2022 新高考全国一卷 数学 题解

纪念我这还没有比语文高的数学。

一、选择题：本题共 $8$ 小题，每小题 $5$ 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. 若集合 $M=\{x|\sqrt{x}<4\}$，$N=\{x|3x\ge 1\}$，则 $M\cap N=$

   A. $\{x|0\le x< 2\}$

   B. $\{x|\dfrac 13\le x<2\}$

   C. $\{x|3\le x<16\}$

   D. $\{x|\dfrac 13\le x<16\}$

解析：

解：

• 先考虑 $M$：

  $\because$ $\sqrt x$ 要有意义

  $\therefore$ $x\ge 0$

  又 $\because$ $\sqrt{x}<4$

  $\therefore$ $x<16$

  综上，$M=\{x|0\le x<16\}$；

• 再考虑 $N$：

  $\because$ $3x\ge 1$

  $\therefore$ $x\ge \dfrac 13$

  得：$N=\{x|x\ge \dfrac 13\}$.

综上所述，$M\cap N=\{x|0\le x<16\}\cap\{x|x\ge \dfrac 13\}=\{x\mid \dfrac 13\le x<16\}$，选 D.

2. 若 $\operatorname{i}(1-z)=1$，则 $z+\bar{z}=$

   A. $-2$

   B. $-1$

   C. $1$

   D. $2$

解析：

解：

设 $z=a+b\operatorname{i}\,(a,b\in \mathbb R)$.

则由已知：

$\operatorname{i}(1-z)=\operatorname{i}(1-a-b\operatorname{i})=\operatorname{i}[(1-a)-b\operatorname{i}]=b+(1-a)\operatorname{i}=1$

$\therefore$ $b=1,1-a=0$

得：$a=b=1$.

故：

$z=1+\operatorname{i}\\ z+\bar{z}=(1+\operatorname{i})+(1-\operatorname{i})=2$

选 D.

3. 在 $\triangle ABC$ 中，点 $D$ 在边 $AB$ 上，$BD=2DA$，记 $\overrightarrow{CA}=\pmb{m}$，$\overrightarrow{CD}=\pmb{n}$，则 $\overrightarrow{CB}=$

   A. $3\pmb m-2\pmb n$

   B. $-2\pmb m+3\pmb n$

   C. $3\pmb m+2\pmb n$

   D. $2\pmb m+3\pmb n$

解析：

解：

$\because$ $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CA}=\pmb{n}-\pmb{m}$

$\therefore$ $\overrightarrow{DB}=2\overrightarrow{AD}=2\pmb{n}-2\pmb{m}$

$\therefore$ $\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DB}=-2\pmb{m}+3\pmb{n}$

故选 B.

4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库. 已知该水库水位海拔 $148.5\,\text{m}$ 时，相应水面的面积为 $140.0\,\text{km}^2$；水位为海拔 $157.7\,\text{m}$ 时，相应水位的面积为 $180.0\,\text{km}^2$. 将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔 $148.5\,\text{m}$ 上升到 $157.7\,\text{m}$ 时，增加的水量约为（$\sqrt 7\approx 2.65$）

   A. $1.0\times 10^9\,\text{m}^3$

   B. $1.2\times 10^9\,\text{m}^3$

   C. $1.4\times 10^9\,\text{m}^3$

   D. $1.6\times 10^9\,\text{m}^3$

解析：

解：
由棱台体积公式：

$V=\frac 13(S+S'+\sqrt{SS'})h$

其中 $S,S'$ 分别表示上下表面的面积，$h$ 为台高.
由题意可知：$S=180.0\,\text{km}^2$，$S'=140.0\,\text{km}^2$，$h=157.7\,\text{m}-148.5\,\text{m}=9.2\,\text{m}$.
故：

$\begin{aligned} V & =\frac 13\times (180.0\times 10^6+140.0\times 10^6+\sqrt{180.0\times 10^6\times 140.0\times 10^6})\times 9.2\\ & \approx \frac 13\times 9\times (3.2\times 10^8+6\sqrt{7}\times 10^7)\\ & \approx 3\times (3.2\times 10^8+6\times 2.65\times 10^7)\\ & = 14.37\times 10^8\\ & \approx 1.4\times 10^9\,(\text{m}^2) \end{aligned}$

选 C.

