【文档说明】2022年高考数学真题分类汇编11份及答案.docx，共(162)页，7.965 MB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-66564.html

以下为本文档部分文字说明：

2022高考数学真题分类汇编一、集合一、单选题1.（2022·全国甲（理））设全集{2,1,0,1,2,3}U，集合2{1,2},430ABxxx∣，则()UABð（）A.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}D.{2,0}【答案】D【解析】【分析】解方程求出集合

B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，2=4301,3Bxxx，所以1,1,2,3AB,所以U2,0ABð.故选：D.2.（2022·全国甲（文））设集合5{2,1,0,1,2},02

ABxx∣，则AB（）A.0,1,2B.{2,1,0}C.{0,1}D.{1,2}【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为2,1,0,1,2A，502Bxx∣，所以0,1,2AB．故选：A.3.（2

022·全国乙（文））集合2,4,6,8,10,16MNxx，则MN（）A.{2,4}B.{2,4,6}C.{2,4,6,8}D.{2,4,6,8,10}【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出

．【详解】因为2,4,6,8,10M，|16Nxx，所以2,4MN．故选：A.4.（2022·全国乙（理））设全集{1,2,3,4,5}U，集合M满足{1,3}UMð，则（）A.2MB.3MC.4MD.5M【答案

】A【解析】【分析】先写出集合M,然后逐项验证即可【详解】由题知{2,4,5}M,对比选项知，A正确,BCD错误故选:A5.（2022·新高考Ⅰ卷）若集合{4},{31}MxxNxx∣∣，则MN（）A.02xxB.123xxC

.316xxD.1163xx【答案】D【解析】【分析】求出集合,MN后可求MN.详解】1{16},{}3MxxNxx∣0∣，故1163MNxx，故选：D6.（2022·新高考Ⅱ卷）已知集合1,1,2,4,11ABxx

，则AB（）A.{1,2}B.{1,2}C.{1,4}D.{1,4}【答案】B【解析】【分析】求出集合B后可求AB.【详解】|02Bxx，故1,2AB，故选：B.7.（2022·北京卷T1）已知全集{33}Uxx，集合{21}Axx

，则UA=ð（）【A.(2,1]B.(3,2)[1,3)C.[2,1)D.(3,2](1,3)【答案】D【解析】【分析】利用补集的定义可得正确的选项．【详解】由补集定义可知：{|32UAxxð或13}x，即(

3,2](1,3)UAð，故选：D．8.（2022·浙江卷T1）设集合{1,2},{2,4,6}AB，则AB（）A.{2}B.{1,2}C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}【答案】D【解析】【分

析】利用并集的定义可得正确的选项.详解】1,2,4,6AB，故选：D.二、常用逻辑用语1.（2022·北京卷T6）设na是公差不为0的无穷等差数列，则“na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的（）A.充分而不必要条

件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列na的公差为d，则0d，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列na的公差为d，则0d，记x为不超过

x的最大整数.若na为单调递增数列，则0d，【若10a，则当2n时，10naa；若10a，则11naand，由110naand可得11and，取1011aNd，则当0nN时，0na，所以，“na

是递增数列”“存在正整数0N，当0nN时，0na”；若存在正整数0N，当0nN时，0na，取Nk且0kN，0ka，假设0d，令0nkaankd可得kankd，且kakkd，当1

kankd时，0na，与题设矛盾，假设不成立，则0d，即数列na是递增数列.所以，“na是递增数列”“存在正整数0N，当0nN时，0na”.所以，“na是递增数列”是“存在正整数0N

，当0nN时，0na”的充分必要条件.故选：C.2.（2022·浙江卷T4）设xR，则“sin1x”是“cos0x”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解

析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为22sincos1xx可得：当sin1x时，cos0x，充分性成立；当cos0x时，sin1x，必要性不成立；所以当xR，sin1x是cos0x

的充分不必要条件.故选：A.2022高考数学真题分类汇编二、复数一、单选题1.（2022·全国甲（理））若13iz，则1zzz（）A.13iB.13iC.13i33D.13i33【答案】C【

解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.2.（2022·全国甲（文））若1iz．则|i3|zz（）A.45B.42C.25D.22【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模

的计算公式即可求出．【详解】因为1iz，所以i3i1i31i22izz，所以i34422zz．故选：D.3.（2022·全国乙（文））设(12i)2iab，其中,ab为实数，则（）A.1,1abB.1,1abC.1

,1abD.1,1ab【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．【详解】因为,abÎR，2i2iaba，所以0,22aba，解得：1,1ab．故选：A.4.（2022·全国乙（理））已知12zi，且0zazb

，其中a，b为实数，则（）A.1,2abB.1,2abC.1,2abD.1,2ab【答案】A【解析】【分析】先算出z,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】12iz1

2i(12i)(1)(22)izazbababa由0zazb,得10220aba,即12ab故选:A5.（2022·新高考Ⅰ卷）2.若i(1)1z，则zz（）A.2B.1C.1D.2

【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法可求z，从而可求zz.【详解】由题设有21i1iiiz，故1+iz，故1i1i2zz，故选：D6.（2022·新高考Ⅱ卷）(22i)(12i)（）A.24iB.24i

C.62iD.62i【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法可求22i12i.【详解】22i12i244i2i62i，故选：D.7.（2022·北京卷T2）若复数z满足i34iz，则z（）A.1B.5C.7D.25【答案】B【解析】【分析】利用复

数四则运算，先求出z，再计算复数的模．【详解】由题意有34ii34i43iiiiz，故223|54|z．故选：B．8.（2022·浙江卷T2）已知,,3i(i)iababR（i为虚数单位），则（）A.

1,3abB.1,3abC.1,3abD.1,3ab【答案】B【解析】【分析】利用复数相等的条件可求,ab.【详解】3i1iab，而,ab为实数，故1,3ab，故选：B.2022高考数学真题分类汇编三、不等式一、选择

题1.（2022·全国甲（文）T12）已知910,1011,89mmmab，则（）A.0abB.0abC.0baD.0ba【答案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log101m，再利用基本不等式，换底公

式可得lg11m，8log9m，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m可得9lg10log101lg9m，而222lg9lg11lg99lg9lg111lg1022

，所以lg10lg11lg9lg10，即lg11m，所以lg11101110110ma．又222lg8lg10lg80lg8lg10lg922，所以lg9lg10lg8lg9，即8log9m

，所以8log989890mb．综上，0ab．故选：A.2.（2022·全国甲（理）T12）已知3111,cos,4sin3244abc，则（）A.cbaB.bacC.abcD.acb【答案

】A【解析】【分析】由14tan4cb结合三角函数的性质可得cb；构造函数21()cos1,(0,)2fxxxx，利用导数可得ba，即可得解.【详解】因为14tan4cb,因为当π0,,sintan2xxxx所以11tan44,即

1cb,所以cb；设21()cos1,(0,)2fxxxx，()sin0fxxx，所以()fx在(0,)单调递增，则1(0)=04ff,所以131cos0432，所以ba,所以cba，故选：A3.（2022·新高考

Ⅰ卷T7）设0.110.1e,ln0.99abc，，则（）A.abcB.cbaC.cabD.acb【答案】C【解析】【分析】构造函数()ln(1)fxxx，导数判断其单调性，由此确定,,abc大小.【详解】设()ln(1)(1)fxxxx

，因为1()111xfxxx，当(1,0)x时，()0fx，当,()0x时()0fx，所以函数()ln(1)fxxx在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，所以1()(0)09ff，所以101l

n099，故110lnln0.999，即bc，所以1()(0)010ff，所以91ln+01010，故1109e10，所以11011e109，故ab，设()eln(1)(01)xgxxxx，则21e11()

+1e11xxxgxxxx,令2()e(1)+1xhxx，2()e(21)xhxxx，当021x时，()0hx，函数2()e(1)+1xhxx单调递减，当211x时，()0hx，函数2()e(1)+

1xhxx单调递增，又(0)0h，的所以当021x时，()0hx，所以当021x时，()0gx，函数()eln(1)xgxxx单调递增，所以(0.1)(0)0gg，即0.10.1eln0.9，所以ac故选：C

.4.（2022·新高考Ⅱ卷T12）对任意x，y，221xyxy，则（）A.1xyB.2xyC.222xyD.221xy【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．【详解】因为22222ababab（,abÎR），由221xyxy可变形为，221332xyxyxy，解得22xy，当且仅当1xy时

，2xy，当且仅当1xy时，2xy，所以A错误，B正确；由221xyxy可变形为222212xyxyxy，解得222xy，当且仅当1xy时取等号，所以C正确；因为221xyxy变形

可得223124yxy，设3cos,sin22yxy，所以12cossin,sin33xy，因此222252111cossinsincos1sin2cos233333xy42π2sin2,23363

，所以当33,33xy时满足等式，但是221xy不成立，所以D错误．故选：BC．2022高考数学真题分类汇编四、平面向量一、选择题1.（2022·全国乙（文）T3）已知向量(2,1)(2,4)ab，，则abrr（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【

解析】【分析】先求得ab，然后求得abrr.【详解】因为2,12,44,3ab，所以22435ab.故选：D2.（2022·全国乙（理）T3）已知向量,ab满足||1,||3,|

2|3abab，则ab（）A.2B.1C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵222|2|||44abaabb，又∵||1

,||3,|2|3,abab∴91443134abab，∴1ab故选：C.3.（2022·新高考Ⅰ卷T3）在ABC中，点D在边AB上，2BDDA．记CAmCDn，，则CB（）A.32mnB.23mnC.32mnD.23mn【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，2BDDA，所以2BDDA，即2CDCBCACD，所以CB3232CDCAnm23mn

．故选：B．4.（2022·新高考Ⅱ卷T4）已知(3,4),(1,0),tabcab，若,,acbc，则t（）A.6B.5C.5D.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【详解】解：3,4ct,cos,cos,acbc,即931635ttcc,解得5t,故选：C二、填空题1.（2022·全国甲（文）T13）已知向量(,3),(1,1

)ambm．若ab，则m______________．【答案】34或0.75【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：3(1)0abmm，解得34m.故答案为：34

.2.（2022·全国甲（理）T13）设向量a，b的夹角的余弦值为13，且1a，3br，则2abb_________．【答案】11【解析】【分析】设a与b的夹角为，依题意可得1cos3，再根据数量积的定义求

出ab，最后根据数量积的运算律计算可得．【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为13，即1cos3，又1a，3br，所以1cos1313abab，所以222222

21311abbabbabb．故答案为：11．2022高考数学真题分类汇编五、函数与导数一、选择题1.（2022·全国甲（文T7）(理T5)）函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函

数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos,,22xxfxxx，则33cos33cosxxxxfxxxfx，所以fx为奇函数，排除BD；又当0,2x时

，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.2.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可

知()12f=-，10f即可解得,ab，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab

，所以222fxxx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，1x时取最大值，满足题意，即有112122f．故选：B.3.（2022·全国乙（文T8）如图是下列四

个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是（）A.3231xxyxB.321xxyxC.22cos1xxyxD.22sin1xyx【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设321x

xfxx，则10f，故排除B;设22cos1xxhxx，当π0,2x时，0cos1x，所以222cos2111xxxhxxx，故排除C;设22sin1xgxx，则2sin33010g，故排除D

.故选：A.4.（2022·全国乙（理）T12）已知函数(),()fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxgxfx．若()ygx的图像关于直线2x对称，(2)4g，则221()kfk（）A.21B.

