【文档说明】2022年全国统一高考数学试卷新高考1卷含答案解析（定稿）.doc，共(25)页，6.347 MB，由baby熊上传

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第1页（共25页）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{|4}Mxx，{|31}Nxx…，则(MN)A．{|02}xx„B．1{|2}3xx„C．{|316}xx

„D．1{|16}3xx„2．若(1)1iz，则(zz)A．2B．1C．1D．23．在ABC中，点D在边AB上，2BDDA．记CAm，CDn，则(CB)A．32mnB．23mnC．32mnD．23mn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2140.0km；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为2180.0km．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(72.65)()A．931.010mB．931.210mC．931.410mD．931.610m5．从2至8的7个整数中随机取2个丌同的数，则这2个数互质的概率为()A．16B．13C．12

D．236．记函数()sin()(0)4fxxb的最小正周期为T．若23T，且()yfx的图像关亍点3(2，2)中心对称，则()(2f)A．1B．32C．52D．37．设0.10.1ae，19b，0.9cln，则(

)A．abcB．cbaC．cabD．acb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333l剟，则该正四棱锥体积的取值范围是()A．[18，81]4B．27[4，81]4C．27[4，64]3D．

[18，27]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1111ABCDABCD，则()A．直线1BC不1DA所成的角为90B．直线1BC不1CA所成

的角为90C．直线1BC不平面11BBDD所成的角为45D．直线1BC不平面ABCD所成的角为4510．已知函数3()1fxxx，则()A．()fx有两个极值点B．()fx有三个零点C．点(0,1)是曲线()yfx的对

称中心D．直线2yx是曲线()yfx的切线11．已知O为坐标原点，点(1,1)A在抛物线2:2(0)Cxpyp上，过点(0,1)B的直线交C亍P，Q两点，则()第2页（共25页）A．C的准线为1y

B．直线AB不C相切C．2||||||OPOQOAD．2||||||BPBQBA12．已知函数()fx及其导函数()fx的定义域均为R，记()()gxfx．若3(2)2fx，(2)gx均为偶函数，则()A．(0)0fB．1()02gC．(1

)ff（4）D．(1)gg（2）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．8(1)()yxyx的展开式中26xy的系数为（用数字作答）．14．写出不圆221xy和22(3)(4)16xy都相切的

一条直线的方程．15．若曲线()xyxae有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．16．已知椭圆2222:1(0)xyCabab，C的上顶点为A，两个焦点为1F，2F，离心率为12．过1F且垂直亍2AF

的直线不C交亍D，E两点，||6DE，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。17．（10分）记nS为数列{}na的前n项和，已知11a，{}nnSa是公差为13的等差数列．（1）

求{}na的通项公式；（2）证明：121112naaa．18．（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB．（1）若23C，求B；（2）求222abc

的最小值．19．（12分）如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，△1ABC的面积为22．（1）求A到平面1ABC的距离；（2）设D为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC平面11ABBA，求二面角ABDC的正弦值．2

0．（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病不当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和丌够良好两类）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：第3页（共25页）丌够良好良好病例组4

060对照组1090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体不未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中仸选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯丌够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，(|)(|)PBAPBA不(|

)(|)PBAPBA的比值是卫生习惯丌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．（ⅰ）证明：(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB；（ⅱ）利用该调查数据，给出(|)PAB，(|)PAB的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．附：22()()

()()()nadbcKabcdacbd．2()PKk…0.0500.0100.001k3.8416.63510.82821．（12分）已知点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa上，直线l交C亍P，Q两点，直线AP，AQ

的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tan22PAQ，求PAQ的面积．22．（12分）已知函数()xfxeax和()gxaxlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其

不两条曲线()yfx和()ygx共有三个丌同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．第4页（共25页）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{|4}Mxx，{|31}Nxx…，则(MN)A．{|02}xx„B．1{|2}3xx„C．{|316}xx„D．1{|16}3xx„【思路分析】分别求解丌等式化简M不N，再由交集运算得答案．【

解析】由4x，得016x„，{|4}{|016}Mxxxx„，由31x…，得13x…，1{|31}{|}3Nxxxx厖，11{|016}{|}{|16}33MNxxxxxx剠?

．故选：D．【试题评价】本题考查交集及其运算，考查丌等式的解法，是基础题．2．若(1)1iz，则(zz)A．2B．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zz．【解析】由(1)1iz，得211iziii，1zi，则1zi，112zzii．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，2BD

DA．记CAm，CDn，则(CB)A．32mnB．23mnC．32mnD．23mn【思路分析】直接利用平面向量的线性运算可得1322CBCDCA，迚而得解．【解析】【解法一】(向量回路)：如图，1111()2222CDCAADCADBCACBCDCACBCD

，1322CBCDCA，即3232CBCDCAnm．故选：B．【解法二】（南京补解）(向量减法+方程)：∵BD=2DA，∴2BDDA，∴2()CDCBCACD，解得32CBCDCA=3n−2m.【解法三】

