2022年浙江省高考数学试卷含答案解析

2022年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。1.设集合A={1,2),B=[2,4,6},贝！|AU8=(A.{2} B.{1,2} C.{2,4,6} D.{1,2,4,6}TOC\o"1-5"\h\z.已知a,beR,a+3i=(b+i)i(i为虚数单位)，贝！J( )A.a=\,b=-3B.a=-l,b=3C.a=~\,b=-3D.a=\,b=3x—2..0,.若实数x,y满足约束条件bx+y-7,,0,则z=3x+4y的最大值是( )x—y—2,,0,A.20 B.18 C.13 D.6.设xeR,则"sinx=l"是"cosx=0"的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要弱牛 D.既不充分切必要融.某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：加）是（）不2TOC\o"1-5"\h\z*1*2,1**1 1*正视图 恻视图6.为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin（3x+?）图象上所有的点（ ）A.向左平移-个单位长度 B.向右平移-个单位长度C.向左平移-个单位长度 D.向右平移-个单位长度15 157.已知2"=5,log83=Z>,贝!]4"厘=（ ）25 5A.25 B.5 C.— D.-9 38.如图，已知IEH棱柱ABC-A4G,AC=A4,,E,产分别是棱8C,AG上的点.记E尸与伍所成的角为a,EF与平面ABC所成的角为夕，二面角b-8C-A的平面角为7,则（）BTOC\o"1-5"\h\zA./ B,像h / C.滋欢a D. cd敝）39,已知4,beR,若对任意xeR,a\x-b\+\x-4\-\2x-5\..O,贝U（ ）A. a,,1,b..3 B. 4,1, b,,3 C.a.A,b.,3 D. a..1, 310・已知数列｛〃〃｝满足4=1,%=勺一卜;（〃wN*），则（ ）5s 7 7A.2v100a1Go<— B.二<1004Go<3 C.3v10040G<- D.1004Go<4二.填空题：本大题共7小题,单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为〃三斜求积"，它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式，就是S=J；［c2a27c2+：_与］，其中a,b,C是三角形的三边，S是三角形的面积.设某三角形的三边a=0Sc=2,则该三角形的面积S=—..（6分）已知多项式（大+2）（x-1），=%+qx+出产+生/+a4x4+a5V,贝!J%=，q+4+%+%+%=•.（6分）若3sina-sin4=\/15,a+0=%,贝!|sina=,cos2y0=.卜/+2,玉,1,（6分）已知函数/（外= 1则/（/（3）=—港当，回时，1期（x）3,lx+——1,X>1, 2则b-a的最大值是 ..（6分）现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为自,则尸匕=2）=—,EC）=—..已知双曲线J-，=l（a>0力>0）的左焦点为F，过尸且斜率为白的直线交双曲线于点4（为，y）,交双曲线的渐近线于点8（x2,丫2）且“<0<》2.若|FB|=3|FA|,则双曲线的离心率是—..设点P在单位圆的内接正八边形A&...A的边A4上，则随。可+砥2的取值范围是.三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。L 3.（14分）在AA8C中，角A,8，。所对的边分别为a,b,c.已知4a=6c,cosC=^・（I）求5）4的值;（H）若6=11,求AABC的面积..(15分)如图，已知ABC。和C£)E尸都是直角梯形，AB//DC,DC//EF,AB=5,DC=3,EF=\,ZBAD=ZCDE=60P，二面角尸一DC-B的平面角为60°.设M,N分别为AE,8C的中点.(I)证明：FN1.AD；(D)求直线BM与平面A£)E所成角的正弦值.20.(15分)已知等差数列｛4｝的首项4=7,公差d>l.记｛叫的前〃项和为S“(〃eN*).(I)若$4-2%%+6=0,求5.；(n)若对于每个〃eN*,存在实数c“，使,%+4q,八+15c“成等比数列，求”的取值范围.21.(15分)如图，已知椭圆卷+丁=1.设a,8是椭圆上异于。(0,1)的两点，且点Q。；)在线段回上,直线PA, 分别交直线y=-；x+3于C,。两点.