2022年高考数学试卷（理）（全国甲卷）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按年份分类）2008-2025_2022·高考数学真题

绝密★启用前 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题 卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好 条形码. 2．回答选择题时，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 12 小题，每小题 5 分，共 60 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. z = 1 若 z =-1+ 3i ，则 zz -1 （ ） . 1 3 1 3 A -1+ 3i B. -1- 3i C. - + i D. - - i . 3 3 3 3 【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. 【详解】z =-1- 3i,zz =(-1+ 3i)(-1- 3i)=1+3=4. z -1+ 3i 1 3 = =- + i zz -1 3 3 3 故选 ：C 2. 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： 第1页 | 共30页则（ ） 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. 70%+75% 【详解】讲座前中位数为 >70%,所以A错； 2 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%， 讲座前问卷答题的正确率的极差为95%-60%=35%>20%,所以D错. 故选:B. 3. 设全集U ={-2,-1,0,1,2,3}，集合A={-1,2},B=  x∣x2 -4x+3=0  ，则ð (AÈB)=（ ） U A. {1,3} B. {0,3} C. {-2,1} D. {-2,0} 【答案】D 第2页 | 共30页【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，B= x x2 -4x+3=0 =1,3 ，所以AÈB=-1,1,2,3 , 所以ð AÈB=-2,0 . U 故选：D. 4. 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. 8 B. 12 C. 16 D. 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， 2+4 则该直四棱柱的体积V = ´2´2=12. 2 故选：B. 5. 函数y =  3x -3-x cosx在区间 é ê - π , πù ú 的图象大致为（ ） ë 2 2û 第3页 | 共30页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 f x=  3x -3-x cosx,xÎ é - p , pù ， ê ú ë 2 2û 则 f -x=  3-x -3x cos-x=-  3x -3-x cosx=-f x ， 所以 f x 为奇函数，排除BD； æ pö 又当xÎ ç 0, ÷时，3x -3-x >0,cosx>0，所以 f x>0，排除C. è 2ø 故选：A. b 6 当x=1时，函数 f(x)=alnx+ 取得最大值-2，则 f¢(2)=（ ） . x 1 1 A. -1 B. - C. D. 1 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知 f (1) =-2， f¢1=0即可解得a,b，再根据 f ¢x 即可解出． 【详解】因为函数 f x 定义域为 0,+¥ ，所以依题可知， f (1) =-2， f¢1=0，而 第4页 | 共30页a b 2 2 f¢x= - ，所以b=-2,a-b=0，即a =-2,b=-2，所以 f¢x=- + ，因此函数 f x 在 x x2 x x2 1 1 0,1 上递增，在 1,+¥ 上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有 f¢2=-1+ =- ． 2 2 故选：B. 7. 