文档内容
2022年上海市高考数学试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）
x2
1. 双曲线 −y2=1的实轴长为 ．
9
2. 函数 的周期为 ．
f (x)=cos2x−sin2x+1
|a 1| |a 0|
3. 已知a∈R，行列式 的值与行列式 的值相等，则a＝ ．
3 2 4 1
4. 已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 ．
5. x﹣y≤0，x+ y﹣1≥0，求z＝x+2y的最小值 ．
6. 二项式 的展开式中， 项的系数是常数项的 倍，则 ．
(3+x) n x2 5 n＝
{a2x−1 x<0
7. 若函数 ，为奇函数，求参数 的值为 ．
f (x)= x+a x>0 a
0 x=0
8. 为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的概率为 ．
9. 已知等差数列 的公差不为零， 为其前 项和，若 ，则 中不同的数值有
{a } S n S =0 S (i=0,1,2,…,100)
n n 5 i
个．
10. 若平面向量|→
a
|
=
|→
b
|
=
|→
c
|
=λ
，且满足→
a⋅
→
b=0
，→
a⋅
→
c=2
，→
b⋅
→
c=1
，则 λ＝ ．
11. 设函数 满足 ( 1 )对任意 都成立，其值域是 ，已知对任何满足上述条件
f (x) f (x)=f x∈[0,+∞) A
1+x f
的 都有 ，则 的取值范围为 ．
f (x) {y|y=f (x),0≤x≤a}=A a
f
二、选择题（本题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.
1. 若集合A＝[﹣1,2)，B＝Z，则A∩B＝（ ）
A.{﹣2,﹣1,0,1} B.{﹣1,0,1} C.{﹣1,0} D.{﹣1}
第1页 | 共23页2. 若实数a、b满足a＞b＞0，下列不等式中恒成立的是（ ）
a a
A.a+b>2❑√ab B.a+b<2❑√ab C. +2b>2❑√ab D. +2b<2❑√ab
2 2
3. 如图正方体ABCD−A B C D 中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC 、BB 、CD 的中点，
1 1 1 1 1
联结
A S，B D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A S、 B D上，则称MN两点可视，
1 1 1 1
则下列选项中与点D 可视的为（ ）
1
A.点P B.点B C.点R D.点Q
4. 设集合 Ω={ (x,y) | (x−k) 2+(y−k2) 2 =4 | k|,k∈Z }
①存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧；
②存在直线l，使得集合Ω中存在无数点在l上；（ ）
A.①成立②成立 B.①成立②不成立
C.①不成立②成立 D.①不成立②不成立
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）.
1. 如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2．
（1）求三棱锥体积V ；
P−ABC
（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．
2. ．
f (x)=log (a+x)+log (6−x)
3 3
（1）若将函数f (x)图像向下移m(m>0)后，图像经过(3,0)，(5,0)，求实数a，m的值．
第2页 | 共23页（2）若a>﹣3且a≠0，求解不等式f (x)≤f (6﹣x)．
3. 如图，在同一平面上，AD＝BC＝6，AB＝20，O为AB中点，曲线CD上任一点到O距离相等，
∠DAB＝∠ABC＝120❑∘，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；
（1）若点P与点C重合，求∠POB的大小；
（2）P在何位置，求五边形MQABP面积S的最大值．
4. 设有椭圆方程 x2 y2 ，直线 ， 下端点为 ， 在 上，左、右焦点分
Γ: + =1(a>b>0) l:x+ y−4❑√2=0 Γ A M l
a2 b2
别为 、 ．
F (−❑√2,0) F (❑√2,0)
1 2
（1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标；
3
（2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F ，在△ABM中有一内角余弦值为 ，求b；
2 5
（3）在椭圆 上存在一点 到 距离为 ，使 ，随 的变化，求 的最小值．
Γ P l d |PF |+|PF |+d=6 a d
1 2
5. 数列 对任意 且 ，均存在正整数 ，满 ， ， ．
{a } n∈N∗ n≥2 i∈[1,n﹣1] a =2a −a a =1 a =3
n n+1 n i 1 2
（1）求a 可能值；
4
（2）命题p：若a ,a ,⋯,a 成等差数列，则a <30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是
1 2 8 9
真是假，说明理由；
第3页 | 共23页（3）若 ， 成立，求数列 的通项公式．
a =3m (m∈N∗) {a }
2m n
第4页 | 共23页参考答案与试题解析
2022年上海市高考数学试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）
1.
