2022年高考数学真题分类精编（含解析）
文档属性
| 名称 | 2022年高考数学真题分类精编（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 7.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-03 21:43:32 | ||
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文档简介
2022年高考数学真题分类精编
一、集合和常用逻辑用语
一、单选题
1.（2022·全国甲（理）） 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（文）） 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文）） 集合，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国乙（理）） 设全集，集合M满足，则（ ）
A. B. C. D.
5.（2022·新高考Ⅰ卷）若集合，则（ ）
A. B. C. D.
6.（2022·新高考Ⅱ卷） 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·北京卷T1） 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
8.（2022·浙江卷T1） 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
9.（2022·北京卷T6） 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
10.（2022·浙江卷T4） 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
二、复数
一、单选题
1. （2022·全国甲（理））若，则（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（文））若．则（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文））设，其中为实数，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国乙（理））已知，且，其中a，b为实数，则（ ）
A. B. C. D.
5.（2022·新高考Ⅰ卷）2. 若，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
6.（2022·新高考Ⅱ卷）（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·北京卷T2） 若复数z满足，则（ ）
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
8.（2022·浙江卷T2）已知（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
三、不等式
一、选择题
1.（2022·全国甲（文）T12） 已知，则（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（理）T12） 已知，则（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·新高考Ⅰ卷T7）设，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T12） 对任意x，y，，则（ ）
A. B.
C. D.
四、平面向量
一、选择题
1.（2022·全国乙（文）T3） 已知向量，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2.（2022·全国乙（理）T3） 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
3.（2022·新高考Ⅰ卷T3） 在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T4） 已知，若，则（ ）
A. B. C. 5 D. 6
二、填空题
1.（2022·全国甲（文）T13） 已知向量．若，则______________．
2.（2022·全国甲（理）T13） 设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
五、函数与导数
一、选择题
1.（2022·全国甲（文T7）(理T5)）函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
2.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）. 当时，函数取得最大值，则（ ）
A. B. C. D. 1
3.（2022·全国乙（文T8） 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国乙（理）T12） 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A. B. C. D.
5.（2022·新高考Ⅰ卷T10）已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线
6.（2022·新高考Ⅰ卷T12） 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·新高考Ⅱ卷T8） 若函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0 D. 1
8.（2022·北京卷T4） 己知函数，则对任意实数x，有（ ）
A. B.
C. D.
9.（2022·北京卷T7） 在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（ ）
A. 当，时，二氧化碳处于液态
B. 当，时，二氧化碳处于气态
C. 当，时，二氧化碳处于超临界状态
D. 当，时，二氧化碳处于超临界状态
10.（2022·浙江卷T7） 已知，则（ ）
A. 25 B. 5 C. D.
二、填空题
1.（2022·全国乙（文T16） 若是奇函数，则_____，______．
2.（2022·全国乙（理）T16） 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
3.（2022·新高考Ⅰ卷T15）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______________．
4.（2022·新高考Ⅱ卷T14） 写出曲线过坐标原点的切线方程：____________，____________．
5.（2022·北京卷T11） 函数的定义域是_________．
6.（2022·北京卷T14）设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．
7.（2022·浙江卷T14） 已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
解答题
1.（2022·全国甲（文）T20） 已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（1）若，求a；
（2）求a的取值范围．
2.（2022·全国甲（理）T21） 已知函数．
（1）若，求a的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，则环．
3.（2022·全国乙（文）T20） 已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
4.（2022·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
5.（2022·新高考Ⅰ卷T22） 已知函数和有相同最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和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．
6.（2022·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
7.（2022·北京卷T20） 已知函数．
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设，讨论函数在上的单调性；
（3）证明：对任意的，有．
8.（2022·浙江卷T22） 设函数．
（1）求的单调区间；
（2）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：是自然对数底数）
六、数列
一、选择题
1.（2022·全国乙（文）T10）已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
2.（2022·全国乙（理）T8） 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
3.（2022·全国乙（理）T4） 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
5.（2022·浙江卷T10） 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
1.（2022·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
2.（2022·北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
三、解答题
1.（2022·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
2.（2022·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
3.（2022·新高考Ⅱ卷T17）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合中元素个数．
4.（2022·北京卷T21） 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（3）若为连续可表数列，且，求证：．
5.（2022·浙江卷T20） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
（1）若，求；
（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
七、三角函数与解三角形
一、选择题
1.（2022·全国甲（文）T5）将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（理）T11）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文）T11） 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅰ卷T6） 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 1 B. C. D. 3
5.（2022·北京卷T5） 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递减 B. 在上单调递增
C. 在上单调递减 D. 在上单调递增
6.（2022·北京卷T10） 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·浙江卷T6） 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