22C.23D.24【答案】D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2fxfx，从而得到352110fff，462210fff，然后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到36g从而得到1f的值即可求解.【详解】因为(

)ygx的图像关于直线2x对称，所以22gxgx，因为()(4)7gxfx，所以(2)(2)7gxfx，即(2)7(2)gxfx，因为()(2)5fxgx，所以()(2)5fxgx，代入得()7(2)5fxfx

，即()(2)2fxfx，所以35212510fff，46222510fff.因为()(2)5fxgx，所以(0)(2)5fg，即01f

，所以(2)203ff.因为()(4)7gxfx，所以(4)()7gxfx，又因为()(2)5fxgx，联立得，2412gxgx，所以()ygx的图像关于点3,6中心对称，因

为函数()gx的定义域为R，所以36g因为()(2)5fxgx，所以1531fg.所以221123521462213101024()kfffffffffk

.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.5.（2022·新高考Ⅰ卷T10）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【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合()fx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.【详解】由题，231fxx，令0f

x得33x或33x，令()0fx得3333x，所以()fx在33(,)33上单调递减，在3(,)3，3(,)3上单调递增，所以33x是极值点，故A正确；因323()1039f，323()1039f，250f，所以，函

数fx在3,3上有一个零点，当33x时，303fxf，即函数fx在33,+上无零点，综上所述，函数()fx有一个零点，故B错误；令3()hxxx，该函数的定义域为R，

33hxxxxxhx，则()hx是奇函数，(0,0)是()hx的对称中心，将()hx的图象向上移动一个单位得到()fx的图象，所以点(0,1)是曲线()yfx的对称中心，故C正确；令2312fxx，可得1x，又

(1)11ff，当切点为(1,1)时，切线方程为21yx，当切点为(1,1)时，切线方程为23yx，故D错误.故选：AC6.（2022·新高考Ⅰ卷T12）已知函数()fx及其导函数()fx的定义域均为R，记()()gxfx，若322fx，(

2)gx均为偶函数，则（）A.(0)0fB.102gC.(1)(4)ffD.(1)(2)gg【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.【详解】因为322fx，(2)gx均为偶函数，所以332222fxfx即3322fxfx，(2)(2)gxgx，所以

3fxfx，(4)()gxgx，则(1)(4)ff，故C正确；函数()fx，()gx的图象分别关于直线3,22xx对称，又()()gxfx，且函数()fx可导，所以30,32ggxgx，所以(4)()3gxgxgx，所以

(2)(1)gxgxgx，.所以13022gg，112ggg，故B正确，D错误；若函数()fx满足题设条件，则函数()fxC（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定()fx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.7.（2022·新高考Ⅱ卷T8）若函数()fx的定义域为R，且()()(

)(),(1)1fxyfxyfxfyf，则221()kfk（）A.3B.2C.0D.1【答案】A【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的

1,2,,6fff的值，即可解出．【详解】因为fxyfxyfxfy，令1,0xy可得，2110fff，所以02f，令0x可得，2fyfyfy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令1y得，

111fxfxfxffx，即有21fxfxfx，从而可知21fxfx，14fxfx，故24fxfx，即6fxfx，所以函数fx的一个周期为6．因为210121fff，3

21112fff，4221fff，5111fff，602ff，所以一个周期内的1260fff．由于22除以6余4，所以221123411213kfkffff

．故选：A．8.（2022·北京卷T4）己知函数1()12xfx，则对任意实数x，有（）A.()()0fxfx-+=B.()()0fxfxC.()()1fxfxD.1()()3fxfx【答案】C【解析】【分析】直接代入

计算，注意通分不要计算错误．【详解】1121112121212xxxxxfxfx，故A错误，C正确；11212121121212122121xxxxxxxxfxfx，不是常数，故BD错误；故选：C．9.（2022·北京卷T

7）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar．下列结论中正确的是（）A.当220T

，1026P时，二氧化碳处于液态B.当270T，128P时，二氧化碳处于气态C.当300T，9987P时，二氧化碳处于超临界状态D.当360T，729P时，二氧化碳处于超临界状态【答案】D【解析】【分析】根据T与lgP的关系图可得正确的

选项.【详解】当220T，1026P时，lg3P，此时二氧化碳处于固态，故A错误.当270T，128P时，2lg3P，此时二氧化碳处于液态，故B错误.当300T，9987P时，lgP与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，另一方面，300T时对应的是非超临界状

态，故C错误.当360T，729P时，因2lg3P,故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.故选：D10.（2022·浙江卷T7）已知825,log3ab，则34ab（）A.25B.5C.259D.53【答案】C【解析】【分析】根据指数

式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．【详解】因为25a，821log3log33b，即323b，所以22323232452544392aaabbb．故选：C.二、填空题1.（2022·全国乙（文T16）若

1ln1fxabx是奇函数，则a_____，b______．【答案】①.12；②.ln2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数1ln1fxabx为奇

函数，所以其定义域关于原点对称．由101ax可得，110xaax，所以11axa，解得：12a，即函数的定义域为,11,11,，再由00f

可得，ln2b．即111lnln2ln211xfxxx，在定义域内满足fxfx，符合题意．故答案为：12；ln2．2.（2022·全国乙（理）T16）已知1xx和2xx分别是函数2()2exfxax（0a且1a）的极小值点和极大值

点．若12xx，则a的取值范围是____________．【答案】1,1e【解析】【分析】由12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，可得12,,xxx

时，0fx，12,xxx时，0fx，再分1a和01a两种情况讨论，方程2ln2e0xaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，构造函数lnxgxaa，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.【详解】解

：2ln2exfxaax，因为12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，所以函数fx在1,x和2,x上递减，在12,xx上递增，所以当1

2,,xxx时，0fx，当12,xxx时，0fx，若1a时，当0x时，2ln0,2e0xaax，则此时0fx，与前面矛盾，故1a不符合题意，若01a时，则方程2l

n2e0xaax的两个根为12,xx，即方程lnexaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，令lnxgxaa，则2ln,01xgxaaa，设过原点且与函数ygx的图象相切的

直线的切点为00,lnxxaa，则切线的斜率为020lnxgxaa，故切线方程为0020lnlnxxyaaaaxx，则有0020lnlnxxaaxaa，解得01lnxa，则切线的斜率为122lnl

nelnaaaa，因为函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，所以2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的范围为1,1e.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几

何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.3.（2022·新高考Ⅰ卷T15）若曲线()exyxa有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______________．【答案】,40,【解析】【分析】设出切点横

坐标0x，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关于0x的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵()exyxa，∴(1)exyxa，设切点为00,xy,则000exyxa,切

线斜率001exkxa,切线方程为：00000e1exxyxaxaxx,∵切线过原点，∴00000e1exxxaxax,整理得：2000xaxa,∵切线有两条，∴240aa,解得4a或0a,∴a的取值

范围是,40,,故答案为：,40,4.（2022·新高考Ⅱ卷T14）写出曲线ln||yx过坐标原点的切线方程：____________，____________．【答案】①.1eyx②.1e

yx【解析】【分析】分0x和0x两种情况，当0x时设切点为00,lnxx，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0x，即可求出切线方程，当0x时同理可得；【详解】解：因为lnyx，当0x时lny

x，设切点为00,lnxx，由1yx，所以001|xxyx，所以切线方程为0001lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以0001lnxxx，解得0ex，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；的当0x时lnyx，设切点为11,

lnxx，由1yx，所以111|xxyx，所以切线方程为1111lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以1111lnxxx，解得1ex，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；故答案为：1eyx；1eyx5

.（2022·北京卷T11）函数1()1fxxx的定义域是_________．【答案】,00,1【解析】【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【详解】解：因为11fxxx，所以100

xx，解得1x且0x，故函数的定义域为,00,1；故答案为：,00,16.（2022·北京卷T14）设函数21,,2,.axxafxxxa若()fx存在最小值，则a的一个取值为________；

a的最大值为___________．【答案】①0（答案不唯一）②.1【解析】【分析】根据分段函数中的函数1yax的单调性进行分类讨论，可知，0a符合条件，0a不符合条件，0a时函数1yax没有最小值，故()fx的最小

值只能取2(2)yx的最小值，根据定义域讨论可知210a或2212aa，解得01a..【详解】解：若0a时，21,0(){(2),0xfxxx，∴min()0fx；若0a时，当xa时，()1fxax单调递增，当

x时，()fx，故()fx没有最小值，不符合题目要求；若0a时，当xa时，()1fxax单调递减，2()()1fxfaa，当xa时，min20(02)(){(2)(2)afxaa∴210a或2212aa（），解得01a，综

上可得01a；故答案为：0（答案不唯一），17.（2022·浙江卷T14）已知函数22,1,11,1,xxfxxxx则12ff________；若当[,]xab时，1()3fx，则ba的最大值是_________．【答案

】①.3728②.33##3+3【解析】【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.【详解】由已知2117()2224f，77437()144728f，所以1

37()228ff，当1x时，由1()3fx可得2123x，所以11x，当1x时，由1()3fx可得1113xx，所以123x，1()3fx等

价于123x，所以[,][1,23]ab，所以ba的最大值为33.故答案为：3728，33.三、解答题1.（2022·全国甲（文）T20）已知函数32(),()fxxxgxxa，曲线()yfx在点11

,xfx处的切线也是曲线()ygx的切线．（1）若11x，求a；（2）求a的取值范围．【答案】（1）3（2）1,【解析】【分析】（1）先由()fx上的切点求出切线方程，设出()gx上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出()gx上的切点坐标，分别

由()fx和()gx及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【小问1详解】由题意知，(1)1(1)0f，2()31xfx，(1)312f，则()yfx在点1,0处的切线方程为2(1)yx，即

22yx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()22gxx，解得21x，则(1)122ga，解得3a；【小问2详解】2()31xfx，则()yfx在点11(),xfx处的切线方程为3211

1131()yxxxxx，整理得2311312yxxx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()2gxx，则切线方程为22222()yxaxxx

，整理得2222yxxxa，则21232123122xxxxa，整理得2223343212111113193122222424xaxxxxxx，令432931()2424hxxxx

，则32()9633(31)(1)hxxxxxxx，令()0hx，解得103x或1x，令()0hx，解得13x或01x，则x变化时，(),()hxhx的变化情况如下表：x1,3131,030

0,111,()hx000()hx527141则()hx的值域为1,，故a的取值范围为1,.2.（2022·全国甲（理）T21）已知函数lnxfxxaxxe．（1）若

0fx，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点12,xx，则环121xx．【答案】（1）(,1]e（2）证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e11e2ln02xxxx

xxx，再利用导数即可得证.【小问1详解】()fx的定义域为(0,)，2111()e1xfxxxx1111e1e11xxxxxxxx

令()0fx,得1x当(0,1),()0,()xfxfx单调递减当(1,),()0,()xfxfx单调递增()(1)e1fxfa，若()0fx,则e10a,即1ae所以a的取值范围为(,1]e【小问2详解】由题知,fx一

个零点小于1,一个零点大于1不妨设121xx<<要证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证121fxfx因为12fxfx,即证221fxfx

即证1e1lneln0,(1,)xxxxxxxxx即证1e11e2ln02xxxxxxx下面证明1x时，1e11e0,ln02xxxxxxx设11(),eexxgxxxx，

则11122111111()eee1ee1xxxxxgxxxxxxxx111e1e1eexxxxxxxxx

设22e1111,ee0xxxxxxxxxxx所以1ex,而1eex所以1ee0xxx,所以()0gx所以()gx在(1,)单调递增即()(1)0gxg,所以1ee0xxxx令11()ln,12

hxxxxx2222211121(1)()10222xxxhxxxxx所以()hx在(1,)单调递减即()(1)0hxh,所以11ln02xxx

；综上,1e11e2ln02xxxxxxx,所以121xx.【点睛】关键点点睛：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln2hxxxx这个函数经常出现，需要掌握

3.（2022·全国乙（文）T20）已知函数1()(1)lnfxaxaxx．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）0,【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即

可得解；（2）求导得211axxfxx，按照0a、01a及1a结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.是【小问1详解】当0a时，1ln,0fxxxx，则22111xfxxxx，当0

,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以max11fxf；【小问2详解】11ln,0fxaxaxxx，则221111

axxafxaxxx，当0a时，10ax，所以当0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以max110fxfa，此时函数无

零点，不合题意；当01a时，11a，在10,1,,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在11,a上，()0fx¢<，fx单调递减；又110fa，当x趋近正无穷大时，fx趋近于正无穷

大，所以fx仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a时，2210xfxx，所以fx单调递增，又110fa，所以fx有唯一零点，符合题意；当1a时，11a，

在10,,1,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在1,1a上，()0fx¢<，fx单调递减；此时110fa，又1111lnnnnfanaaaa，当n趋近正无穷大时，1nfa趋近负无穷，所以fx在

10,a有一个零点，在1,a无零点，所以fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.

