【数学文】2022年高考真题-全国乙卷（文）（教师版）

2022年普通高等学校招生全国统一考试全国乙卷（文）数学一、选择题1．(2022·全国乙卷文，1)集合M＝{2,4,6,8,10}，N＝{x|－1＜x＜6}，则M∩N等于()A．{2,4} B．{2,4,6}C．{2,4,6,8} D．{2,4,6,8,10}答案A解析由题意知M∩N＝{2,4}，故选A.2．(2022·全国乙卷文，2)设(1＋2i)a＋b＝2i，其中a，b为实数，则()A．a＝1，b＝－1 B．a＝1，b＝1C．a＝－1，b＝1 D．a＝－1，b＝－1答案A解析方法一由题意知a＋b＋2ai＝2i，又a，b∈R，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,2a＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))故选A.方法二由题意知a＋b＋(2a－2)i＝0，又a，b∈R，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,2a－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))故选A.3．(2022·全国乙卷文，3)已知向量a＝(2,1)，b＝(－2,4)，则|a－b|等于()A．2B．3C．4D．5答案D解析由题意知a－b＝(2,1)－(－2,4)＝(4，－3)，所以|a－b|＝eq\r(42＋－32)＝5，故选D.4．(2022·全国乙卷文，4)得如下茎叶图：则下列结论中错误的是()A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6答案C解析对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为eq\f(7.3＋7.5,2)＝7.4，A选项结论正确；对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为eq\f(1,16)×(6.3＋7.4＋7.6＋8.1＋8.2＋8.2＋8.5＋8.6＋8.6＋8.6＋8.6＋9.0＋9.2＋9.3＋9.8＋10.1)＝8.50625>8，B选项结论正确；对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值eq\f(6,16)＝0.375<0.4，C选项结论错误；对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值eq\f(13,16)＝0.8125>0.6，D选项结论正确．故选C.5．(2022·全国乙卷文，5)若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x＋2y≤4，,y≥0，))则z＝2x－y的最大值是()A．－2B．4C．8D．12答案C解析方法一由题意作出可行域，如图阴影部分(含边界)所示，转化目标函数z＝2x－y为y＝2x－z，上下平移直线y＝2x－z，可得当直线过点(4,0)时，直线截距最小，z最大，所以zmax＝2×4－0＝8.故选C.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x＋2y＝4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2，))此时z＝2×0－2＝－2；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0，))此时z＝2×2－0＝4；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝4，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝0，))此时z＝2×4－0＝8.综上所述，z＝2x－y的最大值为8，故选C.6．(2022·全国乙卷文，6)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．2B．2eq\r(2)C．3D．3eq\r(2)答案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Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，则由抛物线的定义可知|AF|＝eq\f(y\o\al(2,0),4)＋1，又|BF|＝3－1＝2，故由|AF|＝|BF|，可得eq\f(y\o\al(2,0),4)＋1＝2，解得y0＝±2，所以A(1,2)或A(1，－2)．不妨取A(1,2)，故|AB|＝eq\r(1－32＋2－02)＝2eq\r(2)，故选B.方法二由题意可知F(1,0)，故|BF|＝2，所以|AF|＝2.又抛物线通径长为4，所以|AF|＝2为通径长的一半，所以AF⊥x轴，所以|AB|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，故选B.7．(2022·全国乙卷文，7)执行如图所示的程序框图，输出的n等于()A．3B．4C．5D．6答案B解析第一次循环：b＝1＋2×1＝3，a＝3－1＝2，n＝1＋1＝2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－2))＝eq\f(1,4)＞0.01；第二次循环：b＝3＋2×2＝7，a＝7－2＝5，n＝2＋1＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)))2－2))＝eq\f(1,25)＞0.01；第三次循环：b＝7＋2×5＝17，a＝17－5＝12，n＝3＋1＝4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,12)))2－2))＝eq\f(1,144)＜0.01，输出n＝4.故选B.8．(2022·全国乙卷文，8)如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3,3]的大致图象，则该函数是()A．y＝eq\f(－x3＋3x,x2＋1) B．y＝eq\f(x3－x,x2＋1)C．y＝eq\f(2xcosx,x2＋1) D．y＝eq\f(2sinx,x2＋1)答案A解析对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y＝eq\f(1,5)sin3＞0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当0＜x＜eq\f(π,2)时，0＜cosx＜1，故y＝eq\f(2xcosx,x2＋1)＜eq\f(2x,x2＋1)≤1，与图象不符，所以排除C.故选A.9．(2022·全国乙卷文，9)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D答案A解析对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为B1B⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，所以B1B⊥EF.因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF⊥BD，又B1B∩BD＝B，B1B，BD⊂平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C(图略)，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面AB1C与平面B1EF不平行，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误．故选A.10．(2022·全国乙卷文，10)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于()A．14B．12C．6D．3答案D解析方法一设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1.由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝168，,a2－a5＝42，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＋q2＝168，,a1q1－q3＝42，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.方法二设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1.由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝168，,a2－a5＝42，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝168，,a1q1－q3＝42，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3，故选D.11．(2022·全国乙卷文，11)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝coseq\f(3π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1))sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq\f(3π,2).故选D.12．(2022·全国乙卷文，12)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.