2022 年高考 （全国乙卷）
题目：13. 从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名参加社区服务工作, 则甲、乙都人选的概率为

解答：【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 $\mathrm{C}_{5}^{3}=10$

甲、乙都人选的方法数为 $\mathrm{C}_{3}^{1}=3$ ，所以甲、乙都人选的概率 $P=\frac{3}{10}$ 故答案为: $\frac{3}{10}$

答案：$\frac{3}{10} \# \# 0.3$

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：15. 记函数 $f(x)=\cos (\omega x+\varphi)(\omega>0,0<\varphi<\pi)$ 的最小正周期为 $T$, 若 $f(T)=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $x=\frac{\pi}{9}$ 为 $f(x)$ 的零点, 则 $\omega$ 的最小值为

解答：【详解】解：因为 $f(x)=\cos (\omega x+\varphi),(\omega>0,0<\varphi<\pi)$

所以最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}$, 因为 $f(T)=\cos \left(\omega \cdot \frac{2 \pi}{\omega}+\varphi\right)=\cos (2 \pi+\varphi)=\cos \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

又 $0<\varphi<\pi$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 即 $f(x)=\cos \left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$,

又 $x=\frac{\pi}{9}$ 为 $f(x)$ 的零点, 所以 $\frac{\pi}{9} \omega+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in Z$, 解得 $\omega=3+9 k, k \in Z$,

因为 $\omega>0$, 所以当 $k=0$ 时 $\omega_{\text {min }}=3$;

故答案为: 3

答案：3

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：13. 设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 的夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$, 且 $|\vec{a}|=1,|b|=3$, 则 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=$

解答：【详解】解: 设 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 $\theta$, 因为 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$, 即 $\cos \theta=\frac{1}{3}$,

又 $|\vec{a}|=1,|b|=3$, 所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos \theta=1 \times 3 \times \frac{1}{3}=1$,

所以 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|^{2}=2 \times 1+3^{2}=11$.

故答案为: 11 .

答案：11

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：14. 若双曲线 $y^{2}-\frac{x^{2}}{m^{2}}=1(m>0)$ 的渐近线与圆 $x^{2}+y^{2}-4 y+3=0$ 相切, 则

$m=$

解答：【详解】解: 双曲线 $y^{2}-\frac{x^{2}}{m^{2}}=1(m>0)$ 的渐近线为 $y= \pm \frac{x}{m}$, 即 $x \pm m y=0$,

不妨取 $x+m y=0$, 圆 $x^{2}+y^{2}-4 y+3=0$, 即 $x^{2}+(y-2)^{2}=1$, 所以圆心为 $(0,2)$, 半 径 $r=1$, 依题意圆心 $(0,2)$ 到渐近线 $x+m y=0$ 的距离 $d=\frac{|2 m|}{\sqrt{1+m^{2}}}=1$,

解得 $m=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 或 $m=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ (舍去).

故答案为: $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

答案：$\frac{\sqrt{3}}{3}$

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：15. 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

解答：【详解】从正方体的 8 个顶点中任取 4 个, 有 $n=\mathrm{C}_{8}^{4}=70$ 个结果, 这 4 个点在同一个平面 的有 $m=6+6=12$ 个, 故所求概率 $P=\frac{m}{n}=\frac{12}{70}=\frac{6}{35}$.

故答案为: $\frac{6}{35}$.

答案：$\frac{6}{35}$.

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：13. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $2 S_{3}=3 S_{2}+6$, 则公差 $d=$

解答：【详解】由 $2 S_{3}=3 S_{2}+6$ 可得 $2\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)=3\left(a_{1}+a_{2}\right)+6$, 化简得 $2 a_{3}=a_{1}+a_{2}+6$, 即 $2\left(a_{1}+2 d\right)=2 a_{1}+d+6$, 解得 $d=2$.

故答案为: 2 .

答案：2

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：14. 从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名参加社区服务工作, 则甲、乙都人选的概率为

解答：【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 $\mathrm{C}_{5}^{3}=10$

甲、乙都人选的方法数为 $\mathrm{C}_{3}^{1}=3$, 所以甲、乙都人选的概率 $P=\frac{3}{10}$

故答案为: $\frac{3}{10}$

答案：$\frac{3}{10} \# \# 0.3$

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：15. 过四点 $(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)$ 中的三点的一个圆的方程为

解答：【详解】 解: 依题意设圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$,

若过 $(0,0),(4,0), \quad(-1,1)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ 16+4 D+F=0 \\ 1+1-D+E+F=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ D=-4 \\ E=-6\end{array}\right.$,

所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-4 x-6 y=0$, 即 $(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=13$;

若过 $(0,0),(4,0),(4,2), \quad$ 则 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ 16+4 D+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ D=-4 \\ E=-2\end{array}\right.$,

所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-4 x-2 y=0$, 即 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$;

若过 $(0,0),(4,2), \quad(-1,1)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ 1+1-D+E+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ D=-\frac{8}{3} \\ E=-\frac{14}{3}\end{array}\right.$,

所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-\frac{8}{3} x-\frac{14}{3} y=0$, 即 $\left(x-\frac{4}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{7}{3}\right)^{2}=\frac{65}{9}$;

若过 $(-1,1),(4,0),(4,2)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}1+1-D+E+F=0 \\ 16+4 D+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}F=-\frac{16}{5} \\ D=-\frac{16}{5} \text {, } \\ E=-2\end{array}\right.$

所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-\frac{16}{5} x-2 y-\frac{16}{5}=0$, 即 $\left(x-\frac{8}{5}\right)^{2}+(y-1)^{2}=\frac{169}{25}$;

故答案为: $(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=13$ 或 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$ 或 $\left(x-\frac{4}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{7}{3}\right)^{2}=\frac{65}{9}$ 或 $\left(x-\frac{8}{5}\right)^{2}+(y-1)^{2}=\frac{169}{25}$ ；

答案：$(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=13$ 或 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$ 或 $\left(x-\frac{4}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{7}{3}\right)^{2}=\frac{65}{9}$ 或 $\left(x-\frac{8}{5}\right)^{2}+(y-1)^{2}=\frac{169}{25}$

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：16. 若 $f(x)=\ln \left|a+\frac{1}{1-x}\right|+b$ 是奇函数, 则 $a=$

$b=$

解答：【详解】因为函数 $f(x)=\ln \left|a+\frac{1}{1-x}\right|+b$ 为奇函数, 所以其定义域关于原点对称.

由 $a+\frac{1}{1-x} \neq 0$ 可得, $(1-x)(a+1-a x) \neq 0$, 所以 $x=\frac{a+1}{a}=-1$, 解得: $a=-\frac{1}{2}$, 即函 数的定义域为 $(-\infty,-1) \cup(-1,1) \cup(1,+\infty)$, 再由 $f(0)=0$ 可得, $b=\ln 2$. 即 $f(x)=\ln \left|-\frac{1}{2}+\frac{1}{1-x}\right|+\ln 2=\ln \left|\frac{1+x}{1-x}\right|$, 在定义域内满足 $f(-x)=-f(x)$, 符合题意. 故答案为: $-\frac{1}{2} ; \ln 2$.

答案：(1). $-\frac{1}{2} ; \quad$ (2). $\ln 2$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：13. 已知向量 $\vec{a}=(m, 3), \vec{b}=(1, m+1)$. 若 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 则 $m=$

解答：【详解】由题意知: $\vec{a} \cdot \vec{b}=m+3(m+1)=0$, 解得 $m=-\frac{3}{4}$.

故答案为: $-\frac{3}{4}$.

答案：$-\frac{3}{4} \# \#-0.75$

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：14. 设点 $M$ 在直线 $2 x+y-1=0$ 上, 点 $(3,0)$ 和 $(0,1)$ 均在 $\odot M$ 上, 则 $\odot M$ 的方程为

解答：【详解】解: $\because$ 点 $M$ 在直线 $2 x+y-1=0$ 上,

$\therefore$ 设点 $M$ 为 $(a, 1-2 a)$, 又因为点 $(3,0)$ 和 $(0,1)$ 均在 $\odot M$ 上,

$\therefore$ 点 $M$ 到两点的距离相等且为半径 $R$,

$\therefore \sqrt{(a-3)^{2}+(1-2 a)^{2}}=\sqrt{a^{2}+(-2 a)^{2}}=R$,

$a^{2}-6 a+9+4 a^{2}-4 a+1=5 a^{2}$, 解得 $a=1$,

$\therefore M(1,-1), \quad R=\sqrt{5}$

$\odot M$ 的方程为 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=5$.

故答案为: $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=5$

答案：$(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=5$

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：15. 记双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $e$, 写出满足条件“直线 $y=2 x$ 与 $C$ 无公 共点”的 $e$ 的一个值

解答：【详解】解: $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$, 所以 $C$ 的渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x$, 结合渐近线的特点, 只需 $0<\frac{b}{a} \leq 2$, 即 $\frac{b^{2}}{a^{2}} \leq 4$,

可满足条件“直线 $y=2 x$ 与 $C$ 无公共点”

所以 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}} \leq \sqrt{1+4}=\sqrt{5}$,

又因为 $e>1$, 所以 $1<e \leq \sqrt{5}$,

故答案为: 2 (满足 $1<e \leq \sqrt{5}$ 皆可)

答案：2 (满足 $1<e \leq \sqrt{5}$ 皆可)

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：1. 设全集 $U=\{1,2,3,4,5\}$, 集合 $M$ 满足 $\partial_{j} M=\{1,3\}$, 则 ()
A. $2 \in M$
B. $3 \in M$
C. $4 \notin M$
D. $5 \notin M$

解答：【详解】由题知 $M=\{2,4,5\}$, 对比选项知, A 正确, $\mathrm{BCD}$ 错误

故选: A

答案：A

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：2. 已知 $z=1-2 i$ ，且 $z+a \bar{z}+b=0$ ，其中 $a, b$ 为实数，则（)
A. $a=1, b=-2$
B. $a=-1, b=2$
C. $a=1, b=2$
D.