【答案】
6
【考点】
双曲线的简单几何性质
【解析】
根据双曲线的性质可得a＝3，实轴长为2a＝6．
【解答】
x2
解：由双曲线 −y2=1，可知：a＝3，
9
所以双曲线的实轴长2a＝6．
故答案为：6．
2.
【答案】
π
【考点】
三角函数的周期性
【解析】
由三角函数的恒等变换化简函数可得f (x)=cos2x+1，从而根据周期公式即可求值．
【解答】
解：
f (x)=cos2x−sin2x+1
=cos2x−sin2x+cos2x+sin2x=2cos2x=cos2x+1,
2π
T= =π.
2
故答案为：π.
3.
【答案】
3
【考点】
二阶行列式的定义
【解析】
根据行列式所表示的值求解即可．
【解答】
|a 1| |a 0|
解：因为 ＝2a﹣3， =a，
3 2 4 1
所以2a﹣3＝a，解得a＝3．
故答案为：3．
4.
【答案】
24π
第5页 | 共23页【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由底面积为9π解出底面半径R＝3，再代入侧面积公式求解即可．
【解答】
解：因为圆柱的底面积为9π，即πR2＝9π，
所以R＝3，
所以S ＝2πRℎ＝24π．
侧
故答案为：24π．
5.
【答案】
3
2
【考点】
简单线性规划
【解析】
根据已知条件作出可行域，再求目标函数的最小值即可．
【解答】
解：如图所示：
由x−y≤0，x+ y−1≥0,可知可行域为直线x﹣y＝0的左上方和x+ y﹣1＝0的右上方的公共部分，
1
{x=
联立{ x−y=0 ，可得 2，即图中点 (1 1)，
A ,
x+ y−1=0 1 2 2
y=
2
当目标函数 z＝x+2y 沿着与正方向向量→ 的相反向量平移时，离开区间时取最小值，
a＝(1,2)
即目标函数 过点 (1 1)时，取最小值：1 1 3．
z＝x+2y A , +2× =
2 2 2 2 2
第6页 | 共23页3
故答案为： ．
2
6.
【答案】
10
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得n的值．
【解答】
解： 二项式 的展开式中， 项的系数是常数项的 倍，
∵ (3+x) n x2 5
n(n−1)
即C2×3n−2=5C0×3n，即 =5×9，
n n 2
∴ n＝10，
故答案为：10．
7.
【答案】
1
【考点】
分段函数的应用
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）由题意，利用奇函数的定义可得 f (−x)=−f (x)，故有f (−1)=−f (1)，由此求得a的值．
【解答】
{a2x−1 x<0
解： 函数 ，为奇函数， ，
∵ f (x)= x+a x>0 ∴ f (−x)=−f (x)
0 x=0
， ，即 ，求得 或 ．
∴ f (−1)=−f (1) ∴ −a2−1=−(a+1) a(a−1)=0 a=0 a=1
{−1,x<0
当a=0时，f (x)= 0,x=0 ，不是奇函数，故a≠0；
x,x>0
{x−1,x<0
当a=1时，f (x)= 0,x=0 ,是奇函数，故满足条件，
x+1,x>0
综上，a=1，
故答案为：1．
8.
【答案】
3
7
【考点】
第7页 | 共23页古典概型及其概率计算公式
【解析】
由题意，利用古典概率的计算公式，计算求得结果．
【解答】
解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方法共
有 种，
C1 ⋅C1 ⋅C2+C1 ⋅C2 ⋅C1
1 3 4 1 3 4
而所有的抽取方法共有 种，
C4
8
故每一类都被抽到的概率为 C 1 1 ⋅C1 3 ⋅C2 4 +C 1 1 ⋅C 3 2 ⋅C1 4= 30 = 3，
C4 70 7
8
3
故答案为： ．
7
9.
