2022年高考数学真题（新高考Ⅰ）（解析版）下载

绝密☆启用前 试卷类型：A 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 数学 本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场 号和座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位 置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的 答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答 在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答 案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. M  N  1. 若集合 ，则 （）M {x∣ x  4}, N {x∣3x 1}  1 x 0  x  2 x x  2 x 3  x 16 A. B. C. D. 3 1 x x 16 3【答案】D 【解析】 M , N 【分析】求出集合 后可求 .M  N  1 1M  N  x  x 16 M {x∣0  x 16}, N {x∣x  } 【详解】 ，故 ，33故选：D i(1 z) 1 2. 若 ，则 （）z  z  A. 2 B. C. 1 D. 2 1 【答案】D 【解析】 z【分析】利用复数的除法可求 ，从而可求z  z .1iz  z  1 i  1i  2   1 z   i 【详解】由题设有 ，故 ，故 ，z 1+i ii2 故选：D 3. 在    中，点 D 在边 AB 上， ．记 ，则 （）ABC BD  2DA CA  m，CD  n CB  A. 3m  2n B. 2m  3n C. 3m  2n D. 2m  3n 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．   【详解】因为点 D 在边 AB 上， ，所以 ，即 BD  2DA BD  2DA     CD CB  2 CACD ，    所以  2m  3n ．CB  3CD  2CA  3n  2m 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.已知该水 库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为 2 ；水位为海拔157．5m时，相应水 140．0km 面的面积为 180．0km 海拔148．5m 上升到157．5m时，增加的水量约为（ 2 ，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 ）（ ）7  2.65 1.0109 m3 1.2109 m3 1.4109 m3 A. B. C. D. 1.6109 m3 【答案】C 【解析】 【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 ．V26262棱台上底面积 2 ，下底面积 ，S 180.0km 18010 m S 140.0km 14010 m 116612 V  h S S  SS  9 14010 18010  14018010 ∴33 3 320  60 7 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（ ）16132312A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解. 【详解】从 2 至 8 的 7 个整数中随机取 2 个不同的数，共有 C2  21 种不同的取法， 72,4 , 2,6 , 2,8 , 3,6 , 4,6 , 4,8 , 6,8 ，共 7 种， 若两数不互质，不同的取法有：        21 7 21 23P  故所求概率 .故选：D. 42 3f (x)  sin x   b(  0)  T   6. 记函数 y  f (x) 的最小正周期为 T．若 ，且 3   ,2 f的图象关于点 中心对称，则 （）  22  325A. 1 B. C. D. 3 2【答案】A 【解析】 【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. 2 32 2  T   3   【详解】由函数的最小正周期 T 满足 ，得 ，解得 ，2    3 33 4,2   k,k Z 又因为函数图象关于点 对称，所以 ，且b  2 ，22541 2 5f (x)  sin x   2    k,k Z   所以 ，所以 ，，226 3 2  54  f sin    2 1 .所以   4故选：A 1a  0.1e0.1,b  ，c  ln 0.9 7. 