资源简介

十一、解析几何
一、单选题
1.（2022·全国甲（文）T11）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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C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.
故选：B.
2.（2022·全国甲（理）T10）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.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】解：，
设，则，
则，
故，
又，则，
所以，即，
所以椭圆的离心率.
故选：A.
3.（2022·全国乙（文）T6）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】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.
故选：B
4.（2022·全国乙（理）T5）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】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.
故选：B
5.（2022·全国乙（理）T11）11. 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的两支交于M，N两点，且，则C的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，可判断在双曲线的右支，设，，即可求出，，，在中由求出，再由正弦定理求出，，最后根据双曲线的定义得到，即可得解；
【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
所以，因为，所以在双曲线的右支，
所以，，，设，，
由，即，则，，，
在中，
，
由正弦定理得，
所以，
又，
所以，即，
所以双曲线的离心率
故选：C
6.（2022·新高考Ⅰ卷T11）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（）
A. C的准线为 B. 直线AB与C相切
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
7.（2022·新高考Ⅱ卷T10）已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点，若，则（）
A. 直线的斜率为 B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】
对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
8. （2022·北京卷T3）若直线是圆的一条对称轴，则（）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
二、填空题
1.（2022·全国甲（文）T15）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______________．
【答案】2（满足皆可）
【解析】
【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.
【详解】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，
故答案为：2（满足皆可）
2.（2022·全国甲（文）T14）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】解：∵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.
故答案为：
3.（2022·全国甲（理）T14）. 若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】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）．
故答案为：．
4.（2022·全国乙（文）T15）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】或或或；
【解析】
【分析】设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】解：依题意设圆的方程为，
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
故答案为：或或或；
5.（2022·全国乙（理）T14）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】或或或；
【解析】
【分析】设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】解：依题意设圆的方程为，
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
故答案为：或或或；
6.（2022·新高考Ⅰ卷T14）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】或或
【解析】
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】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，
故答案为：或或.
7.（2022·新高考Ⅰ卷T16）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________________．
【答案】13
【解析】
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵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.
8.（2022·新高考Ⅱ卷T15）已知点，若直线关于的对称直线与圆存在公共点，则实数a的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】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；
故答案为：
9.（2022·新高考Ⅱ卷T16）已知椭圆，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则直线l的方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】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；
【详解】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：
10.（2022·北京卷T12）已知双曲线的渐近线方程为，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；
【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，
则，，又双曲线的渐近线方程为，
所以，即，解得；
故答案为：
11.（2022·浙江卷T16）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】
【解析】
【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．
12.（2022·浙江卷T17）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】
【解析】
【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．
【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则,，设,于是，
因为，所以，故的取值范围是.
故答案为：．
三、解答题
1.（2022·全国甲（文）T21）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）.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
2.（2022·全国甲（理）T）20. 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）.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
3.（2022·全国乙（文）T）21. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【小问1详解】
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
【小问2详解】
，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
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
4.（2022·全国乙（理）T20）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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【小问1详解】
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
【小问2详解】
，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
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
5.（2022·新高考Ⅰ卷T21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可得出的面积．
【小问1详解】
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，，．
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．
【小问2详解】
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，
因为，所以，即，
即，解得，
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．
6.（2022·新高考Ⅱ卷T21）设双曲线的右焦点为，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，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：
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.
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【小问1详解】
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
【小问2详解】
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.
7.（2022·北京卷T19）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【小问1详解】
解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
【小问2详解】
解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
8.（2022·浙江卷T21）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．
（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【小问1详解】
设是椭圆上任意一点,,则
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
【小问2详解】
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
1十、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
【答案】B
【解析】
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积.
故选：B.
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
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】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．
故选：D．
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.
【答案】C
【解析】
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】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.
故选：C.
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
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】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．
故选：D．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】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.
故选：B.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】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.
故选：C.
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
【答案】A
【解析】
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】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，以点为原点，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，
故选：A.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】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，
故选：C
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
【答案】A
【解析】
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】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，
故选：A.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】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，
故选：C
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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】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，
∴
．
故选：C．
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.
【答案】C
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵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.
故选：C.
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】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.
故选：ABD
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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】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．
故选：A．
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.
【答案】CD
【解析】
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
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.
故选：CD.
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.
【答案】B
【解析】
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
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
故选：B
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.
【答案】A
【解析】
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选：A．
三、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）．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【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.（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．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【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.（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．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【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.（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．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成的角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【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.（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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【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.（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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
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.（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．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【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.（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．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【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，
∴．
1九、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
【答案】B
【解析】
【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.
【详解】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.
故选:B
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.
【答案】C
【解析】
【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.
【详解】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.（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
【答案】C
【解析】
【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.
【详解】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.
故选：C
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
【答案】D
【解析】
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】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.
故选：D
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.
【答案】D
【解析】
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】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.
故选：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
【答案】B
【解析】
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】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，
故选：B
7.（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__________，_________．
【答案】 ①. ， ②. ##
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.
【详解】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,
故答案为：，.
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________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】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．
故答案为：．
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____________．
【答案】或0.3
【解析】
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】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
故答案为：
3.（2022·新高考Ⅱ卷T13）已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
【答案】##．
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
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
【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，
（2）有
【解析】
【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；
（2）根据表格中数据及公式计算，再利用临界值表比较即可得结论.
【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.（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．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
【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.（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．
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．
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.（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
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析；(ii)；
【解析】
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【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.（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）