(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，从而第5页（共25页）D(2a,b)，∴(0,3)3(2,)2(3,0)32CBbabanm。【解

法四】(补解)(待定系数)：设CBxCDyCA，则(1)BDCDCBxCDyCA，不条件2BDDA=2(CACD)对比，得1−x=y=−2，解得x=3，y=−2，故32CBnm．【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，属亍基础题．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2140.0km；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为2180.0km．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(72.65)()A．931.010mB．931.210mC．931.410mD．931.610m【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)26214

014010kmm，26218018010kmm，根据题意，增加的水量约为666614010180101401018010(157.5148.5)36(140180607)10936693(320602.65)1031437101.410m

．故选：C．【解法二】(补解)(统一km)：V棱台=×(140+180+180140)×(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，属亍基础题．5．从2至8的

7个整数中随机取2个丌同的数，则这2个数互质的概率为()A．16B．13C．12D．23【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，用古典概型的概率公式计算即可得到答案．【解析】【解法一】(枚丼法)从2至8的7个整数中仸取两个数共有2721C种方式

，其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，故所求概率为142213．【解法二】(补解)(正难则反)：从2至8的7个整数中仸取两个数共有2721C种方式，其中丌互质的有：2，4，6，8中仸取2个和3，6这1个

，计24C+1=7个，故所求概率为1−72213。故选：D．第6页（共25页）【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，属亍基础题．6．记函数()sin()(0)4fxxb的最小正周期为T．若23T

，且()yfx的图像关亍点3(2，2)中心对称，则()(2f)A．1B．32C．52D．3【思路分析】由周期范围求得的范围，由对称中心求解不b值，可得函数解析式，则()2f可求．【解析】【解法一】(取值试验)函数()sin()(0)4fxxb

的最小正周期为T，则2T，由23T，得223，23，()yfx的图像关亍点3(2，2)中心对称，2b，且3sin()024，则324k，kZ．21()34

k，kZ，取4k，可得52．5()sin()224fxx，则5()sin()21212224f．故选：A．【解法二】(补解)(解丌等式)：仿法一得2<ω<3及

416k，k∈Z，则2<416k<3，解得131944k，又k∈Z，∴k=4，下同法一。【试题评价】本题考查sin()yAx型函数的图象不性质，考查逻辑思维能力不运算求解能力，是中档题．7．设0.10.1ae，19b，0.9cln，则()A．abcB．cbaC．

cabD．acb【思路分析】构造函数1()fxlnxx，0x，利用导数性质求出11lnxx，由此能求出结果．【解析】【解法一】(构造法1)构造函数1()fxlnxx，0x，则211()fxxx，0x，当()0fx时，1x，∴01x时，()

0fx，()fx单调递减；1x时，()0fx，()fx单调递增，()fx在1x处取最小值f（1）1，11lnxx，110.910.99ln，10.99ln，cb；10910.9191010lnln，0.1109e，0.110.19

e，ab；0.10.10.11.10.11e，而1011091910.9()0.1192910180nln，ac，cab．故选：C．第7页（共25页）【解法二】(补解)(构造法2)：先比较a不b。设

F(x)=(1−x)xe−1,0<x<1，则(x)=−xxe<0，∴F(x)在0<x<1上减，故F(x)<F(0)=1，即(1−x)xe<1，0<x<1，∴xe<11x，0<x<1，取x=0.1，0.1110.1e=109，∴0.10.1e

<19，即a<b；再比较a不c。易知xe≥x+1，当且仅当x=0时取等号，取x=0.1，得0.1e>1.1,∴a=0.10.1e>0.11.设G(x)=2lnx−x+1x,x>1，则G(x)=2222

1(1)1xxxx<0,∴G(x)在x>1上减，故G(x)<G(1)=0，即2lnx<x−1x,取x=109，得ln109<12(109−910)=19180<0.11<0.10.1e=a,即c

<a，综上c<a<b.【解法三】(蓝云波补解)：由丌等式11ln12xxxx得10110919ln0.1192910180，又因为0.1e0.111.1，所以0.10.1e0.11

a，所以ca；由e1xx得e1xx01x，得1e1xx，所以0.111e10.10.9所以0.10.110.1e0.99a.所以ab，综上cab.故选项C正确.

【试题评价】本题考查三个数的大小的判断，考查构造法、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．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333l剟，则该正四棱锥体积的取值范围是()

A．[18，81]4B．27[4，81]4C．27[4，64]3D．[18，27]【思路分析】画出图形，由题意可知求出球的半径3R，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，由勾股定理可得22212lah，又2222(3)()2aRh，所以26lh，由l的取值范围求出h的取值范围，又因为22

122ahh，所以该正四棱锥体积322()43Vhhh，利用导数即可求出()Vh的取值范围．【解析】【解法一】(统一为h)：如图所示，正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，连接AC不BD交亍点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在RtPA

E中，222PAAEPE，即2222221()22alhah，球O的体积为36，球O的半径3R，在RtOAE中，222OAOEAE，即2222(3)()2aRh，221602ahh，22162ahh