【答案】
98
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
d
由等差数前n项和公式求出a ＝﹣2d，从而S = (n2−5n)，由此能求出结果．
1 n 2
【解答】
解： 等差数列 的公差不为零， 为其前 项和， ，
∵ {a } S n S =0
n n 5
5×4
∴ S =5a + d=0，解得a =−2d，
5 1 2 1
n(n−1) n(n−1) d
∴ S =na + d=−2nd+ d= (n2−5n)，
n 1 2 2 2
， 中 ,
∵ d≠0 ∴ S (i=0,1,2,…,100) S =S =0
i 0 5
S =S =−3d，S =S =−2d，
2 3 1 4
其余各项均不相等，
中不同的数值有： ．
∴ S (i=0,1,2,…,100) 101﹣3＝98
i
故答案为：98．
10.
【答案】
√45
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
利用平面向量的数量积进行分析，即可得出结果．
【解答】
第8页 | 共23页解：由题意，有→ → ，则→ →，设 → → ，
a⋅b=0 a⊥b ⟨a,c⟩=θ
{ → → { |→||→|
a⋅c=2 a c cosθ=2,①
② 1
→ b⋅ → c=1 ⇒ |→ b ||→ c | cos (π −θ ) =1,② 则 ① 得，tanθ= 2 ，
2
2❑√5
由同角三角函数的基本关系得：cosθ= ，
5
→ → |→||→| 2❑√5
则a⋅c= a c cosθ=λ⋅λ⋅ =2，
5
λ2=❑√5，则λ=√45．
故答案为:√45
.
11.
【答案】
[❑√5−1 )
,+∞
2
【考点】
函数的值域及其求法
函数的定义域及其求法
【解析】
由题可得{ ❑√5−1} ，再根据 ❑√5−1时不合题意，进而即得；或等价于
y∣y=f (x),0≤x≤ =A a<
2 f 2
1 1
≤a恒成立，即 −(1+a)≤x恒成立，进而即得．
1+x+a a
【解答】
1 ❑√5−1
解：法一：令x= ，解得x= （负值舍去），
x+1 2
当 [ ❑√5−1]时， 1 [❑√5−1 ]，
x ∈ 0, x = ∈ ,1
1 2 2 x +1 2
1
当 (❑√5−1 )时， 1 ( ❑√5−1)，
x ∈ ,+∞ x = ∈ 0,
1 2 2 x +1 2
1
且当 (❑√5−1 )时，总存在 1 ( ❑√5−1)，使得 ，
x ∈ ,+∞ x = ∈ 0, f (x )=f (x )
1 2 2 x +1 2 1 2
1
故{ ❑√5−1} ，
y∣y=f (x),0≤x≤ =A
2 f
若 ❑√5−1，易得 (❑√5−1) ，
a< f ∉{y∣y=f (x),0≤x≤a}
2 2
第9页 | 共23页❑√5−1
所以a≥ ，
2
即实数 的取值范围为[❑√5−1 )；
a ,+∞
2
法二：原命题等价于任意 ， ( 1 )，
a>0 f (x+a)=f
1+x+a
1 1
所以 ≤a⇒x≥ −(1+a)恒成立，
1+x+a a
1
即 −(1+a)≤0恒成立，又a＞0，
a
❑√5−1
所以a≥ ，
2
即实数 的取值范围为[❑√5−1 )．
a ,+∞
2
故答案为：[❑√5−1 )．
,+∞
2
二、选择题（本题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项.