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)答案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＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h2)h，则V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，所以当h＝eq\f(\r(3),3)时，四棱锥的体积最大，故选C.二、填空题13．(2022·全国乙卷文，13)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.答案2解析由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.14．(2022·全国乙卷文，14)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________．答案eq\f(3,10)解析甲、乙等5名同学分别标记为a1，a2，a3，a4，a5，其中甲标记为a1，乙标记为a2.从中随机选3名参加社区服务工作的事件有{a1，a2，a3}，{a1，a2，a4}，{a1，a2，a5}，{a2，a3，a4}，{a2，a3，a5}，{a3，a4，a5}，{a1，a3，a4}，{a1，a3，a5}，{a2，a4，a5}，{a1，a4，a5}，共计10种．甲、乙都入选的事件有{a1，a2，a3}{a1，a2，a4}，{a1，a2，a5}，共计3种，故所求概率P＝eq\f(3,10).15．(2022·全国乙卷文，15)过四点(0,0)，(4,0)，(－1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为________．答案(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))2＝eq\f(65,9)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝eq\f(169,25)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)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－4，,E＝－6，))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－4，,E＝－2，))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－\f(8,3)，,E＝－\f(14,3)，))满足D2＋E2－4F＞0，所以圆的方程为x2＋y2－eq\f(8,3)x－eq\f(14,3)y＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))2＝eq\f(65,9)；若过(－1,1)，(4,0)，(4,2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝－\f(16,5)，,D＝－\f(16,5)，,E＝－2，))满足D2＋E2－4F＞0，所以圆的方程为x2＋y2－eq\f(16,5)x－2y－eq\f(16,5)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))2＋(y－1)2＝eq\f(169,25).16．(2022·全国乙卷文，16)若f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,1－x)))＋b是奇函数，则a＝______，b＝______.答案－eq\f(1,2)ln2解析f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,1－x)))＋b＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,1－x)))＋lneb＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1eb－aebx,1－x))).∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋12e2b－a2e2bx2,1－x2)))＝0，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋12e2b－a2e2bx2))＝|1－x2|.当(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝1－x2时，[(a＋1)2e2b－1]＋(1－a2e2b)x2＝0对任意的x恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋12e2b－1＝0，,1－a2e2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝ln2.))当(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝x2－1时，[(a＋1)2e2b＋1]－(a2e2b＋1)x2＝0对任意的x恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋12e2b＋1＝0，,a2e2b＋1＝0，))无解．综上，a＝－eq\f(1,2)，b＝ln2.三、解答题(一)必考题17．(2022·全国乙卷文，17)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．(1)若A＝2B，求C；(2)证明：2a2＝b2＋c2.(1)解由A＝2B，A＋B＋C＝π，可得A＝eq\f(2π－2C,3).将A＝2B代入sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinB＝sinBsin(C－A)．因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinC＝sin(C－A)．又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，与A＝eq\f(2π－2C,3)联立，解得C＝eq\f(5π,8).(2)证明方法一由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，结合正弦定理可得，accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋abcosC＝2bccosA(*)．由余弦定理得，accosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2)，abcosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2)，2bccosA＝b2＋c2－a2，将上述三式代入(*)式并整理，得2a2＝b2＋c2.方法二因为A＋B＋C＝π，所以sinCsin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，同理有sinBsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.又sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，即2sin2A＝sin2B＋sin2C，故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.18．(2022·全国乙卷文，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，求三棱锥F－ABC的体积．(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＝∠BDC，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC，又E为AC的中点，所以AC⊥BE.因为BE∩DE＝E，且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BA＝BC，又因为∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC为边长为2的正三角形，则AC＝2，BE＝eq\r(3)，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，所以DE⊥EB.连接EF(图略)，易知当△AFC的面积最小时，EF取最小值，在Rt△BED中，EF的最小值为E到BD的距离，故当△AFC的面积最小时，EF＝eq\f(DE·BE,BD)＝eq\f(\r(3),2).由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD＝2，所以DF＝eq\f(1,2)，FB＝eq\f(3,2).方法一因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，则F到平面ABC的距离d＝eq\f(BF,BD)·DE＝eq\f(3,4).故VF－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·d＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×4×eq\f(3,4)＝eq\f(\r(3),4).方法二由(1)知BD⊥AC，又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即B到平面ACF的距离，故VF－ABC＝VB－AFC＝eq\f(1,3)S△AFC·BF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AC·EF·BF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),4).19．