4.（2022·全国乙（理）T21）已知函数ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点，求a

的取值范围．【答案】（1）2yx（2）(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)两部分研究【小问1详解】()fx的定义域为(1,)当1a时,()ln(1),(0)0exxfxxf,所以切点为(

0,0)11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为2所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx【小问2详解】()ln(1)exaxfxx2e11(1)()1e(1

)exxxaxaxfxxx设2()e1xgxax1若0a,当2(1,0),()e10xxgxax,即()0fx所以()fx在(1,0)上单调递增,()(0)0f

xf故()fx在(1,0)上没有零点,不合题意2若10a剟,当,()0x,则()e20xgxax所以()gx在(0,)上单调递增所以()(0)10gxga…,即()0fx所以()fx在(0,)

上单调递增,()(0)0fxf故()fx在(0,)上没有零点,不合题意3若1a(1)当,()0x,则()e20xgxax,所以()gx在(0,)上单调递增(0)10,(1)e0gag所以存在

(0,1)m,使得()0gm,即()0fm当(0,),()0,()xmfxfx单调递减当(,),()0,()xmfxfx单调递增所以当(0,),()(0)0xmfxf当,()xfx所以()fx在(,)m

上有唯一零点又(0,)m没有零点,即()fx在(0,)上有唯一零点(2)当2(1,0),()e1xxgxax设()()e2xhxgxax()e20xhxa所以()gx在(

1,0)单调递增1(1)20,(0)10egag所以存在(1,0)n,使得()0gn当(1,),()0,()xngxgx单调递减当(,0),()0,()xngxgx单调递增()(0)10gxga

又1(1)0eg所以存在(1,)tn,使得()0gt,即()0ft当(1,),()xtfx单调递增,当(,0),()xtfx单调递减有1,()xfx而(0)0f,所以当(,0),()0xtfx所以()fx在(1,

)t上有唯一零点,(,0)t上无零点即()fx在(1,0)上有唯一零点所以1a,符合题意所以若()fx在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯

定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.5.（2022·新高考Ⅰ卷T22）已知函数()xfxeax和()lngxaxx有相同最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线()yfx和()ygx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）1a,的（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.（2）根据（1）可得当1b时，exxb的解的个数、lnxxb的解的个数均为2，构

建新函数()eln2xhxxx，利用导数可得该函数只有一个零点且可得,fxgx的大小关系，根据存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点可得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】()exfxax的定义域为R，而()exfxa，若0a，则()0fx，此时()fx无最小值，故0a.()lngxaxx的定义域为0,，而11()axgxaxx.当lnxa时，(

)0fx，故()fx在,lna上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()fx在ln,a上为增函数，故min()lnlnfxfaaaa.当10xa时，()0gx，故()gx在10

,a上为减函数，当1xa时，()0gx，故()gx在1,a上为增函数，故min11()1lngxgaa.因为()exfxax和()lngxaxx有相同的最小值，故11lnlnaa

aa，整理得到1ln1aaa，其中0a，设1ln,01agaaaa，则222211011agaaaaa，故ga为0,上的减函数，而()10g=，故

0ga的唯一解为1a，故1ln1aaa的解为1a.综上，1a.【小问2详解】由（1）可得e()xxfx和()lngxxx的最小值为11ln11ln11.当1b时，考虑exxb的解的个数、lnxxb的解的个

数.设exSxxb，e1xSx，当0x时，0Sx，当0x时，0Sx，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以min010SxSb，而e0bSb，e2bSbb，设e2bu

bb，其中1b，则e20bub，故ub在1,上为增函数，故1e20ubu，故0Sb，故exSxxb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.设lnTx

xxb，1xTxx，当01x时，()0Tx¢<，当1x时，0Tx，故Tx在()0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以min110TxTb，而ee0bbT，ee2

0bbTb，lnTxxxb有两个不同的零点即lnxxb的解的个数为2.当1b，由（1）讨论可得lnxxb、exxb仅有一个零点，当1b时，由（1）讨论可得lnxxb、exxb均无零点，故若存在直线yb

与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点，则1b.设()eln2xhxxx，其中0x，故1()e2xhxx，设e1xsxx，0x，则e10xsx，故sx在0,上为增函数，故00sxs即e1xx，所以1

()1210hxxx，所以()hx在0,上为增函数，而(1)e20h，31e333122()e3e30eeeh，故hx在0,上有且只有一个零点0x，0311ex且：当00xx

时，0hx即elnxxxx即fxgx，当0xx时，0hx即elnxxxx即fxgx，因此若存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同交点，故00

1bfxgx，此时exxb有两个不同的零点1010,(0)xxxx，此时lnxxb有两个不同的零点0404,(01)xxxx，故11exxb，00exxb，44ln0xxb，00ln0xxb所以44lnxbx

即44exbx即44e0xbxbb，故4xb为方程exxb的解，同理0xb也为方程exxb的解又11exxb可化为11exxb即11ln0xxb即11ln0xbxbb，故1xb为方程lnxx

b的解，同理0xb也为方程lnxxb的解，所以1004,,xxxbxb，而1b，故0410xxbxxb即1402xxx.【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.6.（2022·新高考Ⅱ卷T22）已知函数()eeaxxfxx．的（1）当1a时，讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()1fx，求a的取值范围；（3）设n

N，证明：222111ln(1)1122nnn．【答案】（1）fx的减区间为,0，增区间为0,.（2）12a（3）见解析【解析】【分析】（1）求出()fx¢，讨论其符号后可得fx的单调性.（2）设ee1axxhxx，求出hx，先讨论1

2a时题设中的不等式不成立，再就102a结合放缩法讨论hx符号，最后就0a结合放缩法讨论hx的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt对任意的1t恒成立，从而可得21ln1lnnnnn对任意的*nN恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等

式.【小问1详解】当1a时，1exfxx，则exfxx，当0x时，()0fx¢<，当0x时，()0fx¢>，故fx的减区间为,0，增区间为0,.【小问2详解】设ee1axxhxx，则00h，又1eeaxxhxax

，设1eeaxxgxax，则22eeaxxgxaax，若12a，则0210ga，因为gx为连续不间断函数，故存在00,x，使得00,xx，总有()0gx¢>，故gx在00,x为增函数，故

00gxg，故hx在00,x为增函数，故01hxh，与题设矛盾.若102a，则ln11eeeeaxaxaxxxhxax，下证：对任意0x，总有ln1xx成立，证明：设ln1Sxx

x，故11011xSxxx，故Sx在0,上为减函数，故00SxS即ln1xx成立.由上述不等式有ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx，故0hx总成立，即hx在

0,上为减函数，所以01hxh.当0a时，有eee1100axxaxhxax，所以hx在0,上为减函数，所以01hxh.综上，12a.【小问3详解】取12a，则0x

，总有12ee10xxx成立，令12ext，则21,e,2lnxttxt，故22ln1ttt即12lnttt对任意的1t恒成立.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn，整理得到：21l

n1lnnnnn，故222111ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnnln1n，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.7.（2022·北京卷T20）已知函数()eln(1)xfxx．（1）求曲线()yfx在点(0,(0))f处切线方程；（2）设()()gxfx，讨论函数()gx在[0,)上

的单调性；（3）证明：对任意的,(0,)st，有()()()fstfsft．【答案】（1）yx（2）()gx在[0,)上单调递增.（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切

线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令()()()mxfxtfx，(,0)xt，即证()(0)mxm，由第二问结论可知()mx在[0,+∞）上单调递增，即得证.【小问1详解】解：

因为()eln(1)xfxx，所以00f，即切点坐标为0,0，又1()e(ln(1))1xfxxx，∴切线斜率(0)1kf∴切线方程为：yx【小问2详解】解：因为1()()e(ln(1))1xgxfxxx，所以221()e(l

n(1))1(1)xgxxxx，的令221()ln(1)1(1)hxxxx，则22331221()01(1)(1)(1)xhxxxxx，∴()hx在[0,)上单调递增，∴()(0)10hxh∴()0gx在[0,)上恒成立，∴()

gx[0,)上单调递增.【小问3详解】解：原不等式等价于()()()(0)fstfsftf，令()()()mxfxtfx，(,0)xt，即证()(0)mxm，∵()()()eln(1)eln(1)xtxmxfxtfxxtx

，ee()eln(1)eln(1)()()11xtxxtxmxxtxgxtgxxtx，由（2）知1()()e(ln(1))1xgxfxxx在0,上单调递增，∴()()gxtg

x，∴()0mx∴()mx在0,上单调递增，又因为,0xt，∴()(0)mxm，所以命题得证.8.（2022·浙江卷T22）设函数e()ln(0)2fxxxx．（1）求()fx的单调区间；在（2）已知,abR，曲线

()yfx上不同的三点112233,,,,,xfxxfxxfx处的切线都经过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ea，则10()12eabfa；（ⅱ）若1230e,axxx，则221

32e112ee6e6eaaxxa．（注：e2.71828是自然对数底数）【答案】（1）fx的减区间为e02,，增区间为e,2.（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【解析】【分析】（

1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）31xkx，1eam，则题设不等式可转化为2131313122236mmmttmmtt

，结合零点满足的方程进一步转化为211312ln0721mmmmmm，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】22e12e22xfxxxx，当e02x，()0fx¢<；当e2x，

()0fx¢>，故fx的减区间为e02,，fx的增区间为e,2.【小问2详解】（ⅰ）因为过,ab有三条不同的切线，设切点为,,1,2,3iixfxi，故iiifxbfxxa，故方程fxbf

xxa有3个不同的根，的该方程可整理为21eeln022xaxbxxx，设21eeln22gxxaxbxxx，则22321e1e1e22gxxaxxxxxx

31exxax，当0ex或xa时，()0gx¢<；当exa时，()0gx¢>，故gx在0,e,,a上为减函数，在e,a上为增函数，因为gx有3个不同的零点，故e0g且0ga，故21eeelne0e2e2eab

且21eeln022aaabaaa，整理得到：12eab且eln2bafaa，此时1e13e11lnln2e2e22e222aaabfaaaaa

，设3eln22uaaa，则2e-202auaa，故ua为e,上的减函数，故3elne022eua，故1012eabfa（ⅱ）当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得：故gx在

0,,e,a上为减函数，在,ea上为增函数，不妨设123xxx，则1230exaxx，因为gx有3个不同的零点，故0ga且e0g，故21eeelne0e2e2eab且21e

eln022aaabaaa，整理得到：1ln2e2eaaba，.因为123xxx，故1230exaxx，又2ee1ln2aagxxbxx，设etx，0,1eam，则方

程2ee1ln02aaxbxx即为：2eln0e2eaatttb即为21ln02mmtttb，记123123eee,,,tttxxx则113,,ttt为21ln

02mmtttb有三个不同的根，设3131e1xtktxa，1eam，要证：22122e112ee6e6eaaxxa，即证13e2ee26e6eaatta，即证：13132166mmttm，即证：1313132

1066mmttttm，即证：2131313122236mmmttmmtt，而21111ln02mmtttb且23331ln02mmtttb，故

22131313lnln102mttttmtt，故131313lnln222ttttmmtt，故即证：21313131312lnln236mmmttmttmtt，即证：

1213313ln1312072tttmmmttt即证：213121ln0172mmmkkk，记1ln,11kkkkk，则2112ln01kkkkk，设12lnukkkk

，则2122210ukkkkk即0k，故k在1,上为增函数，故km，所以22131213121ln1ln172172mmmmmmk

kmmkm，记211312ln,01721mmmmmmmm，则2232322132049721330721721mmmmmmmmmmm，

所以m在()0,1为增函数，故10m，故211312ln0721mmmmmm即213121ln0172mmmmmm，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关

于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.2022高考数学真题分类汇编六、数列一、选择题1.（2022·全国乙（文）T10）已知等比

数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列na的公比为,0qq，若1

q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则31123425111168142aqaaaqaaaqaq，解得19612aq，所以5613aaq.故选：D.2.（20

22·全国乙（理）T8）已知等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列na的公

比为,0qq，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则31123425111168142aqaaaqaaaqaq，解得19612aq，所以5613aaq.故选：D.3.（2022·全国乙（理）T4）嫦娥二号卫星在完成探月任

务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列nb：1111b，212111b，31231111b，…，依此类推，其中(1,2,)kkN．则（）A15bb

B.38bbC.62bbD.47bb【答案】D【解析】【分析】根据*1,2,kkN…，再利用数列nb与k的关系判断nb中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为*1,2,kkN，所以1121，112111，得到12bb，同理11223111

，可得23bb，13bb又因为223411,11112233411111，故24bb，34bb；以此类推，可得1357bbbb…，78bb，故A错误；的.178bbb，故B错误；26

231111…，得26bb，故C错误；11237264111111…，得47bb，故D正确.故选：D.4.（2022·新高考Ⅱ卷T3）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

面图，1111,,,DDCCBBAA是举，1111,,,ODDCCBBA是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DDCCBBAAkkkODDCCBBA，若123,,kkk是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜

率为0.725，则3k（）A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9【答案】D【解析】【分析】设11111ODDCCBBA，则可得关于3k的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设11111ODDCCBBA，则111213,,CCkBBkAAk

