【文档说明】2022浙江省高考数学试题及答案.docx，共(20)页，525.405 KB，由baby熊上传

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试卷第1页，共4页2022年浙江省高考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合𝐴=*1,2+,𝐵=*

2,4,6+，则𝐴∪𝐵=（）A．*2+B．*1,2+C．*2,4,6+D．*1,2,4,6+2．已知𝑎,𝑏∈𝑅,𝑎+3i=(𝑏+i)i（i为虚数单位），则（）A．𝑎=1,𝑏=−3B．𝑎=−1,𝑏=3C．𝑎=−1,

𝑏=−3D．𝑎=1,𝑏=33．若实数x，y满足约束条件{𝑥−2≥0,2𝑥+𝑦−7≤0,𝑥−𝑦−2≤0,则𝑧=3𝑥+4𝑦的最大值是（）A．20B．18C．13D．64．设𝑥∈𝑅，则“sin𝑥=1”是“cos𝑥=0

”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5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22πB．8πC．223πD．163π6．为了得到函数𝑦=2sin3𝑥的图象，只要把

函数𝑦=2sin.3𝑥+π5/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7．已知2𝑎=5,log83=𝑏，则4𝑎

;3𝑏=（）A．25B．5C．259D．538．如图，已知正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1,𝐴𝐶=𝐴𝐴1，E，F分别是棱𝐵𝐶,𝐴1𝐶1上的点．记𝐸𝐹与试卷第2页，共4页𝐴𝐴1

所成的角为𝛼，𝐸𝐹与平面𝐴𝐵𝐶所成的角为𝛽，二面角𝐹−𝐵𝐶−𝐴的平面角为𝛾，则（）A．𝛼≤𝛽≤𝛾B．𝛽≤𝛼≤𝛾C．𝛽≤𝛾≤𝛼D．𝛼≤𝛾≤𝛽9．已知𝑎,𝑏∈𝑅，若对任意𝑥∈𝑅,𝑎|𝑥−�

�|+|𝑥−4|−|2𝑥−5|≥0，则（）A．𝑎≤1,𝑏≥3B．𝑎≤1,𝑏≤3C．𝑎≥1,𝑏≥3D．𝑎≥1,𝑏≤310．已知数列*𝑎𝑛+满足𝑎1=1,𝑎𝑛:1=𝑎𝑛−13𝑎𝑛2(𝑛∈𝑁∗)，则（）A．2<100𝑎100<52B．52<100

𝑎100<3C．3<100𝑎100<72D．72<100𝑎100<4二、填空题11．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是𝑆=√14[𝑐2𝑎2−.𝑐2:𝑎2;𝑏22/2

]，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𝑎=√2,𝑏=√3,𝑐=2，则该三角形的面积𝑆=___________．12．已知多项式(𝑥+2)(𝑥−1)4=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎

3𝑥3+𝑎4𝑥4+𝑎5𝑥5，则𝑎2=__________，𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4+𝑎5=___________．13．若3sin𝛼−sin𝛽=√10,𝛼+𝛽=𝜋2，则sin𝛼=__________，

cos2𝛽=_________．14．已知双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左焦点为F，过F且斜率为𝑏4𝑎的直线交双曲线于点𝐴(𝑥1,𝑦1)，交双曲线的渐近线于点𝐵(𝑥

2,𝑦2)且𝑥1<0<𝑥2．若|𝐹𝐵|=3|𝐹𝐴|，则双曲线的离心率是_________．15．设点P在单位圆的内接正八边形𝐴1𝐴2⋯𝐴8的边𝐴1𝐴2上，则𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑12+𝑃𝐴2⃑⃑⃑⃑⃑⃑

⃑2+⋯+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑82的取值范围是_______．三、双空题16．已知函数𝑓(𝑥)={−𝑥2+2,𝑥≤1,𝑥+1𝑥−1,𝑥>1,则𝑓(𝑓.12/)=________；若当𝑥∈,𝑎,𝑏-时，1≤𝑓(

𝑥)≤3，则𝑏−𝑎的最大值是_________．17．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试卷第3页，共4页张，记所抽取卡片上数字的最小值为𝜉，则𝑃(𝜉=2)=_________