$a=-1, b=-2$

解答：【详解】 $\bar{z}=1+2 \mathrm{i}$

$z+a \bar{z}+b=1-2 \mathrm{i}+a(1+2 \mathrm{i})+b=(1+a+b)+(2 a-2) \mathrm{i}$

由 $z+a \bar{z}+b=0$, 得 $\left\{\begin{array}{l}1+a+b=0 \\ 2 a-2=0\end{array}\right.$,即 $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=-2\end{array}\right.$

故选: A

答案：A

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：3. 已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1,|\vec{b}|=\sqrt{3},|\vec{a}-2 \vec{b}|=3$, 则 $\vec{a} \cdot \vec{b}=()$
A. -2
B. -1
C. 1
D. 2

解答：【详解】解: $\because|\vec{a}-2 \vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+4|\vec{b}|^{2}$,

又 $\because|\vec{a}|=1,|\vec{b}|=\sqrt{3},|\vec{a}-2 \vec{b}|=3$,

$\therefore 9=1-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+4 \times 3=13-4 \vec{a} \cdot \vec{b}$

$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=1$

故选: C.

答案：C

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：4. 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的 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 $\left\{b_{n}\right\}: b_{1}=1+\frac{1}{a_{1}}$, $b_{2}=1+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}}}, \quad b_{3}=1+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}}, \cdots$, 依此类推, 其中 $a_{k} \in \mathbf{N}^{\star}(k=1,2, \cdots)$. 则 ()
A. $b_{1}<b_{5}$
B. $b_{3}<b_{8}$
C. $b_{6}<b_{2}$
D. $b_{4}<b_{7}$

解答：【详解】解: 因为 $a_{k} \in \mathbf{N}^{*}(k=1,2, \cdots)$,

所以 $a_{1}<a_{1}+\frac{1}{a_{2}}, \frac{1}{a_{1}}>\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}}}$, 得到 $b_{1}>b_{2}$,

同理 $a_{1}+\frac{1}{a_{2}}>a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}$, 可得 $b_{2}<b_{3}, b_{1}>b_{3}$

又因为 $\frac{1}{a_{2}}>\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}, a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}<a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}$ ，

故 $b_{2}<b_{4}, b_{3}>b_{4}$;

以此类推, 可得 $b_{1}>b_{3}>b_{5}>b_{7}>\cdots, b_{7}>b_{8}$, 故 $\mathrm{A}$ 错误;

$b_{1}>b_{7}>b_{8}$, 故 B 错误; 

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{a_{2}}>\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\cdots \frac{1}{a_{6}}}} \text {, 得 } b_{2}<b_{6} \text {, 故 C 错误; } \\
& a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}>a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\cdots \frac{1}{a_{6}+\frac{1}{a_{7}}}} \text {, 得 } b_{4}<b_{7} \text {, 故 D 正确. }
\end{aligned}
$$

故选: D.

答案：D

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：5. 设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点, 点 $A$ 在 $C$ 上, 点 $B(3,0)$, 若 $|A F|=|B F|$, 则 $|A B|=$ ()
A. 2
B. $2 \sqrt{2}$
C. 3
D. $3 \sqrt{2}$

解答：【详解】由题意得, $F(1,0)$, 则 $|A F|=|B F|=2$,

即点 $\mathrm{A}$ 到准线 $x=-1$ 的距离为 2 , 所以点 $\mathrm{A}$ 的横坐标为 $-1+2=1$,

不妨设点 $\mathrm{A}$ 在 $x$ 轴上方, 代人得, $A(1,2)$,

所以 $|A B|=\sqrt{(3-1)^{2}+(0-2)^{2}}=2 \sqrt{2}$.

故选: B

答案：B

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：8. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 3 项和为 $168, a_{2}-a_{5}=42$, 则 $a_{6}=()$
A. 14
B. 12
C. 6
D. 3

解答：【详解】解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, q \neq 0$,

若 $q=1$, 则 $a_{2}-a_{5}=0$, 与题意矛盾,

所以 $q \neq 1$,

则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{2}+a_{3}=\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q} \\ a_{2}-a_{5}=a_{1} q-a_{1} q^{4}=42\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=96 \\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$,

所以 $a_{6}=a_{1} q^{5}=3$.

故选：D.

答案：D

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：9. 已知球 $O$ 的半径为 1 , 四棱雉的顶点为 $O$, 底面的四个顶点均在球 $O$ 的球面上, 则当该 四棱雉的体积最大时，其高为（）
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解答：【详解】设该四棱雉底面为四边形 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 所在小圆半径为 $r$,

设四边形 $A B C D$ 对角线夹角为 $a$,

则 $S_{A B C D}=\frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \cdot \sin a \leq \frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \leq \frac{1}{2} \cdot 2 r \cdot 2 r=2 r^{2}$

(当且仅当四边形 $A B C D$ 为正方形时等号成立)

即当四棱雉的顶点 $O$ 到底面 $A B C D$ 所在小圆距离一定时, 底面 $A B C D$ 面积最大值为 $2 r^{2}$

又 $r^{2}+h^{2}=1$

则 $V_{O-A B C D}=\frac{1}{3} \cdot 2 r^{2} \cdot h=\frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{r^{2} \cdot r^{2} \cdot 2 h^{2}} \leq \frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{\left(\frac{r^{2}+r^{2}+2 h^{2}}{3}\right)^{3}}=\frac{4 \sqrt{3}}{27}$

当且仅当 $r^{2}=2 h^{2}$ 即 $h=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时等号成立,

故选: C

答案：C

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：10. 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、丙比赛获胜的概率分别为 $p_{1}, p_{2}, p_{3}$, 且 $p_{3}>p_{2}>p_{1}>0$. 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

解答：【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 $p_{\text {甲 }}$

则 $p_{\text {甲 }}=2\left(1-p_{2}\right) p_{1} p_{3}+2 p_{2} p_{1}\left(1-p_{3}\right)=2 p_{1}\left(p_{2}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}$ 记该棋手在第二盘与乙比赛, 且连胜两盘的概率为 $p_{\text {乙 }}$

则 $p_{\text {乙 }}=2\left(1-p_{1}\right) p_{2} p_{3}+2 p_{1} p_{2}\left(1-p_{3}\right)=2 p_{2}\left(p_{1}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}$

记该棋手在第二盘与丙比赛, 且连胜两盘的概率为 $p_{\text {丙 }}$

则 $p_{\text {丙 }}=2\left(1-p_{1}\right) p_{3} p_{2}+2 p_{1} p_{3}\left(1-p_{2}\right)=2 p_{3}\left(p_{1}+p_{2}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}$

则 $p_{\text {甲 }}-p_{\text {乙 }}=2 p_{1}\left(p_{2}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}-\left[2 p_{2}\left(p_{1}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}\right]=2\left(p_{1}-p_{2}\right) p_{3}<0$

$p_{\text {乙 }}-p_{\text {丙 }}=2 p_{2}\left(p_{1}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}-\left[2 p_{3}\left(p_{1}+p_{2}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}\right]=2\left(p_{2}-p_{3}\right) p_{1}<0$

即 $p_{\text {甲 }}<p_{\text {乙 }}, p_{\text {乙 }}<p_{\text {丙 }}$,

则该棋手在第二盘与丙比赛, $p$ 最大.选项 D 判断正确; 选项 BC 判断错误;

$p$ 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项 $\mathrm{A}$ 判断错误.

故选: D

答案：D

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：12. 已知函数 $f(x), g(x)$ 的定义域均为 $\mathbf{R}$, 且 $f(x)+g(2-x)=5, g(x)-f(x-4)=7$. 若 $y=g(x)$ 的图像关于直线 $x=2$ 对称, $g(2)=4$ ， 则 $\sum_{k=1}^{22} f(k)=()$
A. -21
B. -22
C. -23
D. -24

解答：【详解】因为 $y=g(x)$ 的图像关于直线 $x=2$ 对称,

所以 $g(2-x)=g(x+2)$,

因为 $g(x)-f(x-4)=7$, 所以 $g(x+2)-f(x-2)=7$, 即 $g(x+2)=7+f(x-2)$,

因为 $f(x)+g(2-x)=5$, 所以 $f(x)+g(x+2)=5$,

代人得 $f(x)+[7+f(x-2)]=5$, 即 $f(x)+f(x-2)=-2$,

所以 $f(3)+f(5)+\ldots+f(21)=(-2) \times 5=-10$,

$f(4)+f(6)+\ldots+f(22)=(-2) \times 5=-10$

因为 $f(x)+g(2-x)=5$, 所以 $f(0)+g(2)=5$, 即 $f(0)=1$, 所以 $f(2)=-2-f(0)=-3$

因为 $g(x)-f(x-4)=7$, 所以 $g(x+4)-f(x)=7$, 又因为 $f(x)+g(2-x)=5$,

联立得, $g(2-x)+g(x+4)=12$,

所以 $y=g(x)$ 的图像关于点 $(3,6)$ 中心对称, 因为函数 $g(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$,

所以 $g(3)=6$

因为 $f(x)+g(x+2)=5$, 所以 $f(1)=5-g(3)=-1$.