8.（2022·新高考Ⅱ卷T6） 角满足，则（ ）
A. B.
C. D.
9.（2022·新高考Ⅱ卷T9）函数的图象以中心对称，则（ ）
A. 在单调递减
B. 在有2个极值点
C. 直线是一条对称轴
D. 直线是一条切线
二、填空题
1.（2022·全国甲（理）T16）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
2.（2022·全国乙（理）T15） 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
3.（2022·北京卷T13） 若函数的一个零点为，则________；________．
4.（2022·浙江卷T11） 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___________．
5（2022·浙江卷T13） 若，则__________，_________．
三、解答题
1.（2022·全国乙（文）T17）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
（1）若，求C；
（2）证明：
2.（2022·全国乙（理）T17）记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）若，求的周长．
3.（2022·新高考Ⅰ卷T18）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求B；
（2）求的最小值．
4.（2022·新高考Ⅱ卷T18） 记的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
5.（2022·北京卷T16）在中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
6.（2022·浙江卷T18） 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
八、概率统计
一、单选题
1.（2022·全国甲（文T2）（理T2））某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（ ）
A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于
B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
2.（2022·全国甲（文）T6）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文）T）4. 分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：
则下列结论中错误的是（ ）
A. 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4
D. 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
4.（2022·全国乙（理）T10）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
5.（2022·新高考Ⅰ卷T5） 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. B. C. D.
6.（2022·新高考Ⅱ卷T5） 有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（ ）
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
7.（2022·北京卷T）8. 若，则（ ）
A. 40 B. 41 C. D.
二、填空题
1.（2022·全国甲（理）T15） 从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
2.（2022·全国乙（文T14)(理T13)） 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
3.（2022·新高考Ⅱ卷T13） 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
4.（2022·浙江卷T12） 已知多项式，则__________，___________．
5.（2022·新高考Ⅰ卷T13） 的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
6.（2022·浙江卷T15） 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最小值为，则__________，_________．
三、解答题
1.（2022·全国甲（文）T）（2022·全国甲（文）T17）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：
准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？
附：，
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
2.（2022·全国甲（理）T19）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
（1）求甲学校获得冠军的概率；
（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
3.（2022·全国乙（文T19）(理T19） 某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并计算得．
（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
4.（2022·新高考Ⅰ卷T20）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：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 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”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
5.（2022·新高考Ⅱ卷T19） 在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图．
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间，求此人患该种疾病的概率．（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）
6.（2022·北京卷T18） 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
（2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；
（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
九、立体几何
一、单选题
1.（2022·全国甲（文、理）T4） 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
2.（2022·全国甲（文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
3.（2022·全国甲（文）T10） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国甲（理）T7） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
5.（2022·全国甲（理）T8） 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A. B. C. D.
6.（2022·全国甲（理）T9） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·全国乙（文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
8.（2022·全国乙（文）T12） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
9.（2022·全国乙（理）T7） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
10.（2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
11.（2022·新高考Ⅰ卷T4）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.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A. B. C. D.
12.（2022·新高考Ⅰ卷T8） 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，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
13.（2022·新高考Ⅰ卷T9） 已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为 B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为 D. 直线与平面ABCD所成的角为
14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
15.（2022·新高考Ⅱ卷T11） 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
16.（2022·北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
17. （2022·浙江卷T8）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.
二、解答题
1.（2022·全国甲（文）T19） 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
（1）证明：平面；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
2.（2022·全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
3.（2022·全国乙（文）T18） 如图，四面体中，，E为AC的中点．
（1）证明：平面平面ACD；
（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
4.（2022·全国乙（理）T18） 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
5.（2022·新高考Ⅰ卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
6.（2022·新高考Ⅱ卷T20） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
7.（2022·北京卷T17）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
8.（2022·浙江卷T19） 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．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
十、解析几何
一、选择题
1．（2022年全国甲卷）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022年全国甲卷）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022年全国乙卷）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A．2 B． C．3 D．
4．（2022年全国乙卷）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
1．（2022年全国甲卷）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
2．（2022年全国甲卷）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．
3．（2022年全国甲卷）若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
4．（2022年全国乙卷）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
5．（2022年新高考1卷）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
6．（2022年新高考1卷）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
7．（2022年新高考2卷）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
8．（2022年新高考2卷）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
三、解答题
1．（2022年全国甲卷）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).
2．（2022年全国乙卷）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
4．（2022年新高考2卷）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
参考答案
一、集合和常用逻辑用语
一、单选题
1.【答案】D
【解析】由题意，，所以,
所以.
2. 【答案】A
【解析】因为，，所以．
3. 【答案】A
【解析】因为，，所以．
4. 【答案】A
【解析】由题知,对比选项知，正确,错误
5. 【答案】D
详解），故，
6. 【答案】B
【解析】，故，
7. 【答案】D
【解析】由补集定义可知：或，即，
8. 【答案】D
详解），
9. 【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
10. 【答案】A
【解析】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
二、复数
一、单选题
1. 【答案】C
2. 【答案】D
【解析】因为，所以，所以．
3. 【答案】A
【解析】因为R，，所以，解得：．
4. 【答案】A
【解析】
由,得,即
5.【答案】D
【解析】由题设有，故，故，
6. 【答案】D
【解析】，
7.【答案】B
【解析】由题意有，故．
8. 【答案】B
【解析】，而为实数，故，
三、不等式
一、选择题
1. 【答案】A
【解析】由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
2. 【答案】A
【解析】因为,因为当
所以,即,所以；
设，
，所以在单调递增，
则,所以，
所以,所以，
3. 【答案】C
【解析】设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
4. 【答案】BC
【解析】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
四、平面向量
一、选择题
1.【答案】D
【解析】因为，所以.
