【文档说明】2022年高考数学新高考2卷及答案.docx，共(27)页，1.671 MB，由baby熊上传

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考全国Ⅱ卷）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.1.已知集合1,1,2,4,11ABxx，则AB（）A.{1,2}B.{1,2}C.{1,4}D.{1,4}2.(22i)(12i)（）A.24iB.24iC.62iD.62i3.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的

体现．如图是某古建筑物的剖面图，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.0.94.已知(3,4),(1,0),tabcab，若,,acbc，则t（）A.6B.5C.5D.65.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6.角,满足sin()cos()22cossin4，则（）Atan()1B.tan()1C.tan()1D.tan

()17.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.192π8.若函数()fx定义域为R，且()()()(),(1)1fxyfxyfxfyf，则221()kfk

（）A.3B.2C.0D.1二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.函数()sin(2)(0π)fxx的图象以2π,03中心对称，则（）.的A.y()fx5

π0,12单调递减B.y()fxπ11π,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10.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11.如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，,2FBEDABEDFB∥，记三棱锥EA

CD，FABC，FACE的体积分别为123,,VVV，则（）A.322VVB.312VVC.312VVVD.3123VV12对任意x，y，221xyxy，则（）A.1xyB.2xyC.222xyD.221xy三、填空题：本题共4小题，每小题

5分，共20分.13.已知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)PX____________．14.写出曲线ln||yx过坐标原点的切线方程：____________，____________．在在.15.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________．16.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___________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.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．18.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,sin23SSSB．（1）求ABC的面积；（2）

若2sinsin3AC，求b．19.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）20.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30ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值．21.设双曲线2222:1(0,0)xyCaba

b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1210,0xxy．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.22.已知函数()eeaxxfxx．（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。2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考全国Ⅱ卷）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅

笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.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.2.(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.3.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑

物的剖面图，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0.7

25，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,,C

CkBBkAAk，依题意，有31320.2,0.1kkkk，且111111110.725DDCCBBAAODDCCBBA，所以30.530.30.7254k，故30.9k，故选：D4.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：C5.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：B6.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：sincoscossincoscossinsin0

，即：sincos0,所以tan1,故选：D的7.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．8.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，11

1fxfxfxffx，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，321112fff，4221fff，5111fff，602ff，所以一个周期内的1260fff．由于22除以6余4，的所以

221123411213kfkffff．故选：A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分

，有选错的得0分.9.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．【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，2π2π3π2,332x，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5π12x，即5π12x为函数的唯一极值点；对C，当7π6x时，2π23π

3x，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32yx．故选：AD．10.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)2p

F，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22106ypyp，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(,)(,)0

423343236pppppppppMAMB，则AMB为钝角，又360AOBAMBOAMOBM，则180OAMOBM，D正确.故选：ACD.11.如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，,2

FBEDABEDFB∥，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,,VVV，则（）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,EMFM，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，2132

22EFMSEMFMa，22ACa，则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa，则3123VV，323VV，312VVV，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.12.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1

xy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．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)P

X____________．【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220.5PXPX，因此2.5222.50.50.

360.14PXPXPX．故答案为：0.14．14.写出曲线ln||yx过坐标原点的切线方程：____________，____________．【答案】①.1eyx②.1eyx【解析】【分析】分0

x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lnyx，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；当0x时lnyx，设切点为11,lnxx，由1yx，所以111|xx

yx，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；的故答案为：1eyx；1eyx15.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32ayxa，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2225532aa，解得1332a，即13,32a；故答案为：13,3216.已知椭圆2

2163xy，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MA

NB，所以MENE，设11,Axy，22,Bxy，则2211163xy，2222631xy，所以2222121206633xxyy，即12121212063xxxxyyyy所以1212121

212yyyyxxxx，即12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，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四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且223344

ababba．（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，11

2dba，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．18.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,sin23SSSB．

（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ac，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：sinsinsinbacBAC，则223294sinsinsinsinsin423bacacBACAC，则3sin2bB，31sin22bB.19.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(50.001150.002250.0123

50.017450.023x550.020650.012750.006850.002)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(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89P

APA．【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%0.023100.0010.23(|)0.00143750.0014()16%0.16PBCPCBPB．20.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30ABOCBO，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B

D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224OAAPPO，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33302430nAEx

yznABx，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,131339nmn

mnm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；21.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1210,0xxy．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),由的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//PQAB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，∴222244caba，∴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,Mxy,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200283kx

kyk；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：000032333yxxyx,解得P的横坐标：10000133233x

yxyx,同理：20000133233xyxyx，∴00120120022220000331,2,333yxxxyxxxxyxyx∴003xmy,∴条件②//PQAB等价于0

03mkkyx，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：2200002228,43

3kkxxkyxkk,∴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，∴2002kykx，∴①成立.22.

已知函数()eeaxxfxx．（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）12

a（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12a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ee1

axxhxx，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ln1Sxxx，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h

x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1

2ee10xxx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：21ln1lnnnnn，故222111ln2ln1ln3

ln2ln1ln1122nnnn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。