(I)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(n)已知a,AeR,曲线y=/(x)上不同的三点(占，/(xj),(x2,/(x2)),(x3,7(x,))处的切线都经过点(a,6).证明：(i)若。>0,则0<b-/(a)<-(--1);2e/：：xzfctzx mn2 e-a 1 1 2 e-a(ii)右0<々<6tXy<x2<x3，贝！J—卜 ，<—।—< 7・e be" x} x3 a 6e〜(注:e=2.71828…是自然对数的底数)2022年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。.设集合A={1,2},8={2,4,6},则从#=( )A.{2} B.{1,2} C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}【思路分析】利用并集运算求解即可.【解析】；A={1,2},B={2,4,6}, =,2,4,6),嵋：D.【试题评价】本题考查了并集的定义及其运算，属于基础题..已知a,b&R,a+3i=(6+i)i(i为虚数单位)，贝U( )A.a=1,b=—3 B.a=—l,b=3C.a=-1,b=—3D.a=1,b=3【思路分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数相等求解.【解析】•：a+3i=(b+i)i=-1+bi,a,bwRa=-l,b=3,故选：B.【试题评价】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数相等的定义,是基础题.x—2..0,3.若实数x,y满足约束条件上工+丫-7,,0,则z=3x+4y的最大值是( )x-y-2,,0,A.20 B.18 C.13 D.6【思路分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可.x—2..0,【解析】实数x,y满足约束条件2x+y-7,,0,-y-2,0,则不等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分，3z由已知可得42,3),由3x+4y-z=0得y=—ZX+w,即求直线在y轴上截距的最大值，由图可知：当直线3x+4y-z=0过点A时，二取最大值，贝！］z=3x+4y的最大值是3x2+4x3=18,【试题评价】本题考查了简单线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属于基4.设xeR,贝（!"sinx=l"是"cosx=0"的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【思路分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可.【解析】vsin2X4-COS2X=1,①当sinx=l时，则8sx=0,・•.充分性成立，②当cosx=0时，则sinx=±l,，必要性不成立，，sinx=1是cosx=0的充分不必要条件，故选：A.【试题评价】本题考查了同角三角函数间的基本关系，充要条件的判定，属于基础题.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：加）是（）【思路分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可.【解析】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，所以几彳可体的只为：—x—xI3+^-xI2x2+-（22x+12x+>/22x^-xl2x^-）x2=—^.TOC\o"1-5"\h\z23 3 3故选：C.【试题评价】本题考查三视图求解几何体的体积,判断几何体的形状是解题的关键，是中档题.6.为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin（3x+§图象上所有的点（ ）A.向左平移卫个单位长度 B.向右平移巳个单位长度5 5C.向左平移三个单位长度 D.向右平移£个单位长度15 15【思路分析】由已知结合正弦函数图象的平移即可求解.【解析】把y=2sin（3x+（）图象上所有的点向右平移看各单位可得

