2022年广东省揭阳市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析 一．选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2022•揭阳一模）已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为A（0，1），B（﹣1，3），则=（ ） A．﹣1+3iB．﹣3﹣iC．3+iD．3﹣i考点：复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：利用复数的运算法则和复数的几何意义即可得出．解答：解：由题意可得z1=i，z2=﹣1+3i．∴==i+3．故选C．点评：熟练掌握复数的运算法则和复数的几何意义是解题的关键．2．（5分）（2022•揭阳一模）已知集合A={x|y=log2（x+1）}，集合，则A∩B=（ ） A．（1，+∞）B．（﹣1，1）C．（0，+∞）D．（0，1）考点：交集及其运算．专题：计算题．分析：求对数型函数的定义域化简集合A，求解指数函数的值域化简集合B，然后直接利用交集的运算求解．解答：解：由A={x|y=log2（x+1）}={x|x＞﹣1}=（﹣1，+∞），={y|0＜y＜1}=（0，1），所以A∩B=（﹣1，+∞）∩（0，1）=（0，1）．故选D．点评：本题考查了交集及其运算，考查了对数型函数定义域的求法及指数函数值域的求法，是基础题． 3．（5分）（2022•揭阳一模）在四边形ABCD中，“，且”是“四边形ABCD是菱形”的（ ） A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分也不必要条件21考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：平面向量及应用．分析：根据，以及共线向量定理可得AB∥CD，且AB=CD，从而可知在四边形ABCD是平行四边形，又由，得四边形ABCD的对角线互相垂直，因此得到四边形ABCD为菱形．反之也成立．再根据充要条件进行判断即得．解答：解：由可得四边形ABCD是平行四边形，由得四边形ABCD的对角线互相垂直，∴对角线互相垂直的平行四边形是菱形．反之也成立．∴“，且”是“四边形ABCD是菱形”的充要条件．故选C．点评：此题是个基础题．考查必要条件、充分条件与充要条件的判断、共线向量定理以及向量在几何中的应用，考查学生利用知识分析解决问题的能力． 4．（5分）（2022•泰安一模）当时，函数f（x）=Asin（x+φ）（A＞0）取得最小值，则函数是（ ） A．奇函数且图象关于点对称B．偶函数且图象关于点（π，0）对称 C．奇函数且图象关于直线对称D．偶函数且图象关于点对称考点：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．专题：计算题．分析：由f（）=sin（+φ）=﹣1可求得φ=2kπ﹣（k∈Z），从而可求得y=f（﹣x）的解析式，利用正弦函数的奇偶性与对称性判断即可．解答：解：∵f（）=sin（+φ）=﹣1，∴+φ=2kπ﹣，∴φ=2kπ﹣（k∈Z），∴y=f（﹣x）=Asin（﹣x+2kπ﹣）=﹣Asinx，令y=g（x）=﹣Asinx，则g（﹣x）=﹣Asin（﹣x）=Asinx=﹣g（x），21∴y=g（x）是奇函数，可排除B，D；其对称轴为x=kπ+，k∈Z，对称中心为（kπ，0）k∈Z，可排除A；令k=0，x=为一条对称轴，故选C．点评：本题考查由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，求φ是难点，考查正弦函数的奇偶性与对称性，属于中档题． 5．（5分）（2022•揭阳一模）一简单组合体的三视图及尺寸如图（1）示（单位：cm）则该组合体的体积为．（ ） A．72000cm3B．64000cm3C．56000cm3D．44000cm3考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题．分析：利用三视图复原的几何体以及三视图的数据，求出几何体的体积即可．解答：解：由三视图知，该组合体由两个直棱柱组合而成，上部长方体三度为：40，20，50；下部长方体三度为：60，40，10；故组合体的体积V=60×40×10+20×40×50=64000（cm3），故选B．点评：本题考查三视图与几何体的直观图的关系，正确判断几何体是特征与形状是解题的关键． 6．（5分）（2022•揭阳一模）已知等差数列{an}满足，a1＞0，5a8=8a13，则前n项和Sn取最大值时，n的值为（ ） A．20B．21C．22D．23考点：等差数列的前n项和；数列的函数特性．专题：等差数列与等比数列．21分析：由条件可得，代入通项公式令其≥0可得，可得数列{an}前21项都是正数，以后各项都是负数，可得答案．解答：解：设数列的公差为d，由5a8=8a13得5（a1+7d）=8（a1+12d），解得，由an=a1+（n﹣1）d=，可得，所以数列{an}前21项都是正数，以后各项都是负数，故Sn取最大值时，n的值为21，故选B．点评：本题考查等差数列的前n项和公式，从数列的项的正负入手是解决问题的关键，属基础题． 7．（5分）（2022•揭阳一模）如图，阅读程序框图，任意输入一次x（0≤x≤1）与y（0≤y≤1），则能输出数对（x，y）的概率为（ ） A．B．C．D．考点：几何概型．专题：计算题．分析：据程序框图得到事件“能输出数对（x，y）”满足的条件，求出所有基本事件构成的区域面积；利用定积分求出事件A构成的区域面积，据几何概型求出事件的概率．