为 1×1 1ln x  x 1  x  e 又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 11×1 11y 1 x  e y  x ，即 ；e e11y  x y  x ；故答案为： eey  a 的对称直线与圆 A(2,3), B(0,a) 15. 已知点 ，若直线 关于 AB (x  3)2  (y  2)2  1存在公共点，则实数 a 的取值范围为________． 1 3 ,【答案】 3 2 【解析】 y  a lA对称点 的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到 【分析】首先求出点 A关于 直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可； y  a A 2,3 A 2,2a 3 B 0,a ， 在直线 【详解】解： 关于 对称的点的坐标为 y  a 上， a 3 2 a 3 x  2y  2a  0 ll所在直线即为直线 ，所以直线 为 y  x  a 所以 ，即 ；A B 22C 3,2 圆C : x  3  y  2 1，圆心 ，半径 ，r 1 3 a 3  4  2a d  1 ，l依题意圆心到直线 的距离 2a 3  22 1 3 1332255a  a 3  22 ，解得 ，即 ；a , a  即3 2 21 3 ,故答案为： 3 2 x2 y2 1 16. 已知椭圆 ，直线 l 与椭圆在第一象限交于 A，B 两点，与 x 轴，y 轴分别交 ，则直线 l 的方程为___________． 63于 M，N 两点，且 | MA|| NB |,| MN | 2 3 【答案】 x  2y  2 2 0 【解析】 A x, y B x, y 2【分析】令 的中点为 ，设 E1  ，2  ，利用点差法得到 AB 11AB : y  kx  m kOE kAB   M、，设直线 ，，m  0，求出 的坐标，再根据 k  0 N2mMN 求出 、，即可得解； kMA  NB ME  NE 【详解】解：令 的中点为 ，因为 E，所以 ，AB x12 y12 x2 y2 22A x, y 1  B x, y 2设，2  ，则 ，，1  1 1636322×12 x2 y12 y2 2   2  x  x x x 2  y  y y y 2  1111所以 ，即 ，即  0  0 663363y  y y y 2  2  2  11211  AB : y  kx  m ，k k   所以 ，设直线 ，k  0 OE AB x  x x x 22  11m  0 ，mmky  m y  0 M  ,0 N 0,m ，所以 x   令得，令 得，即 ，x  0 km m E  ,，2k 2 m12222k    即又，解得 k   或（舍去）， k  m222k 22MN  2 3 ，即 ，解得 m  2 或m  2 （舍去）， MN  m  2m  2 3 2所以直线 ，即 ；x  2y  2 2 0 AB : y   x  2 2故答案为： x  2y  2 2 0 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． aba  b  a  b  b  a 17. 已知 为等差数列， 是公比为 2 的等比数列，且 ．4  nn22334a  b （1）证明： （2）求集合 ；11k b a  a ,1 m  500 中元素个数． km1【答案】（1）证明见解析； （2） ． 9【解析】 a【分析】（1）设数列 的公差为 ，根据题意列出方程组即可证出； dn（2）根据题意化简可得 【小问 1 详解】 k2 ，即可解出． m  2 a  d  2b  a  2d  4b 1111a设数列 的公差为 ，所以， ，即可解得， dna  d  2b  8b  a  3d 1111db  a1  ，所以原命题得证． 12【小问 2 详解】 db  a  a  b 2k1  a  m 1 d  a b  a  由（1）知， ，所以 1 ，即 km111112m  2k2  1,500 2k1  2m ，亦即 ，解得 ，所以满足等式的解 2  k 10 k  2,3,4,,10 k | b  a  a ,1 m  500 ，故集合 中的元素个数为10  2 1 9 ．km118. 记 的三个内角分别为 A，B，C，其对边分别为 a，b，c，分别以 a，b，c 为边 ABC 313S , S , S 长的三个正三角形的面积依次为 ，已知 ．