丫=2$诃3。-自+勺=25析3内的图象.故选：D.【试题评价】本题主要考查了正弦型函数的图象平移，属于基础题.TOC\o"1-5"\h\z.已知2"=5,logQ”,则4内=( )25 5A.25 B.5 C.— D.-9 3【思路分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可.【解析】由2"=5,10gli3=6,可彳导8〃=2'"=3,则”=£=或金)，人」d⑵)32 9'故选：C.【试题评价】本题考查了指数、对数的运算性质，考查了运算求解能力，属于基础题..如图，已知正三棱柱ABC-A4G,AC=44,,E,尸分别是棱BC,AG上的点.记所与A4,所成的角为a,EF与平面ABC所成的角为万，二面角尸-8C-A的平面角为/,则()C1CBA.漏卜/B.鹰h/ C.万领卜aD.p【思路分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可.【解析】•.•后棱柱A8C-A4G中，4C=至，.・.后棱柱的所有棱长相等，设棱长为1,如图，过F作FG1.AC,垂足点为G,连接GE,则AA//FG,GF与伍所成的角为ZE尸G=a,且tana=—=GE,FG又GEw[0,1],.\tanaG[0,1],.•.£/与平面48。所成的角为/尸£6=夕，且130/=空=」-€[1,+8),GEGE/.tan/?..tana,…①，再过G点作G"_L8C,垂足点为，,连接〃尸,又易知尸GJ_底面ABC,8Cu底面A8C,:.BCLFG,又FGnGH=G,.•.BC,平面GWF,二面角F—3C—A的平面角为NGHf=7,Htan/=—，又G/7w[0,1],GHGHtan/e[l,+oo),/.tan/..Iana,...(2),又GE..GH,tan/?„tany，…③，由①②③得tana领lan/?tan/,又a,13,7e[0,今，y=tanx在[0,今单调递增，.,.溷J?y,【试题评价】本题考查线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，考查了转化思想，属中档题..已知a,bwR,若对任意xwR,a|x-ft|+|x-4|-|2x-5|..O,则()A.a,,1,h..3B.a,,1,h„3C.a..1,b..3D.a..l,b„3【思路分析】取特值，结合选项直接得出答案.【解析】【解法一】：取x=4,则不等式为“|4|-3..0,显然awO,且6H4,观察选项可知，只有选项。符合题意.故选：。.【解法二】由题意有：对任意的xeR,有〃|x-6以2x-5|-|x-4|恒成立.; 51-X,X<—2i^f(x)=a\x—b\tg(x)=|2x-5|-|x-4|=<3x-9,—<x<4,x-l,x>4即f(x)的图象恒在g(x)的上方(可重合)，如下图所示:3由图可知，a>3,l<b<3,或14"3,14b44——<3,故选：D.a【试题评价】本题考查绝对值不等式的解法，作为选择题，常常采用特值法，排除法等提高解题效率，属于基础题.10・已知数列｛〃“｝满足4=1,，则( )5 5 7 7Ae2<1004Go<—B.—<100al()0<3C.3vl00q0G<- D.—<lOO6rloo<4【思路分析】分析可知数列｛〃〃｝是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到册,—,〃+2由此可推得100。〃<3,再将原式变形确定下限,可得 (1 1- H )+1,TOC\o"1-5"\h\zan+i3 323 〃+1由此可推得100%*,>|,综合即可得到答案.【解析】,.•.｛(｝为递减数列，又4,+i=%一弓，且a“w0, ,3 3 an3 3又q=l>0，则/>0ran-an+l=-an2..r-anan+],/. ，3 3 an+ian31 1 1/ 1 2mu3 inninn3 306q.••一-+T（n-1）=-«+-,则4”， , 100400MJ00x—<——=3,anax3 3 3 n+2 102102TOC\o"1-5"\h\z, 1 2,日 1 1 1 1 1 " 1、由 =可-彳41可4*i=4（1-彳4,）<彳可 =7 ” =三（1+-T7），3 3 % an 3-an 3__£_ 3 n+\n+2累加可得，——„ + —■—）+1/J3 323 〃+1 ,,344—x（—। F H ）<34H—x（—x6H—x93）<40, 1OOq的>100x—=一4Go323 100 32 8 402综上，!<100a1()u<3. ：B.【试题评价】本题考查递推数列，数列的单调性等知识，对化简变形能力要求较高，考查运算求解能力，逻辑推理能力，属于难题.二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。11.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积"，它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式，就是S= ，其中"，人c是三角形的三边，S是三角形的面积.设某三角形的三边。=啦，b=G,c=2,则该三角形的面积S=叵.—4—【思路分析】直接由泰九韶公式计算可得面积.[解析】由S=旧由& 二忙)2]=*.