5. 从 $2$ 到 $8$ 的 $7$ 个整数中随机取 $2$ 个不同的数，则这两个数互质的概率为

   A. $\dfrac 16$

   B. $\dfrac 13$

   C. $\dfrac 12$

   D. $\dfrac 23$

解析：

解：

用 $(a,b)\,(a<b)$ 表示选出数的是 $a$ 和 $b$.

则：

$\Omega=\{(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(2,7),(2,8),(3,4),(3,5),(3,6),(3,7),\\ (3,8),(4,5),(4,6),(4,7),(4,8),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(6,8),(7,8) \}\\ n(\Omega)=21$

设 $A=$ “选出的两个数互质”.

则：

$A=\{(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(7,8)\}\\ n(A)=14$

$\therefore$ $P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{14}{21}=\dfrac 23$

故：从 $2$ 到 $8$ 的 $7$ 个整数中随机取 $2$ 个不同的数，则这两个数互质的概率为 $\dfrac 23$，选 D.

6. 记函数 $f(x)=\sin(\omega x+\dfrac \pi 4)+b\,(\omega >0)$ 的最小正周期为 $T$. 若 $\dfrac{2\pi}3<T<\pi$，且 $y=f(x)$ 的图像关于点 $(\dfrac{3\pi}2,2)$ 中心对称，则 $f(\dfrac \pi2)=$

   A. $1$

   B. $\dfrac 32$

   C. $\dfrac 52$

   D. $3$

解析：

解：

由题意：$\dfrac{2\pi}3<T=\dfrac{2\pi}\omega<\pi$.

解得：$2<\omega<3$.

又由题意：$y=f(x)$ 的图像关于点 $(\dfrac{3\pi}2,2)$ 中心对称.

故：$b=2$ 且 $f(\dfrac{3\pi}2)=\sin(\dfrac{3\pi}2\omega+\dfrac\pi4)=0$.

所以：$\dfrac{3\pi}2\omega+\dfrac\pi4=k\pi\,(k\in\mathbb Z)$.

可得：$2<\omega=\dfrac{2k}3-\dfrac16<3$.

解得：$\dfrac{13}4<k<\dfrac{19}4$.

又 $\because$ $k\in\mathbb Z$

$\therefore$ $k=4$

$\therefore$ $\omega=\dfrac{2k}3-\dfrac16=\dfrac52$

所以：$f(x)=\sin(\dfrac52x+\dfrac\pi4)+2$.

故：$f(\dfrac\pi2)=\sin(\dfrac52\cdot \dfrac\pi2+\dfrac\pi4)=1$，选 A.

7. 设 $a=0.1\operatorname{e}^{0.1}$，$b=\dfrac 19$，$c=-\ln 0.9$，则

   A. $a<b<c$

   B. $c<b<a$

   C. $c<a<b$

   D. $a<c<b$

解析：

注意到 $b=\dfrac{0.1}{1-0.1},c=-\ln(1-0.1)$.

① 故令 $f(x)=\dfrac1{1-x}-\operatorname{e}^x$.

则：$f'(x)=\dfrac{1-\operatorname{e}^x(1-x)^2}{(1-x)^2}$.

再令 $g(x)=1-\operatorname{e}^x(1-x)^2$.

则：$g'(x)=\operatorname{e}^x(1-x^2)$.

所以当 $x\in(0,0.1]$ 时，$g'(x)>0$，$g(x)>g(0)=0$.

所以当 $x\in(0,0.1]$ 时，$f'(x)>0$，$f(x)>f(0)=0$.

故：

$f(0.1)>0\\ \dfrac1{1-0.1}-\operatorname{e}^{0.1}>0\\ \dfrac{0.1}{1-0.1}>0.1\operatorname{e}^{0.1}\\ b>a$

② 故令 $h(x)=x\operatorname{e}^x+\ln(1-x)$.

则：$h'(x)=\dfrac{(1-x^2)\operatorname{e}^x-1}{1-x}$.

再令 $\varphi(x)=(1-x^2)\operatorname{e}^x-1$.

则：$\varphi'(x)=(1-x^2-2x)\operatorname{e}^x$.

所以当 $x\in(0,0.1]$ 时，$\varphi'(x)>0$，$\varphi(x)>\varphi(0)=0$.

所以当 $x\in(0,0.1]$ 时，$h'(x)>0$，$h(x)>h(0)=0$.

故：

$h(0.1)>0\\ 0.1\operatorname{e}^{0.1}+\ln(1-0.1)>0\\ 0.1\operatorname{e}^{0.1}>-\ln(1-0.1)\\ a>c$

综上，$c<a<b$，选 C.

