2022年浙江省高考数学试卷（纯word精美版）

这是一份2022年浙江省高考数学试卷（纯word精美版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年浙江省高考数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）设集合A＝{1，2}，B＝{2，4，6}，则A∪B＝（　　）
A．{2} B．{1，2} C．{2，4，6} D．{1，2，4，6}
2．（4分）已知a，b∈R，a+3i＝（b+i）i（i为虚数单位），则（　　）
A．a＝1，b＝﹣3 B．a＝﹣1，b＝3 C．a＝﹣1，b＝﹣3 D．a＝1，b＝3
3．（4分）若实数x，y满足约束条件则z＝3x+4y的最大值是（　　）
A．20 B．18 C．13 D．6
4．（4分）设x∈R，则“sinx＝1”是“cosx＝0”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）

A．22π B．8π C．π D．π
6．（4分）为了得到函数y＝2sin3x的图象，只要把函数y＝2sin（3x+）图象上所有的点（　　）
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
7．（4分）已知2a＝5，log83＝b，则4a﹣3b＝（　　）
A．25 B．5 C． D．
8．（4分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F﹣BC﹣A的平面角为γ，则（　　）

A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
9．（4分）已知a，b∈R，若对任意x∈R，a|x﹣b|+|x﹣4|﹣|2x﹣5|≥0，则（　　）
A．a≤1，b≥3 B．a≤1，b≤3 C．a≥1，b≥3 D．a≥1，b≤3
10．（4分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an﹣an2（n∈N*），则（　　）
A．2＜100a100＜ B．＜100a100＜3
C．3＜100a100＜ D．＜100a100＜4
二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。
11．（4分）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S＝，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a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝　 　．
12．（6分）已知多项式（x+2）（x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2＝　 　，a1+a2+a3+a4+a5＝　 　．
13．（6分）若3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，则sinα＝　 　，cos2β＝　 　．
14．（6分）已知函数f（x）＝则f（f（））＝　 　；若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是 　 　．
15．（6分）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P（ξ＝2）＝　 　，E（ξ）＝　 　．
16．（4分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 　 　．
17．（4分）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2+2+…+2的取值范围是 　 　．
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18．（14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a＝c，cosC＝．
（Ⅰ）求sinA的值；
（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．
19．（15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
（Ⅰ）证明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．

20．（15分）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；
（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．
21．（15分）如图，已知椭圆+y2＝1．设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝﹣x+3于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求|CD|的最小值．

22．（15分）设函数f（x）＝+lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：
（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．
（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）

2022年浙江省高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）设集合A＝{1，2}，B＝{2，4，6}，则A∪B＝（　　）
A．{2} B．{1，2} C．{2，4，6} D．{1，2，4，6}
【分析】利用并集运算求解即可．
【解答】解：∵A＝{1，2}，B＝{2，4，6}，
∴A∪B＝{1，2，4，6}，
故选：D．
【点评】本题考查了并集及其运算，属于基础题．
2．（4分）已知a，b∈R，a+3i＝（b+i）i（i为虚数单位），则（　　）
A．a＝1，b＝﹣3 B．a＝﹣1，b＝3 C．a＝﹣1，b＝﹣3 D．a＝1，b＝3
【分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．
【解答】解：∵a+3i＝（b+i）i＝﹣1+bi，a，b∈R，
∴a＝﹣1，b＝3，
故选：B．
【点评】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的相等，是基础题．
3．（4分）若实数x，y满足约束条件则z＝3x+4y的最大值是（　　）
A．20 B．18 C．13 D．6
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可．
【解答】解：实数x，y满足约束条件
则不等式组表示的平面区域为如图所示的阴影部分，
由已知可得A（2，3），
由图可知：当直线3x+4y﹣z＝0过点A时，z取最大值，
则z＝3x+4y的最大值是3×2+4×3＝18，
故选：B．