在长方体ABCD-ABCD 中，已知BD与平面ABCD和平面AABB所成的角均为30°，则（ ） 1 1 1 1 1 1 1 A. AB=2AD B. AB与平面ABC D所成的角为30° 1 1 C. AC =CB D. BD与平面BBCC所成的角为45° 1 1 1 1 【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AB=a,AD=b,AA =c，依题以及长方体的结构特征可知，BD与平面ABCD所成角为 1 1 c b ÐBDB，BD与平面AABB所成角为ÐDB A，所以sin30o = = ，即b=c， 1 1 1 1 1 BD BD 1 1 BD=2c= a2 +b2 +c2 ，解得a = 2c． 1 对于A，AB=a，AD=b，AB= 2AD，A错误； 对于B，过B作BE ^ AB 于E，易知BE^平面ABC D，所以AB与平面ABC D所成角为ÐBAE， 1 1 1 1 1 c 2 因为tanÐBAE = = ，所以ÐBAE ¹30o，B错误； a 2 第5页 | 共30页对于C，AC = a2 +b2 = 3c，CB = b2 +c2 = 2c，AC ¹CB ，C错误； 1 1 CD a 2 对于D，BD与平面BBCC所成角为ÐDBC ，sinÐDBC = = = ，而 1 1 1 1 1 BD 2c 2 1 0<ÐDBC <90o，所以ÐDBC =45o．D正确． 1 1 故选：D． 8. 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AB的中点，D在AB上，CD^ AB．“会圆术”给出AB的弧 CD2 长的近似值s的计算公式：s = AB+ ．当OA=2,ÐAOB=60°时，s =（ ） OA 11-3 3 11-4 3 9-3 3 9-4 3 A. B. C. D. 2 2 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】连接OC，分别求出AB,OC,CD，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OC ^ AB， 又CD^ AB，所以O,C,D三点共线， 即OD=OA=OB=2， 又ÐAOB=60°， 所以AB=OA=OB=2， 第6页 | 共30页则OC = 3，故CD=2- 3，  2 CD2 2- 3 11-4 3 所以 . s = AB+ =2+ = OA 2 2 故选：B. 9. 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 和S ，体积分别为 甲 乙 S V V 和V ．若 甲 =2，则 甲 =（ ） 甲 乙 S V 乙 乙 5 10 A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ，根据圆锥的侧面积公式可得 1 2 r =2r ，再结合圆心角之和可将r,r 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 1 2 1 2 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r ，乙圆锥底面圆半径为r ， 1 2 S prl r 则 甲 = 1 = 1 =2， S prl r 乙 2 2 所以r =2r ， 1 2 2pr 2pr 又 1 + 2 =2p， l l 第7页 | 共30页r +r 则 1 2 =1， l 2 1 所以r = l,r = l， 1 3 2 3 4 5 所以甲圆锥的高h = l2 - l2 = l， 1 9 3 1 2 2 乙圆锥的高h = l2 - l2 = l ， 2 9 3 1 4 5 pr2h l2´ l 所以 V 甲 = 3 1 1 = 9 3 = 10 . V 1 1 2 2 乙 pr2h l2´ l 3 2 2 9 3 故选：C. x2 y2 10. 椭圆C: + =1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ a2 b2 1 的斜率之积为 ，则C的离心率为（ ） 4 3 2 1 1 A. B. C. D. 2 2 2 3 【答案】A 【解析】 y2 1 【分析】设Px ,y  ，则Q-x ,y  ，根据斜率公式结合题意可得 1 = ，再根据 1 1 1 1 -x2 +a2 4 1 x2 y2 1 + 1 =1，将y 用x表示，整理，再结合离心率公式即可得解. a2 b2 1 1 【详解】解法1：设而不求 设Px ,y  ，则Q-x ,y  1 1 1 1 1 y y y2 1 则由k k = 得：k k = 1  1 = 1 = ， AP AQ 4 AP AQ x +a -x +a -x2 +a2 4 1 1 1 x2 y2 b2 a2 -x2 由 1 + 1 =1，得y2 = 1 ， a2 b2 1 a2 第8页 | 共30页b2 a2 -x2 1 b2 1 所以 a2 1，即 = ， = a2 4 -x2 +a2 4 1 c b2 3 所以椭圆C的离心率e= = 1- = ，故选A. a a2 2 解法2：第三定义 设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：k =-k PB AQ 1 故k k =k -k =- ， AP AQ PA AQ 4 b2 由椭圆第三定义得：k k =- ， PA AQ a2 b2 1 故 = a2 4 c b2 3 所以椭圆C的离心率e= = 1- = ，故选A. a a2 2 æ πö 11. 