【高考真题】2022年新高考数学真题试卷（浙江卷）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（2022·浙江）设集合 ，则 （ ）
A．{2} B．
C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】由并集运算，得.
故答案为：D
【分析】利用并集运算求解即可．
2．（2022·浙江）已知 （ 为虚数单位），则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得，由复数相等定义，知.
故答案为：B
【分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．
3．（2022·浙江）若实数x，y满足约束条件 则 的最大值是（ ）
A．20 B．18 C．13 D．6
【答案】B
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】根据约束条件 画出可行域，
可知过点时取到最大值18.
故答案为：B
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可．
4．（2022·浙江）设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】，则；，则，若可推出，充分性成立；反之不成立，必要性不成立，故充分部必要条件.
故答案为：A
【分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可．
5．（2022·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：，
故选：C．
【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
6．（2022·浙江）为了得到函数 的图象，只要把函数 图象上所有的点（ ）
A．向左平移 个单位长度 B．向右平移 个单位长度
C．向左平移 个单位长度 D．向右平移 个单位长度
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】函数图象平移满足左加右减，，因此需要将函数图象向右平移个单位长度，可以得到的图象.
故答案为：D
【分析】由已知结合正弦函数图象的平移即可求解．
7．（2022·浙江）已知 ，则 （ ）
A．25 B．5 C． D．
【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】将转化为指数，得到.再结合指数的运算性质，，因此，所以.
故答案为：C
【分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．
8．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
9．（2022·浙江）已知 ，若对任意 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】绝对值不等式
【解析】【解答】解：取x＝4，则不等式为a|4﹣b|﹣3≥0，显然a≠0，且b≠4，
观察选项可知，只有选项D符合题意．
故答案为：D
【分析】绝对值不等式的解法：取特值，结合选项直接得出答案．
10．（2022·浙江）已知数列 满足 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】由题意易知为递减数列，∴为递减数列，
因为，所以
∴，
又，则＞0，
∴，
∴，
∴，则，
∴
由得得
利用累加可得
∴，
∴；
综上，．
故选：B
【分析】分析可知数列{an}是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an＜3，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．
二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．
11．（2022·浙江）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是 ，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边 ，则该三角形的面积 ．
【答案】
【知识点】秦九韶算法；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解法一：三角形的三边代入公式得
解法二：三角形的三边，代入余弦定理得，则，
则面积.
【分析】直接由秦九韶计算可得面积．
12．（2022·浙江）已知多项式 ，则 ， ．
【答案】8；-2
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】，
∴；
令x＝0，则，
令x＝1，则
∴．
故答案为：8，﹣2．
【分析】a2相当于是用（x+2）中的一次项系数乘以展开式中的一次项系数加上（x+2）中的常数项乘以展开式中的二次项系数之和；分别给x辅助令x＝0，x＝1，即可求得的值．
13．（2022·浙江）若 ，则 ， ．
【答案】；
【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式
【解析】【解答】∵，利用诱导公式可得，
变形可得，根据同角三角函数基本关系可得，
解得，，
．
故答案为：；
【分析】由诱导公式求出，再由同角三角函数关系式推导出sinα＝，最后根据余弦的二倍角公式即可求的值．
14．（2022·浙江）已知函数 则 ；若当 时， ，则 的最大值是 ．
【答案】；
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】∵函数∴
∴
作出函数f（x）的图象如图：
当，解得，由 ，可知，则 的最大值是
故答案为：；
【分析】直接由分段函数解析式求；画出函数f（x）的图象，数形结合得答案．
15．（2022·浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为 ，则 ， ．
【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，
又，
，
，
，
∴，
故答案为：；
【分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的数学期望定义即可求解．
16．（2022·浙江）已知双曲线 的左焦点为F，过F且斜率为 的直线交双曲线于点 ，交双曲线的渐近线于点 且 ．若 ，则双曲线的离心率是 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于 且 ，则点B在渐近线上，不妨设，
设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即则
∴，
又，则，
又，则，则，
∴点A的坐标为，代入双曲线方程化简可得
所以
故答案为：
【分析】过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，依题意，点B在渐近线上，不妨设，根据题设条件可求得点A的坐标为，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而可求离心率．
17．（2022·浙江）设点P在单位圆的内接正八边形 的边 上，则 的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】以圆心为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则
设，
则，
∵，∴，
∴，
∴，
即 的取值范围是，
故答案为：
【分析】以圆心为原点，建立如图所示平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设，进而得到，根据点P的位置可求出的范围，从而得到的取值范围．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．
18．（2022·浙江）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
已知 ．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）若 ，求 的面积．
【答案】解：（Ⅰ） 由于 ，则 .
