12.数学·2022年普通高等学校招生全国统一考试(新高考全国Ⅱ卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

绝密★启用前 2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国新高考Ⅱ卷） 数学 使用地区：海南、重庆、辽宁 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 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 尔 题目要求的， 1.已知集合A={-1,1,2,4},B={x|x-1≤1}则A∩B= 郑 A.{-1,2} B.{1,2 C.{1,4 D.{-1,4 2.(2+2i)(1-2i)= A.-2+4i B.-2-4i C.6+2i D.6-2i 拼 3.图1是中国古代建筑中的举架结构，AA',BB,CC,DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直 距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1,CC1,BB,AA1是举，OD,DC, CB,BA是相等的步，相邻桁的举步之比分别为P三 BB 1=k.已知 k1,k2,k成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3= 的 图1 图2 A.0.75 B.0.8 童 C.0.85 D.0.9 4.已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a十tb,若(a,c>=〈b,c),则t= A.-6 B.-5 C.5 D.6 5.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，则不同的排 列方式共有 A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 2022·全国新高考Ⅱ卷第1页（共8页） 6.若sin(a+B)+cos(a+)=22cos(a+T)·sinB,则 A.tan(a-B)=1 B.tan(a++B)=1 C.tan(a-B)=-1 D.tan(a+8)=-1 7.已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的 表面积为 A.100π B.128π C.144π D.192x 8.已知函数x)的定义域为R,且f(x+)+fx一y)=f()fy),f(1)=1,则三fk)=() A.-3 B.-2 C.0 D.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. .已知函数)=sim(2r十p0<g<x)的图像关于点(.0)中心对称.则 A.fx)在区间0，）单调递减 x11 B.f八x)在区间（一2,12)有两个极值点 C.直线x=是曲线y=f()的对称轴 D.直线y--是曲线y=的切线 10.已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2x(>0)焦点F的直线与C交于A,B两点，其中A 在第一象限，点M(p,0).若|AF=lAM,则 A.直线AB的斜率为26 B.OB=OF C.AB>4OF D.∠OAM+∠OBM<180 11.如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB. 记三棱锥EACD,FABC,FACE的体积分别为V,V,V3,则 ( A.V=2V2 B.V=V C.V:=V+V2 D.2V=3V1 12.若x,y满足x2+y2-xy=1,则 A.x+y≤1 B.x+y≥-2 C.x2+y2≤2 D.x2+y≥1 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上： 13.已知随机变量X服从正态分布V(2,a),且P(2<X≤2.5)=0.36，则P(X>2.5)= 14.曲线y=lnx过坐标原点的两条切线的方程为 15.设点A(一2,3)B(0,a),若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x十3)2+(y十2)2=1有公共 点，则a的取值范围是 16.