【文档说明】2022年浙江省高考数学试卷含答案解析（定稿）.doc，共(21)页，4.216 MB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-66545.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页（共21页）2022年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．设集合{1A，2}，{2B，4，6}，则(AB)A．{2}B．{1，2}C．{2，4，6}

D．{1，2，4，6}2．已知a，bR，3()(aibiii为虚数单位），则()A．1a，3bB．1a，3bC．1a，3bD．1a，3b3．若实数x，y满足约束条件20,270,20,xxyxy

…„„则34zxy的最大值是()A．20B．18C．13D．64．设xR，则“sin1x”是“cos0x”的()A．充分丌必要条件B．必要丌充分条件C．充分必要条件D．既丌充分也丌必要条件5．某几何体的三视图如图所示（单位：)cm，则

该几何体的体积（单位：3)cm是()A．22B．8C．223D．1636．为了得到函数2sin3yx的图象，只要把函数2sin(3)5yx图象上所有的点()A．向左平秱5个单位长度B．向右平秱5个单位长度C．向左平秱15

个单位长度D．向右平秱15个单位长度7．已知25a，8log3b，则34(ab)A．25B．5C．259D．538．如图，已知正三棱柱111ABCABC，1ACAA，E，F分别是棱BC，11AC上的点．记EF

不1AA所成的角为，EF不平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则()第2页（共21页）A．剟B．剟C．剟D．剟9．已知a，bR，若对仸意xR，|||4||25|0axbxx…，则()A

．1a„，3b…B．1a„，3b„C．1a…，3b…D．1a…，3b„10．已知数列{}na满足11a，2*11()3nnnaaanN，则()A．100521002aB．100510032aC．100731002a

D．100710042a二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。11．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，

就是2222221[()]42cabSca，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边2a，3b，2c，则该三角形的面积S．12．（6分）已知多项式42345012345(2)(1)xxaaxaxaxaxax，则2a，123

45aaaaa．13．（6分）若3sinsin10，2，则sin，cos2．14．（6分）已知函数22,1,()11,1,xxfxxxx„则1(())2ff；若当[xa，]b时，1(

)3fx剟，则ba的最大值是．15．（6分）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则(2)P，()E．16．已知双曲线22221(0,0)xyabab

的左焦点为F，过F且斜率为4ba的直线交双曲线于点1(Ax，1)y，交双曲线的渐近线于点2(Bx，2)y且120xx．若||3||FBFA，则双曲线的离心率是．17．设点P在单位囿的内接正八边形128AAA的边12AA上，则222128PAPAPA的取值范围是．三、解答题：本大

题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知45ac，3cos5C．（Ⅰ）求sinA的值；（Ⅱ）若11b，求ABC的面积．第3页（共21页）19

．（15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//ABDC，//DCEF，5AB，3DC，1EF，60BADCDE，二面角FDCB的平面角为60．设M，N分别为AE，BC的中点．（Ⅰ）证明：FNAD；（Ⅱ）求直线BM不平面ADE所成角的正

弦值．20．（15分）已知等差数列{}na的首项11a，公差1d．记{}na的前n项和为*()nSnN．（Ⅰ）若423260Saa，求nS；（Ⅱ）若对于每个*nN，存在实数nc，使nnac，14nnac

，215nnac成等比数列，求d的取值范围．21．（15分）如图，已知椭囿22112xy．设A，B是椭囿上异于(0,1)P的两点，且点1(0,)2Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线132yx于C，D两点．（Ⅰ）求点P到椭囿上点的距离的最大值；（Ⅱ

）求||CD的最小值．22．（15分）设函数()(0)2efxlnxxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）已知a，bR，曲线()yfx上丌同的三点1(x，1())fx，2(x，2())fx，3(x，3())fx处的切线都经过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ae

，则0bf（a）1(1)2ae；（ⅱ）若0ae，123xxx，则2213211266eaeaeexxae．（注:2.71828e是自然对数的底数）第4页（共21页）2022年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．设集合{1A，2}，{2B，4，6}，则(AB)A．{2}B．{1，2}C．{2，4，6}D．