所以

$$
\sum_{k=1}^{22} f(k)=f(1)+f(2)+[f(3)+f(5)+\ldots+f(21)]+[f(4)+f(6)+\ldots+f(22)]=-1-3-10-10=-24
$$

故选: D

答案：D

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：1. 若 $z=-1+\sqrt{3} \mathbf{i}$, 则 $\frac{z}{z \bar{z}-1}=()$
A. $-1+\sqrt{3} \mathrm{i}$
B. $-1-\sqrt{3} i$
C. $-\frac{1}{3}+\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{i}$
D. $-\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3} i$

解答：【详解】 $\bar{z}=-1-\sqrt{3} i, z \bar{z}=(-1+\sqrt{3} i)(-1-\sqrt{3} i)=1+3=4$.

$\frac{z}{z \bar{z}-1}=\frac{-1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{3}=-\frac{1}{3}+\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{i}$

故选: C

答案：C

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：3. 设全集 $U=\{-2,-1,0,1,2,3\}$, 集合 $A=\{-1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3=0\right\}$, 则 $\partial(A \cup B)=()$ 
A. $\{1,3\}$
B. $\{0,3\}$
C. $\{-2,1\}$
D.

$\{-2,0\}$

解答：【详解】由题意, $B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3=0\right\}=\{1,3\}$, 所以 $A \cup B=\{-1,1,2,3\}$,

所以 $\partial_{U}(A \cup B)=\{-2,0\}$.

故选: D.

答案：D

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：6. 当 $x=1$ 时, 函数 $f(x)=a \ln x+\frac{b}{x}$ 取得最大值 -2 , 则 $f^{\prime}(2)=()$
A. -1
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1

解答：【详解】因为函数 $f(x)$ 定义域为 $(0,+\infty)$, 所以依题可知, $f(1)=-2, f^{\prime}(1)=0$, 而 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}$, 所以 $b=-2, a-b=0$, 即 $a=-2, b=-2$, 所以 $f^{\prime}(x)=-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}$, 因 此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上递增, 在 $(1,+\infty)$ 上递减, $x=1$ 时取最大值, 满足题意, 即有 $f^{\prime}(2)=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$

故选: B.

答案：B

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：10. 椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左顶点为 $A$, 点 $P, Q$ 均在 $C$ 上, 且关于 $y$ 轴对称. 若 直线 $A P, A Q$ 的斜率之积为 $\frac{1}{4}$, 则 $C$ 的离心率为 ()
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{3}$

解答：【详解】解: $A(-a, 0)$,

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $Q\left(-x_{1}, y_{1}\right)$,

则 $k_{A P}=\frac{y_{1}}{x_{1}+a}, k_{A Q}=\frac{y_{1}}{-x_{1}+a}$,

故 $k_{A P} \cdot k_{A Q}=\frac{y_{1}}{x_{1}+a} \cdot \frac{y_{1}}{-x_{1}+a}=\frac{y_{1}^{2}}{-x_{1}^{2}+a^{2}}=\frac{1}{4}$,

又 $\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1$, 则 $y_{1}^{2}=\frac{b^{2}\left(a^{2}-x_{1}^{2}\right)}{a^{2}}$,

所以 $\frac{\frac{b^{2}\left(a^{2}-x_{1}^{2}\right)}{a^{2}}}{-x_{1}^{2}+a^{2}}=\frac{1}{4}$, 即 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{4}$,

所以椭圆 $C$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

故选: A.

答案：A

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：12. 已知 $a=\frac{31}{32}, b=\cos \frac{1}{4}, c=4 \sin \frac{1}{4}$, 则 ()
A. $c>b>a$
B. $b>a>c$
C. $a>b>c$
D.

$a>c>b$

解答：【详解】因为 $\frac{c}{b}=4 \tan \frac{1}{4}$, 因为当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \sin x<x<\tan x$

所以 $\tan \frac{1}{4}>\frac{1}{4}$, 即 $\frac{c}{b}>1$, 所以 $c>b$;

设 $f(x)=\cos x+\frac{1}{2} x^{2}-1, x \in(0,+\infty)$, $f^{\prime}(x)=-\sin x+x>0$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增,

则 $f\left(\frac{1}{4}\right)>f(0)=0$, 所以 $\cos \frac{1}{4}-\frac{31}{32}>0$ ，

所以 $b>a$, 所以 $c>b>a$,

故选: A

答案：A

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：1. 集合 $M=\{2,4,6,8,10\}, N=\{x \mid-1<x<6\}$, 则 $M \cap N=()$
A. $\{2,4\}$
B. $\{2,4,6\}$
C. $\{2,4,6,8\}$
D.

$\{2,4,6,8,10\}$

解答：【详解】因为 $M=\{2,4,6,8,10\}, N=\{x \mid-1<x<6\}$, 所以 $M \cap N=\{2,4\}$.

故选: A.

答案：A

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：2. 设 $(1+2 \mathrm{i}) a+b=2 \mathrm{i}$, 其中 $a, b$ 为实数, 则（)
A. $a=1, b=-1$
B. $a=1, b=1$
C. $a=-1, b=1$
D.

$a=-1, b=-1$

解答：【详解】因为 $a, b \hat{\mathbf{|}} \mathbf{R},(a+b)+2 a \mathrm{i}=2 \mathrm{i}$, 所以 $a+b=0,2 a=2$, 解得: $a=1, b=-1$. 故选: A.

答案：A

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：3. 已知向量 $\vec{a}=(2,1), \vec{b}=(-2,4)$, 则 ||$^{\prime} a-b \mid$ ()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5

解答：【详解】因为 $\vec{a}-\vec{b}=(2,1)-(-2,4)=(4,-3)$, 所以 $|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{4^{2}+(-3)^{2}}=5$.

故选: D

答案：D

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：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: $\mathrm{h}$ ), 得如下茎叶图:

\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline 甲 & & 乙 \\
\hline 61 & 5. & . \\
\hline 8530 & 6. & 3 \\
\hline 7532 & 7. & 46 \\
\hline 6421 & 8. & 12256666 \\
\hline \multirow[t]{2}{*}{42} & 9. & 0238 \\
\hline & 10. & 1 \\
\hline
\end{tabular}

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

解答：【详解】对于 $\mathrm{A}$ 选项, 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 $\frac{7.3+7.5}{2}=7.4, \mathrm{~A}$ 选项 结论正确.

对于 $\mathrm{B}$ 选项, 乙同学课外体育运动时长的样本平均数为:

$$
\frac{6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.1}{16}=8.50625>8
$$

$\mathrm{B}$ 选项结论正确.

对于 $\mathrm{C}$ 选项，甲同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值 $\frac{6}{16}=0.375<0.4$, $\mathrm{C}$ 选项结论错误.

对于 $\mathrm{D}$ 选项, 乙同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值 $\frac{13}{16}=0.8125>0.6$,

$\mathrm{D}$ 选项结论正确.

故选: C

答案：C

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：6. 设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点, 点 $A$ 在 $C$ 上, 点 $B(3,0)$, 若 $|A F|=|B F|$, 则 $|A B|=$ () 
A. 2
B. $2 \sqrt{2}$
C. 3
D. $3 \sqrt{2}$

解答：【详解】由题意得, $F(1,0)$, 则 $|A F|=|B F|=2$,

即点 $\mathrm{A}$ 到准线 $x=-1$ 的距离为 2 , 所以点 $\mathrm{A}$ 的横坐标为 $-1+2=1$,

不妨设点 $\mathrm{A}$ 在 $x$ 轴上方, 代人得, $A(1,2)$,

所以 $|A B|=\sqrt{(3-1)^{2}+(0-2)^{2}}=2 \sqrt{2}$.

故选: B

答案：B

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：10. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 3 项和为 $168, a_{2}-a_{5}=42$, 则 $a_{6}=()$
A. 14
B. 12
C. 6
D. 3

解答：【详解】解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, q \neq 0$,

若 $q=1$, 则 $a_{2}-a_{5}=0$, 与题意矛盾,

所以 $q \neq 1$,

则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{2}+a_{3}=\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=168 \\ a_{2}-a_{5}=a_{1} q-a_{1} q^{4}=42\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=96 \\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$,

所以 $a_{6}=a_{1} q^{5}=3$.

故选：D.

答案：D

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：11. 函数 $f(x)=\cos x+(x+1) \sin x+1$ 在区间 $[0,2 \pi]$ 的最小值、最大值分别为 ()
A. $-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}$
B. $-\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}$
C. $-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}+2$
D. $-\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}+2$

解答：【详解】 $f^{\prime}(x)=-\sin x+\sin x+(x+1) \cos x=(x+1) \cos x$, 所以 $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 和 $\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$ 上 $f^{\prime}(x)>0$, 即 $f(x)$ 单调递增; 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ 上 $f^{\prime}(x)<0$, 即 $f(x)$ 单调递减, 又 $f(0)=f(2 \pi)=2, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}+2, f\left(\frac{3 \pi}{2}\right)=-\left(\frac{3 \pi}{2}+1\right)+1=-\frac{3 \pi}{2}$ ， 所以 $f(x)$ 在区间 $[0,2 \pi]$ 上的最小值为 $-\frac{3 \pi}{2}$, 最大值为 $\frac{\pi}{2}+2$.