_，𝐸(𝜉)=_________．四、解答题18．在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4𝑎=√5𝑐,cos𝐶=35．(1)求sin𝐴的值；(2)若𝑏=11，求△𝐴𝐵𝐶的面积．19．如图，已知𝐴𝐵𝐶𝐷和𝐶𝐷𝐸𝐹都是直角梯形，𝐴

𝐵//𝐷𝐶，𝐷𝐶//𝐸𝐹，𝐴𝐵=5，𝐷𝐶=3，𝐸𝐹=1，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐸=60°，二面角𝐹−𝐷𝐶−𝐵的平面角为60°．设M，N分别为𝐴𝐸,𝐵𝐶的中点．(1)证明：𝐹𝑁⊥𝐴𝐷；(2)求直

线𝐵𝑀与平面𝐴𝐷𝐸所成角的正弦值．20．已知等差数列*𝑎𝑛+的首项𝑎1=−1，公差𝑑>1．记*𝑎𝑛+的前n项和为𝑆𝑛(𝑛∈𝑁∗)．(1)若𝑆4−2𝑎2𝑎3+6=0，求𝑆𝑛；(2)若对于每个𝑛∈𝑁

∗，存在实数𝑐𝑛，使𝑎𝑛+𝑐𝑛,𝑎𝑛:1+4𝑐𝑛,𝑎𝑛:2+15𝑐𝑛成等比数列，求d的取值范围．21．如图，已知椭圆𝑥212+𝑦2=1．设A，B是椭圆上异于𝑃(0,1)的两点，且点𝑄.

0,12/在线段𝐴𝐵上，直线𝑃𝐴,𝑃𝐵分别交直线𝑦=−12𝑥+3于C，D两点．试卷第4页，共4页(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|𝐶𝐷|的最小值．22．设函数𝑓(𝑥)=e2𝑥+ln𝑥(𝑥>0)．(1)求𝑓(𝑥)的单调区间；

(2)已知𝑎,𝑏∈𝑅，曲线𝑦=𝑓(𝑥)上不同的三点(𝑥1,𝑓(𝑥1)),(𝑥2,𝑓(𝑥2)),(𝑥3,𝑓(𝑥3))处的切线都经过点(𝑎,𝑏)．证明：（ⅰ）若𝑎>e，则0<𝑏−𝑓

(𝑎)<12.𝑎e−1/；（ⅱ）若0<𝑎<e,𝑥1<𝑥2<𝑥3，则2e+e;𝑎6e2<1𝑥1+1𝑥3<2𝑎−e;𝑎6e2．（注：e=2.71828⋯是自然对数的底数）答案第1页，共16页参考答案：1．D【解析】【分析】利用并集的定义可得

正确的选项.【详解】𝐴∪𝐵=*1,2,4,6+，故选：D.2．B【解析】【分析】利用复数相等的条件可求𝑎,𝑏.【详解】𝑎+3i=−1+𝑏i，而𝑎,𝑏为实数，故𝑎=−1,𝑏=3，故选：B.3．B【解

析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线𝑧=3𝑥+4𝑦后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：答案第2页，共16页当动直线3𝑥+4𝑦−𝑧=0过𝐴时𝑧有最大值.由*𝑥=22𝑥+�

�−7=0可得*𝑥=2𝑦=3，故𝐴(2,3)，故𝑧max=3×2+4×3=18，故选：B.4．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sin2𝑥+cos2𝑥

=1可得：当sin𝑥=1时，cos𝑥=0，充分性成立；当cos𝑥=0时，sin𝑥=±1，必要性不成立；所以当𝑥∈𝑅，sin𝑥=1是cos𝑥=0的充分不必要条件.故选：A.5．C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱

，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体

的体积𝑉=12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)=22π3cm3．答案第3页，共16页故选：C．6．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𝑦=2sin3𝑥=2si

n03.𝑥−π15/+π51，所以把函数𝑦=2sin.3𝑥+π5/图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数𝑦=2sin3𝑥的图象．故选：D.7．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2𝑎=5，𝑏=log83=13log23，即23𝑏=3，所以4𝑎;3𝑏=4𝑎43𝑏=(2𝑎)2(23𝑏)2=5232=259．故选：C.8．A【解析】【分析】先用几何法表示出𝛼，𝛽，𝛾，再根据边长关系即可比较大小．【详解