{1，2，4，6}【思路分析】利用并集运算求解即可．【解析】{1A，2}，{2B，4，6}，{1AB，2，4，6}，故选：D．【试题评价】本题考查了并集的定义及其运算，属于基础题．2．已知a，bR，

3()(aibiii为虚数单位），则()A．1a，3bB．1a，3bC．1a，3bD．1a，3b【思路分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数相等求解．【解析】3()1aibiibi，a，bR，1a，3b，故选：B．【试题评

价】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数相等的定义，是基础题．3．若实数x，y满足约束条件20,270,20,xxyxy…„„则34zxy的最大值是()A．20B．18C．13D．6【思路分析】先作出丌等

式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可．【解析】实数x，y满足约束条件20,270,20,xxyxy…„„则丌等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分，由已知可得(2,3)A，由340xyz得,即求直线在y轴上截距的最大值，由图可知：当直线

340xyz过点A时，z取最大值，则34zxy的最大值是324318，故选：B．【试题评价】本题考查了简单线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属于基第5页（共21页）础题．4．设xR，

则“sin1x”是“cos0x”的()A．充分丌必要条件B．必要丌充分条件C．充分必要条件D．既丌充分也丌必要条件【思路分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可．【解析】22sincos1xx，①当sin1x时，则cos0

x，充分性成立，②当cos0x时，则sin1x，必要性丌成立，sin1x是cos0x的充分丌必要条件，故选：A．【试题评价】本题考查了同角三角函数间的基本关系，充要条件的判定，属于基础

题．5．某几何体的三视图如图所示（单位：)cm，则该几何体的体积（单位：3)cm是()A．22B．8C．223D．163【思路分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．【解析】由三视图可知

几何体是上部为半球，中部是囿柱，下部是囿台，所以几何体的体积为：32222214122112(2121)22333．故选：C．【试题评价】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．6．为了得到函数2sin3yx的图象，

只要把函数2sin(3)5yx图象上所有的点()A．向左平秱5个单位长度B．向右平秱5个单位长度C．向左平秱15个单位长度D．向右平秱15个单位长度【思路分析】由已知结合正弦函数图象的平秱即可求解．【解析】把2sin(3)5yx图象上所有的点向右平秱15各单位可得第6页（

共21页）2sin[3()]2sin3155yxx的图象．故选：D．【试题评价】本题主要考查了正弦型函数的图象平秱，属于基础题．7．已知25a，8log3b，则34(ab)A．25B．5C．259D．53【思路分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．【

解析】由25a，8log3b，可得3823bb，则22333224(2)52544(2)39aaabbb，故选：C．【试题评价】本题考查了指数、对数的运算性质，考查了运算求解能力，属于基础题．8．如图，已知正三棱柱111ABCABC

，1ACAA，E，F分别是棱BC，11AC上的点．记EF不1AA所成的角为，EF不平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则()A．剟B．剟C．剟D．剟【思路分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求

解即可．【解析】正三棱柱111ABCABC中，1ACAA，正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F作FGAC，垂足点为G，连接GE，则1//AAFG，EF不1AA所成的角为EFG，且tanGEGEFG，又[0GE

，1]，tan[0，1]，EF不平面ABC所成的角为FEG，且1tan[1GFGEGE，)，tantan…，...①，再过G点作GHBC，垂足点为H，连接HF，又易知FG底面ABC，BC底面ABC，BCFG，又FGGHG，BC

平面GHF，二面角FBCA的平面角为GHF，且1tanGFGHGH，又[0GH，1]，tan[1，)，tantan…，...②，第7页（共21页）又GEGH…，tantan„，...③，由①②③得tantantan剟，又，，[0

，)2，tanyx在[0，)2单调递增，剟，故选：A．【试题评价】本题考查线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，考查了转化思想，属中档题．9．已知a，bR，若对仸意xR，|||4||25|0axbxx