设函数 f(x)=sin ç wx+ ÷在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则w的取值范围是（ ） è 3ø é5 13ö é5 19ö æ13 8ù æ13 19ù A. ê , ÷ B. ê , ÷ C. ç , ú D. ç , ú ë3 6 ø ë3 6 ø è 6 3û è 6 6 û 【答案】C 【解析】 p 【分析】由x的取值范围得到wx+ 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． 3 p æp pö 【详解】解：依题意可得w>0，因为xÎ0,p ，所以wx+ Î ç ,wp+ ÷， 3 è 3 3ø æp ö 要使函数在区间 0,p 恰有三个极值点、两个零点，又y =sin x，xÎ ç ,3p ÷的图象如下所示： è 3 ø 第9页 | 共30页5p p 13 8 æ13 8ù 则 b>a B. b>a>c C. a>b>c D. a>c>b 【答案】A 【解析】 c 1 1 【分析】由 =4tan 结合三角函数的性质可得c>b;构造函数 f x=cosx+ x2 -1,xÎ0,+¥ ,利用 b 4 2 导数可得b>a,即可得解. 【详解】解法1：构造函数 æ πö 因为当xÎ ç 0, ÷ ,x1，故 >1，所以c>b； b 4 b 1 设 f(x)=cosx+ x2 -1,xÎ(0,+¥)， 2 f¢(x)=-sinx+x>0，所以 f(x)在(0,+¥)单调递增， æ1ö 1 31 故 f ç ÷ > f(0)=0，所以cos - >0， è4ø 4 32 所以b>a，所以c>b>a，故选A 解法2：不等式放缩 第10页 | 共30页æ πö 因为当xÎ ç 0, ÷ ,sinx< x， è 2ø 1 1 1 æ1ö 2 31 取x= 得：cos =1-2sin2 >1-2 ç ÷ = ，故b>a 8 4 8 è8ø 32 1 1 æ1 ö æ pö 1 4 4sin +cos = 17sin ç + ÷，其中Î ç 0, ÷，且sin= ,cos= 4 4 è4 ø è 2 ø 17 17 1 1 1 p p 1 当4sin +cos = 17时， += ，及= - 4 4 4 2 2 4 1 4 1 1 此时sin =cos= ，cos =sin= 4 17 4 17 1 1 4 1 1 故cos = < =sin <4sin ，故ba，所以c>b>a，故选A 解法3：泰勒展开 31 0.252 1 0.252 0.254 设x=0.25，则a= =1- ，b=cos »1- + ， 32 2 4 2 4! 1 sin 1 0.252 0.254 4 c=4sin = »1- + ，计算得c>b>a，故选A. 4 1 3! 5! 4 解法4：构造函数 c 1 æ πö 1 1 c 因为 =4tan ，因为当xÎ ç 0, ÷ ,sinx< x ,即 >1，所以c>b；设 b 4 è 2ø 4 4 b 1 f(x)=cosx+ x2 -1,xÎ(0,+¥)， f¢(x)=-sinx+x>0，所以 f(x)在(0,+¥)单调递增，则 2 æ1ö 1 31 f ç ÷ > f(0)=0,所以cos - >0，所以b>a,所以c>b>a， è4ø 4 32 故选：A． 解法5：【最优解】不等式放缩 c 1 æ πö 1 1 c 因为 =4tan ，因为当xÎ ç 0, ÷ ,sinx< x ,即 >1，所以c>b；因为当 b 4 è 2ø 4 4 b æ πö 1 1 1 æ1ö 2 31 xÎ ç 0, ÷ ,sinx< x，取x= 得cos =1-2sin2 >1-2 ç ÷ = ，故b>a，所以c>b>a． è 2ø 8 4 8 è8ø 32 第11页 | 共30页故选：A． 【整体点评】法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通 法； æ πö 法5：利用二倍角公式以及不等式xÎ ç 0, ÷ ,sinx< x0)的渐近线与圆x2 + y2 -4y+3=0相切，则m=_________． m2 3 【答案】 3 【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． x2 x 【详解】解：双曲线y2- =1m>0的渐近线为y =± ，即x±my =0， m2 m 不妨取x+my =0，圆x2 + y2 -4y+3=0，即x2 +y-22 =1，所以圆心为 0,2 ，半径r =1， 2m 依题意圆心 0,2 到渐近线x+my =0的距离d = =1， 1+m2 第12页 | 共30页3 3 解得m= 或m =- （舍去）． 