】如图所示，过点𝐹作𝐹𝑃⊥𝐴𝐶于𝑃，过𝑃作𝑃𝑀⊥𝐵𝐶于𝑀，连接𝑃𝐸，答案第4页，共16页则𝛼=∠𝐸𝐹𝑃，𝛽=∠𝐹𝐸𝑃，𝛾=𝐹𝑀𝑃，tan𝛼=𝑃𝐸𝐹𝑃=𝑃𝐸𝐴𝐵≤1，tan𝛽=𝐹𝑃𝑃𝐸=𝐴

𝐵𝑃𝐸≥1，tan𝛾=𝐹𝑃𝑃𝑀≥𝐹𝑃𝑃𝐸=tan𝛽，所以𝛼≤𝛽≤𝛾，故选：A．9．D【解析】【分析】将问题转换为𝑎|𝑥−𝑏|≥|2𝑥−5|−|𝑥−4|，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的𝑥∈𝑅，有𝑎|𝑥−𝑏|≥|2�

�−5|−|𝑥−4|恒成立．设𝑓(𝑥)=𝑎|𝑥−𝑏|，𝑔(𝑥)=|2𝑥−5|−|𝑥−4|=*1−𝑥,𝑥≤523𝑥−9,52<𝑥<4𝑥−1,𝑥≥4，即𝑓(𝑥)的图像恒在𝑔(𝑥)的上方（可重合），如

下图所示：由图可知，𝑎≥3，1≤𝑏≤3，或1≤𝑎<3，1≤𝑏≤4−3𝑎≤3，故选：D．10．B答案第5页，共16页【解析】【分析】先通过递推关系式确定*𝑎𝑛+除去𝑎1，其他项都在(0,1)范围内，再

利用递推公式变形得到1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=13;𝑎𝑛>13，累加可求出1𝑎𝑛>13(𝑛+2)，得出100𝑎100<3，再利用1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=13;𝑎𝑛<13;3𝑛+2=13(1+1𝑛:1)，累加可求出1𝑎𝑛−1<13(

𝑛−1)+13(12+13+⋯+1𝑛)，再次放缩可得出100𝑎100>52．【详解】∵𝑎1=1，易得𝑎2=23∈(0,1)，依次类推可得𝑎𝑛∈(0,1)由题意，𝑎𝑛:1=𝑎𝑛(1−13𝑎𝑛)，即

1𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛(3;𝑎𝑛)=1𝑎𝑛+13;𝑎𝑛，∴1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=13;𝑎𝑛>13，即1𝑎2−1𝑎1>13，1𝑎3−1𝑎2>13，1𝑎4−1𝑎3>13，…，1𝑎𝑛−1𝑎

𝑛−1>13,(𝑛≥2)，累加可得1𝑎𝑛−1>13(𝑛−1)，即1𝑎𝑛>13(𝑛+2),(𝑛≥2)，∴𝑎𝑛<3𝑛:2,(𝑛≥2)，即𝑎100<134，100𝑎100<10034<3,又1𝑎𝑛+

1−1𝑎𝑛=13;𝑎𝑛<13;3𝑛+2=13(1+1𝑛:1),(𝑛≥2)，∴1𝑎2−1𝑎1=13(1+12)，1𝑎3−1𝑎2<13(1+13)，1𝑎4−1𝑎3<13(1+14)，…，1𝑎𝑛−1𝑎𝑛−1

<13(1+1𝑛),(𝑛≥3)，累加可得1𝑎𝑛−1<13(𝑛−1)+13(12+13+⋯+1𝑛),(𝑛≥3)，∴1𝑎100−1<33+13(12+13+⋯+199)<33+13(12×4+16×94)<39，即1𝑎100<40，∴𝑎

100>140，即100𝑎100>52；综上：52<100𝑎100<3．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.11．√234.【解析】答案第6页，共16页【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为𝑆=√14[𝑐2�

�2−.𝑐2:𝑎2;𝑏22/2]，所以𝑆=√14[4×2−.4:2;32/2]=√234．故答案为：√234.12．8−2【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𝑥=0求出𝑎0，再令𝑥=1即可得出答案．【详解】含𝑥2的项为：𝑥⋅C43⋅𝑥⋅(−1)3

