2022 年普通高等学校招生全国统一考试·新高考Ⅱ卷
一、选择题
1．(2022·新高考Ⅱ卷，1)已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{x||x－1|≤1}，则A∩B 等于( )
A．{－1,2}
B．{1,2}
C．{1,4}
D．{－1,4}
答案 B
解析 由|x－1|≤1，得－1≤x－1≤1，解得0≤x≤2，所以B＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝
{1,2}，故选B.
2．(2022·新高考Ⅱ卷，2)(2＋2i)(1－2i)等于( )
A．－2＋4i
B．－2－4i
C．6＋2i
D．6－2i
答案 D
解析 (2＋2i)(1－2i)＝2－4i＋2i＋4＝6－2i，故选D.
3．(2022·新高考Ⅱ卷，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，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分
别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1 的等差数列，且直线OA 的斜率为
0.725，则k3等于( )
A．0.75
B．0.8
C．0.85
D．0.9
答案 D
解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且＝0.725，
所以＝0.725，
故k3＝0.9.
4．(2022·新高考Ⅱ卷，4)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，
则t 等于( )
A．－6 B．－5 C．5 D．6
答案 C
解析 由题意，得c＝a＋tb＝(3＋t,4)，
所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t，
b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t.
因为〈a，c〉＝〈b，c〉，
所以cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，
即＝，
即＝3＋t，解得t＝5，故选C.
5．(2022·新高考Ⅱ卷，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
答案 B
解析 先将丙和丁捆在一起有A 种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A 种排列方式，
最后将甲插入中间两空，有C 种排列方式，所以不同的排列方式共有AAC＝24(种)，故选
B.
6．(2022·新高考Ⅱ卷，6)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2cossin β，则( )
A．tan(α－β)＝1
B．tan(α＋β)＝1
C．tan(α－β)＝－1
D．tan(α＋β)＝－1
答案 C
解析 由题意得sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2×(cos α－sin α)sin β，
整理，得sin αcos β－cos αsin β＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝
0，所以tan(α－β)＝－1，故选C.
7．(2022·新高考Ⅱ卷，7)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3 和4，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．192π
答案 A
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的
球心O 在直线O1O2上．
设球O 的半径为R，当球心O 在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝
4(舍去)；
当球心O 不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
8．(2022·新高考Ⅱ卷，8)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝
1，则∑f(k)等于( )
A．－3 B．－2 C．0 D．1
答案 A
解析 因为f(1)＝1，
所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝1，
得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，
所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①
所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)．②
由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，
故f(x＋3)＋f(x)＝0，
所以f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，
所以函数f(x)的一个周期为6.
在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，
所以f(0)＝2.
令x＝y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，
所以f(2)＝－1.
由f(x＋3)＝－f(x)，
得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，
f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
根据函数的周期性知，∑f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A.
二、选择题
9．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，9)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点中心对称，则
( )
A．f(x)在区间单调递减
B．f(x)在区间有两个极值点
C．直线x＝是曲线y＝f(x)的对称轴
D．直线y＝－x 是曲线y＝f(x)的切线
答案 AD
解析 因为函数f(x)的图象关于点中心对称，所以sin＝0，可得＋φ＝kπ(k∈Z)，结合
0<φ<π，得φ＝，所以f(x)＝sin.
对于A，当x∈时，2x＋∈，所以函数f(x)在区间单调递减，故A 正确；
对于B，当x∈时，2x＋∈，所以函数f(x)在区间只有一个极值点，故B 不正确；
对于C，因为f ＝sin＝sin 3π＝0，所以x＝不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C 不正确；
对于D，因为f′(x)＝2cos，若直线y＝－x 为曲线y＝f(x)的切线，
则由2cos＝－1，得2x＋＝2kπ＋或2x＋＝2kπ＋(k∈Z)，
所以x＝kπ 或x＝kπ＋(k∈Z)．
当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)＝，
则由＝－kπ(k∈Z)，解得k＝0；
当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)＝－，
方程－＝－kπ－(k∈Z)无解．
综上所述，直线y＝－x 为曲线y＝f(x)的切线，故D 正确．
综上所述，选AD.
10．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，10)已知O 为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p>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|＝|AM|，则( )
A．直线AB 的斜率为2
B．|OB|＝|OF|
C．|AB|>4|OF|
D．∠OAM＋∠OBM<180°
答案 ACD
解析 对于A，由题意，得F.因为|AF|＝|AM|，且M(p,0)，所以xA＝＝p，将其代入抛物线方
程y2＝2px，得yA＝p，所以A，所以直线AB 的斜率kAB＝kAF＝＝2，故A 正确；
对于B，由选项A 的分析，知直线AB 的方程为y＝2，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝
0，解得x＝p 或x＝p，所以xB＝p，所以yB＝－p，所以|OB|＝＝p≠|OF|，故B 不正确；
对于C，由抛物线的定义及选项A，B 的分析，得|AB|＝xA＋xB＋p＝p＋p＝p>2p，即|AB|>4|
OF|，故C 正确；
对于D，易知|OA|＝p，|AM|＝p，|OB|＝p，|BM|＝p，
则cos∠OAM＝＝＝>0，
cos∠OBM＝＝＝>0，
所以∠OAM<90°，∠OBM<90°，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故D 正确．
综上所述，选ACD.