S1  S2  S3  ,sin B  1232（1）求 （2）若 的面积； ABC 2，求 b． sin AsinC  32【答案】（1） 8（2） 12 【解析】 3222S , S , S ，再由 3【分析】（1）先表示出 求得 ，结合余 S1  S2  S3  a  c b  2 122ac 弦定理及平方关系求得 ，再由面积公式求解即可； b2 sin2 B sin AsinC ac （2）由正弦定理得 【小问 1 详解】 ，即可求解. 133332a2 , S2  b2 , S3  c由题意得 2 ，则 S1  a  224443333a2  b2  c2  ，S1  S2  S3  4442a2  c2 b2 2ac 222即，由余弦定理得 ，整理得 ，则 accos B 1 cos B  a  c b  2 1sin B  cos B  0 ，又 ，3212 2 313 2 12  则，，则 ；cos B  1 ac  SABC  acsin B    3  cos B 428【小问 2 详解】 bac由正弦定理得： ，则 sin B sin A sinC 3 2 4b2 sin2 B sin A sinC sin AsinC acac 9b3231b  sin B  ，则 ，.42sin B 22319. 在某地区进行流行病调查，随机调查了 100 名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本 数据频率分布直方图． （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作代 表）； [20,70) （2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间 的概率； [40,50) （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 的人口占该地 [40,50) 区总人口的 ，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间 ，求此人患该种疾病 16% 的概率．（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确 到 0.0001） 【答案】（1） 岁； 44.65 （2） 0.89 ；（3） ．0.0014 【解析】 【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； [20,70) }，根据对立事件的概率公式 （2）设 {一人患这种疾病的年龄在区间 A  P(A) 1 P(A)即可解出； （3）根据条件概率公式即可求出． 【小问 1 详解】 x  (50.001150.002  250.012  350.017  450.023 平均年龄 550.020  650.012  750.006 850.002)10  44.65 （岁）． 【小问 2 详解】 {一人患这种疾病的年龄在区间 [20,70) 设}，所以 A  ．P(A) 1 P(A) 1 (0.001 0.002  0.006  0.002)10 1 0.11 0.89 【小问 3 详解】 B { [40,50) C  { }任选一人患这种疾病 ， 设任选一人年龄位于区间 ，则由条件概率公式可得 P(BC) 0.1%0.02310 0.0010.23 P(C | B)   0.0014375  0.0014 ．P(B) 16% 0.16 20. 如图， 是三棱锥 的高， ，PO P  ABC AB  AC PB ，E 是 的中点． PA  PB （1）求证： （2）若 平面 ；OE / / PAC ，，，求二面角 的正弦值． ABO  CBO  30 PO  3 PA  5 C  AE  B 【答案】（1）证明见解析 11 13 （2） 【解析】 【分析】（1）连接 并延长交 于点 D，连接OA 、，根据三角形全等得到 BO AC PD OA  OB ，再根据直角三角形的性质得到 AO  DO ，即可得到 ，即可得证； O为的中点从而得到 BD OE//PD （2）过点 值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； 小问 1 详解】 证明：连接 A作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦 Az//OP 【并延长交 于点 D，连接OA 、，BO AC PD AO, BO  因为 所以 是三棱锥 、的高，所以 ，平面 ，平面 ，PO P  ABC PO  ABC ABC PO  AO PO  BO 又又，所以 ，即 ，即OA  OB ，所以 OAB  OBA ，PA  PB △POA△POB ，所以 ，OAB  OAD  90 OBA ODA  90 ，AB  AC BAC  90 所以 ODA  OAD 所以 AO  DO ，即 ，所以 为的中点，又 为PB 的中点，所以 AO  DO  OB OBD E，OE//PD 又平面 ，平面 ，OE  PAC PAC PD  所以 平面 OE// PAC 【小问 2 详解】 解：过点 因为 A作，如图建立平面直角坐标系， Az//OP 22，AP  5，所以 ，PO  3 OA  AP  PO  4 又，所以 ，则 AD  4 ，，OBA  