2022 年普通高等学校招生全国统一考试·新高考Ⅰ卷
一、选择题
1．(2022·新高考Ⅰ卷，1)若集合M＝{x|<4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N 等于( )
A.{x|0≤x<2}
B.
C.{x|3≤x<16}
D.
答案 D
解析 因为M＝{x|<4}，所以M＝{x|0≤x<16}；
因为N＝{x|3x≥1}，所以N＝.
所以M∩N＝，故选D.
2．(2022·新高考Ⅰ卷，2)若i(1－z)＝1，则z＋等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 D
解析 因为i(1－z)＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝(1＋i)＋(1－i)＝2.故选
D.
3．(2022·新高考Ⅰ卷，3)在△ABC 中，点D 在边AB 上，BD＝2DA.记CA＝m，CD＝n，则
CB等于( )
A．3m－2n
B．－2m＋3n
C．3m＋2n
D．2m＋3n
答案 B
解析 因为BD＝2DA，所以AB＝3AD，所以CB＝CA＋AB＝CA＋3AD＝CA＋3(CD－
CA)＝－2CA＋3CD＝－2m＋3n.故选B.
4．(2022·新高考Ⅰ卷，4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水
蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m 时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔
157.5 m 时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则
该水库水位从海拔148.5 m 上升到157.5 m 时，增加的水量约为(≈2.65)( )
A．1.0×109 m3
B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3
D．1.6×109 m3
答案 C
解析 如图，由已知得该棱台的高为
157．5－148.5＝9(m)，
所以该棱台的体积
V ＝×9×(140 ＋＋180)×106 ＝60×(16 ＋3)×106≈60×(16 ＋3×2.65)×106 ＝
1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C.
5．(2022·新高考Ⅰ卷，5)从2 至8 的7 个整数中随机取2 个不同的数，则这2 个数互质的概
率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 从7 个整数中随机取2 个不同的数，共有C＝21(种)取法，取得的2 个数互质的情况
有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，
{6,7}，{7,8}，共14 种，根据古典概型的概率公式，得这2 个数互质的概率为＝.故选D.
6．(2022·新高考Ⅰ卷，6)记函数f(x)＝sin＋b(ω>0)的最小正周期为T.若<T<π，且y＝f(x)的图
象关于点中心对称，则f 等于( )
A．1 B. C. D．3
答案 A
解析 因为<T<π，所以<<π，解得2<ω<3.
因为y＝f(x)的图象关于点中心对称，所以b＝2，且sin＋b＝2，即sin＝0，所以ω＋＝
kπ(k∈Z)，
又2<ω<3，所以<ω＋<，
所以ω＋＝4π，解得ω＝，
所以f(x)＝sin＋2，
所以f ＝sin＋2＝sin ＋2＝1.故选A.
7．(2022·新高考Ⅰ卷，7)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．a<c<b
答案 C
解析 设u(x)＝xex(0<x≤0.1)，
v(x)＝(0<x≤0.1)，
w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)．
则当0<x≤0.1 时，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，
则f′(x)＝1－＝<0 在(0,0.1]上恒成立，
所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，
所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，
即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]．
又函数y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，
所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<，
所以a<b.
②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，
则g′(x)＝(x＋1)ex－
＝(0<x≤0.1)．
设h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，
则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0 在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，
即g′(x)>0 在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，
即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，
所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c<a<b，故选C.
8．(2022·新高考Ⅰ卷，8)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的
体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A.
B.
C.
D．[18,27]
答案 C
解析 方法一 如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，
依题意，得36π＝πR3，
解得R＝3.
由题意及图可得
解得
所以正四棱锥的体积V＝a2h
＝·＝(3≤l≤3)，
所以V′＝l3－＝l3(3≤l≤3)．
令V′＝0，得l＝2，
所以当3≤l<2 时，V′>0；
当2<l≤3 时，V′<0，
所以函数V＝(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增，在(2，3]上单调递减，
又当l＝3 时，V＝；当l＝2 时，V＝；当l＝3 时，V＝，
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.
方法二 如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，
依题意，得36π＝πR3，
解得R＝3.
