2022年全国统一高考数学卷(新高考2卷)含答案解析(原卷版)

('…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考2卷）数学副标题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四总分得分注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合A={−1,1,2,4}，B={x∨¿x−1∨≤1}，则A∩B=¿()A.{−1,2}B.{1,2}C.{1,4}D.{−1,4}2.(2+2i)(1−2i)=¿()A.−2+4iB.−2−4iC.6+2iD.6−2i3.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，DD1，CC1，BB1，AA1是脊，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的脊步的比分别为DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA1=k3，若k1，k2，k3是公差为0.1的等差数列，直线OA的斜率为0.725，则k3=¿()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.94.已知向量a⃗=(3,4)，b⃗=(1,0)，c⃗=a⃗+tb⃗，若¿a⃗,c⃗>¿¿，则实数t=¿()A.−6B.−5C.5D.6第1页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………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，丙和丁相邻的不同排列方式有()A.12种B.24种C.36种D.48种6.若sin(α+β)+cos(α+β)=2√2cos(α+π4)sinβ，则()A.tan(α+β)=−1B.tan(α+β)=1C.tan(α−β)=−1D.tan(α−β)=17.已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.100πB.128πC.144πD.192π8.若函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y)，f(1)=1，则∑k=122f(k)=¿()A.−3B.−2C.0D.1二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点(2π3,0)对称，则()A.f(x)在(0,5π12)单调递减B.f(x)在(−π12,11π12)有两个极值点C.直线x=7π6是曲线y=f(x)的一条对称轴D.直线y=√32−x是曲线y=f(x)的一条切线10.已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点M(p,0)，若¿AF∨¿∨AM∨¿，则()A.直线AB的斜率为2√6B.¿OB∨¿∨OF∨¿C.¿AB∨¿4∨OF∨¿D.∠OAM+∠OBM<180∘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=2V2B.V3=2V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V112.若实数x，y满足x2+y2−xy=1，则()A.x+y≤1B.x+y≥−2C.x2+y2≤2D.x2+y2≥1第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）第2页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………13.随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，若P(22.5)=¿．14.曲线y=ln∨x∨¿经过坐标原点的两条切线方程分别为，．15.设点A(−2,3)，B(0,a)，直线AB关于直线y=a的对称直线为l，已知l与圆C:¿有公共点，则a的取值范围为．16.已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴y轴分别相交于M，N两点，且¿MA∨¿∨NB∨¿，¿MN∨¿2√3，则直线l的方程为．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.¿本小题10.0分¿已知{an}为等差数列，{bn}为公比为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}中元素个数．18.¿本小题12.0分¿记△ABC的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为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，且S1−S2+S3=√32，sinB=13．(1)求△ABC的面积;(2)若sinAsinC=√23，求b．19.¿本小题12.0分¿在某地区进行某种疾病调查，随机调查了100位这种疾病患者的年龄，得到如下样本数据频率分布直方图．(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄;¿同一组数据用该区间的中点值作代表¿(2)估计该地区以为这种疾病患者年龄位于区间¿的概率;(3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间¿的人口数占第3页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………该地区总人口数的16%，从该地区选出1人，若此人的年龄位于区间¿，求此人患这种疾病的概率¿精确到0.0001¿．