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2022 年普通高等学校招生全国统一考试 全国乙卷（理）
数学
一、选择题
1．(2022·全国乙卷理，1)设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M 满足∁UM＝{1,3}，则( )
A．2∈M
B．3∈M
C．4∉M
D．5∉M
2．(2022·全国乙卷理，2)已知z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，其中a，b 为实数，则( )
A．a＝1，b＝－2
B．a＝－1，b＝2
C．a＝1，b＝2
D．a＝－1，b＝－2
3．(2022·全国乙卷理，3)已知向量a，b 满足|a|＝1，|b|＝，|a－2b|＝3，则a·b 等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
4．(2022·全国乙卷理，4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国
第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到
数列{bn}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．则(
)
A．b1<b5
B．b3<b8
C．b6<b2
D．b4<b7
5．(2022·全国乙卷理，5)设F 为抛物线C：y2＝4x 的焦点，点A 在C 上，点B(3,0)，若|AF|
＝|BF|，则|AB|等于( )
A．2 B．2 C．3 D．3
6．(2022·全国乙卷理，6)执行如图所示的程序框图，输出的n 等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
7．(2022·全国乙卷理，7)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F 分别为AB，BC 的中点，则(
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)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
8．(2022·全国乙卷理，8)已知等比数列{an}的前3 项和为168，a2－a5＝42，则a6等于(
)
A．14 B．12 C．6 D．3
9．(2022·全国乙卷理，9)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在
球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A. B. C. D.
10．(2022·全国乙卷理，10)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互
独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手
连胜两盘的概率为p，则( )
A．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大
11．(2022·全国乙卷理，11)双曲线C 的两个焦点为F1，F2，以C 的实轴为直径的圆记为
D，过F1作D 的切线与C 交于M，N 两点，且cos∠F1NF2＝，则C 的离心率为( )
A. B. C. D.
12．(2022·全国乙卷理，12)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)
－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的图象关于直线x＝2 对称，g(2)＝4，则∑f(k)等于( )
A．－21 B．－22 C．－23 D．－24
二、填空题
13．(2022·全国乙卷理，13)从甲、乙等5 名同学中随机选3 名参加社区服务工作，则甲、
乙都入选的概率为________．
14．(2022·全国乙卷理，14)过四点(0,0)，(4,0)，(－1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为
________．
15．(2022·全国乙卷理，15)记函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)
＝，x＝为f(x)的零点，则ω 的最小值为________．
16．(2022·全国乙卷理，16)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0 且a≠1)的极
小值点和极大值点．若x1<x2，则a 的取值范围是________．
三、解答题
(一)必考题
17．(2022·全国乙卷理，17)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sin
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Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)．
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cos A＝，求△ABC 的周长．
18．(2022·全国乙卷理，18)如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝
∠BDC，E 为AC 的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面
ABD 所成的角的正弦值．
19．(2022·全国乙卷理，19)某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估
计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10 棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积
(单位：m2)和材积量(单位：m3)，得到如下数据：
样本号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横
截面积
xi
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
yi
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
并计算得∑x＝0.038，∑y＝1.615 8，∑xiyi＝0.247 4.
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01)；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总
和为186 m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这
种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数r＝，≈1.377.
20．(2022·全国乙卷理，20)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过
A(0，－2)，B 两点．
(1)求E 的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E 于M，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点
T，点H 满足MT＝TH.证明：直线HN 过定点．
21．(2022·全国乙卷理，21)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1 时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
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(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a 的取值范围．
(二)选考题
22．(2022·全国乙卷理，22)[选修4－4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为(t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为
极轴建立极坐标系，已知直线l 的极坐标方程为ρsin＋m＝0.
(1)写出l 的直角坐标方程；
(2)若l 与C 有公共点，求m 的取值范围．
23．(2022·全国乙卷理，23)[选修4－5：不等式选讲]
已知a，b，c 都是正数，且
，证明：
(1)abc≤；
(2)＋＋≤.