【点评】本题考查了简单线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属基础题．
4．（4分）设x∈R，则“sinx＝1”是“cosx＝0”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
【分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可．
【解答】解：∵sin2x+cos2x＝1，
①当sinx＝1时，则cosx＝0，∴充分性成立，
②当cosx＝0时，则sinx＝±1，∴必要性不成立，
∴sinx＝1是cosx＝0的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题考查了同角三角函数间的基本关系，充要条件的判定，属于基础题．
5．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）

A．22π B．8π C．π D．π
【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
【解答】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：+π×12×2+＝π．
故选：C．
【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
6．（4分）为了得到函数y＝2sin3x的图象，只要把函数y＝2sin（3x+）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
【分析】由已知结合正弦函数图象的平移即可求解．
【解答】解：把y＝2sin（3x+）图象上所有的点向右平移个单位可得y＝2sin[3（x﹣）+]＝2sin3x的图象．
故选：D．
【点评】本题主要考查了正弦函数的图象平移，属于基础题．
7．（4分）已知2a＝5，log83＝b，则4a﹣3b＝（　　）
A．25 B．5 C． D．
【分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．
【解答】解：由2a＝5，log83＝b，
可得8b＝23b＝3，
则4a﹣3b＝＝＝＝，
故选：C．
【点评】本题考查了指数、对数的运算性质，考查了计算能力，属于基础题．
8．（4分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F﹣BC﹣A的平面角为γ，则（　　）

A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化即可求解．
【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，
∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过F作FG⊥AC，垂足点为G，连接GE，则A1A∥FG，
∴EF与AA1所成的角为∠EFG＝α，且tanα＝，
又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，
∴EF与平面ABC所成的角为∠FEG＝β，且tanβ＝∈[1，+∞），
∴tanβ≥tanα，...①，
再过G点作GH⊥BC，垂足点为H，连接HF，
又易知FG⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，
∴BC⊥FG，又FG∩GH＝G，∴BC⊥平面GHF，
∴二面角F﹣BC﹣A的平面角为∠GHF＝γ，且tanγ＝，又GH∈[0，1]，
∴tanγ∈[1，+∞），∴tanγ≥tanα，...②，
又GE≥GH，∴tanβ≤tanγ，...③，
由①②③得tanα≤tanβ≤tanγ，又α，β，γ∈[0，），y＝tanx在[0，）单调递增，
∴α≤β≤γ，
故选：A．

【点评】本题考查线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，考查了转化思想，属中档题．
9．（4分）已知a，b∈R，若对任意x∈R，a|x﹣b|+|x﹣4|﹣|2x﹣5|≥0，则（　　）
A．a≤1，b≥3 B．a≤1，b≤3 C．a≥1，b≥3 D．a≥1，b≤3
【分析】法一：当a＜1，x→+∞时，推导出a|x﹣b|+|x﹣4|﹣|2x﹣5|＝（a+1﹣2）x﹣ab﹣4+5＜0，与已知条件矛盾，从而a≥1，若b＞3，则当x＝b时，推导出a|x﹣b|+|x﹣4|﹣|2x﹣5|＝|b﹣4|﹣2b+5＜0，与条件矛盾，从而b≤3．
法二：由a|x﹣b|≥|2x﹣5|﹣|x﹣4|，作出f（x）＝|2x﹣5|﹣|x﹣4|的图象，数形结合，得a≥1且b≤3．
【解答】解法一：当a＜1，x→+∞时，
a|x﹣b|+|x﹣4|﹣|2x﹣5|＝a（x﹣b）+（x﹣4）﹣22+5＝（a+1﹣2）x﹣ab﹣4+5＜0，与已知条件矛盾，
∴a≥1，
若b＞3，则当x＝b时，
a|x﹣b|+|x﹣4|﹣|2x﹣5|＝|b﹣4|﹣2b+5＜0，与条件矛盾，
∴b≤3，
故ABC均错误，D正确．
解法二：由a|x﹣b|≥|2x﹣5|﹣|x﹣4|，作出f（x）＝|2x﹣5|﹣|x﹣4|的图象，如图，