8. 已知正四棱锥的侧棱长为 $l$，其各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 $36\pi$，且 $3\le l\le 3\sqrt 3$，则该正四棱锥体积的取值范围是

   A. $[18,\dfrac {81}4]$

   B. $[\dfrac{27}4,\dfrac{81}4]$

   C. $[\dfrac{27}4,\dfrac{64}3]$

   D. $[18,27]$

解析：

解：

如上图：$P$ 在底面 $ABCD$ 上的射影是 $E$，正四棱锥的外接球的球心 $O$ 在 $PE$ 上，设 $OP=OA=R$.

由题意：$\dfrac43 \pi R^2=36\pi$.

解得 $R=3$.

设 $PE=h,AE=a$.

$\therefore$ $OE^2+AE^2=(PE-OP)^2+AE^2=(h-3)^2+a^2=OA^2=R^2=9$

又由题意：$9\le l^2=PA^2=PE^2+AE^2=h^2+a^2\le 27$.

两式相减可得：$\dfrac32\le h\le \dfrac92$.

又有：$V(h)=\dfrac13\cdot 2a^2\cdot h=\dfrac23(6h^2-h^3)$.

则：$V'(h)=8h-2h^2$.

所以当 $h\in(\dfrac32,4)$ 时，$V'(h)>0$；当 $h\in(4,\dfrac92)$ 时，$V'(h)<0$.

故：$V(h)$ 在 $(\dfrac 32,4)$ 上单调递增，在 $(4,\dfrac92)$ 上单调递减.

所以 $V_{\max}(h)=V(4)=\dfrac{64}3$，$V_{\min}(h)=\min\{V(\dfrac32),V(\dfrac92)\}=\dfrac{27}4$.

所以该正四棱锥体积的取值范围是 $[\dfrac{27}4,\dfrac{64}3]$，选 C.

二、选择题：本题共 $4$ 小题，每小题 $5$ 分，共 $40$ 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得 $5$ 分，部分选对的得 $2$ 分，有选错的得 $0$ 分。

9. 已知正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$，则

   A. 直线 $BC_1$ 与 $DA_1$ 所成的角为 $90^\circ$

   B. 直线 $BC_1$ 与 $CA_1$ 所成的角为 $90^\circ$

   C. 直线 $BC_1$ 与平面 $BB_1D_1D$ 所成的角为 $45^\circ$

   D. 直线 $BC_1$ 与平面 $ABCD$ 所成的角为 $45^\circ$

解析：

解：如图所示：

直线 $B C_1$ 与 $D A_1$ 所成的角等于 $BC_1$ 与 $B_1C$ 所成的角，为 $90^\circ$，故 A 正确.

1. 已知函数 $f(x)=x^3-x+1$，则

   A. $f(x)$ 有两个极值点

   B. $f(x)$ 有三个零点

   C. 点 $(0,1)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的对称中心

   D. 直线 $y=2x$ 是曲线 $y=f(x)$ 的切线

解析：

解：

可得：$f'(x)=3x^2-1$

故又可得：

当 $x<-\dfrac{\sqrt 3}3$ 或 $x>\dfrac{\sqrt 3}3$ 时，$f'(x)>0$；
当 $-\dfrac{\sqrt 3}3<x<\dfrac{\sqrt 3}3$ 时，$f'(x)<0$.

所以 $f(x)$ 有 $x=-\dfrac{\sqrt 3}3$ 处的极大值点，$x=\dfrac{\sqrt 3}3$ 处的极小值点，共两个极值点，故 A 正确.

$\because$ $f(\dfrac{\sqrt 3}3)=1-\dfrac{2\sqrt 3}9>0$

$\therefore$ $f(x)$ 只有一个零点，故 B 不正确

又 $\because$ $f(x)+f(-x)=(x^3-x+1)+(-x^3+x+1)=2$

$\therefore$ 点 $(0,1)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的对称中心，故 C 正确

设过 $(t,f(t))$ 的切线斜率为 $2$.

$\therefore$ $3t^2-1=2$

得：$t=\pm 1$

所以切线为 $y=2x-1$ 或 $y=2x+3$，故 D 不正确.

综上，选 AC.