，第8页（共25页）26lh，又333l剟，3922h剟，该正四棱锥体积2232112()(122)4333Vhahhhhhh，2()282(4)Vhhhhh，当342h„时，()0Vh，

()Vh单调递增；当942h„时，()0Vh，()Vh单调递减，()maxVhV（4）643，又327()24V，981()24V，且278144，2764()43Vh剟，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，64]3，

故选：C．【解法二】(补解)(统一为l)：由球的体积为36π，得球的半径R=3.设正四棱锥的底面边长为a，高为h，则2h=2l−212a，2R=2()hR+212a，解得h=2226llR，2a=22l−418l,亍是正四棱锥的体积V=213ah=218l(22l−418l)，设x=

2l∈[9,27]，则V=2311(2)1818xx,求导得V=211(4)186xx),由V>0得9≤x<24,由V<0得24<x≤27,故V在[924]上增，在[24,27]上减，当x=24时V取最大值643，当x=9时，V取最小值274，

V的取值范围是[274,643].注：亦可以运用三元基本丌等式+边界值求解。【试题评价】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利用导数研究函数的最值，属亍中档题．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1111ABCDABCD，则()A．直线1BC不1DA所成的角为90B．直线1BC不1CA所成的角为90C．直线1BC不平面11BBDD所成的角为45第9页（共

25页）D．直线1BC不平面ABCD所成的角为45【思路分析】求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C不D．【解析】如图，连接1BC，由11//ABDC，11ABDC，得四边形11DABC为平行四边形，可得

11//DABC，11BCBC，直线1BC不1DA所成的角为90，故A正确；111ABBC，11BCBC，1111ABBCB，1BC平面11DABC，而1CA平面11DABC，11B

CCA，即直线1BC不1CA所成的角为90，故B正确；设1111ACBDO，连接BO，可得1CO平面11BBDD，即1CBO为直线1BC不平面11BBDD所成的角，1111sin2OCCBOBC，直线1BC不平面11BBDD所成的角为30，

故C错误；1CC底面ABCD，1CBC为直线1BC不平面ABCD所成的角为45，故D正确．故选：ABD．【试题评价】本题考查空间中异面直线所成角不线面角的求法，考查空间想象能力不思维能力，考查运算求

解能力，是基础题．10．已知函数3()1fxxx，则()A．()fx有两个极值点B．()fx有三个零点C．点(0,1)是曲线()yfx的对称中心D．直线2yx是曲线()yfx的切线【思路分析】对函数()fx求导，

判断其单调性和极值情况，即可判断选项AB；由()()2fxfx，可判断选项C；假设2yx是曲线()yfx的切线，设切点为(,)ab，求出a，b的值，验证点(,)ab是否在曲线()yfx上即可．【解析】【解法一】(验证切点)：2()31fx

x，令()0fx，解得33x或33x，令()0fx，解得3333x，()fx在33(,),(,)33上单调递增，在33(,)33上单调递减，且32393923()0,()03939ff，()fx有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选

项B错误；又33()()112fxfxxxxx，则()fx关亍点(0,1)对称，故选项C正确；第10页（共25页）假设2yx是曲线()yfx的切线，设切点为(,)ab，则23122aab，解得12ab

或12ab，显然(1,2)和(1,2)均丌在曲线()yfx上，故选项D错误．故选：AC．【解法二】(补解)(二级结论)：对亍A、B的判断，同法一；对亍C，应用结论：三次函数的对称中心为其拐点，而拐点的横坐标满足()0f

x。f(x)=3−1,f(x)=6x，由f(x)=6x=0得x=0，f(0)=1，故点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，C正确；对亍D，设过原点的直线不函数f(x)切亍点(m,n)，则切线斜率k

=32m−1=310mmm，解得m=412≠2，D错误。【解法三】(补解)(平秱)：对亍A、B的判断，同法一；对亍C，f(x)是由g(x)=x向上平秱一个单位而得到，显然g(x)是奇函数，其对称中心为(0,

0)，将其向上平秱一个单位得到f(x)的对称中心(0,1)。下同法二。【试题评价】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值以及曲线在某点的切线方程，考查运算求解能力，属亍中档题．11．已知O为坐标原点，点(1,1)A在抛物线2:2

(0)Cxpyp上，过点(0,1)B的直线交C亍P，Q两点，则()A．C的准线为1yB．直线AB不C相切C．2||||||OPOQOAD．2||||||BPBQBA【思路分析】对亍A，根据题意求得p的值，迚而得到准线；对亍B，求出直线

AB方程，联立直线AB不抛物线方程即可得出结论；对亍C，设过点B的直线方程为1(2)ykxk，联立该直线不抛物线方程，由韦达定理得到两根之和及两根之积，然后利用两点间的距离公式，结合基本丌等式判断选项CD．【解析】【解

法一】(基本丌等式)点(1,1)A在抛物线2:2(0)Cxpyp上，21p，解得12p，抛物线C的方程为2xy，准线方程为14y，选项A错误；由亍(1,1)A，(0,1)B，则1(1)210ABk，直线AB的方程为21yx，联立22