+2⋅C42⋅𝑥2⋅(−1)2=−4𝑥2+12𝑥2=8𝑥2，故𝑎2=8；令𝑥=0，即2=𝑎0，令𝑥=1，即0=𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4+𝑎5，∴𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4+𝑎

5=−2，故答案为：8；−2．13．3√101045【解析】【分析】先通过诱导公式变形，得到𝛼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𝛼，接下来再求𝛽．【详解】𝛼+𝛽=𝜋2，∴sin𝛽=cos𝛼，即3sin𝛼−cos𝛼=√10，即√10.3√1010sin

𝛼−√1010cos𝛼/=√10，令sin𝜃=√1010，cos𝜃=3√1010，则√10sin(𝛼−𝜃)=√10，∴𝛼−𝜃=𝜋2+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，即𝛼=𝜃+𝜋2+2�

�𝜋，∴sin𝛼=sin.𝜃+𝜋2+2𝑘𝜋/=cos𝜃=3√1010，则cos2𝛽=2cos2𝛽−1=2sin2𝛼−1=45．答案第7页，共16页故答案为：3√1010；45．14．3√

64【解析】【分析】联立直线𝐴𝐵和渐近线𝑙2:𝑦=𝑏𝑎𝑥方程，可求出点𝐵，再根据|𝐹𝐵|=3|𝐹𝐴|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𝑏4𝑎的直线𝐴𝐵:𝑦=𝑏4𝑎(𝑥+𝑐)，渐近线𝑙2:𝑦=𝑏𝑎

𝑥，联立{𝑦=𝑏4𝑎(𝑥+𝑐)𝑦=𝑏𝑎𝑥，得𝐵.𝑐3,𝑏𝑐3𝑎/，由|𝐹𝐵|=3|𝐹𝐴|，得𝐴.−5𝑐9,𝑏𝑐9𝑎/,而点𝐴在双曲线上，于是25𝑐281𝑎2−𝑏2𝑐281𝑎2𝑏2=1，解得：�

�2𝑎2=8124，所以离心率e=3√64.故答案为：3√64．15．,12+2√2,16-【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，𝐴7𝐴3所在直线为𝑥轴，𝐴5𝐴1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𝑃(𝑥,�

�)，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑12+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑22+⋯+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑82=8(𝑥2+𝑦2)+8，然后利用cos22.5∘≤|𝑂𝑃|≤1即可解出．【详解】答案第8页，共16页以

圆心为原点，𝐴7𝐴3所在直线为𝑥轴，𝐴5𝐴1所在直线为𝑦轴建立平面直角坐标系，如图所示：则𝐴1(0,1),𝐴2(√22,√22),𝐴3(1,0),𝐴4(√22,−√22),𝐴5(0,−1),𝐴6(−√22,−√22),𝐴7

(−1,0),𝐴8(−√22,√22)，设𝑃(𝑥,𝑦),于是𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑12+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑22+⋯+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑82=8(𝑥2+𝑦2)+8，因为cos22.5∘≤|𝑂𝑃|≤1，所以1:cos45∘2≤𝑥2+𝑦2≤1，故

𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑12+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑22+⋯+𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑82的取值范围是,12+2√2,16-.故答案为：,12+2√2,16-．16．37283+√3##√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𝑓(12)=−.12/2+2=74，𝑓(74)=74+47−1=3728，所以𝑓0𝑓(12)1=3728，当𝑥≤1时，由1≤𝑓(𝑥)≤3可得1≤

−𝑥2+2≤3，所以−1≤𝑥≤1，当𝑥>1时，由1≤𝑓(𝑥)≤3可得1≤𝑥+1𝑥−1≤3，所以1<𝑥≤2+√3，1≤𝑓(𝑥)≤3等价于−1≤𝑥≤2+√3，所以,𝑎,𝑏-⊆,−1,2+√3-，所以𝑏−𝑎的最大值为3+√3.故答案为：3728

，3+√3.17．1635，127##157答案第9页，共16页【解析】【分析】利用古典概型概率公式求𝑃(𝜉=2)，由条件求𝜉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C73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C41+𝐶21𝐶42种，所以𝑃(𝜉=2)=C41:C21C42C73=1635，由已知可得𝜉的取值有1，2，3，4，𝑃(�

