2022年高考数学考纲解读与热点难点突破专题26解题规范与评分细则热点难点突破理含解析

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1、2022年高考数学考纲解读与热点难点突破专题26解题规范与评分细则热点难点突破理含解析1若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为_解析：f(x)6x22ax2x(3xa)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上递增，又f(0)1， f(x)在(0，)上无零点当a0时，由f(x)0解得x，由f(x)0解得0x，则当x时，f(x)0.所以f(x)在x2处取得极小值若a，则当x(0,2)时，x20，ax1x10.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.3已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处

2、的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0. 解析：(1)解：由题意得解得a，b1.所以椭圆M的方程为y21.(2)解：设直线l的方程为yxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得4x26mx3m230，所以x1x2，x1x2.所以|AB| .当m0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为.(3)解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得x13y13，x23y23.直线PA的方程为y(x2)由得(x12)23y1x212y1x12y13(x12)20.设C(xC，yC)，所以xCx1.所以xCx1.所以yC(xC2).设D(xD，yD)，同理得xD，yD.记直线CQ，DQ的斜率

3、分别为kCQ，kDQ，则kCQkDQ4(y1y2x1x2)因为C，D，Q三点共线，所以kCQkDQ0.故y1y2x1x2.所以直线l的斜率k1.10已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F2(1,0)，点B在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：yk(x4)(k0)与椭圆C由左至右依次交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出定直线的方程解析：(1)由F2(1,0)，知c1，由题意得所以a2，b，所以椭圆C的方程为1.(2)因为yk(x4)，所以直线l过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点G在直线xx0上当直线l过椭圆C的上顶点

4、时，M(0，)，所以直线l的斜率k，由得或所以N，由(1)知A1(2,0)，A2(2,0)，所以直线lA1M的方程为y(x2)，直线lA2N的方程为y(x2)，所以G，所以G在直线x1上当直线l不过椭圆C的上顶点时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得(34k2)x232k2x64k2120，所以(32k2)24(34k2)(64k212)0，得k，x1x2，x1x2，易得直线lA1M的方程为y(x2)，直线lA2N的方程为y(x2)，当x1时，得2x1x25(x1x2)80，所以0显然成立，所以G在直线x1上11已知平面直角坐标系内两定点A(2，0)，B(2，0)及动点C(x，y)，A

5、BC的两边AC，BC所在直线的斜率之积为.(1)求动点C的轨迹E的方程；(2)设P是y轴上的一点，若(1)中轨迹E上存在两点M，N使得2，求以AP为直径的圆的面积的取值范围解析：(1)由已知，kACkBC，即，所以3x24y224，又三点构成三角形，所以y0，所以点C的轨迹E的方程为1(y0)(2)设点P的坐标为(0，t)当直线MN的斜率不存在时，可得M，N分别是短轴的两端点，得到t.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykxt(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由2得x12x2.联立得得(34k2)x28ktx4t2240，当0得64k2t24(34k2)(4t224)0，

6、整理得t28k26.所以x1x2，x1x2，由，消去x1，x2得k2.则解得t26.不妨取M(2，0)，可求得N，此时t，由(1)知y0，故t22.综上，t22或2t26.又以AP为直径的圆的面积S，所以S的取值范围是.12已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P.(1)求sin()的值；(2)若角满足sin()，求cos 的值解析：(1)解：由角的终边过点P，得sin .所以sin()sin .(2)解：由角的终边过点P，得cos .由sin()，得cos().由()，得cos cos()cos sin()sin ，所以cos 或cos .13已知，为锐角，tan

7、，cos().(1)求cos 2的值；(2)求tan()的值解析：(1)解：因为tan ，tan ，所以sin cos .因为sin2cos21，所以cos2，因此，cos 22cos21.14在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinBasinA(ca)sinC.(1)求B；(2)若3sinC2sinA，且ABC的面积为6，求b.解析：(1)由bsinBasinA(ca)sinC及正弦定理，得b2a2(ca)c，即a2c2b2ac.由余弦定理，得cosB，因为B(0，)，所以B.(2)由(1)得B，所以ABC的面积为acsinBac6，得ac24.由3sinC2sinA及正

8、弦定理，得3c2a，所以a6，c4.由余弦定理，得b2a2c22accosB36162428，所以b2.15已知函数f(x)12sincos2cos2，ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)求f(A)的取值范围；(2)若A为锐角且f(A)，2sinAsinBsinC，ABC的面积为，求b的值解析：(1)f(x)sinxcosx2sin，f(A)2sin，由题意知，0A，则A，sin，故f(A)的取值范围为(1,2(2)由题意知，sin，A2k，kZ，即A2k，kZ，A为锐角，A.由正、余弦定理及三角形的面积得解得b. 162018全国卷记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，

9、S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解析：(1)解：设an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为ana1(n1)d2n9.(2)解：由(1)得Snnn28n(n4)216.所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.17已知数列an是等差数列，a26，前n项和为Sn，bn是等比数列，b22，a1b312，S3b119.(1)求an，bn的通项公式；(2)求数列bncos(an)的前n项和Tn.解析：(1)数列an是等差数列，a26，S3b13a2b118b119，b11.b22，数列bn是等比数列，bn2n1.b34，a1b312，