解答：解：是几何概型所有的基本事件Ω=设能输出数对（x，y）为事件A，则A=S（Ω）=1S（A）=∫01x2dx==故选A21点评：本题考查程序框图与概率结合，由程序框图得到事件满足的条件、考查利用定积分求曲边图象的面积；利用几何概型概率公式求出事件的概率． 8．（5分）（2022•揭阳一模）已知方程在（0，+∞）有两个不同的解α，β（α＜β），则下面结论正确的是（ ） A．B．C．D．考点：根的存在性及根的个数判断；两角和与差的正切函数．专题：计算题．分析：利用x的范围化简方程，通过方程的解转化为函数的图象的交点问题，利用相切求出β的正切值，通过两角和的正切函数求解即可．解答：解：，要使方程在（0，+∞）有两个不同的解，则y=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个公共点，所以直线y=kx与y=|sinx|在内相切，且切于点（β，﹣sinβ），由，，故选C．点评：本题考查函数的零点与方程根的关系，直线与曲线相切的转化，两角和的正切函数的应用，考查计算能力． 二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．（一）必做题（9-13题）（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题）9．（5分）（2022•揭阳一模）计算：= 2 ．考点：对数的运算性质；二倍角的正弦．专题：函数的性质及应用．分析：利用对数的运算性质和倍角公式即可得出．解答：解：原式====2．故答案为2．点评：熟练掌握对数的运算性质和倍角公式是解题的关键． 2110．（5分）（2022•揭阳一模）若二项式的展开式中，第4项与第7项的二项式系数相等，则展开式中x6的系数为 9 ．（用数字作答）考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：由题意可得，，可求n，然后写出展开式的通项，令x的次方为6求出r，即可求解解答：解：由题意可得，，解得n=9∵的展开式的通项为=令9﹣=6，解得r=2此时的系数为=9故答案为：9点评：本题主要考查了二项式系数的性质及二项展开式的通项的应用，解题的关键是熟练掌握基本公式 11．（5分）（2022•揭阳一模）x20212223242526272829y141146154160169176181188197203一般来说，一个人脚掌越长，他的身高就越高，现对10名成年人的脚掌长x与身高y进行测量，得到数据（单位均为cm）如上表，作出散点图后，发现散点在一条直线附近，经计算得到一些数据：，；某刑侦人员在某案发现场发现一对裸脚印，量得每个脚印长为26.5cm，则估计案发嫌疑人的身高为 185.5 cm．考点：线性回归方程．专题：应用题．分析：根据所给的数据，求得回归方程的斜率b的值，代入样本中心点求出a的值，得到线性回归方程，把所给的x的值代入预报出身高．解答：解：∵经计算得到一些数据：，21；∴回归方程的斜率，，，截距，即回归方程为=7x，当x=26.5，，则估计案发嫌疑人的身高为185.5cm．故答案为：185.5．点评：本题考查回归分析的初步应用，本题解题的关键是正确运算出横标和纵标的平均数，写出线性回归方程，再者注意根据所给的自变量的值和线性回归方程得到的结果是一个预报值，而不是准确值，本题是一个中档题目． 12．（5分）（2022•揭阳一模）已知圆C经过直线2x﹣y+2=0与坐标轴的两个交点，又经过抛物线y2=8x的焦点，则圆C的方程为 ．考点：抛物线的简单性质；圆的标准方程．专题：计算题．分析：求出抛物线的焦点坐标，设出圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，把三个点的坐标分别代入即可得到关于D，E及F的三元一次方程组，求出方程组的解即可得到D，E及F的值，进而确定出圆的方程．解答：解：抛物线y2=8x的焦点为F（2，0），直线2x﹣y+2=0与坐标轴的两个交点坐标分别为A（﹣1，0），B（0，2），设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．将A、B、F三点的坐标代入圆的方程得：，解得于是所求圆的方程为x2+y2﹣x﹣y﹣2=0．即．（12分）21故答案为：；点评：本题考查圆的方程，考查抛物线的简单性质，解题的关键是利用待定系数法求圆的方程，属于中档题． 13．（5分）（2022•揭阳一模）函数f（x）的定义域为D，若对任意的x1、x2∈D，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2），则称函数f（x）在D上为“非减函数”．设函数g（x）在[0，1]上为“非减函数”，且满足以下三个条件：（1）g（0）=0；（2）；（3）g（1﹣x）=1﹣g（x），则g（1）= 1 、= ．考点：函数的值；抽象函数及其应用．专题：新定义．分析：①在（3）中令x=0即可得出g（1）；②在（2）中令x=1得，在（3）中令得，再利用函数g（x）在[0，1]上为“非减函数”即可得出．解答：解：①在（3）中令x=0得g（1）=1﹣g（0）=1，∴g（1）=1；②在（2）中令x=1得，在（3）中令得，故，∵，∴，故．故答案分别为1，．点评：恰当对函数g（x）的x赋值及利用函数g（x）在[0，1]上为“非减函数”是解题的关键． 14．（2022•东莞二模）（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C1：和曲线C2：，则C1上到C2的距离等于的点的个数为 3 ．