(夜)2_产土(&；-(圾2=卒,故答案为：竺.4【试题评价】本题考查学生的阅读能力，考查学生计算能力，属基础题.12.(6分)已知多项式(x+2)(x-I)4=4+a/+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,贝U勺=8 ,6Z|+出+/+4+a,— ・【思路分析】%相当于是用(X+2)中的一次项系数乘以(X-1)"展开式中的一次项系数加上(x+2)中的常数项乘以(x-l)’展开式中的二次项系数之和，分别令x=0,x=],即可求得q+g+%+q+G的值.【解析】【解:4-1v(x-l)4=x4-4x3+6x2-4x+l,.*.Oj=-4+12=8；令x=0，则4=2，令x=l,则/+4+%+/+。4+生=0,ciy+4+4+44+05=-2.故答案为：8,-2.【解法二】：由题O2=lxC：(T)+2xC：(-1)2=8.令*X=1,贝[|a。+q+。)+/+。4+。5=0.又％=2,用f以4+。)+%+。4+。5=-2.【试题评价】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题.13.(6分)若3sina-sin/?=J15,。+a=工，则sina= ,cos2/5= .2 -10- 【思路分析】由诱导公式求出3sina-cosa=M，再由同角三角函数关系式推导出sina= •由此能求出cos2户的值.【解析】v3sina-sin/3=ViO,a+0=%,:,3sina-cosa=VlO,/.cosa=3sina-V10,vsin2a+cos2a=l,/.sin2a+(3sina-V10)2=1,短但• 3V10 Q• 3V10解彳守sina=I。,cosp=sina=-乂),cos2/?=2cos2y0-l=2x—-1=-.100 5故答案为：嘤；3.10 5【试题评价】本题考查三角函数值的求法，考查诱导公式、同角三角函数关系式、二倍角公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.卜f+2,K,1,14.（6分）已知函数/。）= 1则”/*（<））=_£_；若当工€他，切时，x+——l,x>1, 2—28—Ix1期（幻3,贝降一〃的最大彳.【思路分析】直接由分段函数解析式求/（/（；））；画出函数/（X）的图象，数形结合得答案.卜x-+2,x,1 ] [ 7【解析】,函数y（x）=<1 ,.,./（-）=―+2=-，X+--1,X>1 2 4 4作出函数/（x）的图象如图：由图可知，若当xe[a,勿时，1颔（x）3，贝！|b—“的最大值是2+6-（-1）=3+6.故答案为：—；3+6.28【试题评价】本题考查函数值的求法，考查分段函数的应用，考查数形结合思想，是中档题.15.（6分）现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为4,则P（€=2）=_/_,E©=.【思路分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义即可求解.【解析】根据题意可得：&的取值可为1,2,3,4,又喋=1）喑=>C23尸（-3）=百=玉,r21尸«=4)===」-C；35・・.E记)・・.E记)=1x3+2x16+3xA+4x1=7 35 35 3512T故答案为：【试题评价】本题考查组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义，属基础题.16.已知双曲线1-1=1（“>0,6>0）的左焦点为尸，过尸且斜率为2的直线交双曲线于a~b~ 4a点A8,y）,交双曲线的渐近线于点8（毛，%）且%<0<七.若1所|=3|必|,则双曲线的离心率是—.—4—【思路分析】过点A作轴于点H,过点8作8x轴于点方,依题意，点8在渐TOC\o"1-5"\h\z近线y=^x上，不妨设,根据题设条件可求得点A的坐标为（-生，生），代a a 99a入双曲线方程，化简可得〃，。的关系，进而得到离心率.【解析】【解法一】如图，过点A作41」x轴于点4,过点8作轴于点八、b , h由于8（工2,%）且%>°f则点3在渐近线丫=—x上，不妨设3（加,—M,m>0,a ab设直线村的倾斜角为〃,贝（Itan8=2,则黑=乡,即4=二，贝力切1=4根,4a\FB,\4a\FB'\4a.,JOF\=c=3/w,则如，T网啜4,又篇描《则g/又篇描《则g/沏号即即与5m.••点A的坐标为（-如，生），99a25c2一27T耳一.=127Tcrtr a'24c3x/6/.e=—= .a4故答案为：巫.4【解法一】根据IFB\=3\FA\,结合图象可知，点A在双曲线的左支上，点B在双曲线的斜率为正的渐近线上，过F且斜率为—的直线：丫=+c）（I）4a斜率为正的渐近线：y=-x （II）acbe联立（D（n）得点b（弓，石）FA=-FB- £史根据I物=3|阳，可得3，因为£3=（3,3n）,・••点A的坐标为（-工，生）,99a25c2b2c?