3 3 3 故答案为： ． 3 15. 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________． 6 【答案】 . 35 【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n=C4 =70个结果，这4个点在同一个平面的有 8 m 12 6 m=6+6=12个，故所求概率P= = = ． n 70 35 6 故答案为： ． 35 AC 16. 已知 ABC中，点D在边BC上，ÐADB=120°,AD=2,CD=2BD．当 取得最小值时， V AB BD=________． 【答案】 3-1##-1+ 3 【解析】 AC2 【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解. AB2 【详解】方法1：（余弦定理） 设CD=2BD=2m>0， 则在△ABD中，AB2 = BD2 + AD2 -2BDADcosÐADB=m2 +4+2m， 在△ACD中，AC2 =CD2 + AD2 -2CDADcosÐADC =4m2 +4-4m， AC2 4m2 +4-4m 4  m2 +4+2m  -121+m 12 = = =4- 所以 AB2 m2 +4+2m m2 +4+2m 3 m+1+ m+1 第13页 | 共30页12 ³4- =4-2 3 3 ， 2 m+1 m+1 3 当且仅当m+1= 即m= 3-1时，等号成立， m+1 AC 所以当 取最小值时，m= 3-1. AB 故答案为： 3-1. 方法二2：（建系法） 令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系. 则C（2t,0），A（1， 3），B（-t,0） AC2 2t-12 +3 4t2 -4t+4 12 \ = = =4- ³4-2 3 AB2 t+12 +3 t2 +2t+4 t+1+ 3 t+1 当且仅当t+1= 3,即BD= 3-1时等号成立。 方法三3：（余弦定理） 设BD=x,CD=2x.由余弦定理得 ì c2 = x2 +4+2x í ，\2c2 +b2 =12+6x2， îb2 =4+4x2 -4x ì c2 = x2 +4+2x í ，\2c2 +b2 =12+6x2， îb2 =4+4x2 -4x 第14页 | 共30页AC 令 =t ，则2c2 +t2c2 =12+6x2， AB æ ö 12+6x2 12+6x2 ç 2 ÷ \t2 +2= = =6ç1- ÷³6-2 3， c2 x2 +2x+4 3 ç x+1+ ÷ è x+1ø \t2 ³4-2 3， 3 当且仅当x+1= ，即x= 3+1时等号成立. x+1 解法4：基本不等式 设BD=x，则CD=2x 在△ABD中，AB2 = BD2 + AD2 -2BDADcosÐADB= x2 +4+2x， 在△ACD中，AC2 =CD2 + AD2 -2CDADcosÐADC =4x2 +4-4x， AC2 4x2 +4-4x 4  x2 +4+2x  -121+x 12 = = =4- 所以 AB2 x2 +4+2x x2 +4+2x 3 x+1+ x+1 12 ³4- =4-2 3 3 ， 2 x+1 x+1 3 当且仅当x+1= 即x= 3-1时，等号成立， x+1 AC 所以当 取最小值时，x= 3-1，即BD= 3-1. AB 解法5：判别式法 设BD=x，则CD=2x 在△ABD中，AB2 = BD2 + AD2 -2BDADcosÐADB= x2 +4+2x， 在△ACD中，AC2 =CD2 + AD2 -2CDADcosÐADC =4x2 +4-4x， AC2 4x2 +4-4x 4x2 +4-4x 所以 = ，记t = ， AB2 x2 +4+2x x2 +4+2x 则 4-tx2 -4+2tx+4-4t=0 由方程有解得：=4+2t2 -44-t4-4t³0 即t2 -8t+4£0，解得：4-2 3£t £4+2 3 第15页 | 共30页2+t 所以t =4-2 3，此时x= = 3-1 min 4-t AC 所以当 取最小值时，x= 3-1，即BD= 3-1. AB 解法6： 设CD=2BD=2m>0， 则在△ABD中，AB2 = BD2 + AD2 -2BDADcosÐADB=m2 +4+2m， 在△ACD中，AC2 =CD2 + AD2 -2CDADcosÐADC =4m2 +4-4m， AC2 4m2 +4-4m 4  m2 +4+2m  -121+m 12 = = =4- 所以 AB2 m2 +4+2m m2 +4+2m 3 m+1+ m+1 12 ³4- =4-2 3 3 ， 2 m+1 m+1 3 当且仅当m+1= 即m= 3-1时，等号成立， m+1 AC 所以当 取最小值时，m= 3-1. AB 故答案为： 3-1. 