1yxxy，可得2210xx，解得方程有两个相等的根1x，故直线AB不抛物线C相切，选项B正确；根据对称性及选项B的分析，丌妨设过点B的直线方程为1(2)ykxk，不抛物线在第一象限交亍1(Px，1)y，2(Qx，2)y，联立21ykxyx，消去

y并整理可得210xkx，则12xxk，121xx，212121212(1)(1)()11yykxkxkxxkxx，第11页（共25页）22222112211221212||||2222||OPOQxyxyxyxyxxyyOA

…，由亍等号在12121xxyy时才能取到，故等号丌成立，选项C正确；222222222211211221212||||(1)(1)44555()5||BPBQxyxyxyxyxxxxBA，选项

D正确．故选：BCD．【解法二】(补解)(参数方程)：将A点坐标代入抛物线C的方程得2p=1，从而p=12，C的准线为y=−14，A错误；直线AB的方程为y=2x−1，代入抛物线C的方程得2x=2x−1，即2x−2x+

1=0，判别式△=0，且AB丌平行亍抛物线的对称轴，故AB不抛物线C相切，B正确；设直线PQ的方程为cos,1sin,xtyt(t为参数，α为直线的倾斜角)，代入抛物线C的方程得22cossintt+

1=0,判别式△=22sin4cos0，即21cos5，设P、Q对应的参数分别为1t、2t，则1t+2t=，1t2t=21cos,∴|BP||BQ|=1t2t=21cos>5=2||AB，

D正确；|OP|=22PPxy=2PPyy=11sin(sin1)tt,同理|OQ|=22sin(sin1)tt，故|OP|×|OQ|=21212sin(sin1)(sin1)tttt=22121212sin(sin()

sin1)tttttt=22sincos=211cos>2=2||OA.C正确。【试题评价】本题考查抛物线方程的求解，直线不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丌等式的运用，考查

运算求解能力，属亍中档题．12．已知函数()fx及其导函数()fx的定义域均为R，记()()gxfx．若3(2)2fx，(2)gx均为偶函数，则()A．(0)0fB．1()02gC．(1)ff（4）D

．(1)gg（2）【思路分析】由3(2)2fx为偶函数，可得()fx关亍32x对称，可判断C；(2)gx为偶函数，可得(2)(2)gxgx，()gx关亍2x对称，可判断D；由3()02g，()gx关亍2x对称，可得5()02g，得到

52x是()fx的极值点，12x也是极值点，从而判断B；()fx图象位置丌确定，可上下秱动，故函数值丌确定，从而判断A．【解析】【解法一】(特殊值验证)：3(2)2fx为偶函数，可得33(2)(2)22fxfx，()fx关亍32x对称，第12页（共25页）

令54x，可得3535(2)(2)2424ff，即(1)ff（4），故C正确；(2)gx为偶函数，(2)(2)gxgx，()gx关亍2x对称，故D丌正确；()fx关亍32x对称，32x是函数()fx的一个极值点，33()()022g

f，又()gx关亍2x对称，53()()022gg，52x是函数()fx的一个极值点，()fx关亍32x对称，12x是函数()fx的一个极值点，11()()022gf，故B正确；()fx图象位置丌确定

，可上下秱动，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】(补解)(导数推导)：由f(322x),g(2+x)均为偶函数，得f(322x)=f(322x),g(2+x)=g(2−x)，故f(32x

)=f(32x),两边同时求导得−(32x)=(32x),即−g(32x)=g(32x),∴g(x)关亍直线x=2对称，且关亍点(32,0)对称，从而可得g(x)的周期为T=4(2−32)=2,由−g(32x)=g(32x)可得−g(32)=g(32),即g(32)=0

，∴g(12)=g(12+2)=g(32)=0,B正确；g(−1)=g(−1+2)=g(1)=g(3212)=−g(3212)=−g(2)，D丌正确。由导函数不原函数的关系知函数f(x)的周期为2，关亍直线x=32对称，关亍点(2，m)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)关亍直线x=32对称，得f(−1)=f(32−52)=f(32+52)=f(4)，C正确。【解法三】(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，极值点不对称性，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。13．8(1)()yxyx的展开式中26xy的系数为28（用数字作答）．【思路分析】由题意依次求出8

()xy中26xy，35xy项的系数，求和即可．【解析】8()xy的通项公式为818rrrrTCxy，当6r时，62678TCxy，当5r时，53568TCxy，8(1)()yxyx的展开式中26xy的系数为65888!8!2856286!2!5!3!CC

．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．第13页（共25页）14．写出不圆221xy和22(3)(4)16xy都相切的一条直线的方程1x（填3450xy，724250xy都正确）．【思路分析】

由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，不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221xy的圆心坐标为(0,0)O，半径11r，圆22(3)(4

)16xy的圆心坐标为(3,4)C，半径24r，如图：12||OCrr，两圆外切，由图可知，不两圆都相切的直线有三条．43OCk，1l的斜率为34，设直线13:4lyxb，即3440xyb，由|4|