11. 已知 $O$ 为坐标原点，点 $A(1,1)$ 在抛物线 $C:x^2=2py\,(p>0)$ 上，过点 $B(0,-1)$ 的直线交于 $C$ 于 $P,Q$ 两点，则

    A. $C$ 的准线为 $y=-1$

    B. 直线 $AB$ 与 $C$ 相切

    C. $|OP|\cdot |OQ|>|OA|^2$

    D. $|BP|\cdot |BQ|>|BA|^2$

解析：

解：

由题意：$1^2=2\cdot 1\cdot p$.

解得：$p=\dfrac 12$.

故抛物线方程为：$y=x^2$，其准线方程为 $y=-\dfrac 14$，故 A 不正确.

$\therefore$ $y'=2x$

故：$C$ 在 $A$ 处的切线方程为 $y=2x-1$，其过 $B$，即 $AB$ 与 $C$ 相切，故 B 正确.

设过 $B$ 的直线为 $l:y=kx-1$，再设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$.

则有：

$\begin{cases} y=x^2\\ y=kx-1 \end{cases}$

化简得：

$x^2-kx+1=0$

$\therefore$ 判别式 $\Delta=k^2-4>0$，且 $x_1+x_2=k,x_1x_2=1$.

故：$y_1+y_2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=k^2-2,y_1y_2=(x_1x_2)^2=1$.

则：

$\begin{aligned} |OP|\cdot |OQ| & =\sqrt{(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)}\\ & =\sqrt{(y_1+y_1^2)(y_2+y_2^2)}\\ & =\sqrt{y_1y_2(y_1y_2+y_1+y_2+1)}\\ & =\sqrt{k^2}\\ & >2\\ & =|OA|^2 \end{aligned} \\ \begin{aligned} |BP|\cdot |BQ| & =\overrightarrow{BP}\cdot \overrightarrow\\ & =x_1x_2+(y_1+1)(y_2+1)\\ & =x_1x_2+y_1y_2+y_1+y_2+1\\ & =k^2+1\\ & > 5\\ & =|BA|^2 \end{aligned}$

故 C、D 正确.

综上所述，选 BCD.

12. 已知函数 $f(x)$ 及其导函数 $f'(x)$ 的定义域为 $\mathbb R$，记 $g(x)=f'(x)$. 若 $f(\dfrac 32-2x),g(2+x)$ 均为偶函数，则

    A. $f(0)=0$

    B. $g(-\dfrac 12)=0$

    C. $f(-1)=f(4)$

    D. $g(-1)=g(2)$

解析：

由题意：$f(\dfrac 32-2x)$ 为偶函数.

$\therefore$ $y=f(x)$ 的图像关于 $x=\dfrac 32$ 对称.

又 $\because$ $\dfrac 32-(-1)=\dfrac 52=4-\dfrac 32$

$\therefore$ $f(-1)=f(4)$

又 $\because$ $y=f(x)$ 的图像关于 $x=\dfrac 32$ 对称.

$\therefore$ $g(\dfrac 32)=f'(\dfrac 32)=0$（因为 $f'(x)$ 的定义域为 $\mathbb R$，所以没有奇点）.

有 $\because$ $g(2+x)$ 为偶函数.

$\therefore$ $y=g(x)$ 的图像关于 $x=-2$ 对称.

$\therefore$ $f(-1)=f(4)$

三、填空题：本题共 $4$ 小题，每小题 $5$ 分，共 $20$ 分。

13. $(1-\dfrac yx)(x+y)^8$ 的展开式中 $x^2y^6$ 的系数为__________（用数字作答）.

解析：

解：

$x^2y^6=1\cdot x^2y^6=\dfrac yx\cdot x^3y^5$

$\therefore$ $(1-\dfrac yx)(x+y)^8$ 的展开式中 $x^2y^6$ 的系数等于 $(x+y)^8$ 中 $x^2y^6$ 的系数减去 $x^3y^5$ 的系数

$\therefore$ $(1-\dfrac yx)(x+y)^8$ 的展开式中 $x^2y^6$ 的系数为 $C_8^2-C_8^3=-28$

14. 写出与圆 $x^2+y^2=1$ 和 $(x-3)^2+(y-4)^2=16$ 都相切的一条直线的方程__________.

解析：

解：

如上图：

① 当公切线斜率不存在时，显然只有一个答案是 $x=-1$.

② 当公切线斜率存在时，设其为 $y=kx+m$.