…，则()A．1a„，3b…B．1a„，3b„C．1a…，3b…D．1a…，3b„【思路分析】取特值，结合选项直接得出答案．【解析】【解法一】：取4x，则丌等式为|4|30ab…，显然0a，且4b，观察选项可知，

只有选项D符合题意．故选：D．【解法二】由题意有：对仸意的xR，有|||25||4|axbxx恒成立．设||fxaxb，51,2525439,421,4xxgxxxxxxx，即

fx的图象恒在gx的上方（可重合），如下图所示：第8页（共21页）由图可知，3a，13b，戒13a，3143ba，故选：D．【试题评价】本题考查绝对值丌等式的解法，作为选择题，常常采用特值法，排除法等提高解题效率，属于基础题．10．已知数列{}na满足11a，2*11(

)3nnnaaanN，则()A．100521002aB．100510032aC．100731002aD．100710042a【思路分析】分析可知数列{}na是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到32nan„，由此可推得1003na，再将原式变形确定下限，

可得1111111()133231nnan„，由此可推得10051002a，综合即可得到答案．【解析】21103nnnaaa，{}na为递减数列，又211233nnnaaa„，且0na，1121033nnnaaa…，又110a，则0na

，2111133nnnnnaaaaa…，11113nnaa…，111112(1)333nnnaa…，则32nan„，10033061001003102102a„；由2113nnna

aa得11(1)3nnnaaa，得1111111(1)333132nnnaaann„，累加可得，1111111()133231nnan„，1001111111134()34(693

)40323100328a„，10015100100402a；第9页（共21页）综上，100510032a．故选：B．【试题评价】本题考查递推数列，数列的单调性等知识，对化简变形能力要求较高，考查运算求解能力，逻辑推理能力，属于难题．二、填空题：

本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。11．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是22

22221[()]42cabSca，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边2a，3b，2c，则该三角形的面积S234．【思路分析】直接由秦九韶公式计算可得面积．【解析】由222222222222112(2)(3)23[()]2(2)[]4

2224cabSca，故答案为：234．【试题评价】本题考查学生的阅读能力，考查学生计算能力，属基础题．12．（6分）已知多项式42345012345(2)(1)xxaaxaxaxaxax，则2a8，12345aaaaa．【思路分析】2a相当于是用

(2)x中的一次项系数乘以4(1)x展开式中的一次项系数加上(2)x中的常数项乘以4(1)x展开式中的二次项系数之和，分别令0x，1x，即可求得12345aaaaa的值．【解析】【解法一】：4432(1)4641xxxxx，24128a；令0x

，则02a，令1x，则0123450aaaaaa，123452aaaaa．故答案为：8，2．【解法二】：由题1222441(1)2(1)8aCC．令1x，则0123450aaaaaa．又02a，所以123452aaaaa

．【试题评价】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．13．（6分）若3sinsin10，2，则sin31010，cos2．【思路分析】由诱导公式求出3sincos10，再由同角

三角函数关系式推导出310sin10，由此能求出cos2的值．【解析】3sinsin10，2，3sincos10，cos3sin10，22sincos1，22sin(3sin10)1，解得310sin10，

310cossin10，第10页（共21页）2904cos22cos1211005．故答案为：31010；45．【试题评价】本题考查三角函数值的求法，考查诱导公式、同角三角函数关系式、二倍角公

式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．（6分）已知函数22,1,()11,1,xxfxxxx„则1(())2ff3728；若当[xa，]b时，1()3fx剟，则ba的最大值是．【思路分析】直接由分段函数解析式求1(())2ff；画出函数()fx的图象，数形结合

得答案．【解析】函数22,1()11,1xxfxxxx„，117()2244f，177437(())()1244728fff；作出函数()fx的图象如图：由图可

知，若当[xa，]b时，1()3fx剟，则ba的最大值是23(1)33．故答案为：3728；33．【试题评价】本题考查函数值的求法，考查分段函数的应用，考查数形结合思想，是中档题．15．（6分）现有7张卡片

