2022年高考文數(shù)試題真題試卷（全國甲卷）(含詳細解析)

2022年高考文數(shù)真題試卷（全國甲卷）

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中，只有一

項是符合題目要求的。

1.（2022?全國甲卷）設(shè)集合A={-2,一L0,1,2},B={%|04x<|}，貝I4nB=（）

A.{0,1,2}B.{—2，—I,0)

C.[0,1}D.{1,2}

【答案】A

【知識點】交集及其運算

【解析】【解答】解：F={—2,-1,0,1,2},8=析|04合<^，???ACB={0,1，2）.

故選：A

【分析】根據(jù)集合的交集運算即可解出.

2.（2022?全國甲卷）某社區(qū)通過公益講座以普及社區(qū)居民的垃圾分類知識.為了解講座效果，隨機抽

取10位社區(qū)居民，讓他們在講座前和講座后各回答一份垃圾分類知識問卷，這10位社區(qū)居民在講座

前和講座后問卷答題的正確率如下圖：

隹民設(shè)號

則（）

A.講座前問卷答題的正確率的中位數(shù)小于70%

B.講座后問卷答題的正確率的平均數(shù)大于85%

C.講座前問卷答題的正確率的標準差小于講座后正確率的標準差

D.講座后問卷答題的正確率的極差大于講座前正確率的極差

【答案】B

【知識點】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；極差、方差與標準差

【解析】【解答】解：對于A,講座前中位數(shù)為70%彳75%>70%,所以A錯;

對于B,講座后問卷答題的正確率只有1個是80%,4個85%,剩下全部大于等于90%,所以講座

后問卷答題的正確率的平均數(shù)大于85%,所以B對；

對于C,講座前問卷答題的正確率更加分散，所以講座前問卷答題的正確率的標準差大于講座后正確

率的標準差，所以C錯；

對于D,講座后問卷答題的正確率的極差為10()%-80%=20%,

講座前問卷答題的正確率的極差為95%-60%=35%>20%,所以D錯.

故選：B.

【分析】由圖表信息，結(jié)合中位數(shù)、平均數(shù)、標準差、極差的概念，逐項判斷即可得解.

3.(2022■全國甲卷)若z=1+i.則|iz+3團=()

A.4>/5B.4V2C.2V5D.2a

【答案】D

【知識點】復(fù)數(shù)的基本概念；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運算；復(fù)數(shù)求模

【解析】【解答】解：因為z=l+i,所以iz+32=i(l+i)+3(l-i)=2-2i,所以|iz+32|=

V4+4=2V2.

故選：D

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運算法則，共朝復(fù)數(shù)的概念先求得也+32=2-2i,再由復(fù)數(shù)的求模公

式即可求出.

4.(2022?全國甲卷)如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1,則該

多面體的體積為()

A.8B.12C.16D.20

【答案】B

【知識點】由三視圖求面積、體積；棱柱、棱錐、棱臺的體積

【解析】【解答】解：由三視圖還原幾何體，如圖，

故選：B.

【分析】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.

5.(2022?全國甲卷)將函數(shù)fQ)=sin(3%+軟3>0)的圖像向左平移4個單位長度后得到曲線C,

若C關(guān)于y軸對稱，則3的最小值是()

A.1B.1C.1D.1

6432

【答案】C

【知識點】函數(shù)的圖象與圖象變化；正弦函數(shù)的圖象；正弦函數(shù)的奇偶性與對稱性

【解析】【解答】解：由題意知：曲線C為y=sin[“x+W)^=sin(ax+等+勺,

又曲線C關(guān)于y軸對稱，則等+號=/而，kGZ,

解得3=3+2%k￡Z,

又(o>0,

故當k=0時，co的最小值為J.

故選：C.

【分析】先由平移求出曲線C的解析式，再結(jié)合對稱性得等+g=掾+kekeZ,即可求出co的最

小值.