则有：

$\begin{cases} \dfrac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}=1\\ \dfrac{|3k-4+m|}{\sqrt{k^2+1}}=4 \end{cases}$

解得：$\begin{cases}k=-\dfrac34\\ m=\dfrac 54\end{cases}$ 或 $\begin{cases}k=\dfrac7{24}\\ m=-\dfrac{25}{24}\end{cases}$

综上，答案为 $x=-1$、$y=-\dfrac 34 x + \dfrac 54$ 或 $y=\dfrac 7{24}x-\dfrac{25}{24}$.

15. 若曲线 $y=(x+a)\operatorname{e}^x$ 有两条过坐标原点的切线，则 $a$ 的取值范围是__________.

解析：

解：

设 $f(x)=(x+a)\operatorname{e}^x$.

$\therefore$ $f'(x)=(x+a+1)\operatorname{e}^x$

故：$y=f(x)$ 过 $(t,f(t))$ 的切线方程为：

$y-f(t)=f'(t)(x-t)\\ y-(t+a)\operatorname{e}^t=(t+a+1)\operatorname{e}^t(x-t)\\ y=(t+a+1)\operatorname{e}^tx-(t^2+at-a)\operatorname{e}^t$

假设该直线过原点，则：

$-(t^2+at-a)\operatorname{e}^t=0$

$\because$ $\operatorname{e}^t>0$

$\therefore$ $t^2+at-a=0$

由题意：该方程有两个不同的实数解.

$\therefore$ 判别式 $\Delta=a^2+4a>0$

得：$a<-4$ 或 $a>0$.

所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty,-4)\cup(0,+\infty)$.

16. 已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$，$C$ 的上顶点为 $A$，两个焦点为 $F_1,F_2$，离心率为 $\dfrac 12$. 过 $F_1$ 且垂直于 $AF_2$ 的直线与 $C$ 交于 $D,E$ 两点，$|DE|=6$，则 $\triangle ADE$ 的周长是__________.

解析：

解：

由题意：$a=2c,b=\sqrt 3 c$.

$\therefore$ $A(0,\sqrt 3 c),F_1(-c,0),F_2(c,0)$

$\therefore$ $k_{AF_2}=\dfrac{\sqrt 3 c -0}{0-c}=-\sqrt 3$

故：$k_{DE}=-\dfrac1{k_{AF_2}}=\dfrac{\sqrt 3}3$.

设 $DE:y=\dfrac{\sqrt 3}3x+\dfrac{\sqrt 3}3c$.

故：

$\begin{cases} \dfrac{x^2}{4c^2}+\dfrac{b^2}{3c^2}=1\\ y=\dfrac{\sqrt 3}3x+\dfrac{\sqrt 3}3c \end{cases}$

联立得：

$13x^2+8cx-32c^2=0$

$\therefore$ 判别式 $\Delta=64c^2+4\cdot 13\cdot 32c^2>0$.

$\therefore$ $x_D+x_E=-\dfrac{8c}{13}$，$x_Dx_E=-\dfrac{32c}{13}$

由椭圆弦长公式可得：

$\begin{aligned} |DE| & =\sqrt{k^2+1}\cdot |x_D-x_E|\\ & = \sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{(x_D+x_E)^2-4x_Dx_E}\\ & = \sqrt{(\dfrac{\sqrt 3}3)^2+1}\cdot \sqrt{(-\dfrac{8c}{13})^2+\dfrac{128c}{13}}\\ & = \dfrac{48c}{13}\\ & = 6 \end{aligned}$

得：$c=\dfrac{13}8$

连接 $DF_2,EF_2$.

$\because$ 离心率为 $\dfrac 12$

$\therefore$ $\triangle AF_1F_2$ 为等边三角形

$\therefore$ $DE$ 为 $AF_2$ 的垂直平分线

$\therefore$ $\triangle DEA \cong \triangle DEF_2$

故：$C_{\triangle DEA}=C_{\triangle DEF_2}=8c=13$.

所以 $\triangle ADE$ 的周长为 $13$.

四、解答题：本题共 $6$ 小题，共 $70$ 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17. （$10$ 分）
    记 $S_n$ 的数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a_1=1$，$\{\dfrac{S_n}{a_n}\}$ 是公差为 $\dfrac 13$ 的等差数列.

    (1) 求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

    (2) 证明：$\dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots+\dfrac 1{a_n}<2$.