设 ，则（ ）9A. B. C. D. a  b  c c  b  a c  a  b a  c  b 【答案】C 【解析】 f (x)  ln(1 x)  x a,b,c 的大小. 【分析】构造函数 ， 导数判断其单调性，由此确定 1xf  (x)  1  f (x)  ln(1 x)  x(x  1) 【详解】设 ，因为 ，1 x 1 x x(1,0) f (x)  0 x(0,) f (x)  0 当时， ，当 时，(1,0) 10 f (x)  ln(1 x)  x (0,) 在所以函数 单调递减，在 上单调递增， 1所以 910 1 1f ( ) f (0)  0 ln  0  ln  ln 0.9 ，所以 ，故 ，即 ，b  c 999911 e e10  191911f ( )  f (0)  0 ln + 0 所以 故，所以 ，故 10 ，所以 ，10 10 10 10 10 9a  b ，x2 1 ex 1 1设 g(x)  xex  ln(1 x)(0  x 1)，则 ,xg (x)  x+1 e  x 1 x 1 x2h (x)  e (x  2x 1) 令当当又h(x)  ex (x2 1)+1 ，，，函数 h(x)  ex (x2 1)+1单调递减， ，函数 h(x)  ex (x2 1)+1单调递增， h (x)  0 时， 0  x  2 1 h (x)  0 时， 2 1 x 1 h(0)  0 ，h(x)  0 所以当 所以当 时， ，0  x  2 1 0  x  2 1 g (x)  0 时， ，函数 g(x)  xex  ln(1 x) 单调递增， 0.1 a  c g(0.1)  g(0)  0 所以 ，即 ，所以 0.1e  ln 0.9 故选：C. 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 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）3  l  3 3 81 427 81 27 64 18, ,,A. B. C. D. 4443[18,27] 【答案】C 【解析】 h【分析】设正四棱锥的高为 ，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 2a ,h设正四棱锥的底面边长为 ，高为， 32  2a2  (3 h)2 ,222则，l  2a  h 2222所以 ，6h  l 2a  l  h 112l4 l2 19l6 V  Sh  4a2 h  (l2  ) =l4  所以正四棱锥的体积 ，33336 636 2  1l5 124 l V  4l3   l3 所以 当，9696V  0 时， ，当 时， ，V  0 3  l  2 6 2 6 l  3 3 64 3所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 V，l  2 6 27 481 4V  V  又时， ，时， ,l  3 l  3 3 27 所以正四棱锥的体积 的最小值为 V，427 64 ，所以该正四棱锥体积的取值范围是 .43故选：C. 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． ABCD  A B C D 9. 已知正方体 1 ，则（ ）111BC BC DA CA 所成的角为 1A. 直线 1 与 所成的角为 B. 直线 1 与 90 90 1BC BC D. 直线 1 与平面 ABCD 所成的角为 BB D D C. 直线 1 与平面 所成的角为 45 1145 【答案】ABD 【解析】 【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. BC 1 ，因为 BC B C ，所以直线 1 与 所成的角即为直 1B C DA / /B C 【详解】如图，连接 、111BC 1 与 DA 线1 所成的角， BC BC DA 1 ，故直线 1 与 所成的角为 1BB C C B C  因为四边形 确； 为正方形，则 ，A 正 90 111AC A B BB C CBC  ，BB C C A B BC 连接 因为 ，因为 平面 平面 ，则 ，，11111111111BC B C  A B B C  B BC  A B C 平面 1 1 ，1 ，所以 111111AC  A B C BC  CA 1 ，故 B 正确； 又平面 ，所以 1111AC AC  B D O 连接 因为 因为 所以 1 ，设 ，连接 ，BO 11111BB  C O  C O  B B A B C D A B C D 平面 ，平面 1 ，则 1，1111111111C O  B DB D B B  B C O  BB D D ，1 ，所以 平面 ，111111111BC 为直线 1 与平面 C BO BB D D 所成的角， 111C1O BC1 122sinC BO  设正方体棱长为 ，则 1，，，BC1  2 C1O  12所成的角为  ，故 C 错误； 30 BC 所以，直线 1 与平面 BB D D 11BC C C  C BC 因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ABCD ABCD 111C1BC  45 故选：ABD ，故 D 正确. 310. 