【试题评价】本题考查双曲线的性质,考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题.17.设点P在单位圆的内接正八边形A4-4的边A4上，则pC+pU+…+%，的取值范围是_[12+2\[1,16]_.【思路分析】以圆心为原点，44所在直线为x轴，AA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设P（x,y），进而得到PA^+PA^+...+P^2=8（^+y2）+8,根据点P的位置可求出.F+V的范围，从而得到心’+%，+…+%”的取值范围.【解析】【解法一】以圆心为原点，44所在直线为x轴，&a所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示,则N。』），&（孝净，A（2，小冬当'A（oi），4（当-¥），4（-1，。），4（等乎），设P(x,y),贝！J*+喏+...+喈=|州『+|四2+|飞『+|尸儿『+|成|2+|尸、『+|咐|2+|必|2=8,+y2)+8,•.•cos22.5啜1OP|1,/.l+COs45°M2+y21P+y21,.-.12+2>/2g4(x2+y2)+816,即阳°+至2的取值范围是【12+2&,16],故答案为：[12+2V2,16][解法二】因为pf=P炉+。4,0+2P。•。<=OP2+of—2OP・°A所以P\+P\+...+P\=Y(OP+OA：_20P.。4)=8OP+XOA：一20A・£。4r=l i=l i=1因为两2=1,所以之四=8;1=1因为正八边形是中心对称图形，所以火。可，。,所以20户・£°耳=0/=1/=!rr因为根据正八边形的性质得乙4,。4=7所以85工0。户区1,所以90$马240户241,即也上24丽2418 8 4所以20+4W8才48所以必"+%"•.+气”的取值范围是“2+2上,16],故答案为：[12+2夜,16].【试题评价】本题主要考查了平面向量数量积的运算和性质以及三角函数中的二倍角公式的应用，考查了学生分析问题、转化问题的能力，属于中档题.三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.(14分)在AABC中，角4,B,(7所对的边分别为a,6,c.已知4a=6c,cosC=-.(I)求加4的值;(H)若6=11,求AABC的面积.【思路分析】(I)根据cosC=3,确定C的范围，再求出sinC,由正弦定理可求得sinA；(H)根据A,C的正、余弦值，求出sin8,再由正弦定理求出“，代入面积公式计算即可.【解析】(I)因为cosC=°>0,所以Ce(O,马，SsinC=\J\-cos2C=—,5 2 5由遇定理可得：3 ，sinAsinC

即有sin4=^£=AinC=昌力在；cc45 5(口)因为4a=>/5cna也<c,4所以AvC,故Aw(O,为，2又因为sinA=(,所以cosA=^,所以sinB=sin[乃-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=~~；由正弦定理可得：°=-7--=-y—=5芯,sinAsinCsinB所以a=56sinA=5,所以Sg"='a6sinC」x5xl1x3=22.MBC2 2 5【试题评价】本题考查了解三角形中正弦定理、面积公式，属于基础题.19.(15分)如图，已知ABC。和CDEF都是直角梯形，AB//DC,DC//EF,AB=5,DC=3,EF=1,ZBAD=ZCDE=60P，二面角〜DC-8的平面角为60。.设M,N分别为,8c的中点.(n)求直线与平面4)E所成角的正弦值.(I)(n)求直线与平面4)E所成角的正弦值.A【思路分析】(I)根据题意证出硒，平面，即可得证;(n)由于平面ABC。,如图建系，求得平面ADE的法向量，代入公式即可求解.【解答】证明：(/)由于CD_LCB,CDA.CF,平面ABCZJC平面CD£F=CD,CFu平面CD£F,CBu平面ABCZ),所以NFCB为二面角F-DC-B的平面角，贝！|NFCB=60。,C£>_L平面CBF,贝！.又CF=瓜CD-EF)=2瓜CB=E(AB-CD)=2G,则AfiCF是等边三角形，N为8c的中点,则CB1FN,因为£>CJ_FC,DCLBC,FCQBC=C,FCu平面尸CB,BCu平面“B,所以。C_L平面FCB,因为FNu平面ECB,所以ZX7J./W,又因为OCnC8=C,£)Cu平面ABCO,CBu平面A8C£),所以FN_L平面ABC。,因为ADu平面ABCD,故RVJ_A£>；解：(H)由于FN,平面ABCD,如图建系：

