2022年新高考全国I卷数学真题

2023年12月7日发(作者：安徽省 年中考数学试卷)

2022年普通高等学校招生全国统一考试

数学

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5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.

若集合M{x∣x4},N{x∣3x1}，则MA.

x0x2

【答案】D

【解析】

【分析】求出集合M,N后可求MN.

N（

）

1D.

xx16

31B.

xx2

3C.

x3x16

11∣0x16},N{x∣x}，故MNxx16， 【详解】M{x33故选：D

2.

若i(1z)1，则zz（

）

A.

2

【答案】D

【解析】

B.

1 C. 1 D. 2

第1页/共28页 【分析】利用复数的除法可求z，从而可求zz.

1i【详解】由题设有1z2i，故z1+i，故zz1i1i2，

ii故选：D

3.

在ABC中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，

CDn，则CB（

）A.

3m2n

【答案】B

【解析】

【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．

B.

2m3n C.

3m2n D.

2m3n

DCB【详解】因为点D在边AB上，所以BD2DA，即CBD2DA，所以CB3CD2CA3n2m2m3n．

故选：B．

CA2CD

，4.

南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.5m时，5m已知该水库水位为海拔148．相应水面的面积为140．水位为海拔157．0km2；时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，5m上升到157．5m时，则该水库水位从海拔148．增加的水量约为（72.65）（

）

A.

1.0109m3

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．

【详解】依题意可知棱台的高为MN157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．

棱台上底面积S140.0km2140106m2，下底面积S180.0km2180106m2，

B.

1.2109m3 C.

1.4109m3 D.

1.6109m3

第2页/共28页 116612∴VhSSSS9140101801014018010

33332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．



故选：C．

5.

从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（

）

A.

1

6B.

1

3C.

12 D.

2

3【答案】D

【解析】

【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.

2【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C721种不同的取法，

若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，

故所求概率P故选：D.

2172.

2132T，且6.

记函数f(x)sinxb(0)的最小正周期为T．若43yf(x)的图象关于点3,2中心对称，则23

2C.

f（

）

2A. 1 B.

5

2D. 3

第3页/共28页 【答案】A

【解析】

【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.

【详解】由函数的最小正周期T满足222T，，得解得23，

3333,2k,kZ，且b2， 又因为函数图象关于点对称，所以242所以16255k,kZ，所以，f(x)sinx2，

42325fsin所以21.

424故选：A

10.17.

设a0.1e,b，cln0.9，则（

）

9A.

abc

【答案】C

【解析】

【分析】构造函数f(x)ln(1x)x，

导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.

【详解】设f(x)ln(1x)x(x1)，因为f(x)B.

cba C.

cab D.

acb

1x1，

1x1x当x(1,0)时，f(x)0，当x(0,)时f(x)0，

所以函数f(x)ln(1x)x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，

1110101f()f(0)0lnln0.9，即bc，

ln0所以，所以，故9999911911119所以f()f(0)0，所以ln+0，故e10，所以e10，

1故ab，

第4页/共28页 x21ex11设g(x)xeln(1x)(0x1)，则g(x)x+1e,

x1x1xx令h(x)ex(x21)+1，h(x)ex(x22x1)，

当0x21时，h(x)0，函数h(x)ex(x21)+1单调递减，

当21x1时，h(x)0，函数h(x)ex(x21)+1单调递增，

又h(0)0，

所以当0x21时，h(x)0，

所以当0x21时，g(x)0，函数g(x)xexln(1x)单调递增，

所以g(0.1)g(0)0，即0.1e0.1ln0.9，所以ac

故选：C.

8.

已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）

81A.

18,

4【答案】C

【解析】

2781B.

,

442764C.

,

43D.

[18,27]

【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.

【详解】∵

球的体积为36，所以球的半径R3,

第5页/共28页

设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，

则l22a2h2，322a2(3h)2,

所以6hl2，2a2l2h2

112l4l214l622所以正四棱锥的体积VSh4ah(l)=l，

33336693613l51324l2所以V4ll，

9696当3l26时，V0，当26l33时，V0，

所以当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64，

32781，l33时，V,

4427所以正四棱锥的体积V的最小值为，

4又l3时，V2764所以该正四棱锥体积的取值范围是，.