�=1)=C62C73=1535，𝑃(𝜉=2)=1635，，𝑃(𝜉=3)=C32C73=335，𝑃(𝜉=4)=1C73=135所以𝐸(𝜉)=1×1535+2×1635+3×335+4×135=1

27,故答案为：1635，127.18．(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cos𝐶=𝑎2:𝑏2;𝑐22𝑎𝑏以及4𝑎=√5𝑐可解出𝑎，即可由三角形面积公

式𝑆=12𝑎𝑏sin𝐶求出面积．(1)由于cos𝐶=35，0<𝐶<π，则sin𝐶=45．因为4𝑎=√5𝑐，由正弦定理知4sin𝐴=√5sin𝐶，则sin𝐴=√54sin𝐶=√55

．(2)因为4𝑎=√5𝑐，由余弦定理，得cos𝐶=𝑎2:𝑏2;𝑐22𝑎𝑏=𝑎2:121;165𝑎222𝑎=11;𝑎252𝑎=35，即𝑎2+6𝑎−55=0，解得𝑎=5，而sin𝐶=4

5，𝑏=11，所以△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=12𝑎𝑏sin𝐶=12×5×11×45=22．答案第10页，共16页19．(1)证明见解析；(2)5√714．【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𝐹�

�=𝐵𝐶，再根据二面角的定义可知，∠𝐵𝐶𝐹=60∘，由此可知，𝐹𝑁⊥𝐵𝐶，𝐹𝑁⊥𝐶𝐷，从而可证得𝐹𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，即得𝐹𝑁⊥𝐴𝐷；（2）由（1）可知𝐹𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，过点𝑁做𝐴𝐵平行线𝑁𝐾，所以可以以点�

�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𝑁−𝑥𝑦𝑧，求出平面𝐴𝐷𝐸的一个法向量，以及𝐵𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑，即可利用线面角的向量公式解出．(1

)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，𝐴𝐵//𝐷𝐶,𝐶𝐷//𝐸𝐹,𝐴𝐵=5,𝐷𝐶=3,𝐸𝐹

=1，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐸=60°，由平面几何知识易知，𝐷𝐺=𝐴𝐻=2,∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90°，则四边形𝐸𝐹𝐶𝐺和四边形𝐷𝐶𝐵𝐻是矩形

，∴在Rt△𝐸𝐺𝐷和Rt△𝐷𝐻𝐴，𝐸𝐺=𝐷𝐻=2√3，∵𝐷𝐶⊥𝐶𝐹,𝐷𝐶⊥𝐶𝐵，且𝐶𝐹∩𝐶𝐵=𝐶，∴𝐷𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐹,∠𝐵𝐶𝐹是二面角𝐹−𝐷𝐶−𝐵的平面角，则∠𝐵𝐶𝐹=60∘，

∴△𝐵𝐶𝐹是正三角形，由𝐷𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，得平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐹，∵𝑁是𝐵𝐶的中点，∴𝐹𝑁⊥𝐵𝐶，又𝐷𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐹，𝐹𝑁⊂平面𝐵𝐶𝐹，可得𝐹𝑁

⊥𝐶𝐷，而𝐵𝐶∩𝐶𝐷=𝐶，∴𝐹𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，而𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐹𝑁⊥𝐴𝐷．(2)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𝑁−𝑥𝑦𝑧，设𝐴(5,√3,0),𝐵(0,√3,0),𝐷(3,−√3,0),𝐸(1,0,3)，则𝑀.3,√32,32/，∴𝐵𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(3,−√32,32),𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=(−2

,−2√3,0),𝐷𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(−2,√3,3)设平面𝐴𝐷𝐸的法向量为𝑛⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)由{𝑛⃑⋅𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=0𝑛⃑⋅𝐷𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=0，得{−2𝑥−2√3𝑦=0−2𝑥+√3𝑦+3𝑧=0，取𝑛⃑=(√3,−1,√3)，答案第

11页，共16页设直线𝐵𝑀与平面𝐴𝐷𝐸所成角为𝜃，∴sin𝜃=|cos〈𝑛⃑,𝐵𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑〉|=|𝑛⃑⋅𝐵𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑||𝑛⃑|⋅𝐵𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=|3√3:√32:3√32|√3:1:3⋅√9:34:94=5√