2.【答案】C
【解析】解：∵，
又∵
∴9，
∴
3. 【答案】B
【解析】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
4.【答案】C
【解析】解：,,即,解得,
二、填空题
1. 【答案】或
【解析】由题意知：，解得.
2. 【答案】
【解析】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
五、函数与导数
一、选择题
1.【答案】A
【解析】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
2.【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
3. 【答案】A
【解析】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
4. 【答案】D
【解析】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
5. 【答案】AC
【解析】由题，，令得或，
令得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，
故D错误.
6. 【答案】BC
【解析】因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
7.【答案】A
【解析】因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．
因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．
8. 【答案】C
【解析】，故A错误，C正确；
，不是常数，故BD错误；
9. 【答案】D
【解析】当，时，，此时二氧化碳处于固态，故A错误.
当，时，，此时二氧化碳处于液态，故B错误.
当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，
另一方面，时对应的是非超临界状态，故C错误.
当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.
10. 【答案】C
【解析】因为，，即，所以．
二、填空题
1. 【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
2. 【答案】
【解析】解：，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，当时，，
若时，
当时，，
则此时，与前面矛盾，
故不符合题意，
若时，
则方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，
故切线方程为，
则有，
解得，
则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，
又，所以，
综上所述，的范围为.
3. 【答案】
【解析】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
4. 【答案】 ①. ②.
【解析】解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
5. 【答案】
【解析】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
6. 【答案】 ① 0（答案不唯一） ②. 1
【解析】解：若时，，∴；
若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；
若时，
当时，单调递减，，
当时，
∴或，
解得，
综上可得；
7. 【答案】 ①. ②.
【解析】由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为.
解答题
1. 【答案】（1）3 （2）
（小问1详解）
由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
（小问2详解）
，则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：
0 1
0 0 0
则的值域为，故的取值范围为.
2. 【答案】（1）
（2）证明见的解析
（小问1详解）
的定义域为，
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
（小问2详解）
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
（点睛）关键点点睛 ：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
3. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（小问2详解）
，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
又，当n趋近正无穷大时，趋近负无穷，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
4. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（小问2详解）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
5. 【答案】（1）
（小问1详解）
的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（小问2详解）
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同交点，
故，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
（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.
6. 【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）
（小问1详解）
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（小问2详解）
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（小问3详解）
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
7. 【答案】（1）
（2）在上单调递增.
（3）证明见解析
（小问1详解）
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（小问2详解）
解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴上单调递增.
（小问3详解）
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
8. 【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
（小问1详解）
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（小问2详解）
（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：
六、数列
一、选择题
1.【答案】D
【解析】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
2.【答案】D
【解析】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
3. 【答案】D
【解析】解：因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
4. 【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
5. 【答案】B
【解析】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
二、填空题
1. 【答案】2
【解析】由可得，化简得，
即，解得.
2. 【答案】①③④
【解析】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
三、解答题
1. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
解：因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（小问2详解）
解：由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
2. 【答案】（1）
（2）见解析
（小问1详解）
∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（小问2详解）
∴
3. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（小问2详解）
由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
4. 【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列．
（2）证明见解析． （3）证明见解析．
（小问1详解）
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（小问2详解）
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（小问3详解）
，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上
．
5. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（小问2详解）
因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以
七、三角函数与解三角形
一、单选题
1. 【答案】C
【解析】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
2. 【答案】C
【解析】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：
则，解得，即．
3. 【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
4.【答案】A
【解析】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
5. 【答案】C
【解析】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
6. 【答案】D
【解析】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
7. 【答案】D
【解析】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
8. 【答案】D
【解析】由已知得：,
即：，
即：,
所以,
9. 【答案】AD
【解析】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
二、填空题
1.【答案】
【解析】设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
2. 【答案】
【解析】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
3. 【答案】 ①. 1 ②.
【解析】∵，∴
∴
4. 【答案】.
（解析）
（分析）根据题中所给的公式代值解出．
【解析】因为，所以．
5. 【答案】 ①. ②.
【解析】，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则．
三、解答题
1. 【答案】（1）；
（2）证明见解析．
（小问1详解）
由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（小问2详解）
由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
2. 【答案】（1）见解析 （2）14
（小问1详解）
证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（小问2详解）
解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
3. 【答案】（1）；
（2）．
（小问1详解）
因为，即，
而，所以；
（小问2详解）
由（1）知，，所以，
而，
所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
4. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（小问2详解）
由正弦定理得：，则，则，.