由题意及图可得
解得
又3≤l≤3，
所以该正四棱锥的体积V＝a2h
＝·＝
＝72×··
≤72×3＝
，
所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A，B，D，故选C.
方法三 如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱
锥的侧棱与高所成的角为θ，
依题意，得36π＝πR3，解得R＝3，
所以正四棱锥的底面边长a＝lsin θ，高h＝lcos θ.
在△OPC 中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cos θ＝＝∈，所以l＝6cos θ，
所以正四棱锥的体积
V＝a2h＝(lsin θ)2·lcos θ
＝(6cos θ)3sin2θcos θ＝144(sin θcos2θ)2.
设sin θ＝t，易得t∈，
则y＝sin θcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，
则y′＝1－3t2.
令y′＝0，得t＝，
所以当<t<时，y′>0；
当<t<时，y′<0，
所以函数y＝t－t3在上单调递增，在上单调递减．
又当t＝时，y＝；当t＝时，y＝；当t＝时，y＝，
所以≤y≤，所以≤V≤.
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.
二、选择题
9．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷，9)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D 所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD 所成的角为45°
答案 ABD
解析 如图，连接AD1 ，在正方形A1ADD1 中，AD1⊥DA1 ，因为AD1∥BC1 ，所以
BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A 正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连
接B1C ，则B1C⊥BC1. 因为CD∩B1C ＝C ，CD ，B1C⊂平面DCB1A1 ，所以BC1⊥平面
DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B
正确；
连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB.因为OB⊂平面BB1D1D，
所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D 所成的角．设正方体的棱长为a，则易得
BC1＝a，OC1＝，所以在Rt△BOC1中，OC1＝BC1，所以∠OBC1＝30°，故C 错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD 所成的角，易得∠CBC1＝45°，
故D 正确．故选ABD.
10．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷，10)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x 是曲线y＝f(x)的切线
答案 AC
解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2
－1>0 得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0 得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1 在，上单调递增，在上
单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A 正确；
因为f(x)的极小值f＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R
上有且只有一个零点，故B 错误；
因为函数g(x)＝x3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1 的图象，函数g(x)
＝x3－x 的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1 的对称
中心，故C 正确；
假设直线y＝2x 是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1；
若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x 上；若x0＝－1，则切点坐标为(－
1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.
11．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷，11)已知O 为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，
过点B(0，－1)的直线交C 于P，Q 两点，则( )
A．C 的准线为y＝－1
B．直线AB 与C 相切
C．|OP|·|OQ|>|OA|2
D．|BP|·|BQ|>|BA|2
答案 BCD
解析 如图，因为抛物线C 过点A(1,1)，所以1＝2p，解得p＝，所以C：x2＝y 的准线为y
＝－，所以A 错误；
因为x2＝y，所以y′＝2x，所以y′|x＝1＝2，所以C 在点A 处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1 上，所以直线AB 与C 相切，所以B 正确；
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ 的方程为y＝kx－1，由得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，
x1x2＝1，且Δ＝k2－4>0，得k>2 或k<－2，
所以|OP|·|OQ|＝·＝＝·x1x2＝＝>2＝|OA|2，所以C 正确；
|BP|·|BQ|＝
·
＝·
＝
＝
＝
＝
＝
＝＝k2＋1>5＝|BA|2，
所以D 正确．故选BCD.
12．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷，12)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝
f′(x)．若f ，g(2＋x)均为偶函数，则( )
A．f(0)＝0
B．g＝0
C．f(－1)＝f(4)
D．g(－1)＝g(2)
答案 BC
解析 方法一 (转化法)因为f ，g(2＋x)均为偶函数，
所以f ＝f ，
即f ＝f ，
g(2＋x)＝g(2－x)，
所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，
则f(－1)＝f(4)，故C 正确；
函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x＝，x＝2 对称，
又g(x)＝f′(x)，且函数f(x)可导，
所以g＝0，g(3－x)＝－g(x)，
所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，
所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，
所以g＝g＝0，
g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B 正确，D 错误；
若函数f(x)满足题设条件，
则函数f(x)＋C(C 为常数)也满足题设条件，
所以无法确定f(0)的函数值，故A 错误．
方法二 (特例法)因为f ，g(2＋x)均为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，函数
g(x)的图象关于直线x＝2 对称．取符合题意的一个函数f(x)＝1(x∈R)，则f(0)＝1，排除A；
取符合题意的一个函数f(x)＝sin πx，则f′(x)＝πcos πx，即g(x)＝πcos πx，所以g(－1)＝
πcos(－π)＝－π，g(2)＝πcos 2π＝π，所以g(－1)≠g(2)，排除D.故选BC.
