【正文】 FMAB 為定值； （ II）設(shè) ABM? 的面積為 S，寫出 ()Sf?? 的表達(dá)式，并求 S 的最小值。 （ 22）（本小題滿分１２分） 設(shè)數(shù)列 ??na 的前 n 項(xiàng)和為 nS ，且方程 2 0nnx a x a? ? ? 有一根為 1, 1, 2, 3,...nSn?? （ I）求 12,。aa BACC 1 B1A1DE （ II）求 ??na 的通項(xiàng)公式 2022 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試 （ 全國 II 卷 ） 理科數(shù)學(xué)試題（ 必修＋選修Ⅱ）參考答案和評(píng)分參考 評(píng)分說明： 1．本解答給出了一種或幾種解法供參考，如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分參考制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則． 2．對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后繼部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定后繼部分的給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果后繼部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤，就不再給分． 3．解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)． 4．只給整數(shù)分?jǐn)?shù) — 選擇題和填空題不給中間分． 一、選擇題 ⑴ D ⑵ D ⑶ A ⑷ A ⑸ C ⑹ B ⑺ A ⑻ D ⑼ A ⑽ C ⑾ A ⑿ C 二、填空題 ⒀ 45 ⒁ 3 ⒂ 22 ⒃ 25 三、解答題 17．解：（Ⅰ）若 a⊥ b，則 sinθ＋ cosθ＝ 0，????? 2 分 由此得 tanθ＝－ 1(－ π2＜ θ＜ π2)，所以 θ＝－ π4；?????? 4 分 （Ⅱ）由 a＝ (sinθ， 1)， b＝ (1， cosθ)得 ｜ a＋ b｜＝ (sinθ＋ 1)2＋ (1＋ cosθ)2＝ 3＋ 2(sinθ＋ cosθ) ＝ 3＋ 2 2sin(θ＋ π4)，?????? 10 分 當(dāng) sin(θ＋ π4)＝ 1 時(shí)， |a＋ b|取得最大值，即當(dāng) θ＝ π4時(shí)， |a＋ b|最大值為 2＋ 1．?? 12 分 18．解：（Ⅰ） ξ 可能的取值為 0， 1， 2， 3． P(ξ ＝ 0)＝ C24C25C23C25＝18100＝950 P(ξ ＝ 1)＝ C14C25C23C25＋C24C25C13C12C25 ＝1225 P(ξ ＝ 2)＝ C14C25C13C12C25 ＋C24C25C22C25＝1550 P(ξ ＝ 3)＝ C14C25C22C25＝125． ?????? 8 分 ξ 的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 950 1225 1550 125 數(shù)學(xué)期望為 Eξ ＝ ． (Ⅱ )所求的 概率為 p＝ P(ξ ≥ 2)＝ P(ξ ＝ 2)＋ P(ξ ＝ 3)＝ 1550＋ 125＝ 1750 ????? 12 分 19．解法一： （Ⅰ）設(shè) O 為 AC 中點(diǎn)，連接 EO， BO，則 EO∥＝ 12C1C，又 C1C∥＝ B1B，所以 EO∥＝ DB， EOBD 為平行四邊形， ED∥ OB． ?? 2 分 ∵ AB＝ BC，∴ BO⊥ AC， 又平面 ABC⊥平面 ACC1A1， BO?面 ABC，故 BO⊥平面 ACC1A1， ∴ ED⊥平面 ACC1A1， BD⊥ AC1， ED⊥ CC1， ∴ ED⊥ BB1， ED 為異面直線 AC1與 BB1 的公垂線．?? 6 分 （Ⅱ）連接 A1E，由 AA1＝ AC＝ 2AB 可知， A1ACC1 為正方形， ∴ A1E⊥ AC1，又由 ED⊥平面 ACC1A1 和 ED?平面 ADC1知平面 ADC1⊥平面 A1ACC1，∴ A1E⊥平面 ADC1．作 EF⊥ AD，垂足為 F，連接 A1F，則 A1F⊥ AD，∠ A1FE 為二面角 A1－ AD－ C1 的平面角． 不妨設(shè) AA1＝ 2，則 AC＝ 2， AB＝ 2ED＝ OB＝ 1， EF＝ AE EDAD ＝ 23， tan∠ A1FE＝ 3，∴∠ A1FE＝ 60176。 ． 所以二面角 A1－ AD－ C1為 60176。 ． ??? 12 分 解法二： （Ⅰ）如圖，建立直角坐標(biāo)系 O－ xyz，其中原點(diǎn) O 為 AC 的中點(diǎn)． 設(shè) A(a， 0， 0)， B(0， b， 0)， B1(0， b， 2c)． 則 C(－ a， 0， 0)， C1(－ a， 0， 2c)， E(0， 0， c)， D(0， b， c)． ?? 3 分 ED→ ＝（ 0， b， 0）， BB1→ ＝ (0， 0， 2c)． ED→ BB1→ ＝ 0，∴ ED⊥ BB1． 又 AC1→ ＝ (－ 2a， 0， 2c)， ED→ AC1→ ＝ 0，∴ ED⊥ AC1， ?? 6 分 所以 ED 是異面直線 BB1與 AC1的公垂線． （Ⅱ）不妨設(shè) A(1， 0， 0)，則 B(0， 1， 0)， C(－ 1， 0， 0)， A1(1， 0， 2)， BC→ ＝ (－ 1，－ 1， 0)， AB→ ＝ (－ 1， 1， 0)， AA1→ ＝ (0， 0， 2)， BC→ AB→ ＝ 0， BC→ AA1→ ＝ 0，即 BC⊥ AB， BC⊥ AA1，又 AB∩ AA1＝ A， ∴ BC⊥平面 A1AD． 又 E(0， 0， 1)， D(0， 1， 1)， C(－ 1， 0， 1)， EC→ ＝ (－ 1， 0，－ 1)， AE→ ＝ (－ 1， 0， 1)， ED→ ＝ (0， 1， 0)， EC→ AE→ ＝ 0， EC→ ED→ ＝ 0，即 EC⊥ AE， EC⊥ ED，又 AE∩ ED＝ E， A B C D E A1 B1 C1 O F A B C D E A1 B1 C1 O z x y ∴ EC⊥面 C1AD． ?? 10 分 cos＜ EC→ ， BC→ ＞＝ EC→ BC→| EC→ || BC→ |＝ 12，即得 EC→ 和 BC→ 的夾角為 60176。 ． 所以二面角 A1－ AD－ C1為 60176。 ． ??? 12 分 20．解法一： 令 g(x)＝ (x＋ 1)ln(x＋ 1)－ ax， 對(duì)函數(shù) g(x)求導(dǎo)數(shù)： g′(x)＝ ln(x＋ 1)＋ 1－ a 令 g′(x)＝ 0，解得 x＝ ea－ 1－ 1， ?? 5 分 (i)當(dāng) a≤ 1 時(shí)，對(duì)所有 x＞ 0， g′(x)＞ 0，所以 g(x)在 [0，＋ ∞)上是增函數(shù)， 又 g(0)＝ 0，所以對(duì) x≥ 0，都有 g(x)≥ g(0)， 即當(dāng) a≤ 1 時(shí)，對(duì)于所有 x≥ 0，都有 f(x)≥ ax． ?? 9 分 (ii)當(dāng) a＞ 1 時(shí)，對(duì)于 0＜ x＜ ea－ 1－ 1， g′(x)＜ 0，所以 g(x)在 (0， ea－ 1－ 1)是減函數(shù)， 又 g(0)＝ 0，所以對(duì) 0＜ x＜ ea－ 1－ 1，都有 g(x)＜ g(0)， 即當(dāng) a＞ 1 時(shí)，不是對(duì)所有的 x≥ 0，都有 f(x)≥ ax 成立． 綜上， a 的取值范圍是（－ ∞， 1]． ?? 12 分 解法二：令 g(x)＝ (x＋ 1)ln(x＋ 1)－ ax， 于是不等式 f(x)≥ ax 成立即為 g(x)≥ g(0)成立． ?? 3 分 對(duì)函數(shù) g(x)求導(dǎo)數(shù)： g′(x)＝ ln(x＋ 1)＋ 1－ a 令 g′(x)＝ 0，解得 x＝ ea－ 1－ 1， ?? 6 分 當(dāng) x＞ ea－ 1－ 1 時(shí)， g′(x)＞ 0， g(x)為增函數(shù)， 當(dāng)－ 1＜ x＜ ea－ 1－ 1， g′(x)＜ 0， g(x)為減函數(shù)， ?? 9 分 所以要對(duì)所有 x≥ 0 都有 g(x)≥ g(0)充要條件為 ea－ 1－ 1≤ 0． 由此得 a≤ 1，即 a 的取值范圍是（－ ∞， 1]． ?? 12 分 21．解： (Ⅰ )由已知條件，得 F(0， 1)， λ＞ 0． 設(shè) A(x1， y1)， B(x2， y2)．由 AF→ ＝ λ FB→ ， 即得 (－ x1， 1－ y)＝ λ(x2， y2－ 1)， ???－ x1＝ λx2 ①1－ y1＝ λ(y2－ 1) ② 將①式兩邊平方并把 y1＝ 14x12， y2＝ 14x22 代入得 y1＝ λ2y2 ③ 解②、③式得 y1＝ λ， y2＝ 1λ，且有 x1x2＝－ λx22＝－ 4λy2＝－ 4， 拋物線方程為 y＝ 14x2， 求導(dǎo)得 y′＝ 12x． 