5.【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
（小问2详解）
解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
6. 【答案】（1）；
（2）．
（小问1详解）
由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（小问2详解）
因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
八、概率统计
一、单选题
1. 【答案】B
【解析】讲座前中位数为,所以错；
讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；
讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；
讲座后问卷答题的正确率的极差为，
讲座前问卷答题正确率的极差为,所以错.
2.【答案】C
【解析】从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，
其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.
故选：C.
3.【答案】C
【解析】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为，A选项结论正确.
对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：
，B选项结论正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，D选项结论正确.
4.【答案】D
【解析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为
则
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
5.【答案】D
【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
6.【答案】B
【解析】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
7.【答案】B
【解析】令，则，
令，则，
故，
二、填空题
1.【答案】.
【解析】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
2.【答案】或0.3
【解析】从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
3.【答案】##．
【解析】因为，所以，因此．
4.【答案】 ①. ②.
【解析】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
5.【答案】-28
【解析】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
6.【答案】 ①. ， ②. ##
【解析】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以,
三、解答题
1.【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，
（2）有
（小问1详解）
根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，
设A家公司长途客车准点事件为M，
则；
B共有班次240次，准点班次有210次，
设B家公司长途客车准点事件为N，
则.
A家公司长途客车准点的概率为；
B家公司长途客车准点的概率为.
（小问2详解）
列联表
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
=，
根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.
2.【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
（小问1详解）
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为
．
（小问2详解）
依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
期望.
3.【答案】（1）；
（2）
（3）
小问1详解）
样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
小问2详解）
则
（小问3详解）
设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为
4.【答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析；(ii)；
（小问1详解）
由已知，
又，，
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，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
5.【答案】（1）岁；
（2）；
（3）．
（小问1详解）
平均年龄
（岁）．
（小问2详解）
设{一人患这种疾病的年龄在区间}，所以
．
（小问3详解）
设任选一人年龄位于区间，任选一人患这种疾病，
则由条件概率公式可得
．
6.【答案】（1）0.4 （2）
（3）丙
（小问1详解）
由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，
故答案为0.4
（小问2详解）
设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3
，
，
，
.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴
（小问3详解）
丙夺冠概率估计值最大.
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.
九、立体几何
一、单选题
1.【答案】B
【解析】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积.
2.【答案】D
【解析】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
3.【答案】C
【解析】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
4.【答案】D
【解析】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
6. 【答案】C
【解析】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
7. 【答案】A
8. 【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
9. 【答案】A
【解析】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
如图，以点原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
10. 【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
11. 【答案】C
【解析】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
12. 【答案】C
【解析】∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
13. 【答案】ABD
【解析】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
14. 【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
15. 【答案】CD
【解析】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
16. 【答案】B
【解析】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
17. 【答案】A
【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
二、解答题
1. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
如图所示：，
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（小问2详解）
如图所示：，
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．
2. 【答案】（1）证明见解析；
（2）.
（小问1详解）
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；
（小问2详解）
解：如图，以点原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
3. 【答案】（1）证明详见解析
（2）
（小问1详解）
由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（小问2详解）
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小值.
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以,
所以.
4. 【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成的角的正弦值为
（小问1详解）
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（小问2详解）
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
5. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（小问2详解）
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
6. 【答案】（1）证明见解析
（2）
小问1详解）
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
（小问2详解）
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
所以
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为；
7. 【答案】（1）见解析 （2）见解析
（小问1详解）
取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（小问2详解）
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
8. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵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．
（小问2详解）
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
十、解析几何
一、选择题
1． 【答案】B
【解析】
解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
2． 【答案】A
【解析】
解法1：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
解法2：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
3． 【答案】B
【解析】
由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
4．【答案】AC
【解析】
方法一（几何法，双曲线定义的应用）情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
方法二（答案回代法）
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
解法三：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
二、填空题
1．【答案】
【解析】
方法一：（三点共圆）
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
方法二：（圆的几何性质）
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
2．【答案】2（满足皆可）
【解析】
解：，所以C的渐近线方程为,
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线与C无公共点”
所以，
又因为，所以，
3．【答案】
【解析】
解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
4．【答案】或或或．
【解析】
[法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[法二]：（最优解）圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
5．【答案】或或
【解析】
解：方法一：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
方法二：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
方法三：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
6．【答案】13
【解析】
∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
7．【答案】
【解析】
解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
8．【答案】
【解析】
解法一：（弦中点问题：点差法）
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
解法二：（直线与圆锥曲线相交的常规方法）
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
解法三：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
三、解答题
1．【答案】(1)；
(2).
