2022年高考理數(shù)真題試卷（全國乙卷）答案解析版

2022年高考理數(shù)真題試卷(全國乙卷)

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.

1.設全集U={1A345},集合M滿足jM={b3}，則()

A.2EA￡B.3eMC.4eMD.5tM

【答案】A

【解析】【解答】易知M={Z4^j,對比選項即可判斷，A正確.

故選：A

【分析】先寫出集合M,即可判斷.

2.已知z=l-2i，且Z+應+8=0，其中a,b為實數(shù)，貝!]()

A.a=l,b=-2B.a=-hb=2

C.a=1?b=2D.a=-1>6=-2

【答案】A

【解析】【解答】易知芽=1+25

所以z+?+6=l-2i+a(l+2i)+t=(l+?+&)+(2a-2)i

l+tx+A=0[a-1

由Z+4E+i=0，得"e_，即"K_.

Za-Z=nvD="2

故選：A

【分析】先求得z,再代入計算，由實部與虛部都為零解方程組即可.

3.已知向量ab滿足|a|=l，W=6|a-以|=3,則a，b=()

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】C

【解析】【解答】解：也-例=|蕭*?+明’,

又?.?卜卜”5卜方一必|=3,

??9=1-4d?S+4x3=13-4^$,

5?6=1

故選：C

【分析】根據(jù)給定模長，利用向量的數(shù)量積運算求解即可.

4.嫦娥二號衛(wèi)星在完成探月任務后，繼續(xù)進行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造行

星，為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列｛/｝:^=1+—，

%

4=1+--------1

&=[+------j-

,+—…，依此類推，其中％wN?0=LZ…）.則

^+―

%&+

)

A.b1VbsB.4<4c.4<與D.bA<bj

【答案】D

【解析】【解答】解：因為a*wM（#=L2r，?），

1—>———

所以Q1Voi+工，%^+―'故，

同理可得瓦＜%,4＞與，

工>7i-~r<%+zr-

又因為■■+--------1%+—,+--------1

0,4--,O.+—

4%

故無<4,;

以此類推，可得以＞%＞&＞%＞...，故A錯誤;

■,+------］，得比＜%,故C錯誤；而,故B錯誤;

.+--

%+---------i—>■+------------i—

%j-%+???j-,得g,故D正確.

a,d----0L+——

%叼

故選：D

【分析】根據(jù)，再利用數(shù)列圾｝與.的關系判斷他｝中各項的大小,

即可求解.

5.設F為拋物線G/=4x的焦點，點A在C上，點8。0),若|⑷，貝I|第=

()

A.2B.2近C.3D.3^/2

【答案】B

【解析】【解答】易知拋物線的焦點為F(bO),則|4尸卜即卜2,

即點A到準線x=-l的距離為2,所以點A的橫坐標為1,

不妨設點A在x軸上方，代入得，/(L2),

所以|/=+(0-2『=20?

故選：B

【分析】根據(jù)拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點A的橫坐標，進而求得點A坐

標，即可得到答案.

6.執(zhí)行下邊的程序框圖，輸出的?=()

【答案】B

【解析】【角軍答】第一次循環(huán)：6=6+2a=l+2=3，a=B-q=3-l=2*n=w+l=2

第二次循環(huán)，萬=A+2a=3+4=7，a=A-a=7-2=5.界=刁+1=3

去-2=12*>0.01；

第三次循環(huán)，=6+241=7+10=17，a=A—a=17-5=12?w=w+l=4

*■-2=卜祗^<0.01,故輸出?=4.

故選：B

【分析】根據(jù)程序框圖循環(huán)計算即可.

7.在正方體ABCD-ABfiR中，E,F分別為AB,BC的中點，則（）

A.平面^EFl平面BDDtB.平面片即J.平面AfiD

C.平面4即||平面AACD.平面4所||平面4G。

【答案】A

【解析】【解答】解：在正方體ABCD-ABgR中，可知AC1BD且叫上平面

ABCD,

又Mu平面ABCD，所以EFLDI\，由呂尸分別為AB,BC的中點，所以

EF\\AC,所以EFLBD，又加（個1肛=。，所以Ml平面BDD.,又EF平面

斗即,所以平面與即■!"平面BDDt,故A正確；

以點D為原點，建立如圖空間直角坐標系，設AB=2，

y

則耳（ZZ2）,風214）,產(chǎn)（L28）,8（2."）,4（20,2）,4（2（W）,C（OAO）

（；（02,2）,得麗=（一乩0）,南=（0^2）,麗=（2A0）,甌=（102）

Z?=（0力,2）7g=（-2A0）,祠=（-2A0）,

設平面與即的法向量為前=（再，出外，

則有卜‘黑=一嗎?=，，解得無=(22-1),

商一即=?+〃=0''