解析：

(1) 解：

由题意：

$\frac{S_n}{a_n}=\frac{S_1}{a_1}+\frac 13(n-1)=\frac n3+\frac 23\,(n\in \mathbb N^*)$

故：

$S_n=(\frac n3+\frac 23)a_n\\ S_{n-1}=(\frac {n-1}3+\frac 23)a_{n-1}$

两式相减得：

$a_n=(\frac n3+\frac 23)a_n-(\frac {n-1}3+\frac 23)a_{n-1}\\ \frac{n-1}3a_n=\frac{n+1}3a_{n-1}\\ \frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{n+1}{n-1}$

所以：

$\begin{aligned} a_n & = a_1\cdot \frac{a_2}{a_1}\cdot \frac{a_3}{a_2}\cdots \frac{a_n}{a_n-1} \\ & = 1\cdot \frac 31\cdot \frac 42\cdots \frac{n+1}{n-1} \\ & = \frac{n^2+n}2 \end{aligned}$

而当 $n=1$ 时，$a_1=1=\dfrac{1^2+1}2$，所以该公式对任意 $n\in \mathbb N^*$ 均成立.

$\therefore$ $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=\dfrac{n^2+n}2\,(n\in \mathbb N^*)$.

(2) 证明：

所以：

$\begin{aligned} & \dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots+\dfrac 1{a_n} \\ = & \frac{2}{1\times 2}+\frac{2}{2\times 3}+\cdots +\frac{2}{n(n+1)} \\ = & 2(1-\frac 12+\frac 12-\frac 13+\cdots+\frac 1n-\frac1{n+1}) \\ = & \frac{2n}{n+1} \\ < & 2 \end{aligned}$

$\Box$

18. （$12$ 分）
    记 $\triangle ABC$ 的内角 $A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$，已知 $\dfrac{\cos A}{1+\sin A}=\dfrac{\sin {2B}}{1+\cos {2B}}$.

    (1) 若 $C=\dfrac{2\pi}3$，求 $B$；

    (2) 求 $\dfrac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值.

解析：

解：

(1) 由已知：

$\dfrac{\cos A}{1+\sin A}=\dfrac{\sin {2B}}{1+\cos {2B}}=\dfrac{2\sin B\cos B}{1+2\cos^2 B-1}=\dfrac{\sin B}{\cos B}$

故：

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

又 $\because$ $C=\dfrac{2\pi}3$

$\therefore$ $\sin B=-\cos \dfrac {2\pi}3=\dfrac {\sqrt 3}2$

$\therefore$ $B=\dfrac\pi 6$ 或 $B=\dfrac{5\pi}6$

又 $\because$ $B+C<\pi$

$\therefore$ $B=\dfrac\pi 6$

(2) $\because$ $\cos(A+B)=\sin B$

$\therefore$ $\cos(A+B)=\cos(\dfrac\pi2-B)$

① 若 $A+B=\dfrac\pi2-B$：

$\therefore$ $A=\dfrac\pi2-2B,C=\pi-A-B=B+\dfrac\pi2$

故：

$\begin{aligned} \frac{a^2+b^2}{c^2} & = \frac{\sin^2A+\sin^2B}{\sin^2C} \\ & = \frac{\sin^2{(\frac\pi2-2B)}+\sin^2B}{\sin^2(B+\frac\pi2)} \\ & = \frac{\cos^22B+\sin^2B}{\cos^2B}\\ & = \frac{(2\cos^2B-1)^2+1-\cos^2B}{\cos^2B} \\ & = \frac{4\cos^4B-5\cos^2B+2}{\cos^2B} \\ & = 4\cos^2B+\frac 2{\cos^2B}-5 \\ & \ge 4\sqrt 2-5 \end{aligned}$

当且仅当 $\cos^2B=\dfrac{\sqrt 2}2$ 时等号成立.

② 若 $A+B=B-\dfrac\pi2$：

则 $A=-\dfrac\pi2$，但 $A\in(0,\pi)$，故矛盾，舍去.

综上，$\dfrac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值为 $4\sqrt 2-5$.

19. （$12$ 分）
    如图，直三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 的体积为 $4$，$\triangle A_1BC$ 的面积为 $2\sqrt 2$.

    (1) 求 $A$ 到平面 $A_1BC$ 的距离；

    (2) 设 $D$ 为 $A_1C$ 的中点，$AA_1=AB$，平面 $A_1BC\perp$ 平面 $ABB_1A$，求二面角 $A-BD-C$ 的正弦值.

解析：

解：

(1) 由题意：$V_{ABC-A_1B_1C_1}=4,s_{\triangle A_1BC}=2\sqrt 2$.