6.(2022?全國甲卷)從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回隨機抽取2張，則抽到的2

張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為()

A.1B.|C.|D.|

【答案】C

【知識點】古典概型及其概率計算公式

【解析】【解答】解：從6張卡片中無放回抽取2張，共有如下15種情況：

(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),

(4,5),(4,6),(5,6),

其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),

(4,6),共6種情況，

故概率為微=I.

故選：C.

【分析】先列舉出所有情況，再從中挑出數(shù)字之積是4的倍數(shù)的情況，由古典概型求概率即可.

7.(2022?全國甲卷)函數(shù)/(x)=(3Z-3-x)cosx在區(qū)間[-J,月的圖像大致為()

【答案】A

【知識點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；函數(shù)的值

【解析】【解答】解:由題意得,f(-x)=(3x-3x)cos(-x)=-(3x-3-x)cosx=-f(x),又J]

所以f(x)為奇函數(shù)，排除BD；

又當無€(0,身時，3x-3-x>0,cosx>0,所以f(x)>0,排除C.

故選：A.

【分析】由函數(shù)的奇偶性排除BD,結(jié)合指數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的性質(zhì)逐項排除C,即可得解.

8.(2022?全國甲卷)當x=l時，函數(shù)/(%)=a\nx+取得最大值—2,則/(2)=()

A.-1B.C.|D.1

【答案】B

【知識點】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

【解析】【解答】因為函數(shù)f(x)定義域為(0,+oo),所以依題可知，f(l)=-2,f(l)=0,

又/⑺=

瞰注0-2,解得的二力,

所以((%)=-介備

由f(x)>0,得0<x〈l,由f*(x)<0,得x>l,

因此函數(shù)f(x)在(0,1)上遞增，在(1,+oo)上遞減，

則當x=l時取最大值，滿足題意，即有:⑵=—1+2=一米

故選：B.

【分析】根據(jù)題意可知f(l)=-2,f(l)=0,列式即可解得a,b,再根據(jù)f(x)即可解出.

9.(2022?全國甲卷)在長方體4BC。一公81。1。1中，已知BXD與平面ABCD和平面AA^B所

成的角均為30。，則()

A.AB=2AD

B.AB與平面ABiCiD所成的角為30。

C.AC=CB1

D.BiD與平面BB&C所成的角為45°

【答案】D

【知識點】直線與平面所成的角

【解析】【解答】解：如圖所示：

不妨設(shè)AB=a,AD=b,AAi=c,依題以及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，BQ與平面ABCD所成角為NBQB,

BQ與平面AAIBIB所成角為/DBiA,

所以如30。=*=益，

222

即b=c，BXD=2C=Va+b+c，

解得Q=V2c.

對于A,AB=a,AD=b,AB=V2AD,A錯誤；

對于B,過B作BE±ABi于E,易知BE,平面ABiCiD,所以AB與平面ABCQ所成角為NBAE,

因為tan/BAE=￡=乎，所以/BAE彳30。,B錯誤；

a2

2222

對于C,AC=Va4-b=y/3c,CBt=V6+c=V2c/ACCB1fC錯誤；

對于D,BQ與平面BBQC所成角為/DBC，又sin/CBi。=第=券=孝，而（r</DBiC<90。,

所以NDBC=45。.D正確.

故選：D.

【分析】先設(shè)AB=a,AD=b,AA尸c,再由題意得a=V^c，b=c,最后根據(jù)線面角的定義以及長方

體的結(jié)構(gòu)特征即可求出.

10.（2022?全國甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2兀,側(cè)面積分別

sV

為S甲和S乙,體積分別為Y甲和。乙,若衛(wèi)-=2,則y—=（）

A.V5B.2V2C.舊D.§2^2

【答案】C

【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺、球）

【解析】【解答】解：設(shè)母線長為1,甲圓錐底面半徑為n,乙圓錐底面圓半徑為小

所以口二212,

又笄+罕=2冗,

蠟蘆=1,

所以丁1=,乙丁2=^1，

所以甲圓錐的高厄

乙圓錐的高九2=J/2—”=/2—&j=竽/

Y田扣rfh]gPx爭

所以法=VTo

乙加他2#x孥，

故選：C.

