2022年高考文數(shù)試題真題試卷（全國乙卷）(含詳細(xì)解析)

2022年高考文數(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。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一

項(xiàng)是符合題目要求的。

1.(2022?全國乙卷)集合M={2,4,6,8,10},N=(x\-1<x<6},則MClN=()

A.{2,4}B.{2,4,6)

C.{2,4,6,8}D.{2,4,6,8,10}

【答案】A

【知識點(diǎn)】交集及其運(yùn)算

【解析】【解答】因?yàn)镸={2,4,6,8,10},N={x\-l<x<6],所以MCN={2,4}.

故選：A

【分析】根據(jù)集合的交集運(yùn)算即可求解.

2.(2022?全國乙卷)設(shè)(l+2i)a+b=2E,其中a,b為實(shí)數(shù)，貝U()

A.a=1,b=—1B.a=1,b=1

C.a=-1,b=1D.a=-1,b=-1

【答案】A

【知識點(diǎn)】復(fù)數(shù)相等的充要條件；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運(yùn)算

【解析】【解答】易得(a+b)+2ai=2i,根據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件可得a+b=0,2a=2,解

得：a=l,b——1.

故選：A

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算法則以及復(fù)數(shù)相等的充要條件即可求解.

3.(2022?全國乙卷)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),則\a-b\=()

A.2B.3C.4D.5

【答案】D

【知識點(diǎn)】向量的模；平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算

【解析】【解答】因?yàn)閍-b=(2,1)-(-2,4)=(4,-3),所以\a-b\=,4?+(-3)2=5.

故選：D

【分析】先求得a-b的坐標(biāo)，然后根據(jù)求模公式求解\a-b\即可.

4.（2022?全國乙卷）分別統(tǒng)計(jì)了甲、乙兩位同學(xué)16周的各周課外體育運(yùn)動時長（單位：h）,得如下

莖葉圖：

甲________L

6I~5.

85306.3

75327.46

64218.12256666

429.0238

0.1

則下列結(jié)論中錯誤的是（）

A.甲同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長的樣本中位數(shù)為7.4

B.乙同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長的樣本平均數(shù)大于8

C.甲同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長大于8的概率的估計(jì)值大于0.4

D.乙同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長大于8的概率的估計(jì)值大于0.6

【答案】C

【知識點(diǎn)】莖葉圖；眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)

【解析】【解答】對于A：甲同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長的樣本中位數(shù)為串Z苴=7.4,故A正確;

對于B：乙同學(xué)課外體育運(yùn)動時長的樣本平均數(shù)為:

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,故B正確;

16

對于C：甲同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長大于8的概率的估計(jì)值A(chǔ)=0,375<0.4,故C錯誤;

對于D：乙同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長大于8的概率的估計(jì)值If=0.8125>0.6,

故D正確.

故選：C

【分析】結(jié)合莖葉圖、中位數(shù)、平均數(shù)、古典概型等知識確定正確答案即可.

%+y>2,

x+2y44,則z=2x-y的最大值是（）

{y>0,

A.-2B.4C.8D.12

【答案】C

【知識點(diǎn)】簡單線性規(guī)劃

【解析】【解答】由題意作出可行域（陰影部分所示），目標(biāo)函數(shù)z=2x—y轉(zhuǎn)化為y=2x—z,

上下平移直線y=2x-z,可知當(dāng)直線過點(diǎn)(4,0)時，直線截距最小，z最大，

所以Zmax=2X4-O=8.

故選：C

【分析】作出可行域，數(shù)形結(jié)合即可得解.