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答案精析
1.A
解析 由题意知M＝{2,4,5}，故选A.
2.A
解析 由题意知＝1＋2i，
所以z＋a＋b＝1－2i＋a(1＋2i)＋b＝a＋b＋1＋(2a－2)i，
又z＋a＋b＝0，
所以a＋b＋1＋(2a－2)i＝0，
又a，b∈R，
所以解得故选A.
3.C
解析 由|a－2b|＝3，
可得|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝9，
又|a|＝1，|b|＝，所以a·b＝1，故选C.
4.D
解析 方法一 当n 取奇数时，
由已知b1＝1＋，b3＝1＋，
因为>，所以b1>b3，
同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A 不正确；
当n 取偶数时，由已知b2＝1＋，
b4＝1＋，
因为>，所以b2<b4，
同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C 不正确；
因为>，所以b1>b2，
同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，
又b3>b7，所以b3>b8，故B 不正确；故选D.
方法二 (特殊值法)
不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋＝2，
b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，
b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，
所以b4＝1＋＝1＋＝，
b5＝1＋＝1＋＝，
b6＝1＋＝1＋＝，
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b7＝1＋＝1＋＝，
b8＝1＋＝1＋＝.
逐一判断选项可知选D.
5.B
解析 方法一 由题意可知F(1,0)，抛物线的准线方程为x＝－1.
设A，
则由抛物线的定义可知|AF|＝＋1.
因为|BF|＝3－1＝2，
所以由|AF|＝|BF|，可得＋1＝2，
解得y0＝±2，所以A(1,2)或A(1，－2)．
不妨取A(1,2)，
则|AB|＝＝＝2，故选B.
方法二 由题意可知F(1,0)，故|BF|＝2，
所以|AF|＝2.
因为抛物线的通径长为2p＝4，
所以AF 的长为通径长的一半，
所以AF⊥x 轴，
所以|AB|＝＝＝2.故选B.
6.B
解析 第一次循环：b＝1＋2×1＝3，a＝3－1＝2，n＝1＋1＝2，＝＝＞0.01；第二次循环：
b＝3＋2×2＝7，a＝7－2＝5，n＝2＋1＝3，＝＝＞0.01；第三次循环：b＝7＋2×5＝17，
a＝17－5＝12，n＝3＋1＝4，＝＝＜0.01，输出n＝4.故选B.
7.A
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AC⊥BD 且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，
所以EF⊥DD1，
因为E，F 分别为AB，BC 的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A 正确；
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如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，
则D(0,0,0)，
B1(2,2,2)，
E(2,1,0)，F(1,2,0)，
B(2,2,0)，A1(2,0,2)，
A(2,0,0)，C(0,2,0)，
C1(0,2,2)，
则EF＝(－1,1,0)，EB1＝(0,1,2)，
DB＝(2,2,0)，DA1＝(2,0,2)，
AA1＝(0,0,2)，AC＝(－2,2,0)，
A1C1＝(－2,2,0)．
设平面B1EF 的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面A1BD 的一个法向量为
n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC 的一个法向量为n2＝(1,1,0)，
平面A1C1D 的一个法向量为
n3＝(1,1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF 与平面A1BD 不垂直，故B 错误；
因为m 与n2不平行，
所以平面B1EF 与平面A1AC 不平行，故C 错误；
因为m 与n3不平行，
所以平面B1EF 与平面A1C1D 不平行，
故D 错误．
8.D
解析 方法一 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
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由题意可得
即
解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
方法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得
即
解得所以a6＝a1q5＝3，故选D.
9.C
解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大．
设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，
则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h，
则V′＝π(1－3h2)，
令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝，
所以V＝π(1－h2)h 在上单调递增，
在上单调递减，
所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.
10.D
解析 设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P 甲，
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P 乙，
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P 丙，
方法一 由题意可知，P 甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，
P 乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，
P 丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.
所以P 丙－P 甲＝2p2(p3－p1)>0，
P 丙－P 乙＝2p1(p3－p2)>0，
所以P 丙最大，故选D.