已知直线1与椭圆后+号-1在第一象限交于A,B两点1与x轴y轴分别交于M,N两点， 且IMA=|NB引，IMN|=2√3，则I的方程为 2022·全国新高考Ⅱ卷第2页（共8页） 四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.(10分)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2一b2=a3一b3=b,一a4. (1)证明：a1=b1； (2)求集合{k|b=am十a1,1≤m≤500}中元素的个数. 2022·全国新高考Ⅱ卷第3页（共8页） 18.(12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为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SS,S.已知S-S十S=mB=行 (1)求△ABC的面积； (2若sin Asin C=号求么 2022·全国新高考Ⅱ卷第4页（共8页） 19.(12分)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样 本数据的频率分布直方图： 4频率/红距 0.023 0.020 0.017 0.012 0.006 0.002 0.001 0102030405060708090年龄/岁 (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为代表）： (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[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%，从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概 率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到 0.0001). 2022·全国新高考Ⅱ卷第5页（共8页） 20.(12分)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. (1)证明：OE∥平面PAC: (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3,PA=5,求二面角CAEB的正弦值. 2022·全国新高考Ⅱ卷第6页（共8页） 21,2分)已知双曲线C-岁1(a>0,>0)的右焦点为F2,0),渐近线方程为y=士3元 (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P(x1,y),Q(x2,y)在C上，且 x,>x2>0,y1>0.过P且斜率为一√3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面① ②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在AB上：②PQ∥AB:③|MA|=|MB|. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分， 2022·全国新高考Ⅱ卷第7页（共8页） 22.(12分)已知函数f(.x)=xer-e. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性： (2)当x>0时，f(x)<一1，求a的取值范围： (3)设n∈N,证明：1十1十…+，1>n(m十1). √1+1v2+2√m+n 2022·全国新高考Ⅱ卷第8页（共8页）则()=2+1 x(x+1)2 >0恒成立， F(xo)=G(e)=G(x4). 又因为F(x)在（一o,0)上单调递减， 所以h(x)在(0，十o∞)上单调递增 1 又因为h(1)=0,所以a=1. 1<0e<o<1. (川)证明：由(1)知，f(x)=e一x, 即lnxo<0,所以x1=lnx0. 且f(x)在（一○，0）上单调递减，在(0，十oo)上单调递增， 同理，G(x)在(1，十∞)上单调递增，x0>0, g(x)=r一lnx,且g(x)在(0，I)上单调递减，在(1，十oo) 即e>1.x4>1.所以x4=e2. 上单调递增，且f(x)mim=g(x)mim=L. 