10、a13，a26，数列an是等差数列，an3n.(2)由(1)得，令Cnbncos(an)(1)n2n1，Cn1(1)n12n，2，又C11，数列 bncos(an)是以1为首项、2为公比的等比数列，Tn1(2)n18已知数列an满足：(32n1)，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3，求.解析：(1)(321)3，当n2时，因为(32n1)(32n21)32n1，当n1，32n1也成立，所以an.(2)bnlog3(2n1)，因为，所以.19已知数列an满足：a11，an1an.(1)设bn，求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解析：(1)由an1an，可

11、得，又bn，bn1bn，由a11，得b11，累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)，即bnb11，bn2.(2)由(1)可知an2n，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，得Tn2，Tn4.易知数列2n的前n项和为n(n1)，Snn(n1)4.20已知各项均不相等的等差数列an的前四项和S414，且a1，a3，a7成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)设Tn为数列的前n项和，若Tnan1对一切nN*恒成立，求实数的最大值解析：(1)设数列an的公差为d(d0)，由已知得，解得或(舍去)，所以ann1.21在等差数列an中，已知a35，且a1，a2，a5为递增的等比数列(1)求数列a

12、n的通项公式； (2)若数列bn的通项公式(kN*)，求数列bn的前n项和Sn.解析：(1)设等差数列an的公差为d，易知d0，由题意得，(a32d)(a32d)(a3d)2，即d22d0，解得d2或d0(舍去)，所以数列an的通项公式为ana3(n3)d2n1.(2)当n2k，kN*时，Snb1b2bnb1b3b2k1b2b4b2ka1a2ak(20212k1)k22k121；当n2k1，kN*时，n12k，则SnSn1bn121212.综上，Sn(kN*)22如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，ABC90，侧面A1ABB1底面ABC.(1)求证：AB1平面A1BC；(2)若AC

13、5，BC3，A1AB60，求三棱柱ABCA1B1C1的体积解析：(1)证明：在侧面A1ABB1中，A1AAB，四边形A1ABB1为菱形，AB1A1B.侧面A1ABB1底面ABC，ABC90，CB平面A1ABB1AB1平面A1ABB1，CBAB1.又A1BBCB，AB1平面A1BC.(2)解法一如图，过A1作A1DAB，垂足为D.平面ABC平面A1ABB1，平面ABC平面A1ABB1AB，A1D平面ABC，A1D为三棱柱ABCA1B1C1的高BC3，AC5，ABC90，AB4，又AA1AB，A1AB60，A1AB为等边三角形，A1DAB2.VABCA1B1C1SABCA1D43212.解法二在A

14、BC中，由AC5，BC3，ABC90，可得AB4.又A1AAB，A1AB60，ABA1是边长为4的等边三角形，SABA1424.由(1)知BC平面ABA1，VCABA1SABA1BC434.设三棱柱ABCA1B1C1的高为h，则VABCA1B1C1SABCh33VA1ABC3VCABA13412.23如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，M是AB的中点(1)证明：BC1平面MCA1；(2)若ABA1M2MC2，BC，求点C1到平面MCA1的距离解：(1)如图，连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，因为M是AB的中点，所以MNBC1，又MN平面MCA1，BC1平面M

15、CA1，所以BC1平面MCA1.(2)因为AB2MC2，M是AB的中点，所以ACB90，在直三棱柱中，A1M2，AM1，所以AA1，又BC，所以AC，A1C，所以A1MC90.设点C1到平面MCA1的距离为h，因为AC1的中点N在平面MCA1上，所以点A到平面MCA1的距离也为h，三棱锥A1AMC的体积VSAMCAA1，MCA1的面积SA1MMC1，则VShh，得h，故点C1到平面MCA1的距离为.242018全国卷如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由解析：(1)证明：

16、由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)解：当P为AM的中点时，MC平面PBD.证明如下：如图，连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点连接OP，因为P为AM中点，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.25如图1，已知梯形ABCD中，ADBC，ABCBAD，ABBC2AD4，E、F分别是AB、CD上的点，EFBC，AEx，沿EF将梯形ABCD翻折

17、，使平面AEFD平面EBCF(如图2)G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x)(1)当x2时，求证：BDEG；(2)求f(x)的最大值；(3)当f(x)取得最大值时，求异面直线AE与BD所成角的余弦值解析：(1)证明：作DHEF，垂足为H，连接BH、GH、EG.平面AEFD平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF，DH平面EBCF，又EG平面EBCF，EGDH.AE2，BGBC2，BEBG.EHADBCBG，EFBC，EBC90，四边形BGHE为正方形，EGBH.又BH、DH平面DBH，且BHDHH，EG平面DBH.BD平面DBH，EGBD.(3)由(2)知当f(x)取最大值时，AE2，故BE2，结合DHAE，可得BDH或其补角是异面直线AE与BD所成的角在RtBEH中，BH2.DH平面EBCF，BH平面EBCF，DHBH.在RtBDH中，BD2，cosBDH.异面直线AE与BD所成角的余弦值为.