故选: D

答案：D

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：12. 已知球 $O$ 的半径为 1 , 四棱雉的顶点为 $O$, 底面的四个顶点均在球 $O$ 的球面上, 则当该 四棱雉的体积最大时，其高为（)
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解答：【详解】设该四棱雉底面为四边形 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 所在小圆半径为 $r$, 设四边形 $A B C D$ 对角线夹角为 $a$, 则 $S_{A B C D}=\frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \cdot \sin a \leq \frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \leq \frac{1}{2} \cdot 2 r \cdot 2 r=2 r^{2}$

(当且仅当四边形 $A B C D$ 为正方形时等号成立) 即当四棱雉的顶点 $O$ 到底面 $A B C D$ 所在小圆距离一定时, 底面 $A B C D$ 面积最大值为 $2 r^{2}$

又 $r^{2}+h^{2}=1$

则 $V_{O-A B C D}=\frac{1}{3} \cdot 2 r^{2} \cdot h=\frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{r^{2} \cdot r^{2} \cdot 2 h^{2}} \leq \frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{\left(\frac{r^{2}+r^{2}+2 h^{2}}{3}\right)^{3}}=\frac{4 \sqrt{3}}{27}$

当且仅当 $r^{2}=2 h^{2}$ 即 $h=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时等号成立,

故选: C

答案：C

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：1. 设集合 $A=\{-2,-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid 0 \leq x<\frac{5}{2}\right\}$, 则 $A \cap B=()$
A. $\{0,1,2\}$
B. $\{-2,-1,0\}$
C. $\{0,1\}$
D. $\{1,2\}$

解答：【详解】因为 $A=\{-2,-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid 0 \leq x<\frac{5}{2}\right\}$, 所以 $A \cap B=\{0,1,2\}$.

故选: A.

答案：A

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：3. 若 $z=1+\mathrm{i}$. 则 $|\mathrm{i} z+3 \bar{z}|=()$
A. $4 \sqrt{5}$
B. $4 \sqrt{2}$
C. $2 \sqrt{5}$
D. $2 \sqrt{2}$

解答：【详解】因为 $z=1+\mathrm{i}$, 所以 $\mathrm{i} z+3 \bar{z}=\mathrm{i}(1+\mathrm{i})+3(1-\mathrm{i})=2-2 \mathrm{i}$, 所以

$|i z+3 \bar{z}|=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}$

故选: D.

答案：D

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：5. 将函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$ 的图像向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后得到曲线 $C$, 若 $C$ 关于 $y$ 轴对称，则 $\omega$ 的最小值是（)
A. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{1}{2}$

解答：【详解】由题意知: 曲线 $C$ 为 $y=\sin \left[\omega\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=\sin \left(\omega x+\frac{\omega \pi}{2}+\frac{\pi}{3}\right)$, 又 $C$ 关于 $y$ 轴对称，则 $\frac{\omega \pi}{2}+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$ ，

解得 $\omega=\frac{1}{3}+2 k, k \in \mathbf{Z}$, 又 $\omega>0$, 故当 $k=0$ 时, $\omega$ 的最小值为 $\frac{1}{3}$.

故选: C.

答案：C

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：6. 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. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{2}{3}$

解答：【详解】从 6 张卡片中无放回抽取 2 张, 共有

$(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)$

15 种情况,

其中数字之积为 4 的倍数的有 $(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6) 6$ 种情况, 故概率为 $\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$

故选: C.

答案：C

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：8. 当 $x=1$ 时, 函数 $f(x)=a \ln x+\frac{b}{x}$ 取得最大值 -2 , 则 $f^{\prime}(2)=()$
A. -1
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1

解答：【详解】因为函数 $f(x)$ 定义域为 $(0,+\infty)$, 所以依题可知, $f(1)=-2, f^{\prime}(1)=0$, 而 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}$, 所以 $b=-2, a-b=0$, 即 $a=-2, b=-2$, 所以 $f^{\prime}(x)=-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}$, 因 此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上递增, 在 $(1,+\infty)$ 上递减, $x=1$ 时取最大值, 满足题意, 即有 $f^{\prime}(2)=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$

故选: B.

答案：B

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：11. 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{1}{3}, A_{1}, A_{2}$ 分别为 $C$ 的左、右顶点, $B$ 为 $C$ 的上顶点. 若 $\overrightarrow{B A_{1}} \cdot \overrightarrow{B A_{2}}=-1$, 则 $C$ 的方程为 ()
A. $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{16}=1$
B. $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$
C. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$
D.

$$
\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1
$$

解答：【详解】解: 因为离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{1}{3}$, 解得 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{8}{9}, \quad b^{2}=\frac{8}{9} a^{2}$,

$A_{1}, A_{2}$ 分别为 $C$ 的左右顶点, 则 $A_{1}(-a, 0), A_{2}(a, 0)$,

$B$ 为上顶点, 所以 $B(0, b)$.

所以 $\overrightarrow{B A_{1}}=(-a,-b), \overrightarrow{B A_{2}}=(a,-b)$, 因为 $\overrightarrow{B A_{1}} \cdot \overrightarrow{B A_{2}}=-1$

所以 $-a^{2}+b^{2}=-1$, 将 $b^{2}=\frac{8}{9} a^{2}$ 代人, 解得 $a^{2}=9, b^{2}=8$,

故椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$.

故选: B.

答案：B

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：12. 已知 $9^{m}=10, a=10^{m}-11, b=8^{m}-9$, 则 ()
A. $a>0>b$
B. $a>b>0$
C. $b>a>0$
D. $b>0>a$

解答：【详解】由 $9^{m}=10$ 可得 $m=\log _{9} 10=\frac{\lg 10}{\lg 9}>1$, 而

$\lg 9 \lg 11<\left(\frac{\lg 9+\lg 11}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 99}{2}\right)^{2}<1=(\lg 10)^{2}$, 所以 $\frac{\lg 10}{\lg 9}>\frac{\lg 11}{\lg 10}$, 即 $m>\lg 11$, 所

以 $a=10^{m}-11>10^{\lg 11}-11=0$.

又 $\lg 8 \lg 10<\left(\frac{\lg 8+\lg 10}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 80}{2}\right)^{2}<(\lg 9)^{2}$ ， 所以 $\frac{\lg 9}{\lg 8}>\frac{\lg 10}{\lg 9}$, 即 $\log _{8} 9>m$ ，

所以 $b=8^{m}-9<8^{\log _{8} 9}-9=0$. 综上, $a>0>b$.

故选: A.

答案：A

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：17. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$.

(1) 证明: $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$;

(2) 若 $a=5, \cos A=\frac{25}{31}$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.

解答：【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 $b c$, 从而可求得 $b+c$, 即可得解.

【小问 1 详解】}

证明: 因为 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$,

所以 $\sin C \sin A \cos B-\sin C \sin B \cos A=\sin B \sin C \cos A-\sin B \sin A \cos C$,

所以 $a c \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}-2 b c \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-a b \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$,

即 $\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$,

所以 $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$; 

【小问 2 详解】}

解: 因为 $a=5, \cos A=\frac{25}{31}$,

由 (1) 得 $b^{2}+c^{2}=50$,

由余弦定理可得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

则 $50-\frac{50}{31} b c=25$ ，

所以 $b c=\frac{31}{2}$,

故 $(b+c)^{2}=b^{2}+c^{2}+2 b c=50+31=81$,

所以 $b+c=9$,

所以 $\triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=14$.

答案：【小问 1 详解】}

证明: 因为 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$,

所以 $\sin C \sin A \cos B-\sin C \sin B \cos A=\sin B \sin C \cos A-\sin B \sin A \cos C$,

所以 $a c \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}-2 b c \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-a b \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$,

即 $\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$,

所以 $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$; 

【小问 2 详解】}

解: 因为 $a=5, \cos A=\frac{25}{31}$,

由 (1) 得 $b^{2}+c^{2}=50$,

由余弦定理可得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

则 $50-\frac{50}{31} b c=25$ ，

所以 $b c=\frac{31}{2}$,

故 $(b+c)^{2}=b^{2}+c^{2}+2 b c=50+31=81$,

所以 $b+c=9$,

所以 $\triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=14$.

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：19. 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: $\mathrm{m}^{2}$ ) 和材积量 (单 位: $\left.\mathrm{m}^{3}\right)$, 得到如下数据:

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline 样本号 $\mathrm{i}$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 总和 \\
\hline 根部横截面积 $x_{\mathrm{i}}$ & 0.04 & 0.06 & 0.04 & 0.08 & 0.08 & 0.05 & 0.05 & 0.07 & 0.07 & 0.06 & 0.6 \\
\hline 材积量 $y_{i}$ & 0.25 & 0.40 & 0.22 & 0.54 & 0.51 & 0.34 & 0.36 & 0.46 & 0.42 & 0.40 & 3.9 \\
\hline
\end{tabular}

并计算得 $\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}=0.038, \sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}=1.6158, \sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}=0.2474$.

(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 $186 \mathrm{~m}^{2}$. 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 $r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}, \sqrt{1.896} \approx 1.377$.

解答：【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) 代人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 $\bar{x}=\frac{0.6}{10}=0.06$

样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 $\bar{y}=\frac{3.9}{10}=0.39$

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 $0.06 \mathrm{~m}^{2}$,

平均一棵的材积量为 $0.39 \mathrm{~m}^{3}$

【小问 2 详解】}

$$
\begin{aligned}
& r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
& =\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{aligned}
$$

则 $r \approx 0.97$

【小问 3 详解】}

设该林区这种树木的总材积量的估计值为 $Y \mathrm{~m}^{3}$,

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比,

可得 $\frac{0.06}{0.39}=\frac{186}{Y}$, 解之得 $Y=1209 \mathrm{~m}^{3}$.