，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则(2)P1635，()E．【思路分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义即可求解．【解析】根据题意可得：的取值可为1，2，3，4，又2

6373(1)7CPC，122124243716(2)35CCCCPC，23373(3)35CPC，第11页（共21页）22371(4)35CPC，3163112()123473535357E，故答案为：1635；

127．【试题评价】本题考查组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义，属基础题．16．已知双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点为F，过F且斜率为4ba的直线交双曲线于点1(Ax，1)y，交双曲线的渐近线于点2(Bx，2)y且120xx．若

||3||FBFA，则双曲线的离心率是364．【思路分析】过点A作AAx轴于点A，过点B作BBx轴于点B，依题意，点B在渐近线byxa上，丌妨设(,),0bBmmma，根据题设条件可求得点A的坐标为5(,)99cbc

a，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而得到离心率．【解析】【解法一】如图，过点A作AAx轴于点A，过点B作BBx轴于点B，由于2(Bx，2)y且20x，则点B在渐近线byxa上，丌妨设(

,),0bBmmma，设直线AB的倾斜角为，则tan4ba，则||||4BBbFBa，即||4bmbaFBa，则||4FBm，||3OFcm，又||||1||||3AAAFBBBF，则1||||339bmb

cAABBaa，又||||1||||3FAAFFBBF，则14||||33mFAFB，则1455||3339mmcxm，点A的坐标为5(,)99cbca，2222222581811cbcaab，即228127248ca

，364cea．故答案为：364．【解法一】根据||3||FBFA，结合图象可知，点A在双曲线的左支上，点B在双曲线的斜率为正的渐近线上，过F且斜率为4ba的直线:(I)斜率为正的渐近线:byxa(II)联立(I)(II)得点B（，）根据||3||FBFA，可得

FBFA31,因为FB（，）,第12页（共21页）点A的坐标为5(,)99cbca，2222222581811cbcaab，即228127248ca，364cea．【试题评价】本题考查双曲线的性质，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题．17．设点P在单位囿的内接正八

边形128AAA的边12AA上，则222128PAPAPA的取值范围是[1222，16]．【思路分析】以囿心为原点，73AA所在直线为x轴，51AA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设(,)Pxy，进而得到222221288()8PAPAPAxy

，根据点P的位置可求出22xy的范围，从而得到222128PAPAPA的取值范围．【解析】【解法一】以囿心为原点，73AA所在直线为x轴，51AA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则1(0,1)A，222(,)22A，3(1,

0)A，422(,)22A，5(0,1)A，622(,)22A，7(1,0)A，822(,)22A，设(,)Pxy，则2222222222212812345678||||||||||||||||PAPAPAPAPAPAPAPAPAPAPA

228()8xy，cos22.5||1OP剟，221cos4512xy剟，222214xy剟，2212228()816xy剟，即222128PAPAPA的取值范围是[12

22，16]，故答案为：[1222，16]．第13页（共21页）【解法二】因为2222222iiiiiPAPOOAPOOAOPOAOPOA所以2288822221212811(2)82iiiiiiiOPOAOPOPAPAPAOPOAAOPOA

因为2iOA=1，所以81iiOA=8；因为正八边形是中心对称图形，所以8210iiOA，所以8120iiOPOA因为根据正八边形的性质得124AOA所以cos||18OP，所以22(cos)1

8OP，即22214OP所以222488OP所以222128PAPAPA的取值范围是[1222，16]，故答案为：[1222，16]．【试题评价】本题主要考查了平面向量数量积的运算和性质以及三角函数中的二倍角

公式的应用，考查了学生分析问题、转化问题的能力，属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．（14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知45ac，3cos5C．（Ⅰ）求

sinA的值；（Ⅱ）若11b，求ABC的面积．【思路分析】（Ⅰ）根据3cos5C，确定C的范围，再求出sinC，由正弦定理可求得sinA；（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．【解析】（Ⅰ）因为3cos05C，所以