考点：直线与圆的位置关系；点的极坐标和直角坐标的互化．专题：直线与圆．分析：把极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离等于半径的一半，可得圆上到直线的距离等于的点的个数．21解答：解：将方程与化为直角坐标方程得与x﹣y﹣2=0，可知C1为圆心在坐标原点，半径为r=的圆，C2为直线，因圆心到直线x﹣y﹣2=0的距离为=，故满足条件的点的个数n=3，故答案为3．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，直线和圆的位置关系，属于中档题． 15．（5分）（2022•揭阳一模）如图所示，AB是⊙O的直径，过圆上一点E作切线ED⊥AF，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C．若CB=2，CE=4，则⊙O的半径长为 3 ；AD的长为 ．考点：相似三角形的性质．专题：计算题．分析：设出圆的半径直接利用切割线定理求出圆的半径，通过三角形相似列出比例关系求出AD即可．解答：解：设r是⊙O的半径．由切割线定理可知：CE2=CA•CB，即42=（2r+2）×2，解得r=3．因为EC是圆的切线，所以OE⊥EC，AD⊥DC，所以△ADC∽△OEC，所以，，解得．故答案为：3；．点评：本题考查圆的切割线定理的应用，三角形相似的证明以及应用，考查计算能力．21 三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．16．（12分）（2022•揭阳一模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．（1）求角C的大小；（2）求的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．考点：正弦定理；两角和与差的正弦函数．专题：解三角形．分析：（1）已知等式变形后利用正弦定理化简，整理后再利用同角三角函数间的基本关系求出tanC的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数；（2）由C的度数及内角和定理，用A表示出B，代入所求式子中，利用诱导公式化简，再利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由A的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的图象与性质求出最大值及此时A与B的度数即可．解答：解：（1）由csinA=acosC，结合正弦定理得，==，∴sinC=cosC，即tanC=，∵0＜C＜π，∴C=；（2）由（1）知B=﹣A，∴sinA﹣sin（B+）=sinA﹣cosB=sinA﹣cos（﹣A）=sinA﹣coscosA﹣sinsinA=sinA+cosA=sin（A+），∵0＜A＜，∴＜A+＜，当A+=时，sinA﹣sin（B+）取得最大值1，此时A=，B=．点评：此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦、余弦函数公式，诱导公式，同角三角函数间的基本关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键． 17．（12分）（2022•揭阳一模）根据公安部最新修订的《机动车驾驶证申领和使用规定》：每位驾驶证申领者必须通过《科目一》（理论科目）、《综合科》（驾驶技能加科目一的部分理论）的考试．已知李先生已通过《科目一》的考试，且《科目一》的成绩不受《综合科》的影响，《综合科》三年内有5次预约考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾驶证，不再参加以后的考试，否则就一直考到第5次为止．设李先生《综合科》每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，0.8，0.9．（1）求在三年内李先生参加驾驶证考试次数ξ的分布列和数学期望；（2）求李先生在三年内领到驾驶证的概率．21考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：（1）可知ξ的取值为1，2，3，4，5，分别可得所对应的概率，可得分布列，进而可得期望Eξ；（2）李先生在三年内领到驾照的对立事件为5次考试全不过，由对立事件的概率可得结果．解答：解：（1）由题意可知ξ的取值为1，2，3，4，5．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）P（ξ=1）=0.5，P（ξ=2）=（1﹣0.5）×0.6=0.3，P（ξ=3）=（1﹣0.5）×（1﹣0.6）×0.7=0.14，P（ξ=4）=（1﹣0.5）×（1﹣0.6）×（1﹣0.7）×0.8=0.048，P（ξ=5）=（1﹣0.5）×（1﹣0.6）×（1﹣0.7）×（1﹣0.8）=0.012﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）∴ξ的分布列为：ξ12345P0.50.30.140.0480.012﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）∴Eξ=1×0.5+2×0.3+3×0.14+4×0.048+5×0.012=1.772﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）（2）李先生在三年内领到驾照的概率为：P=1﹣（1﹣0.5）×（1﹣0.6）×（1﹣0.7）×（1﹣0.8）×（1﹣0.9）=0.9988﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）点评：本题考查离散型随机变量及其分布列，涉及数学期望的求解，属中档题． 