同理可得平面4BD的法向量為總=(L-L-1),

平面44c的法向量為0=(皿0),

平面43的法向量為元=(14?-1),

則扇石=2-2+1=1*0，所以平面B1M與平面AfiD不垂直，故B錯誤；

因為前與&不平行，所以平面31M與平面AAC不平行，故C錯誤；

因為就與瓦不平行，所以平面用防與平面4G。不平行，故D錯誤，

故選：A

【分析】證明EF1平面班期,即可判斷A；以點D為原點，建立如圖空間直角坐標系，設

AB=2，分別求出平面耶F,4BD,4G。的法向量，根據(jù)法向量的位置關系，即可判

斷BCD.

8.已知等比數(shù)列｛?.｝的前3項和為168,.—<=42，則.=()

A.14B.12C.6D.3

【答案】D

【解析】【解答】解：設等比數(shù)列｛.｝的公比為q,首項為4,

若g=l,貝!]■一.=0,與已知條件矛盾,

一+/=坐？=16g%=96

所以gwl,由題意可得,解得'

q=

%一.=qq_qg4=422

所以.=o1g'=3.

故選：D.

【分析】設等比數(shù)列｛.｝的公比為q,首項為/,易得,根據(jù)等比數(shù)列的通項以及前

n項和公式列方程組，求出首項與公比，最后根據(jù)通項即可求解.

9.已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的

體積最大時，其高為()

A.1Da

32

【答案】C

【解析】【解答】假設底面是邊長為a的正方形，底面所在圓的半徑為「，則

2

所以該四棱錐的高h=則

當且僅當—=1-—，即時等號成立，所以四棱錐的高為h=—

4233

故選：C

【分析】假設底面是邊長為a的正方形，底面所在圓的半徑為r,則『=&，所以該四棱錐的高

2

,得到四棱錐體積表達式，再利用基本不等式去求四棱錐體積的最大值，從而得到當

該四棱錐的體積最大時其高的值.

io.某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙

比賽獲勝的概率分別為Pi，p2?p3，且A>P2>R>0.記該棋手連勝兩盤的概率為P，則

()

A.p與該棋手和甲、乙、丙的此賽次序無關

B.該棋手在第二盤與甲比賽，p最大

C.該棋手在第二盤與乙比賽，p最大

D.該棋手在第二盤與丙比賽，p最大

【答案】D

【解析】【解答】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，

記該棋手在第二盤與甲比賽，且連勝兩盤的概率為兩

則由=2(1—pJnp,+2p出Q-ft)=2R3+R)-4&＞處

記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為比

則凡=2(1-&Pm+2RP2(1-城=2Pz(A+瑪)-Mp/j

記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為prt

則Prt=2(1-Pi)PiP2+2小瑪Q-丹)=2p,(A+PD-4Plp2P3

則Ptf-Pz.=2Pl3+P3)-^PiPiPi-[2A(A+Pi)-APiPiPi\=2(Pt-P2)小v。

比-外=2Pl①+P。-4PLp1A-[2眄3+；72)-4#疹0]=2(p)-pjpiV0

即瑪r＜無，P^＜Pn，

則該棋手在第二盤與丙比賽，P最大.選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤；

P與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關.選項A判斷錯誤.

故選：D

【分析】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩盤的概率

西;該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率電;該棋手在第二盤與丙比賽且連勝兩盤的概

率p?.并對三者進行比較即可解決.