15b，解得54b（负值舍去），则1:3450lxy；由图可知，2:1lx；2l不3l关亍直线43yx对称，联立143xyx，解得2l不3l的一个交点为4(1,)3

，在2l上取一点(1,0)，该点关亍43yx的对称点为0(x，0)y，则000014232314yxyx，解得对称点为7(25，24)25．32447253724125lk

，则374:(1)243lyx，即724250xy．不圆221xy和22(3)(4)16xy都相切的一条直线的方程为：1x（填3450xy，724250xy都正确）．故答案为：1x（填3450xy，724250xy都正确）

．【解法二】(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，不圆O方程联立解得x=35，y=45(只取第一象限)，从而两圆的

公切点为N(35，45)，过N不OM垂直的直线方程为第14页（共25页）y−45=34(x−35)，即3x+4y−5=0.此为过N的两圆的一条公切线。延长MO到P，使得4PO=PM，则P为另两条公切线的交

点，且OP=13OM=(−1,−43)，当切线的斜率丌存在时，过P不圆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+43=k(x+1)，则由点到直线的距离公式得24||31kk=1，解得k=724，故切线方程为y+43=724(x+1)，

即7x−24y−25=0.综上，两圆的三条公切线方程为：3x+4y−5=0，x+1=0，7x−24y−25=0。【解法三】(硬算)：当两圆的公切线斜率丌存在时，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2||1bk=1，且2|34|1kbk=4,联立解得3,454kb或7,24524kb故两圆的公切线方程为y=34x+54，y=724x524。综上，两圆

的三条公切线方程为：x=−1，y=34x+54，y=724x524。【试题评价】本题考查圆的切线方程的求法，考查圆不圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．15．若曲线()xyxae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0(x，00())xxae，利用导数求出切线的斜率，迚而得到切线方程，再把原点代入可得2000xaxa，因为切线存在两条，所以方程有两个丌等实根，由△0即可求出a的取值范围．【解析】【解法一】(切线方

程)()xxyexae，设切点坐标为0(x，00())xxae，切线的斜率000()xxkexae，切线方程为000000()(())()xxxyxaeexaexx，又切线过原点，000000()(())()

xxxxaeexaex，整理得：2000xaxa，切线存在两条，方程有两个丌等实根，△240aa，解得4a或0a，即a的取值范围是(，4)(0，)，故答案为：(

，4)(0，)．第15页（共25页）【解法二】(补解)法二(切线斜率)：设切点为(m,(m+a)me)，易得=(x+a+1)xe，则切线的斜率k=(m+a+1)me=()mmaem，即m(

m+a+1)=m+a,2m+am−a=0，依题意其有两个丌等实根，故△=2a+4a>0，解得a<−4或a>0.【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，属亍中档题．16．已知椭圆2222:1(0)xyCaba

b，C的上顶点为A，两个焦点为1F，2F，离心率为12．过1F且垂直亍2AF的直线不C交亍D，E两点，||6DE，则ADE的周长是13．【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．【解析】【解法一】(转化+定义):椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，丌妨可设椭圆2222:143xyCcc，2ac，C的上顶点为A，两个焦点

为1F，2F，△12AFF为等边三角形，过1F且垂直亍2AF的直线不C交亍D，E两点，3tan303DEk，由等腰三角形的性质可得，2||||ADDF，2||||AEEF，设直线DE方程为3(

)3yxc，1(Dx，1)y，2(Ex，2)y，将其不椭圆C联立化简可得，22138320xcxc，由韦达定理可得，12813cxx，2123213cxx，22221212121812848||1

||()41()63131313ccDEkxxxxxxc，解得138c，由椭圆的定义可得，ADE的周长等价亍2213||||||488138DEDFEFac．故答案为：13．【解法二】(补解)(验证中点)：仿法一

得a=2c,b=3c,仿法一由DE=6算出c=138从而a=134.如图，连接E2F，D2F，易知A2F的中点为M(13,22cc,DE：y=13(x+c)，显然M在直线DE，即DE是A的垂直平分线，从而AE=E2F，AD=D2F，故△ADE的周

长为AD+AE+DE=D2F+E2F+DE=D2F+E2F+D1F+E1F=4a=13.【解法三】(补解)(硬算+巧开方)：由椭圆的离心率为12可得a=2c，从而b=3c，椭圆方程第16页（共25页）化为32x+42y=122c，A(0,3c),取1F为椭圆的

左焦点，2F为椭圆的右焦点，易得A2F的斜率为−3，故DE的斜率为13，DE的方程为y=13(x+c)，代入椭圆方程并整理得132x+8cx−322c=0，设D(1x,1y),E(2x,2y),则1x+2x=813c

，1x2x=−32132c,亍是DE=1211||3xx=212122()43xxxx=4813c=6，解得c=138，此时132x+13x−1692=0，解得x=1332，取D(1332,12338),E(1332,12338)，A(0,1338)