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据集合的运算性质计算即可．
【解答】
解：∵ A＝[﹣1,2)，B=Z，
∴ A∩B＝{﹣1,0,1}，
故选：B．
2.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解．
【解答】
解：因为a＞b＞0，所以a+b≥2❑√ab，当且仅当a＝b时取等号，
又a＞b＞0，所以a+b>2❑√ab，故A正确，B错误，
a √a a
+2b≥2❑ ×2b=2❑√ab，当且仅当 =2b，即a＝4b时取等号，故CD错误，
2 2 2
第10页 | 共23页故选: A．
3.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
线段MN上不存在点在线段A S、 B D上，即直线MN与线段A S、 B D不相交，因此所求与D 可
1 1 1 1 1
视的点，即求哪条线段不与线段A S、 B D相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
1 1
【解答】
解：线段MN上不存在点在线段A S、 B D上，即直线MN与线段A S、 B D不相交，
1 1 1 1
因此所求与D 可视的点，即求哪条线段不与线段A S、 B D相交，
1 1 1
对A选项，如图，连接A P、PS 、 D S，因为P、S分别为AB、CD的中点，
1 1
∴ 易证A D //PS，故A 、D 、P 、S 四点共面，∴ D P与A S相交，∴ A错误；
1 1 1 1 1 1
对B、C选项，如图，连接D B、 DB，易证D 、B 、B 、D四点共面，
1 1 1
故D B、 D R都与B D相交，∴ B、C错误；
1 1 1
对D选项，连接D Q，由A选项分析知A 、D 、P 、S 四点共面记为平面A D PS，
1 1 1 1 1
∵ D ∈平面A D PS，Q∉平面A D PS，且A S⊂平面A D PS，点D ∉A S，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ D Q与A S为异面直线，
1 1
同理由B，C选项的分析知D 、B 、B 、D四点共面记为平面D B BD，
1 1 1 1
∵ D ∈平面D B BD，Q∉平面D B BD，且B D⊂平面D B BD，点D ∉B D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ D Q与B D为异面直线，
1 1
故D Q与A S，B D都没有公共点，∴ D选项正确．
1 1 1
第11页 | 共23页故选：D．
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
分k＝0，k＞0，k＜0，求出动点的轨迹，即可判定．
【解答】
解：当 k＝0 时，集合 Ω={ (x,y) | (x−k) 2+(y−k2) 2 =4 | k|,k∈Z }={(0,0)} ，
当 k＞0 时，集合 Ω={ (x,y) | (x−k) 2+(y−k2) 2 =4 | k|,k∈Z }，
表示圆心为 ，半径为 的圆，
(k,k2) r=2❑√k
圆的圆心在直线y=x2上，半径r=f (k)=2❑√k单调递增，
相邻两个圆的圆心距 d=❑√ (k+1−k) 2+[(k+1) 2−k2] 2 =❑√4k2+4k+2 ，相邻两个圆的半径之和为
l=2❑√k+2❑√k+1，
因为d＞l有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相离，
当k＜0时，同k＞0的情况，故存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧，故①正确，
若直线l斜率不存在，显然不成立，
设直线 ，若考虑直线 与圆 的焦点个数，
l:y=mx+n l (x−k) 2+(y−k2) 2 =4|k|
|mk+n−k2|
， ，
d= r=2❑√|k|
❑√m2+1
给定m，n，当k足够大时，均有d＞r，
故直线l只与有限个圆相交，②错误．
故选: B.
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）.
1.
【答案】
解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC，
又O为AC边中点，所以△PAC为等腰三角形，
又AP＝AC＝2．所以△PAC是边长为2的为等边三角形，
第12页 | 共23页1 1 ❑√3
∴ PO=❑√3，三棱锥体积V = S ⋅PO= × ×22×❑√3=1．
P−ABC 3 △ABC 3 4
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， (❑√3 1 )，
P(0,0,❑√3) B(❑√3,0,0) C(0,1,0) M , ,0
2 2
→ (❑√3 1 )，
PM= , ,−❑√3
2 2
平面 的法向量 → ，
PAC OB=(❑√3,0,0)
设直线PM与平面PAC所成角为θ，
3
| → → |
则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ=
PM⋅OB
=
2
=
❑√3
，
| → | | → | ❑√3×2 4
PM ⋅OB
❑√3
所以PM与面PAC所成角大小为arcsin .
4
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
直线与平面所成的角
【解析】
（1）直接利用体积公式求解；
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的法向量，
即可求解．
【解答】
解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC，
又O为AC边中点，所以△PAC为等腰三角形，
又AP＝AC＝2．所以△PAC是边长为2的为等边三角形，
1 1 ❑√3
∴ PO=❑√3，三棱锥体积V = S ⋅PO= × ×22×❑√3=1．
P−ABC 3 △ABC 3 4
（2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
第13页 | 共23页则 ， ， ， (❑√3 1 )，
P(0,0,❑√3) B(❑√3,0,0) C(0,1,0) M , ,0
2 2
→ (❑√3 1 )，
PM= , ,−❑√3
2 2
平面 的法向量 → ，
PAC OB=(❑√3,0,0)
设直线PM与平面PAC所成角为θ，
3
| → → |
则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ=
PM⋅OB
=
2
=
❑√3
，
| → | | → | ❑√3×2 4
PM ⋅OB
❑√3
所以PM与面PAC所成角大小为arcsin .