因为eo-2.xo十lnxo=0, (|)当b<1时，因为f(x)mim=g(x)mim=1>b,所以显然 y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有0个交点，不 所以，x1十t4=eo十lnxo=2xo故得证 符合题意： 2022年普通高等学校招生全国统一考试 （i)当b=1时，图为f(:x)mi=g(x)mim=1=b,所以y=b (全国新高考Ⅱ卷) 与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，不符合题 意； 1.B因为集合B={x|x-1|≤1}={x-1≤x-1≤1}= (m)当b>1时，先证明y=b与曲线y=f(x)有2个交 {x0≤x≤2}，所以A∩B={1,2},故选B. 点，即证明F(x)=f(x)一b有2个零点. 2.D(2+21)(1-2i)=2-4i+2i十4=6-2i,故选D. 因为F(x)=f(x)=e-1, 3.D如图，连接OA,延长AA1与x轴交于点A2,则OA: 令F(x)=0,得x=0, =4OD1.因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列，所以 所以F(x)在（一o,0)上单调递减，在(0，十∞）上单调 k1=k3一0.2，k2=k3一0.1，所以CC1=DC1(k3一0.2)， 递增 BBI=CB (3-0.1),AA=BAik3,CC1=OD (k3- 又F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=e5-2b>0 DD (令t(b)=e-2b(b>1). 0.2),BB1=OD1·(k3-0.1),AA1=0D1k.又OD 则t'(b)=e0-2>0, 0.5,所以DD1=0.5OD1,所以AA2=0.5OD1+OD1(k3 所以t(b)>1(1)=e-2>0), 0.2)+OD1·(k3-0.1)+OD1k8=OD1(3ks+0.2),所以 所以F(x)=f(x)一b在（一∞，0）上有且仅有1个零点， AA2_0D1(3k十0.2)=0.725，解得k3= 设为x1:在(0，十∞)上有且仅有1个零点，设为x2, tan∠AOA2=OA2 40D1 再证明y=b与曲线y=g(x)有2个交点， 0.9,故选D. 即证明G(x)=g(x)一b有2个零，点. 国为G()=g(x)=1-,令G)=0,得x=L, C 所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增. D C BI 又图为G(e)=e6>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln D A: 2b>0(令z(b)=b-ln2b(b>1), 则以0)=1-名>0， 4.C由题意，得c=a十b=(3十t,4),所以a·c=3×(3十t) +4×4=25+3t,b·c=1×(3+1)+0×4=3+1.图为 所以(b)>(1)=1-ln2>0), 所以G(x)=g(x)一b在(0,1)上有且仅有1个零点，设为 ae0=(b,e,所以msa,e)=s(,c,脚日日- r3:在(1，+∞)上有且仅有1个零点，设为x4: 8行即25-3+1，解得1-5，故选C 5 再证明存在b使得x2=3 因为F(x2)=G(x3)=0, 5.B先将丙和丁掴在一起有A5种排列方式，然后将其与 所以b=e:一x2=r3一lna 乙，戊排列有A种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 若x2=x3,则e一x2=x2一lnx2, C是种排列方式，所以不同的排列方式共有AAC是= 24(种)，故选B. 即e'-2x2+lnx2=0, 6.C由已知条件得sin acos B-+cos asin+cos acos B-sin 故只需证明e一2x十lnx=0在(0,1)上有解即可， 即p(x)=e-2.x+nx在(0,1)上有零点. asin=2×号(os&-n80s加A,整理释6 in acos 周为gx)=e-2+>0,且(）=e+- 2 -30, cos asin B+cos acos 8+sin asin B=0,Ep sin(a-B)+cos(a p(1)=e-2>0. 一3)=0，所以tan(a-3)=一1，故选C. 7.A由题意得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 所以存在∈（信小使得g)=0,此时=心一： 号×号×3原-3号×号×4厅=4说孩能台上.