【分析】設(shè)母線長為1,甲圓錐底面半徑為r”乙圓錐底面圓半徑為n,根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式可得

口=2n，再結(jié)合圓心角之和可將r”也分別用1表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據(jù)圓

錐的體積公式即可得解.

11.（2022?全國甲卷）已知橢圓C：各*l（a>b〉0）的離心率為J,A2分別為C的左、

右頂點，B為C的上頂點.若西?瓦￡=一1,則C的方程為（)

A%2y2需+一丫2

A._+1B.*=1?2

18十16=1D-y+y=1

【答案】B

【知識點】平面向量數(shù)量積的運算；平面向量數(shù)量積坐標表示的應(yīng)用；橢圓的簡單性質(zhì)

2

b8

則

解得2

【解析】【解答】解：因為離心率e￡J—02=--=--89a

==Q29

記Ai,A2分別為C的左右頂點，則Ai（-a,0）,A2（a,0）,

又B為上頂點，所以B（0,b）,

所以BA】=（-a,-。），BA2=（a,—，

因為?BA2=-1

所以-a2+b2=-l,將b2孽2代入，解得a2=9,b2=8,

故橢圓的方程為4+粵=1.

yo

故選：B.

【分析】根據(jù)離心率及B7「B12=_1，解得關(guān)于a?，b2的等量關(guān)系式，即可得解.

12.（2022?全國甲卷）已知9nl=10,a=10巾一11,6=8加一9,貝IJ（）

A.a>0>bB.a>b>0C.b>a>0D.b>0>a

【答案】A

【知識點】指數(shù)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用；指數(shù)式與對數(shù)式的互化；換底公式的應(yīng)用；對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊

點；基本不等式在最值問題中的應(yīng)用

【解析】【解答】解：由9m=10可得m=log910=錯>1，

2

而，g%gll<（7?g9+/gll）（哨2<1=的10）2,

所以國1°、011

所以砂〉河'

即m>lgl1,

所以a=10m-ll>10igU-ll=0.

又S8lglO<（皿誓）2=（喈j<（國9）2,

所/gio

所以順〉w’

即Iogs9>m,

所以b=8m—9<81°g89-9=0.

綜上,a>O>b.

故選：A

【分析】根據(jù)指對互化以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可知m=log910>l,再利用基本不等式，換底公式可

得m>lgll,logs9>m,然后由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可解出.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.(2022?全國甲卷)已知向量a=(m,3),b=(1,m4-1).若aJ.b，貝ljm=.

【答案】或?0.75

【知識點】數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系

【解析】【解答】由題意知：a-b=m+3(m-I-1)=0，解得租=—,?

故答案為：一尚.

【分析】由向量垂直的坐標表示求解即可.

14.(2022?全國甲卷)設(shè)點M在直線2x+y—1=0上，點(3,0)和(0,1)均在QM上，則0M

的方程為.

【答案】(x-I)2+(y+I)2=5

【知識點】圓的標準方程

【解析】【解答】解：???點M在直線2x+y—1=0上，

，設(shè)點M為（a,l-2a）,又因為點（3,0）和（0,1）均在0M上,

.?.點M到兩點的距離相等且為半徑R,

：7（a一3>+（1-2a）=麗+（-2/2，

化簡得：a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2,

解得a=l,

AM（1,-1），R=下，

則。M的方程為（％-1）2+（y+1下=5.

故答案為：（x—I）2+（y+I）2=5

【分析】設(shè)出點M的坐標，利用點（3,0）和（0,1）均在OM上，求得圓心及半徑，即可得圓的

方程.