故：$V_{A-A_1BC}=V_{A_1-ABC}=\dfrac 13V_{ABC-A_1B_1C_1}=\dfrac 43$.

所以：

设 $A$ 到平面 $A_1BC$ 的距离为 $d$.

则：$d=\dfrac{3V_{A-A_1BC}}{S_{\triangle A_1BC}}=\sqrt 2$.

$\therefore$ $A$ 到平面 $A_1BC$ 的距离为 $\sqrt 2$.

(2) 过 $A$ 作 $AE\perp A_1B$ 于 $B$.

又 $\because$ 平面 $A_1BC\perp$ 平面 $ABB_1A$，平面 $A_1BC\,\bigcap$ 平面 $ABB_1A=A_1B$

$\therefore$ $AE\perp$ 平面 $A_1BC$

又 $\because$ $BC\subset$ 平面 $A_1BC$

$\therefore$ $AE\perp BC$

又 $\because$ 三棱锥 $ABC-A_1B_1C_1$

$\therefore$ $AA_1\perp$ 平面 $ABC$

又 $\because$ $BC\subset$ 平面 $ABC$

$\therefore$ $AA_1\perp BC$

又 $\because$ $AA_1$、$AE\subset$ 平面 $ABB_1A$，$AA_1\,\bigcap AE=A$

$\therefore$ $BC\perp$ 平面 $ABB_1A$

又 $\because$ $AA_1=AB$

$\therefore$ $E$ 为 $A_1B$ 中点

$\therefore$ $AB=AA_1=\sqrt 2 d=2$，$BC=\dfrac{2S_{\triangle ABC}}{AB}=\dfrac{2V_{ABC-A_1B_1C_1}}{AA_1\cdot AB}=2$

以 $B$ 为坐标原点，$\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BB_1}$ 分别为 $x,y,z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系.

$\therefore$ $B(0,0,0),A(0,2,0),D(1,1,1),E(0,1,1)$

$\therefore$ $\overrightarrow{BA}=(0,2,0),\overrightarrow{BD}=(1,1,1),\overrightarrow{AE}=(0,-1,0)$

设平面 $ABD$、平面 $BDC$ 的法向量分别为 $\pmb m=\overrightarrow{AE}=(0,-1,1)$，$\pmb n=(a,b,c)$.

故：

$\begin{cases} \pmb n\cdot \overrightarrow{BA}=2b=0\\ \pmb n\cdot \overrightarrow{BD}=a+b+c=0 \end{cases}$

令 $a=1$ 解得：$b=0,c=-1$.

$\therefore$ $\pmb n=(1,0,-1)$

$\therefore$ 二面角 $A-BD-C$ 的正弦值为 $\sqrt{1-\cos^2<\pmb m,\pmb n>}=\sqrt{1-(\dfrac{|\pmb m\cdot \pmb n|}{|\pmb m|\cdot |\pmb n|} )^2}=\dfrac{\sqrt 3}{2}$.

20. （$12$ 分）
    一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了 $100$ 例（称为病例组），同时在为患该疾病的人群中随机调查了 $100$ 人（称为对照组），得到如下数据：

    	不够良好	良好
    病例组	40	60
    对照组	10	90

    (1) 能否有 $99\%$ 的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

    (2) 从该地的人群中任选一人，$A$ 表示事件 “选到的人卫生习惯不够良好”，$B$ 表示事件 “选到的人患有该疾病”，$\dfrac{P(B|A)}{P(\overline{B}|A)}$ 与 $\dfrac{P(B|\overline{A})}{P(\bar{B}|\overline{A})}$ 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为 $R$.

    ($\operatorname{i}$) 证明：$R=\dfrac{P(A|B)}{P(\overline{A}|B)}\cdot \dfrac{P(\overline{A}|\overline{B})}{P(A|\overline{B})}$；

    ($\operatorname{ii}$) 利用该调查数据，给出 $P(A|B),P(A|\overline{B})$ 的估计值，并利用($\operatorname{i}$)的结果给出 $R$ 的估计值.

    附：$K^2=\dfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$，$\begin{array}{c|ccc} P(K^2\ge k) & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\ \hline k & 3.841 & 6.635 & 10.828 \end{array}$.

解析：

(1) 解：

零假设：$H_0=$ “患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有差异”.