下底面 2 则此时存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共 有三个不同的变点 的外接圆的圆心分别为O1,O2,则其外接球的球心O在直 最后证明从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，即 线O1O2上，设外接球的半径为R,当球心O在线段O1O2 x1+x4=2x0: 上时，R2=32+OO=42+(1-O001)2,解得001=4（含）： 因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(xa) 当球心O在线段O1O2的延长线上时，R2=4+OO号=3 =Gx4)· +(1+OO2)2,解得OO2=3,所以R2=25,所以球O的表 所以F(x1)=G(x6)=F(lnxo), 面积为4πR2=100x,故选A 数学答案-45 8.A因为f(1)=1,所以在f(x十y)十f(x-y)=f(x) f八y)中，令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)f(1),即 的分析知直线AB的方程为y=26(x一号)，代入y2 f(x十1)十f(x-1)=f(x)①，所以f(x+2)十f(x)= f(x+1)②.由①②相加，得f(x+2)+f(x-1)=0,即 2pr,得12r2-13pr+3p2=0,解得=p或x=号p, f(x十3)十f(x)=0,所以f(x十3)=一f(x),所以f(x+ 6)=一f(x+3)=f(x),所以函数f(.x)是周期为6的周期 所以B=子b,所以yB=-所以OB1=√十3 函数.在f(x+y)+f(x一y)=f(x)f(y)中，令x=1,y= 0,得f(1)+f1)=f(1)f(0),所以f(0)=2.令x=1,y= 3D≠OF,故选项B错误：对于C,由抛物线的定义， 1,得f(2)+f(0)=f(1)f(1),所以f(2)=-1.由f(x+ 得1AB=十B十p=品D十p=瓷D>2p,即AB> 13 3)=-f(x),得f(3)=-f(0)=-2,f(4)=-f(1)= -1,f5)=-f(2)=1,f(6)=-f(3)=2,所以f(1)+ 4OF,故选项C正确：对于D,由上述分析易知OA= f(2)十…十f(6)=1一1一2一1十1+2=0，根据周期性知 f(k)(k=1,2,…,22)中，任意连续6个数和为0，而22= .AM-号.0B=号.BM=p.慰南余 v33 6×3+4,所以∑f(k)=f(1)+f(2)十f(3)+f(4)=1-1 -2-1=-3,故选A. 弦定理的推论，得c0s∠OAM=OA+1AM2-OM 2OA·AM 9.AD由2r十g=xk∈0，得r=经-号周为画数 器2+2-p 21 >0,cos∠OBM= 的国像关于点（学0）中心对称，所以经-号-至，即 5/33 轻一经又0<<，得华-，所以f)=sim(2x+）】 IOB IOHM OME 1 2OB·BM 4>0 对于A,由2x十受≤2x+<2x+受（∈Z,得x 3 P 70 是x≤红十晋∈，当=0时，一意≤≤登周为 所以∠OAM90°，∠OBM90°，所以∠OAM+∠OBM <180°，故选项D正确.综上所述，故选ACD (0.)=(-竞，)，所以画数f)在(0，)上单调道11.CD知图，连接BD交AC于点O,连接OE,Or.设AB 减，故选项A正确：对于B,由2r十要-k十受kEZD,得 =ED=2FB=2,则AB=BC=CD=AD=2.因为ED⊥ 平面ABCD,FB∥ED,所以FB⊥平面ABCD,所以V1= x-经-登k∈Z,当=0时=一是：当=1时- VE-MD-子San·ED=号×AD·CD·ED 登：当=2时-告所以函数)在（一爱）上 言×号×2x2X2=专M=VF-c=Sac·FPB 只有一个极值点，故选项B错误；对于C,函数f(x)的对称 轴方程为1=经-臣40，◆经-音-语解得=号 吉×AB,C:FB=吉×号×2X2X1=景.由EDL 平面ABCD,ACC平面ABCD,所以ED⊥AC.因为四边 不为整数，故选项C错误：对于D,因为(x)=2cos2x+ 形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又ED∩BD=D, ED,BDC平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF,因为OF ),若直线y=-x为南线y=f(x)的切线，则2co C平面BDEF,所以AC⊥OF.