（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：（最优解）直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由M、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
2．【答案】(1)
(2)
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
3．【答案】(1)；
(2)．
（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）
［方法一］：（最优解）常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
4．【答案】(1)
(2)见解析
（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
一、集合和常用逻辑用语
一、单选题
1.（2022·全国甲（理）） 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（文）） 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文）） 集合，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国乙（理）） 设全集，集合M满足，则（ ）
A. B. C. D.
5.（2022·新高考Ⅰ卷）若集合，则（ ）
A. B. C. D.
6.（2022·新高考Ⅱ卷） 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·北京卷T1） 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
8.（2022·浙江卷T1） 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
9.（2022·北京卷T6） 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
10.（2022·浙江卷T4） 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
二、复数
一、单选题
1. （2022·全国甲（理））若，则（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（文））若．则（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文））设，其中为实数，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国乙（理））已知，且，其中a，b为实数，则（ ）
A. B. C. D.
5.（2022·新高考Ⅰ卷）2. 若，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
6.（2022·新高考Ⅱ卷）（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·北京卷T2） 若复数z满足，则（ ）
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
8.（2022·浙江卷T2）已知（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
三、不等式
一、选择题
1.（2022·全国甲（文）T12） 已知，则（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（理）T12） 已知，则（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·新高考Ⅰ卷T7）设，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T12） 对任意x，y，，则（ ）
A. B.
C. D.
四、平面向量
一、选择题
1.（2022·全国乙（文）T3） 已知向量，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2.（2022·全国乙（理）T3） 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
3.（2022·新高考Ⅰ卷T3） 在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T4） 已知，若，则（ ）
A. B. C. 5 D. 6
二、填空题
1.（2022·全国甲（文）T13） 已知向量．若，则______________．
2.（2022·全国甲（理）T13） 设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
五、函数与导数
一、选择题
1.（2022·全国甲（文T7）(理T5)）函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
2.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）. 当时，函数取得最大值，则（ ）
A. B. C. D. 1
3.（2022·全国乙（文T8） 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国乙（理）T12） 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A. B. C. D.
5.（2022·新高考Ⅰ卷T10）已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线
6.（2022·新高考Ⅰ卷T12） 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·新高考Ⅱ卷T8） 若函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0 D. 1
8.（2022·北京卷T4） 己知函数，则对任意实数x，有（ ）
A. B.
C. D.
9.（2022·北京卷T7） 在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（ ）
A. 当，时，二氧化碳处于液态
B. 当，时，二氧化碳处于气态
C. 当，时，二氧化碳处于超临界状态
D. 当，时，二氧化碳处于超临界状态
10.（2022·浙江卷T7） 已知，则（ ）
A. 25 B. 5 C. D.
二、填空题
1.（2022·全国乙（文T16） 若是奇函数，则_____，______．
2.（2022·全国乙（理）T16） 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
3.（2022·新高考Ⅰ卷T15）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______________．
4.（2022·新高考Ⅱ卷T14） 写出曲线过坐标原点的切线方程：____________，____________．
5.（2022·北京卷T11） 函数的定义域是_________．
6.（2022·北京卷T14）设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．
7.（2022·浙江卷T14） 已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
解答题
1.（2022·全国甲（文）T20） 已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（1）若，求a；
（2）求a的取值范围．
2.（2022·全国甲（理）T21） 已知函数．
（1）若，求a的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，则环．
3.（2022·全国乙（文）T20） 已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
4.（2022·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
5.（2022·新高考Ⅰ卷T22） 已知函数和有相同最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和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．
6.（2022·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
7.（2022·北京卷T20） 已知函数．
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设，讨论函数在上的单调性；
（3）证明：对任意的，有．
8.（2022·浙江卷T22） 设函数．
（1）求的单调区间；
（2）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：是自然对数底数）
六、数列
一、选择题
1.（2022·全国乙（文）T10）已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
2.（2022·全国乙（理）T8） 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
3.（2022·全国乙（理）T4） 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
5.（2022·浙江卷T10） 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
1.（2022·全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
2.（2022·北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
三、解答题
1.（2022·全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
2.（2022·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
3.（2022·新高考Ⅱ卷T17）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合中元素个数．
4.（2022·北京卷T21） 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（3）若为连续可表数列，且，求证：．
5.（2022·浙江卷T20） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
（1）若，求；
（2）若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
七、三角函数与解三角形
一、选择题
1.（2022·全国甲（文）T5）将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
2.（2022·全国甲（理）T11）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文）T11） 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·新高考Ⅰ卷T6） 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 1 B. C. D. 3
5.（2022·北京卷T5） 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递减 B. 在上单调递增
C. 在上单调递减 D. 在上单调递增
6.（2022·北京卷T10） 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·浙江卷T6） 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