15.（2022?全國甲卷）記雙曲線C：芍一馬=l（a>0,b>0）的離心率為e,寫出滿足條件“直線y=

Qb

2x與C無公共點”的e的一個值.

【答案】2（滿足l<e<V5皆可）

【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)

【解析】【解答】解：因為雙曲線C：與一［=l（a>0,b>0）,

ab

所以C的漸近線方程為y=+^X，

結(jié)合漸近線的特點，只需0<，W2,即\w4，

可滿足條件“直線y=2x與C無公共點”

所以e=g=jl+、W41+4=V5r

又因為e>l,所以l<eW通，

故答案為：2（滿足l<eW遍皆可）

【分析】根據(jù)題干信息，只需雙曲線漸近線y=±^x中0<^W2即可求得滿足要求的e值.

16.（2022?全國甲卷）已知A4BC中，點D在邊BC上，Z.ADB=120°,AD=2,CD=2BD.當

%取得最小值時，BD=

【答案】V3-1或-1+k

【知識點】基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；余弦定理的應(yīng)用

【解析】【解答】解：設(shè)CD=2BD=2m>0,

則在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD-ADcosZADB=m2+4+2m,

在^ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD-ADcosZADC=4m2+4-4m,

..AC2_4m2+4-4瓶_4(/+4+2m)-12(1+?72)_1212

'^AB2m2+4+2mm2+4+2m(6+1)+島^一4----=4—

2：J（m+l）x島

2V3,

當且僅當6+1=島即巾=遮—1時，等號成立，

所以當釜取最小值時，m=V3-l，即BD=遮一1.

故答案為：V3—1.

2

【分析】設(shè)CD=2BD=2m>0,利用余弦定理表示出與后，結(jié)合基本不等式即可得解.

AB1

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?全國甲卷）甲、乙兩城之間的長途客車均由A和B兩家公司運營，為了解這兩家公司長途

客車的運行情況，隨機調(diào)查了甲、乙兩城之間的500個班次，得到下面列聯(lián)表:

準點班次數(shù)未準點班次數(shù)

A24020

B21030

2

附.“2一n(ad-bc)______

八一(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(J<20.1000.0500.01()

k2.7063.8416.635

（1）根據(jù)上表，分別估計這兩家公司甲、乙兩城之間的長途客車準點的概率；

（2）能否有90%的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關(guān)？

【答案】(1)解：由表中數(shù)據(jù)可知，A共有班次240+20=260次，準點班次有240次,

設(shè)A家公司長途客車準點事件為M,

則P(M)=第=1j；

則A家公司長途客車準點的概率為1|；

B共有班次210+30=240次，準點班次有210次,

設(shè)B家公司長途客車準點事件為N,

則P(N)=g§=]

B家公司長途客車準點的概率為Z.

O

(2)解：列聯(lián)表

準點班次數(shù)未準點班次數(shù)合計

A24020260

B21030240

合計45050500

29

2_Mad-bc)=500x(240x30-210x20)Z?々-a、27nA,

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)260x240x450x503-2Ub>2-/Ub

根據(jù)臨界值表可知，有90%的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關(guān).

【知識點】獨立性檢驗的應(yīng)用；古典概型及其概率計算公式

【解析】【分析】(1)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)以及古典概型的概率公式可求得結(jié)果；

(2)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)及公式計算K?,再利用臨界值表比較即可得結(jié)論.

18.(2022?全國甲卷)記Sn為數(shù)列｛即｝的前n項和.已知4-n=2czn+1.

(1)證明：｛a"是等差數(shù)列；

(2)若。雜。7,成等比數(shù)列，求Sn的最小值.

2

【答案】(1)已知+n=2an+1,即2Sn+n-2nan+n①，

當九之2時，2s71T+(九一=2(九一l)a九一i+(九一1)②，

得，2s7T+九2-2szi一(TL-1)2=2n(in+九一2(n——(H—1),

即2ati+2幾-1=271azi—2(n—l)dn_1+1,

即2(九一l)an—2(n—=2(n—1),所以an—an-t=1,n之2且TIEN*,

所以｛an｝是以1為公差的等差數(shù)列.