，依题意，有31320.2,0.1kkkk，且111111110.725DDCCBBAAODDCCBBA，所以30.530.30.7254k，故30.9k，故选：D5.（2022·浙江卷T10）已知数列na满足21111,3n

nnaaaanN，则（）A.100521002aB.100510032aC.100731002aD.100710042a【答案】B【解析】【分析】先通过递推关系式确定na除去1a，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133nnn

aaa，累加可求出11(2)3nna，得出1001003a，再利用11111111333132nnnaaann，累加可求出111111113323nnan，再次放缩可得出10051002a．【详解】∵11a，易得

220,13a，依次类推可得0,1na由题意，1113nnnaaa，即1131133nnnnnaaaaa，∴1111133nnnaaa，即211113aa，321113aa，431113aa，…，1111,

(2)3nnnaa，累加可得11113nna，即11(2),(2)3nnna，∴3,22nann，即100134a，100100100334a,又11111111,(2)

333132nnnnaaann，∴211111132aa，321111133aa，431111134aa，…，111111,(3)3nnnaan，累加可得

11111111,(3)3323nnnan，∴10011111111133334943932399326a，即100140a，∴100140a，即100

51002a；综上：100510032a．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.二、填空题1.（2022·全国乙（文）T13）记nS为等差数列na的前n项和．若32236SS，则公差d_______．【答案】2【解析】【分析】转化条件为11

2+226adad，即可得解.【详解】由32236SS可得123122+36aaaaa，化简得31226aaa，即112+226adad，解得2d.故答案为：2.2.（2022·北京卷T15）己知数列na各项均为正数，其前n项

和nS满足9(1,2,)nnaSn．给出下列四个结论：①na的第2项小于3；②na为等比数列；③na为递减数列；④na中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】推导出199nnnaaa，求出

1a、2a的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，Nn，0na，当1n时，219a，可得13a；当2n时，由9nnSa可得119nnSa，两式作差可得199nnnaaa，所以，199n

nnaaa，则2293aa，整理可得222390aa，因为20a，解得235332a，①对；假设数列na为等比数列，设其公比为q，则2213aaa，即2213981SSS

，所以，2213SSS，可得22221111aqaqq，解得0q，不合乎题意，故数列na不等比数列，②错；当2n时，1119990nnnnnnnaaaaaaa，可得1nnaa，所以，数列na为递减数

列，③对；假设对任意Nn，1100na，则10000011000001000100S，所以，1000001000009911000100aS，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题在

推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.三、解答题1.（2022·全国甲（文T18）(理T17）记nS为数列na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，

求nS的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）78．【解析】【分析】（1）依题意可得222nnSnnan，根据11,1,2nnnSnaSSn，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na

的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】解：因为221nnSnan，即222nnSnnan①，是的当2n时，21121211nnSnnan②，①②得，22112212211nnnnSnSn

nannan，即12212211nnnannana，即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．【小问2

详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即2111638aaa，解得112a，所以13nan，所以

22112512562512222228nnnSnnnn，所以，当12n或13n时min78nS．2.（2022·新高考Ⅰ卷T17）记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa

是公差为13的等差数列．（1）求na的通项公式；（2）证明：121112naaa．【答案】（1）12nnna（2）见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得121133n

nSnna，得到23nnnaS，利用和与项的关系得到当2n时，112133nnnnnnanaaSS,进而得：111nnanan，利用累乘法求得12nnna，检验对于1n也成立，得到

na的通项公式12nnna；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211naaan，进而证得.【小问1详解】∵11a，∴111Sa,∴111Sa,又∵nnSa

是公差为13的等差数列，∴121133nnSnna,∴23nnnaS,∴当2n时，1113nnnaS，∴112133nnnnnnanaaSS,整理得：111

nnnana,即111nnanan,∴31211221nnnnnaaaaaaaaaa1341123212nnnnnn，显然对于1n也成立，∴na的通项公式12nnna

；【小问2详解】12112,11nannnn∴12111naaa1111112121222311nnn3.（2022·新高考Ⅱ卷T1

7）已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且223344ababba．（1）证明：11ab；（2）求集合1,1500kmkbaam中元素个数．【答案】（1）证明见解析；（2）9．【解析】【分析】（1）设数列na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22km，即可解出．【小问1详解】设数列na的公差为d，所以，11111111224283adbadbadbbad，即可解得，112dba，所以原命题得证．【小问2详解】由（1）知

，112dba，所以1111121kkmbaabamda，即122km，亦即221,500km，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k，故集合1|,1500kmkbaam中的元素个数为10219

．4.（2022·北京卷T21）已知12:,,,kQaaa为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的{1,2,,}nm，在Q中存在12,,,,(0)iiiijaaaaj，使得12iiiijaaaan，则称Q为m连续可表数列．（1）判断:2,1,4Q是否为5

连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（2）若12:,,,kQaaa为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；（3）若12:,,,kQaaa为20连续可表数列，且1220kaaa，求证：7k．【答案】（1）是5连续可表数列；不是6连续可

表数列．（2）证明见解析．（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k不符合，再列举一个4k合题即可；（3）5k时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k时，由12620aaa可知里面必然有负数，再确定负数只能是1，然后分类讨

论验证不行即可．【小问1详解】21a，12a，123aa，34a，235aa，所以Q是5连续可表数列；易知，不存在,ij使得16iiijaaa，所以Q不是6连续可表数列．【小问2详解】若3k,设为:Q,,abc,则至多,,

,,,abbcabcabc，6个数字，没有8个，矛盾；当4k时,数列:1,4,1,2Q，满足11a，42a，343aa，24a，125aa，1236aaa，2347aaa，12348aaaa

，min4k．【小问3详解】12:,,,kQaaa，若ij最多有k种，若ij，最多有2Ck种，所以最多有21C2kkkk种，若5k，则12,,,kaaa…至多可表551152个数，矛盾,从而若7k<,则6k，,,,,,abcdef至多

可表6(61)212个数，而20abcdef，所以其中有负的，从而,,,,,abcdef可表1~20及那个负数（恰21个），这表明~af中仅一个负的，没有0，且这个负的在~af中绝对值最小，同时~af中没有两数相同,设那个负数为(1)mm

，则所有数之和125415mmmmm，415191mm，{,,,,,}{1,2,3,4,5,6}abcdef，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112（仅一种方式），1与2相邻，若1不在两端,则",1,2,__,__,_

_"x形式，若6x，则56(1)（有2种结果相同，方式矛盾），6x，同理5,4,3x，故1在一端，不妨为"1,2,,,,"ABCD形式，若3A,则523（有2种结果相同，矛盾），4

A同理不行，5A，则6125（有2种结果相同，矛盾），从而6A，由于7126,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能1,2,6,3,5,4，①或1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：96354，矛

盾，对②：82653，也矛盾，综上6k7k．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问3k时，通过和值可能个数否定3k

；第三问先通过和值的可能个数否定5k，再验证6k时，数列中的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．5.（2022·浙江卷T20）已知等差数列na的首项11a，公差1d．记na的前n项和为nSnN．（1）若423260Saa

，求nS；（2）若对于每个nN，存在实数nc，使12,4,15nnnnnnacacac成等比数列，求d的取值范围．【答案】（1）235(N)2nnnSn（2）12d【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及

前n项和公式化简条件，求出d，再求nS；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.【小问1详解】因为42312601Saaa，，所以46211260ddd，所以230dd，又1d，所以3d，所以34

nan，所以213522nnaannnS，【小问2详解】因为nnac，14nnac，215nnac成等比数列，所以212415nnnnnnacacac，2141115nnnndcnddcnddc，22(1488)

0nncdndcd，由已知方程22(1488)0nncdndcd的判别式大于等于0，所以22148840dndd，所以168812880dnddnd对于任意的nN恒成立，所以212320ndnd

对于任意的nN恒成立，当1n时，21232120ndnddd，当2n时，由2214320dddd，可得2d当3n时，21232(3)(25)0ndndnn

，又1d所以12d2022高考数学真题分类汇编五、三角函数与解三角形一、单选题1.（2022·全国甲（文）T5）将函数π()sin(0)3fxx的

图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A.16B.14C.13D.12【答案】C【解析】【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得,232kkZ，即可求出的最小

值.【详解】由题意知：曲线C为sinsin()2323yxx，又C关于y轴对称，则,232kkZ，解得12,3kkZ，又0，故当0k时，的最小

值为13.故选：C.2.（2022·全国甲（理）T11）设函数π()sin3fxx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A.513,36B.519,36C.138,63D.1319,66

【答案】C【解析】【分析】由x的取值范围得到3x的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得0，因为0,x，所以,333x，要使函数在区间0,恰有三个极值点、两个零点，又sinyx，,33x

的图象如下所示：则5323，解得13863，即138,63．故选：C．3.（2022·全国乙（文）T11）函数cos1sin1fxxxx在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）A.π

π22，B.3ππ22，C.ππ222，D.3ππ222，【答案】D【解析】【分析】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值.【详解】sinsin1cos1cosfxxxxxxx，所

以fx在区间π0,2和3π,2π2上0fx，即fx单调递增；在区间π3π,22上0fx，即fx单调递减，又02π2ff，ππ222f，3π3π

3π11222f，所以fx在区间0,2π上的最小值为3π2，最大值为π22.故选：D4.（2022·新高考Ⅰ卷T6）记函数()sin(0)4fxxb的最小正周期为

T．若23T，且()yfx的图象关于点3,22中心对称，则2f（）A.1B.32C.52D.3【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.【详解】由函数的最小正周期T满

足23T，得223，解得23，又因为函数图象关于点3,22对称，所以3,24kkZ，且2b，所以12,63kkZ，所以52，5()sin224

fxx，所以5sin21244f.故选：A5.（2022·北京卷T5）已知函数22()cossinfxxx，则（）A.()fx在,26上单调递减B.()fx在,412

上单调递增C.()fx在0,3上单调递减D.()fx在7,412上单调递增【答案】C【解析】【分析】化简得出cos2fxx，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为22cossincos2fxxxx.对于A选项，当26x

时，23x，则fx在,26上单调递增，A错；对于B选项，当412x时，226x，则fx在,412上不单调，B错；对于C选项，当03x时，2023x，则fx在0,3上单调递减，C对；对

于D选项，当7412x时，7226x，则fx在7,412上不单调，D错.故选：C.6.（2022·北京卷T10）在ABC中，3,4,90ACBCC．P为ABC所在平面内的动点，且1PC，则PAPB

的取值范围是（）A.[5,3]B.[3,5]C.[6,4]D.[4,6]【答案】D【解析】【分析】依题意建立平面直角坐标系，设cos,sinPθθ，表示出PA，PB，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则

0,0C，3,0A，0,4B，因为1PC，所以P在以C为圆心，1为半径的圆上运动，设cos,sinPθθ，0,2，所以3cos,sinPA，cos,4sinPB

，所以cos3cos4sinsinPAPB22cos3cos4sinsin13cos4sin15sin，其中3sin5，4cos5，因为

1sin1，所以415sin6，即4,6PAPB；故选：D7.（2022·浙江卷T6）为了得到函数2sin3yx的图象，只要把函数π2sin35yx图象上所有的点（）A.