4
2.
【答案】
解：（1）因为函数 ，
f (x)=log (a+x)+log (6−x)
3 3
将函数 图像向下移 后，得 的图像，
f (x) m(m>0) y＝f (x)﹣m＝log (a+x)+log (6−x)−m
3 3
由函数图像经过点(3,0)和(5,0)，
{log (3+a)+1−m=0
所以 3 ，
log (5+a)+0−m=0
3
解得a＝﹣2，m＝1．
（2） 且 时，不等式 可化为 ，
a>﹣3 a≠0 f (x)≤f (6﹣x) log (a+x)+log (6−x)≤log (a+6−x)+log x
3 3 3 3
a+x>0 x>−a
{ {
6−x>0 x<6
等价于 解得 ，
a+6−x>0 x0 x>0
(a+x)(6−x)≤x(a+6−x) a(x−3)≥0
当﹣3＜a＜0时，0＜﹣a＜3，3＜a+6＜6，解不等式得﹣a＜x≤3，
第14页 | 共23页当a＞0时，﹣a＜0，a+6＞6，解不等式得3≤x＜6；
综上知，﹣3＜a＜0时，不等式f (x)≤f (6﹣x)的解集是(﹣a,3]，
a＞0时，不等式f (x)≤f (6﹣x)的解集是[3,6)．
【考点】
对数函数的图象与性质
不等式恒成立的问题
【解析】
（1）写出函数图像下移m个单位后的解析式，把点的坐标代入求解即可得出m和a的值．
（2）不等式化为 ，写出等价不等式组，求出解集即可．
log (a+x)+log (6−x)≤log (a+6−x)+log x
3 3 3 3
【解答】
解：（1）因为函数 ，
f (x)=log (a+x)+log (6−x)
3 3
将函数 图像向下移 后，得 的图像，
f (x) m(m>0) y＝f (x)﹣m＝log (a+x)+log (6−x)−m
3 3
由函数图像经过点(3,0)和(5,0)，
{log (3+a)+1−m=0
所以 3 ，
log (5+a)+0−m=0
3
解得a＝﹣2，m＝1．
（2） 且 时，不等式 可化为 ，
a>﹣3 a≠0 f (x)≤f (6﹣x) log (a+x)+log (6−x)≤log (a+6−x)+log x
3 3 3 3
a+x>0 x>−a
{ {
6−x>0 x<6
等价于 解得 ，
a+6−x>0 x0 x>0
(a+x)(6−x)≤x(a+6−x) a(x−3)≥0
当﹣3＜a＜0时，0＜﹣a＜3，3＜a+6＜6，解不等式得﹣a＜x≤3，
当a＞0时，﹣a＜0，a+6＞6，解不等式得3≤x＜6；
综上知，﹣3＜a＜0时，不等式f (x)≤f (6﹣x)的解集是(﹣a,3]，
a＞0时，不等式f (x)≤f (6﹣x)的解集是[3,6)．
3.