【答案】（1）岁；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，根据对立事件的概率公式即可解出；
（3）根据条件概率公式即可求出．
【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.（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）
【答案】（1）0.4 （2）
（3）丙
【解析】
【分析】(1)由频率估计概率即可
(2)求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.
(3)计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.
【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.
1八、计数原理
一、选择题
1.（2022·北京卷T）8. 若，则（）
A. 40 B. 41 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用赋值法可求的值.
【详解】令，则，
令，则，
故，
故选：B.
2.（2022·浙江卷T12）已知多项式，则__________，___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令求出，再令即可得出答案．
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．
（2022·新高考Ⅰ卷T13）的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
【答案】-28
【解析】
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
1五、三角函数与解三角形
一、单选题
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.
【答案】C
【解析】
【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【详解】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.
故选：C.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】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．
故选：C．
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.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
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.
故选：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
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】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.
故选：A
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
【答案】C
【解析】
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】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.
故选：C.
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.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】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；
故选：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
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】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．
故选：D.
二、填空题
1.（2022·全国甲（文）T16）. 已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】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，.
故答案为：.
2.（2022·全国甲（理）T16）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】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，.
故答案为：.
3.（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____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】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；
故答案为：
4.（2022·新高考Ⅱ卷T6）角满足，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两角和差正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】由已知得：,
即：，
即：,
所以,
故选：D
5.（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
【答案】AD
【解析】
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】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．
故选：AD．
6.（2022·北京卷T13）若函数的一个零点为，则________；________．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.
【详解】∵，∴
∴
故答案为：1，
7.（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___________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【详解】因为，所以．
故答案为：.
8.（2022·浙江卷T13）若，则__________，_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴，
则．
故答案为：；．
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：
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【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.（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．
【答案】（1）见解析 （2）14
【解析】
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【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.（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．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【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.（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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【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.（2022·北京卷T16）在中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【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.（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．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【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．
1六、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
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
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
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】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.
故选：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
【答案】D
【解析】
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
5.（2022·浙江卷T10）已知数列满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，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：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
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_______．
【答案】2
【解析】
【分析】转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
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__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】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.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
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．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【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.（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：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【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.（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．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
【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.（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：．
【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．
【解析】
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
【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
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
【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
1五、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.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
2.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）. 当时，函数取得最大值，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】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．
故选：B.
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.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
故选：A.
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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】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.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
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
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】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.
故选：AC
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.
【答案】BC
【解析】
【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】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.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.
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
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】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．
故选：A．
8.（2022·北京卷T4）己知函数，则对任意实数x，有（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．
【详解】，故A错误，C正确；
，不是常数，故BD错误；
故选：C．
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
【答案】D
【解析】
【分析】根据与的关系图可得正确的选项.
【详解】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.
故选：D
10.（2022·浙江卷T7）已知，则（）
A. 25 B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，，即，所以．
故选：C.
二、填空题
1.（2022·全国乙（文T16）若是奇函数，则_____，______．
【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】
【分析】根据奇函数的定义即可求出．
【详解】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．
故答案为：；．
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____________．
【答案】
【解析】
【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，，时，，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.
【详解】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.
【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.
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______________．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
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,
故答案为：
4.（2022·新高考Ⅱ卷T14）写出曲线过坐标原点的切线方程：____________，____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】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；
故答案为：；
5.（2022·北京卷T11）函数的定义域是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：
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___________．
【答案】 ①0（答案不唯一） ②. 1
【解析】
【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或， 解得 .
【详解】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；
故答案为：0（答案不唯一），1
7.（2022·浙江卷T14）已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出的最小值,的最大值即可.
【详解】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.
故答案为：，.
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．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；
（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.
【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.（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．
【答案】（1）
（2）证明见的解析
【解析】
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【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.（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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【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.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【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
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
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．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【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.（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：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【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.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
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．
【答案】（1）
（2）在上单调递增.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【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.（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）
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【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：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
1四、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
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，然后求得.
【详解】因为，所以.
故选：D
2.（2022·全国乙（理）T3）已知向量满足，则（）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
【详解】解：∵，
又∵
∴9，
∴
故选：C.
3.（2022·新高考Ⅰ卷T3）在中，点D在边AB上，．记，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
4.（2022·新高考Ⅱ卷T4）已知，若，则（）
A. B. C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解：,,即,解得,
故选：C
二、填空题
1.（2022·全国甲（文）T13）已知向量．若，则______________．
【答案】或
【解析】
【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】由题意知：，解得.
故答案为：.
2.（2022·全国甲（理）T13）设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．
【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：．
1三、不等式
一、选择题
1.（2022·全国甲（文）T12）已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
故选：A.
2.（2022·全国甲（理）T12）已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由结合三角函数的性质可得；构造函数，利用导数可得，即可得解.
【详解】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，
故选：A
3.（2022·新高考Ⅰ卷T7）设，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定大小.
【详解】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
故选：C.
4.（2022·新高考Ⅱ卷T12）对任意x，y，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】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．
故选：BC．
1二、复数
一、单选题
1. （2022·全国甲（理））若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
2.（2022·全国甲（文））若．则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．
【详解】因为，所以，所以．
故选：D.
3.（2022·全国乙（文））设，其中为实数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．
【详解】因为R，，所以，解得：．
故选：A.
4.（2022·全国乙（理））已知，且，其中a，b为实数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】
由,得,即
故选:
5.（2022·新高考Ⅰ卷）2. 若，则（）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法可求，从而可求.
【详解】由题设有，故，故，
故选：D
6.（2022·新高考Ⅱ卷）（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘法可求.
【详解】，
故选：D.
7.（2022·北京卷T2）若复数z满足，则（）
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
8.（2022·浙江卷T2）已知（为虚数单位），则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数相等的条件可求.
【详解】，而为实数，故，
故选：B.
1

展开更多......

收起↑