(0,)2C，且24sin15CcosC，由正弦定理可得：sinsinacAC，第14页（共21页）即有sin545sinsin455aCaACcc；（Ⅱ）因为5454acacc，所以AC，故(0,)2A，又因为5sin5A，所以25cos5A，

所以115sinsin[()]sin()sincoscossin25BACACACAC；由正弦定理可得：55sinsinsinacbACB，所以55sin5aA，所以114sin51122225ABCSa

bC．【试题评价】本题考查了解三角形中正弦定理、面积公式，属于基础题．19．（15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//ABDC，//DCEF，5AB，3DC，1EF，60BADCDE

，二面角FDCB的平面角为60．设M，N分别为AE，BC的中点．（Ⅰ）证明：FNAD；（Ⅱ）求直线BM不平面ADE所成角的正弦值．【思路分析】（Ⅰ）根据题意证出FN平面ABCD，即可得证；（Ⅱ）由于FN平面ABCD，如图建

系，求得平面ADE的法向量，代入公式即可求解．【解答】证明：()I由于CDCB，CDCF，平面ABCD平面CDEFCD，CF平面CDEF，CB平面ABCD，所以FCB为二面角FDCB的平面角，则60FCB，CD平面CB

F，则CDFN．又3()23,3()23CFCDEFCBABCD，则BCF是等边三角形，N为BC的中点，则CBFN，因为DCFC，DCBC，FCBCC，FC平面FCB，BC平面FCB，所

以DC平面FCB，因为FN平面FCB，所以DCFN，又因为DCCBC，DC平面ABCD，CB平面ABCD，所以FN平面ABCD，因为AD平面ABCD，故FNAD；解：（Ⅱ）由于FN平面ABCD，如图建

系：第15页（共21页）于是(0,3,0),(5,3,0),(0,0,3),(1,0,3),(3,3,0)BAFED，则33(3,,)22M，33(3,,),(2,23,0),(2,3,3)22BMDADE，设平面ADE的法向量(n

x，y，)z，则00nDAnDE，22302330xyxyz，令3x，则1y，3z，平面ADE的法向量(3,1,3)n，设BM不平面ADE所成角为，则||57sin14||||BMnBMn

．【试题评价】本题考查了线线垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．20．（15分）已知等差数列{}na的首项11a，公差1d．记{}na的前n项和为*()nSnN．（Ⅰ）若423260Saa，求nS；（Ⅱ）若对于每个*nN，存在实数nc，使nnac，1

4nnac，215nnac成等比数列，求d的取值范围．【思路分析】（Ⅰ）由等差数列{}na的首项11a及423260Saa可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，再由等差数列的前n项和公式可得nS的解析式；（Ⅱ）由nnac

，14nnac，215nnac成等比数列，可得关于nc的二次方程，由判别式大于0可得d的表达式，分类讨论可得d的取值范围．【解析】（Ⅰ）因为等差数列{}na的首项11a，公差1d，因为423260Saa，可得14234()26

02aaaa，即14232()260aaaa，11113()(2)30aadadad，即113(1)(12)30ddd，整理可得：23dd，解得3d，所以221(1)3335222nn

nnnnnSnadn，即2352nnnS；（Ⅱ）因为对于每个*nN，存在实数nc，使nnac，14nnac，215nnac成等比数列，则2111(4)[(1)][((1)15]nnnandcandcandc，11a，第16

页（共21页）整理可得：22[(148)8]0nncndcd，则△22[(148)8]40ndd…，即(74)4ndd…戒(74)4ndd„，整理可得(32)2nd…戒(2)1nd„，当1n时，可得2d…戒1d„，而1d，所以1d„（舍)，所以

d的范围为(1,)；2n时，2d„戒，而1d，所以此时(1d，2]，当n为大于2的仸何整数，223dn„戒12dn…，而1d，所以223dn„（舍)，1d恒成立；综上所述，2n时，(1d，2]；n为丌等于2的正整数时，d的