【答案】
解：（1）点P与点C重合，由题意可得OB=10，BC=6，∠ABC=120∘，
由余弦定理可得 OP2=OB2+BC2−2OB⋅BCcos∠ABC=36+100−2×6×10× ( − 1 )=196 ，
2
OP BP
所以OP＝14，在△OBP中，由正弦定理得 = ，
sin120∘ sin∠POB
14 6
= 3❑√3
所以❑√3 sin∠POB，解得sin∠POB= ，
14
2
第15页 | 共23页3❑√3
所以∠POB的大小为arcsin ；
14
（2）如图，连结QA，PB，OQ，OP，
∵ 曲线CMD上任意一点到O距离相等，
∴ OP＝OQ＝OM＝OC＝14，
∵ P，Q关于OM对称，
∴ P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置，S =S =α，
△QOM △POM
π
则∠AOQ=∠BOP=S = −α，
△BOP 2
则五边形面积
S=2(S +S )
△AOQ △QOM
[1 (π ) 1 ] ，其
＝2 ⋅OQ⋅OA⋅sin −α + ⋅OQ⋅OM⋅sinα ＝196sinα+140cosα=28❑√74sin(α+φ)
2 2 2
5
中tanφ= ，
7
当sin(α+φ)=1时，S 取最大值28❑√74，
五 边 形MQABP
∴ 五边形MQABP面积S的最大值为28❑√74．
【考点】
余弦定理
正弦定理
扇形面积公式
【解析】
（1）在△OBP中，直接利用余弦定理求出OP，再结合正弦定理求解；
（2）利用五边形CDQMP的对称性，将所求的面积化为四边形PMNC的面积计算问题，充分利用圆弧的
性质，找到最大值点，从而解决问题．
【解答】
解：（1）点P与点C重合，由题意可得OB=10，BC=6，∠ABC=120∘，
由余弦定理可得 OP2=OB2+BC2−2OB⋅BCcos∠ABC=36+100−2×6×10× ( − 1 )=196 ，
2
第16页 | 共23页OP BP
所以OP＝14，在△OBP中，由正弦定理得 = ，
sin120∘ sin∠POB
14 6
= 3❑√3
所以❑√3 sin∠POB，解得sin∠POB= ，
14
2
3❑√3
所以∠POB的大小为arcsin ；
14
（2）如图，连结QA，PB，OQ，OP，
∵ 曲线CMD上任意一点到O距离相等，
∴ OP＝OQ＝OM＝OC＝14，
∵ P，Q关于OM对称，
∴ P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置，S =S =α，
△QOM △POM
π
则∠AOQ=∠BOP=S = −α，
△BOP 2
则五边形面积
S=2(S +S )
△AOQ △QOM
[1 (π ) 1 ] ，其
＝2 ⋅OQ⋅OA⋅sin −α + ⋅OQ⋅OM⋅sinα ＝196sinα+140cosα=28❑√74sin(α+φ)
2 2 2
5
中tanφ= ，
7
当sin(α+φ)=1时，S 取最大值28❑√74，
五 边 形MQABP
∴ 五边形MQABP面积S的最大值为28❑√74．
4.
【答案】
解：（1）由题意可得a=2，b=c=❑√2，
x2 y2
Γ: + =1，A(0,−❑√2)，
4 2
∵ AM的中点在x轴上，
∴ M的纵坐标为❑√2，
代入 得 ．
x+ y−4❑√2=0 M(3❑√2,❑√2)
第17页 | 共23页（2）由直线方程可知 ，
B(0,4❑√2)
3 4 4
①若cos∠BAM= ，则tan∠BAM= ，即tan∠OAF = ，
5 3 2 3
3 3
∴ OA= OF = ❑√2，
4 2 4
3
∴ b= ❑√2．
4
3 4
②若cos∠BMA= ，则sin∠BMA= ，
5 5
π ❑√2 3 ❑√2 4 ❑√2
∵ ∠MBA= ，∴ cos(∠MBA+∠AMB)= × − × =− ，
4 2 5 2 5 10
❑√2
∴ cos∠BAM= ，∴ tan∠BAM=7．
10
❑√2 ❑√2
即tan∠OAF =7，∴ OA= ，∴ b= ，
2 7 7
3 ❑√2
综上b= ❑√2或 ．
4 7
（3）设P(acosθ,bsinθ)，
由点到直线距离公式可得|acosθ+bsinθ−4❑√2| ，
=6−2a
❑√2
acosθ+bsinθ−4❑√2
很明显椭圆在直线的左下方，则− =6−2a，
❑√2
即 ，
4❑√2−❑√a2+b2sin(θ+φ)=6❑√2−2❑√2a
， ，
∵ a2=b2+2 ∴ ❑√2a2−2❑sin(θ+φ)=2❑√2a−2❑√2
据此可得 ， |2a−2| ，
❑√a2−1sin(θ+φ)=2a−2 |sin(θ+φ)|= ≤1