11.雙曲線C的兩個焦點為耳，耳，以C的實軸為直徑的圓記為D,過片作D的切線與C交

3

于M,N兩點，且88“叫=彳,則C的離心率為()

A.正B.1C.姮D.叵

2222

【答案】C

【解析】【解答】解：依題意不妨設雙曲線焦點在x軸，設過片作圓D的切線切點為G，

3

所以OG工NF1,因為884；鳴=：＞0,所以N在雙曲線的右支,

所以|OG|=a,I*卜c，\GF[\=b,設4峭=a,53=0,

334

由cosZ/^A9^=",即cosa=~,貝Usina='-,sin^=",COB^=",

J7JC

在巧“V中，sin“"N=sin(若-/一/)=血(。+2)

■.c4b3a3a+4A

=sinacM〃+a?a5m'=-xH-x-=---------，

5c5c5c

由正弦定理得上=典=3§彎，

5c,?5c3d+4b3tf+4A5ca5a

所以1Ml—smZ^FN=—x-x—=—

222c2

3a+4A5a4b-2a

又1MH阿上=2a,所以2b=3a，即,所以雙曲線的離心

22

率

故選：C

【分析】依題意設雙曲線焦點在x軸，設過用作圓D的切線切點為G，可判斷N在雙曲

線的右支，設5%=a,N外片N=#，即可求出sina，sin/?，8gs，在

小期中由曲1/耳砧=血(。+￡)求出sinZ^^AT，再由正弦定理求出|可同

網(wǎng),最后根據(jù)雙曲線的定義得到2b=3a，即可得解.

12.已知函數(shù)/(x>虱x)的定義域均為R,且f(x)+g(2-x)=5>g(x)-/(x-4)=7.若

7

y=g(x)的圖像關于直線％=2對稱，以2)=4,則工/猿)=()

23

A.-21B.-22C.-23D.-24

【答案】D

【解析】【解答】因為y=g(x)的圖像關于直線x=2對稱，所以g(2-x)=g(x+2),

由g(x)-/(x-4)=7,得g(^+2)-f(x-2)=7,即爪”+2)=7+/(x-2)，

因為/(x)+g(2-j)=5,所以/(*)+爪*+2)=5,

代入得/W+[7+/(x-2)]=5,即f(x)+f(x-2)=-2,

所以/(3)+/(5)+...+/(21)=(-2)x5=-10

/（4）+/（6）+...+/（22）=（-2）x5=-10.

因為/（x）+g（2-x）=5，所以/（0）+g（2）=5，即/（O）=l,所以/（2）=-2-/（。）=-3.

因為^x）-/（x-4）=7，所以^+4）-/（z）=7，又因為/（力+鼠2-x）=5，

聯(lián)立得，g（2-x）+g（x+4）=12,所以y=g（x）的圖像關于點（3,6）中心對稱，

因為函數(shù)第的定義域為R,所以g（3）=6

因為/（*）+爪“+2）=5,所以"）=5-響=-1

所以￡/（t）=/（l）+f（2）+[/（3）+/{5）+...+/（21]]+[/（4）+/（6）+...+/（22）]=-l-3-10-10=-24

33

故選：D

【分析】根據(jù)對稱性和已知條件得到/（?+爪]+2）=5代入/（?+爪2-刃=5得到

/（x）+/（^-2）=-2,從而得到/（3）+/（5）+...+/（21）=-10,

/（4）+/（6）+...+/（22）=-10,然后根據(jù)條件得到/（2）的值，再由題意得到g（3）=6從而

得到/（1）的值即可求解.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區(qū)服務工作，則甲、乙都入選的概率為.

【答案】義3

10

【解析】【解答】從5名同學中隨機選3名的方法數(shù)為&=10

甲、乙都入選的方法數(shù)為d=3,所以甲、乙都入選的概率p=i-.

F10

3

故答案為：—

10

【分析】根據(jù)古典概型計算即可.

14.過四點（ao）?40M-uM4,2）中的三點的一個圓的方程

為_____________________________________________________________________________________

【答案】（X—+（y—3）2=13或（方—2），+（y-I）,=5或=^-或

【解析】【解答】解：設圓的方程為xi+yi+Dt+Ey+F=O

斤=0F=O

若過(04)),(城)，(-bl)三點，則T6+4Q+尸=0,解得■Z>=Y,

l+l-D+5+P=0B=-6

所以圓的方程為，+/-4*—69=0，即(工一2?+(丁-3『=13

F=OF=O

若過(04)),(40),(42)三點，則-16+472+^=0解得■普=T,

16+4+4D+25+尸=QE=-2

所以圓的方程為，+/-4X-2?=。，即(x-2)2+(y-l)2=5；

尸=0

F=O

T

若過(0⑼，(4J),(-L1)三點,則.尸=0,解得,

16+4+4D+2￡+尸=0

4=上

3

Q14765

所以圓的方程為"鼠y=0,即

T

016

r=---

1+1-D+E+產(chǎn)=05

A竺，

若過(-L1)，(阪)，(?)三點,則.16+4D+尸=0,解得

16+4+4D+25+F=0￡=-2

HJ+gT；

故答案為：(x—2)'+(y—3)2=13或(x—2)'+(y-I)*=5或(*一1)

或

卜甯+(尸g署?