20.¿本小题12.0分¿如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是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正弦值．21.¿本小题12.0分¿设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±√3x.(1)求C的方程;(2)经过F的直线与C的渐近线分别交于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−√3的直线与过Q且斜率为√3的直线交于点M，从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立：①M在AB上;②PQ/¿AB;③∨AM∨¿∨BM∨¿．22.¿本小题12.0分¿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，求实数a的取值范围;(3)设n∈N¿，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)．第4页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了集合的交集运算．【解答】解：方法一：通过解不等式可得集合B={x∨0≤x≤2}，则A∩B={1,2}，故B正确．法二：代入排除法.x=−1代入集合B={x∨¿x−1∨≤1}，可得¿x−1∨¿∨−1−1∨¿2>1，x=−1，不满足，排除A、D;x=4代入集合B={x∨¿x−1∨≤1}，可得¿x−1∨¿∨4−1∨¿3>1，x=4，不满足，排除C，故B正确．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查复数的四则运算，为基础题．【解答】解：(2+2i)(1−2i)=2−4i+2i−4i2=2−2i+4=6−2i．3.【答案】D【解析】【分析】本题考查等差数列、直线的斜率与倾斜角的关系，比例的性质，属于中档题．【解答】解：设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3′由题意得k3=k1+0.2，k3=k2+0.1，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，解得k3=0.9．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查了向量的坐标运算和夹角运算，属于基础题。【解答】解：由已知有c⃗=(3+t,4)，cos¿cos¿，故9+3t+16¿c⃗∨⋅5=3+tc⃗⋅1，解得t=5．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查排列、组合的运用，属于基础题．第5页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………【解答】解：先利用捆绑法排乙丙丁成四人，再用插空法选甲的位置，则有A22A33C21=24种．6.【答案】C【解析】【分析】本题考查三角恒等变换的应用法一：利用特殊值法，排除错误选项即可法二，利用三角恒等变换，求出正确选项【解答】解：解法一：设β=0则sinα+cosα=0，取α=34π，排除B，D再取α=0则sinβ+cosβ=2sinβ，取β=π4，排除A;选C．解法二：由sin(α+β)+cos(α+β)=√2sin(α+β+π4)=√2sin[(α+π4)+β]¿√2sin(α+π4)cosβ+√2cos(α+π4)sinβ，故❑√2sin(α+π4)cosβ=√2cos(α+π4)sinβ故sin(α+π4)cosβ−cos(α+π4)sinβ=0，即sin(α+π4−β)=0，故sin(α−β+π4)=√22sin(α−β)+√22cos(α−β)=0，故sin(α−β)=−cos(α−β)，故tan(α−β)=−1．7.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用．【解答】解：由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3，下底面所在平面截球面所得圆的半径为4，设该球的半径为R，当正三棱台的上、下底面在球心异侧时，有√R2−32+√R2−42=1，无解；所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以√R2−32−√R2−42=1，解得R2=25，因此该球的表面积为S=4πR2=100π．8.【答案】A【解析】【分析】本题考查函数性质的应用，涉及函数的周期与赋值法的应用。【解答】解：令y=1得f(x+1)+f(x−1)=f(x)⋅f(1)=f(x)⇒f(x+1)=f(x)−f(x−1)故f(x+2)=f(x+1)−f(x)，f(x+3)=f(x+2)−f(x+1)，消去f(x+2)和f(x+1)得到f(x+3)=−f(x)，故f(x)周期为6;令x=1，y=0得f(1)+f(1)=f(1)·f(0)⇒f(0)=2，第6页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………f(2)=f(1)−f(0)=1−2=−1，f(3)=f(2)−f(1)=−1−1=−2，f(4)=f(3)−f(2)=−2−(−1)=−1，f(5)=f(4)−f(3)=−1−(−2)=1，f(6)=f(5)−f(4)=1−(−1)=2，故∑k=122f(k)=3[f(1)+f(2)+⋯+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)¿f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+(−1)+(−2)+(−1)=−3即∑k=122(¿k)=−3¿．