三、解答题：共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21题为必考 题，每个试题考生都必须作答．第 22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60分． 2S 17. 记S 为数列 a  的前n项和．已知 n +n=2a +1． n n n n （1）证明： a  是等差数列； n 第16页 | 共30页（2）若a ,a ,a 成等比数列，求S 的最小值． 4 7 9 n 【答案】（1）证明见解析； （2）-78． 【解析】 ìS ,n=1 【分析】（1）依题意可得2S +n2 =2na +n，根据a =í 1 ，作差即可得到a -a =1， n n n S -S ,n³2 n n-1 î n n-1 从而得证； （2）法一：由（1）及等比中项的性质求出a ，即可得到 a  的通项公式与前n项和，再根据二次函数的 1 n 性质计算可得． 【小问1详解】 2S 因为 n +n=2a +1，即2S +n2 =2na +n①， n n n n 当n³2时，2S +n-12 =2n-1a +n-1②， n-1 n-1 ①-②得，2S +n2 -2S -n-12 =2na +n-2n-1a -n-1， n n-1 n n-1 即2a +2n-1=2na -2n-1a +1， n n n-1 即2n-1a -2n-1a =2n-1 ，所以a -a =1，n³2且nÎN*， n n-1 n n-1 所以 a  是以1为公差的等差数列． n 【小问2详解】 [方法一]：二次函数的性质 由（1）可得a =a +3，a =a +6，a =a +8， 4 1 7 1 9 1 又a ，a ，a 成等比数列，所以a 2 =a a ， 4 7 9 7 4 9 即a +62 =a +3a +8，解得a =-12， 1 1 1 1 nn-1 1 25 1æ 25ö 2 625 所以a =n-13，所以S =-12n+ = n2 - n= n- - ， n n 2 2 2 2 ç è 2 ÷ ø 8 所以，当n=12或n =13时， S  =-78． n min [方法二]：【最优解】邻项变号法 由（1）可得a =a +3，a =a +6，a =a +8， 4 1 7 1 9 1 第17页 | 共30页又a ，a ，a 成等比数列，所以a 2 =a a ， 4 7 9 7 4 9 即a +62 =a +3a +8，解得a =-12， 1 1 1 1 所以a n =n-13，即有a 1 0)的焦点为F，点Dp,0 ，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD 垂直于x轴时， MF =3． （1）求C的方程； （2）设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为a,b．当a-b 取得最大值时，求直线AB的方程． 【答案】（1）y2 =4x； （2）AB:x= 2y+4. 【解析】 p 【分析】（1）由抛物线的定义可得 MF =p+ ，即可得解； 2 （2）法一：设点的坐标及直线MN :x =my+1，由韦达定理及斜率公式可得k =2k ，再由差角的正 MN AB 2 切公式及基本不等式可得k = ，设直线AB:x= 2y+n，结合韦达定理可解. AB 2 【小问1详解】 p 抛物线的准线为x=- ，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 2 p 此时 MF =p+ =3，所以 p =2， 2 所以抛物线C的方程为y2 =4x； 【小问2详解】 第21页 | 共30页[方法一]：【最优解】直线方程横截式 æ y2 ö æ y2 ö æ y2 ö æ y2 ö 设Mç 1 ,y ÷,Nç 2 ,y ÷,Aç 3 ,y ÷,Bç 4 ,y ÷，直线MN :x =my+1， è 4 1 ø è 4 2 ø è 4 3 ø è 4 4 ø ìx=my+1 由í 可得y2 -4my-4=0，>0,y y =-4， îy2 =4x 1 2 y - y 4 y - y 4 k = 1 2 = k = 3 4 = 由斜率公式可得 MN y2 y2 y + y ， AB y2 y2 y + y ， 1 - 2 1 2 