OBC  30 BD  2OA  8 AB  4 3 O 2 3,2,0 B 4 3,0,0 P 2 3,2,3 C 0,12,0 所以 ，所以 ，，，，所以 AC 12 32E 3 3,1, ，   32AE  3 3,1, AB  4 3,0,0 AC  0,12,0 则，，， 3n  AE  3 3x  y  z  0 2的n  x, y, z 设平面 y  3 设平面 法向量为 ，则 ；，令 ，令 ，则 AEB z  2  n  AB  4 3x  0 n  0,3,2 ，，所以 x  0  3 m AE  3 3a  b  c  0 AEC 的法向量为 ，则 ，则 2m  a,b,c a  3  m AC 12b  0  m  3,0,6 ，c  6 b  0 ，所以 ；    nm 12 4 3 13 cos n,m      所以 13 39 n m 设二面角 所以 为，由图可知二面角 为钝二面角， C  AE  B C  AE  B 11 13 4 3 13 sin  1 cos2   ，所以 cos   11 故二面角 的正弦值为 ；C  AE  B 13 x2 y2 F(2,0) C : 1(a  0,b  0) 的右焦点为 21. 设双曲线 ，渐近线方程为 ．y  3x a2 b2 （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 x, y ,Q x, y 1  2 在 C 12x  x  0, y  0 上，且 ．过 P 且斜率为 的直线与过 Q 且斜率为 3的直线交于点  3 121M，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立： PQ∥AB | MA|| MB | ①M 在 上；② ；③ ．AB 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. y2 2【答案】（1） x  1 3（2）见解析 【解析】 c【分析】（1）利用焦点坐标求得 的值，利用渐近线方程求得 a,b 的关系，进而利用 a,b,c a,b 的平方关系求得 的值，得到双曲线的方程； 的斜率存在且不为零，设直线 AB 的斜率为 k,M(x ,y ),由 （2）先分析得到直线 AB 008k2 k2 3 QM 的斜率得到直线方 ③|AM|=|BM|等价分析得到 ；由直线 和x0  ky0  PM 3×0 m  PQ / /AB 等程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线 PQ 的斜率 ，由② y0 ky  3x ky  k2 x  2 M0 ，由① 在直线 价转化为 上等价于 ，然后选择两个作为已 AB 000知条件一个作为结论，进行证明即可. 【小问 1 详解】 baF(2,0)  3 右焦点为 ，∴ ,∵渐近线方程为 ，∴ ，∴ ，∴ c  2 y  3x b  3a 2222，∴ ，∴ ．a 1 c  a  b  4a  4 b  3 y2 2∴C 的方程为： ；x  1 3【小问 2 详解】 PQ 由已知得直线 的斜率存在且不为零，直线 的斜率不为零， AB 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线 的斜率存在且不为零； AB M若选①③推②，则 为线段 的中点，假若直线 的斜率不存在，则由双曲线的对称 AB AB x性可知 在轴上，即为焦点 ,此时由对称性可知 xQ关于 轴对称，与从而 MP、Fx1  x 2 ，已知不符； 总之，直线 的斜率存在且不为零. AB y  k x 2 设直线 的斜率为 ,直线 k方程为 ,AB AB y  k x  2  ky  k2 x  2 M则条件① 在上，等价于 ；AB 0000两渐近线的方程合并为3×2  y2  0 ,k2 3 x2  4k2 x  4k2  0 联立消去 y 并化简整理得： A x, y , B x, y N x , y 设3  4  ,线段中点为 N ,则 33Nx3  x4 2k2 k2 3 6k k2 3 ,xN  , y  k x  2  NN2M x , y 0  设,022等价于 x  x 2  y  y  x  x 2  y  y ,AM  BM 则条件③ 3  3  4  4  0000移项并利用平方差公式整理得： x  x 2x  x  x  y  y 2y  y  y  0 4  4  4  4  ，303303y3  y4 x3  x4 2x  x  x 4  2y  y  y  0 4  x  x  k y  y  0 N  ,即 ,03030N08k2 k2 3 即；x0  ky0  QM 的斜率为 , 由题意知直线 的斜率为 , 直线 PM  3 3y  y  3 x  x , y  y  3 x  x ∴由 ,0  0  101202y  y  3 x  x  2x ∴,0  12123 x  x  2x 0  ,y1  y2 x1  