由正弦定理可知 ，则 .
（Ⅱ）因为 ，则 .
故 ，
则 ， 的面积 .
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（Ⅰ）由，易知，再根据同角三角函数基本关系求出sinC，最后由正弦定理可求得sinA；
（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．
19．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
20．（2022·浙江）已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n项和为 ．
（Ⅰ）若 ，求 ；
（Ⅱ）若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ） 设 ，依题意得， .
解得 ，则 ，
于是 .
（Ⅱ）设 ，依题意得，
，
故
对任意正整数n成立.
时，显然成立；
时， ，则 ；
时， .
综上所述， .
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【分析】（Ⅰ）由等差数列 的首项 及可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，最后根据等差数列的前n项和公式可得；
（Ⅱ） 设 ， 由成等比数列，可得关于的二次方程，由判别式大于等于0可得d的表达式，对n分情况讨论可得d的取值范围．
21．（2022·浙江）如图，已知椭圆 ．设A，B是椭圆上异于 的两点，且点 在线段 上，直线 分别交直线 于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求 的最小值．
【答案】解：（Ⅰ）设 是椭圆上一点， ，则
故|PQ|的最大值是 .
（Ⅱ）设直线 ，直线与椭圆联立，得 ，
设 ，故
，与 交于C，则 ，
同理可得， .
则
等号在 时取到.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）设直线，直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得，再分别联立直线与直线，求得，，由此可表示出|CD|，再转化求解即可．
22．（2022·浙江）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
【答案】解：（Ⅰ）
故 的减区间为 ，增区间为 .
（Ⅱ）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 即 ，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i） 因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，故有3个不同的根，整理为 ，令 ，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值， 故 且 ， 且 ， 设 利用导数性质能证明 ，所以 .
（ⅱ）有三个不同的零点，设 ， ，则转化为 有三个不同的根， 在三个不同的零点，且，推导出要证明结论，只需证明 ，由此能证明 ．
1 / 1【高考真题】2022年新高考数学真题试卷（浙江卷）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（2022·浙江）设集合 ，则 （ ）
A．{2} B．
C． D．
2．（2022·浙江）已知 （ 为虚数单位），则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022·浙江）若实数x，y满足约束条件 则 的最大值是（ ）
A．20 B．18 C．13 D．6
4．（2022·浙江）设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2022·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·浙江）为了得到函数 的图象，只要把函数 图象上所有的点（ ）
A．向左平移 个单位长度 B．向右平移 个单位长度
C．向左平移 个单位长度 D．向右平移 个单位长度
7．（2022·浙江）已知 ，则 （ ）
A．25 B．5 C． D．
8．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·浙江）已知 ，若对任意 ，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·浙江）已知数列 满足 ，则（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．
11．（2022·浙江）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是 ，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边 ，则该三角形的面积 ．
12．（2022·浙江）已知多项式 ，则 ， ．
13．（2022·浙江）若 ，则 ， ．
14．（2022·浙江）已知函数 则 ；若当 时， ，则 的最大值是 ．
15．（2022·浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为 ，则 ， ．
16．（2022·浙江）已知双曲线 的左焦点为F，过F且斜率为 的直线交双曲线于点 ，交双曲线的渐近线于点 且 ．若 ，则双曲线的离心率是 ．
17．（2022·浙江）设点P在单位圆的内接正八边形 的边 上，则 的取值范围是 ．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．
18．（2022·浙江）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
已知 ．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）若 ，求 的面积．
19．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
20．（2022·浙江）已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n项和为 ．
（Ⅰ）若 ，求 ；
（Ⅱ）若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d的取值范围．
21．（2022·浙江）如图，已知椭圆 ．设A，B是椭圆上异于 的两点，且点 在线段 上，直线 分别交直线 于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求 的最小值．
22．（2022·浙江）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】由并集运算，得.
故答案为：D
【分析】利用并集运算求解即可．
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得，由复数相等定义，知.
故答案为：B
【分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．
3．【答案】B
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】根据约束条件 画出可行域，
可知过点时取到最大值18.
故答案为：B
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可．
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】，则；，则，若可推出，充分性成立；反之不成立，必要性不成立，故充分部必要条件.