已知函数 f (x) ，则（ ）f (x)  x  x 1 f (x) 有三个零点 A. 有两个极值点 B. y  f (x) y  f (x) 的切 y  2x C. 点 是曲线 的对称中心 D. 直线 是曲线 ( 0, 1) 线【答案】AC 【解析】 f (x) 【分析】利用极值点的定义可判断 A，结合 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. 233f x 3x 1 f x 0 ，令   【详解】由题，   得或，x  x   3333f (x)  0 令得， x  333333f (x) 所以 所以 在上单调递减，在 ，上单调递增， ( ,)(, )(,) 33333是极值点，故 A 正确； x   332 3 932 3 f 2  5  0 因， 0 f ( )1 ，，f ( ) 1  0 3393f x , 所以，函数   在上有一个零点， 3333f x f 时，    0 f x ，即函数   , + 当在上无零点， x  333f (x) 综上所述，函数 有一个零点，故 B 错误； 3令 h(x)  x3  x ，该函数的定义域为 R，h x  x  x  x3  x  h x ，    h(x) h(x) (0,0) h(x) 是 的对称中心， 则将是奇函数， f (x) 的图象向上移动一个单位得到 的图象， y  f (x) 所以点( 0, 1) 是曲线 的对称中心，故 C 正确； 2f x 3x 1 2 f (1)  f 1 1 令  ，可得 x  1，又 y  2x 1 ，y  2x  3 (1,1) (1,1) 当切点为 故 D 错误. 故选：AC 时，切线方程为 ，当切点为 时，切线方程为 ，2A(1,1) B(0,1) 11. 已知 O 为坐标原点，点 交 C 于 P，Q 两点，则（ 在抛物线 上，过点 的直线 C : x  2py( p  0) ）y  1 A. C 的准线为 B. 直线 AB 与 C 相切 OP  OQ | OA 2 | BP || BQ || BA|2 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【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 ，所以抛物线方程为 x2  y ，故准线方程为 1 2p 1y   ，A 错误； 41 (1) 1 0 y  2x 1 kAB  2 ，所以直线 的方程为 ，AB y  2x 1 x2  y 2联立 ，可得 ，解得 ，故 B 正确； x 1 x  2x 1 0 y设过 的直线为，若直线 与轴重合，则直线 与抛物线只有一个交点， BlllCy  kx 1 P(x , y ),Q(x , y ) ，l所以，直线 的斜率存在，设其方程为 ，1122y  kx 1 x2  y 2联立 ，得 ，x  kx 1 0 2Δ  k  4  0 x1  x2  k x1x2 1 y y (x x )2 1 所以 又，所以 或k  2 ，，k  2 121 2 222222，，|OP | x1  y1  y1  y1 |OQ | x2  y2  y2  y2 所以|OP | |OQ | y1 y2 (1 y1)(1 y2 )  kx1 kx2 | k | 2 |OA |2 ，故 C 正确； 22因为 ，，| BP | 1 k | x1 | | BQ | 1 k | x2 | | BP | | BQ | (1 k2 ) | x x|1 k2  5 2所以 ，而 ，故 D 正确. | BA |  5 12故选：BCD 32f (x) g(x)  f (x) f (1)  f (4) f 2x 12. 已知函数 g(2  x) 及其导函数 的定义域均为 ，记 R，若 ，f (x) 均为偶函数，则（ ）1f (0)  0 g   0 A. B. C. D. 2g(1)  g(2) 【答案】BC 【解析】 【分析】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. 