18．（14分）（2022•揭阳一模）如图（1），在等腰梯形CDEF中，CB、DA是梯形的高，AE=BF=2，，现将梯形沿CB、DA折起，使EF∥AB且EF=2AB，得一简单组合体ABCDEF如图（2）示，已知M，N，P分别为AF，BD，EF的中点．（1）求证：MN∥平面BCF；（2）求证：AP⊥DE；（3）当AD多长时，平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角为60°？考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）如图1，连接AC．利用矩形的性质可得N为AC的中点，利用三角形的中位线定理可得MN∥CF，再利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用线面垂直的判定定理可得AD⊥平面ABFE，得到AD⊥AP；利用平行四边形的判定和性质可得AP=BF，利用勾股定理的逆定理可得AP⊥AE，利用线面垂直的判定定理21可得AP⊥平面ADE．进而得到结论．（3）解法一：如图所示，通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角公式即可得出二面角，解出即可；解法二：点A作AK⊥DE交DE于K点，连结PK，则DE⊥PK，可得∠AKP为二面角A﹣DE﹣F的平面角，利用直角三角形的边角关系即可得出．解答：（1）证明：如图1，连接AC，∵四边形ABCD是矩形，N为BD中点，∴N为AC中点，在△ACF中，M为AF中点，故MN∥CF．∵CF⊂平面BCF，MN⊄平面BCF，∴MN∥平面BCF；（2）证明：由题意知DA⊥AB，DA⊥AE且AB∩AE=A，∴AD⊥平面ABFE，∵AP⊂平面ABFE，∴AP⊥AD，∵P为EF中点，∴，又AB∥EF，可得四边形ABFP是平行四边形．∴AP∥BF，AP=BF=2．∴AP2+AE2=PE2，∴∠PAE=90°，∴PA⊥AE．又AD∩AE=A，∴AP⊥平面ADE．∵DE⊂平面ADE，∴AP⊥DE．（3）解法一：如图2，分别以AP，AE，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设AD=m（m＞0），则A（0，0，0），D（0，0，m），E（0，2，0），P（2，0，0）．∴，．可知平面ADE的一个法向量为，设平面DEF的一个法向量为，则，令x=1，则y=1，．故．∴，由题意得，=cos60°，解得，即时，平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角为60°．解法二：过点A作AK⊥DE交DE于K点，连结PK，则DE⊥PK，∴∠AKP为二面角A﹣DE﹣F的平面角，21由∠AKP=60°，AP=BF=2得AK=，又AD•AE=AK•DE得，解得，即时，平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角为60°．点评：熟练掌握利用矩形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定和性质定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的逆定理、通过建立空间直角坐标系利用两个平面的法向量的夹角公式得出二面角的方法、利用二面角的定义作出二面角、直角三角形的边角关系等是解题的关键． 19．（14分）（2022•揭阳一模）如图，设点F1（﹣c，0）、F2（c，0）分别是椭圆的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且最小值为0．（1）求椭圆C的方程；（2）若动直线l1，l2均与椭圆C相切，且l1∥l2，试探究在x轴上是否存在定点B，点B到l1，l2的距离之积恒为1？若存在，请求出点B坐标；若不存在，请说明理由．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）设P（x，y），可得向量坐标关于x、y的形式，从而得到，结合点P为椭圆C上的点，化简得21，说明最小值为1﹣c2=0，从而解出a2=2且b2=1，得到椭圆C的方程．（2）当直线l1，l2斜率存在时，设它们的方程为y=kx+m与y=kx+n，与椭圆方程联解并利用根的判别式列式，化简得m2=1+2k2且n2=1+2k2，从而得到m=﹣n．再假设x轴上存在B（t，0），使点B到直线l1，l2的距离之积为1，由点到直线的距离公式列式，并化简去绝对值整理得k2（t2﹣3）=2或k2（t2﹣1）=0，再经讨论可得t=±1，得B（1，0）或B（﹣1，0）．最后检验当直线l1，l2斜率不存在时，（1，0）或（﹣1，0）到直线l1，l2的距离之积与等于1，从而得到存在点B（1，0）或B（﹣1，0），满足点B到l1，l2的距离之积恒为1．