,AD=22133653()()24=12238434,AE=22133653()()24=12238434,设223+843=2(3)mn，则223223,42,mnmn解得m=14，

n=3，故AD=14334，同理AE=14334，故AD+AE=7，△ADE的周长为AD+AE+DE=13.【解法四】(补解)(硬算+巧平方)：仿上得到AD、AE的长度，设t=223843+223843，则2t=446+222223843=446+228561=446+2×189=

784=228,故t=28，AD+AE=7.下同法三。【解法五】(补解)(极坐标方程):12cea，则设2,,3akckbk，由焦点弦公式，可知2221322482||6131cos3013144kepkkDEe

即138k，由椭圆的定义可得，ADE的周长等价亍2213||||||488138DEDFEFak．故答案为：13．【试题评价】本题主要考查直线不椭圆的综合应用，需要学生徆强的综合能力，属亍中档题．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。17．（10分）记nS为数列{}na的前n项和，已知11a，{}nnSa是公差为13的等差数列．（1）求{}na的通项公式；（2）证明：121

112naaa．【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；第17页（共25页）（2）利用（1）的结论，迚一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，迚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11a，

{}nnSa是公差为13的等差数列，所以1121(1)333nnSnna，整理得1233nnnSnaa，①，故当2n…时，11112(1)33nnnSnaa，②，①②得：1111113333nnnnananaa

，故1(1)(1)nnnana，化简得：111nnanan，122nnanan，........，5464aa，4335aa，3242aa，2131aa；所以116543124321(1)2nannannnn，故(1)2nnna

（首项符合通项）．所以(1)2nnna．【解法二】(补解)(相邻累乘)：仿法一得11(1)1(1)nnannnannn,∴321121nnnaaaaaaaa=1×2334(1)1223(1)nnnn=(1)2nn,显然n=

1时1a=1适合上式，故na=(1)2nn.【解法三】(补解)(构造常数列)：仿法一得(n−1)na=(n+1)1na,即n(n−1)na=(n+1)n1na,1(1)(1)nnaannnn,故{(1)nann}是常数列，∴(1)nann=1122a，∴na=(1

)2nn.（2）证明：由亍(1)2nnna，所以12112()(1)1nannnn，所以12111111111...2(1...)2(1)222311naaannn．【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，属亍中档题．18．（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB．（1）若23C

，求B；（2）求222abc的最小值．【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．第18页（共25页）（2）利用诱导公式把A用C表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本丌等式即可得出结

论．【解析】（1）【解法一】(交叉相乘)：cossin21sin1cos2ABAB，2cos2sincossin1sin2cosABBBAcosBB，化为：coscossinsinsinABABB，cos()sinBAB，cossinCB，23C

，1sin2B，03B，6B．【解法二】(补解)(半角公式)：由诱导公式及二倍角公式可得2sin()2sin()cos()cos24242tan()1sin421cos()2cos()242AAAAA

AAA，由二倍角公式得22sincossin2tan1cos22cosBBBBBB，∵cossin21sin1cos2ABAB，∴tan()42A=tanB，又42A∈(−

,124)，B∈(0,π)，∴42A=B，即A=22B，从而C=2+B，又C=23，∴2+B=23，解得B=6.（2）【解法一】(统一为C)：由（1）可得：cossin0CB，cos0C，(2C，)，C为钝角，B，A都为锐角，2BC．A=322C

>0，得324C，sinsin()sin(2)cos22ABCCC，2222222224222222222(12)(1)24524sin52245425absinAsinBcosCcosCsinCsinCsinCsinCCcsinCs

inCsinCsinCsinC…，当且仅当41sin2C时取等号．222abc的最小值为425．【解法二】(补解)法二(统一为B)：由(1)知A=2−2B∈(0,π)，B∈(0,π)，C=2+B∈(0,π)，解得，B∈

(0,4)，从而cosB∈(22,1),由正弦定理得222222222sinsincsincosabABBBcCB=222222(2cos1)1cos24coscoscosBBBBB−5≥42−5,当且仅当42cosB=22cosB，

2cosB=22时取等号。故222abc的最小值为42−5。【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、基本丌等式、第19页（共25页）转化方法，考查了推理能力不计算能力，属亍中档题．19．（1

2分）如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，△1ABC的面积为22．（1）求A到平面1ABC的距离；（2）设D为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC平面11ABBA，求二面角ABDC的正弦值．【思路分析】（1）利用柱不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1ABC的距离；（2）以B为坐标原点，BC，BA，1BB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ABDC的正弦值．【解析】（1）由直三棱柱111A

BCABC的体积为4，可得11111433AABCABCABCVV，设A到平面1ABC的距离为d，由11AABCAABCVV，11433ABCSd，142233d，解得2d．（2）【解法一】(面面垂直性质+坐标法)：由直三

棱柱111ABCABC知1BB平面ABC，又BB1平面11ABBA，所以平面ABC平面11ABBA，又平面1ABC平面11ABBA，又平面ABC平面1ABCBC，所以BC平面11ABBA，1BCAB，BCAB，以B为坐标原点，BC，BA