故答案为：A
【分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可．
5．【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：，
故选：C．
【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
6．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】函数图象平移满足左加右减，，因此需要将函数图象向右平移个单位长度，可以得到的图象.
故答案为：D
【分析】由已知结合正弦函数图象的平移即可求解．
7．【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】将转化为指数，得到.再结合指数的运算性质，，因此，所以.
故答案为：C
【分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．
8．【答案】A
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
9．【答案】D
【知识点】绝对值不等式
【解析】【解答】解：取x＝4，则不等式为a|4﹣b|﹣3≥0，显然a≠0，且b≠4，
观察选项可知，只有选项D符合题意．
故答案为：D
【分析】绝对值不等式的解法：取特值，结合选项直接得出答案．
10．【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】由题意易知为递减数列，∴为递减数列，
因为，所以
∴，
又，则＞0，
∴，
∴，
∴，则，
∴
由得得
利用累加可得
∴，
∴；
综上，．
故选：B
【分析】分析可知数列{an}是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an＜3，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．
11．【答案】
【知识点】秦九韶算法；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解法一：三角形的三边代入公式得
解法二：三角形的三边，代入余弦定理得，则，
则面积.
【分析】直接由秦九韶计算可得面积．
12．【答案】8；-2
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】，
∴；
令x＝0，则，
令x＝1，则
∴．
故答案为：8，﹣2．
【分析】a2相当于是用（x+2）中的一次项系数乘以展开式中的一次项系数加上（x+2）中的常数项乘以展开式中的二次项系数之和；分别给x辅助令x＝0，x＝1，即可求得的值．
13．【答案】；
【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式
【解析】【解答】∵，利用诱导公式可得，
变形可得，根据同角三角函数基本关系可得，
解得，，
．
故答案为：；
【分析】由诱导公式求出，再由同角三角函数关系式推导出sinα＝，最后根据余弦的二倍角公式即可求的值．
14．【答案】；
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】∵函数∴
∴
作出函数f（x）的图象如图：
当，解得，由 ，可知，则 的最大值是
故答案为：；
【分析】直接由分段函数解析式求；画出函数f（x）的图象，数形结合得答案．
15．【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，
又，
，
，
，
∴，
故答案为：；
【分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的数学期望定义即可求解．
16．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于 且 ，则点B在渐近线上，不妨设，
设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即则
∴，
又，则，
又，则，则，
∴点A的坐标为，代入双曲线方程化简可得
所以
故答案为：
【分析】过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，依题意，点B在渐近线上，不妨设，根据题设条件可求得点A的坐标为，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而可求离心率．
17．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】以圆心为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则
设，
则，
∵，∴，
∴，
∴，
即 的取值范围是，
故答案为：
【分析】以圆心为原点，建立如图所示平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设，进而得到，根据点P的位置可求出的范围，从而得到的取值范围．
18．【答案】解：（Ⅰ） 由于 ，则 .
由正弦定理可知 ，则 .
（Ⅱ）因为 ，则 .
故 ，
则 ， 的面积 .
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（Ⅰ）由，易知，再根据同角三角函数基本关系求出sinC，最后由正弦定理可求得sinA；
（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．
19．【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
20．【答案】解：（Ⅰ） 设 ，依题意得， .
解得 ，则 ，
于是 .
（Ⅱ）设 ，依题意得，
，
故
对任意正整数n成立.
时，显然成立；
时， ，则 ；
时， .
综上所述， .
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【分析】（Ⅰ）由等差数列 的首项 及可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，最后根据等差数列的前n项和公式可得；
（Ⅱ） 设 ， 由成等比数列，可得关于的二次方程，由判别式大于等于0可得d的表达式，对n分情况讨论可得d的取值范围．
21．【答案】解：（Ⅰ）设 是椭圆上一点， ，则
故|PQ|的最大值是 .
（Ⅱ）设直线 ，直线与椭圆联立，得 ，
设 ，故
，与 交于C，则 ，
同理可得， .
则
等号在 时取到.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）设直线，直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得，再分别联立直线与直线，求得，，由此可表示出|CD|，再转化求解即可．
22．【答案】解：（Ⅰ）
故 的减区间为 ，增区间为 .
（Ⅱ）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 即 ，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i） 因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，故有3个不同的根，整理为 ，令 ，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值， 故 且 ， 且 ， 设 利用导数性质能证明 ，所以 .
（ⅱ）有三个不同的零点，设 ， ，则转化为 有三个不同的根， 在三个不同的零点，且，推导出要证明结论，只需证明 ，由此能证明 ．
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