数形结合，得a≥1且b≤3．
故选：D．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，作为选择题，数形结合法等提高解题效率，属于基础题．
10．（4分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an﹣an2（n∈N*），则（　　）
A．2＜100a100＜ B．＜100a100＜3
C．3＜100a100＜ D．＜100a100＜4
【分析】分析可知数列{an}是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an＜3，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案．
【解答】解：∵an+1﹣an＝﹣an2＜0，
∴{an}为递减数列，
又，且an≠0，
∴，
又a1＝1＞0，则an＞0，
∴，
∴，
∴，则，
∴；
由得，得，
累加可得，，
∴，
∴；
综上，．
故选：B．
【点评】本题考查递推数列，数列的单调性等知识，对化简变形能力要求较高，考查运算求解能力，逻辑推理能力，属于难题．
二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。
11．（4分）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S＝，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a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝　　．
【分析】直接由秦九韶计算可得面积．
【解答】解：由S＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查学生的阅读能力，考查学生计算能力，属基础题．
12．（6分）已知多项式（x+2）（x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2＝　8　，a1+a2+a3+a4+a5＝　﹣2　．
【分析】a2相当于是用（x+2）中的一次项系数乘以（x﹣1）4展开式中的一次项系数加上（x+2）中的常数项乘以（x﹣1）4展开式中的二次项系数之和，分别令x＝0，x＝1，即可求得a1+a2+a3+a4+a5的值．
【解答】解：∵（x﹣1）4＝x4﹣4x3+6x2﹣4x+1，
∴a2＝﹣4+12＝8；
令x＝0，则a0＝2，
令x＝1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5＝0，
∴a1+a2+a3+a4+a5＝﹣2．
故答案为：8，﹣2．
【点评】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
13．（6分）若3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，则sinα＝　　，cos2β＝　　．
【分析】由诱导公式求出3sinα﹣cosα＝，再由同角三角函数关系式推导出sinα＝，由此能求出cos2β的值．
【解答】解：∵3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，
∴3sinα﹣cosα＝，
∴cosα＝3sinα﹣，
∵sin2α+cos2α＝1，
∴sin2α+（3sin）2＝1，
解得sinα＝，cosβ＝sinα＝，
cos2β＝2cos2β﹣1＝2×﹣1＝．
故答案为：；．
【点评】本题考查三角函数值的求法，考查诱导公式、同角三角函数关系式、二倍角公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（6分）已知函数f（x）＝则f（f（））＝　　；若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是 　3+　．
【分析】直接由分段函数解析式求f（f（））；画出函数f（x）的图象，数形结合得答案．
【解答】解：∵函数f（x）＝，∴f（）＝﹣+2＝，
∴f（f（））＝f（）＝+﹣1＝；
作出函数f（x）的图象如图：

由图可知，若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是．
故答案为：；3+．
【点评】本题考查函数值的求法，考查分段函数的应用，考查数形结合思想，是中档题．
15．（6分）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P（ξ＝2）＝　　，E（ξ）＝　　．
【分析】根据组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义即可求解．
【解答】解：根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，
又P（ξ＝1）＝，
P（ξ＝2）＝，
P（ξ＝3）＝，
P（ξ＝4）＝，
∴E（ξ）＝1×+2×+3×+4×＝，
故答案为：；．
【点评】本题考查组合数公式，古典概型的概率公式，离散型随机变量的均值定义，属基础题．
16．（4分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 　　．
【分析】过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，依题意，点B在渐近线上，不妨设，根据题设条件可求得点A的坐标为，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而得到离心率．
【解答】解：如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于B（x2，y2）且x2＞0，则点B在渐近线上，不妨设，
设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即，则|FB′|＝4m，
∴|OF|＝c＝4m﹣m＝3m，
又，则＝，
又，则，则，
∴点A的坐标为，
∴，即，
∴．
故答案为：．