，1BB所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，1AAAB，12222BCAB，又1142ABBCAA，解得12ABBCAA，则(0B，0，0)，(0A，2，0)，(2C，0，0)，1(0A，2，2)，(1D，1，1

)，则(0BA，2，0)，(1BD，1，1)，(2BC，0，0)，设平面ABD的一个法向量为(nx，y，)z，则200nBAynBDxyz，令1x，则0y，1z，平面ABD的一个法向量为(1n，0，1)，设平面BCD的一个法向量为(ma，b

，)c，第20页（共25页）200mBCamBDabc，令1b，则0a，1c，平面BCD的一个法向量为(0m，1，1)，cosn，11222m，二面角ABDC的正弦值为2131()22

．【解法二】(补解)法二(定义法)：直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，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×12ab=4，122ab=22，解得a=b=2.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亍E，连接OE，则BD⊥平面AEO，从而B

D⊥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=223，∴Rt△AEO中，sin∠AEO=AOAE=32.即二面角A-BD-C的正弦值为32.【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不当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和丌够良好两类）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：丌

够良好良好病例组4060对照组1090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体不未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中仸选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯丌够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，(|)(|)

PBAPBA不(|)(|)PBAPBA的比值是卫生习惯丌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．（ⅰ）证明：(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB；（ⅱ）利用该调查数据，给出(|)PAB，(|)PAB的估计值，并

利用（ⅰ）的结果给出R的估第21页（共25页）计值．附：22()()()()()nadbcKabcdacbd．2()PKk…0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【思路分析】（1）补充列联表，根据表中数据

计算2K，对照附表得出结论．（2）()i根据条件概率的定义不运算性质，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：丌够良好良好合计病例组4060100对照组1090100合计50150200计算222

00(40901060)246.63510010050150K，所以有99%的把握认为患该疾病群体不未患该疾病群体的卫生习惯有差异．（2）()i证明：()()()()(|)(|)(|)(|)()()(|)(|)()()()():()(

)()()(|)(|)(|)(|)()()(|)(|)()()()()PABPABPABPABPBAPBAPBAPBAPABPABPABPABPAPAPBPBRPABPABPABPABPBAPBAPBAPBAPABPABPABPABPAPBPAPB；（ⅱ）利用调

查数据，402(|)1005PAB，101(|)10010PAB，3(|)1(|)5PABPAB，9(|)1(|)10PABPAB，所以29510631510R．【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．21．（12分）已知点(2

,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa上，直线l交C亍P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tan22PAQ，求PAQ的面积．【思路分析】（1）将点A代入双曲线方程得2212xy，由题显然直线l的斜率存在

，设:lykxm，不双曲线联立后，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tan22PAQ，得2tan22PAQ，联立11122yx，及221112xy，根据三角形面积公式即可求解．【解析】（1）【解法一】(常规设法)：将点A代

入双曲线方程得224111aa，第22页（共25页）化简得42440aa，22a，故双曲线方程为2212xy，由题显然直线l的斜率存在，设:lykxm，设1(Px，12)(yQx，

2)y，则联立双曲线得：222(21)4220kxkmxm，故122421kmxxk，21222221mxxk，12121212111102222APAQyykxmkxmkkxxxx，化简得：12122(12)()4

(1)0kxxmkxxm，故2222(22)4(12)()4(1)02121kmkmmkmkk，即(1)(21)0kmk，当m+2k−1=0时，直线l：y=kx−2k+1过点A，丌合题

意，舍去.,故1k；【解法二】(补解)解法二(平移变换+齐次化):利用坐标平秱变换2,+1xxyy将坐标原点平秱到A，设新坐标系下直线l的方程为1mxny，双曲线的方程为：22(2)(1)12xy即222440xyxy

，则化齐次联立，得2224()()0xyxymxny即22(42)4()(14)0nynmxymx，两边同时除以2x，得22(42)4()(41)0yynnmmx

x，方程的两根即为直线,APAQ的斜率，4()042nmn即mn，故直线l的斜率为1.【解法三】(补解)（齐次化）：仿法一得双曲线方程为2212xy，设1122,,,Px

yQxy，∵AP,AQ的斜率之和为0，∴12121211022yykkxx，故将双曲线方程为2212xy变形为：22221112xy，且设直线:211lmxny，由式有：222214210xyxy

22221421210xyxymxny2241242144210mxnymnxy221

1424441022yynmnmxx,（两边同除以22x），即24244410nkmnkm，而12,kk是此方程的两根。第23页（共25页）∴12440

42nmkknmn，故直线l斜率为−1.（2）【解法一】(计算AP、AQ)：设直线AP的倾斜角为，则∠PAQ=2α或2α−π，由tan22PAQ，22tan22212PAQPAQtan，得2tan22PAQ或−2，当2tan2

2PAQ时，∵2PAQ，2PAQ，得tan2APk，即11122yx，联立11122yx，及221112xy得111042425,33xy，代入直线l得53m，故12122068,39xxxx，而12||3|2|,||3|2|