6.(2022?全國乙卷)設(shè)F為拋物線C：'2=4%的焦點(diǎn)，點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B(3,0)，若\AF\=\BF\,

則\AB\=()

A.2B.2A/2C.3D.3V2

【答案】B

【知識點(diǎn)】兩點(diǎn)間的距離公式：拋物線的定義

【解析】【解答】易知拋物線的焦點(diǎn)為F(l,0)，則\AF\=\BF\=2,

即點(diǎn)A到準(zhǔn)線x=-l的距離為2,所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1,

不妨設(shè)點(diǎn)A在x軸上方，代入得，4(1,2),

所以/=J(3-1)2+(0-2尸=2V2-

故選：B

【分析】根據(jù)拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)和準(zhǔn)線的距離相等，從而求得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求得點(diǎn)A坐標(biāo),

即可得到答案.

7.(2022?全國乙卷)執(zhí)行下邊的程序框圖，輸出的n=()

B.4C.5D.6

【答案】B

【知識點(diǎn)】程序框圖

【解析】【解答】第一次循環(huán)：b=b+2a=1+2=3,a=b—Q=3-1=2,n=幾+1=2,

,2鼻21

金一2|二段一2|=^>0.01;

第二次循環(huán)，b=b+2a=3+4=7,a=b-a=7-2=5,n=n4-1=3,

b2721

*一2|=|2—2|=由>0,01;

Q5」

第三次循環(huán)，b=b+2a=7+10=17,a=b-a=17-5=12,n=n4-1=4,

22

|——2|—|~~2—2|—S4V0.01，故輸出71=4.

故選：B

【分析】根據(jù)程序框圖循環(huán)計(jì)算即可.

8.（2022?全國乙卷）如圖是下列四個函數(shù)中的某個函數(shù)在區(qū)間［-3,3］的大致圖像，則該函數(shù)是（）

扁

-2xcosx-2sinx

cy=ED-y=K

【答案】A

【知識點(diǎn)】函數(shù)的圖象

【解析】【解答】設(shè)/(%)=落，則/(1)=0,故排除B；

設(shè)八。)=，當(dāng)％C(0,芻時，0<cosx<1,

所以何%)=瓷詈<*141’故排除c；

設(shè)g㈤=舞,則。⑶二駕〉。，故排除D-

故選：A

【分析】由函數(shù)圖象的特征結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)排除即可.

9.(2022?全國乙卷)在正方體ABCD-A^C^中，E,F分別為AB,BC的中點(diǎn)，貝U()

A.平面B-iEF1平面BDD1B.平面B^EF1平面AXBD

C.平面BXEF||平面ArACD.平面BXEF||平面A^C^D

【答案】A

【知識點(diǎn)】用向量證明平行；用向量證明垂直

【解析】【解答】解：在正方體ABCD-中，可知AC1BD且DD11平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以E/FCCi,由E,尸分別為AB,BC的中點(diǎn)，所以EF||AC,所

以EF1BD,又BDCD%=D,所以EF1平面BDDX，又EFu平面BXEF,所以平面

BXEF1平面BD外,故A正確；

以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)4B=2,

則BQ2,2),E(2,1,0),F(l,2,0),B[2,2,0)，

4(2,0,2),4(2,0,0),C(0,2,0)

Q(0,2,2),得EF=(-1,1,0),EB[=(0,1,2),麗=(2,2,0),西=(2,0,2)

麗'=(0,0,2),AC=(-2,2,0),亞7=(-2,2,0),

設(shè)平面BiEF的法向量為沅=(打，當(dāng)，ZD,

m-Ef=_%i+y]=0

則有解得沆=(2,2,-1),

m?ES]=y1+2zi=0

同理可得平面A/D的法向量為方=(1,-1,-1),

平面ArAC的法向量為泣=(1,1,0)，

平面占C1D的法向量為何=(1,1,-1),

則無?而=2-2+1=100,所以平面B］EF與平面AABD不垂直，故B錯誤；

因?yàn)殂炫c泣不平行，所以平面BiEF與平面AXAC不平行，故C錯誤；

因?yàn)殂渑c海不平行，所以平面BiEF與平面A^D不平行，故D錯誤，

故選：A

【分析】證明EF1平面BD%,即可判斷A；以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=

2,分別求出平面BiEF,AXBD,&QD的法向量，根據(jù)法向量的位置關(guān)系，即可判斷BCD.