(2)由(1)中an-an_i=1可得，偌=+3,a7=ar+6,AABC,

2

又ci4,a7,a9成等比數(shù)列，所以a7=a4-a,）,

即Q+6）2=@4-3）?@+8），解得即=-12,

所以=n-13,所以sn=_i2n+嗎獨=，2_學(xué)n=會n_孕）—等，

乙乙乙乙乙O

所以，當n=12或n=13時（5n）min=-78.

【知識點】等差數(shù)列；等差數(shù)列的前n項和；等比數(shù)列的性質(zhì)；數(shù)列遞推式

C—1

【解析】【分析】（1）依題意可得25^+712=271%.+n,根據(jù)斯=1'n一，作差即可得

-Sn_、,n>2

到an-a?_x=1,從而得證；

（2）由（1）及等比中項的性質(zhì)求出ai,即可得到｛&,｝的通項公式與前n項和，再根據(jù)二次函數(shù)的性

質(zhì)計算可得.

19.（2022?全國甲卷）小明同學(xué)參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底

面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，AEAB,4FBC,AGCD,^HDA均為正三角形，

且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.

（1）證明：EF||平面ABCD；

（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）.

【答案】（1）證明：分別取AB,BC的中點M,N,連接MN,

因為&EAB,△FBC為全等的正三角形，所以EMLAB,FN1BC,EM=FN,又平面EAB1

平面ABCD,平面EAB0平面ABCD=AB,EMc平面EAB,所以EM1平面ABCD,同

理可得FN1平面ABCD,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM//FN，而EM=FN,所以四邊形

EMNF為平行四邊形，所以EF//MN，又EFU平面ABCD,MNu平面ABCD,所以EF//

平面ABCD.

(2)解：分別取AD,DC中點K,L,

由(1)知，EF//MN且EF=MN,同理有，HE//KM,HE=KM,HG//KL,HG=KL,

GF//LN,GF=LN,由平面知識可知，BDLMN,MNJ.MK,KM=MN=NL=LK,所以

該幾何體的體積等于長方體KMNL-EFGH的體積加上四棱錐B-MNFE體積的4倍.

因為MN=NL=LK=KM=4五，EM=8sin60。=4百，點B到平面MNFE的距離即為點

B到直線MN的距離d,d=2V2，所以該幾何體的體積V=(4或尸x4V3+4x|x4或x

4V3X2>/2=128V3+竽苗=繆遍.

【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直

的性質(zhì)

【解析X分析】(1)依題意，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可得EML平面ABCD,FNL平面ABCD,

根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM〃FN,即可知四邊形EMNF為平行四邊形，可得EF//MN,再根據(jù)

線面平行的判定定理即可證出；

(2)再分別取AD,DC中點K,L,由(1)知，該幾何體的體積等于長方體KMNL-EFGH的體積加

上四棱錐B-MNFE體積的4倍，即可解出.

20.(2022?全國甲卷)已知函數(shù)/(%)=%3-%,g(x)=x2+a,曲線y=/(%)在點(勺，/(xj)處

的切線也是曲線y=gQ)的切線.

(1)若％1=-1,求a：

(2)求a的取值范圍.