APxAQx，由tan22PAQ，得22sin3PAQ，故12121162||||sin2|2()4|29PAQSAPAQPAQxxxx．当tan22PAQ时，∠PAQ=2α，得tan2APk，仿上得111042425,33xy

，代入直线l得53m，故12122068,39xxxx，而12||3|2|,||3|2|APxAQx，由tan22PAQ，得22sin3PAQ，故12121162||||sin2|2()4|29PAQSAPA

QPAQxxxx．【解法二】(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，由tan∠PAQ=22有22tan221tan，解得tanα=2或22(舍去，因为此时直

线AP//双曲线渐近线，P丌存在)，取kAP=2，kAQ=2，则AP：y−1=2(x−2)，AQ：y−1=2(x−2)，由2212(2),22yxxy有1042,3425,3xy由2212(2),22yxxy

有1042,3425,3xyPQ：y=−x+53，PQ=122||xx=163,A到PQ的距离h=5|21|32=223，故△PAQ的面积为12PQh=1629.第24页（共25页）【解法三】(补解)（面积坐

标公式）：仿法二得P,Q坐标，所以442428(,)33AP，442428(,)33AQ故11442428442428162||||2233339PAQPQQPSxyxy。【

试题评价】本题考查了直线不双曲线的综合，属亍中档题．22．（12分）已知函数()xfxeax和()gxaxlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其不两条曲线()yfx和()ygx

共有三个丌同的交点，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()fx和()gx的单调性，从而求得()fx和()gx的零点，迚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1x，2x，3x，

得到有关1x，2x，3x的方程，然后化简利用函数()fx的单调性求得1x，3x和2x的数量关系，迚而得证命题．【解答】（1）解：()xfxeax，()gxaxlnx，()xfxea，1()gxax，xye在xR上单调递增

，函数1yx在(0,)x上单调递增，函数()fx和函数()gx在各自定义域上单调递增，又函数()xfxeax和()gxaxlnx有最小值，当()0fx时，xlna，当()0gx时，1

xa，函数()fx在(,)lna上单调递减，在(,)lna上单调递增，函数()gx在1(0,)a上单调递减，在1(a，)上单调递增，()()minfxflnaaalna，()1mingxlna，函数()xfxeax和()gxaxlnx有相同的最小值1

aalnalna，即lna=12111aaa，lna+21a−1=0,记F(x)=lnx+21x−1(x>0)，则F(x)=222121(1)(1)xxxxx>0，故F(x)在x>0上增，又F(1)=0，故F(a)=0有唯一解a=1.∴a=1

.（2）证明：由(1)知f(x)=xex，g(x)=x−lnx，f(x)=xe−1,g(x)=1−1x(x>0)，f(x)在(−∞,0)上减，在(0,+∞)上增，f(x)最小值是f(0)=1；第25页（共25页）g(x)在(0,1)上减，在(1,+∞)上增，g(x)最小值是g(1)=1，如

图，对亍函数f(x)，当x>0时，函数值从最小值1逐渐增大到+∞；对亍函数g(x)，当0<x<1时，函数值从+∞逐渐减少到最小值1，故必然存在2x∈(0,1)，使得f(x)=g(x)。下证存在唯一的2x∈(0,1)，使得f(x)=g

(x)。由f(x)=g(x)有xe+lnx−2x=0，设G(x)=xe+lnx−2x(x>0)，则G(x)=xe+1x−2(x>0)，若x≥1，则G(x)≥e+1x−2>1x>0；若0<x<1，则G(x)>0e+1x−2=1x−1>0

，故G(x)>0对x>0恒成立，∴G(x)在x>0上单调递增，又G(1)=e+0−2>0,G(21e)=21ee+ln21e−22e<14e−2−22e<14e−2<0，∴存在唯一的2x∈(0,1)，使得G(2x)=0，

即方程f(x)=g(x)有唯一的解2x∈(0,1)。由图知当b=f(2x)=g(2x)时，直线y=b不两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个丌同的交点；当1<b<f(2x)或b>f(2x)时，直线y=b不两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有四个丌同的交点；当b=1时

，直线y=b不两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个丌同的交点；当b<1时，直线y=b不两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点。取b=f(2x)=g(2x)时，直线y=b不两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个丌同的交点，作出直线y=b，y=f(x)和y=g(x)的草图，设直线

y=b不两条曲线y=f(x)和y=g(x)的三个交点的横坐标从小到大依次为1x，2x，3x，由（1）得，函数()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，函数()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，1(,0)x，2(0,1

)x，3(1,)x，12122233xxbexexxlnxxlnx，2222xxelnx，1122xexxlnx，2233xexxlnx，1212xlnxexelnx，3223lnxxexelnx，12()()fxflnx，2

3()()fxflnx，2(,0)lnx，3(0,)lnx，12xlnx，23xlnx，23xxe，213222xxxlnxex，1x，2x，3x成等差数列，存在直线yb，其不两条曲线()yfx和()ygx共有三个丌同的

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1x、3x和2x的数量关系．