易知BD=√2AB=2√2， (2x+)）=-1.中o(2z+）=名所以2x+号- OB=OD=号BD=号×2V2=VE,OF=VOB+FB- 2kx+要或2r+=2x十5(k∈，所以x=ka或x= √3，OE=VOD+ED=√6，EF=√BD'+(ED-FB)2= 红十吾ED.当=标时，）-停期-复-a使 √(22)2+(2-1)2=3.因为EF2=OE2+OF2,所以OF ⊥OE.又OE∩AC=O,OE,ACC平面ACE,所以OF⊥ EZ,解释发=0：当=红+音时，)=一受则一号 争面ACE,所以=Vp-m=号5aE·OF-号×吗 、4 -标∈无解，综上所延，直线y一复-x为向线 2 Ac2.0F=号×9×21X=2,所以有V≠2 y=f(x)的切线，故选项D正确.综上所迷，故选AD. V3≠V1.V3=V1+V2,2V3=3V1,所以选项A,B错误，选 10.ACD对于A,由题意得F(多0).因为AF=AM, 项C,D正确，故选CD, 且Mp,0,所以=专W-子，代入糖药线方程 2 y-2p,部得以-A所以A(受p.0小所以 2p0 AF= 3. 一=2√6，故选项A正确：对于B,由选项A 2 数学答案一46 12.BC由x2+y2-xy=1.得(.x+y)2-3xy=1,又xy= 4 产，所以(x+2-3[2 x+y)2-(x-y)2 片·(-开）=-名，叁理得m2=2m2①.又周为MN 4 =2√原，所以由勾殿定理得m2+n2=12②，①②联立， 2]=1,牌1=u+2+3=2≥+ 4 4 一，所 4 4 站合m>0,n>0,解得m=22·所以直线1的方程为 以一2≤x十y≤2，所以选项A错误，选项B正确：由x2十 n=2, -y=1将2十y-1=<告兰即+22， 2后+-1.脚@y-2顶-0 当且仅当r=y=士1时，等号成立，所以选项C正确：当17，解：(I)证明：设数列{am}的公差为d, 号=时满是子+-=1此时+ x3 an=a+(n-1)d,ba=2"-61, 由题意得a十d2h:=a1+2d-4h1,① 号<1，所以选项D错民，综上可知，就选C a1+2d-4h1=8b1-a1-3d,② 由①得d=2b1, 13.0.14因为X~N(2,g2),所以P(X>2)=0.5,所以 代入②得a1+4b一4b1=8b1一a1一6b1, P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<x≤2.5)=0.5-0.36= 化简得a1=b1. 0.14. (Ⅱ)由(I)知，a1=b,公差d=2b1=2a1, 14.y=y=-x设切点为(物，当>0时，由 所以am=a1+(n-1)·2a1=a1(2n-1),bm=2"-a1. 由bs=am十a1得2-1a1=a1(2m-1)+a1, 了-子得切线针奉为=六又切线的针率为二于是 则2-1=2m,所以m=24-2. 上=迎，解得如=1，代入y=n,得x0=e,所以切线斜 又1≤m≤500，k∈N', To o 则1≤24-2≤500. 奉=。，切线方程为y一。：同理可求得，当<0时的 因为2=512,28=256， 所以2≤2★-2≤28,0≤k-2≤8， 切线方程为=一。综上可知，两条切线方程分别为 所以2≤k≤10， 所以{kb=am十a1,1≤m≤500}={2,3,4,5,6,7,8,9， y==- . 101,共9个元素. 1[分] 由题意知点A(一2,3)关于直线y=a的对称 18解：()由三角彩约面积公式得S=之2n60=只。， 点为A'(-2,2a-3),所以kAB=3,0,所以直线A'B的 2 方程为y=322z十a,即(3-a)r-2y十2a=0.由题意 知，直线A'B与圆(.x十3)2+(y+2)2=1有公共点.由题 48-8.+5 知，圆的闻心为（一3，一2），半径为1，所以由点到直线的 -+= 4 2 距离公式得-3(3-a)+2X2+2a≤1，整理得6a2 ∴.a2+c2-b2=2. √(3-a)2+2 1la十3<0，解得时<a<号故实数a的取值范国是 1 由金球交理的推论得B=+公-品>0 2ac 3 3 2 sB1mB-V(合)-2g. 16.x十V②y-22=0设直线1的方程为所+号=1，则分 4· 别令x=0,y=0,得点M(m,0),V(0,n)(m>0,n>0).设 A(x1y),B(x,y2).由题意知线段AB与线段MN有 △ABC的面积S=立acsin B=号×3x号-号 38 21十2_m十0 (Ⅱ)由三角形的面积公式得△ABC的面积S 2 相同的中点，所以 2’即不1十=m'因为 absin C. y十2_0+”， 3y1十3y2=n. 2 2 想w所以器-吕=一片将A. 