三、填空题
13．(2022·新高考Ⅰ卷，13)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
答案 －28
解析 (x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Cx8－ryr，r＝0,1，…，7,8.令r＝6，得T6＋1＝Cx2y6；令r＝
5，得T5＋1＝Cx3y5，所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
14．(2022·新高考Ⅰ卷，14)写出与圆x2＋y2＝1 和(x－3)2＋(y－4)2＝16 都相切的一条直线的
方程________．
答案 x＝－1 或7x－24y－25＝0 或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的
一个即可)
解析 如图，因为圆x2＋y2＝1 的圆心为O(0,0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16 的圆心
为A(3,4)，半径r2＝4，
所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：
①易知公切线l1的方程为x＝－1.
②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l 对称．
易知过两圆圆心的直线l 的方程为y＝x，
由得
由对称性可知公切线l2过点.
设公切线l2的方程为y＋＝k(x＋1)，
则点O(0,0)到l2的距离为1，
所以1＝，解得k＝，
所以公切线l2的方程为y＋＝(x＋1)，
即7x－24y－25＝0.
③还有一条公切线l3与直线l：y＝x 垂直，设公切线l3的方程为y＝－x＋t，
易知t>0，则点O(0,0)到l3的距离为1，
所以1＝，
解得t＝或t＝－(舍去)，
所以公切线l3的方程为y＝－x＋，
即3x＋4y－5＝0.
综上，所求直线方程为x＝－1 或7x－24y－25＝0 或3x＋4y－5＝0.
15．(2022·新高考Ⅰ卷，15)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是
________．
答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)
)，O 为坐标原点，
依题意得，切线斜率kOA＝y′|x＝x0＝(x0＋a＋1)
＝
，化简，得x＋ax0－a＝0.
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0 有两个不
同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4 或a>0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋
∞)．
16．(2022·新高考Ⅰ卷，16)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，C 的上顶点为A，两个焦点为F1，
F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C 交于D，E 两点，|DE|＝6，则△ADE 的周长是
________．
答案 13
解析 如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C 的离心率为，所以＝，所以a＝2c，所以b2＝a2
－c2＝3c2.因为|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直
线DE 为线段AF2的垂直平分线，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，且∠EF1F2＝30°，所以直线
DE 的方程为y＝(x＋c)，代入椭圆C 的方程＋＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D(x1，y1)，
E(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，
所以|DE|＝＝＝＝6，解得c＝，所以a＝2c＝，所以△ADE 的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|
＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.
四、解答题
17．(2022·新高考Ⅰ卷，17)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
(1)解 方法一 因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝.
因为当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，
所以＝(n≥2)，
所以＝(n≥2)，
整理得＝(n≥2)，
所以··…··＝××…··＝(n≥2)，
所以Sn＝(n≥2)，
又S1＝1 也满足上式，
所以Sn＝(n∈N*)，
则Sn－1＝(n≥2)，
所以an＝－
＝(n≥2)，
又a1＝1 也满足上式，
所以an＝(n∈N*)．
方法二 因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝，
所以Sn＝an.
因为当n≥2 时，
an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
所以an－1＝an(n≥2)，
所以＝(n≥2)，
所以··…··＝×××…··＝(n≥2)，
所以an＝(n≥2)，
又a1＝1 也满足上式，
所以an＝(n∈N*)．
(2)证明 因为an＝，
所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝2
＝2<2.
18．(2022·新高考Ⅰ卷，18)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
解 (1)因为＝，
所以＝，
所以＝，
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
所以cos(A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝.
因为B∈，所以B＝.