向左平移π5个单位长度B.向右平移π5个单位长度C向左平移π15个单位长度D.向右平移π15个单位长度【答案】D【解析】【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．【详解】因为ππ2sin32sin3155yxx，所以把函数π2

sin35yx图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数2sin3yx的图象．故选：D.二、填空题1.（2022·全国甲（文）T16）.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADC

DBD．当ACAB取得最小值时，BD________．【答案】31##1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解..【详解】设220CDBDm，则在ABD△中，22222cos42ABBDADBDADADB

mm，在ACD△中，22222cos444ACCDADCDADADCmm，所以2222224421214441243424211mmmACmmABmmmmm

m1244233211mm，当且仅当311mm即31m时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31.2.（2022·全国甲（理）T16）已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2A

DBADCDBD．当ACAB取得最小值时，BD________．【答案】31##1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详

解】设220CDBDm，则在ABD△中，22222cos42ABBDADBDADADBmm，在ACD△中，22222cos444ACCDADCDADADCmm，所以2222224421214441243424211mmmACmmABmmmm

mm1244233211mm，当且仅当311mm即31m时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31.3.（2022·全国乙（理）T15）记函数cos(0,0π)fxx的最小正周期

为T，若3()2fT，9x为()fx的零点，则的最小值为____________．【答案】3【解析】【分析】首先表示出T，根据32fT求出，再根据π9x为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；【详解】解：因为cosfxx，（0

，0π）所以最小正周期2πT，因为2π3coscos2πcos2fT，又0π，所以π6，即πcos6fxx，又π9x为fx的零点，所以ππππ,Z962kk，解得39,

Zkk，因为0，所以当0k时min3；故答案为：34.（2022·新高考Ⅱ卷T6）角,满足sin()cos()22cossin4，则（）A.tan()1B.tan()1C.tan()1D.tan(

)1【答案】D【解析】【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：sincoscossincoscossinsin2cossinsin,即：s

incoscossincoscossinsin0，即：sincos0,所以tan1,故选：D5.（2022·新高考Ⅱ卷T9）函数()sin(2)(0π)fxx的图象以2π,03中心对称

，则（）A.y()fx在5π0,12单调递减B.y()fx在π11π,1212有2个极值点C.直线7π6x是一条对称轴D.直线32yx是一条切线【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．的【详解】由

题意得：2π4πsin033f，所以4ππ3k，kZ，即4ππ,3kkZ，又0π，所以2k时，2π3，故2π()sin23fxx．对A，当5π0,12x时，2π2π

3π2,332x，由正弦函数sinyu图象知()yfx在5π0,12上是单调递减；对B，当π11π,1212x时，2ππ5π2,322x，由正弦函数sinyu图象知()yfx只有1个极值点，由2π3π232x，解得5π12

x，即5π12x为函数的唯一极值点；对C，当7π6x时，2π23π3x，7π()06f，直线7π6x不是对称轴；对D，由2π2cos213yx得：2π1cos232x，解得2π2π22π33xk或2π4π22π,

33xkkZ,从而得：πxk或ππ,3xkkZ,所以函数()yfx在点30,2处的切线斜率为02π2cos13xky，切线方程为：3(0)2yx即32

yx．故选：AD．6.（2022·北京卷T13）若函数()sin3cosfxAxx的一个零点为3，则A________；12f________．【答案】①.1②.2【解析】【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为π()2sin()3fxx

，代入自变量π12x，计算即可.【详解】∵π33()0322fA，∴1A∴π()sin3cos2sin()3fxxxxππππ()2sin()2sin2121234f故答案为：1，27.（2022·浙江卷T11）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222222142cabSca，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2,3,2abc，则该三角形的面积S___________．【答案】234.【解析】【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为222222142cabSca，所以242312342442S

．故答案为：234.8.（2022·浙江卷T13）若3sinsin10,2，则sin__________，cos2_________．【答案】①.31010②.45

【解析】【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．【详解】2，∴sincos，即3sincos10，即3101010sincos101010，令10sin10，310cos1

0，则10sin10，∴22kkZ，，即22k，∴310sinsin2cos210k，则224cos22cos12sin15．故答案为：31010；45．三、解答题1.（2022·全国乙（

文）T17）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinsinsinsinCABBCA．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222abc【答案】（1）5π8；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据题意可得，sinsinC

CA，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再根据正弦定理，余弦定理化简

即可证出．【小问1详解】由2AB，sinsinsinsinCABBCA可得，sinsinsinsinCBBCA，而π02B，所以sin0,1B，即有sinsin0CCA

，而0π,0πCCA，显然CCA，所以，πCCA，而2AB，πABC，所以5π8C．【小问2详解】由sinsinsinsinCABBCA可得，sin

sincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再由正弦定理可得，coscoscoscosacBbcAbcAabC，然后根据余弦定理可知，22222222222211112222acbbcabcaabc

，化简得：2222abc，故原等式成立．2.（2022·全国乙（理）T17）记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sinsin()sinsin()CABBCA．（1）证明：2222abc；（2）若255,cos31aA，求ABC的周长．【答案】（1）见解

析（2）14【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得bc，即可得解.【小问1详解】证明：因为sinsinsinsinCABBCA

，所以sinsincossinsincossinsincossinsincosCABCBABCABAC，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，即22222222222acbabcbca，所以222

2abc；【小问2详解】解：因为255,cos31aA，由（1）得2250bc，由余弦定理可得2222cosabcbcA，则50502531bc，所以312bc，故2222503181bcbcbc

，所以9bc，所以ABC的周长为14abc.3.（2022·新高考Ⅰ卷T18）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．【答案】（1）π6；（2）425．【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cossin21sin1cos2ABAB化成cossinABB，再结合π02B，即可求出；（2）由（1）知，π2CB，π22AB，再利用正弦

定理以及二倍角公式将222abc化成2224cos5cosBB，然后利用基本不等式即可解出．【小问1详解】因为2cossin22sincossin1sin1cos22coscosABBBBABBB，即1sincoscossin

sincoscos2BABABABC，而π02B，所以π6B；【小问2详解】由（1）知，sincos0BC，所以πππ,022CB，而πsincossin2BCC，

所以π2CB，即有π22AB．所以222222222sinsincos21cossincosabABBBcCB2222222cos11cos24cos5285425coscosBBBBB．当且仅当22cos2B时取等号，所以222abc

的最小值为425．4.（2022·新高考Ⅱ卷T18）记ABC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为边长的三个正三角形的面积依次为123,,SSS，已知12331,si

n23SSSB．（1）求ABC的面积；（2）若2sinsin3AC，求b．【答案】（1）28（2）12【解析】【分析】（1）先表示出123,,SSS，再由12332SSS求得2222acb，结合余弦定理及平方关系求得a

c，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得22sinsinsinbacBAC，即可求解.【小问1详解】由题意得222212313333,,22444SaaSbSc，则22212333334442SSSabc

，即2222acb，由余弦定理得222cos2acbBac，整理得cos1acB，则cos0B，又1sin3B，则2122cos133B，132cos4acB，则12sin28ABCSacB；【小问2详解】由正弦定理得：sinsinsi

nbacBAC，则223294sinsinsinsinsin423bacacBACAC，则3sin2bB，31sin22bB.5.（2022·北京卷T16）在ABC中，sin23s

inCC．（1）求C；（2）若6b，且ABC的面积为63，求ABC的周长．【答案】（1）6（2）663+【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值；（2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，

即可求得ABC的周长.【小问1详解】解：因为0,C，则sin0C，由已知可得3sin2sincosCCC，可得3cos2C，因此，6C.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得13sin6322ABCSabCa，解得43a.由余弦定理可得22232cos

48362436122cababC，23c，所以，ABC的周长为636abc.6.（2022·浙江卷T18）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知345,cos5acC．（1）求sinA的值；（2）若11b，求ABC的面积．【答案】（1）55

；（2）22．【解析】【分析】（1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论222cos2abcCab以及45ac可解出a，即可由三角形面积公式in12sSabC求出面积．【小问1详解

】由于3cos5C，0πC，则4sin5C．因为45ac，由正弦定理知4sin5sinAC，则55sinsin45AC．【小问2详解】因为45ac，由余弦定理，得2222221612111355cos22225aaaabcCabaa

，即26550aa，解得5a，而4sin5C，11b，所以ABC的面积114sin51122225SabC．2022高考数学真题分类汇编八、计数原理一、选择题1.（2022·北京卷T）8.若44324

3210(21)xaxaxaxaxa，则024aaa（）A.40B.41C.40D.41【答案】B【解析】【分析】利用赋值法可求024aaa的值.【详解】令1x，则432101aaaaa，令1x，则443210381aaaaa

，故420181412aaa，故选：B.2.（2022·浙江卷T12）已知多项式42345012345(2)(1)xxaaxaxaxaxax，则2a__________，12345aaaaa________

___．【答案】①.8②.2【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令0x求出0a，再令1x即可得出答案．【详解】含2x的项为：3232222244C12C14128xxxxxx

，故28a；令0x，即02a，令1x，即0123450aaaaaa，∴123452aaaaa，故答案为：8；2．（2022·新高考Ⅰ卷T13）81()yxyx的展开式

中26xy的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【解析】【分析】81yxyx可化为88yxyxyx，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为8881=yyxyxyxyxx

，所以81yxyx的展开式中含26xy的项为6265352688C28yxyCxyxyx，81yxyx的展开式中26xy的系数为-28故答案为：-282022高考数学真题分类汇编九

、概率统计一、单选题1.（2022·全国甲（文T2）（理T2））某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在

讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】由图表信息，

结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%2,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲

座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题正确率的极差为95%60%35%20%,所以D错.故选

:B2.（2022·全国甲（文）T6）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A.15B.13C.25D.23【答案】C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概

率即可.【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中数字之积为4的倍数的有

1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为62155.故选：C.3.（2022·全国乙（文）T）4.分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A.甲

同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C的.【解析】【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型

等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.37.57.42，A选项结论正确.对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810

.18.50625816，B选项结论正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值60.3750.416，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动

时长大于8的概率的估计值130.81250.616，D选项结论正确.故选：C4.（2022·全国乙（理）T10）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜概率分别为123,,ppp

，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别

求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与

甲比赛，且连胜两盘的概率为p甲则2132131231232(1)2(1)2()4ppppppppppppp甲记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙的则1231232131232(1)2(1)2()4ppppppppppppp乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连

胜两盘的概率为p丙则1321323121232(1)2(1)2()4ppppppppppppp丙则1231232131231232()42()420ppppppppppppppppp甲乙2131233121232312()42()420p

pppppppppppppppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错

误.故选：D5.（2022·新高考Ⅰ卷T5）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（）A.16B.13C.12D.23【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27C21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172

213P.故选：D.6.（2022·新高考Ⅱ卷T5）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!2224种不同的排列方式，故选：B7.（2022·浙江卷T15）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最小值为，则(2)P__________，()E_________．【答案】①.1635，②.127##517【解析】【分析】利用古典概型概率公式求(2)P，由条件求分布列，再由期望

公式求其期望.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有37C种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有112424CCC种，所以11242437CCC16(2)C35P，

由已知可得的取值有1，2，3，4，2637C15(1)C35P，16(2)35P，，233377C31134C35C35PP，所以15163112()1234353535357E,故答案

为：1635，127.二、填空题1.（2022·全国甲（理）T15）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．【答案】635.【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C70n个结果，这

4个点在同一个平面的有的6612m个，故所求概率1267035mPn．故答案为：635．2.（2022·全国乙（文T14)(理T13)）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________

．【答案】310或0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为35C10甲、乙都入选的方法数为13C3，所以甲、乙都入选的概率310P故答案为：3103.（2022·新高考Ⅱ卷T13）已

知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)PX____________．【答案】0.14##750．【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为22,XN，所以220.5PXP

X，因此2.5222.50.50.360.14PXPXPX．故答案为：0.14．三、解答题1.（2022·全国甲（文）T）（2022·全国甲（文）T17）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随

机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：22()()()()()n

adbcKabcdacbd，2PKk…0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为1213，78（2）有【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结

果；（2）根据表格中数据及公式计算2K，再利用临界值表比较即可得结论.【小问1详解】根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则24012()26013PM；B共有班次240次，准点班次有21

0次，设B家公司长途客车准点事件为N，则210()27840PN.A家公司长途客车准点的概率为1213；B家公司长途客车准点的概率为78.【小问2详解】列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计4505050022(

)()()()()nadbcKabcdacbd=2500(2403021020)3.2052.70626024045050，根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.2.（2022·全国

甲（理）T19）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.