3√7⋅2√3=5√714．20．(1)𝑆𝑛=3𝑛2;5𝑛2(𝑛∈N∗)(2)1<𝑑≤2【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𝑆𝑛；(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.(

1)因为𝑆4−2𝑎2𝑎3+6=0，𝑎1=−1，所以−4+6𝑑−2(−1+𝑑)(−1+2𝑑)+6=0，所以𝑑2−3𝑑=0，又𝑑>1，所以𝑑=3，所以𝑎𝑛=3𝑛−4，所以𝑆𝑛=(𝑎1:𝑎𝑛)𝑛2=3�

�2;5𝑛2，(2)因为𝑎𝑛+𝑐𝑛，𝑎𝑛:1+4𝑐𝑛，𝑎𝑛:2+15𝑐𝑛成等比数列，所以(𝑎𝑛:1+4𝑐𝑛)2=(𝑎𝑛+𝑐𝑛)(𝑎𝑛:2+15𝑐𝑛)，(𝑛𝑑−1+4𝑐𝑛)2=(−1+�

�𝑑−𝑑+𝑐𝑛)(−1+𝑛𝑑+𝑑+15𝑐𝑛)，𝑐𝑛2+(14𝑑−8𝑛𝑑+8)𝑐𝑛+𝑑2=0，由已知方程𝑐𝑛2+(14𝑑−8𝑛𝑑+8)𝑐𝑛+𝑑2=0的判别式大于等于0，答案第12页，共16页所以Δ=(14𝑑−8�

�𝑑+8)2−4𝑑2≥0，所以(16𝑑−8𝑛𝑑+8)(12𝑑−8𝑛𝑑+8)≥0对于任意的𝑛∈N∗恒成立，所以,(𝑛−2)𝑑−1-,(2𝑛−3)𝑑−2-≥0对于任意的𝑛∈N∗恒成立，当𝑛=1时

，,(𝑛−2)𝑑−1-,(2𝑛−3)𝑑−2-=(𝑑+1)(𝑑+2)≥0，当𝑛=2时，由(2𝑑−2𝑑−1)(4𝑑−3𝑑−2)≥0，可得𝑑≤2当𝑛≥3时，,(𝑛−2)𝑑−1-,(2𝑛−3

)𝑑−2->(𝑛−3)(2𝑛−5)≥0，又𝑑>1所以1<𝑑≤221．(1)12√1111；(2)6√55．【解析】【分析】（1）设𝑄(2√3cos𝜃,sin𝜃)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|𝑃𝑄|2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设

直线𝐴𝐵:𝑦=𝑘𝑥+12与椭圆方程联立可得𝑥1𝑥2,𝑥1+𝑥2，再将直线𝑦=−12𝑥+3方程与𝑃𝐴、𝑃𝐵的方程分别联立，可解得点𝐶,𝐷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|𝐶𝐷|=3√52⋅√16𝑘2:1|3𝑘:1|，由柯西不等

式即可求出最小值．(1)设𝑄(2√3cos𝜃,sin𝜃)是椭圆上任意一点,𝑃(0,1),则|𝑃𝑄|2=12cos2𝜃+(1−sin𝜃)2=13−11sin2𝜃−2sin𝜃=−11.sin𝜃+

111/2+14411≤14411，当且仅当sin𝜃=−111时取等号，故|𝑃𝑄|的最大值是12√1111.(2)设直线𝐴𝐵:𝑦=𝑘𝑥+12,直线𝐴𝐵方程与椭圆𝑥212+𝑦2=1联

立,可得.𝑘2+112/𝑥2+𝑘𝑥−34=0,设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，所以{𝑥1+𝑥2=−𝑘𝑘2:112𝑥1𝑥2=−34.𝑘2:112/，因为直线𝑃𝐴:𝑦=𝑦1;1𝑥1𝑥+1与直线𝑦=−

12𝑥+3交于𝐶,答案第13页，共16页则𝑥𝐶=4𝑥1𝑥1:2𝑦1;2=4𝑥1(2𝑘:1)𝑥1;1,同理可得,𝑥𝐷=4𝑥2𝑥2:2𝑦2;2=4𝑥2(2𝑘:1)𝑥2;1.则|𝐶𝐷|=√1+14|𝑥𝐶−𝑥𝐷|=√52|4𝑥1(2𝑘+1)�

�1−1−4𝑥2(2𝑘+1)𝑥2−1|=2√5|𝑥1−𝑥2,(2𝑘+1)𝑥1−1-,(2𝑘+1)𝑥2−1-|=2√5|𝑥1−𝑥2(2𝑘+1)2𝑥1𝑥2−(2𝑘+1)(𝑥1+𝑥2)+1|=3√52⋅√16𝑘2:1|3𝑘:1|=6

√55⋅√16𝑘2:1√916:1|3𝑘:1|≥6√55×√.4𝑘×34:1×1/2|3𝑘:1|=6√55，当且仅当𝑘=316时取等号，故|𝐶𝐷|的最小值为6√55.【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．22．(1)𝑓(𝑥)的减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞).(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）𝑘=𝑥3𝑥1，𝑚=𝑎e<1，则题设不等式可转化为𝑡1+𝑡3−2−2𝑚<(

𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)36𝑚(𝑡1:𝑡3)，结合零点满足的方程进一步转化为ln𝑚+(𝑚;1)(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)72(𝑚:1)<0，利用导数可证该不等式成立.(1)𝑓′(𝑥)=−e2𝑥2+1𝑥=2𝑥;e2𝑥

2，当0<𝑥<e2，𝑓′(𝑥)<0；当𝑥>e2，𝑓′(𝑥)>0，故𝑓(𝑥)的减区间为(0,e2)，𝑓(𝑥)的增区间为(e2,+∞).(2)（ⅰ）因为过(𝑎,𝑏)有三条不同的切线，设切点为(𝑥𝑖,𝑓(𝑥𝑖)),�

�=1,2,3，故𝑓(𝑥𝑖)−𝑏=𝑓′(𝑥𝑖)(𝑥𝑖−𝑎)，故方程𝑓(𝑥)−𝑏=𝑓′(𝑥)(𝑥−𝑎)有3个不同的根，答案第14页，共16页该方程可整理为(1𝑥−e2𝑥

2)(𝑥−𝑎)−e2𝑥−ln𝑥+𝑏=0，设𝑔(𝑥)=(1𝑥−e2𝑥2)(𝑥−𝑎)−e2𝑥−ln𝑥+𝑏，则𝑔′(𝑥)=1𝑥−e2𝑥2+(−1𝑥2+e𝑥3)(𝑥−𝑎)−1𝑥+e2𝑥2=−1𝑥3(𝑥−e)(𝑥−𝑎)，当0<𝑥<e或𝑥

>𝑎时，𝑔′(𝑥)<0；当e<𝑥<𝑎时，𝑔′(𝑥)>0，故𝑔(𝑥)在(0,e),(𝑎,+∞)上为减函数，在(e,𝑎)上为增函数，因为𝑔(𝑥)有3个不同的零点，故𝑔(e)<0且𝑔(𝑎)>0，故(1e−e2e2)(e−𝑎)−e2e−lne+𝑏<0且(1𝑎−e2

𝑎2)(𝑎−𝑎)−e2𝑎−ln𝑎+𝑏>0，整理得到：𝑏<𝑎2e+1且𝑏>e2𝑎+ln𝑎=𝑓(𝑎)，此时𝑏−𝑓(𝑎)−12(𝑎e−1)<𝑎2e+1−(e2𝑎+ln𝑎)

−𝑎2e+12=32−e2𝑎−ln𝑎，设𝑢(𝑎)=32−e2𝑎−ln𝑎，则𝑢′(𝑎)=e-2𝑎2𝑎2<0，故𝑢(𝑎)为(e,+∞)上的减函数，故𝑢(𝑎)<32−e2e−lne=0，故0<𝑏−𝑓(𝑎)<12(�

�e−1).（ⅱ）当0<𝑎<e时，同（ⅰ）中讨论可得：故𝑔(𝑥)在(0,𝑎),(e,+∞)上为减函数，在(𝑎,e)上为增函数，不妨设𝑥1<𝑥2<𝑥3，则0<𝑥1<𝑎<𝑥2<e<𝑥3，因为