32f 2x g(2  x) 【详解】因为 ，均为偶函数， 32323232f 2x  f  2x f x  f  x g(2  x)  g(2  x) ，故 C 正确； 所以 即，，f 3 x  f x g(4  x)  g(x) f (1)  f (4) 所以 函数   ，，则 3f (x) g(x) x  , x  2 ，的图象分别关于直线 对称， 2f (x) 可导， g(x)  f (x) 又，且函数 3  g 0, g 3 x  g x   所以 ，  2  g(4  x)  g(x)  g 3 x g(x  2)  g(x 1)  g x   所以 所以 ，所以 ，123  g   g  0 g 1  g 1  g 2   ，故 B 正确，D 错误； ，  2  f (x) f (x)  C （C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定 若函数 满足题设条件，则函数 f (x) 的函数值，故 A 错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函 数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． yx(x  y)8 213. 的展开式中 6 的系数为________________（用数字作答）． 1 x y 【答案】-28 【解析】 y8 可化为 8 ，结合二项式展开式的通项公式求 y81 x  y x  y  x  y 【分析】 xx解. yxy8881 x  y = x  y  x  y 【详解】因为 ，xy8 的展开式中含 x2 y6 的项为 x  y ，yC6 x2 y6  C5 x3 y5  28×2 y6 1 所以 88xxy8 的展开式中 6 的系数为-28 2x y 1 x  y x故答案为：-28 222214. 写出与圆 和都相切的一条直线的方程 x  y 1 (x 3)  (y  4) 16 ________________． 3y  x  454725 24 y  x  【答案】 【解析】 或或x  1 24 【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可. 22【详解】圆 x  y 1的圆心为 ，半径为 ，圆(x 3)2  (y  4)2 16的圆心 O 0,0 1O1(3,4) 为，半径为 ， 422两圆圆心距为 如图， ，等于两圆半径之和，故两圆外切， 3  4  5 43343kk   y  x  t(t  0) 当切线为 l 时，因为 ，所以 ，设方程为 OO l14|t | d  1 53y  x  454t  O 到 l 的距离 ，解得 ，所以 l 的方程为 ，91 416 kx  y  p  0 p  0 当切线为 m 时，设直线方程为 ，其中 ，，k  0 p71 k   1 k2 3k  4  p 1 k2 7y  25 24 25 x  由题意 ，解得 ，24 24 p   4 24 当切线为 n 时，易知切线方程为 ，x  1 3y  x  454725 y  x  24 故答案为： 或或.x  1 24 15. 若曲线 x 有两条过坐标原点的切线，则 a 的取值范围是 y  (x  a)e ________________． ,4  0, 【答案】 【解析】 x【分析】设出切点横坐标 0 ，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 a关于 0 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得 的取值范围. xx ，∴ y  (x 1 a)e ，x【详解】∵ y  (x  a)e y  x  a ex k  x 1 a ex 00x , y 设切点为 0  ,则 ,切线斜率 ,0000y  x  a ex0  x 1 a ex0 x  x 切线方程为： 0  ,00 x  a ex0  x 1 a ex0 x ∵切线过原点，∴ 0  ,00×2  ax  a  0 整理得： ,002∵切线有两条，∴ ,解得 或a  4 a  0 , a  4a  0 a∴ 的取值范围是 ,4  0, ,,4  0, 故答案为： x2 y2 FF2 ，离心率 16. 已知椭圆 ，C 的上顶点为 A，两个焦点为 ，C : 1(a  b  0) 1a2 b2 为 12 ．过 1 且垂直于 ，则 的周长是 FAF 2 的直线与 C 交于 D，E 两点， | DE | 6 ADE ________________． 【答案】13 【解析】 x2 y2 222【分析】利用离心率得到椭圆的方程为 ，根据离 1，即3x  4y 12c  0 4c2 3c2 AF 心率得到直线 的方程： 的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线 的斜率，写出直线 DE DE 2，代入椭圆方程3×2  4y2 12c2  0，整理化简得到： x  3y  c 13 813 422c  a  2c  ，利用弦长公式求得 ，得 ，根据对称性将 13y  6 3cy 9c  0 △F DE 的周长转化为 的周长，利用椭圆的定义得到周长为 .4a 13 ADE 2c122222 ，∴椭圆的方程 e  【详解】∵椭圆的离心率为 ，∴ ，∴ a  2c b  a  c  3c ax2 y2 