由正孩定理品入品B得a合 sin B' ·合mC 5=立 +号… B(x2·2)分别代入椭国方程得 两式相减得 ,血AC sin B ② (十x2)(x1-2)+01十(y一2=0.由题意知 3=② 81 3 3 十≠0，≠所以牛器·身器=一司则 x1十x2x1一xg 即2=子6=2（会负) 数学答案一47 19.解：(I)估计该地区这种疾病患者的平均年龄为5X 0.001×10+15×0.002×10+25×0.012×10+35× 则B2,23,0,E(15,A2,-25,0.C(-10, 0.017×10+45×0.023×10+55×0.020×10+65× -25,0),AC=(-12.0.0),AE=(-1,35,).A店 0.017×10+75×0.006×10+85×0.002×10=47.9. (Ⅱ)这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率为 =(0,43.0). 0.012×10+0.017×10+0.023×10+0.020×10+0.017 设平面AEC的法向量为m=(x1,y1,1), ×10=0.12+0.17+0.23+0.2+0.17=0.89. (Ⅲ)设此人患这种疾病为事件A, m正-0-1+31+24=0， 即 此人年龄位于区间[40,50)为事件B. m·AC=0. (-12.x1=0, 由题意知P(AB)=0.1%×0.023×10=0.00023 则x1=0,1=一2√3y1, 所以此人年龄在区间[40,50)条件下，此人患这种疾病的 令y1=1,1=-2V5,则m=(0,1,-2√3). 概年PAB)=-082a.014 设平面AEB的法向量为n=(x2,y2,2), 16% 故所求概率约为0.0014. n·AE=0, -9+33+29=0. 20.解：(I)证明：取AB的中点D,连接PD,OD,ED, n·AB=0, 4√3y2=0. 则y2=0x2=立*2， 3 令x2=2,x2=3,则n=(3,0,2), cos(m,n〉= m·n m·n 0×3+1×0+(-2√3)×2 所以DE为△PAB的中位线，所以DE∥PA. √02+12+(-23)2×w32+02+2 因为PA=PB,所以AB⊥PD. =二43 由题意得POL平面ABC 13 因为ABC平面ABC,所以PO⊥AB. 设二面角CAEB的大小为0， 又PO∩PD=P,所以AB⊥平面POD 又ODC平面POD,所以AB OD. -om--(- 又AC⊥AB,AC,OD,ABC平面ABC, 所以OD∥AC. 故二面角CAEB的运孩值为品 又OD吐平面PAC,所以OD∥平面PAC c=2, a=1, 因为DE∥PA,DE过平面PAC, 所以DE∥平面PAC. 21.解：(I)由题意得 b=3, 解得b=√3 又DE∩OD=D,所以平面EDO∥平面PAC a2+b2=e2, c=2, 又OEC平面EDO,所以OE∥平面PAC. (Ⅱ)延长线段DO交BC于点M.PB=PA=5. 则双曲线C的方程为r?- 31. 在Rt△POB中，OB=√/PB-PO=√52-32=4. (Ⅱ)设直线PQ的方程为y=kx十b(k≠0)，将直线PQ 的方程代入C的方程得(3一k2)x2-2kbx-b2-3=0, 在R△BD0中，OD=0B=2, 2kb b2+3 s∠DB0-8B-即-os30 则r十-3riu2= 3-k2 4 解得BD=2√3， x1-xg=√(x1十x2)2-4x1x2- 2V3(62+3-k) 3-k2 所以AD=2√3，AB=2BD=43. 设点M的坐标为(xM,yM), 在R△MDB中，an∠MBD-MC-MD=Ian60, BD2√3 联立yM=-3(r-),0 y-y2=3(x-x2),② 则MD=6. ①②两式相减得y1一y2=2V3.x一3(x1十x2), 又因为MD∥AC,D为AB的中点， 而y1一y2=(kx1十b)-(kx2十b)=k(x1一x2), 所以MD为△ABC的中位线， 所以AC=2MD=12. 故2v3.x=k(x1-x2)+5(x1十x2), 如图，以点O为坐标原，点，OD,OP所在的直线分别为x, 解得xM=V+3-+仙 :轴，在平面ABC内过点O且垂直于OD的直线为y轴 3一k 建立空间直角坐标系Oxy, ①②两式相加得2y一(y1十y2)=V3(x1一x2), 而y1十y2=(kx1+b)+(k.x2十b)=k(x1+x2)+2b, 故2y=k(x1+x2)+V3(x1-x2)+2b, 解得yw=3V+3-2+363 3-k2 M. 3 故点M的轨迹为直线y=乃工，其中k为直线PQ的 斜率. 