则该林区这种树木的总材积量估计为 $1209 \mathrm{~m}^{3}$

答案：【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 $\bar{x}=\frac{0.6}{10}=0.06$

样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 $\bar{y}=\frac{3.9}{10}=0.39$

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 $0.06 \mathrm{~m}^{2}$,

平均一棵的材积量为 $0.39 \mathrm{~m}^{3}$

【小问 2 详解】}

$$
\begin{aligned}
& r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
& =\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{aligned}
$$

则 $r \approx 0.97$

【小问 3 详解】}

设该林区这种树木的总材积量的估计值为 $Y \mathrm{~m}^{3}$,

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比,

可得 $\frac{0.06}{0.39}=\frac{186}{Y}$, 解之得 $Y=1209 \mathrm{~m}^{3}$.

则该林区这种树木的总材积量估计为 $1209 \mathrm{~m}^{3}$

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：20. 已知椭圆 $E$ 的中心为坐标原点, 对称轴为 $x$ 轴、 $y$ 轴, 且过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$ 两点.

(1) 求 $E$ 的方程;

(2) 设过点 $P(1,-2)$ 的直线交 $E$ 于 $M, N$ 两点, 过 $M$ 且平行于 $x$ 轴的直线与线段 $A B$ 交于 点 $T$, 点 $H$ 满足 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$. 证明: 直线 $H N$ 过定点.

解答：【分析】(1) 将给定点代人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 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$,

则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$ ，解得 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ，

所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.

【小问 2 详解】

$A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$,

(1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$,

可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得

$T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程:

$y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$.

(2) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$,

可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$,

且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$.

可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$,

将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立,

综上，可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$.

答案：【小问 1 详解】}

解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$,

则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$ ，解得 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ，

所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.

【小问 2 详解】

$A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$,

(1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$,

可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得

$T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程:

$y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$.

(2) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$,

可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$,

且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$.

可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$,

将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立,

综上，可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$.

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos 2 t \\ y=2 \sin t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), 以坐标原点 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$

(1) 写出 $l$ 的直角坐标方程;

(2) 若 $l$ 与 $C$ 有公共点, 求 $m$ 的取值范围.

解答：【分析】(1) 根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可;

(2) 联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 采用换元法处理, 根据新设 $a$ 的取值范围求解 $m$ 的范围即可.

【小问 1 详解】}

因为 $l: \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$, 所以 $\frac{1}{2} \rho \cdot \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \cdot \cos \theta+m=0$, 又因为 $\rho \cdot \sin \theta=y, \rho \cdot \cos \theta=x$, 所以化简为 $\frac{1}{2} y+\frac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$,

整理得 $l$ 的直角坐标方程: $\sqrt{3} x+y+2 m=0$

【小问 2 详解】}

联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 即将 $x=\sqrt{3} \cos 2 t, y=2 \sin t$ 代人 $\sqrt{3} x+y+2 m=0$ 中, 可得 $3 \cos 2 t+2 \sin t+2 m=0$,

所以 $3\left(1-2 \sin ^{2} t\right)+2 \sin t+2 m=0$ ，

化简为 $-6 \sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$,

要使 $l$ 与 $C$ 有公共点, 则 $2 m=6 \sin ^{2} t-2 \sin t-3$ 有解,

令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$, 令 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3, \quad(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,

对称轴为 $a=\frac{1}{6}$, 开口向上,

所以 $f(a)_{\text {max }}=f(-1)=6+2-3=5$,

$f(a)_{\min }=f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3=-\frac{19}{6}$

所以 $-\frac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$

$m$ 的取值范围为 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.

答案：【小问 1 详解】}

因为 $l: \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$, 所以 $\frac{1}{2} \rho \cdot \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \cdot \cos \theta+m=0$, 又因为 $\rho \cdot \sin \theta=y, \rho \cdot \cos \theta=x$, 所以化简为 $\frac{1}{2} y+\frac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$,

整理得 $l$ 的直角坐标方程: $\sqrt{3} x+y+2 m=0$

【小问 2 详解】}

联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 即将 $x=\sqrt{3} \cos 2 t, y=2 \sin t$ 代人 $\sqrt{3} x+y+2 m=0$ 中, 可得 $3 \cos 2 t+2 \sin t+2 m=0$,

所以 $3\left(1-2 \sin ^{2} t\right)+2 \sin t+2 m=0$ ，

化简为 $-6 \sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$,

要使 $l$ 与 $C$ 有公共点, 则 $2 m=6 \sin ^{2} t-2 \sin t-3$ 有解,

令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$, 令 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3, \quad(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,

对称轴为 $a=\frac{1}{6}$, 开口向上,

所以 $f(a)_{\text {max }}=f(-1)=6+2-3=5$,

$f(a)_{\min }=f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3=-\frac{19}{6}$

所以 $-\frac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$

$m$ 的取值范围为 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：23. 已知 $a, b, \mathrm{c}$ 都是正数, 且 $a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}=1$, 证明:

(1) $a b c \leq \frac{1}{9}$

(2) $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$;

解答：【分析】(1) 利用三元均值不等式即可证明;

(2) 利用基本不等式及不等式的性质证明即可.

【小问 1 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$, 则 $a^{\frac{3}{2}}>0, b^{\frac{3}{2}}>0, c^{\frac{3}{2}}>0$, 所以 $\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{3} \geq \sqrt[3]{a^{\frac{3}{2}} \cdot b^{\frac{3}{2}} \cdot c^{\frac{3}{2}}}$

即 $(a b c)^{\frac{1}{2}} \leq \frac{1}{3}$, 所以 $a b c \leq \frac{1}{9}$, 当且仅当 $a^{\frac{3}{2}}=b^{\frac{3}{2}}=c^{\frac{3}{2}}$, 即 $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$ 时取等号.

【小问 2 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$,

所以 $b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}, a+b \geq 2 \sqrt{a b}$,

所以 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.

答案：【小问 1 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$, 则 $a^{\frac{3}{2}}>0, b^{\frac{3}{2}}>0, c^{\frac{3}{2}}>0$, 所以 $\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{3} \geq \sqrt[3]{a^{\frac{3}{2}} \cdot b^{\frac{3}{2}} \cdot c^{\frac{3}{2}}}$

即 $(a b c)^{\frac{1}{2}} \leq \frac{1}{3}$, 所以 $a b c \leq \frac{1}{9}$, 当且仅当 $a^{\frac{3}{2}}=b^{\frac{3}{2}}=c^{\frac{3}{2}}$, 即 $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$ 时取等号.

【小问 2 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$,

所以 $b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}, a+b \geq 2 \sqrt{a b}$,

所以 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：17. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$.

(1) 证明: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列;

(2) 若 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 求 $S_{n}$ 的最小值.

解答：【分析】(1) 依题意可得 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$, 根据 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$, 作差即可得到 $a_{n}-a_{n-1}=1$, 从而得证; (2) 由 (1) 及等比中项的性质求出 $a_{1}$, 即可得到 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式与前 $n$ 项和, 再根据二 次函数的性质计算可得.

【小问 1 详解】}

解：因为 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$, 即 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$ (1),

当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n-1}+(n-1)^{2}=2(n-1) a_{n-1}+(n-1)$ (2),

(1)-(2)得, $2 S_{n}+n^{2}-2 S_{n-1}-(n-1)^{2}=2 n a_{n}+n-2(n-1) a_{n-1}-(n-1)$,

即 $2 a_{n}+2 n-1=2 n a_{n}-2(n-1) a_{n-1}+1$,

即 $2(n-1) a_{n}-2(n-1) a_{n-1}=2(n-1)$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=1, n \geq 2$ 且 $n \in \mathrm{N}^{*}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为公差的等差数列.

【小问 2 详解】}

解：由 (1) 可得 $a_{4}=a_{1}+3, a_{7}=a_{1}+6, a_{9}=a_{1}+8$,

又 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 所以 $a_{7}{ }^{2}=a_{4} \cdot a_{9}$,

即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+3\right) \cdot\left(a_{1}+8\right)$, 解得 $a_{1}=-12$ ，

所以 $a_{n}=n-13$, 所以 $S_{n}=-12 n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{25}{2} n=\frac{1}{2}\left(n-\frac{25}{2}\right)^{2}-\frac{625}{8}$,

所以, 当 $n=12$ 或 $n=13$ 时 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.

答案：【小问 1 详解】}

解：因为 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$, 即 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$ (1),

当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n-1}+(n-1)^{2}=2(n-1) a_{n-1}+(n-1)$ (2),

(1)-(2)得, $2 S_{n}+n^{2}-2 S_{n-1}-(n-1)^{2}=2 n a_{n}+n-2(n-1) a_{n-1}-(n-1)$,

即 $2 a_{n}+2 n-1=2 n a_{n}-2(n-1) a_{n-1}+1$,

即 $2(n-1) a_{n}-2(n-1) a_{n-1}=2(n-1)$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=1, n \geq 2$ 且 $n \in \mathrm{N}^{*}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为公差的等差数列.

【小问 2 详解】}

解：由 (1) 可得 $a_{4}=a_{1}+3, a_{7}=a_{1}+6, a_{9}=a_{1}+8$,

又 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 所以 $a_{7}{ }^{2}=a_{4} \cdot a_{9}$,

即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+3\right) \cdot\left(a_{1}+8\right)$, 解得 $a_{1}=-12$ ，

所以 $a_{n}=n-13$, 所以 $S_{n}=-12 n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{25}{2} n=\frac{1}{2}\left(n-\frac{25}{2}\right)^{2}-\frac{625}{8}$,

所以, 当 $n=12$ 或 $n=13$ 时 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：19. 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.