4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【答案】（1）0.6；（2）分布列见解析，13EX.【解析】【分析】（1）设甲在三个

项目中获胜的事件依次记为,,ABC，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，

即可求出期望．【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.2

0.160.160.240.040.6．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，00.50.40.80.16PX,100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44PX

，200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34PX，300.50.60.20.06PX.即X分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望00.16100.44200.34300.0613EX

.3.（2022·全国乙（文T19）(理T19）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号ｉ12

345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得1

0101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyxy．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；的（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，

并得到所有这种树木的根部横截面积总和为2186m．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数iii=122iii=1i=1(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy

．【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【解析】【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题

给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．小问1详解】样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值0.60.0610x样本中10棵这种树木的材积量的平均

值3.90.3910y据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m小问2详解】1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=110

1010xxyyxyxyrxxyyxxyy22(0.038100.06)(1.615810.2474100.060.390.01340.01340.970.013770.00000189

96.3)则0.97r【【【小问3详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.06186=0.39Y，解之得3=120

9mY．则该林区这种树木的总材积量估计为31209m4.（2022·新高考Ⅰ卷T20）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4060对照组1090（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“选到的人患有该疾病”．(|)(|)PBAPBA与(|)(|)PBAPBA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．（ⅰ）证明：(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB；（ⅱ）利

用该调查数据，给出(|),(|)PABPAB的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．附22()()()()()nadbcKabcdacbd，2PKk0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1）答案

见解析（2）（i）证明见解析；(ii)6R；【解析】【分析】(1)由所给数据结合公式求出2K的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有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R.【小问1详解】由已知222()200(40906010)=24()()()()50150100100nadbcKabcdacbd，又2(6.635)=0.01PK，246.635，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】(i)因为(|)(|)()()()()=(|)(|)()()()()PBAPBAPABPAPABPARPBAPBAPAPABPAPAB

，所以()()()()()()()()PABPBPABPBRPBPABPBPAB所以(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB，(ii)由已知40(|)100PAB，10(|)100PAB，又60(|)100PAB，90(|)100PAB，所以(|)(|)=6(|

)(|)PABPABRPABPAB5.（2022·新高考Ⅱ卷T19）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）；（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间[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%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间[40,50)，求

此人患该种疾病的概率．（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）44.65岁；（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；（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()1()PAPA即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．【小问1详解】平均年龄(50.001150.002250.012350.017450.023x550.020

650.012750.006850.002)1044.65（岁）．【小问2详解】设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以()1()1(0.0010.0020.0060.0

02)1010.110.89PAPA．【小问3详解】设{B任选一人年龄位于区间[40,50)，{C任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式可得()0.1%0.023100.00

10.23(|)0.00143750.0014()16%0.16PBCPCBPB．6.（2022·北京卷T18）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到950m．以上（含950m．）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的

比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16．假

设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【答案】（1）0.4（2）

75（3）丙【解析】【分析】(1)由频率估计概率即可(2)求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.(3)计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.【小问1详解】由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙

获得优秀的概率为0.5，故答案为0.4【小问2详解】设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A31233(0)()0.60.50.520PXPAAA，123123123(1)()()()PXPAAAPAAAPAAA80.40.50.50.60.50

.50.60.50.520，123123123(2)()()()PXPAAAPAAAPAAA70.40.50.50.40.50.50.60.50.520，1232(3)()0.40.50.520PXPAAA.∴X的分布

列为X0123P320820720220∴38727()0123202020205EX【小问3详解】丙夺冠概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为14，甲获得9.80的概率为110，

乙获得9.78的概率为16.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.2022高考数学真题分类汇编十、立体几何一、单选题1.（2022·全国甲（文、理）T4）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为

（）A.8B.12C.16D.20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积2422122V.故选：B.2.（2022·全国甲（文）T9）在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD

与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为45【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【

详解】如图所示：不妨设1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac

．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1

ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．D正确．故选：D．3.（2022·全国甲（文）T10）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，

体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求

出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则12

1rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.4.（2022·全国甲

（理）T7）在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角

为45【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，

即bc，22212BDcabc，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所

以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090D

BC，所以145DBC．D正确．故选：D．5.（2022·全国甲（理）T8）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB．“会

圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2,60OAAOB时，s（）A.11332B.11432C.9332D.9432【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出,,

ABOCCD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以,,OCD三点共线，即2ODOAOB，又60AOB，所以2ABOAOB，则3OC，故23CD，所以22231143222CDsABOA

.故选：B.6.（2022·全国甲（理）T9）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母

线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，

则11222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101

122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.7.（2022·全国乙（文）T9）在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB

.平面1BEF平面1ABDC.平面1//BEF平面1AACD.平面1//BEF平面11ACD【答案】A【解析】【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别

求出平面1BEF，1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以

EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2

C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz

，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2

nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.8.（2022·全国乙（文）T12）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点

为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A.13B.12C.33D.22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥

体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（当且仅当四边形AB

CD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r又22rh1则3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh

当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C的9.（2022·全国乙（理）T7）在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB.平面1BEF平面1ABDC.平面1//BEF平面1

AACD.平面1//BEF平面11ACD【答案】A【解析】【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置

关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF

，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；如图，以点D原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1

,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，为则有11111020m

EFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面

1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.10.

（2022·全国乙（理）T9）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A.13B.12C.33D.22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD

所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABC

D对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r又22rh1则3222222212224322333327OA

BCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C11.（2022·新高考Ⅰ卷T4）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1485m．时，相应水面的面积为21400km．；水位为海拔1575m．时，相应水面的面积为21800km．，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1485m．上升到1575m．时，增加的水量约为（72.65）（）A.931.

010mB.931.210mC.931.410mD.931.610m【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157.5148.59MN(m)

，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积262140.014010Skmm，下底面积262180.018010Skmm，∴661211914010180101401801033VhSSSS

6799333206071096182.65101.437101.410(m)．故选：C．12.（2022·新高考Ⅰ卷T8）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，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A.8118,4B.2781,44C.2764,43D.[18,27]【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为h，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3R,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正

四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当326l时

，0V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取

值范围是276443，.故选：C.13.（2022·新高考Ⅰ卷T9）已知正方体1111ABCDABCD，则（）A.直线1BC与1DA所成的角为90B.直线1BC与1CA所成的角为90C.直线1BC与平面11BBDD所成的角为45D.直线1

BC与平面ABCD所成的角为45【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接1BC、1BC，因为11//DABC，所以直线1BC与1BC所成的角即为直线1BC与1DA所成的角，因为四边形11BBCC为正方形，则1BC1

BC，故直线1BC与1DA所成的角为90，A正确；连接1AC，因为11AB平面11BBCC，1BC平面11BBCC，则111ABBC，因为1BC1BC，1111ABBCB，所以1BC平面11ABC，又1AC平面11ABC，所以11BCCA，故B正确；连接

11AC，设1111ACBDO，连接BO，因为1BB平面1111DCBA，1CO平面1111DCBA，则11COBB，因为111COBD，1111BDBBB，所以1CO平面11BBDD，所以1CBO为直线1BC与平面11BBDD所成的角，设正方体棱长为1，则1

22CO，12BC，1111sin2COCBOBC，所以，直线1BC与平面11BBDD所成的角为30，故C错误；因为1CC平面ABCD，所以1CBC为直线1BC与平面ABCD所成的角，易得145CBC，故

D正确.故选：ABD14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为33和43，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（）A.100πB.128πC.144πD.192π【答案】A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面半径12,rr，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．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所

以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积为24π100πSR．故选：A．15.（2022·新高考Ⅱ卷T11）如图，四边形ABCD为正方形，E

D平面ABCD，,2FBEDABEDFB∥，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,,VVV，则（）的A.322VVB.312VVC.312VVVD.3123VV【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算12,VV，连接BD交AC于点M，连接,EMF

M，由3AEFMCEFMVVV计算出3V，依次判断选项即可.【详解】设22ABEDFBa，因为ED平面ABCD，FBED，则2311114223323ACDVEDSaaa，232111223323ABCVFBSaaa

，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，易得BDAC，又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，,EDBD平面BDEF，则AC平面BDEF，又122BMDMBDa，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则22,FGBDaEGa

，则2222226,23EMaaaFMaaa，22223EFaaa，222EMFMEF，则EMFM，213222EFMSEMFMa，22ACa，则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa，则3123VV，323VV，3

12VVV，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.16.（2022·北京卷T9）已知正三棱锥PABC的六条棱长均为6，S是ABC及其内部的点构成的集合．设集合5TQSPQ，则T表示的区域的面积为（）A.34B.C.2D.3【答案】B【解析】【分析】求出

以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且2362332BO，故361226PO.因为5PQ，故1OQ，故S的轨迹为以O

为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为323643136，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为故选：B17.（2022·浙江卷T8）如图，已知正三棱柱1111,ABCABCACAA，E，F分别是棱1

1,BCAC上的点．记EF与1AA所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出，，，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如

图所示，过点F作FPAC于P，过P作PMBC于M，连接PE，则EFP，FEP，FMP，tan1PEPEFPAB，tan1FPABPEPE，tantanFPFPPMPE，所以，故选：A．三、解答题1.（2022·全国甲（文）T1

9）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：//EF平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）

．【答案】（1）证明见解析；（2）64033．【解析】【分析】（1）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知,EMABFNBC，EMFN，依题从而可证EM平面ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，即可知

四边形EMNF为平行四边形，于是//EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．【小问1详解】如图所示：，分别取,ABB

C的中点,MN，连接MN，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMABFNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根据线面垂直的

性质定理可知//EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以//EFMN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以//EF平面ABCD．【小问2详解】如图所示：，分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，//EFMN且EFMN，同理有

，//,HEKMHEKM，//,HGKLHGKL，//,GFLNGFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．因为

42MNNLLKKM，8sin6043EM，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，22d，所以该几何体的体积2125664042434424322128333333V．2.（2022·全国甲

（理）T18）在四棱锥PABCD中，PD底面,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP∥．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（

2）55.【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直性质可得PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形ABCD中，作DEA

B于E，CFAB于F，因为//,1,2CDABADCDCBAB，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以12AEBF，故32DE，223BDDEBE，所以222ADBDAB，所以

ADBD，的因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；【小问2详解】解：如图，以点D原点建立空间直角坐标系，3BD，则1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP，则

1,0,3,0,3,3,0,0,3APBPDP，设平面PAB的法向量,,nxyz，则有30{330nAPxznBPyz，可取3,1,1n，则5cos,5nDPnDPnDP，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为5

5.为3.（2022·全国乙（文）T18）如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．【

答案】（1）证明详见解析（2）34【解析】【分析】（1）通过证明AC平面BED来证得平面BED平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥FABC的体积.【小问1详解】由于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE.由

于ADCDBDBDADBCDB，所以ADBCDB△△，所以ABCB，故ACBD，由于DEBDD，,DEBDÌ平面BED，所以AC平面BED，由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解

】依题意2ABBDBC，60ACB，三角形ABC是等边三角形，所以2,1,3ACAECEBE，由于,ADCDADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以1DE.222DEBEBD，所以DEB

E，由于ACBEE，,ACBE平面ABC，所以DE平面ABC.由于ADBCDB△△，所以FBAFBC，由于BFBFFBAFBCABCB，所以FBAFBC，所以AFCF，所以EF

AC，由于12AFCSACEF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.过E作EFBD，垂足为F，在RtBED△中，1122BEDEBDEF，解得32EF，所以223131,2222DFBFDF，所以34BF

BD过F作FHBE，垂足为H，则//FHDE，所以FH平面ABC，且34FHBFDEBD，所以34FH,.所以111332333244FABCABCVSFH.4.（2022·

全国乙（理）T18）如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求CF与平面ABD所成

的角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】（1）根据已知关系证明ABDCBD≌△△，得到ABCB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到B

EDE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【小问1详解】因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在ABD△和CBD中，因为,,BACDCDADBDBDBD，所以ABDCBD≌△△，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACB

E；又因为,DEBE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解】连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，所以ACE

F，所以1=2AFCSACEF△，当EFBD时，EF最小，即AFC△的面积最小.因为ABDCBD≌△△，所以2CBAB，又因为60ACB，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以1AEEC，3

BE，因为ADCD，所以112DEAC,在DEB中，222DEBEBD，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则1,0,0,0,3,0,0,0,1A

BD，所以1,0,1,1,3,0ADAB，设平面ABD的一个法向量为,,nxyz，则030nADxznABxy，取3y，则3,3,3n，又因为331,0,0,0,,4

4CF，所以331,,44CF，所以643cos,77214nCFnCFnCF，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以43sincos,7nCF，所以CF与平面ABD所

成的角的正弦值为437.5.（2022·新高考Ⅰ卷T19）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11A

BBA，求二面角ABDC的正弦值．【答案】（1）2（2）32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面11ABBA，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.