8.（2022·新高考Ⅱ卷T6） 角满足，则（ ）
A. B.
C. D.
9.（2022·新高考Ⅱ卷T9）函数的图象以中心对称，则（ ）
A. 在单调递减
B. 在有2个极值点
C. 直线是一条对称轴
D. 直线是一条切线
二、填空题
1.（2022·全国甲（理）T16）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
2.（2022·全国乙（理）T15） 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
3.（2022·北京卷T13） 若函数的一个零点为，则________；________．
4.（2022·浙江卷T11） 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___________．
5（2022·浙江卷T13） 若，则__________，_________．
三、解答题
1.（2022·全国乙（文）T17）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
（1）若，求C；
（2）证明：
2.（2022·全国乙（理）T17）记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）若，求的周长．
3.（2022·新高考Ⅰ卷T18）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求B；
（2）求的最小值．
4.（2022·新高考Ⅱ卷T18） 记的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
5.（2022·北京卷T16）在中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
6.（2022·浙江卷T18） 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
八、概率统计
一、单选题
1.（2022·全国甲（文T2）（理T2））某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（ ）
A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于
B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
2.（2022·全国甲（文）T6）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A. B. C. D.
3.（2022·全国乙（文）T）4. 分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：
则下列结论中错误的是（ ）
A. 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4
D. 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
4.（2022·全国乙（理）T10）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
5.（2022·新高考Ⅰ卷T5） 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. B. C. D.
6.（2022·新高考Ⅱ卷T5） 有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（ ）
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
7.（2022·北京卷T）8. 若，则（ ）
A. 40 B. 41 C. D.
二、填空题
1.（2022·全国甲（理）T15） 从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
2.（2022·全国乙（文T14)(理T13)） 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
3.（2022·新高考Ⅱ卷T13） 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
4.（2022·浙江卷T12） 已知多项式，则__________，___________．
5.（2022·新高考Ⅰ卷T13） 的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
6.（2022·浙江卷T15） 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最小值为，则__________，_________．
三、解答题
1.（2022·全国甲（文）T）（2022·全国甲（文）T17）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：
准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？
附：，
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
2.（2022·全国甲（理）T19）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
（1）求甲学校获得冠军的概率；
（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
3.（2022·全国乙（文T19）(理T19） 某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并计算得．
（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
4.（2022·新高考Ⅰ卷T20）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：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 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”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
5.（2022·新高考Ⅱ卷T19） 在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图．
（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间，求此人患该种疾病的概率．（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）
6.（2022·北京卷T18） 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
（2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；
（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
九、立体几何
一、单选题
1.（2022·全国甲（文、理）T4） 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
2.（2022·全国甲（文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
3.（2022·全国甲（文）T10） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国甲（理）T7） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
5.（2022·全国甲（理）T8） 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A. B. C. D.
6.（2022·全国甲（理）T9） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·全国乙（文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
8.（2022·全国乙（文）T12） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
9.（2022·全国乙（理）T7） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
10.（2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
11.（2022·新高考Ⅰ卷T4）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.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A. B. C. D.
12.（2022·新高考Ⅰ卷T8） 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，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
13.（2022·新高考Ⅰ卷T9） 已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为 B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为 D. 直线与平面ABCD所成的角为
14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
15.（2022·新高考Ⅱ卷T11） 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
16.（2022·北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
17. （2022·浙江卷T8）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.
二、解答题
1.（2022·全国甲（文）T19） 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
（1）证明：平面；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
2.（2022·全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
3.（2022·全国乙（文）T18） 如图，四面体中，，E为AC的中点．
（1）证明：平面平面ACD；
（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
4.（2022·全国乙（理）T18） 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
5.（2022·新高考Ⅰ卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
6.（2022·新高考Ⅱ卷T20） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
7.（2022·北京卷T17）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
8.（2022·浙江卷T19） 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．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
十、解析几何
一、选择题
1．（2022年全国甲卷）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022年全国甲卷）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022年全国乙卷）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A．2 B． C．3 D．
4．（2022年全国乙卷）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
1．（2022年全国甲卷）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
2．（2022年全国甲卷）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．
3．（2022年全国甲卷）若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
4．（2022年全国乙卷）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
5．（2022年新高考1卷）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
6．（2022年新高考1卷）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
7．（2022年新高考2卷）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
8．（2022年新高考2卷）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
三、解答题
1．（2022年全国甲卷）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).
2．（2022年全国乙卷）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
4．（2022年新高考2卷）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
参考答案
一、集合和常用逻辑用语
一、单选题
1.【答案】D
【解析】由题意，，所以,
所以.
2. 【答案】A
【解析】因为，，所以．
3. 【答案】A
【解析】因为，，所以．
4. 【答案】A
【解析】由题知,对比选项知，正确,错误
5. 【答案】D
详解），故，
6. 【答案】B
【解析】，故，
7. 【答案】D
【解析】由补集定义可知：或，即，
8. 【答案】D
详解），
9. 【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
10. 【答案】A
【解析】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
二、复数
一、单选题
1. 【答案】C
2. 【答案】D
【解析】因为，所以，所以．
3. 【答案】A
【解析】因为R，，所以，解得：．
4. 【答案】A
【解析】
由,得,即
5.【答案】D
【解析】由题设有，故，故，
6. 【答案】D
【解析】，
7.【答案】B
【解析】由题意有，故．
8. 【答案】B
【解析】，而为实数，故，
三、不等式
一、选择题
1. 【答案】A
【解析】由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
2. 【答案】A
【解析】因为,因为当
所以,即,所以；
设，
，所以在单调递增，
则,所以，
所以,所以，
3. 【答案】C
【解析】设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
4. 【答案】BC
【解析】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
四、平面向量
一、选择题
1.【答案】D
【解析】因为，所以.