【分析】設圓的方程為xi+yi+Dx+Ey+F=0,根據(jù)所選點的坐標，列方程組，求解即可.

15.記函數(shù)/(X)=COS(OW+{PX?>0,0<p)的最小正周期為T,若/(T)=—,刀=看為

29

/(X)的零點，則6的最小值為.

【答案】3

【解析】【解答】解：函數(shù)/（X）=CO8（的+中），（<g>0，0<伊<"）

的最小正周期為T=",因為/（7）=008。，生+中）=88（23+?）=86秋=日，

又0v”“,所以伊=],即/（x）=cos（m+彥），

又x=/為/（X）的零點，所以9琮=>國"Z,解得0=3+9匕iteZ，

因為o>0,所以當匕=0時『=3.

故答案為：3

【分析】先表示周期T，再根據(jù)/⑺邛求出中,最后根據(jù)x=1為函數(shù)的零點，即可

求出a的取值，從而得解.

16.已知x=Xi和x=Xj分別是函數(shù)/（x）=2aJ-exa（a>0且awl）的極小值點和極大

值點.若馬〈馬，則a的取值范圍是.

【答案】（$1）

【解析】【解答】解：f（x）=2]na^-2&x,

因為玉，o分別是函數(shù)/（x）="-e?的極小值點和極大值點，

所以函數(shù)/（X）在（-8,西）和3,+9）上遞減，在（五，上遞增，

所以當W）U&，+8）時，/*（X）VO，當“€（詞，玉）時，/（8）》。，

若a>l時，當x<0時，2\na-a*>QOex<0，則此時，卜）>。,與前面矛盾，

故o>l不符合題意，

若0<。<1時，則方程Zina，/—2ex=0的兩個根為玉，。,

即方程lna-az=ar的兩個根為。巧，即函數(shù)y^aa1與函數(shù)尸="的圖象有兩個不同

的交點，令g（x）=lna.a*,則=In2a-^O<a<1,

設過原點且與函數(shù)y=g(x)的圖象相切的直線的切點為(&,lnaa%)，

則切線的斜率為/(0)=足2。.。\,故切線方程為y-lncra*=ln'a.a*(1-4)

則有-ha，/=-XQ1112a??*，解得/=71—,

Ina

則切線的斜率為吩“.a±=ei112a，

因為函數(shù)y=與函數(shù)的圖象有兩個不同的交點,

所以eln2a<e，解得—<a<c，

e

又0<a<l，所以-<a<l，

c

綜上所述，a的范圍為(gj).

【分析】由玉，覆分別是函數(shù)/(x)=2a*-e?的極小值點和極大值點，可得

玉)U(0+8)時，，(x)vO，1?玉，與)時，，(不)>0，再分a>l和

0<a<l兩種情況討論，方程2111G/-2?x=0的兩個根為覆，巧，即函數(shù)y=lna.不與函

數(shù)V=6的圖象有兩個不同的交點，構造函數(shù),根據(jù)導數(shù)的結合意義結合圖象即

可得出答案.

三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，

每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.(一)必考題：共

60分.

17.記AJIBC的內(nèi)角4&C的對邊分別為aft.c,已知

(1)證明：2^="+。2;

25

(2)若a=5>O?J4=—，求hABC的周長.

31

【答案】(1)證明：因為smCsm(^-B)=amJ?sin(C-^),

所以sinCBinZcosB-sinCsin3cos4=sinBsinCeos/-sin8sin，cosC

所以國.-61多1+4一d-、?+/-'

2ic

即立式二Q_（配+y_/）=_立眩二《

22

所以2al=bi+^；

25

(2)解：因為。=5,86/==

31

由(1)得^+^=50，

由余弦定理可得a2=b2+C1-2hccosA

則50——Ac=25，

31

31

所以be=-,,

2

故(b+c—y+c、如=50+31=81

所以b+c=9,

所以tJiBC的周長為a+b+c=14.