❑√a2−1
5
整理可得(a﹣1)(3a﹣5)≤0，即1≤a≤ ，
3
5 8
从而d=6−2a≥6−2× = ．
3 3
8
即d的最小值为 ．
3
【考点】
直线与圆锥曲线的关系
椭圆的定义和性质
直线与椭圆结合的最值问题
点到直线的距离公式
【解析】
第18页 | 共23页x2 y2
（1）由题意可得椭圆方程为 + =1，从而确定M点的纵坐标，进一步可得点M的坐标；
4 2
3 3
（2）由直线方程可知B(0,4❑√2)，分类讨论cos∠BAM= 和cos∠BMA= 两种情况确定b的值即可；
5 5
（3）设 ，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得|acosθ+bsinθ−4❑√2| ，
P(acosθ,bsinθ) =6−2a
❑√2
5
进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得1≤a≤ 即可确定d的最小值．
3
【解答】
解：（1）由题意可得a=2，b=c=❑√2，
x2 y2
Γ: + =1，A(0,−❑√2)，
4 2
∵ AM的中点在x轴上，
∴ M的纵坐标为❑√2，
代入 得 ．
x+ y−4❑√2=0 M(3❑√2,❑√2)
（2）由直线方程可知 ，
B(0,4❑√2)
3 4 4
①若cos∠BAM= ，则tan∠BAM= ，即tan∠OAF = ，
5 3 2 3
3 3
∴ OA= OF = ❑√2，
4 2 4
3
∴ b= ❑√2．
4
3 4
②若cos∠BMA= ，则sin∠BMA= ，
5 5
π ❑√2 3 ❑√2 4 ❑√2
∵ ∠MBA= ，∴ cos(∠MBA+∠AMB)= × − × =− ，
4 2 5 2 5 10
❑√2
∴ cos∠BAM= ，∴ tan∠BAM=7．
10
❑√2 ❑√2
即tan∠OAF =7，∴ OA= ，∴ b= ，
2 7 7
3 ❑√2
综上b= ❑√2或 ．
4 7
（3）设P(acosθ,bsinθ)，
由点到直线距离公式可得|acosθ+bsinθ−4❑√2| ，
=6−2a
❑√2
acosθ+bsinθ−4❑√2
很明显椭圆在直线的左下方，则− =6−2a，
❑√2
即 ，
4❑√2−❑√a2+b2sin(θ+φ)=6❑√2−2❑√2a
第19页 | 共23页， ，
∵ a2=b2+2 ∴ ❑√2a2−2❑sin(θ+φ)=2❑√2a−2❑√2
据此可得 ， |2a−2| ，
❑√a2−1sin(θ+φ)=2a−2 |sin(θ+φ)|= ≤1
❑√a2−1
5
整理可得(a﹣1)(3a﹣5)≤0，即1≤a≤ ，
3
5 8
从而d=6−2a≥6−2× = ．
3 3
8
即d的最小值为 ．
3
5.
【答案】
解：（1）a =2a −a =5，a =2a −a =7或a =2a −a =9．
3 2 1 4 3 2 4 3 1
（2）∵ a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a 为等差数列，
1 2 3 4 5 6 7 8
， ，
∴ d=2 a =2n−1(n∈[1,8],n∈N∗)
n
a =2a −a =30−a <30．
9 8 i i
逆命题q：若a <30，则a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a 为等差数列是假命题，
9 1 2 3 4 5 6 7 8
举例：a =1，a =3，a =5， a =7， a =9， a =11，a =13，
1 2 3 4 5 6 7
a =2a −a =17，a =2a −a =21．
8 7 5 9 8 7
（3）因为 ，
a =3m
2m
， ， ，
∴ a =3m+1 a =2a −a (j≤2m−1) a =2a −a (i≤2m)
2m+2 2m+1 2m j 2m+2 2m+1 i
∴ a =4a −2a −a，
2m+2 2m j i
，
∴ 2a +a =4a −a =4×3m−3m+1=3m=a
j i 2m 2m+2 2m
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明a >a 恒成立：
n+1 n
当n=1，a >a 明显成立，
2 1
假设n＝k时命题成立，即a >a >a ⋯>a >a >0，
k k−1 k−2 2 1
则a −a =2a −a −a =a −a >0，则a >a ，命题得证．
k+1 k k i k k i k+1 k