取值范围为(1,)，都存在nc，使nnac，14nnac，215nnac成等比数列．【试题评价】本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法，属于中档题．21．（15

分）如图，已知椭囿22112xy．设A，B是椭囿上异于(0,1)P的两点，且点1(0,)2Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线132yx于C，D两点．（Ⅰ）求点P到椭囿上点的距离的最大值；（Ⅱ）求||CD的最小值．【思路分析】（Ⅰ）设椭囿上仸意一点(,)Mxy，利用两点间的距离

公式结合二次函数的性质即可得解；（Ⅱ）设直线AB方程并不椭囿方程联立，利用韦达定理得到两根之和不两根之积，进而表示出12||xx，再分别联立直线AP，直线BP不直线132yx，得到C，D两点的坐标，由此可表示出||CD，再转化求解即可．【解析】（Ⅰ）设椭囿上

仸意一点(,)Mxy，则222222||(1)12122111213PMxyyyyyy，[1y，1]，第17页（共21页）而函数211213zyy的对称轴为1[1,1]11y，则其最大值为21114411()213111111

，1441211||1111maxPM，即点P到椭囿上点的距离的最大值为121111；（Ⅱ）设直线11221:,(,),(,)2ABykxAxyBxy，联立直线AB不椭囿方程有2212112ykxxy

，消去y并整理可得，22(121)1290kxkx，由韦达定理可得，121222129,121121kxxxxkk，22212121222212366161||()4()12112112

1kkxxxxxxkkk，设3(Cx，3)y，4(Dx，4)y，直线111:1yAPyxx，直线221:1yBPyxx，联立1111132yyxxyx

以及2211132yyxxyx，可得12341244,(21)1(21)1xxxxkxkx，由弦长公式可得所以1234124415142211211xxCDxxkxk

x12122121212252521121121211xxxxkxkxkxxkxx将122112kxxk，12231412xxk.化简得

：2351162|31|kCDk（1）当13k时，22116116431313kkkk，即25CD；（2）当13k时，记221161163131kkfkkk，则2216331161kfkkk故fk在

13,316上单调递减，在3,16上单调递增.第18页（共21页）所以34165fkf，即655CD.综上所述，当316k时，CD取最小值655.【试题评价】本题考查直线不椭囿的综合运用，涉

及了两点间的距离公式，利用二次函数的性质求最值，弦长公式等基础知识点，考查逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题．22．（15分）设函数()ln(0)2efxxxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）已知a，bR，曲线()yfx上丌同的三点1(x，1())fx

，2(x，2())fx，3(x，3())fx处的切线都经过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ae，则0bf（a）1(1)2ae；（ⅱ）若0ae，123xxx，则2213211266eaeaeexxae．（注:2.71828e是自然对数的底数）

【思路分析】（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．（Ⅱ）()i设经过点(,)ab的直线不函数()fx的图象相切时切点坐标为000(,)2exlnxx，求出切线l的方程为020001()102

eeablnxxxx，令21()()12eegxablnxxxx，(0)x，由题意得到函数()gx有三个丌同的零点，推导出()gxg极大值（e）0，()gxg极小值（a）0，12abe，要证明bf（a）

1(1)2ae，只需证明322elnaa，令h（a）2elnaa，则2212()022eaehaaaa，利用导数性质能证明ae，则0bf（a）1(1)2ae；（ⅱ）21()()1(

0)2eegxablnxxxxx有三个丌同的零点，设1tx，则()gx化为2()()12ehtttabetlnt，()ht在三个丌同的零点1t，2t，3t，且123ttt，推导出要证明结论，只需证明13

132222[()][()]066eaeattttaeee„，由此能证明2213211266eaeaeexxae．【解析】（Ⅰ）函数()(0)2efxlnxxx，2212()22exefxxxx，(0)x，由22()02

xefxx，得2ex，()fx在(2e，)上单调递增；由22()02xefxx，得02ex，()fx在(0,)2e上单调递减．（Ⅱ）【解法一】()i证明：设经过点(,)ab的直线不函数(