若选择①②作为条件证明③： 数学答案一48 设直线AB的方程为y=k(x一2)，A(xA, 令e=t(t>1),则问题可转化为g(1)=t-4-t“-lnt yA).B(cB,yB), >0在(1，十o∞)上恒成立， 则 yA=k(xA-2). 解得xA= 2k _23k g'()=ta-l[(1-a)+a-t]. yA=3A k一√3 k-√31 令w(t)=(1-a)t+a-1", 同理可得xB=, 23k k十3 0=1-a2>1-2a. 12k 此时xA十xB= 4k2 一3M十yBk二3 当a≤号时d>1-2a≥0. [yM=k(xM-2). 则m(t)在(1，十o∞)上单调递增， 而点M的坐标满足 g'(t)=ta-'u()>t4-1u(1)=0. 3 w=元TM, 则g(t)在(1，十∞)上单调递增，g(t)>g(1)=0: 2k2 解得x1一一3 IA十IB 6k 2yM23 =yA十yB 29 当a>号时，令d0=0,得o-(已a), 故M为AB的中点，即|MA|=|MB. 当1<1<t0时，a(t)<0: 若选择①③作为条件证明②： 当>t0时，u'(t)>0, 当直线AB的斜率不存在时，点M即为，点F(2,0),此时 则u(t)在(1，to)上单调递减， M不在直线y=是上，不特合题意： g'(t)=ta-1u()<t-a-'u(1)=0, 则g(1)在(1,10)上单调递减，g(t)<g(1)=0,与g(t)>0 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y 矛盾 m(x一2)(m≠0)，A(xA,yA),B(xB,yB). (yA=m(xA-2). 解得xA=2m 鲸上a的取位范国为(0，号] 则 yA=V3A. m-4= 2√3m m-√3 (Ⅲ)先证当x>0时，x>ln(1+x). m+3h=-2v3m 同理可得B=2m 1+x m+√3 令h(x)=x-ln(1十x,易知h(o)=0, 此时xM=A十xB=2m2 2 m3yM-Ya ya6m √1十x 2 m2-3 当x>0时，h'()=1 由于点M同时在直线y=名上，故6m 8·2m2, 1+x2(1+x)√个+x1十x x+2 1 解得k=m,因此PQ∥AB. 2(1+x)1+x1+z 若选择②③作为条件证明①： (1+x-1)2 设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xAyA),B(xByB), >0 2(1+x)1+x |yA=k(xA一2)， 解得xA 6g1-2绿 2k 则 所以h(x)在(0，十∞)上为增函数， yA=3A. k-3 于是当x>0时，h(.x)>h(0)=0, 23k 同理可特x用十g、门 k+√3 即当x>0时，>ln(1+r 设AB的中点为C(xC,yc), 则xe-A十B=22 令x=k=1,2…,m 2 2二3e=4十g=66 2 k2-3 由于|MA|=|MB,故M在AB的垂直平分线上， 得>n(1+)=lnk+-in, √k2+k 即点M在直线y一=一名一0)上. 所以1+1+…+1>n2-1n1+ 12+1√22+2 √n十n 将演直线与y=是联立， In 3-In 2+...+InG+1)-In =In(n+1)-In 1=In(+1). 2k2 6k 2022年普通高等学校招生全国统一考试 解得rM3=CVMk2一3C (北京卷) 即点M恰为AB中点， 故点M在直线AB上 1.D由补集的定义得CA=(一3，-2]U(1,3),故选D. 22.解：(I)当a=1时，f(x)=xe-e, 2.B由题意得复数=3-i=③i=-4-31,所以 f(r)=e+rer-e=ret, 令f(x)=0,得x=0, =/(-4)2+(-3)2-5,故选B. 当x>0时，f(x)>0: 3.A由题意知圆心(a,0)在直线2x十y-1=0上，得2a十0 当x<0时，f(x)<0, 所以f(x)的单调递增区间为(0，十©)，单调递减区间为 -1=0,解得a=号，故选A (-∞，0). 1 2 (Ⅱ)xem-e<-1在x∈(0，十o)上恒成立， 4.C因为f(-x)= 1+21十2，所以f0)+f(-x) 当a>1且x>1时，xear-e>(x-1)e>(x-1) 1 2 (x十1)>0，故a1. 1+2x1+2x =1,故选C 数学答案-49