【小问1详解】在直三棱柱111ABCABC中，设点A到平面1ABC的距离为h，则111111112211433333AABCAAABCAABCABBCCCBVShhVSAAV，

解得2h，所以点A到平面1ABC的距离为2；【小问2详解】取1AB的中点E,连接AE,如图，因为1AAAB，所以1AEAB,又平面1ABC平面11ABBA，平面1ABC平面111ABBAAB，且AE平面11ABBA，所以AE⊥平

面1ABC，在直三棱柱111ABCABC中，1BB平面ABC，由BC平面1ABC，BC平面ABC可得AEBC，1BBBC，又1,AEBB平面11ABBA且相交，所以BC平面11ABBA，所以1,,BCBA

BB两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE，所以12AAAB，122AB，所以2BC，则10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0AABC,所以1AC的中点1,1,1D，则1,1,1BD，0,2,

0,2,0,0BABC,设平面ABD的一个法向量,,mxyz，则020mBDxyzmBAy，可取1,0,1m，设平面BDC的一个法向量,,nabc，则020mBDabcmBCa，可取0,1,1nr，

则11cos,222mnmnmn，所以二面角ABDC的正弦值为213122.6.（2022·新高考Ⅱ卷T20）如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点．（1）求证：//OE平面PAC；（2）若3

0ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）1113【解析】【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OAOB，再根据直角三

角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到//OEPD，即可得证；（2）过点A作//AzOP，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BO并延长交AC于点D，连接OA、PD

，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，,AOBO平面ABC，所以POAO、POBO，又PAPB，所以POAPOB△△，即OAOB，所以OABOBA，又ABAC，即90BAC，所以90OABOAD，90OBAODA

，所以ODAOAD所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以//OEPD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以//OE平面PAC【小问2详解】解：过点A作//AzOP，如图建立平面直角坐标系，因为3PO，5AP，所以224O

AAPPO，【又30OBAOBC，所以28BDOA，则4AD，43AB，所以12AC，所以23,2,0O，43,0,0B，23,2,3P，0,12,0C，所以333,1,2E，则333,1,2AE，

43,0,0AB，0,12,0AC，设平面AEB法向量为,,nxyz，则33302430nAExyznABx，令2z，则3y，0x，所以0,3,2n；设平面AEC的法向量为

,,mabc，则33302120mAEabcmACb，令3a，则6c，0b，所以3,0,6m；所以1243cos,131339nmnmnm设二面角CAEB为，由图可知二

面角CAEB为钝二面角，所以43cos13，所以211sin1cos13故二面角CAEB的正弦值为1113；的7.（2022·北京卷T17）如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11BCCB为正方形，平面11BCCB平面11ABBA，2ABB

C，M，N分别为11AB，AC的中点．（1）求证：MN∥平面11BCCB；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：ABMN；条件②：BMMN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）见解析

（2）见解析【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接,MKNK，可证平面//MKN平面11CBBC，从而可证//MN平面11CBBC.（2）选①②均可证明1BB平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向

量可求线面角的正弦值.【小问1详解】取AB的中点为K，连接,MKNK，由三棱柱111ABCABC可得四边形11ABBA为平行四边形，而11,BMMABKKA，则1//MKBB，而MK平面11CBBC，1BB平面11CBBC，故//MK平面11CBBC，而,CNNAB

KKA，则//NKBC，同理可得//NK平面11CBBC，而,,NKMKKNKMK平面MKN，故平面//MKN平面11CBBC，而MN平面MKN，故//MN平面11CBBC，【小问2详解】因

为侧面11CBBC为正方形，故1CBBB，而CB平面11CBBC，平面11CBBC平面11ABBA，平面11CBBC平面111ABBABB，故CB平面11ABBA，因为//NKBC，故NK平面11ABBA，因为ABÌ平面11ABBA，故NKAB，若选

①，则ABMN，而NKAB，NKMNN，故AB平面MNK，而MK平面MNK，故ABMK，所以1ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0

,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM，设平面BNM的法向量为,,nxyz，则00nBNnBM，从而020xyyz，取1z，则2,2,1n，设直线

AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,233nAB.若选②，因为//NKBC，故NK平面11ABBA，而KM平面MKN，故NKKM，而11,1BMBKNK，故1BMNK，而12BBMK，MBMN，故1BBMMKN，所

以190BBMMKN，故111ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1

,0,0,1,2BABNBM，设平面BNM的法向量为,,nxyz，则00nBNnBM，从而020xyyz，取1z，则2,2,1n，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos

,233nAB.8.（2022·浙江卷T19）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,A

EBC的中点．（1）证明：FNAD；（2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）5714．【解析】【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得

FCBC，再根据二面角的定义可知，60BCF，由此可知，FNBC，FNCD，从而可证得FN平面ABCD，即得FNAD；（2）由（1）可知FN平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间

直角坐标系Nxyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1详解】过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H．∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯

形，//,//,5,3,1ABDCCDEFABDCEF，60BADCDE，由平面几何知识易知，2,90DGAHEFCDCFDCBABC，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在RtEGD和RtDHA，23EGDH，∵,DCCFDCCB

，且CFCBC，∴DC平面,BCFBCF是二面角FDCB的平面角，则60BCF，∴BCF△是正三角形，由DC平面ABCD，得平面ABCD平面BCF，∵N是BC的中点，FNBC，又DC平面BCF，FN平面BCF，可得FNCD

，而BCCDC，∴FN平面ABCD，而AD平面ABCDFNAD．【小问2详解】因为FN平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴

建立空间直角坐标系Nxyz，设(5,3,0),(0,3,0),(3,3,0),(1,0,3)ABDE，则333,,22M，333,,,(2,23,0),(2,3,3)22BMADDE设

平面ADE的法向量为(,,)nxyz由00nADnDE，得22302330xyxyz，取(3,1,3)n，设直线BM与平面ADE所成角为，∴3333322||5357sincos,14|||39723313944nBMnBMnBM

．2022高考数学真题分类汇编十一、解析几何一、单选题1.（2022·全国甲（文）T11）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,AA分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若121BABA，则C的方程为

（）A.2211816xyB.22198xy+=C.22132xyD.2212xy【答案】B【解析】【分析】根据离心率及12=1BABA，解得关于22,ab的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率22113cbeaa，解得2289ba，22

89ba，12,AA分别为C左右顶点，则12,0,,0AaAa，B为上顶点，所以(0,)Bb.所以12(,),(,)BAabBAab，因为121BABA所以221ab，将2289ba代入，解得229,8ab，故椭圆的方程为22198xy+=.故

选：B.2.（2022·全国甲（理）T10）椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线,APAQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A.32B.22C.12D.13【答案】A【解析】的【分析】设11,Pxy，则11,Qxy，根据斜

率公式结合题意可得2122114yxa，再根据2211221xyab，将1y用1x表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：,0Aa，设11,Pxy，则11,Qxy，则1111,APAQyykkxaxa

，故21112211114APAQyyykkxaxaxa，又2211221xyab，则2221212baxya，所以2221222114baxaxa，即2214ba，所以椭圆C的离心率22312c

beaa.故选：A.3.（2022·全国乙（文）T6）设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A.2B.22C.3D.32【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的

横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线1x的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以22

310222AB.故选：B4.（2022·全国乙（理）T5）设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A.2B.22C.3D.32【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相

等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线1x的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以22310222AB.故选：

B5.（2022·全国乙（理）T11）11.双曲线C的两个焦点为12,FF，以C的实轴为直径的圆记为D，过1F作D的切线与C的两支交于M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为（）A.52B.32C.132D.172【答

案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设12FNF，21FFN，即可求出sin，sin，cos，在21FFN中由12sinsinFFN求出12sinFFN，再由

正弦定理求出1NF，2NF，最后根据双曲线的定义得到23ba，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，所以1OGNF，因为123cos05FNF，所以N在双曲线的右支，所以OGa，1OFc，1GFb，设12FNF，21FF

N，由123cos5FNF，即3cos5，则4sin5=，sinac，cosbc，在21FFN中，12sinsinsinFFN4334sincoscossin555baabccc，由正弦定理得211225sins

insin2NFNFccFFN，所以112553434sin2252ccababNFFFNc，2555sin222ccaaNFc又12345422222ababaNFNFa，所以23ba，

即32ba，所以双曲线的离心率221312cbeaa故选：C6.（2022·新高考Ⅰ卷T11）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于P，Q两点，则（）A.C的准线为1yB.直线AB与C相切C.

2|OPOQOAD.2||||||BPBQBA【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12p，所

以抛物线方程为2xy，故准线方程为14y，A错误；1(1)210ABk，所以直线AB的方程为21yx，联立221yxxy，可得2210xx，解得1x，故B正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其

方程为1ykx，1122(,),(,)PxyQxy，联立21ykxxy，得210xkx，所以21212Δ401kxxkxx，所以2k或2k，21212()1yyxx，又22211

11||OPxyyy，2222222||OQxyyy，所以2121212||||(1)(1)||2||OPOQyyyykxkxkOA，故C正确；因为21||1||BPkx，22||1||BQkx，所以2212||||(1)||15BPBQkxxk

，而2||5BA，故D正确.故选：BCD7.（2022·新高考Ⅱ卷T10）已知O为坐标原点，过抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点(,0)Mp，若||||AFAM，则（）A.直线AB的斜率

为26B.||||OBOFC.||4||ABOFD.180OAMOBM【答案】ACD【解析】【分析】由AFAM及抛物线方程求得36(,)42ppA，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得6(,

)33ppB，即可求出OB判断B选项；由抛物线的定义求出2512pAB即可判断C选项；由0OAOB，0MAMB求得AOB，AMB为钝角即可判断D选项.【详解】对于A，易得(,0)2pF，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点

横坐标为3224ppp，代入抛物线可得2233242pypp，则36(,)42ppA，则直线AB的斜率为6226342ppp，A正确；对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为1226pxy，联立抛物线方程得22106yp

yp，设11(,)Bxy，则16626pyp，则163py，代入抛物线得21623ppx，解得13px，则6(,)33ppB，则22673332ppppOBOF，B错误；对于C，由抛物线

定义知：325244312pppABppOF，C正确；对于D，23663663(,)(,)0423343234pppppppppOAOB，则AOB为钝角，又26262665(,)(,)

0423343236pppppppppMAMB，则AMB为钝角，又360AOBAMBOAMOBM，则180OAMOBM，D正

确.故选：ACD.8.（2022·北京卷T3）若直线210xy是圆22()1xay的一条对称轴，则a（）A.12B.12C.1D.1【答案】A【解析】【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直

线计算求解．【详解】由题可知圆心为,0a，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2010a，解得12a．故选：A．二、填空题1.（2022·全国甲（文）T15）记双曲线2222:1(0,0)xyCabab

的离心率为e，写出满足条件“直线2yx与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足15e皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线byxa中02ba即可求得满足要求的e值.【详解】解：2222:1(0,0)xyCa

bab，所以C的渐近线方程为byxa,结合渐近线的特点，只需02ba，即224ba，可满足条件“直线2yx与C无公共点”所以221145cbeaa，又因为1e，所以15e，故答案为：2（满足15e皆可）2.（2022·全国甲（文）T14

）设点M在直线210xy上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．【答案】22(1)(1)5xy【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线210xy上，∴

设点M为(,12)aa，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴2222(3)(12)(2)aaaaR，222694415aaaaa，解得1a，∴(1,1)M

，5R，M的方程为22(1)(1)5xy.故答案为：22(1)(1)5xy3.（2022·全国甲（理）T14）.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则

m_________．【答案】33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线222

10xymm的渐近线为yxm，即0xmy，不妨取0xmy，圆22430xyy，即2221xy，所以圆心为0,2，半径1r，依题意圆心0,2到渐近线0xmy的距离2211md

m，解得33m或33m（舍去）．故答案为：33．4.（2022·全国乙（文）T15）过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】22

2313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；【解析】【分析】设圆的方程为220xyDxEyF，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详

解】解：依题意设圆的方程为220xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则01640110FDFDEF，解得046FDE，所以圆的方程为22460xyxy，即

222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF，解得042FDE，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy

；若过0,0，4,2，1,1，则0110164420FDEFDEF，解得083143FDE，所以圆的方程为22814033xyxy

，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF，解得1651652FDE

，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy或22215xy或224765339xy

或2281691525xy；5.（2022·全国乙（理）T14）过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案

】222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；【解析】【分析】设圆的方程为220xyDxEyF，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆

的方程为220xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则01640110FDFDEF，解得046FDE，所以圆的方程为22460xyxy

，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF，解得042FDE，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,

1，则0110164420FDEFDEF，解得083143FDE，所以圆的方程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1

，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF，解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：

222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；6.（2022·新高考Ⅰ卷T14）写出

与圆221xy和22(3)(4)16xy都相切的一条直线的方程________________．【答案】3544yx或7252424yx或1x【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详

解】圆221xy的圆心为0,0O，半径为1，圆22(3)(4)16xy的圆心1O为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为22345，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为143OO

k，所以34lk，设方程为3(0)4yxttO到l的距离||19116td，解得54t，所以l的方程为3544yx，当切线为m时，设直线方程为0kxyp，其中0p，0k，由题意22113441pkkpk