10.(2022?全國乙卷)已知等比數(shù)列｛即｝的前3項(xiàng)和為168,a2-a5=42,貝ija6=()

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

【答案】D

【知識點(diǎn)】等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；等比數(shù)列的前n項(xiàng)和

【解析】【解答】解：設(shè)等比數(shù)列佃工的公比為q，首項(xiàng)為由，

若q=1,則&2-=0，與已知條件矛盾，

(,?上。_旬(1一勺3)_(。1=96

所以qHl,由題意可得產(chǎn)+。2+的=「q-168,解得=工,

(02-。5=%q-0iQ4=42("2

5

所以a6=a^=3.

故選：D.

【分析】設(shè)等比數(shù)列｛a”的公比為q.首項(xiàng)為由，易得q力1,根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)以及前n

項(xiàng)和公式列方程組，求出首項(xiàng)與公比，最后根據(jù)通項(xiàng)即可求解.

11.(2022?全國乙卷)函數(shù)/(%)=cosx+(x4-l)sinx+1在區(qū)間［0,2兀］的最小值、最大值分別為

()

+2

C——&+2D，-濟(jì)5

J2'2十”

【答案】D

【知識點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

【解析】【解答】f(%)=—sinx+sinx+(%+l)cosx=(%+l)cosx，

由于/(x)在區(qū)間(0,芻和考，2兀)上/(X)>0，即/(X)單調(diào)遞增；

在區(qū)間弓，部上/(x)<0，即/(%)單調(diào)遞減，

又f(0)=/(2兀)=2,/(J)=J+2,樽)=_(知1)+1=卷,

所以/(%)在區(qū)間［0,271］上的最小值為一當(dāng)，最大值為J+2.

故選：D

【分析】利用導(dǎo)數(shù)求得/(x)的單調(diào)區(qū)間，從而判斷出/(x)在區(qū)間［0,27T］上的最小值和最大值.

12.(2022?全國乙卷)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個頂點(diǎn)均在球O的球面上，

則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為()

A1D1C塢n

【答案】C

【知識點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征；棱柱、棱錐、棱臺的體積；球內(nèi)接多面體

【解析】【解答】假設(shè)底面是邊長為a的正方形，底面所在圓的半徑為廠，則r=^a

所以該四棱錐的高h(yuǎn)，則,=押^^?國余1—除).J(室畀一埠=

當(dāng)且僅當(dāng)《=1一《，即a2=i時等號成立，所以四棱錐的高為h=q

4/33

故選：C

【分析】假設(shè)底面是邊長為a的正方形，底面所在圓的半徑為/?，則r=^a，所以該四棱錐的高h(yuǎn)=

Jl_^,得到四棱錐體積表達(dá)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(dāng)該四棱

錐的體積最大時其高的值.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.(2022?全國乙卷)記Sn為等差數(shù)列｛冊｝的前〃項(xiàng)和.若2s3=302+6，則公差d=.

【答案】2

【知識點(diǎn)】等差數(shù)列；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式

【解析】【解答】由2s3=3s2+6可得2(%+a2+a3)=3(%+a2)+6,化簡得2a3—ar+a2+

6,即2(%+2d)=2%+d+6,解得d=2.

故答案為：2

【分析】轉(zhuǎn)化條件為2(%+2d)=2%+d+6,即可得解.

14.(2022?全國乙卷)從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率

為.

【答案】'

【知識點(diǎn)】古典概型及其概率計(jì)算公式

【解析】【解答】從5名同學(xué)中隨機(jī)選3名的方法數(shù)為=10

甲、乙都入選的方法數(shù)為或=3,所以甲、乙都入選的概率。=喘?

故答案為：得

【分析】根據(jù)古典概型計(jì)算即可.