方法二 (特殊值法)
不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P 甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P 乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P 丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.
所以P 丙最大，故选D.
11.AC
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解析 不妨设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，F1(－c,0)，F2(c,0)．
当两个交点M，N 在双曲线两支上时，如图1 所示，
图1
设过F1的直线与圆D 相切于点P，连接OP，
由题意知|OP|＝a，又|OF1|＝c，
所以|F1P|＝b.
过点F2作F2Q⊥F1N，交F1N 于点Q.
由中位线的性质，可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.
因为cos∠F1NF2＝，
所以sin∠F1NF2＝，
故|NF2|＝a，|QN|＝a，
所以|NF1|＝|F1Q|＋|QN|＝2b＋a.
由双曲线的定义可知
|NF1|－|NF2|＝2a，
所以2b＋a－a＝2a，所以2b＝3a.
两边平方得4b2＝9a2，即4(c2－a2)＝9a2，
整理得4c2＝13a2，所以＝，
故＝，即e＝.
当两个交点M，N 都在双曲线上的左支上时，如图2 所示，
图2
同理可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.
因为cos∠F1NF2＝，
所以sin∠F1NF2＝，
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可得|NF2|＝a，|NQ|＝a，
所以|NF1|＝|NQ|－|QF1|＝a－2b，
所以|NF2|＝|NF1|＋2a＝a－2b，
又|NF2|＝a，所以a－2b＝a，
即a＝2b，故e＝＝.故选AC.
12.D
解析 由y＝g(x)的图象关于直线x＝2 对称，
可得g(2＋x)＝g(2－x)．
在f(x)＋g(2－x)＝5 中，用－x 替换x，
可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，
可得f(－x)＝f(x)．
在g(x)－f(x－4)＝7 中，用2－x 替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，
代入f(x)＋g(2－x)＝5 中，
得f(x)＋f(－x－2)＝－2，
可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，
所以f(x＋4)＝f(x)，
所以函数f(x)是以4 为周期的周期函数．
由f(x)＋g(2－x)＝5 可得f(0)＋g(2)＝5，
又g(2)＝4，所以可得f(0)＝1，
又f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(0)＋f(2)＝－2，
f(－1)＋f(1)＝－2，
得f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，
又f(3)＝f(－1)＝－1，
f(4)＝f(0)＝1，
所以∑f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故选D.
13.
解析 从甲、乙等5 名同学中随机选3 名，有C 种情况，其中甲、乙都入选有C 种情况，
所以甲、乙都入选的概率P＝＝.
14.(x－2)2＋(y－3)2＝13 或(x－2)2＋(y－1)2＝5 或2＋2＝或2＋(y－1)2＝
解析 依题意设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0.
若过(0,0)，(4,0)，(－1,1)，
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则
解得满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，
即(x－2)2＋(y－3)2＝13；
若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，
则
解得满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝5；
若过(0,0)，(4,2)，(－1,1)，
则
解得满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－x－y＝0，
即2＋2＝；
若过(－1,1)，(4,0)，(4,2)，
则
解得满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为
x2＋y2－x－2y－＝0，
即2＋(y－1)2＝.
15.3
解析 因为T＝，f ＝，
所以cos＝，
即cos φ＝.
又0<φ<π，所以φ＝.
所以f(x)＝cos.
因为x＝为f(x)的零点，
所以ω＋＝＋kπ(k∈Z)，
解得ω＝9k＋3(k∈Z)．
又ω>0，所以当k＝0 时，ω 取得最小值，
且最小值为3.
16.
解析 方法一 由f(x)＝2ax－ex2，
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得f′(x)＝2axln a－2ex.
令f′(x)＝0，得axln a＝ex.
因为a>0 且a≠1，
所以显然x≠0，所以e＝.
令g(x)＝，
则g′(x)＝
＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
故当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)极小值＝g＝
＝
，也是最小值．
因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，
故f′(x)＝0 有两个不同的根x＝x1，x＝x2，
故g(x)的图象与直线y＝e 有两个交点，所以g<e，
即
<e，又
＝
＝
＝e，
所以(ln a)2<1.