9.【答案】AD【解析】【分析】解：由题意得：f(2π3)=sin(4π3+φ)=0，所以4π3+φ=kπ，即φ=−4π3+kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π3，故f(x)=sin(2x+2π3).选项A:x∈(0,5π12)时，2x+2π3∈(2π3,3π2)，由y=sinu图象知f(x)在(0,5π12)单调递减;选项B:x∈(−π12,11π12)时，2x+2π3∈(π2,5π2)，由y=sinu图象知f(x)在(−π12,11π12)有1个极值点;选项C:由于f(7π6)=sin3π=0，故直线x=7π6不是f(x)的对称轴;选项D:令f′(x)=2cos(2x+2π3)=−1，得cos(2x+2π3)=−12，解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ，k∈Z，从而得x=kπ或x=π3+kπ，k∈Z，令k=0，则(0,√32)是斜率为−1的直线与曲线的切点，从而切线方程为y−√32=−(x−0)，即y=√32−x．【解答】本题考查三角函数的图象与性质，三角函数的单调性、三角函数的对称轴与对称中心，函数的极值，切线方程的求解，属于中档题．第7页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………10.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题。【解答】解：选项A:设FM中点为N，则xA=xN=p2+p2=34p，所以yA2=2pxA=2p⋅34p=32p2(yA>0)，所以yA=√62p，故kAB=√62p34p−p2=2√6．选项B:1¿AF∨¿+1¿BF∨¿=2p⇒134p+p2+1¿BF∨¿=2p⇒∨BF∨¿56p=XB+p2⇒XB=p3¿¿¿所以yB2=2p⋅p3=2p23.所以¿OB∨¿xB2+yB2=p29+2p23❑=7p29≠p24．选项C:∨AB∨¿34p+p3+p=2512p>2p=4∨OF∨¿．选项D:由选项A，B知A(34p,√62p)，B(p3,−√63p)，所以OA⃗⋅OB⃗=(34p,√62p)(p3,−√63p)=p24−p2=−34p2<0，所以∠AOB为钝角;又MA⃗·MB⃗=(−p4,√62p)．(−p3,−√63)=−1112p2<0，所以∠AMB为钝角，所以∠OAM+∠OBM<180∘．11.【答案】CD【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题．【解答】解：设AB=ED=2FB=2，则V1=13×2×2=43，V2=13×2×1=23.连结BD交AC于M，连结EM、FM，则FM=√3，EM=√6，EF=3，故S△EMF=12⋅√3⋅√6=3√22，V3=13S△EMF×AC=2，V3=V1+V2，2V3=3V1．12.【答案】BC【解析】【分析】第8页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………本题考查利用基本不等式求最值，属于中档题．利用¿以及x2+y2=¿，进行求解．【解答】解：因为x2+y2−xy=1，所以¿，化简得¿，所以−2≤x+y≤2.故A错，B对;由x2+y2=¿，则¿，故xy⩽1，则x2+y2=1+xy⩽2，当x=√33，y=−√33时，满足x2+y2−xy=1，但此时x2+y2⩾1不成立，故C对，D错．13.【答案】0.14【解析】【分析】本题考查了正态分布的意义，正态曲线的对称性及其应用．【解答】解：由题意可知，P(X>2)=0.5，故P(X>2.5)=P(X>2)−P(20时，点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y−lnx1=1x1(x−x1).若该切线经过原点，则lnx1−1=0，解得x=e，此的切线方程为y=xe．当x<0时，点(x2,ln(−x2))(x2<0)上的切线为y−ln(−x2)=1x2(x−x2)．若该切线经过原点，则ln(−x2)−1=0，解得x=−e，此时切线方程为y=−xe．15.【答案】[13,32]【解析】【分析】本题考查直线关于直线对称的直线求法，直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．【解答】第9页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………解：因为kAB=a−32，所以AB关于直线y=a的对称直线为(3−a)x−2y+2a=0，所以3(a−3)+4+2a√4+(3−a)2⩽1，整理可得6a2−11a+3⩽0,解得13≤a≤32．16.【答案】x+√2y−2√2=0【解析】【分析】本题考查了椭圆的中点弦问题，属于偏难题。【解答】解：取AB的中点为E，因为¿MA∨¿∨NB∨¿，所以¿ME∨¿∨NE∨¿，设A(x1,y1)，B(x2,y2)可得y1+y2x1+x2×y1−y2x1−x2=−12，即kOE．kAB=−12.设直线AB:y=kx+m，k<0，m>0，令x=0，y=m，令y=0，x=−mk，所以E(−m2k,m2)，所以k×m−mk=−k2=−12，k=−√22，m2+2m2=12，m=2，所以直线AB:y=−√22x+2，即x+√2y−2√2=0．17.【答案】解：(1)设等差数列{an}公差为d由a2−b2=a3−b3，知a1+d−2b1=a1+2d−4b1，故d=2b1由a2−b2=b4−a4，知a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，故a1+d−2b1=4d−(a1+3d);故a1+d−2b1=d−a1，整理得a1=b1，得证．