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若 j＝2m﹣1，则a =2a +a =2a +a >a −a矛盾，
2m j i 2m−1 i 2m−1 i
2．若 ，则 ， ， ，
j＝2m﹣2 a =3m−1 ∴ a =3m−2a =3m−1 ∴ i＝2m﹣2
j i j
此时 ，
a =2a −a =2×3m−3m−1=5×3m−1
2m+1 2m j
1 n=1
{
n−3
∴ a = 5×3 2 n=2k+1,k∈N∗3．若 j＜2m﹣2 ，则 2a <2×3m−1，
n j
n
32 n=2k,k∈N∗
第20页 | 共23页， ，
∴ a =3m−2a >3m−1 ∴ j＝2m﹣1
i j
∴ a =2a −a （由（2）知对任意m成立），
2m+2 2m+1 2m−1
a =2a −a ，
6 5 3
事实上：a =2a −a 矛盾．
6 5 2
1 n=1
{
n−3
综上可得 a = 5×3 2 n=2k+1,k∈N∗．
n
n
32 n=2k,k∈N∗
【考点】
数列递推式
命题的真假判断与应用
数列的应用
数学归纳法
【解析】
（1）利用递推关系式可得a ＝5，然后计算a 的值即可；
3 4
（2）由题意可得 ，则 ，从而命题为真命题，给出反例可
a =2n−1(n∈[1,8],n∈N∗) a =2a −a <30
n 9 8 i
得命题q为假命题．
（3）由题意可得 ， ，然后利用数学归纳法证明数
a =2a −a (i≤2m) a =2a −a (j≤2m−1)
2m+2 2m+1 i 2m+1 2m j
列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式．
【解答】
解：（1）a =2a −a =5，a =2a −a =7或a =2a −a =9．
3 2 1 4 3 2 4 3 1
（2）∵ a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a 为等差数列，
1 2 3 4 5 6 7 8
， ，
∴ d=2 a =2n−1(n∈[1,8],n∈N∗)
n
a =2a −a =30−a <30．
9 8 i i
逆命题q：若a <30，则a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a 为等差数列是假命题，
9 1 2 3 4 5 6 7 8
举例：a =1，a =3，a =5， a =7， a =9， a =11，a =13，
1 2 3 4 5 6 7
a =2a −a =17，a =2a −a =21．
8 7 5 9 8 7
（3）因为
a =3m
，
∴ a =3m+1
2m 2m+2
， ， ，
a =2a −a (j≤2m−1) a =2a −a (i≤2m) ∴ a =4a −2a −a
2m+1 2m j 2m+2 2m+1 i 2m+2 2m j i
，
∴ 2a +a =4a −a =4×3m−3m+1=3m=a
j i 2m 2m+2 2m
，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明a >a 恒成立：
n+1 n
当n=1，a >a 明显成立，
2 1
假设n＝k时命题成立，即a >a >a ⋯>a >a >0，
k k−1 k−2 2 1
则a −a =2a −a −a =a −a >0，则a >a ，命题得证．
k+1 k k i k k i k+1 k
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
第21页 | 共23页1．若 j＝2m﹣1，则a =2a +a =2a +a >a −a矛盾，
2m j i 2m−1 i 2m−1 i
2．若 ，则 ， ， ，
j＝2m﹣2 a =3m−1 ∴ a =3m−2a =3m−1 ∴ i＝2m﹣2
j i j
1 n=1
{
n−3
此时 a =2a −a =2×3m−3m−1=5×3m−1， ∴ a = 5×3 2 n=2k+1,k∈N∗
2m+1 2m j n
n
32 n=2k,k∈N∗
3．若 ，则 ，
j＜2m﹣2 2a <2×3m−1 ∴ a =3m−2a >3m−1
j i j
，∴ j＝2m﹣1，∴ a =2a −a
2m+2 2m+1 2m−1
（由（2）知对任意m成立），a =2a −a
6 5 3
，
事实上：a =2a −a 矛盾．
6 5 2
1 n=1
{
n−3
综上可得 a = 5×3 2 n=2k+1,k∈N∗．
n
n
32 n=2k,k∈N∗
第22页 | 共23页第23页 | 共23页