11.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，11)如图，四边形ABCD 为正方形，ED⊥平面ABCD，
FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE 的体积分别为V1，V2，V3，
则( )
A．V3＝2V2
B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2
D．2V3＝3V1
答案 CD
解析 如图，连接BD 交AC 于O，连接OE，OF.
设AB＝ED＝2FB＝2，
则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
所以FB⊥平面ABCD，
所以V1＝VE－ACD＝S△ACD·ED＝×AD·CD·ED＝××2×2×2＝，
V2＝VF－ABC＝S△ABC·FB＝×AB·BC·FB＝××2×2×1＝.
因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，
又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.
因为OE，OF⊂平面BDEF，
所以AC⊥OE，AC⊥OF.
易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，
OE＝＝，
EF＝
＝＝3，
所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，
所以OF⊥平面ACE，
所以V3＝VF－ACE＝S△ACE·OF
＝×AC·OE·OF
＝××2××＝2，
所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，所以选项A，B 不正确，选项C，D 正确．故
选CD.
12．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，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＋y2≥1
答案 BC
解析 因为ab≤2≤(a，b∈R)，
由x2＋y2－xy＝1 可变形为
(x＋y)2－1＝3xy≤32，
解得－2≤x＋y≤2，
当且仅当x＝y＝－1 时，x＋y＝－2，
当且仅当x＝y＝1 时，x＋y＝2，所以A 错误，B 正确；
由x2＋y2－xy＝1 可变形为
(x2＋y2)－1＝xy≤，
解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1 时取等号，所以C 正确；
因为x2＋y2－xy＝1 可变形为
2＋y2＝1，
设x－＝cos θ，y＝sin θ，
所以x＝cos θ＋sin θ，
y＝sin θ，
因此x2＋y2＝cos2θ＋sin2θ＋sin θcos θ＝1＋sin 2θ－cos 2θ＋
＝＋sin∈，
所以当x＝，y＝－时满足等式，
但是x2＋y2≥1 不成立，所以D 错误．
三、填空题
13．(2022·新高考Ⅱ卷，13)已知随机变量X 服从正态分布N(2，σ2)，且P(2<X≤2.5)＝0.36，
则P(X>2.5)＝________.
答案 0.14
解析 因为X～N(2，σ2)，所以P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2<X≤2.5)＝0.5－
0.36＝0.14.
14．(2022·新高考Ⅱ卷，14)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，
____________.
答案 y＝x y＝－x
解析 先求当x>0 时，曲线y＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，
则由y′＝，得切线斜率为，
又切线的斜率为，所以＝，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
所以切线斜率为，切线方程为y＝x.
同理可求得当x<0 时的切线方程为y＝－x.
综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.
15．(2022·新高考Ⅱ卷，15)设点A(－2,3)，B(0，a)，若直线AB 关于y＝a 对称的直线与圆(x
＋3)2＋(y＋2)2＝1 有公共点，则a 的取值范围是________．
答案
解析 方法一 由题意知点A(－2,3)关于直线y＝a 的对称点为A′(－2,2a－3)，
所以kA′B＝，所以直线A′B 的方程为y＝x＋a，即(3－a)x－2y＋2a＝0.
由题意知直线A′B 与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1 有公共点，
易知圆心坐标为(－3，－2)，半径为1，
所以≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a 的取值范围是.
方法二 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1 关于y 轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB 有公共点．直线AB 的方程为y＝x＋a，
即(a－3)x－2y＋2a＝0，
又对称圆的圆心坐标为(3，－2)，半径为1，
所以≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a 的取值范围是.
方法三 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1 关于y 轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB 有公共点．
设直线AB 的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋3＋2k＝0，
因为对称圆的圆心坐标为(3，－2)，半径为1，
所以≤1，解得－≤k≤－，
又k＝，所以－≤≤－，解得≤a≤，
所以实数a 的取值范围是.
16．(2022·新高考Ⅱ卷，16)已知直线l 与椭圆＋＝1 在第一象限交于A，B 两点，l 与x 轴、y
轴分别交于M，N 两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l 的方程为________．
答案 x＋y－2＝0
解析 方法一 设直线l 的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，
N(0，n)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意知线段AB 与线段MN 有相同的中点，
所以即
因为kAB＝kMN，
所以＝＝－.
将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得相减得＋＝0，
由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，
所以·＝－，
即·＝－，
整理得m2＝2n2.①
又|MN|＝2，
所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②
由①②并结合m>0，n>0，
得
所以直线l 的方程为＋＝1，
即x＋y－2＝0.
方法二 设直线l 的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m,0)，N(0，n)．
由题意知线段AB 与线段MN 有相同的中点，设为Q，则Q，
则kAB＝＝－，kOQ＝＝.
由椭圆中点弦的性质知，
kAB·kOQ＝－＝－，
即·＝－，以下同方法一．
四、解答题
17．(2022·新高考Ⅱ卷，17)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2 的等比数列，且a2－b2＝a3
－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数．
(1)证明 设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0 得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9 个数，即集合{k|bk＝
am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
18．(2022·新高考Ⅱ卷，18)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S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝.