(2)由(1)知d=2b1=2a1，由bk=am+a1知：b1⋅2k−1=a1+(m−1)⋅d+a1即b1⋅2k−1=b1+(m−1)⋅2b1+b1，即2k−1=2m，因为1≤m⩽500，故2≤2k−1≤1000，解得2≤k≤10，故集合{k∨bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9个．【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题．18.【答案】解：(1)∵边长为a的正三角形的面积为√34a2，∴S1−S2+S3=√34(a2−b2+c2)=√32，即accosB=1，由sinB=13得：cosB=2√23，∴ac=1cosB=3√24，故S△ABC=12acsinB=12×3√24×13=√28．第10页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………(2)由正弦定理得：b2sin2B=asinA．csinC=acsinAsinC=3√24√23=94，故b=32sinB=12．【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形(1)利用余弦定理与正三角形的面积求得ac，继而利用面积公式求解(2)利用正弦定理进行变形，即可求解19.【答案】解：(1)平均年龄x=(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×岁¿(2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间¿}，则P(A)=1−P(A)=1−(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1−0.11=0.89(3)设B={任选一人年龄位于区间¿}，C={任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式，得P(C∨B)=P(BC)P(B)=0.1%×0.023×1016%=0.001×0.230.16=0.0014375≈0.0014．【解析】本题考查了平均数，概率的求法，考查频率分布直方图、条件概率等知识．20.【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD/¿AC，又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD/¿平面PAC，又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE/¿PA又因为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;法二：(1)连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，延长BO，交AC于F，连接PF，所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO/¿PF，因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO/¿平面PAC;(2)法一：过点D作DF/¿OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴．建立如图所示的空间直角坐标系．第11页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=2√3，所以P(0,2,3)，B(2√3,0,0)，A(−2√3,0,0)，E(√3,1,32)，设AC=a，则C(−2√3,a,0)，平面AEB的法向量设为n1⃗=(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a⃗=(1,0,0)，直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b⃗=(0,2,3){a⃗⋅n1⃗=0b⃗⋅n1⃗=0，所以{x1=02y1+3z1=0,所以x1=0，设y1=3，则z1=−2，所以n1⃗=(0,3,−2);平面AEC的法向量设为n2⃗=(x2,y2,z2)，AC⃗=(0,a,0)，AE⃗=(3√3,1,32){AC⃗⋅n2⃗=0AE⃗⋅n2⃗=0，所以{ay2=03√3x2+y2+32z2=0，所以y2=0，设x2=√3，则z2=−6，所以n⃗=(√3,0,−6);所以cos¿n1⃗·n2⃗¿n1⃗∨⋅∨n2⃗∨¿=12√13×√39=1213√3=4√313¿，二面角C−AE−B的平面角为θ，则sinθ=√1−cos2θ=1113，所以二面角C−AE−B的正弦值为1113法二：(2)过点A作AF/¿OP，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴建立所示的空间直角坐标系．因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30°，所以，AB=4√3，所以P(2√3,2,3)，B(4√3,0,0)，A(0,0,0)，E(3√3,1,32)，设AC=a，则C(0,a,0)，平面AEB的法向量设为n1⃗=(x1,y1,z1)，AB⃗=(4√3,0,0)，AE⃗=(3√3,1,32)第12页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………{AB⃗⋅n1⃗=0AE⃗⋅n2⃗=0，所以{4√3x1=03√3x1+y1+32z1=0，所以x1=0设z1=−2，则y1=3，所以n1⃗=(0,3,−2);平面AEC的法向量设为n2⃗=(x,y,z)，AC⃗=(0,a,0)，AE⃗=(3√3,1,32){AC⃗⋅n2⃗=0AE⃗⋅n2⃗=0，所以{ay2=03√3x2+y2+32z2=0,所以y2=0，设x2=√3，则z2=−6，所以n2⃗=(√3,0,−6);所以cos¿n1⃗·n2⃗¿n1⃗∨⋅∨n2⃗∨¿=12√13×√39=√1213√3=4√313¿二面角C−AE−B的平面角为θ，则sinθ=√1−cos2θ=1113，所以二面角C−AE−B的正弦值为1113．