解答：【分析】(1) 设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$, 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, $X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$, 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 $A, B, C$, 所以甲学校获得冠军的概率为

$$
\begin{aligned}
& P=P(A B C)+P(\bar{A} B C)+P(A \bar{B} C)+P(A B \bar{C}) \\
& =0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2 \\
& =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6
\end{aligned}
$$

【小问 2 详解】

依题可知, $X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$, 所以,

$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=0.5 \times 0.4 \times 0.8=0.16, \\
& P(X=10)=0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2=0.44, \\
& P(X=20)=0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2+0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.34, \\
& P(X=30)=0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.06 .
\end{aligned}
$$

即 $X$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 0 & 10 & 20 & 30 \\
\hline$P$ & 0.16 & 0.44 & 0.34 & 0.06 \\
\hline
\end{tabular}

期望 $E(X)=0 \times 0.16+10 \times 0.44+20 \times 0.34+30 \times 0.06=13$.

答案：【小问 1 详解】}

设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$, 所以甲学校获得冠军的概率为

$$
\begin{aligned}
& P=P(A B C)+P(\bar{A} B C)+P(A \bar{B} C)+P(A B \bar{C}) \\
& =0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2 \\
& =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6
\end{aligned}
$$

【小问 2 详解】

依题可知, $X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$, 所以,

$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=0.5 \times 0.4 \times 0.8=0.16, \\
& P(X=10)=0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2=0.44, \\
& P(X=20)=0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2+0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.34, \\
& P(X=30)=0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.06 .
\end{aligned}
$$

即 $X$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 0 & 10 & 20 & 30 \\
\hline$P$ & 0.16 & 0.44 & 0.34 & 0.06 \\
\hline
\end{tabular}

期望 $E(X)=0 \times 0.16+10 \times 0.44+20 \times 0.34+30 \times 0.06=13$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：20. 设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点为 $F$, 点 $D(p, 0)$, 过 $F$ 的直线交 $C$ 于 $M, N$ 两 点. 当直线 $M D$ 垂直于 $x$ 轴时, $|M F|=3$.

(1) 求 $C$ 的方程;

(2) 设直线 $M D, N D$ 与 $C$ 的另一个交点分别为 $A, B$, 记直线 $M N, A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$. 当 $a-\beta$ 取得最大值时, 求直线 $A B$ 的方程.

解答：【分析】(1) 由拋物线的定义可得 $|M F|=p+\frac{p}{2}$, 即可得解;

(2) 设点的坐标及直线 $M N: x=m y+1$, 由韦达定理及斜率公式可得 $k_{M N}=2 k_{A B}$, 再由 差角的正切公式及基本不等式可得 $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 结合韦达定理可 解.

【小问 1 详解】}

抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$,

此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ，

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$;

【小问 2 详解】}

设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$,

由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$,

直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$,

$\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$,

所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$

又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$,

所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$,

若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立,

所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$,

代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$,

$\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$

所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.

答案：【小问 1 详解】}

抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$,

此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ，

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$;

【小问 2 详解】}

设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$,

由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$,

直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$,

$\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$,

所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$

又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$,

所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$,

若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立,

所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$,

代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$,

$\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$

所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：21. 已知函数 $f(x)=\frac{e^{x}}{x}-\ln x+x-a$.

(1) 若 $f(x) \geq 0$, 求 $a$ 的取值范围;

(2) 证明: 若 $f(x)$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$, 则环 $x_{1} x_{2}<1$.

解答：【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 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$, 再利用导数即 可得证.

【小问 1 详解】}

$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x}+1=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}+\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}+1\right)$

令 $f(x)=0$, 得 $x=1$ 当 $x \in(0,1), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减

当 $x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增 $f(x) \geq f(1)=\mathrm{e}+1-a$,

若 $f(x) \geq 0$, 则 $\mathrm{e}+1-a \geq 0$, 即 $a \leq e+1$

所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, e+1]$

【小问 2 详解】}

由题知, $f(x)$ 一个零点小于 1 ,一个零点大于 1

不妨设 $x_{1}<1<x_{2}$

要证 $x_{1} x_{2}<1$,即证 $x_{1}<\frac{1}{x_{2}}$

因为 $x_{1}, \frac{1}{x_{2}} \in(0,1)$, 即证 $f\left(x_{1}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$

因为 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$, 即证 $f\left(x_{2}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$

即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\ln x+x-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-\ln x-\frac{1}{x}>0, x \in(1,+\infty)$

即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$

下面证明 $x>1$ 时, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0, \ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$

设 $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}, x>1$ ，

则 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}+x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\left(1-\frac{1}{x}\right)$

$=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)$

设 $\varphi(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}(x>1), \varphi^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}=\frac{x-1}{x^{2}} \mathrm{e}^{x}>0$ 所以 $\varphi(x)>\varphi(1)=\mathrm{e}$, 而 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}<\mathrm{e}$

所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$, 所以 $g^{\prime}(x)>0$

所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增

即 $g(x)>g(1)=0$,所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$

令 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right), x>1$

$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2 x-x^{2}-1}{2 x^{2}}=\frac{-(x-1)^{2}}{2 x^{2}}<0$

所以 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减

即 $h(x)<h(1)=0$, 所以 $\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$ ；

综上, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$,所以 $x_{1} x_{2}<1$.

答案：【小问 1 详解】}

$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x}+1=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}+\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}+1\right)$

令 $f(x)=0$, 得 $x=1$ 当 $x \in(0,1), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减

当 $x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增 $f(x) \geq f(1)=\mathrm{e}+1-a$,

若 $f(x) \geq 0$, 则 $\mathrm{e}+1-a \geq 0$, 即 $a \leq e+1$

所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, e+1]$

【小问 2 详解】}

由题知, $f(x)$ 一个零点小于 1 ,一个零点大于 1

不妨设 $x_{1}<1<x_{2}$

要证 $x_{1} x_{2}<1$,即证 $x_{1}<\frac{1}{x_{2}}$

因为 $x_{1}, \frac{1}{x_{2}} \in(0,1)$, 即证 $f\left(x_{1}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$

因为 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$, 即证 $f\left(x_{2}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$

即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\ln x+x-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-\ln x-\frac{1}{x}>0, x \in(1,+\infty)$

即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$

下面证明 $x>1$ 时, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0, \ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$

设 $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}, x>1$ ，

则 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}+x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\left(1-\frac{1}{x}\right)$

$=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)$

设 $\varphi(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}(x>1), \varphi^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}=\frac{x-1}{x^{2}} \mathrm{e}^{x}>0$ 所以 $\varphi(x)>\varphi(1)=\mathrm{e}$, 而 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}<\mathrm{e}$

所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$, 所以 $g^{\prime}(x)>0$

所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增

即 $g(x)>g(1)=0$,所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$

令 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right), x>1$

$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2 x-x^{2}-1}{2 x^{2}}=\frac{-(x-1)^{2}}{2 x^{2}}<0$

所以 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减

即 $h(x)<h(1)=0$, 所以 $\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$ ；

综上, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$,所以 $x_{1} x_{2}<1$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：23. 已知 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a^{2}+b^{2}+4 c^{2}=3$, 证明:

(1) $a+b+2 c \leq 3$

(2) 若 $b=2 c$, 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$.

解答：【分析】(1) 根据 $a^{2}+b^{2}+4 c^{2}=a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}$ ，利用柯西不等式即可得证;

( 2 ) 由 ( 1 ) 结合已知可得 $0<a+4 c \leq 3$, 即可得到 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$, 再根据权方和不等式即 可得证.

【小问 1 详解】}

证明: 由柯西不等式有 $\left[a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}$,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ，

当且仅当 $a=b=2 c=1$ 时, 取等号,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ；

【小问 2 详解】}

证明: 因为 $b=2 c, a>0, b>0, c>0$, 由 (1) 得 $a+b+2 c=a+4 c \leq 3$,

即 $0<a+4 c \leq 3$ ，所以 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$,

由权方和不等式知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c}=\frac{9}{a+4 c} \geq 3$,

当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4 c}$, 即 $a=1, c=\frac{1}{2}$ 时取等号,

所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$

答案：【小问 1 详解】}

证明: 由柯西不等式有 $\left[a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}$,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ，

当且仅当 $a=b=2 c=1$ 时, 取等号,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ；

【小问 2 详解】}

证明: 因为 $b=2 c, a>0, b>0, c>0$, 由 (1) 得 $a+b+2 c=a+4 c \leq 3$,

即 $0<a+4 c \leq 3$ ，所以 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$,

由权方和不等式知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c}=\frac{9}{a+4 c} \geq 3$,

当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4 c}$, 即 $a=1, c=\frac{1}{2}$ 时取等号,

所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：17. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知

$\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$

(1) 若 $A=2 B$, 求 $C$;

(2) 证明: $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$

解答：【分析】(1) 根据题意可得, $\sin C=\sin (C-A)$, 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

$\sin C(\sin A \cos B-\cos A \sin B)=\sin B(\sin C \cos A-\cos C \sin A)$, 再根据正弦定理, 余 弦定理化简即可证出.