43故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9.

已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（

）

第6页/共28页 A.

直线BC1与DA1所成的角为90 B.

直线BC1与CA1所成的角为90

C.

直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45 D.

直线BC1与平面ABCD所成的角为45

【答案】ABD

【解析】

【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，

因为四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，A正确；

连接A1C，因为A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1，

因为B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1C，

又A1C平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；

连接A1C1，设AC11B1D1O，连接BO，

因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B，

因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，

所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，

C1O12sinCBO， 设正方体棱长为1，则C1O，BC12，1BC221所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；

第7页/共28页 因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC45，故D正确.

故选：ABD

10.

已知函数f(x)x3x1，则（

）

A.

f(x)有两个极值点 B.

f(x)有三个零点

C.

点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心

【答案】AC

【解析】

D.

直线y2x是曲线yf(x)的切线

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

2【详解】由题，fx3x1，令fx0得x33或x，

3333令f(x)0得，

x33所以f(x)在(3333,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，

3333所以x3是极值点，故A正确；

3因f(332323)10，f()10，f250，

39393fx,所以，函数在上有一个零点，

33330，即函数fx在,+当x时，fxf上无零点，

333综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；

令h(x)x3x，该函数的定义域为R，hxxxx3xhx，

3第8页/共28页 则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，

将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，

所以点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；

2令fx3x12，可得x1，又f(1)f11，

当切点为(1,1)时，切线方程为y2x1，当切点为(1,1)时，切线方程为y2x3，

故D错误.

故选：AC.

11.

已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x22py(p0)上，过点B(0,1)的直线交C于P，Q两点，则（

）

A. C的准线为y1

C.

OPOQ|OA

【答案】BCD

【解析】

【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.

【详解】将点A的代入抛物线方程得12p，所以抛物线方程为x2y，故准线方程为y2B.

直线AB与C相切

D.

|BP||BQ||BA|2

1，A错误；

4kAB1(1)2，所以直线AB的方程为y2x1，

10y2x1联立2，可得x22x10，解得x1，故B正确；

xy设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，

所以，直线l的斜率存在，设其方程为ykx1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，

第9页/共28页 ykx1联立2，得x2kx10，

xyΔk2402所以x1x2k，所以k2或k2，y1y2(x1x2)1，

xx1122又|OP|x1y12222，

y2y2y2y1y12，|OQ|x2所以|OP||OQ|y1y2(1y1)(1y2)kx1kx2|k|2|OA|2，故C正确；

因为|BP|1k2|x1|，|BQ|1k2|x2|，

22所以|BP||BQ|(1k)|x1x2|1k5，而|BA|25，故D正确.

故选：BCD

3)，12.

已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，记g(x)f(x若f2x，2g(2x)均为偶函数，则（

）

A.

f(0)0

【答案】BC

【解析】

【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.

1B.

g0

2C.

f(1)f(4) D.

g(1)g(2)

3f【详解】因为2x，g(2x)均为偶函数，

233所以f2xf2x即2233fxfx，g(2x)g(2x)，

22所以f3xfx，g(4x)g(x)，则f(1)f(4)，故C正确；

函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x3,x2对称，

2第10页/共28页 又g(x)f(x)，且函数f(x)可导，

3g所以0,g3xgx，

2所以g(4x)g(x)g3x，所以g(x2)g(x1)gx，

13gg所以0，g1g1g2，故B正确，D错误；

22若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.

故选：BC.

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

y813.

1(xy)的展开式中x2y6的系数为________________（用数字作答）．

x【答案】-28

【解析】

y8y88【分析】1xy可化为xyxy，结合二项式展开式的通项公式xx求解.

yy8881xy=xyxy， 【详解】因为xxy8y53562626所以1xy的展开式中含x2y6的项为C8xyC8xy28xy，

xxy81xy的展开式中x2y6的系数为-28

x故答案为：-28

第11页/共28页

14.