由题意易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，
所以0<a<1，则－1<ln a<0，
所以a∈.
方法二 由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，
根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0 的两个不同的根，
又x1<x2，所以易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
由f′(x)＝0，可得axln a＝ex.
①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去．
②若0<a<1，令g(x)＝axln a，h(x)＝ex，在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)和h(x)的大
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致图象，如图所示．
因为f′(x)＝0 有两个不同的根，所以g(x)与h(x)的图象需要有两个交点，
则过原点且与g(x)的图象相切的直线l 的斜率k<e.
不妨设直线l 与g(x)的图象的切点坐标为(x0，
)，
因为g′(x)＝ax(ln a)2，
所以k＝
，
可得x0＝，从而k＝
<e，
又
＝e，
所以e·(ln a)2<e，则(ln a)2<1，
又0<a<1，所以－1<ln a<0，
所以a∈.
17.(1)证明 方法一
由sin Csin(A－B)
＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B
＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理＝＝，可得accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A(*)．
由余弦定理可得
accos B＝，
abcos C＝，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
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将上述三式代入(*)式整理，
得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)
＝sin2Acos2B－cos2Asin2B
＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B
＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2 A＝sin2 B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
(2)解 由(1)及a2＝b2＋c2－2bccos A 得，a2＝2bccos A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝81，
得b＋c＝9，
所以△ABC 的周长l＝a＋b＋c＝14.
18.(1)证明 因为AD＝CD，E 为AC 的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB 和△CDB 中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E 为AC 的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC 为边长为2 的正三角形，
则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC 为等腰直角三角形，
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所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，
即EF 的长度最小．
在Rt△BED 中，当EF 的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝＝.
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED 两两垂直，
以E 为坐标原点，EA，EB，ED 所在的直线分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐
标系，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
AB＝(－1，，0)，DB＝(0，，－1)．
易得DF＝，FB＝，所以3DF＝FB.
设F(0，y，z)，则DF＝(0，y，z－1)，
FB＝(0，－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，
得y＝，z＝，
即F，
所以CF＝.
设平面ABD 的一个法向量为
n＝(x1，y1，z1)，
则
不妨取y1＝1，则x1＝，z1＝，
n＝(，1，)．
记CF 与平面ABD 所成的角为α，
则sin α＝|cos〈CF，n〉|＝＝.
方法二 因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的
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2 倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，
所以·AE·BE·DE＝·S△ABD·，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．
在△ABD 中，BA＝BD＝2，AD＝，
所以S△ABD＝，
所以d＝.
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝＝.
记CF 与平面ABD 所成的角为α，
则sin α＝＝.
方法三 如图，过点E 作EM⊥AB 交AB 于点M，连接DM，过点E 作EG⊥DM 交DM 于
点G.
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．
因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝，
所以EG＝＝＝，
所以点C 到平面ABD 的距离d＝.
FC＝＝.
记CF 与平面ABD 所成的角为α，
则sin α＝＝.
19.解 (1)样本中10 棵这种树木的根部横截面积的平均值＝＝0.06(m2)，
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样本中10 棵这种树木的材积量的平均值
＝＝0.39(m3)，
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06 m2，平均一棵的材积量为
0.39 m3.
(2)r＝＝＝
＝≈≈0.97.
(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得＝，
解得Y＝1 209.
则该林区这种树木的总材积量估计为1 209 m3.
20.(1)解 设椭圆E 的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0 且m≠n)，
由椭圆E 过A(0，－2)，B 两点，
得
解得
所以椭圆E 的方程为＋＝1.
(2)证明 当直线MN 的斜率不存在时，lMN：x＝1，
由得y2＝，
∴y＝±.
结合题意可知M，N，
∴过M 且平行于x 轴的直线的方程为
y＝－.
易知点T 的横坐标xT∈，
直线AB 的方程为y－(－2)＝×(x－0)，即y＝x－2，
由得xT＝3－，
∴T.