【点评】本题考查双曲线的性质，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题．
17．（4分）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2+2+…+2的取值范围是 　[12+2，16]　．
【分析】以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，求出正八边形各个顶点坐标，设P（x，y），进而得到2+2+…+2＝8（x2+y2）+8，根据点P的位置可求出x2+y2的范围，从而得到2+2+…+2的取值范围．
【解答】解：以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A1（0，1），，A3（1，0），，A5（0，﹣1），，A7（﹣1，0），，
设P（x，y），
则2+2+…+2＝|PA1|2+|PA2|2+|PA3|2+|PA4|2+|PA5|2+|PA6|2+|PA7|2+|PA8|2＝8（x2+y2）+8，
∵cos22.5°≤|OP|≤1，∴，
∴，
∴12≤8（x2+y2）+8≤16，
即2+2+…+2的取值范围是[12+2，16]，
故答案为：[12+2，16]．

【点评】本题主要考查了平面向量数量积的运算和性质，考查了学生分析问题和转化问题的能力，属于中档题．
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18．（14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a＝c，cosC＝．
（Ⅰ）求sinA的值；
（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．
【分析】（Ⅰ）根据cosC＝，确定C的范围，再求出sinC，由正弦定理可求得sinA；
（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为cosC＝＞0，所以C∈（0，），且sinC＝＝，
由正弦定理可得：＝，
即有sinA＝＝sinC＝×＝；
（Ⅱ）因为4a＝c⇒a＝c＜c，
所以A＜C，故A∈（0，），
又因为sinA＝，所以cosA＝，
所以sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC＝；
由正弦定理可得：＝＝＝5，
所以a＝5sinA＝5，
所以S△ABC＝absinC＝×5×11×＝22．
【点评】本题考查了解三角形中正弦定理、面积公式，属于基础题．
19．（15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
（Ⅰ）证明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系，求得平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
【解答】证明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，
平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，
所以∠FCB为二面角F﹣DC﹣B的平面角，
则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．
又，
则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，
所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，
又因为DC∩CB＝C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD；
解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：

于是，则，
，
设平面ADE的法向量＝（x，y，z），
则，∴，令x＝，则y＝﹣1，z＝，
∴平面ADE的法向量，
设BM与平面ADE所成角为θ，
则．
【点评】本题考查了线线垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．
20．（15分）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；
（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．
【分析】（Ⅰ）由等差数列{an}的首项a1＝﹣1及S4﹣2a2a3+6＝0可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，再由等差数列的前n项和公式可得Sn的解析式；
（Ⅱ）由an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，可得关于cn的二次方程，由判别式大于0可得d的表达式，分类讨论可得d的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）因为等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1，
因为S4﹣2a2a3+6＝0，可得﹣2a2a3+6＝0，即2（a1+a4）﹣2a2a3+6＝0，
a1+a1+3d﹣（a1+d）（a1+2d）+3＝0，即﹣1﹣1+3d﹣（﹣1+d）（﹣1+2d）+3＝0，
整理可得：d2＝3d，解得d＝3，
所以Sn＝na1+d＝﹣n+＝，
即Sn＝；
（Ⅱ）因为对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，
则（a1+nd+4cn）2＝[a1+（n﹣1）d+cn][（a1+（n+1）d+15cn]，a1＝﹣1，
整理可得：cn2+[（14﹣8n）d+8]cn+d2＝0，则Δ＝[（14﹣8n）d+8]2﹣4d2≥0恒成立在n∈N+，
整理可得[（2n﹣3）d﹣2][n﹣2）d﹣1]≥0，
当n＝1时，可得d≤﹣2或d≥﹣1，而d＞1，
所以d的范围为（1，+∞）；
n＝2时，不等式变为（d﹣2）（﹣1）≥0，解得d≤2，而d＞1，
所以此时d∈（1，2]，
当n≥3时，d＞1，则[（2n﹣3）d﹣2][n﹣2）d﹣1]＞（2n﹣5）（n﹣3）≥0符合要求，
综上所述，对于每个n∈N*，d的取值范围为（1，2]，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列．
【点评】本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法，属于中档题．
21．（15分）如图，已知椭圆+y2＝1．设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝﹣x+3于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求|CD|的最小值．