x2 12PQ 所以直线 的斜率 m    x1  x2 PM : y  3 x  x  y 直线 ,即 ,y  y0  3×0  3x 0  0代入双曲线的方程3×2  y2 3  0 ,即 中， 3x  y 3x  y  3  y  3x 2 3x  y  3x  3 得： 解得 ,0  0  0013x   y0  3x P的横坐标： ,0  12 3y0  3×0 13x    y0  3x 同理： ，0  22 3y0  3×0 13y0 y02 3×02 3×0 y02 3×02 x  x   y , x  x  2x    x0 , ∴∴0  1212033×0 m  ,y0 PQ / /AB m  k  ky  3x ∴条件② 等价于 ，00综上所述： ky  k2 x  2 M条件① 条件② 在上，等价于 ；AB 00PQ / /AB ky  3x 等价于 ；008k2 k2 3 AM  BM 条件③ 等价于 ；x0  ky0  选①②推③: 由①②解得： 选①③推②： 由①③解得： ky  3x 2k2 8k2 k2 3 ,∴③成立； x0  x0  ,x0  ky0  4×0  k2 3 2k2 k2 3 6k2 ，，ky0  k2 3 ∴0 ，∴②成立； 0选②③推①： 由②③解得： 2k2 k2 3 6k2 k2 3 6x  2  ，，∴ ，x0  ky0  0k2 3 ky  k2 x  2 ∴，∴①成立. 00ax x22. 已知函数 ．f (x)  xe  e f (x) （1）当 a 1时，讨论 的单调性； f (x)  1 （2）当 x  0 时， （3）设 ，求 a 的取值范围； 111 ，证明：   ln(n 1) ．nN 12 1 22  2 n2  n f x ,0 0, .【答案】（1）  的减区间为 ，增区间为 1a  （2） 2（3）见解析 【解析】 ¢fxf x 【分析】（1）求出 ，讨论其符号后可得  的单调性. ( ) 1h x  xeax  ex 1 （2）设   h x  a  ，求出  ，先讨论 时题设中的不等式不成立，再就 212h x   0  a  h x a  0 结合放缩法讨论 符号，最后就 结合放缩法讨论  的范围后可得参数 的取值范围. 11ln n 1  ln n  2lnt  t  t 1 （3）由（2）可得 对任意的 恒成立，从而可得 n2  n t对任意的 * 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. n N 【小问 1 详解】 xf x x 1 ex f x xe 当当故a 1时，   ，则   ，¢¢x >0 fx <0 f时， ，当 x  0 时， ，x  0 ( ) ( ) f x ,0 0, . 的减区间为 ，增区间为 【小问 2 详解】 h x  xeax  ex 1 h 0  0 ，则   设又则  ，ax xh x 1 ax e  e g x  1 ax eax  ex   ，设   ，2ax xg x 2a  a x e  e   ，1g 0  2a 1 0 ，则   a  若，2g x 因为  为连续不间断函数， ¢g x>0 ，x  0, x 0, x 故存在 ，使得 0  ，总有 0( ) g x 0, x g x  g 0  0 故故  在0  为增函数，故   0  为增函数，故     ，h x   0, x h x  h 0  1   在，与题设矛盾. 12axln 1ax   ex ax x0  a  h x 1 ax e  e  e 若，则 ，  ln 1 x  x 下证：对任意 x  0 ，总有 成立， 1x 1 x S x  ln 1 x  x 证明：设   S x 1  0 ，故 ，  1 x S x   0, S x  S 0  0 ln 1 x  x 成立. 故在上为减函数，故     即axln 1ax x  ex  eaxax  ex  e2ax  e  0 由上述不等式有 ，eh x 0   h x 0, 故总成立，即   在上为减函数， h x  h 0  1 .所以   a  0   ax xax h x e  e  axe 11 0  0 当时，有   ，h x 所以   0, h x  h 0  1 在上为减函数，所以     .1a  综上， .2【小问 3 详解】 11xa  x取令故，则 ，总有 成立， x  0 xe2  e 1 0 21x ，则t 1,t2  ex , x  2lnt ，t  e2 122lnt  t  t 1 即对任意的 恒成立. 2t lnt  t 1 tn 1 nn 1 nn所以对任意的 * ，有 ，2ln n N n 1 1ln n 1  ln n  整理得到： ，n2  n 111  ln 2  ln1 ln3 ln 2  ln n 1  ln n   故12 1 22  2 n2  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.