(2)由(1)得cos(A＋B)＝sin B，
所以sin＝sin B，
且0<A＋B<，
所以0<B<，0<－(A＋B)<，
所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B，
由正弦定理得＝
＝＝
＝＝
＝＝4cos2B＋－5
≥2－5＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
19．(2022·新高考Ⅰ卷，19)
如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC 的面积为2.
(1)求A 到平面A1BC 的距离；
(2)设D 为A1C 的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C 的正弦值．
解 (1)设点A 到平面A1BC 的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以
＝S△ABC·AA1
＝
＝，
又△A1BC 的面积为2，
＝
＝×2h＝，
所以h＝，
即点A 到平面A1BC 的距离为.
(2)取A1B 的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B 为坐标原点，分别以BC，BA，BB1的方向为x，y，z 轴的正方向，建立如图所示的空
间直角坐标系B－xyz，
由(1)知，AE＝，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.
因为△A1BC 的面积为2，
所以2＝·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
则BD＝(1,1,1)，BA＝(0,2,0)．
设平面ABD 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC 的一个法向量为AE＝(0，－1，1)，
所以cos〈AE，n〉＝＝＝－.
设二面角A－BD－C 的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A－BD－C 的正弦值为.
20．(2022·新高考Ⅰ卷，20)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯
(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100 例(称为
病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100 人(称为对照组)，得到如下数据：
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选
到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，
记该指标为R.
(ⅰ)证明：R＝·；
(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R 的估计值．
附：K2＝，
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
(1)解 K2＝＝24>6.635，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)(ⅰ)证明 R＝
＝，
由题意知，只需证明＝即可，
上式左边＝
＝，
右边＝
＝.
左边＝右边，故R＝·.
(ⅱ)解 由调查数据可知
P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，
且P(|B)＝1－P(A|B)＝，
P(|)＝1－P(A|)＝，
所以R＝×＝6.
21．(2022·新高考Ⅰ卷，21)已知点A(2,1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，直线l 交C 于P，Q 两
点，直线AP，AQ 的斜率之和为0.
(1)求l 的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ 的面积．
解 (1)将点A 的坐标代入双曲线方程得－＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C 的方程为－y2＝1.
由题易知直线l 的斜率存在，
设直线l 的方程为y＝kx＋m，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l 与双曲线C 的方程，消y 整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
kAP＋kAQ＝＋
＝＋＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故＋(m－1－2k)－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l 不过点A，即m＋2k－1≠0，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA 的倾斜角为θ，
由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝
＝2，
解得tan θ＝或tan θ＝－(舍去)．
由得x1＝，
所以|AP|＝|x1－2|＝，
同理得x2＝，
所以|AQ|＝|x2－2|＝.
因为tan∠PAQ＝2，
所以sin∠PAQ＝，
故S△PAQ＝|AP||AQ|sin∠PAQ
＝×××＝.
22．(2022·新高考Ⅰ卷，22)已知函数f(x)＝ex－ax 和g(x)＝ax－ln x 有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到
右的三个交点的横坐标成等差数列．
(1)解 f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－.
①若a≤0，则f′(x)>0 在R 上恒成立，f(x)在R 上单调递增，即f(x)无最小值；
②若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)在x＝ln a 处取得最小值f(ln a)＝a－aln a.
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
∴g(x)在x＝处取得最小值g＝1＋ln a.
又f(x)与g(x)有相同的最小值，
∴a－aln a＝1＋ln a，a>0.
设h(a)＝aln a＋ln a－a＋1，a>0，
则h′(a)＝＋ln a.
令φ(a)＝h′(a)，a>0，
则φ′(a)＝－＋＝，a>0，
当a∈(0,1)时，φ′(a)<0，h′(a)单调递减，
当a∈(1，＋∞)时，φ′(a)>0，h′(a)单调递增，
∴h′(a)在a＝1 处取得最小值h′(1)＝1>0，
则当a>0 时，h′(a)>0 恒成立，h(a)单调递增．
又h(1)＝0，∴a＝1.
(2)证明 由(1)得f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，
且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋
∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1.
当直线y＝b 与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，
x2，x3，且x1<x2<x3，
则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.
∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)．
由于x2≠x1，x2≠ln x2，
∴x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝
－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝
－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