3 - 4 3 4 4 4 4 4 x -2 4x -2 直线MD:x= 1 y+2，代入抛物线方程可得y2- 1 y-8=0， y y 1 1 >0,y y =-8，所以y =2y ，同理可得y =2y ， 1 3 3 2 4 1 4 4 k 所以k = = = MN AB y +y 2y +y  2 3 4 1 2 k tana 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为a,b，所以k =tanb= MN = ， AB 2 2 æ pö 若要使a-b最大，则bÎ ç 0, ÷，设k =2k =2k >0，则 è 2ø MN AB tana-tanb k 1 1 2 tana-b= = = £ = 1+tanatanb 1+2k2 1 1 4 ， +2k 2 2k k k 1 2 当且仅当 =2k 即k = 时，等号成立， k 2 2 所以当a-b最大时，k = ，设直线AB:x= 2y+n， AB 2 代入抛物线方程可得y2 -4 2y-4n=0， >0,y y =-4n=4y y =-16，所以n=4， 3 4 1 2 所以直线AB:x= 2y+4. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设M x ,y ,Nx ,y ,Ax ,y ,Bx ,y  ,直线MN : y =kx-1 1 1 2 2 3 3 4 4 ìy =k(x-1) 由 í 得：k2x2 -  4k2 +4  x+4k2 =0，x x =4,同理，y y =-4. îy2 =4x 1 2 1 2 第22页 | 共30页y 直线MD:y = 1 (x-2),代入抛物线方程可得：x x =4，同理，x x =4. x -2 1 3 2 4 1 代入抛物线方程可得:y y =-8,所以y =2y ，同理可得y =2y ， 1 3 3 2 4 1 y - y 2y - y  y - y 1 k = 4 3 = 2 1 = 2 1 = k . 由斜率公式可得： AB x -x æ 1 1 ö 2x -x  2 MN 4 3 4ç - ÷ 2 1 x x è ø 2 1 æ pö （下同方法一）若要使a-b最大，则bÎ ç 0, ÷， è 2ø tana-tanb k 1 1 2 tana-b= = = £ = 设k =2k =2k >0，则 1+tanatanb 1+2k2 1 1 4 ， MN AB +2k 2 2k k k 1 2 当且仅当 =2k 即k = 时，等号成立， k 2 2 所以当a-b最大时，k = ，设直线AB:x= 2y+n， AB 2 代入抛物线方程可得y2 -4 2y-4n=0，>0,y y =-4n=4y y =-16，所以n=4，所以直线 3 4 1 2 AB:x= 2y+4. [方法三]：三点共线 æ y2 ö æ y2 ö æ y2 ö æ y2 ö 设Mç 1 ,y ÷,Nç 2 ,y ÷,Aç 3 ,y ÷,Bç 4 ,y ÷， è 4 1 ø è 4 2 ø è 4 3 ø è 4 4 ø uuuur æ y2 ö uuur æ y2 ö 设Pt,0 ,若 P、M、N三点共线，由PM =ç 1 -t,y ÷ ，PN =ç 2 -t,y ÷ 4 1 4 2 è ø è ø æ y2 ö æ y2 ö 所以ç 1 -t÷y =ç 2 -t÷y ，化简得y y = - 4t， 4 2 4 1 1 2 è ø è ø 反之，若y y = - 4t,可得MN过定点 t,0 1 2 因此，由M、N、F三点共线，得y y =-4， 1 2 由M、D、A三点共线，得y y =-8， 1 3 由N、D、B三点共线，得y y =-8， 2 4 则y y =4y y =-16，AB过定点（4,0） 3 4 1 2 第23页 | 共30页æ pö （下同方法一）若要使a-b最大，则bÎ ç 0, ÷， è 2ø tana-tanb k 1 1 2 tana-b= = = £ = 设k =2k =2k >0，则 1+tanatanb 1+2k2 1 1 4 ， MN AB +2k 2 2k k k 1 2 当且仅当 =2k 即k = 时，等号成立， k 2 2 所以当a-b最大时，k = ，所以直线AB:x= 2y+4. AB 2 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线MN,AB的斜率关 系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性 通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线AB过定点，省去联立过程，也不失为一种简 化运算的好方法． ex 21. 