写出与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程________________．

35725x【答案】yx或y或x1

242444【解析】

【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.

【详解】圆x2y21的圆心为O0,0，半径为1，圆(x3)2(y4)216的圆心O1为(3,4)，半径为4，

两圆圆心距为32425，等于两圆半径之和，故两圆外切，

如图，

当切线为l时，因为kOO1433，所以kl，设方程为yxt(t0)

443355yxl，所以的方程为，

444O到l的距离d|t|19161，解得t当切线为m时，设直线方程为kxyp0，其中p0，k0，

p71k7251k224x由题意，解得，y

2524243k4p4p1k224当切线为n时，易知切线方程为x1，

35725x故答案为：yx或y或x1.

242444第12页/共28页

15.

若曲线y(xa)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．

【答案】,40,

【解析】

【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.

【详解】∵y(xa)ex，∴y(x1a)ex，

xx设切点为x0,y0,则y0x0ae0,切线斜率kx01ae0,

xx切线方程为：yx0ae0x01ae0xx0,

xx∵切线过原点，∴x0ae0x01ae0x0,

2整理得：x0ax0a0,

∵切线有两条，∴a24a0,解得a∴a的取值范围是,4故答案为：,44或a0,

0,,

0,

第13页/共28页

x2y216.

已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心ab率为2．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是________________．

【答案】13

【解析】

1x2y2【分析】利用离心率得到椭圆的方程为221，即3x24y212c20，根据4c3c离心率得到直线AF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，利用弦长公式求得c1313，得a2c，根据对称性将84ADE的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a13.

【详解】∵椭圆的离心率为ec1，∴a2c，∴b2a2c23c2，∴椭圆的a2x2y2方程为221，即3x24y212c20，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如4c3c图所示，∵AF2a，OF2c，a2c，∴AF2O3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为3，斜率倒数为3， 直线DE的方程：x3yc，代入椭圆3方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，

判别式63c∴DE124139c26216c2，

y1y22Δc2646，

131332第14页/共28页 ∴

c1313， 得a2c，

84∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，ADDF2，AEEF2，∴ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2EF2DEDF2EF2DF1EF1DF1DF2EF1EF22a2a4a13.

故答案为：13.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

Sn1Sa1,a17.

记n为数列n的前n项和，已知1是公差为的等差数列．

3an（1）求an的通项公式；

11（2）证明：a1a2【答案】（1）an（2）见解析

【解析】

12．

an

nn12第15页/共28页 Sn1n2n2an1n1Sn【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得a，得到，333n利用和与项的关系得到当n2时，anSnSn1n2ann1an133,进而得：ann1nn1，利用累乘法求得an，检验对于n1也成立，得到an的通an1n12项公式annn1；

211a1a21121，进而证ann1（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到得.

【小问1详解】

∵a11，∴S1a11,∴S11,

a1Sn1又∵是公差为的等差数列，

3anSn1n2n2an1n1Sn∴a,∴,

333n∴当n2时，Sn1∴anSnSn13n1an13，

3n2ann1an1,

整理得：n1ann1an1,

即ann1,

an1n1aaaa3n1n2∴ana1aaaa

12n2n134nn1nn1，

112n2n12显然对于n1也成立，

∴an的通项公式an【小问2详解】

nn1；

2第16页/共28页 12112,

annn1nn1∴

11a1a2111121an223111212

nn1n118.

记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）若CcosAsin2B．

1sinA1cos2B2，求B；

3a2b2（2）求的最小值．

2c【答案】（1）π；

6（2）425．

【解析】

【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cosAsin2B化成1sinA1cos2BcosABsinB，再结合0Bπ，即可求出；

2ππa2b2CB，A2B，（2）由（1）知，再利用正弦定理以及二倍角公式将22c22化成4cosB25，然后利用基本不等式即可解出．

2cosB【小问1详解】

因为cosAsin2B2sinBcosBsinB，即1sinA1cos2B2cos2BcosBsinBcosAcosBsinAsinBcosABcosCππ，所以B；

621，

2而0B【小问2详解】

第17页/共28页 由（1）知，sinBcosC0，所以ππCπ,0B，

22π而sinBcosCsinC，

2所以Cππ3B，即有A2B，所以B0,,C,22424

a2b2sin2Asin2Bcos22B1cos2B所以

222csinCcosB2cos2B11cos2B2cos2B24cos2B25285425．

2cosBa2b22当且仅当cosB时取等号，所以的最小值为425．

2c2

19.