2.【答案】C
【解析】解：∵，
又∵
∴9，
∴
3. 【答案】B
【解析】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
4.【答案】C
【解析】解：,,即,解得,
二、填空题
1. 【答案】或
【解析】由题意知：，解得.
2. 【答案】
【解析】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
五、函数与导数
一、选择题
1.【答案】A
【解析】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
2.【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
3. 【答案】A
【解析】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
4. 【答案】D
【解析】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
5. 【答案】AC
【解析】由题，，令得或，
令得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，
故D错误.
6. 【答案】BC
【解析】因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
7.【答案】A
【解析】因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．
因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．
8. 【答案】C
【解析】，故A错误，C正确；
，不是常数，故BD错误；
9. 【答案】D
【解析】当，时，，此时二氧化碳处于固态，故A错误.
当，时，，此时二氧化碳处于液态，故B错误.
当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，
另一方面，时对应的是非超临界状态，故C错误.
当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.
10. 【答案】C
【解析】因为，，即，所以．
二、填空题
1. 【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
2. 【答案】
【解析】解：，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，当时，，
若时，
当时，，
则此时，与前面矛盾，
故不符合题意，
若时，
则方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，
故切线方程为，
则有，
解得，
则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，
又，所以，
综上所述，的范围为.
3. 【答案】
【解析】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
4. 【答案】 ①. ②.
【解析】解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
5. 【答案】
【解析】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
6. 【答案】 ① 0（答案不唯一） ②. 1
【解析】解：若时，，∴；
若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；
若时，
当时，单调递减，，
当时，
∴或，
解得，
综上可得；
7. 【答案】 ①. ②.
【解析】由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为.
解答题
1. 【答案】（1）3 （2）
（小问1详解）
由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
（小问2详解）
，则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：
0 1
0 0 0
则的值域为，故的取值范围为.
2. 【答案】（1）
（2）证明见的解析
（小问1详解）
的定义域为，
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
（小问2详解）
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
（点睛）关键点点睛 ：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
3. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（小问2详解）
，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
又，当n趋近正无穷大时，趋近负无穷，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
4. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（小问2详解）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
5. 【答案】（1）
（小问1详解）
的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（小问2详解）
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同交点，
故，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
（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.
6. 【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）
（小问1详解）
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（小问2详解）
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（小问3详解）
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
7. 【答案】（1）
（2）在上单调递增.
（3）证明见解析
（小问1详解）
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（小问2详解）
解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴上单调递增.
（小问3详解）
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
8. 【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
（小问1详解）
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（小问2详解）
（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：
六、数列
一、选择题
1.【答案】D
【解析】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
2.【答案】D
【解析】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
3. 【答案】D
【解析】解：因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
4. 【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
5. 【答案】B
【解析】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
二、填空题
1. 【答案】2
【解析】由可得，化简得，
即，解得.
2. 【答案】①③④
【解析】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
三、解答题
1. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
解：因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（小问2详解）
解：由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
2. 【答案】（1）
（2）见解析
（小问1详解）
∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（小问2详解）
∴
3. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（小问2详解）
由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
4. 【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列．
（2）证明见解析． （3）证明见解析．
（小问1详解）
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（小问2详解）
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（小问3详解）
，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上
．
5. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（小问2详解）
因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以
七、三角函数与解三角形
一、单选题
1. 【答案】C
【解析】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
2. 【答案】C
【解析】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：
则，解得，即．
3. 【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
4.【答案】A
【解析】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
5. 【答案】C
【解析】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
6. 【答案】D
【解析】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
7. 【答案】D
【解析】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
8. 【答案】D
【解析】由已知得：,
即：，
即：,
所以,
9. 【答案】AD
【解析】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
二、填空题
1.【答案】
【解析】设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
2. 【答案】
【解析】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
3. 【答案】 ①. 1 ②.
【解析】∵，∴
∴
4. 【答案】.
（解析）
（分析）根据题中所给的公式代值解出．
【解析】因为，所以．
5. 【答案】 ①. ②.
【解析】，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则．
三、解答题
1. 【答案】（1）；
（2）证明见解析．
（小问1详解）
由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（小问2详解）
由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
2. 【答案】（1）见解析 （2）14
（小问1详解）
证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（小问2详解）
解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
3. 【答案】（1）；
（2）．
（小问1详解）
因为，即，
而，所以；
（小问2详解）
由（1）知，，所以，
而，
所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
4. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（小问2详解）
由正弦定理得：，则，则，.