，解得7242524kp，7252424yx当切线为n时，易知切线方程为1x，故答案为：3544yx或7252424yx或1x.7.（2022·新高考Ⅰ卷T16）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且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，||6DE，则ADE的周长是________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方程为222222213412043x

yxyccc，即，根据离心率得到直线2AF的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：3xyc，代入椭圆方程22234120xyc，整理化简得到：22136390ycyc，利用弦长公式求得138c

，得1324ac，根据对称性将ADE的周长转化为2FDE△的周长，利用椭圆的定义得到周长为413a.【详解】∵椭圆的离心率为12cea，∴2ac，∴22223bacc，∴椭圆的方程为222222213

412043xyxyccc，即，不妨设左焦点为1F，右焦点为2F，如图所示，∵222AFaOFcac，，，∴23AFO，∴12AFF△为正三角形，∵过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，DE为线段2AF的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3，直线DE的方程

：3xyc，代入椭圆方程22234120xyc，整理化简得到：22136390ycyc，判别式2222634139616ccc，∴21213226461313cCDyy，∴138c，得1324

ac，∵DE为线段2AF的垂直平分线，根据对称性，22ADDFAEEF，，∴ADE的周长等于2FDE△的周长，利用椭圆的定义得到2FDE△周长为222211121222413DFEFDEDFEFDFEFDFDFEFEFaaa.故答案为：13

.8.（2022·新高考Ⅱ卷T15）已知点(2,3),(0,)ABa，若直线AB关于ya的对称直线与圆22(3)(2)1xy存在公共点，则实数a的取值范围为________．【答案】13,32【解析】【分析】首先求出点A关于ya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：2,3A关于ya对称的点的坐标为2,23Aa，0,Ba在直线ya上，所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为32ay

xa，即3220axya；圆22:321Cxy，圆心3,2C，半径1r，依题意圆心到直线l的距离223342132aada，即2225532

aa，解得1332a，即13,32a；故答案为：13,329.（2022·新高考Ⅱ卷T16）已知椭圆22163xy，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两

点，且||||,||23MANBMN，则直线l的方程为___________．【答案】2220xy【解析】【分析】令AB的中点为E，设11,Axy，22,Bxy，利用点差法得到12OEABkk，设直线:ABykxm

，0k，0m，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；【详解】解：令AB的中点为E，因为MANB，所以MENE，设11,Axy，22,Bxy，则2211163xy，2222631xy，所以22

22121206633xxyy，即12121212063xxxxyyyy所以1212121212yyyyxxxx，即12OEABkk，设直线:ABykxm，0

k，0m，令0x得ym，令0y得mxk，即,0mMk，0,Nm，所以,22mmEk，即1222mkmk，解得22k或22k（舍去），又23MN，即22223MNmm，

解得2m或2m（舍去），所以直线2:22AByx，即2220xy；故答案为：2220xy10.（2022·北京卷T12）已知双曲线221xym的渐近线方程为33yx，则m__________．【答案】3【解析】【分析】首先可得0m，即可得到双曲线的

标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线221xym，所以0m，即双曲线的标准方程为221xym，则1a，bm，又双曲线221xym的渐近线方程为33yx，所以33ab

，即133m，解得3m；故答案为：311.（2022·浙江卷T16）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11,Axy，交双曲线的渐

近线于点22,Bxy且120xx．若||3||FBFA，则双曲线的离心率是_________．【答案】364【解析】【分析】联立直线AB和渐近线2:blyxa方程，可求出点B，再根据||3||FBFA可求得点A，最后根据点A在

双曲线上，即可解出离心率．【详解】过F且斜率为4ba的直线:()4bAByxca，渐近线2:blyxa，联立()4byxcabyxa，得,33cbcBa，由||3||FBFA，得5,,99cbcAa

而点A在双曲线上，于是2222222518181cbcaab，解得：228124ca，所以离心率36e4.故答案为：364．12.（2022·浙江卷T17）设点P在单位圆的内接正八边形128AAA的边12AA上，则222182PAPAPA的取值范围是____

___．【答案】[1222,16]【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37AA所在直线为x轴，51AA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设(,)Pxy，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到22222128

88PAPAPAxy，然后利用cos22.5||1OP即可解出．【详解】以圆心为原点，37AA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1345726222222(0,1),,,(1,0),,,(0,1),,,(1,0)22

2222AAAAAAA,822,22A，设(,)Pxy,于是2222212888PAPAPAxy，因为cos22.5||

1OP，所以221cos4512xy，故222128PAPAPA的取值范围是[1222,16].故答案为：[1222,16]．三、解答题1.（2022·全国甲（文）T21）设抛物线2:

2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾

斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1M

Nxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=3

2pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy，120

,4yy，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMDxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，

所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkk

k，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240

yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.2.（2022·全国甲（理）T）20.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，

点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）

:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MNxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得

22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；

【小问2详解】设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4yy，由斜率公式可得1

2221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMDxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322

yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan1

12tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得2

4240yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关

系.3.（2022·全国乙（文）T）21.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH．证

明：直线HN过定点．【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【小问1详解】解：设椭圆E的方程为221mxny，过30,2,,12AB

，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.【小问2详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线

1x.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可得26(63,)3T，由MTTH得到26(265,)3H.求得HN方程：26(2)23yx，

过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMxyNxy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0k

xkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)3

4kxyxyk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy

，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无

关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.4.（2022·全国乙（理）T20）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P的直线交E于M，N两点，过M且平行于

x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH．证明：直线HN过定点．【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【小问1详解】解：设

椭圆E的方程为221mxny，过30,2,,12AB，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.【小问2详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:

23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可得26(63,)3T，由MTTH得到26(265,)3H.求得HN方程：26(2)23yx

，过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMxyNxy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，可得122122

6(2)343(4)34kkxxkkkxxk，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx

可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得22224129

6482448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②

直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.5.（2022·新高考Ⅰ卷T21）已知点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa上，直线l交C于P，Q两点，直线,APAQ的斜率之和

为0．（1）求l的斜率；（2）若tan22PAQ，求PAQ△的面积．【答案】（1）1；（2）1629．【解析】【分析】（1）由点(2,1)A在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设:lykxm，1122,,,PxyQxy，再根据0APBPkk

，即可解出l的斜率；（2）根据直线,APAQ的斜率之和为0可知直线,APAQ的倾斜角互补，再根据tan22PAQ即可求出直线,APAQ的斜率，再分别联立直线,APAQ与双曲线方程求出点,PQ的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到

直线PQ的距离，即可得出PAQ△的面积．【小问1详解】因为点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa上，所以224111aa，解得22a，即双曲线22:12xCy易知直线l的斜率存在，设:lykxm，

1122,,,PxyQxy，联立2212ykxmxy可得，222124220kxmkxm，所以，2121222422,2121mkmxxxxkk，222222

16422210120mkmkmk．所以由0APBPkk可得，212111022yyxx，即122121210xkxmxkxm，即1212212410kxxmkxxm，所以22222421

24102121mmkkmkmkk，化简得，2844410kkmk，即1210kkm，所以1k或12mk，当12mk时，直线:21lykxmkx过点2,1A

，与题意不符，舍去，故1k．【小问2详解】不妨设直线,PAPB的倾斜角为,，因为0APBPkk，所以π，因为tan22PAQ，所以tan22，即tan222，即22tanta

n20，解得tan2，于是，直线:221PAyx，直线:221PByx，联立2222112yxxy可得，232122104202xx，因为方程有一个根为2

，所以10423Px，Py4253，同理可得，10423Qx，Qy4253．所以5:03PQxy，163PQ，点A到直线PQ的距离52122332d，故PAQ△的面积为116221622339．6.（2022·新高考Ⅱ卷T21）设双曲线2222:1(0

,0)xyCabab的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为3yx．（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1122,,,PxyQxy在C上，且1210,0x

xy．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，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：①M在AB上；②PQAB∥；③||||MAMB．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个

解答计分.【答案】（1）2213yx（2）见解析【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,ab的关系，进而利用,,abc的平方关系求得,ab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③|AM|=|BM|等价分析得到200283kxkyk；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率003xmy，由②//P

QAB等价转化为003kyx，由①M在直线AB上等价于2002kykx，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【小问1详解】右焦点为(2,0)F，∴2c,∵渐近线方程为3yx，∴3ba，∴3ba，∴22

2244caba，∴1a，∴3b．∴C的方程为：2213yx；【小问2详解】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12xx，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2ykx,则条件①M在AB上，等价于

2000022ykxkykx；两渐近线的方程合并为2230xy,联立消去y并化简整理得：22223440kxkxk设3334,,,AxyBxy,线段中点为,NNNxy,则2342226,2233NNNxxkkxykxkk,设00,Mx

y,则条件③AMBM等价于222203030404xxyyxxyy,移项并利用平方差公式整理得：3403434034220xxxxxyyyyy，3403403434220yyxxxyyyxx

,即000NNxxkyy,即200283kxkyk；由题意知直线PM的斜率为3,直线QM的斜率为3,∴由101020203,3yyxxyyxx,∴1212032yyxxx,所以直线PQ的斜率

12012121232xxxyymxxxx,直线00:3PMyxxy,即0033yyxx,代入双曲线的方程22330xy,即333xyxy中，得：00003

2333yxxyx,解得P的横坐标：10000133233xyxyx,同理：20000133233xyxyx，∴00120120022220000331,2,333yxxxyxxxxyxyx

∴003xmy,∴条件②//PQAB等价于003mkkyx，综上所述：条件①M在AB上，等价于2002kykx；条件②//PQAB等价于003kyx；条件③AMBM等价于200283kxkyk；选①②推③:由①②解得：2200002228,433kk

xxkyxkk,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223kxk，20263kkyk，∴003kyx，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223kxk，20263kkyk，∴02623xk，∴2002kyk

x，∴①成立.7.（2022·北京卷T19）已知椭圆：2222:1(0)xyEabab的一个顶点为(0,1)A，焦距为23．（1）求椭圆E的方程；（2）过点(2,1)P作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别

与x轴交于点M，N，当||2MN时，求k的值．【答案】（1）2214xy（2）4k【解析】【分析】（1）依题意可得2221223bccab，即可求出a，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设11,Bxy、22,Cxy

，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB、AC的方程，表示出Mx、Nx，根据NMMNxx得到方程，解得即可；【小问1详解】解：依题意可得1b，223c，又222cab，所以2a，所以椭圆方程为2214xy

；【小问2详解】解：依题意过点2,1P的直线为12ykx，设11,Bxy、22,Cxy，不妨令1222xx，由221214ykxxy，消去y整理得2222141681

6160kxkkxkk，所以222216841416160kkkkk，解得0k，所以212216814kkxxk，2122161614kkxxk，直线AB的方程为1111yyxx，令0y，解得111Mxxy，

直线AC的方程为2211yyxx，令0y，解得221Nxxy，所以212111NMxxMNxxyy2121121121xxkxkx212122xxkxkx212

1212222xxxxkxx12212222xxkxx，所以122122xxkxx，即212122121424xxxxkxxxx即2

222222221681616161616842414141414kkkkkkkkkkkkk即2222222228214161621684141414kkkkkkkkkkkkk整

理得84kk，解得4k8.（2022·浙江卷T21）如图，已知椭圆22112xy．设A，B是椭圆上异于(0,1)P的两点，且点0,21Q在线段AB上，直线,PAPB分别交直线132yx于C，D两点．（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；（2）

求||CD的最小值．【答案】（1）121111；（2）655．【解析】【分析】（1）设(23cos,sin)Q是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2||PQ，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线1:2ABykx与椭圆方程联立可得1212,xxxx，再将

直线132yx方程与PAPB、的方程分别联立，可解得点,CD的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD，最后代入化简可得235161231kCDk，由柯西不等式即可求出最小值．【小问1详解】设(23cos,sin)Q

是椭圆上任意一点,(0,1)P,则222221144144||12cos(1sin)1311sin2sin11sin111111PQ，当且仅当1sin11时取等号，故||PQ的最大值是121111.【小

问2详解】设直线1:2ABykx,直线AB方程与椭圆22112xy联立,可得22130124kxkx,设1122,,,AxyBxy，所以12212211231412kxxkxxk，因为直线111

:1yPAyxx与直线132yx交于C,则111114422(21)1Cxxxxykx,同理可得,222224422(21)1Dxxxxykx.则12124415||142(21)1(21

)1CDxxCDxxkxkx121221212122525(21)1(21)1(21)(21)1xxxxkxkxkxxkxx222394111611435161656565162315315315kkkkkk

，当且仅当316k时取等号，故CD的最小值为655.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．