【小问 1 详解】}

由 $A=2 B, \quad \sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得, $\quad \sin C \sin B=\sin B \sin (C-A)$,

而 $0<B<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\sin B \in(0,1)$, 即有 $\sin C=\sin (C-A)>0$, 而 $0<C<\pi, 0<C-A<\pi$, 显然 $C \neq C-A$, 所以, $C+C-A=\pi$, 而 $A=2 B$,

$A+B+C=\pi$, 所以 $C=\frac{5 \pi}{8}$.

【小问 2 详解】}

由 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得，

$\sin C(\sin A \cos B-\cos A \sin B)=\sin B(\sin C \cos A-\cos C \sin A)$, 再由正弦定理可得, $a c \cos B-b c \cos A=b c \cos A-a b \cos C$, 然后根据余弦定理可知,

$\frac{1}{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$, 化简得:

$2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 故原等式成立.

答案：【小问 1 详解】}

由 $A=2 B, \quad \sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得, $\quad \sin C \sin B=\sin B \sin (C-A)$,

而 $0<B<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\sin B \in(0,1)$, 即有 $\sin C=\sin (C-A)>0$, 而 $0<C<\pi, 0<C-A<\pi$, 显然 $C \neq C-A$, 所以, $C+C-A=\pi$, 而 $A=2 B$,

$A+B+C=\pi$, 所以 $C=\frac{5 \pi}{8}$.

【小问 2 详解】}

由 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得，

$\sin C(\sin A \cos B-\cos A \sin B)=\sin B(\sin C \cos A-\cos C \sin A)$, 再由正弦定理可得, $a c \cos B-b c \cos A=b c \cos A-a b \cos C$, 然后根据余弦定理可知,

$\frac{1}{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$, 化简得:

$2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 故原等式成立.

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：19. 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: $\mathrm{m}^{2}$ ) 和材积量 (单 位: $\left.m^{3}\right)$, 得到如下数据:

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline 样本号 i & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 总和 \\
\hline 根部横截面积 $x_{\mathrm{i}}$ & 0.04 & 0.06 & 0.04 & 0.08 & 0.08 & 0.05 & 0.05 & 0.07 & 0.07 & 0.06 & 0.6 \\
\hline 材积量 $y_{i}$ & 0.25 & 0.40 & 0.22 & 0.54 & 0.51 & 0.34 & 0.36 & 0.46 & 0.42 & 0.40 & 3.9 \\
\hline
\end{tabular}

并计算得 $\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}=0.038, \sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}=1.6158, \sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}=0.2474$.

（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 $186 \mathrm{~m}^{2}$. 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 $r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}, \sqrt{1.896} \approx 1.377$.

解答：【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) 代人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 $\bar{x}=\frac{0.6}{10}=0.06$

样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 $\bar{y}=\frac{3.9}{10}=0.39$

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 $0.06 \mathrm{~m}^{2}$,

平均一棵的材积量为 $0.39 \mathrm{~m}^{3}$

【小问 2 详解】

$$
\begin{gathered}
r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
=\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{gathered}
$$

则 $r \approx 0.97$

【小问 3 详解】

设该林区这种树木的总材积量的估计值为 $Y \mathrm{~m}^{3}$, 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比,

可得 $\frac{0.06}{0.39}=\frac{186}{Y}$, 解之得 $Y=1209 \mathrm{~m}^{3}$.

则该林区这种树木的总材积量估计为 $1209 \mathrm{~m}^{3}$

答案：【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 $\bar{x}=\frac{0.6}{10}=0.06$

样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 $\bar{y}=\frac{3.9}{10}=0.39$

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 $0.06 \mathrm{~m}^{2}$,

平均一棵的材积量为 $0.39 \mathrm{~m}^{3}$

【小问 2 详解】

$$
\begin{gathered}
r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
=\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{gathered}
$$

则 $r \approx 0.97$

【小问 3 详解】

设该林区这种树木的总材积量的估计值为 $Y \mathrm{~m}^{3}$, 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比,

可得 $\frac{0.06}{0.39}=\frac{186}{Y}$, 解之得 $Y=1209 \mathrm{~m}^{3}$.

则该林区这种树木的总材积量估计为 $1209 \mathrm{~m}^{3}$

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：21. 已知椭圆 $E$ 的中心为坐标原点, 对称轴为 $x$ 轴、 $y$ 轴, 且过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$ 两点.

(1) 求 $E$ 的方程;

(2) 设过点 $P(1,-2)$ 的直线交 $E$ 于 $M, N$ 两点, 过 $M$ 且平行于 $x$ 轴的直线与线段 $A B$ 交于

点 $T$, 点 $H$ 满足 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$. 证明: 直线 $H N$ 过定点.

解答：【分析】(1) 将给定点代人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 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$,

则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$,

所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.

【小问 2 详解】

$A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$,

(1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$,

可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得

$T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程:

$y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$.

(2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ，

可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$.

可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$,

将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$,

将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$,

显然成立,

综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$.

答案：【小问 1 详解】}

解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$,

则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$,

所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.

【小问 2 详解】

$A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$,

(1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$,

可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得

$T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程:

$y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$.

(2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ，

可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$.

可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$,

将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$,

将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$,

显然成立,

综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$.

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos 2 t \\ y=2 \sin t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), 以坐标原点 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$

(1) 写出 $l$ 的直角坐标方程;

(2) 若 $l$ 与 $C$ 有公共点, 求 $m$ 的取值范围.

解答：【分析】(1) 根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可; (2) 联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 采用换元法处理, 根据新设 $a$ 的取值范围求解 $m$ 的范围即可.

【小问 1 详解】}

因为 $l: \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$, 所以 $\frac{1}{2} \rho \cdot \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \cdot \cos \theta+m=0$,

又因为 $\rho \cdot \sin \theta=y, \rho \cdot \cos \theta=x$, 所以化简为 $\frac{1}{2} y+\frac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$,

整理得 $l$ 的直角坐标方程: $\sqrt{3} x+y+2 m=0$

【小问 2 详解】}

联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 即将 $x=\sqrt{3} \cos 2 t, y=2 \sin t$ 代人 $\sqrt{3} x+y+2 m=0$ 中, 可得 $3 \cos 2 t+2 \sin t+2 m=0$,

所以 $3\left(1-2 \sin ^{2} t\right)+2 \sin t+2 m=0$ ，

化简为 $-6 \sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$,

要使 $l$ 与 $C$ 有公共点, 则 $2 m=6 \sin ^{2} t-2 \sin t-3$ 有解,

令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$, 令 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3,(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,

对称轴为 $a=\frac{1}{6}$, 开口向上,

所以 $f(a)_{\text {max }}=f(-1)=6+2-3=5$,

$f(a)_{\min }=f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3=-\frac{19}{6}$

所以 $-\frac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$

$m$ 的取值范围为 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.

[选修 4-5: 不等式选讲]}

答案：【小问 1 详解】}

因为 $l: \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$, 所以 $\frac{1}{2} \rho \cdot \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \cdot \cos \theta+m=0$,

又因为 $\rho \cdot \sin \theta=y, \rho \cdot \cos \theta=x$, 所以化简为 $\frac{1}{2} y+\frac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$,

整理得 $l$ 的直角坐标方程: $\sqrt{3} x+y+2 m=0$

【小问 2 详解】}

联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 即将 $x=\sqrt{3} \cos 2 t, y=2 \sin t$ 代人 $\sqrt{3} x+y+2 m=0$ 中, 可得 $3 \cos 2 t+2 \sin t+2 m=0$,

所以 $3\left(1-2 \sin ^{2} t\right)+2 \sin t+2 m=0$ ，

化简为 $-6 \sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$,

要使 $l$ 与 $C$ 有公共点, 则 $2 m=6 \sin ^{2} t-2 \sin t-3$ 有解,

令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$, 令 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3,(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,

对称轴为 $a=\frac{1}{6}$, 开口向上,

所以 $f(a)_{\text {max }}=f(-1)=6+2-3=5$,

$f(a)_{\min }=f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3=-\frac{19}{6}$

所以 $-\frac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$

$m$ 的取值范围为 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.

[选修 4-5: 不等式选讲]}

2022 年高考 （全国乙卷）
题目：23. 已知 $a, b, \mathrm{c}$ 都是正数, 且 $a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}=1$, 证明:

(1) $a b c \leq \frac{1}{9}$

(2) $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$;

解答：【分析】(1) 利用三元均值不等式即可证明;

(2) 利用基本不等式及不等式的性质证明即可.

【小问 1 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$, 则 $a^{\frac{3}{2}}>0, b^{\frac{3}{2}}>0, c^{\frac{3}{2}}>0$,

所以 $\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{3} \geq \sqrt[3]{a^{\frac{3}{2}} \cdot b^{\frac{3}{2}} \cdot c^{\frac{3}{2}}}$

即 $(a b c)^{\frac{1}{2}} \leq \frac{1}{3}$, 所以 $a b c \leq \frac{1}{9}$, 当且仅当 $a^{\frac{3}{2}}=b^{\frac{3}{2}}=c^{\frac{3}{2}}$, 即 $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$ 时取等号.

【小问 2 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$,

所以 $b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}, a+b \geq 2 \sqrt{a b}$,

所以 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.

答案：【小问 1 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$, 则 $a^{\frac{3}{2}}>0, b^{\frac{3}{2}}>0, c^{\frac{3}{2}}>0$,

所以 $\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{3} \geq \sqrt[3]{a^{\frac{3}{2}} \cdot b^{\frac{3}{2}} \cdot c^{\frac{3}{2}}}$

即 $(a b c)^{\frac{1}{2}} \leq \frac{1}{3}$, 所以 $a b c \leq \frac{1}{9}$, 当且仅当 $a^{\frac{3}{2}}=b^{\frac{3}{2}}=c^{\frac{3}{2}}$, 即 $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$ 时取等号.