【分析】（Ⅰ）设椭圆上任意一点M（x，y），利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得解；
（Ⅱ）设直线AB方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，进而表示出|x1﹣x2|，再分别联立直线AP，直线BP与直线，得到C，D两点的坐标，由此可表示出|CD|，再转化求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）设椭圆上任意一点M（x，y），则|PM|2＝x2+（y﹣1）2＝12﹣12y2+y2﹣2y+1＝﹣11y2﹣2y+13，y∈[﹣1，1]，
而函数z＝﹣11y2﹣2y+13的对称轴为，则其最大值为，
∴，即点P到椭圆上点的距离的最大值为；
（Ⅱ）设直线AB：，
联立直线AB与椭圆方程有，消去y并整理可得，（12k2+1）x2+12kx﹣9＝0，
由韦达定理可得，，
∴＝，
设C（x3，y3），D（x4，y4），直线AP：，直线BP：，
联立以及，
可得，
∴由弦长公式可得＝
＝2||＝2||
＝＝≥＝，
当且仅当时等号成立，
∴|CD|的最小值为．
【点评】本题考查直线与椭圆的综合运用，涉及了两点间的距离公式，利用二次函数的性质求最值，弦长公式等基础知识点，考查逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题．
22．（15分）设函数f（x）＝+lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：
（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．
（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）
【分析】（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．
（Ⅱ）（i）设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），则f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，该方程整理为（﹣）（x﹣a）﹣，设g（x）＝（）（x﹣a）﹣﹣lnx+b，则g′（x）＝﹣（x﹣e）（x﹣a），利用导数性质能证明．
（ii）当0＜a＜e时，g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，设x1＜x2＜x3，推导出，设t＝，则方程1﹣，即为﹣（m+1）t+，由此能证明0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．
【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝+lnx（x＞0），
∴+＝，（x＞0），
由＞0，得x＞，∴f（x）在（，+∞）上单调递增；
由＜0，得0＜x＜，∴f（x）在（0，）上单调递减．
（Ⅱ）（i）证明：∵过（a，b）有三条不同的切线，
设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），
∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，
该方程整理为（﹣）（x﹣a）﹣，
设g（x）＝（）（x﹣a）﹣﹣lnx+b，
则g′（x）＝＝﹣（x﹣e）（x﹣a），
当0＜x＜e或x＞a时，g′（x）＜0；当e＜x＜a时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上为减函数，在（e，a）上为增函数，
∵g（x）有3个不同的零点，∴g（e）＜0且g（a）＞0，
∴（）（e﹣a）﹣﹣lne+b＜0，且（）（a﹣a）﹣，
整理得到且，
此时，，且，
此时，﹣，
整理得，且，
此时，b﹣f（a）﹣（）＜+1﹣（）﹣，
设μ（a）为（e，+∞）上的减函数，∴μ（a）＜，
∴．
（ii）当0＜a＜e时，同（i）讨论，得：
g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，
不妨设x1＜x2＜x3，则0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，
∵g（x）有3个不同的零点，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，
∴（）（e﹣a）﹣，且（）（a﹣a）﹣，
整理得，
∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，
∵g（x）＝1﹣，
设t＝，则方程1﹣即为：
﹣，即为﹣（m+1）t+，
记，
则t1，t2，t3为﹣（m+1）t+有三个不同的根，
设k＝，m＝，
要证：，
即证，
即证：，
而﹣（m+1），且﹣（m+1），
∴（t1﹣t3）＝0，
∴，
∴即证﹣＜，
即证+＞0，
即证，
记，则，
∴φ（k）在（1，+∞）为增函数，∴φ（k）＞φ（m），
∴＞，
设ω（m）＝lnm+，0＜m＜1，
则ω′（x）＝＞，
∴ω（m）在（0，1）上是增函数，∴ω（m）＜ω（1）＝0，
∴lnm+＜0，
即＞0，
∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．
【点评】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/9/6 20:05:24；用户：defshao；邮箱：defshao@163.com；学号：11223494

菁优网APP 菁优网公众号 菁优网小程序