5.【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
（小问2详解）
解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
6. 【答案】（1）；
（2）．
（小问1详解）
由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（小问2详解）
因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
八、概率统计
一、单选题
1. 【答案】B
【解析】讲座前中位数为,所以错；
讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；
讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；
讲座后问卷答题的正确率的极差为，
讲座前问卷答题正确率的极差为,所以错.
2.【答案】C
【解析】从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，
其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.
故选：C.
3.【答案】C
【解析】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为，A选项结论正确.
对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：
，B选项结论正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，D选项结论正确.
4.【答案】D
【解析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为
则
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
5.【答案】D
【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
6.【答案】B
【解析】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
7.【答案】B
【解析】令，则，
令，则，
故，
二、填空题
1.【答案】.
【解析】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
2.【答案】或0.3
【解析】从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
3.【答案】##．
【解析】因为，所以，因此．
4.【答案】 ①. ②.
【解析】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
5.【答案】-28
【解析】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
6.【答案】 ①. ， ②. ##
【解析】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以,
三、解答题
1.【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，
（2）有
（小问1详解）
根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，
设A家公司长途客车准点事件为M，
则；
B共有班次240次，准点班次有210次，
设B家公司长途客车准点事件为N，
则.
A家公司长途客车准点的概率为；
B家公司长途客车准点的概率为.
（小问2详解）
列联表
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
=，
根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.
2.【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
（小问1详解）
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为
．
（小问2详解）
依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
期望.
3.【答案】（1）；
（2）
（3）
小问1详解）
样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
小问2详解）
则
（小问3详解）
设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为
4.【答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析；(ii)；
（小问1详解）
由已知，
又，，
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，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
5.【答案】（1）岁；
（2）；
（3）．
（小问1详解）
平均年龄
（岁）．
（小问2详解）
设{一人患这种疾病的年龄在区间}，所以
．
（小问3详解）
设任选一人年龄位于区间，任选一人患这种疾病，
则由条件概率公式可得
．
6.【答案】（1）0.4 （2）
（3）丙
（小问1详解）
由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，
故答案为0.4
（小问2详解）
设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3
，
，
，
.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴
（小问3详解）
丙夺冠概率估计值最大.
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.
九、立体几何
一、单选题
1.【答案】B
【解析】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积.
2.【答案】D
【解析】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
3.【答案】C
【解析】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
4.【答案】D
【解析】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
6. 【答案】C
【解析】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
7. 【答案】A
8. 【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
9. 【答案】A
【解析】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
如图，以点原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
10. 【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
11. 【答案】C
【解析】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
12. 【答案】C
【解析】∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
13. 【答案】ABD
【解析】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
14. 【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
15. 【答案】CD
【解析】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
16. 【答案】B
【解析】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
17. 【答案】A
【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
二、解答题
1. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
如图所示：，
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（小问2详解）
如图所示：，
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．
2. 【答案】（1）证明见解析；
（2）.
（小问1详解）
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；
（小问2详解）
解：如图，以点原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
3. 【答案】（1）证明详见解析
（2）
（小问1详解）
由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（小问2详解）
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小值.
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以,
所以.
4. 【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成的角的正弦值为
（小问1详解）
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（小问2详解）
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
5. 【答案】（1）
（2）
（小问1详解）
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（小问2详解）
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
6. 【答案】（1）证明见解析
（2）
小问1详解）
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
（小问2详解）
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
所以
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为；
7. 【答案】（1）见解析 （2）见解析
（小问1详解）
取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（小问2详解）
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
8. 【答案】（1）证明见解析；
（2）．
（小问1详解）
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵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．
（小问2详解）
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
十、解析几何
一、选择题
1． 【答案】B
【解析】
解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
2． 【答案】A
【解析】
解法1：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
解法2：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
3． 【答案】B
【解析】
由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
4．【答案】AC
【解析】
方法一（几何法，双曲线定义的应用）情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
方法二（答案回代法）
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
解法三：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
二、填空题
1．【答案】
【解析】
方法一：（三点共圆）
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
方法二：（圆的几何性质）
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
2．【答案】2（满足皆可）
【解析】
解：，所以C的渐近线方程为,
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线与C无公共点”
所以，
又因为，所以，
3．【答案】
【解析】
解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
4．【答案】或或或．
【解析】
[法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[法二]：（最优解）圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
5．【答案】或或
【解析】
解：方法一：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
方法二：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
方法三：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
6．【答案】13
【解析】
∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
7．【答案】
【解析】
解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
8．【答案】
【解析】
解法一：（弦中点问题：点差法）
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
解法二：（直线与圆锥曲线相交的常规方法）
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
解法三：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
三、解答题
1．【答案】(1)；
(2).
（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：（最优解）直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由M、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
2．【答案】(1)
(2)
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
3．【答案】(1)；
(2)．
（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）
［方法一］：（最优解）常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
4．【答案】(1)
(2)见解析
（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
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