222FF，不妨设左焦点为 1 ，右焦点为 2 ，如图所 为1，即3x  4y 12c  0 4c2 3c2 3AF  a，OF  c，a  2c △AF F ，∴ 2 为正三角形，∵过 1 且 F AF O  示，∵ 垂直于 率为 ，∴ 1222AF AF 2的直线与 C 交于 D，E 两点， 为线段 的垂直平分线，∴直线 ，代入椭圆方程 的斜 DE DE 23，斜率倒数为 ， 直线 的方程： DE x  3y  c 333×2  4y2 12c2  0，整理化简得到： ，2213y  6 3cy 9c  0 2222判别式 ∴， 6 3c  4139c  6 16c 2c，CD  1 3y1  y2  2  264 6 13 13 13 13 c  a  2c  ∴∵， 得 ，84AF AD  DF ，AE  EF 为线段 2 的垂直平分线，根据对称性， ，∴ 的周 DE ADE 22△F DE △F DE 周长为 2长等于 的周长，利用椭圆的定义得到 2DF2  EF2  DE  DF2  EF2  DF  EF  DF  DF2  EF  EF2  2a  2a  4a 13 1111.故答案为：13. 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． Sn an 1Saa 1, 的前 n 项和，已知 17. 记 为数列 是公差为 的等差数列．   nn13a（1）求 的通项公式； n111 2 （2）证明： ．a1 a2 an n n1 【答案】（1） an  2（2）见解析 【解析】 Sn an 1n  2 31 n 1  【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得 ，得到 3n  2 a n，利用和与项的关系得到当 时， n  2 Sn  3an n 1 n  2 a n 1 a nn1 ,进而得： ，利用累乘法求得 an  Sn  Sn1 n n1 an1 n 1 33n n1 a，检验对于 也成立，得到 的通项公式 ；n 1 an  an  n221111 2 1 （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到 ，进而证得. a1 a2 an n 1 【小问 1 详解】 S1 1 ,a 1 S  a 1 ∵，∴ ,∴ 111a1 Sn an 1又∵ 是公差为 的等差数列， 3Sn an 1n  2 3n  2 a n1 n 1  ∴,∴ ,Sn  33n 1 a n1 ∴当 ∴时， ，n  2 Sn1 3n  2 a n 1 a nn1 ,an  Sn  Sn1 33n 1 a  n 1 a 整理得： ,nn1 an n 1 即,an1 n 1 aaaan a  a  2  3  n1  ∴n1a1 a2 an2 an1 n n1 3 4 nn 1 ，1   2 3 n  2 n 1 2显然对于 也成立， n 1 n n1 a∴ 的通项公式 ；an  n2【小问 2 详解】 1211 2 ,an n n1 nn 1 111121 1 111      2 1   2 1  2 ∴  a1 a2 an 2 3 n n1 n 1 cos A sin2B 18. 记 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 ．ABC 1 sin A 1 cos2B 2 3C  （1）若 （2）求 ，求 B； a2  b2 的最小值． c2 π【答案】（1） ；6（2） ．4 25 【解析】 cos A sin2B 【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将 化成 1 sin A 1 cos2B πcos A B  sin B 0  B  ，再结合 ，即可求出； 2a2  b2 ππC  B A  2B ，（2）由（1）知， ，再利用正弦定理以及二倍角公式将 c2 2224cos2 B  5 化成 ，然后利用基本不等式即可解出． cos2 B 【小问 1 详解】 cos A sin 2B 2sin Bcos B sin B 因为 ，即 1 sin A 1 cos2B 2cos2 B cos B 12sin B  cos Acos B sin Asin B  cos A B  cosC  ，ππB  0  B  而，所以 ；62【小问 2 详解】 ππ C  π,0  B  由（1）知，sin B  cosC  0，所以 ，22πsin B  cosC  sin C  而，2ππC  B A  2B 所以 所以 ，即有 ．22a2  b2 sin2 A sin2 B cos2 2B 1 cos2 B c2 sin2 C cos2 B 22cos2 B 1 1 cos2 B 2 4cos2 B  5  2 85  4 25 ．cos2 B cos2 B a2  b2 22当且仅当 时取等号，所以 的最小值为 ．