如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为22．

（1）求A到平面A1BC的距离；

AA1AB，（2）设D为A1C的中点，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．

【答案】（1）2

第18页/共28页 （2）3

2【解析】

【分析】（1）由等体积法运算即可得解；

（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.

【小问1详解】

在直三棱柱ABCA1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，

则VAA1BC1S3A1BCh221hVA1ABCS3314，

AAVABC1ABCA1B1C133解得h2，

所以点A到平面A1BC的距离为2；

【小问2详解】

取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1AB，所以AEA1B,

又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，

且AE平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，

在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，

由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，

又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平面ABB1A1，

所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

第19页/共28页 由（1）得AE2，所以AA1AB2，A1B22，所以BC2，

则A0,2,0,A10,2,2,B0,0,0,C2,0,0,所以A1C的中点D1,1,1，

则BD1,1,1，BA0,2,0,BC2,0,0,

mBDxyz0设平面ABD的一个法向量mx,y,z，则，

mBA2y0可取m1,0,1，

mBDabc0设平面BDC的一个法向量na,b,c，则，

mBC2a0可取n0,1,1，

则cosm,nmnmn11，

222231.

所以二面角ABDC的正弦值为122

20.

一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：

第20页/共28页 病例组

对照组

不够良好 良好

40

10

60

90

（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．P(B|A)P(B|A)与的比值是卫生习惯不够良好对患P(B|A)P(B|A)该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．

（ⅰ）证明：RP(A|B)P(A|B)；

P(A|B)P(A|B)（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．

n(adbc)2附K，

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k

0.050 0.010

k

0.001

3.841 6.635 10.828

【答案】（1）答案见解析

（2）（i）证明见解析；(ii)R6；

【解析】

【分析】(1)由所给数据结合公式求出K2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)

根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.

【小问1详解】

n(adbc)2200(40906010)2=24， 由已知K(ab)(cd)(ac)(bd)501501001002第21页/共28页 又P(K26.635)=0.01，246.635，

所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.

【小问2详解】

(i)因为RP(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)P(AB)P(A)=，

P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)所以RP(AB)P(B)P(AB)P(B)

P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|B)P(A|B)，

P(A|B)P(A|B)所以R(ii)

1040，P(A|B)，

1001006090又P(A|B)，P(A|B)，

100100由已知P(A|B)所以R

22xy21.

已知点A(2,1)在双曲线C:221(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直aa1P(A|B)P(A|B)=6

P(A|B)P(A|B)线AP,AQ的斜率之和为0．

（1）求l的斜率；

（2）若tanPAQ22，求△PAQ的面积．

【答案】（1）1；

（2）162．

9【解析】

【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAPkAQ0，即可解出l的斜率；

第22页/共28页 （2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tanPAQ22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．

【小问1详解】

2241xy1，因为点A(2,1)在双曲线C:22所以22解得a22，1(a1)上，aa1aa1x2即双曲线C:y21

2易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，

ykxm22212kx4mkx2m20， 联立x2可得，2y124mk2m22所以，x1x22，,x1x22k12k21Δ16m2k242m222k210m212k20且k2．