15.(2022?全國乙卷)過四點(diǎn)(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三點(diǎn)的一個圓的方程

為_____________________________________________________________________________________________

22l

【答案】(x-2)2+(y-3)2=13或(％-2)2+0-1)2=5或(％_$+(y-1)=等或

<8，八2_169

(%_5)+(yT)

【知識點(diǎn)】圓的一般方程；點(diǎn)與圓的位置關(guān)系

【解析】【解答】解：設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,

F=0F=0

若過(0,0),(4,0)(―1/1)三點(diǎn)，則16+4D+F=0解得。=一4,

(1+1—D+E+F=0E=-6

所以圓的方程為x2+y2-4x-6y=0,即(%-2)2+(y-3)2=13;

F=0(F=0

若過(0,0),(4,0),(4,2)二點(diǎn),則，16+4D+F=0,解得\D=-4,

16+4+40+2E+F=0.E=-2

所以圓的方程為x2+y2-4x-2y=0,即(X-2產(chǎn)+(y-1)2=5;

(F=0

F=0

n_-8

若過(0,0),(4,2)(―1/1)二點(diǎn)，則1+1—￡)+E+尸=0解得｛0=3

(16+4+4D+2E+r=0F14

822

2即

+y--X143y=o+659

所以圓的方程為3(X-(y--

=-16_

1+1—O+E+F=05

得

解-_

若過(一1,1),(4,0),(4,2)三點(diǎn)，則16+4D+F=016_

(16+4+4。+2E+F=0=5

_-2

所以圓的方程為x2+y2-^x-2y-^=0,即(尤_|)+⑶_a=螳；

故答案為：(x-2)2+(y-3)2=13或(x-2)2+(y-l)2=5或(%_豕+._豕=等或

(8，八2169

Q-5)+(y-i)二芯-

【分析】設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,根據(jù)所選點(diǎn)的坐標(biāo)，列方程組，求解即可.

16.(2022?全國乙卷)若/(x)=ln|a+不與|+b是奇函數(shù)，則a=,b=.

【答案】一^M2

【知識點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)

【解析】【解答】因?yàn)楹瘮?shù)/(x)=ln|a+占|+b為奇函數(shù)，所以其定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱.

由a+。0可得，(1—x)(a+1—ax')0,所以x==—1，解得：a=―^>即函

數(shù)的定義域?yàn)?一8,-1)u(-1,1)U(1,+00)，再由f(0)=0可得，b=ln2.即f(x)=

ln|-2-|+ln2=In||，在定義域內(nèi)滿足fx)——f(x),符合題意.

故答案為：一：；ln2

【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義即可求解.

三、解答題：共70分。解答應(yīng)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。

17.(2022?全國乙卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知sinCsin(A—B)=

sinBsin(C-A).

(1)若A=2B,求C；

(2)證明：2a2=+,2.

【答案】⑴解:VsinCsin(>l-B)=sinBsin(C-A)

且A=2B

AsinCsinB=sinBsin(C—A)

VsinB>0

.".sinC=sin(C-/)

，C=C-A(舍)或C+(C-A)=TT

即：2C-A=7t

又A+B+C=TT,A=2B

-J豆

(2)證明：由sinCsin(A—B)=sinBsin(C-A)可得，

sinC(sin4cosB-cos/sinB)=sinB(sinCcosA—cosCsirM)，再由正弦定理可得,

accosB—bccosA=bccosA—abcosC,然后根據(jù)余弦定理可知，

3(a2+c2—b2)—(b2+c2-a2)=(^2+c2—a2)-^(a2+d2-c2),化簡得：

2a2=b2+c2,故原等式成立.

【知識點(diǎn)】兩角和與差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意可得，sinC=sin(C-4),再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理即可解出；

(2)由題意利用兩角差的正弦公式展開得sinC(sinAcosB-cosAsinB)=sinB(sinCcos/-

cosCsinX),再根據(jù)正弦定理，余弦定理化簡即可證出.