已知函数 f x= -lnx+x-a． x （1）若 f x³0，求a的取值范围； （2）证明：若 f x 有两个零点x,x ，则x x <1． 1 2 1 2 【答案】（1）(-¥,e+1] （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； ex 1 é 1æ 1öù （2）利用分析法，转化要证明条件为 -xex -2 ê lnx- ç x- ÷ú >0，再利用导数即可得证. x ë 2è xøû 【小问1详解】 解法1：常规求导 f(x)的定义域为(0,+¥)，则 第24页 | 共30页æ1 1 ö 1 1æ 1ö æ 1ö x-1æex ö f¢(x)= ç - ÷ ex - +1= ç 1- ÷ ex + ç 1- ÷ = ç +1÷ è x x2 ø x xè xø è xø x è x ø 令 f(x)=0,得x=1 当xÎ(0,1), f¢(x)<0, f(x)单调递减 当xÎ(1,+¥), f¢(x)>0, f(x)单调递增 f(x)³ f(1)=e+1-a， 若 f(x)³0,则e+1-a³0,即a£e+1 所以a的取值范围为(-¥,e+1] 解法2：同构处理 由 f x³0得：e-lnx+x +x-lnx-a³0 令t = x-lnx,t ³1，则 f t=et +t-a³0即a£et +t 令gt=et +t,tÎ1,+¥ ，则g't=et +1>0 故gt=et +t在区间 1,+¥ 上是增函数 故gt = g1=e+1，即a£e+1 min 所以a的取值范围为(-¥,e+1] 【小问2详解】 解法1：构造函数 由题知, f x 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x <1 f ç ÷ 1 x 1 x 2 è 2 ø æ 1 ö 又因为 f x = f x  ,故只需证 f x > f ç ÷ 1 2 2 x è ø 2 ex 1 1 即证 -lnx+x-xex -lnx- >0,xÎ(1,+¥) x x ex 1 é 1æ 1öù 即证 -xex -2 ê lnx- ç x- ÷ú >0 x ë 2è xøû 第25页 | 共30页ex 1 1æ 1ö 下面证明x>1时， -xex >0,lnx- ç x- ÷ <0 x 2è xø ex 1 设g(x)= -xex,x>1， x æ1 1 ö æ 1 1 æ 1 öö 1æ 1ö 1 æ 1ö 则g¢(x)= ç - ÷ ex -çex +xex  ç - ÷÷= ç 1- ÷ ex -ex ç 1- ÷ è x x2 ø è è x2 øø xè xø è xø æ 1öæex 1 ö x-1æex 1 ö = ç 1- ÷ç -ex ÷= ç -ex ÷ è xøè x ø x è x ø ex æ1 1 ö x-1 设x= x>1,¢x= ç - ÷ ex = ex >0 x è x x2 ø x2 所以x>1=e,而 1 ex 0,所以g¢(x)>0 x 所以g(x)在(1,+¥)单调递增 ex 1 即g(x)> g(1)=0,所以 -xex >0 x 1æ 1ö 令h(x)=lnx- ç x- ÷ ,x>1 2è xø 1 1æ 1 ö 2x-x2 -1 -(x-1)2 h¢(x)= - 1+ = = <0 ç ÷ x 2è x2 ø 2x2 2x2 所以h(x)在(1,+¥)单调递减 1æ 1ö 即h(x)0,所以x x <1. x ë 2è xøû 1 2 解法2：对数平均不等式 ex ex 由题意得： f x= +ln -a x x ex 1 令t = >1，则 f t=t+lnt-a， f 't=1+ >0 x t 第26页 | 共30页所以 f t=t+lnt-a在 1,+¥ 上单调递增，故 f t=0只有1个解 ex ex ex 1 ex 2 又因为 f x= +ln -a有两个零点x,x ，故t = = x x 1 2 x x 1 2 x -x 两边取对数得：x -lnx = x -lnx ，即 1 2 =1 1 1 2 2 lnx -lnx 1 2 x -x 又因为 x x < 1 2 * ，故 x x <1，即x x <1 1 2 lnx -lnx 1 2 1 2 1 2 x -x 下证 x x < 1 2 * 1 2 lnx -lnx 1 2 x -x x -x x x x 因为 x x < 1 2 lnx -lnx < 1 2 ln 1 < 1 - 2 1 2 lnx -lnx 1 2 x x x x x 1 2 1 2 2 2 1 x 1 不妨设t = 1 >1，则只需证2lnt1，则h't= -1- =- 1- <0 ç ÷ t t t2 è tø 1 故ht=2lnt-t+ 在 1,+¥ 上单调递减 t 1 故ht0，b>0，c>0，由（1）得a+b+2c=a+4c£3， 1 1 即0