【解析】本题考查线面平行与二面角的求解，考查学生的空间想象与计算能力，有一定的难度．21.【答案】解：(1)由题意可得ba=√3，√a2+b2=2，故a=1，b=√3．因此C的方程为x2−y23=1．(2)设直线PQ的方程为y=kx+m(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，则x1+x2=2km3−k2，x1x2=−m2+33−k2，x1−x2=√¿¿．设点M的坐标为(xM,yM)，则{yM−y1=−√3(xM−x1)yM−y2=√3(xM−x2)．两式相减，得y1−y2=2√3xM−√3(x1+x2)，而y1−y2=(kx1+m)−(kx2+m)=k(x1−x2)，故2√3xM=k(x1−x2)+√3(x1+x2)，解得xM=k√m2+3−k2+km3−k2．两式相加，得2yM−(y1+y2)=√3(x1−x2)，而y1+y2=(kx1+m)+(kx2+m)=k(x1+x2)+2m，故第13页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………2yM=k(x1+x2)+√3(x1−x2)+2m，解得yM=3√m2+3−k2+3m3−k2=3kxM⋅因此，点M的轨迹为直线y=3kx，其中k为直线PQ的斜率．若选择①②:设直线AB的方程为y=k(x−2)，并设A的坐标为(xA,yA)，B的坐标为(xB,yB).则{yA=k(xA−2)yA=√3xA，解得xA=2kk−√3，yA=2√3kk−√3．同理可得xB=2kk+√3，yB=−2√3kk+√3．此时xA+xB=4k2k2−3，yA+yB=12kk2−3．而点M的坐标满足{yM=k(xM−2)yM=3kxM，解得xM=2k2k2−3=xA+xB2，yM=6kk2−3=yA+yB2，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=3kx上，矛盾．故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=p(x−2)(p≠0)，并设A的坐标为(xA,yA)，B的坐标为(xB,yB).则{yA=p(xA−2)yA=√3xA，解得xA=2pp−√3，yA=2√3pp−√3．同理可得xB=2pp+√3，yB=−2√3pp+√3．此时xM=xA+xB2=2p2p2−3，yM=yA+yB2=6pp2−3．由于点M同时在直线y=3kx上，故6p=3k·2p2，解得k=p.因此PQ/¿AB．若选择②③:设直线AB的方程为y=k(x−2)，并设A的坐标为(xA,yA)，B的坐标为(xB,yB).则{yA=k(xA−2)yA=√3xA解得xA=2kk−√3，yA=2√3kk−√3．同理可得xB=2kk+√3，yB=−2√3kk+√3，设AB的中点为C(xC,yC)，则xC=xA+xB2=2k2k2−3，yC=yA+yB2=6kk2−3．第14页，共2页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………由于¿MA∨¿∨MB∨¿，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y−yC=−1k(x−xC)上．将该直线与y=3kx联立，解得xM=2k2k2−3=xC，yM=6kk2−3=yC，即点M恰为AB中点，故点而在直线AB上．【解析】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．22.【答案】解：(1)a=1⇒f(x)=xex−ex=(x−1)ex⇒f′(x)=xex当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)令g(x)=f(x)+1=xeax−ex+1(x≥0)⇒g(x)≤g(0)=0对∀x≥0恒成立又g′(x)=eax+axeax−ex⇒g′(0)=0令h(x)=g′(x)⇒h′(x)=aeax+a(eax+axeax)−ex=a(2eax+axeax)−ex，则h′(0)=2a−1①若h′(0)=2a−1>0，即a>12，h′(0)=limx→0+¿g′(x)−g′(0)x−0=limx→0+¿g′(x)x>0¿¿¿¿所以∃x0>0,使得当x∈(0,x0)时，有g′(x)x>0⇒g′(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)=0，矛盾②若h′(0)=2a−1≤0，即a≤12时，g′(x)=eax+axeax−ex=eax+ln(1+ax)−ex≤e12x+ln(1+12x)−ex≤e12x+12x−ex=0⇒g(x)在¿上单调递减，g(x)≤g(0)=0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤12．(3)求导易得t−1t>2lnt(t>1)令t=√1+1n⇒√1+1n−1√1+1n>2ln√1+1n⇒1n√1+1n>ln(1+1n)⇒1√n2+n>ln(n+1n)⇒∑k=1n1√k2+k>∑k=1nln(k+1k)=ln(21⋅32⋯n+1n)=ln(n+1)即1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)，证毕．第15页，共1页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………【解析】本题考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用导数解¿证明¿不等式，属于难题。第16页，共2页',)