18.(2022?全國乙卷)如圖，四面體ABCD中，AD1CD,AD=CD,乙ADB=LBDC,E為AC的

(1)證明：平面BED1平面ACD；

(2)設(shè)AB=BD=2,乙4cB=60。，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時，求三棱錐F-ABC

的體積.

【答案】(1)證明：由于40=C。，E是4C的中點(diǎn)，所以AC1DE.

'AD=CD

由于BD=BD,所以&ADB三XCDB,

.Z.ADB=乙CDB

所以AB=CB,故AC1BD,

由于DECBD=D,DE,BDu平面BED,

所以AC1平面BED,

由于ACu平面ACD，所以平面BED1平面ACD.

(2)解：依題意AB=BD=BC=2,^ACB=60°，三角形ABC是等邊三角形,

所以AC=2,AE=CE=1,BE=V3,

由于AD=CD,ADLCD,所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.

DE2+BE2=BD2,所以DE±BE,

由于ACC\BE=E,AC,BEu平面ABC,所以DE1平面ABC.

由于&ADB三4CDB,所以乙FBA=LFBC,

BF=BF

由于4FBA=LFBC,所以4FBA三4FBC,

,AB=CB

所以AF=CF,所以EFVAC,

由于S^AFC=\-AC-EF,所以當(dāng)EF最短時，三角形AFC的面積最小值?

過E作EF_LBO,垂足為F,

在Rt△BED中，^BEDE=^BDEF,解得EF=卓,

所以0F=J#_(空)2=1,BF=2-DF=1，

所以需I

過F作F//1BE,垂足為H,則FH//DE,所以FH1平面ABC，且器=磊=',

所以FH="

4

所以VFTBC=」SMBC?FH=4X；X2XBX.=^.

【知識點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定

【解析】【分析】(1)通過證明AC1平面BED來證得平面BED1平面ACD.

(2)首先判斷出三角形AFC的面積最小時F點(diǎn)的位置，然后求得F到平面ABC的距離，從而

求得三棱錐F-ABC的體積.

19.（2022?全國乙卷）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(jì)一林區(qū)某種樹

木的總材積量，隨機(jī)選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：m2）和材積量（單

位：m3）,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Xi

材積量匕0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

^—110110110

并計(jì)算得〉x?=0.038,〉療=1.6158,〉=0.2474.

二產(chǎn)TW「力.，際5377

附:相關(guān)系數(shù)n2n2

y（xf-x）yo,-y）

、ij=l=i=l

（1）估計(jì)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(guān)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(jì)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x=^=0.06

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值歹=喘=0.39

據(jù)此可估計(jì)該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06m2,

平均一棵的材積量為0.39m3

（2）解：:一2二13一元）3「刃虎1加「10型

J鵡（々一幽仇-y）2J（鳴陽2-1。/%2_i0產(chǎn)）

____________0.2474-10x0.06x0.39___________0.0134?0.0134

j（0.038-10x0.062）（1.6158-10x0.392）V0.0001896°-01377

?0.97

貝I」r?0.97

（3）解：設(shè)該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計(jì)值為Ym3,

又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

可得揩=竿'解之得丫=1209^3.

則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計(jì)為1209m3

【知識點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；相關(guān)系數(shù)

【解析】【分析】(1)計(jì)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(jì)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(guān)系數(shù)公式計(jì)算即可求得樣本的相關(guān)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(jì)值.

20.(2022?全國乙卷)已知函數(shù)/(X)=ax--(a+l)lnx.

(1)當(dāng)a=0時，求/(x)的最大值；

(2)若f(x)恰有一個零點(diǎn)，求a的取值范圍.