(1)求△ABC 的面积；
(2)若sin Asin C＝，求b.
解 (1)由S1－S2＋S3＝，
得(a2－b2＋c2)＝，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，
所以accos B＝1.
由sin B＝，
得cos B＝或cos B＝－(舍去)，
所以ac＝＝，
则△ABC 的面积
S＝acsin B＝××＝.
(2)由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
19．(2022·新高考Ⅱ卷，19)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：
(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
0.000 1.)
解 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄＝10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋
35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)
＝47.9.
(2)方法一 由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30)，[30,40)，
[40,50)，[50,60)，[60,70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.
方法二 由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30)，[30,40)，
[40,50)，[50,60)，[60,70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89.
(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40,50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝
16%.
由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40,50)的概率为0.023×10＝0.23，
结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.000 23，
所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40,50)，则此人患这种疾病的概率为
P(B|A)＝＝≈0.001 4.
20．(2022·新高考Ⅱ卷，20)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C－AE－B 的正弦值．
(1)证明 如图，取AB 的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO 为三棱锥P－ABC 的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E 分别为BA，BP 的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB 中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×
＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC 中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.
以A 为坐标原点，AB，AC 所在直线分别为x，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(4，0,0)，C(0,12,0)，
P(2，2,3)，E，
所以AE＝，AB＝(4，0,0)，AC＝(0,12,0)．
设平面AEC 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则n＝(－1,0,2)．
设平面AEB 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
所以|cos〈n，m〉|＝＝.
设二面角C－AE－B 的大小为θ，
则sin θ＝＝.
21．(2022·新高考Ⅱ卷，21)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程
为y＝±x.
(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，y1)，Q(x2，y2)在C 上，且
x1>x2>0，y1>0.过P 且斜率为－的直线与过Q 且斜率为的直线交于点M.从下面①②③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．
(1)解 由题意得c＝2.①
因为双曲线的渐近线方程为
y＝±x＝±x，
所以＝.②
又c2＝a2＋b2，③
所以联立①②③得a＝1，b＝，
所以双曲线C 的方程为x2－＝1.
(2)证明 由题意知直线PQ 的斜率存在且不为0，
设直线PQ 的方程为y＝kx＋t(k≠0)，
将直线PQ 的方程代入C 的方程，
整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－>0，
所以3－k2<0，
所以x1－x2＝
＝.
设点M 的坐标为(xM，yM)，
则
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，
又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)
＝k(x1－x2)，
所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝；
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)
＝k(x1＋x2)＋2t，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2t，
解得yM＝＝xM.
因此，点M 的轨迹为直线y＝x，其中k 为直线PQ 的斜率．
若选择①②：
因为PQ∥AB，
所以直线AB 的方程为y＝k(x－2)，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A 在直线y＝x 上，
则由
解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－，
所以xA＋xB＝，yA＋yB＝.
点M 的坐标满足
得xM＝＝，
yM＝＝，
故M 为AB 的中点，即|MA|＝|MB|.
若选择①③：
当直线AB 的斜率不存在时，点M 即为点F(2,0)，此时M 不在直线y＝x 上，矛盾；
当直线AB 的斜率存在时，易知直线AB 的斜率不为0，
设直线AB 的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，
A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A 在直线y＝x 上，
则由
解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－.
因为M 在AB 上，且|MA|＝|MB|，
所以xM＝＝，
yM＝＝，
又点M 在直线y＝x 上，
所以＝·，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若选择②③：
因为PQ∥AB，
所以直线AB 的方程为y＝k(x－2)，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A 在直线y＝x 上，
则由
解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－.
设AB 的中点为C(xC，yC)，
则xC＝＝，
yC＝＝.
因为|MA|＝|MB|，
所以M 在AB 的垂直平分线上，
即点M 在直线y－yC＝－(x－xC)，
即y－＝－上，
与y＝x 联立，得xM＝＝xC，
yM＝＝yC，
即点M 恰为AB 的中点，
故点M 在AB 上．
22．(2022·新高考Ⅱ卷，22)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1 时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0 时，f(x)<－1，求a 的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．
(1)解 当a＝1 时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，
则f′(x)＝xex，
当x<0 时，f′(x)<0，
当x>0 时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)解 设h(x)＝xeax－ex＋1，
则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>，
则g′(0)＝2a－1>0，
因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，
使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上单调递增，
故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
若0<a≤，
则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，
下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x 成立，
证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，
故S′(x)＝－1＝<0，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x 成立．
由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，
故h′(x)≤0 总成立，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．
若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)<h(0)＝0，满足题意．
综上，a≤.
(3)证明 取a＝，
则∀x>0，总有
－ex＋1<0 成立，
令t＝
，
则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2tln t<t2－1，即2ln t<t－对任意的t>1 恒成立．
所以对任意的n∈N*，
有2ln<－，
整理得ln(n＋1)－ln n<，
故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n
＝ln(n＋1)，
故不等式成立．