【小问 2 详解】

证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$,

所以 $b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}, a+b \geq 2 \sqrt{a b}$,

所以 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：17. 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:

\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline & 准点班次数 & 20 \\
\hline$A$ & 240 & 末准点班次数 \\
\hline$B$ & 210 & 30 \\
\hline
\end{tabular}

（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: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$,

$\begin{array}{cccc}P\left(\begin{array}{ll}K^{2} & k\end{array}\right) & 0.100 & 0.050 & 0.010 \\ & 2.706 & 3.841 & 6.635\end{array}$

解答：【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 $K^{2}$, 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 $P(M)=\frac{240}{260}=\frac{12}{13}$ ；

$B$ 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 $P(N)=\frac{210}{240}=\frac{7}{8}$.

$A$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{12}{13}$; $B$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{7}{8}$.

【小问 2 详解】}

列联表

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 准点班次数 & 末准点班次数 & 合计 \\
\hline$A$ & 240 & 20 & 260 \\
\hline$B$ & 210 & 30 & 240 \\
\hline 合计 & 450 & 50 & 500 \\
\hline
\end{tabular}

$$
\begin{aligned}
& K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} \\
& =\frac{500 \times(240 \times 30-210 \times 20)^{2}}{260 \times 240 \times 450 \times 50} \approx 3.205>2.706,
\end{aligned}
$$

根据临界值表可知, 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.

答案：【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 $P(M)=\frac{240}{260}=\frac{12}{13}$ ；

$B$ 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 $P(N)=\frac{210}{240}=\frac{7}{8}$.

$A$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{12}{13}$; $B$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{7}{8}$.

【小问 2 详解】}

列联表

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 准点班次数 & 末准点班次数 & 合计 \\
\hline$A$ & 240 & 20 & 260 \\
\hline$B$ & 210 & 30 & 240 \\
\hline 合计 & 450 & 50 & 500 \\
\hline
\end{tabular}

$$
\begin{aligned}
& K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} \\
& =\frac{500 \times(240 \times 30-210 \times 20)^{2}}{260 \times 240 \times 450 \times 50} \approx 3.205>2.706,
\end{aligned}
$$

根据临界值表可知, 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.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：18. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$.

(1) 证明: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列;

(2) 若 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 求 $S_{n}$ 的最小值.

解答：【分析】(1) 依题意可得 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$, 根据 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$, 作差即可得到 $a_{n}-a_{n-1}=1$, 从而得证;

(2) 由 (1) 及等比中项的性质求出 $a_{1}$, 即可得到 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式与前 $n$ 项和, 再根据二 次函数的性质计算可得.

【小问 1 详解】}

解: 因为 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$, 即 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n(1)$,

当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n-1}+(n-1)^{2}=2(n-1) a_{n-1}+(n-1)$ (2),

(1)-(2)得, $2 S_{n}+n^{2}-2 S_{n-1}-(n-1)^{2}=2 n a_{n}+n-2(n-1) a_{n-1}-(n-1)$,

即 $2 a_{n}+2 n-1=2 n a_{n}-2(n-1) a_{n-1}+1$,

即 $2(n-1) a_{n}-2(n-1) a_{n-1}=2(n-1)$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=1, n \geq 2$ 且 $n \in \mathrm{N}^{*}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为公差的等差数列.

【小问 2 详解】

解：由（1）可得 $a_{4}=a_{1}+3, a_{7}=a_{1}+6, a_{9}=a_{1}+8$,

又 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 所以 $a_{7}^{2}=a_{4} \cdot a_{9}$,

即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+3\right) \cdot\left(a_{1}+8\right)$ ， 解得 $a_{1}=-12$ ，

所以 $a_{n}=n-13$, 所以 $S_{n}=-12 n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{25}{2} n=\frac{1}{2}\left(n-\frac{25}{2}\right)^{2}-\frac{625}{8}$,

所以, 当 $n=12$ 或 $n=13$ 时 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.

答案：【小问 1 详解】}

解: 因为 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$, 即 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n(1)$,

当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n-1}+(n-1)^{2}=2(n-1) a_{n-1}+(n-1)$ (2),

(1)-(2)得, $2 S_{n}+n^{2}-2 S_{n-1}-(n-1)^{2}=2 n a_{n}+n-2(n-1) a_{n-1}-(n-1)$,

即 $2 a_{n}+2 n-1=2 n a_{n}-2(n-1) a_{n-1}+1$,

即 $2(n-1) a_{n}-2(n-1) a_{n-1}=2(n-1)$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=1, n \geq 2$ 且 $n \in \mathrm{N}^{*}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为公差的等差数列.

【小问 2 详解】

解：由（1）可得 $a_{4}=a_{1}+3, a_{7}=a_{1}+6, a_{9}=a_{1}+8$,

又 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 所以 $a_{7}^{2}=a_{4} \cdot a_{9}$,

即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+3\right) \cdot\left(a_{1}+8\right)$ ， 解得 $a_{1}=-12$ ，

所以 $a_{n}=n-13$, 所以 $S_{n}=-12 n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{25}{2} n=\frac{1}{2}\left(n-\frac{25}{2}\right)^{2}-\frac{625}{8}$,

所以, 当 $n=12$ 或 $n=13$ 时 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：20. 已知函数 $f(x)=x^{3}-x, g(x)=x^{2}+a$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线.

(1) 若 $x_{1}=-1$, 求 $a$;

(2) 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】(1) 先由 $f(x)$ 上的切点求出切线方程, 设出 $g(x)$ 上的切点坐标, 由斜率求出切点 坐标, 再由函数值求出 $a$ 即可;

(2) 设出 $g(x)$ 上的切点坐标, 分别由 $f(x)$ 和 $g(x)$ 及切点表示出切线方程, 由切线重合表示 出 $a$, 构造函数, 求导求出函数值域, 即可求得 $a$ 的取值范围.

【小问 1 详解】}

由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$,

即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$;

【小问 2 详解】}

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为

$y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$,

设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$,

则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$,

令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ，

令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表:

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\
\hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\
\hline
\end{tabular}

则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$.

答案：【小问 1 详解】}

由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$,

即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$;

【小问 2 详解】}

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为

$y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$,

设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$,

则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$,

令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ，

令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表:

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\
\hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\
\hline
\end{tabular}

则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：21. 设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点为 $F$, 点 $D(p, 0)$, 过 $F$ 的直线交 $C$ 于 $M, N$ 两 点. 当直线 $M D$ 垂直于 $x$ 轴时, $|M F|=3$. (1) 求 $C$ 的方程;

(2) 设直线 $M D, N D$ 与 $C$ 的另一个交点分别为 $A, B$, 记直线 $M N, A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$. 当 $a-\beta$ 取得最大值时, 求直线 $A B$ 的方程.

解答：【分析】(1) 由抛物线的定义可得 $|M F|=p+\frac{p}{2}$, 即可得解;

(2) 设点的坐标及直线 $M N: x=m y+1$, 由韦达定理及斜率公式可得 $k_{M N}=2 k_{A B}$, 再由 差角的正切公式及基本不等式可得 $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 结合韦达定理可 解.

【小问 1 详解】}

抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$,

此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ，

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$;

【小问 2 详解】}

设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$,

由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ，

直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$,

$\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$

又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$,

所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$,

若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则

$\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立,

所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$,

代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$,

$\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$,

所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.

答案：【小问 1 详解】}

抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$,

此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ，

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$;

【小问 2 详解】}

设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$,

由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$ ，

直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$,

$\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$, 所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$

又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$,

所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$,

若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则

$\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立,

所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$,

代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$,

$\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$,

所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.

2022 年高考 （全国甲卷）
题目：23. 已知 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a^{2}+b^{2}+4 c^{2}=3$, 证明:

(1) $a+b+2 c \leq 3$

(2) 若 $b=2 c$, 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$.

解答：【分析】（1）根据 $a^{2}+b^{2}+4 c^{2}=a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}$ ，利用柯西不等式即可得证；

(2) 由 ( 1 ) 结合已知可得 $0<a+4 c \leq 3$, 即可得到 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$, 再根据权方和不等式即 可得证.

【小问 1 详解】}

证明: 由柯西不等式有 $\left[a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}$,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ，

当且仅当 $a=b=2 c=1$ 时, 取等号,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ；

【小问 2 详解】}

证明：因为 $b=2 c, a>0, b>0, c>0$, 由 (1) 得 $a+b+2 c=a+4 c \leq 3$,

即 $0<a+4 c \leq 3$, 所以 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$,

由权方和不等式知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c}=\frac{9}{a+4 c} \geq 3$,

当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4 c}$, 即 $a=1, c=\frac{1}{2}$ 时取等号,

所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$.

答案：【小问 1 详解】}

证明: 由柯西不等式有 $\left[a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}$,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ，

当且仅当 $a=b=2 c=1$ 时, 取等号,

所以 $a+b+2 c \leq 3$ ；

【小问 2 详解】}

证明：因为 $b=2 c, a>0, b>0, c>0$, 由 (1) 得 $a+b+2 c=a+4 c \leq 3$,

即 $0<a+4 c \leq 3$, 所以 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$,

由权方和不等式知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c}=\frac{9}{a+4 c} \geq 3$,

当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4 c}$, 即 $a=1, c=\frac{1}{2}$ 时取等号,

所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$.