2所以由kAPkAQ0可得，y21y110，

x22x12即x12kx2m1x22kx1m10，

即2kx1x2m12kx1x24m10，

2m224mkm12k所以2k24m10，

2k212k12化简得，8k4k44mk10，即k12k1m0，

所以k1或m12k，

当m12k时，直线l:ykxmkx21过点A2,1，与题意不符，舍去，

故k1．

【小问2详解】

第23页/共28页 不妨设直线PA,AQ的倾斜角为,，因为kAPkAQ0，所以π，

22由（1）知，x1x22m20，

当P,Q均在双曲线左支时，PAQ2，所以tan222，

即2tan2tan20，解得tan2（负值舍去）

2此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；

当P,Q均在双曲线右支时，

因为tanPAQ22，所以tan22，即tan222，

即2tan2tan20，解得tan2（负值舍去），

于是，直线PA:y2x21，直线AQ:y2x21，

y2x2132x2联立x2可得，22y12因为方程有一个根为2，所以xP24x10420，

1042425，yP，

33同理可得，xQ1042425，yQ．

33所以PQ:xy5160，PQ，

3321d253点A到直线PQ的距离22，

311622162故△PAQ的面积为．

2339

22.

已知函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值．

第24页/共28页 （1）求a；

（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

【答案】（1）a1

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.

（2）根据（1）可得当b1时，exxb的解的个数、xlnxb的解的个数均为2，构建新函数h(x)exlnx2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx,gx的大小关系，根据存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.

【小问1详解】

f(x)exax的定义域为R，而f(x)exa，

若a0，则f(x)0，此时f(x)无最小值，故a0.

g(x)axlnx的定义域为0,，而g(x)a1ax1.

xx当xlna时，f(x)0，故f(x)在,lna上为减函数，

当xlna时，f(x)0，故f(x)在lna,上为增函数，

故f(x)minflnaaalna.

当0x11g(x)0g(x)时，，故在0,上为减函数，

aa当x11时，g(x)0，故g(x)在,上为增函数，

aa11故g(x)ming1ln.

aa因为f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值，

第25页/共28页 故1lna11aalna，整理得到lna，其中a0，

1aa21a21a10，

lna,a0，则ga设ga221a1aaa1a故ga为0,上的减函数，而g10，

故ga0的唯一解为a1，故综上，a1.

【小问2详解】

1alna的解为a1.

1a1由（1）可得f(x)exx和g(x)xlnx的最小值为1ln11ln1.

1当b1时，考虑exxb的解的个数、xlnxb的解的个数.

xx设Sxexb，Sxe1，

当x0时，Sx0，当x0时，Sx0，

故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，

所以SxminS01b0，

而Sbeb0，Sbeb2b，

bb设ube2b，其中b1，则ube20，

故ub在1,上为增函数，故ubu1e20，

x故Sb0，故Sxexb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.

设Txxlnxb，Txx1，

x当0x1时，Tx0，当x1时，Tx0，

故Tx在0,1上为减函数，在1,上为增函数，

所以TxminT11b0，

bbbb而Tee0，Tee2b0，

Txxlnxb有两个不同的零点即xlnxb的解的个数为2.

第26页/共28页 当b1，由（1）讨论可得xlnxb、exxb仅有一个解，

当b1时，由（1）讨论可得xlnxb、exxb均无根，

故若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点，

则b1.

x设h(x)exlnx2x，其中x0，故h(x)e12，

xxx设sxex1，x0，则sxe10，

故sx在0,上为增函数，故sxs00即exx1，

所以h(x)x11210，所以h(x)在0,上为增函数，

x11223而h(1)e20，h(3)ee33e330，

eee故hx在0,上有且只有一个零点x0，1x01且：

e3当0xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，

当xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，

因此若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点，

故bfx0gx01，

此时exxb有两个不同的根x1,x0(x10x0)，

此时xlnxb有两个不同的根x0,x4(0x01x4)，

xx故e1x1b，e0x0b，x4lnx4b0，x0lnx0b0

所以x4blnx4即e4xbxbx4即e4x4bb0，

故x4b为方程exxb的解，同理x0b也为方程exxb的解

xx又e1x1b可化为e1x1b即x1lnx1b0即x1blnx1bb0，

故x1b为方程xlnxb的解，同理x0b也为方程xlnxb的解，

所以x1,x0x0b,x4b，而b1，

第27页/共28页 x0x4b故即x1x42x0.

x1x0b【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.

第28页/共28页