∵MT＝TH，∴H，
lHN：y－＝(x－1)，
即y＝x－2.
此时直线HN 过定点(0，－2)．
当直线MN 的斜率存在时，如图，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
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lMN：y＝kx＋m(由直线MN 过点P(1，－2)可得k＋m＝－2)．
由
得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝.
过M 且平行于x 轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB 的方程联立，得
得xT＝，
∴T.
∵MT＝TH，∴H(3y1＋6－x1，y1)，
lHN：y－y2＝(x－x2)，
即y＝x＋y2－
·x2.
令x＝0，得y＝y2－
＝
＝.
∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)
＝k(x1＋x2)＋2m＝，
x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝，
∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝＋＝＝，
－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝＋
6＋＝
＝，
∴y＝＝－2，
∴直线HN 过定点(0，－2)．
综上，直线HN 过定点(0，－2)．
21.解 (1)当a＝1 时，
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f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，
∴f′(x)＝＋e－x－xe－x，
∴f′(0)＝1＋1＝2.
∵f(0)＝0，
∴所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，
即y＝2x.
(2)f(x)＝ln(1＋x)＋，
f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
设g(x)＝ex＋a(1－x2)，
①若a>0，则当x∈(－1,0)，
g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在(－1,0)上单调递增，
所以f(x)<f(0)＝0，
故f(x)在(－1,0)上没有零点，不符合题意．
②若－1≤a≤0，则当x∈(0，＋∞)，
g′(x)＝ex－2ax>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝1＋a≥0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)＝0，
故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意．
③若a<－1，
(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，
则g′(x)＝ex－2ax>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，
所以存在m∈(0,1)，
使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，
当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
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所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，
又当x→＋∞，f(x)→＋∞，
所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
又f(x)在(0，m)上没有零点，
即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(ⅱ)当x∈(－1,0)时，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，
则h′(x)＝ex－2a>0，
所以g′(x)在(－1,0)上单调递增，
又g′(－1)＝＋2a<0，g′(0)＝1>0，
所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n,0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，
又g(－1)＝>0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，
即f′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，
当x∈(t,0)时，f(x)单调递减，
又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，
所以当x∈(t,0)时，f(x)>0，
所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，
在(t,0)上无零点，
即f(x)在(－1,0)上有唯一零点，
所以a<－1，符合题意．
综上，a 的取值范围为(－∞，－1)．
22.解 (1)直线l 的极坐标方程为
ρsin＋m＝0，
即ρsin θ＋ρcos θ＋2m＝0，
根据
得l 的直角坐标方程为x＋y＋2m＝0.
(2)曲线C 的参数方程为
(t 为参数)，
将sin t＝代入x＝cos 2t
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＝(1－2sin2t)，
得曲线C 的普通方程为
y2＝－x＋2(－2≤y≤2)．
联立直线l 与曲线C 的方程，
得(－2≤y≤2)，
消去x 并整理得
3y2－2y－6－4m＝0(－2≤y≤2)．
方法一 若直线l 与曲线C 有公共点，
则Δ＝(－2)2－4×3×(－6－4m)≥0，
且3×(－2)2－2×(－2)－6－4m≥0，
所以－≤m≤，
即m 的取值范围为.
方法二 所以4m＝3y2－2y－6(－2≤y≤2)，
因为3y2－2y－6＝3－6
＝32－，
所以当－2≤y≤2 时，
－≤3y2－2y－6≤10，
即－≤4m≤10，
则－≤m≤，
即m 的取值范围为.
23.证明 (1)因为a，b，c 都是正数，1＝
≥
＝3，
所以abc≤，
当且仅当a＝b＝c＝
时等号成立．
(2)因为b>0，c>0，所以b＋c≥2.
又因为a>0，所以≤，
同理得≤，≤.
利用不等式的性质得
＋＋≤＋＋
＝
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＝
＝，
当且仅当a＝b＝c＝
时等号成立．