【答案】(1)解：由題意知，/(—1)=-1—(―1)=0,f(%)=3x2—1?f(-1)=3-1=2，

則y=f(%)在點(一1，0)處的切線方程為y=2(x+l),

即y=2%+2,設(shè)該切線與g(x)切于點(冷，g(%2))，9'(%)=2x，則g'(%2)=2%2=2,解

得％2=1，則g(l)=1+Q=2+2,解得a=3；

(2)解：/(%)=3/—1,則y=/(%)在點(%「/(打))處的切線方程為y--%1)=(3xf-

1)(%—%1),整理得y=(3好一1)%—2%：,

設(shè)該切線與gQ)切于點(%2，g(%2))，g'(X)=2%,則g(外)=2%2，則切線方程為y-(W+

a)=2%2(%—%2)，整理得y=2%2%—據(jù)+a，

則｛普［二號Q,整理得a=x2_2x3=(31i-1)2_2X3=9X4.2%3.§斕+，

Q21

令h(x)=/4_2x3—2x2+4，則h(x)=9x3—6x2—3%=3x(3%+1)(%—1)，令/i(%)>0，

解得一■1v%V0或%>1，

令h(x)<0，解得x<或0<久<1,貝ij久變化時，/i(x)的變化情況如下表：

111

X(-8,飛f。)0(0,1)1(1,4-00)

3

h(%)-0+0-0+

九(%)571-17

274

則h(x)的值域為［一1,+8),故a的取值范圍為［-1,+00).

【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題

中的應(yīng)用

【解析】【分析】(1)先由f(x)上的切點求出切線方程，設(shè)出g(x)上的切點坐標，由斜率求出切點坐標，

再由函數(shù)值求出a即可；

(2)設(shè)出g(x)上的切點坐標，分別由f(x)和g(x)及切點表示出切線方程，由切線重合表示出a,構(gòu)造

函數(shù)，求導(dǎo)求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍.

21.(2022?全國甲卷)設(shè)拋物線C；y2=2px(p>0)的焦點為F,點D(p,0),過尸的直線交C

于M,N兩點.當直線MD垂直于x軸時，|M/|=3.

(1)求C的方程：

(2)設(shè)直線MD,ND與C的另一個交點分別為A,B,記直線MN,AB的傾斜角分別為

a,0.當a—6取得最大值時，求直線AB的方程.

【答案】(1)解：拋物線的準線為％=，當MD與x軸垂直時，點M的橫坐標為p,

此時|MF|=p+§=3，所以p=2,

所以拋物線C的方程為y2=4x；

2222

y1y2yy4

設(shè)3

r-Nz-以4fB-

Ml-1(-1i---1

k4.x4tx414.y4直線MN：%=my+1,

,(x=my+1.

由jy2_?可得/_4my-4=0

4>0，yxy2=-4，

_%一、2_4_y-y_4

由斜率公式可得kMN~區(qū)與一萬頊，kAB~34

丫3+、4，

直線MD：X=『?y+2，代入拋物線方程可得產(chǎn)一絲三二0.丫-8=0,

4〉o,月為=-8，所以丫3=2y2，同理可得y4=2y1，

4_4

所以kAB_KMN

為+%—2(%+、2)-2

又因為直線MN、AB的傾斜角分別為a,0,

所以以8=tan0=^=喈，

若要使a-B最大，則Be(0,J),

,八、tana—tan/?k1,1V2

設(shè)kMN=2kAB=2k>0，則tan(a_/?)=1+tancrtan^=^2=西^=T

當且僅當上=2k即k=￥時，等號成立，

所以當a-p最大時，kAB，設(shè)直線AB：x=V2y+n,

代入拋物線方程可得y2-4V2y-4n=0,

4>0,y3y4=-4n=4yly2=-16，所以n=4,

所以直線AB：x=V2y+4.

【知識點】拋物線的定義；拋物線的標準方程；直線與圓錐曲線的關(guān)系；直線與圓錐曲線的綜合問題

【解析】【分析】(1)由拋物線的定義可得|MF|=p+*即可得解；

(2)設(shè)點的坐標及直線MN：x=my+l,由韋達定理及斜率公式可得KMN=2KAB,再由差角的正切公

式及基本不等式可得K^B=孝，設(shè)直線AB：%=V2y+n,結(jié)合韋達定理可解.

四、選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一

題計分。

2+t

22.(2022?全國甲卷)在直角坐標系xOy中，曲線的的參數(shù)方程為*6(t為參數(shù))，曲線C2

.y-y/t

_