解答：解：（1）设P（x，y），则有，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）∴∵点P在椭圆C上，可得，可得y2=x2，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）因此，最小值为1﹣c2=0，解之得c=1，可得a2=2，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）∴椭圆C的方程为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（2）①当直线l1，l2斜率存在时，设其方程为y=kx+m，y=kx+n﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）把l1的方程代入椭圆方程，得（1+2k2）x2+4mkx+2m2﹣2=0∵直线l1与椭圆C相切，∴△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣2）=0，化简得m2=1+2k2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）同理可得n2=1+2k2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）∴m2=n2，而若m=n则l1，l2重合，不合题意，因此m=﹣n﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）设在x轴上存在点B（t，0），点B到直线l1，l2的距离之积为1，21则，即|k2t2﹣m2|=k2+1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）把1+2k2=m2代入，并去绝对值整理，可得k2（t2﹣3）=2或k2（t2﹣1）=0，而前式显然不能恒成立；因而要使得后式对任意的k∈R恒成立必须t2﹣1=0，解之得t=±1，得B（1，0）或B（﹣1，0）；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）②当直线l1，l2斜率不存在时，其方程为和，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）定点（﹣1，0）到直线l1，l2的距离之积为；定点（1，0）到直线l1，l2的距离之积为，也符合题意．综上所述，满足题意的定点B为（﹣1，0）或（1，0）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）点评：本题给出椭圆上一点P，在最小值为0的情况下求椭圆的方程，并讨论x轴上存在定点B到l1，l2的距离之积恒为1的问题，着重考查了椭圆的标准方程与简单几何性质、点到直线的距离公式、向量数量积运算和直线与圆锥曲线的位置关系等知识点，属于中档题． 20．（14分）（2022•揭阳一模）已知函数为常数），数列{an}满足：，an+1=f（an），n∈N*．（1）当α=1时，求数列{an}的通项公式；（2）在（1）的条件下，证明对∀n∈N*有：；（3）若α=2，且对∀n∈N*，有0＜an＜1，证明：．考点：数列与函数的综合；不等式的证明；数学归纳法．专题：计算题；证明题；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法．分析：（1）当α=1时，说明数列是以为首项，1为公差的等差数列，然后求数列{an}的通项公式；（2）法一：在（1）的条件下，化简数列的通项公式，利用裂项法：证明对∀n∈N*有：；法二：直接利用数学归纳法的证明步骤证明即可．21（3）法一：通过α=2，化简an+1﹣an的表达式为，利用基本不等式直接证明．法二：通过，以及0＜an＜1，说明，an∈[，1），n∈N*，构造函数，利用函数的导数，求出函数的最大值即可证明结果．解答：解：（1）当α=1时，，两边取倒数，得，﹣﹣﹣﹣（2分）故数列是以为首项，1为公差的等差数列，，，n∈N*．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（2）证法1：由（1）知，故对k=1，2，3…=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）∴a1a2a3+a2a3a4+…+anan+1an+2===．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）．[证法2：①当n=1时，等式左边=，等式右边=，左边=右边，等式成立；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）②假设当n=k（k≥1）时等式成立，即，则当n=k+1时21==这就是说当n=k+1时，等式成立，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）综①②知对于∀n∈N*有：．﹣﹣﹣﹣（9分）]（3）当α=2时，则，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）∵0＜an＜1，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）===．