【答案】(1)解：當(dāng)a=0時，/(x)=-J-lnx

X(0,1)1(1,+oo)

f'(x)+0-

f(x)/

**./(%)的最大值=f(1)=-l-lnl=-l

(2)解：/(%)定義域?yàn)?0,+8)

1a+1ax2—(a+1)%+11

X2xX2X1

根據(jù)(1)得：a=0時，f(x)max=-l<0,Af(x)無零點(diǎn)

當(dāng)a<0時，Vx>0,ax-1<0,又x2>0

X(0,1)1(1,+oo)

f'(x)4-0-

f(x)/

AVx>0,f(x)<f(1)=a-l<0,/.f(x)無零點(diǎn)

當(dāng)a>0時,/(x)=^(x-1)(x-l)

①當(dāng)0<a<l時，1>1

X(0,1)1(1,1)1(1+8)

a

f'(X)+0-0+

f(x)//

.Wxe(0,工],f(x)<f(1)=a-l<0,

a

又上Rf(X)=+8,，f(X)恰有一個零點(diǎn)

2

②當(dāng)a=l時,r(x)=>0，

：.f(x)在(0,+oo)上遞增，

由f(1)=a?l=0可得，f(x)恰有一個零點(diǎn)

③當(dāng)a>l時，：e(0,1]

X((),1)1(1.1)1(1,+oo)

aaa

f(X)十0-0+

f(x)/\/

Vx￡[i,+oo),f(x)>f(1)=a-l>0,

又黑f(X)=-8,l.f(x)恰有一個零點(diǎn)

綜上所得a取值范圍為(0,+oo)

【知識點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用；函數(shù)的零點(diǎn)

【解析】【分析】(1)將a=0代入，再對函數(shù)求導(dǎo)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最大值；

(2)求導(dǎo)得=M/xT),分a=0、a<0及a>0三種情況討論函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的

X乙

極值，即可得解.

21.(2022?全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸、y軸，且過力(0,-2),B(|,

—1)兩點(diǎn).

(1)求E的方程；

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

T,點(diǎn)H滿足麗;二而.證明：直線HN過定點(diǎn).

【答案】⑴解：設(shè)橢圓E的方程為血/+政2=1,過做0,一2),B(|,-1),

(4n=111

則^m+n=l'解得==1'?=4'

所以橢圓E的方程為：^+4=1

43

（2）證明：A（0,一2）,B（|,-1）,所以AB：y+2=|x,

①若過點(diǎn)P（l,-2）的直線斜率不存在，直線x=l.代入［+1=1，

可得M（l,竽），N（l,-孥），代入AB方程y=|x-2，可得

T（V6+3,孥），由而=用得到”（2遍+5,孥）?求得HN方程：

y=（2—今5工—2?過點(diǎn)（0,-2）.

②若過點(diǎn)P（l,-2）的直線斜率存在，設(shè)kx-y-（k+2）=0,%）,N（x2,y2）.

(kx-y—(k+2)=0

2

聯(lián)立jx2y2,得(3fc+4)/-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,

(T+T=1

6做2+k)-8(2+k)

xi+x為+、2=2

23/C2+43/C+4

可得＜3k(4+k)4(4+4/c-2fc2)

支1%2

3/C2+43k'+4

且打?yàn)?右為=——(*)

3k+4

，y=%3v

聯(lián)立y=|x-2'可得"妥+3,％)，，(3月+6—"%).

可求得此時

HN：y-y2=3yiX^_X2(x-x2)，

將(0,-2),代入整理得2(%1+%2)-6(71+乃)+%1丫2+%2丁1-3yly2-12=0,

將（*）代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36/c2-48=0,

顯然成立，

綜上，可得直線HN過定點(diǎn)（0,-2）.

【知識點(diǎn)】恒過定點(diǎn)的直線；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；直線與圓錐曲線的關(guān)系

【解析】【分析】（1）設(shè)橢圓方程為mx2+ny2=1,將所給點(diǎn)的坐標(biāo)代入方程求解即可；

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

可表示直線H