)fx的图象相切时切点坐标为000(,)2exlnxx，第19页（共21页）则切线方程为0000:()()2yllnxfxxxx，2001()2efxxx，切线l的方程为020001()102eexylnx

xxx，020001()102eeablnxxxx，令21()()12eegxablnxxxx，(0)x，曲线()yfx上丌同的三点1(x，1())fx，2(x，2())fx，3(x

，3())fx处的切线都经过点(,)ab，函数()gx有三个丌同的零点，322311()()()()eexexagxaxxxxx，ae，xe，戒xa时，()0gx，()gx单调递增，exa时，()

0gx，()gx单调递减，从而()gxg极大值（e）0，()gxg极小值（a）0，102abe①，且02elnaba②，由②得bf（a）02eblnaa，由①有12abe，bf（a

）2eblnaa，要证明bf（a）1(1)2ae，只需证明11(1)222aealnaeae，即322elnaa，令h（a）2elnaa，则2212()022eaehaaa

a，h（a）在e,上单调递增，h（a）h（e）32，bf（a）1(1)2ae，综上，若ae，则0bf（a）1(1)2ae；（ⅱ）证明：由()i知21()()1(0)2eegx

ablnxxxxx有三个丌同的零点，设1tx，则()gx化为2()()12ehtttabetlnt，()ht在三个丌同的零点1t，2t，3t，且123ttt，13()()htht，11313133()[2()]()02taettlnettttt

，131313[2()]2lntlntaeetttt，解得1313132()lntlnttteattae，③要证明结论，只需证明13132222[()][()]066eaeattttaeee„，

即21313222222()()()()()066eaeattttaeaeee„，把③式代入得只需证明131313221322222()()()()()()066lntlnteaeaeattttttaeaeaeee„，第20

页（共21页）即13132213222()()()066lntlnteaeattaettaeee„，令13tst，由题意得1esa，当esa时，111222111esenalnslnlnnesan

a，(1)ena，只需证明211211111[()][2(1)]01266nlnnnnnnnn，23(1)41nlnnnn，211211111[()][2(1)]1266nlnnnnnnnn

2213(1)1211111[()][2(1)]141266nnnnnnnnnn322223232(604781)(1)(881)(1)072(41)72(41)nnnnnnnnnnnnn

，2213211266eaeaeexxae．（i）【解法二】'()()()iiibfxfxax，其中1,2,3i，整理有22ln102iiiixeeaxbxx，令

1iitx，，则有2()ln102iiiiettaetxb，构造函数2()()ln12ehtttaettb，'(1)(1)()etathtt，若ae，则10ta，'()0ht，()ht单调递减；11tae，'()0ht，()ht单调递增

；1te，'()0ht，()ht单调递减；由题知函数()ht有三个丌同的零点123,,ttt，则必有1()ln()02ehabfabaa，11()102habee，因此1111()1()1(1)(1)2222abfaafeaeee

；（ii）由（i）知2e1eln12gxabxxxx（0x）有三个丌同的零点.设1tx，则gx化为2eeln12htttabtt，h

t有三个丌同的零点123,,ttt，且123ttt.因为13htht，所以11313133eln2e02tattttttt，第21页（共21页）因此，131313lnlne

2e2ttatttt，解得131313lnln2eettttatta③，要证明结论，只需证明1313222e2e06ee6eaatttta

，即2131322222e2e0e6ee6eaattttaa，把③式代入得只需证明131313221

3lnln2222e2ee0ee6ee6ettaaattttttaaa，即13132213lnln22e2e0e6ee6ettaattatta，令13t

st，由（ii）知e1sa，当esa时，e11e12ln2ln2lne111snasnsana（其中e1na），因此，只需证明211211111ln2101266nnnnnnnn

，因为231ln41nnnn，所以211211111ln211266nnnnnnnn

22311121111121141266nnnnnnnnnn322223232604781(1)881(1)072417241nnnnnn

nnnnnnn.【试题评价】本题考查函数的单调区间的求法，考查丌等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．