所以過拋物線上 A、 B 兩點(diǎn)的切線方程分別是 y＝ 12x1(x－ x1)＋ y1， y＝ 12x2(x－ x2)＋ y2， 即 y＝ 12x1x－ 14x12， y＝ 12x2x－ 14x22． 解出兩條切線的交點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 (x1＋ x22 ， x1x24 )＝ (x1＋ x22 ，－ 1)． ?? 4 分 所以 FM→ AB→ ＝ (x1＋ x22 ，－ 2)(x2－ x1， y2－ y1)＝ 12(x22－ x12)－ 2(14x22－ 14x12)＝ 0 所以 FM→ AB→ 為定值，其值為 0． ?? 7 分 (Ⅱ )由 (Ⅰ )知在 △ ABM 中， FM⊥ AB，因而 S＝ 12|AB||FM|． |FM|＝ (x1＋ x22 )2＋ (－ 2)2＝ 14x12＋ 14x22＋ 12x1x2＋ 4 ＝ y1＋ y2＋ 12 (－ 4)＋ 4 ＝ λ＋ 1λ＋ 2＝ λ＋ 1λ． 因?yàn)?|AF|、 |BF|分別等于 A、 B 到拋物線準(zhǔn)線 y＝－ 1 的距離，所以 |AB|＝ |AF|＋ |BF|＝ y1＋ y2＋ 2＝ λ＋ 1λ＋ 2＝ ( λ＋ 1λ)2． 于是 S＝ 12|AB||FM|＝ ( λ＋ 1λ)3， 由 λ＋ 1λ≥ 2 知 S≥ 4，且當(dāng) λ＝ 1 時(shí)， S 取得最小值 4． 22．解： (Ⅰ )當(dāng) n＝ 1 時(shí)， x2－ a1x－ a1＝ 0 有一根為 S1－ 1＝ a1－ 1， 于是 (a1－ 1)2－ a1(a1－ 1)－ a1＝ 0，解得 a1＝ 12． 當(dāng) n＝ 2 時(shí)， x2－ a2x－ a2＝ 0 有一根為 S2－ 1＝ a2－ 12， 于是 (a2－ 12)2－ a2(a2－ 12)－ a2＝ 0，解得 a1＝ 16． (Ⅱ )由題設(shè) (Sn－ 1)2－ an(Sn－ 1)－ an＝ 0， 即 Sn2－ 2Sn＋ 1－ anSn＝ 0． 當(dāng) n≥ 2 時(shí)， an＝ Sn－ Sn－ 1，代入上式得 Sn－ 1Sn－ 2Sn＋ 1＝ 0 ① 由 (Ⅰ )知 S1＝ a1＝ 12， S2＝ a1＋ a2＝ 12＋ 16＝ 23． 由①可得 S3＝ 34． 由此猜想 Sn＝ nn＋ 1， n＝ 1， 2， 3，?． ?? 8 分 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論． (i)n＝ 1 時(shí)已知結(jié)論成立． (ii)假設(shè) n＝ k 時(shí)結(jié)論成立，即 Sk＝ kk＋ 1， 當(dāng) n＝ k＋ 1 時(shí)，由①得 Sk＋ 1＝ 12－ Sk，即 Sk＋ 1＝ k＋ 1k＋ 2， 故 n＝ k＋ 1 時(shí)結(jié)論也成立． 綜上，由 (i)、 (ii)可知 Sn＝ nn＋ 1對(duì)所有正整數(shù) n 都成立． ?? 10 分 于是當(dāng) n≥ 2 時(shí)， an＝ Sn－ Sn－ 1＝ nn＋ 1－ n－ 1n ＝ 1n(n＋ 1)， 又 n＝ 1 時(shí)， a1＝ 12＝ 11 2，所以 ｛ an｝的通項(xiàng)公式 an＝ nn＋ 1， n＝ 1， 2， 3，?． ?? 12 分 2022 年普 通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試試題卷 (全國卷Ⅱ ) 理科數(shù)學(xué) （必修 +選修 Ⅱ ） 注意事項(xiàng)： 1． 本試題卷分第 Ⅰ 卷（選擇題）和第 Ⅱ 卷（非選擇題）兩部分，共 4 頁，總分 150 分，考試時(shí)間 120分鐘． 2． 答題前，考生須將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場號(hào)、座位號(hào)填寫在本試題卷指定的位置上． 3． 選擇題的每小題選出答案后，用 2B 鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，不能答在試題卷上． 4． 非選擇題必須使用 毫米的黑色字跡的簽字筆在答題卡上書寫，字體工整，筆跡清楚 5． 非選擇題必須按照題號(hào)順序在答題卡上各 題目的答題區(qū)域內(nèi)作答．超出答題區(qū)域或在其它題的答題區(qū)域內(nèi)書寫的答案無效；在草稿紙、本試題卷上答題無效． 6． 考試結(jié)束，將本試題卷和答題卡一并交回． 第 Ⅰ 卷（選擇題） 本卷共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．