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）∵an=1﹣an与不能同时成立，∴上式“=”不成立，即对∀n∈N*，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）证法二：当α=2时，，则﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）21又0＜an＜1，∴，∴an+1＞an，∴an∈[，1），n∈N*﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）令，则，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）当，所以函数g（x）在单调递减，故当，所以命题得证﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）所以命题得证﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）点评：本题考查数列与函数的综合应用，数学归纳法的证明方法，构造法以及函数的导数求解函数的最大值证明不等式，基本不等式的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用． 21．（14分）（2022•揭阳一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax2+bx，函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴．（1）确定a与b的关系；（2）试讨论函数g（x）的单调性；（3）证明：对任意n∈N*，都有ln（1+n）＞成立．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明．专题：导数的综合应用．分析：（1）求导得到g′（x），利用导数的几何意义即可得出；（2）利用（1）用a表示b，得到g′（x），通过对a分类讨论即可得到其单调性；（3）证法一：由（2）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x2﹣3x在（1，+∞）单调递增，可得lnx+x2﹣3x≥g（1）=﹣2，即lnx≥﹣x2+3x﹣2=﹣（x﹣1）（x﹣2），令，则21，利用“累加求和”及对数的运算法则即可得出；证法二：通过构造数列{an}，使其前n项和Tn=ln（1+n），则当n≥2时，，显然a1=ln2也满足该式，故只需证，令，即证ln（1+x）﹣x+x2＞0，记h（x）=ln（1+x）﹣x+x2，x＞0，再利用（2）的结论即可；证法三：令φ（n）=ln（1+n）﹣，则=，令，则x∈（1，2]，，记h（x）=lnx﹣（x﹣1）+（x﹣1）2=lnx+x2﹣3x+2，利用（2）的结论即可．解答：解：（1）依题意得g（x）=lnx+ax2+bx，则，由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：g'（1）=1+2a+b=0，∴b=﹣2a﹣1．（2）由（1）得=，∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），∴①当a≤0时，2ax﹣1＜0在（0，+∞）上恒成立，由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0得x＞1，即函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；②当a＞0时，令g'（x）=0得x=1或，若，即时，由g'（x）＞0得x＞1或，由g'（x）＜0得，即函数g（x）在，（1，+∞）上单调递增，在单调递减；若，即时，由g'（x）＞0得或0＜x＜1，由g'（x）＜0得，21即函数g（x）在（0，1），上单调递增，在单调递减；若，即时，在（0，+∞）上恒有g'（x）≥0，即函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，综上得：当a≤0时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；当时，函数g（x）在（0，1）单调递增，在单调递减；在上单调递增；当时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，当时，函数g（x）在上单调递增，在单调递减；在（1，+∞）上单调递增．（3）证法一：由（2）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x2﹣3x在（1，+∞）单调递增，∴lnx+x2﹣3x≥g（1）=﹣2，即lnx≥﹣x2+3x﹣2=﹣（x﹣1）（x﹣2），令，则，∴+…+＞+…+，∴，即．证法二：构造数列{an}，使其前n项和Tn=ln（1+n），则当n≥2时，，显然a1=ln2也满足该式，故只需证，令，即证ln（1+x）﹣x+x2＞0，记h（x）=ln（1+x）﹣x+x2，x＞0，则，h（x）在（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）=0，∴成立，21以下同证法一．证法三：令φ（n）=ln（1+n）﹣，则=，令，则x∈（1，2]，，记h（x）=lnx﹣（x﹣1）+（x﹣1）2=lnx+x2﹣3x+2，∵∴函数h（x）在（1，2]单调递增，又h（1）=0，∴当x∈（1，2]时，h（x）＞0，即φ（n+1）﹣φ（n）＞0，∴数列φ（n）单调递增，又φ（1）=ln2＞0，∴即．点评：熟练掌握导数的几何意义、分类讨论、利用导数研究函数的单调性、善于利用已经证明的结论、“累加求和”及对数的运算法则、“分析法”、“构造法”等是解题的关键． 21