(2022·全国乙卷文，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i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝0.038，eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))yeq\o\al(2,i)＝1.6158，eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))xiyi＝0.2474.(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186m2.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＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xi－\x\to(x)2\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))yi－\x\to(y)2))，eq\r(1.896)≈1.377.解(1)样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值eq\x\to(x)＝eq\f(0.6,10)＝0.06(m2)，样本中10棵这种树木的材积量的平均值eq\x\to(y)＝eq\f(3.9,10)＝0.39(m3)，(2)r＝eq\f(\i\su(i＝1,10,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,10,)xi－\x\to(x)2\i\su(i＝1,10,)yi－\x\to(y)2))＝eq\f(\i\su(i＝1,10,x)iyi－10\x\to(x)\x\to(y),\r(\i\su(i＝1,10,x)\o\al(2,i)－10\x\to(x)2\i\su(i＝1,10,y)\o\al(2,i)－10\x\to(y)2))＝eq\f(0.2474－10×0.06×0.39,\r(0.038－10×0.0621.6158－10×0.392))＝eq\f(0.0134,\r(0.0001896))≈eq\f(0.0134,0.01377)≈0.97.(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得eq\f(0.06,0.39)＝eq\f(186,Y)，解得Y＝1209.则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3.20．(2022·全国乙卷文，20)已知函数f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x＞0)，所以f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2).当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq\f(1,x2)－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x2)(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a＜0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))x－1,x2)，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))x－1,x2)，当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点；当a＞1时，0＜eq\f(1,a)＜1，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．因为f(1)＝a－1＞0，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上必有一个零点，所以a＞1满足条件，当0＜a＜1时，eq\f(1,a)＞1，故f(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减．因为f(1)＝a－1＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．21．(2022·全国乙卷文，21)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)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))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eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点．(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)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))两点，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，))所以椭圆E的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)证明当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得y2＝eq\f(8,3)，∴y＝±eq\f(2\r(6),3).结合题意可知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(6),3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3)))，∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－eq\f(2\r(6),3).易知点T的横坐标xT∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，直线AB的方程为y－(－2)＝eq\f(－1－－2,\f(3,2)－0)·(x－0)，即y＝eq\f(2,3)x－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(2\r(6),3)，,y＝\f(2,3)x－2))得xT＝3－eq\r(6)，∴Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3))).∵eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(6),3)))，lHN：y－eq\f(2\r(6),3)＝eq\f(\f(4\r(6),3),2\r(6)－4)(x－1)，即y＝eq\f(23＋\r(6),3)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)，lMN：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)，可得k＋m＝－2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ＞0，∴x1＋x2＝－eq\f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq\f(3m2－12,3k2＋4).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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))得xT＝eq\f(3y1＋2,2)，∴Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y1＋2,2)，y1)).∵eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，∴H(3y1＋6－x1，y1)，lHN：y－y2＝eq\f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)，即y＝eq\f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)x＋y2－eq\f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)·x2.令x＝0，得y＝y2－eq\f(y1－y2x2,3y1＋6－x1－x2)＝eq\f(－x1y2＋x2y1＋3y1y2＋6y2,－x1＋x2＋6＋3y1)＝eq\f(－x1y2＋x2y1＋3y1y2＋6y2,－x1＋x2＋6＋3y1＋y2－3y2).∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(－12k2＋4m2,3k2＋4)，y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(8m,3k2＋4)，x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝eq\f(－24k,3k2＋4)，∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝eq\f(24k,3k2＋4)＋eq\f(－36k2＋12m2,3k2＋4)＝eq\f(－36k2＋12m2＋24k,3k2＋4)＝eq\f(－24k2－3k－2,3k2＋4)，－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝eq\f(6km,3k2＋4)＋6＋eq\f(24m,3k2＋4)＝eq\f(6km＋18k2＋24＋24m,3k2＋4)＝eq\f(12k2－3k－2,3k2＋4)，∴y＝eq\f(\f(－24k2－3k－2,3k2＋4)＋6y2,\f(12k2－3k－2,3k2＋4)－3y2)＝