cos B  4 25 2c2 ABC  A B C A BC 19. 如图，直三棱柱 1 的体积为 4， 的面积为 ．2 2 111A BC （1）求 A 到平面 的距离； 1AC AA  AB A BC  ABB A 平面 1 ，求二面角 1（2）设 D 为 的中点， ，平面 111的正弦值． A BD C 【答案】（1） 23（2） 2【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； ABB A 1 ，建立空间直角坐标系，利用空间 1（2）由面面垂直的性质及判定可得 BC  平面 向量法即可得解. 【小问 1 详解】 ABC  A B C A BC 的距离为 h， 1在直三棱柱 1 中，设点 A 到平面 1112 2 31143则，VAA BC SA BCh  h VA ABC  SABC  A A  VABCA B C 11111 1 1 333解得 ，h  2 A BC 所以点 A 到平面 【小问 2 详解】 的距离为 ；21A B AA  AB AE  A B 取的中点 E,连接 AE,如图，因为 ，所以 ,111A BC  ABB A A BC  ABB A A B 又平面 平面 1 ，平面 平面 ，111111ABB A A BC ，1且平面 1 ，所以 AE ⊥平面 AE  1ABC  A B C BB  在直三棱柱 1 中， 平面 ，ABC 111A BC BB  BC AE  BC 由平面 ，平面 可得 ，，BC  BC  ABC 11AE, BB  ABB A ABB A 平面 ， 1 1 又平面 且相交，所以 BC  111BC, BA, BB 所以 1 两两垂直，以 B 为原点，建立空间直角坐标系，如图， AA  AB  2 由（1）得 ，所以 ，A B  2 2，所以 ，BC  2 D 1,1,1 AE  2 11A 0,2,0 ,A 0,2,2 ,B 0,0,0 ,C 2,0,0 AC 则则 1  ,所以 的中点 ，1  BD  1,1,1 BA  0,2,0 ,BC  2,0,0 ，,   m  x, y, z m BD  x  y  z  0 设平面 ABD 的一个法向量 ，则   ，m BA  2y  0  m  1,0,1 可取 ，  m BD  a  b  c  0 n  a,b,c 设平面 的一个法向量 ，则   ，BDC m BC  2a  0 r可取 n  0,1,1 ，    mn 112cos m,n    则，2  2 m  n 213  所以二面角 的正弦值为 .A BD C 1   2  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 良好 病例组 对照组 40 10 60 90 （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 P(B | A) P(B | A) P(B | A) P(B | A) “选到的人患有该疾病”． 与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险 程度的一项度量指标，记该指标为 R． P(A| B) P(A | B) R  （ⅰ）证明： ；P(A | B) P(A| B) （ⅱ）利用该调查数据，给出 的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出 R 的 P(A| B), P(A| B) 估计值． n(ad bc)2 附 K2  ，(ab)(cd)(ac)(bd) P K2  k 0.050 0.0100.001 3.841 6.635 10.828 k【答案】（1）答案见解析 （2）（i）证明见解析；(ii) R  6 ；【解析】 2 的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有 【分析】(1)由所给数据结合公式求出 K 99%的把握认为患该疾病群体与未黄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 【小问 1 详解】 .Rn(ad bc)2 (a  b)(c  d)(a  c)(b  d) 200(4090  6010)2 50150100100 K2  = 24 由已知 ，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. 【小问 2 详解】 P(B | A) P(B | A) P(AB) P(A) P(AB) P(A) R  =(i)因为 ，P(B | A) P(B | A) P(A) P(AB) P(A) P(AB) P(AB) P(B) P(AB) P(B) R  所以 P(B) P(AB) P(B) P(AB) P(A| B) P(A | B) R  所以 ，P(A | B) P(A| B) (ii) 40 10 P(A| B)  P(A| B)  由已知 ，，100 100 60 90 P(A | B)  P(A | B)  又，，100 100 P(A| B) P(A | B) R  =6 所以 P(A | B) P(A| B) x2 y2 A(2,1) 21. 