【解析】【分析】（1）利用兩角差的正弦公式化簡，再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊，從而即可

得證；

（2）根據(jù)（1）的結論結合余弦定理求出be，從而可求得b+c,即可得解.

18.如圖，四面體ABCD中，ADLCD?AD=CD,ZADB=ZBDC，E為AC的中點.

（1）證明：平面BED1平面ACD；

（2）設AB=BD=2>ZACB=6G°，點F在BD上，當“FC的面積最小時，求CF

與平面ABD所成的角的正弦值.

【答案】(1)證明：因為AD=CD,E為XC的中點，所以ACIDE；

在AABD和ACSD中，因為AD=CD,ZADB=ZCDB>DB=DB,

所以tuiBD^CBD，所以AB=CB，又因為E為AC的中點，所以AC1BE；

又因為DE,BEu平面BED，DEf^E^E,所以ACL平面BED，

因為AC<=,平面ACD，所以平面BJED1平面ACD.

(2)解：連接EF，

由(1)知，ACL平面BED，因為即u平面BED，

所以AC1EF,所以S^=^AC^EF,

當EFLBD時，EF最小，即AAFC的面積最小.

因為^ABD^ACBD，所以CB=AB=2，

又因為ZXCB=60°,所以“5C是等邊三角形，

因為E為AC的中點，所以AE=EC=\，BE=^3,

因為ADLCD,所以DE=^AC=1,

2

在ADEB中，，所以BEIDE.

以E為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系E-xyx

則4（L0>0）,D（O,O,1）,所以AD=（-LO>1）,AS=

設平面ABD的一個法向量為H=(x?>z)

n-AD=-x+x-0

則,取y=43,則H=（3j3>3）,

n'AB--x+>/3y=0

又因為C（-LdO）,1句所以

所以HR而xg7;

設CF與平面ABD所成的角的正弦值為

所以曲1&=|88＜流函|二竽，

所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為—.

7

【解析】【分析】（1）根據(jù)已知關系證明^ABD^CBD，得到AB=CB，結合等腰三角形三線

合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；

（2）根據(jù)勾股定理逆用得到BEIDE，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行

計算即可.

19.某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山.為估計一林區(qū)某種樹木的總材積量，

a

隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：m）和材積量（單位：

ma）,得到如下數(shù)據(jù)：

樣本號i12345678910總和

根部橫截面0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

積馬

材積量乂0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

1010W

并計算得2X=0.038,2y=1.6158,^,=0.2474

WMM

右（耳-叫一為

附：相關系數(shù)#----：----------^^896*1377

（再■■守之3「方

11I

（1）估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

（2）求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數(shù)（精確到0.01）；

（3）現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為

186m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹木的總

材積量的估計值.

【答案】（1）解：樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值手=*=0.06

10

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值歹=3常9=039

據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06n?，

平均一棵的材積量為039ma

—力____________呈—TO理

⑵解1標二喙二引樞；.一回審_時）

0^474-10x0.06x0390.01340.0134

=—?----------?0.97

J（O.O38-10x0.062）（1.6158-lOxO.392）V0.00018960.01377

則r?0.97

（3）解：設該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為W-

又己知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

r/曰0.06186々口一/曰,

可得不行=-?■，解之得y=1209m-

U?Di

則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為1209m3

【解析】【分析】（1）計算出樣本中10棵這種樹木根部橫截面積的平均值及10棵這種樹木材積量平

均值，即可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

（2）根據(jù)相關系數(shù)公式計算即可求得樣本的相關系數(shù)值；

（3）依據(jù)樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區(qū)這種樹木的總材積量

的估計值.

20.已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過/（?,-2），5（去一1）兩點.

（1）求E的方程；

（2）設過點P（l,-2）的直線交E于M,N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點

T,點H滿足MT=TH■證明：直線HN過定點.