E尸E尸于是B(0,6,0),A(5,75,0),F(0,0,3),E(l,0,3),D(3,-^,0),则M(3,苧|BM= DA=(2,2^,0),DE=(-2,53),设平面的法向量”=(x,y,z),n-DA=On-DE=O2x+2fy=°，令x=n-DA=On-DE=O—2x+\3y+3z=0.•.平面4£电的法向量方=(3-1,6),设BM与平面4出所成角为。,则sin*gu筮.\BM\\n\ 14【试题评价】本题考查了线线垂直的证明和线面角的计算，属于中档题.20.(15分)已知等级歹!!｛。,,｝的首项4=一1，公差d>l.记｛q｝的前〃项和为S,,(〃eN*).(I)若54-2%0,+6=0,求5.；(n)若对于每个〃eN*,存在实数c.，使“,,+c„,%1+4C",a“+2+15q,成等比数列，求d的取值范围.【思路分析XI面等差数列⑸｝的首项4=-1及邑-2/4+6=0可得关于公差d的方程，再由公差”的范围可得d的值，再由等差数列的前〃项和公式可得S“的解析式；(II)由4+c“，an+l+4c“，a,.+15%成等比数列，可得关于c“的二次方程，由判别式大于0可得d的表达式，分类讨论可得”的取值范围.【解析】(I)因为等差数列｛4｝的首项生=-1,公差d>l,因为S4-2%g+6=0,可得4回；q)_24%+6=0,即2(4+%)-2生4+6=0,q+q+3d—(q+d)(〃1+2d)+3=0,即—1—14-3d—(—1+d)(—\+2d)+3=0,整理可得：d?=3d,解得d=3,所以S所以S〃=na]+-

即S,,=宜产〃(〃一1), 3n2-3n3n2-5n «=-7?+ = (H)因为对于每个〃eN”,存在实数g,使4+q，h+4c―心2+15c“成等比数列，贝U(q+〃d+4c“)~=[q+(〃+l)d+15qJ,q=T,整理可彳导：c；+[(14-Sn)d+8]c„+J2=0,则&=[(14-8")d+8『-4/..0,即(7-4〃)d+4..4或(7-4〃)d+4,,-d,整理可得(3—2〃)d...-2或(2—〃)d,,-1,当〃=1时，可得或d,,-1,而〃>1,所以d„—1(舍)，所以d的范围为；〃=2时，d,,2或0，而d>l,所以此时de(1,2],当〃为大于2的任何整数，，而d>l,2〃—3 7?-2所以办一二(舍)，d>l恒成立；2〃-3综上所述,"=2时，Je(l,2]；“为不等于2的正整数时，”的取值范围为(1,”),都存在g,使q,+c“，a”,1+4q,,4k+15c“成等比数列•【试题评价】本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法,属于中档题.21.(15分)如图，已知椭圆土•+丁=1.设A,B是椭圆上异于P(O,1)的两点，且点。(0,1)12 2在线段上，直线PA,PB分别交直线y=」x+3于C,。两点.2(I)求点P到椭圆上点的距离的最大值；【思路分析】(I)设椭圆上任意一点M(x,y),利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得解；(n)设直线■方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，进而表示出|占一毛1，再分别联立直线窃，直线8P与直线.v=-gx+3，得到C,。两点的坐标,由此可表示出,再转化求解即可.【解析】(I)设椭圆上任意一点M(x,y),贝！||沏2=f+(3_1)2=12_]2y2+y2_2y+]=Tly2_2y+13,ye[-l,1],

而函数二=-1_2y+13的又掰轴为_v=-yj-e[-l,l],则其最大值为-11x(-」)2+2x'+13=^,111111•••IPMJ•••IPMJ,即点P到椭圆上点的距离的最大值为誓；((n)设直线AB:y=h+g,A(X]，x),B(w，y2)1联立直线AB与椭圆方程有由韦达定理可得，%=-r1联立直线AB与椭圆方程有由韦达定理可得，%=-r1y=KX4--X22 1—+y=11212k,消去.v并整理可得，（12F+DW+12履-9=0,市77rxl七-一即4+[X]1=J(X|+X2)2-4X|N=签+'+36-6J16/+112*2+1 \2k2+\设设C(±,y3),D(x*,y4),直线AP:y=^--x+1,直线BP:y=^--x+1,联立不1r—x联立不1r—x+3244以及Qk+1)%—Iy=&Zlx+l