已知点 在双曲线 上，直线 l 交 C 于 P，Q 两点，直线 C :  1(a  1) a2 a2 1 AP, AQ 的斜率之和为 0． （1）求 l 的斜率； （2）若 △PAQ ，求 的面积． tanPAQ  2 2 【答案】（1） 1 ；16 2 9（2） ．【解析】 a在双曲线上可求出 ，易知直线l 的斜率存在，设 A(2,1) 【分析】（1）由点 l : y  kx  m P x, y ,Q x, y 1  kAP  kBP  0 ，即可解出 l 的斜率； ，2 ，再根据 12AP, AQ AP, AQ （2）根据直线 的斜率之和为 0 可知直线 的倾斜角互补，再根据 AP, AQ AP, AQ 与双曲线方程 即可求出直线 的斜率，再分别联立直线 tanPAQ  2 2 PQ PQ 的长，由点到直线的距离公式求出 P,Q 求出点 的坐标，即可得到直线 的方程以及 PQ △PAQ 的面积． 点A到直线 的距离，即可得出 【小问 1 详解】 A(2,1) x2 y2 4121 因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，C :  1(a  1) a  2 a2 a2 1 a2 a2 1 x2  y2  1 即双曲线 C : 2l : y  kx  m P x, y ,Q x, y 1  易知直线 l 的斜率存在，设 ，2  ，12y  kx  m 1 2k2 x2  4mkx  2m2  2  0 2联立 可得， ，x y2 1  2 4mk 2k2 1 2m2  2 ，所以， x1  x2   , x1x2  2k2 1  16m2k2  4 2m2  2 2k2 1  0  m2 1 2k2  0 ． y2 1 y1 1 x2  2 x1  2  0 ，kAP  kBP  0 所以由 可得， x  2 kx  m 1  x  2 kx  m 1  0    即即，12212kx x m 1 2k x x  4 m 1  0  2  ，1212m2  2 4mk 2k2 1 2k   m 1 2k  4 m 1  0 所以 ，2k2 1 8k2  4k  4  4m k1  0 k 1 2k 1 m  0 化简得， 所以 ，即  ，或m 1 2k ，k  1 l : y  kx  m  k x 2 1 A 2,1 ，与题意不符，舍去， 当故m 1 2k 时，直线 过点 ．k  1 【小问 2 详解】 PA, PB ,    kAP  kBP  0     π 不妨设直线 因为 的倾斜角为 ，所以 ，因为 ，所以 ，tan    2 2 ，即 ，tanPAQ  2 2 tan 2  2 2 2即，解得 ，2 tan  tan  2  0 tan  2 PA: y  2 x  2 1 PB : y  2 x  2 1 于是，直线 ，直线 ，y  2 x  2 1 32×2  2 1 2 2 x 10  4 2 0 2联立 可得， ，x y2 1  2 10  4 2 4 25 ，y  因为方程有一个根为 ，所以 2，．xP  P3310  4 2 4 25 y  同理可得， ，xQ  Q33516 PQ : x  y  0 PQ  ，所以 ，33532 1 PQ 2 2 3点故A到直线 的距离 ，d  21 16 22 162 △PAQ 的面积为 ．2339xg(x)  ax  ln x 的有相同 最小值． 22. 已知函数 （1）求 a； 和f (x)  e  ax y  f (x) y  b y  g(x) （2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和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． 【答案】（1） a 1 （2）见解析 【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. x（2）根据（1）可得当b 1时， 的解的个数、 的解的个数均为 2， x  ln x  b e  x  b 构建新函数 h(x)  ex  ln x  2x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得    f x, g x y  b y  f x   y = g x 、 有三个不同的交点可得 的大小关系，根据存在直线 与曲线 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. 