0T

【答案】（1）解：設橢圓E的方程為mrl+ff/=l，過/（0?-2），B

4/1=1

，+。=1'解得m=J'”=；，

則，

,4

所以橢圓E的方程為：

32

(2)證明：4(6-2),,所以A&y+2=-x,

/(7

①若過點P&-2）的直線斜率不存在，直線*=1.代入專+馬=1,

可得MQ半）2

N(h-,代入AB方程y=^x-2，可得

3

丁麗+31孚），由MT=TH得到/（2不+5半）球得HN方程:

2限.

7=(2——)x-2，過點（A-2）.

②若過點”-2）的直線斜率存在，設h—y—（上+2）=0,M&>>N?.y2）.

Jbt-y-(i+2)=0

聯(lián)立，得(3P+4)^-6t(2+Jt)jr+3*(*+4)=0

的2+與-8(2+i)

玉F=3必+4

可得'

工二.馱（4+舒4（4+似-金），

產(chǎn)―必+必為=

34*2+4

rj—24k,4

且Wz+-%=素莉;(*)

y=必

lr可得?。ㄆ帐?%），（必+玉，辦

聯(lián)立,y=x2H36-

乂一為

可求得此時HNty-y2=GF)，

3乂+6_玉_吃

將(ft-2),代入整理得2(Xt+x,)-^+ya)+jqjj+4^-3^-12=0

將(?)代入，得24*+12Aa+96+48i-24*-48-4?*4-24*2-36^-48=ft

顯然成立,

綜上，可得直線HN過定點(G-21

【解析】【分析】(1)設橢圓方程為加必,砂2=1,將所給點的坐標代入方程求解即可；

(2)分直線斜率是否存在進行討論，直線方程與橢圓C的方程聯(lián)立，利用韋達定理結合已知條件即

可表示直線HN,化簡即可得解.

21.已知函數(shù)/(x)=to(L+^)+aoe",.

(1)當0=1時，求曲線/=/(*)在點(。，/(0))處的切線方程；

(2)若/(x)在區(qū)間(-LO).(O-B)各恰有一個零點，求a的取值范圍.

【答案】(1)解：/(x)的定義域為(-L+co)

當a=l時，/(x)=lna+x)+4?/(0)=0,所以切點為(GO)

，(勸=:］一+與，，(0)=2，所以切線斜率為2

所以曲線在點(6/(0?處的切線方程為y=2x

(2)解：/(x)=ln(l+x)+

[?aQr)e*+a(l*)

r(x)=l+x+e*(l+j)e*

1°若a>Q，當x€(-lO)rg(z)=e'+a(l-?)>0,即/'(x)>0

所以/(x)在(-LO)上單調遞增，/W</(0)=0

故/(x)在(-1Q)上沒有零點，不合題意

2。若一1。0,當XW(0,+B)，則gf(x)=e-2ax>Q

所以g(x)在(R+8)上單調遞增所以儀方>g(0)=l+心0,即/(x)>0

所以/(X)在(G+8)上單調遞增，7W>/(0)=0

故/(x)在(6+8)上沒有零點，不合題意

3°若a<-l

①當x€(O>+<e),則g*(x)=ez-2ar>0,所以g(x)在(0?+8)上單調遞增

g(0)=l+?(0?g(l)=e)0

所以存在?e(ai),使得g(m)=O，即/?=0

當”(0,m),r(*)vO,/(x)單調遞減

當*w(略+咐，/'(4)>0,/(x)單調遞增

所以

當xw(O,m),/W</(0)=0

當X->+?>f8f2

所以/(x)在(皿+B)上有唯一零點

又(■電沒有零點，即f(x)在(a+8)上有唯一零點

②當xw(-bO),g(x)=e"+fl(l-j?)

設A(jr)=g*(-0=ea-2ar

尿a)=L-2i>o

所以g'Q)在(-1Q)單調遞增

或-1)=3〃仙^(0)=1)0

所以存在i?e(-lX)),使得45)=0

當w)>，(x)vO,g(x)單調遞減

當xe(n4))>g'(*)>0,g(x)單調遞增，用x)vg(O>=l+0<O

又1)=—>0

e

所以存在re(-i,勸，使得加)=0,即7*(0=0

當xe(-Lf(x)單調遞增，當xe(fX)>/(x)單調遞減

有X—?-1*f(x)->—

而/(0)=0,所以當XW(附，/(x)>0

所以/(X)在(-1,0上有唯一零點，(A0)上無零點

即/(X)在(-1Q)上有唯一零點

所以a