𝑔(𝑥)有3个不同的零点，故𝑔(𝑎)<0且𝑔(e)>0，故(1e−e2e2)(e−𝑎)−e2e−lne+𝑏>0且(1𝑎−e2𝑎2)(𝑎−𝑎)−e2𝑎−ln𝑎+𝑏<0，整理得到：𝑎2e+1<𝑏<𝑎2e+ln

𝑎，因为𝑥1<𝑥2<𝑥3，故0<𝑥1<𝑎<𝑥2<e<𝑥3，又𝑔(𝑥)=1−𝑎:e𝑥+e𝑎2𝑥2−ln𝑥+𝑏，设𝑡=e𝑥，𝑎e=𝑚∈(0,1)，则方程1−𝑎:e𝑥+e𝑎2𝑥2−ln𝑥+𝑏=0即为：−𝑎:ee𝑡+𝑎2e

𝑡2+ln𝑡+𝑏=0即为−(𝑚+1)𝑡+𝑚2𝑡2+ln𝑡+𝑏=0，记𝑡1=e𝑥1,𝑡2=e𝑥2,𝑡3=e𝑥3,答案第15页，共16页则𝑡1,𝑡1,𝑡3为−(𝑚+1)𝑡+𝑚2𝑡2+ln𝑡+𝑏=0有三个不同的根，设𝑘=

𝑡1𝑡3=𝑥3𝑥1>e𝑎>1，𝑚=𝑎e<1，要证：2e+e;𝑎6e2<1𝑥1+1𝑥2<2𝑎−e;𝑎6e2，即证2+e;𝑎6e<𝑡1+𝑡3<2e𝑎−e;𝑎6e，即证：13;𝑚6<�

�1+𝑡3<2𝑚−1;𝑚6，即证：(𝑡1+𝑡3−13;𝑚6)(𝑡1+𝑡3−2𝑚+1;𝑚6)<0，即证：𝑡1+𝑡3−2−2𝑚<(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)36𝑚(𝑡1:𝑡3)，而−(𝑚+1)𝑡1+𝑚2𝑡12+ln𝑡1+�

�=0且−(𝑚+1)𝑡3+𝑚2𝑡32+ln𝑡3+𝑏=0，故ln𝑡1−ln𝑡3+𝑚2(𝑡12−𝑡32)−(𝑚+1)(𝑡1−𝑡3)=0，故𝑡1+𝑡3−2−2𝑚=−2𝑚×ln𝑡1;ln𝑡3𝑡1;𝑡3，故即证：−2𝑚×ln𝑡1;l

n𝑡3𝑡1;𝑡3<(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)36𝑚(𝑡1:𝑡3)，即证：(𝑡1:𝑡3)ln𝑡1𝑡3𝑡1;𝑡3+(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)72>0即证：(𝑘:1)ln𝑘𝑘;1+(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:

12)72>0，记𝜑(𝑘)=(𝑘:1)ln𝑘𝑘;1,𝑘>1，则𝜑′(𝑘)=1(𝑘;1)2(𝑘−1𝑘−2ln𝑘)>0，设𝑢(𝑘)=𝑘−1𝑘−2ln𝑘，则𝑢′(𝑘)=1+1𝑘2−2𝑘>2𝑘−2𝑘=0即𝜑′(𝑘)>0，故𝜑

(𝑘)在(1,+∞)上为增函数，故𝜑(𝑘)>𝜑(𝑚)，所以(𝑘:1)ln𝑘𝑘;1+(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)72>(𝑚:1)ln𝑚𝑚;1+(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)72，记𝜔(𝑚)=ln𝑚+(𝑚;1)(𝑚

;13)(𝑚2;𝑚:12)72(𝑚:1),0<𝑚<1，则𝜔′(𝑚)=(𝑚;1)2(3𝑚3;20𝑚2;49𝑚:72)72𝑚(𝑚:1)2>(𝑚;1)2(3𝑚3:3)72𝑚(𝑚:1)2>0，所以𝜔(𝑚)在(

0,1)为增函数，故𝜔(𝑚)<𝜔(1)=0，故ln𝑚+(𝑚;1)(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)72(𝑚:1)<0即(𝑚:1)ln𝑚𝑚;1+(𝑚;13)(𝑚2;𝑚:12)72>0，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，常用的方法有比值答案第16页，共16页代换等.