【小问 1 详解】 f (x)  ex  ax 的定义域为 R，而 f (x)  e  a ，xf (x) f (x)  0 a  0 若，则 ，此时 无最小值，故 .a  0 1ax 1 g (x)  a  g(x)  ax  ln x 0, 的定义域为 ，而 .xxf (x) f (x)  0 ,ln a ln a, 当当故时， 时， ，故 ，故 在在上为减函数， 上为增函数， x  ln a x  ln a f (x) f (x)  0 f (x)  f ln a  a  aln a .min 11g (x)  0 g(x) 在0, 0  x  当当故时， ，故 上为减函数， aa11g (x)  0 g(x) , x  时， ，故 在上为增函数， aa11.  g(x)  g 1 ln min   aa  xg(x)  ax  ln x 因为 f (x)  e  ax 和 有相同的最小值， 1a 1 ，整理得到 1 a 1 ln  a  aln a  ln a ，其中 a  0 故，a21a2 1 a 1 1 a g a    0 ，g a     ln a,a  0 设，则 22a1 a a 1 a g a 0, g 1 = 0 ，故故  为上的减函数，而 ( ) 1 a 1 a g a  0    ln a 的唯一解为 a 1，故 的解为 a 1 .综上， a 1 .【小问 2 详解】 1xg(x)  x  ln x 1 ln11 ln 1 .由（1）可得 和的最小值为 f (x)  e  x 1x当设b 1时，考虑 的解的个数、 的解的个数. x  ln x  b e  x  b S x  ex  x b S x e 1 x  ，  ，S x 0 S x 0 时，   当故，当 x  0 时，   ，x  0 S x   ,0 0, 在上为减函数，在 上为增函数， S x 所以  min  S 0 1b  0   ，S b  eb  0 S b  eb  2b 而设故，  ，u b  eb  2b u b  e  2  0 b  ，其中b 1，则   ，u b   1, u b  u 1  e  2  0 上为增函数，故     在，xS b  0 S x  ex  x b ，故   故设  有两个不同的零点，即 的解的个数为 2. e  x  b x 1 T x  x  ln x b   T x ，，  x¢T x<0 T x 0 时，   当故0  x 1时， T x 0,1 ，当 ，x 1 ( ) 1,   在上为减函数，在 上为增函数， ( ) T x 所以  min  T 1 1b  0   ，T eb  eb  0 T eb  eb  2b  0 而，，  T x  x  ln x b   有两个不同的零点即 x  ln x  b的解的个数为 2. x当b 1，由（1）讨论可得 、仅有一个零点， 均无零点， x  ln x  b e  x  b x当时，由（1）讨论可得 b1 、x  ln x  b e  x  b y  b y  f x y = g x 有三个不同的交点， 故若存在直线 与曲线   、( ) 则设b 1 .1xh(x)  ex  ln x  2x ，其中 x  0 ，故 ，h (x)  e  2 xxs x  ex  x 1 s x e 1 0 设故  ，x  0 ，则   ，xs x   0, s x  s 0  0   在上为增函数，故   即，e  x 1 1h(x) 0, h (x)  x  1 2 1 0 所以 ，所以 在上为增函数， x1e3 1e3 2e3 2e3 h(1)  e  2  0 而故，，h( ) e 3 e 3 0 1e3 xh x   0,  x 1 在上有且只有一个零点 ，且： 00×0  x  x h x  0 f x g x    当当0 时，   即即，e  x  x  ln x xx  x h x  0 f x g x 0 时，   即即    ，e  x  x  ln x y  b y  f x y = g x 的有三个不同 交点， 因此若存在直线 与曲线   、( ) b  f x g x1 故    ，00xx , x (x  0  x ) 此时 此时 有两个不同的零点 ，e  x  b 1010x , x (0  x 1 x ) 有两个不同的零点 ，x  ln x  b 0404ex1  x  b ex0  x  b x  ln x b  0 x  ln x b  0 ，故，，440010ex b  x b b  0 ex b  x 44x b  ln x 所以 4 即 4 即 ，44xxx b x b 故为方程 的解，同理 也为方程 的解 e  x  b e  x  b 40ex1  x  b ex1  x  b x  ln x  b  0 x  b  ln x  b b  0 又可化为 即即，111111x  b x  b 故为方程 的解，同理 也为方程 的解， x  ln x  b x  ln x  b 10x , x  x b, x b 所以 0  ，而b 1 ，104x  x b 04x  x  2x .0故即14×1  x0 b 【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.