w1、y=—x+3. 24x2(2k+l)Xj-1由弦长公式可得所以\CD\由弦长公式可得所以\CD\=rd41 2(2k+l)x,-1(2k+l)x2-l=2y/5=2y/5[(2A+1)&-1][(2后+l)x,-1](2k+1)〜x上一(2k+1)(X]+X2)+1将士+七=将士+七= -,x}x2k2+—1234(公+J-I12化简得：S;唳雷'l+化简得：S;唳雷'l+l6k3A+1（2）当Q—；时，记〃女）=即\CD\>2>/5；3A+1 3钾，则3Z+1f'(k)= (3A+1>川6/+116故/⑹在（-彳）上单调递减，在舟+8）上单调递增.所以/(a)n/岛)=：,bp|cd|>^^.16综上所述,当％=■时，|co|取最小值竽.【试题评价】本题考查直线与椭圆的综合运用，涉及了两点间的距离公式，利用二次函数的性质求最值，弦长公式等基础知识点，考有逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题.22.(15分)设函数f(x)=Jnx(x>0).2x(I)求/(2的单调区间；(n)已知。,bwR,曲线y=/(x)上不同的三点(耳，/(%)),(x2,f(x2)),(七，/(&))处的切线都经过点3力.证明：(i)若a>c，贝!JOvb-f(a)<—(――1);2e/：：\-M-mil2e—a112e—a(II)S'0vavetAjVx2V七•贝!J—+—<——< ,e6e- $x3a6c-(注:e=2.71828…是自然对数的底数)【思路分析】(I)求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间.(II)(i)设经过点(a,b)的直线与函数f(x)的图象相切时切点坐标为(%,-—+/5)，求出TOC\o"1-5"\h\z切线/的方程为(——+—)a-b+—+Inx^-1=0，令g(x)=(--^-+-)-a^b+-+Inx-],2xqXq / 2rx x(X>0),由题意得到函数g(x)有三个不同的零点推导出g(x)极大值=g(e)>0,g(x)极小值=g(a)<0,b< F1,要证B月b—f(a)<—(1),只需证B月Ina>—，令h(a)=Ina ,2e 2e 2a2 2a贝(]h\a)= -y=之"'>0,利用导数性质能证明〃>e，则。〈》—/(3)<—(——1)；a2cT2a 2e(ii)g(x)=(--：+2)々-。+£+仇”1(工>0)有三个不同的零点，设,=/，则g(x)化为2；rxx xh(t)=(——t2+t)a—h+et—Int—\,力(r)在二个不同的零点4，q，4，且乙>，2>〃，推导出要证明结论，只需证明[t,+q-(2_=)]国+4-(2+=],0,由此能证明a6e- e6e-2 e-a 1 1 2 e-a-+——<—+—< —・e 6夕 x 巧 a 6夕【解析】(I)・.•函数f(x)=-^-+lnx(x>0),2xp1 2x-pf'M=-^+-==^-,(x>0),2x~x2x~由八制=生<>0,得x>£，，/出在(£,+8)上单调递增；TOC\o"1-5"\h\z2x 2 2由r(x)=^^<0,得0d，，/(x)在(0昌上单调递减.2k 2 2(n)【解法一】⑺证明：设经过点(。,力的直线与函数/(X)的图象相切时切点坐标为/ eIX(^0»T~+/叫)/

则切线方程为/:二——/nx0=/r(Xo)(x-xo)，2x0,/fr(x)=—,/.切线l的方程为(—二+—)x—y+—4-/nx0—1=0,TOC\o"1-5"\h\z2xqx0 2xqXq x0:.( Y+—)。-b+—+Inx^-1=0f2% % /g(x)=C T—)—a+bT—+Inx—1,(x>0),2xx x・,曲线y=f(x)上不同的三点(司J(F)),(8,/5)),*3,/(七))处的切线都经过点(。向，.・函数g(x)有三个不同的零点,•・g，(x)=6~4)a=+L(…厂。),,：a>e,:.x<e，或无>a时，g\x)>0,g(x)单调递增，e<x<a时,g'(x)v0,g(x)单调递减，从而g(x)极大值=g(6)>0,g(x)极小值=g(a)vO,/.—-b+\>0©/S.—+hia~h<0@,TOC\o"1-5"\h\z2e 2a由②得/，-f(a)=b---lna>0,由①有b<巴+1,2a 2e：b-f(a)=h---lna，:要证明0-/(a)<1(--1),2a 2e—+1---/na<-(--l),BP/na+—>-,2e2a2e 2a2令〃(a)=Ina+—令〃(a)=Ina+—t贝!Jh\a)=—2a a2a2a：.h(a)>h(e)=],:.b—f(a)<—(——1),2 2e综上，若a>e,贝！JOvb-/(a)<-(--1)；2e(ii)证明：由⑺知g(x)=(--=+3b+g+ -l(x>0)有三个不同的零点，2x-xx设，贝!lg(x)化为/2(，)=(一2/+/)々一人+々一/川一1,TOC\o"1-5"\h\zx 2〃⑴在三个不同的零点6,l，g，且，(%)=%(，3),e(%—，3)—/，,+5〔2—e(：+[3)]”[-4)=°，,3 2ar./ 、、Int,-Int,cH—[2— +A)]= i2 4—%Arj/e /Int,—Int-,、2z-x解付4+4=(e+。 -)—,③Z(-t3ae要证明结论/只需证明[%+/3—(―-