由表可知：

$\begin{aligned} K^2 & =\frac{200\times(40\times 90-10\times 60)^2}{(40+60)\times (10+90)\times (40+10)\times (60+90)} \\ & = 24 \\ & > 6.635\\ & = x_{0.010} \end{aligned}$

故根据小概率值 $0.010$ 的独立性检验，没有充足的理由认为 $H_0$ 成立，即认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异，且犯错概率不超过 $1\%$.

所以有 $99\%$ 的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.

(2) ($\operatorname{i}$) 证明：

由条件概率公式：

$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$

故：

$\begin{aligned} R & =\frac{P(B|A)}{P(\overline{B}|A)}\cdot \frac{P(\overline{B}|\overline{A})}{P(B|\overline{A})} \\ & = \frac{\frac{P(AB)}{P(A)}}{\frac{P(A\overline{B})}{P(A)}}\cdot \frac{\frac{P(\overline{A}\overline{B})}{P(\overline{A})}}{\frac{P(\overline{A}B)}{P(\overline{A})}} \\ & = \frac{\frac{P(AB)}{P(B)}}{\frac{P(A\overline{B})}{P(B)}}\cdot \frac{\frac{P(\overline{A}\overline{B})}{P(\overline{B})}}{\frac{P(\overline{A}B)}{P(\overline{B})}} \\ & = \frac{\frac{P(AB)}{P(B)}}{\frac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})}}\cdot \frac{\frac{P(\overline{A}\overline{B})}{P(\overline{B})}}{\frac{P(\overline{A}B)}{P(B)}} \\ & = \dfrac{P(A|B)}{P(\overline{A}|B)}\cdot \dfrac{P(\overline{A}|\overline{B})}{P(A|\overline{B})} \end{aligned}$

$\Box$

($\operatorname{ii}$) 解：

由表可知：

$P(A|B)=\dfrac{40}{100}=0.4,P(A|\overline{B})=\dfrac{10}{100}=0.1\\ P(\overline{A}|B)=\dfrac{60}{100}=0.6,P(\overline{A}|\overline{B})=\dfrac{90}{100}=0.9$

故：

$R=\dfrac{P(A|B)}{P(\overline{A}|B)}\cdot \dfrac{P(\overline{A}|\overline{B})}{P(A|\overline{B})}=6$

$\therefore$ $P(A|B),P(A|\overline{B}),R$ 的估计值分别为 $0.4,0.1,6$.

21. （$12$ 分）
    已知点 $A(2,1)$ 在双曲线 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{a^2-1}=1\,(a>1)$ 上，直线 $l$ 交 $C$ 于 $P,Q$ 两点，直线 $AP,AQ$ 的斜率之和为 $0$.

    (1) 求 $l$ 的斜率；

    (2) 若 $\tan\angle PAQ=2\sqrt 2$，求 $\triangle PAQ$ 的面积.

解析：

解：

(1) 由题意：

$\frac{2^2}{a^2}-\frac{1^2}{a^2-1}=1$

得：$a=\sqrt 2$.

$\therefore$ $C:\dfrac{x^2}2-y^2=1$

设 $l:y=kx+m,P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$.

则：

$\begin{cases} \dfrac{x^2}2-y^2=1\\ y=kx+m \end{cases}$

得：

$(2k^2-1)x^2+4kmx+2m^2+2=0$

$\therefore$ 判别式 $\Delta=16k^2m^2-4(2k^2-1)(2m+2)=8m^2-16k^2+8>0$

$\therefore$ $x_1+x_2=-\dfrac{4km}{2k^2-1}$，$x_1x_2=\dfrac{2m^2+2}{2k^2-1}$

由题意：

$k_{AP}+k_{AQ}=\dfrac{y_1-1}{x_1-2}+\dfrac{y_2-1}{x_2-2}=\dfrac{kx_1+m-1}{x_1-2}+\dfrac{kx_2+m-1}{x_2-2}=0$

化简得：

$2kx_1x_2+(m-1-2k)(x_1+x_2)-4(m-1)=0\\ \dfrac{2k(2m^2+2)}{2k^2-1}+(m-1-2k)(-\dfrac{4km}{2k^2-1})-4(m-1)=0\\ (k+1)(m+2k-1)=0$

又 $\because$ $l$ 不过 $A$ 点

$\therefore$ $1\ne 2k+m$

$\therefore$ $k=-1$

$\therefore$ $l$ 的斜率为 $-1$

(2) 由题意：$\tan \angle PAQ=2\sqrt 2$

故：$\tan \dfrac{\angle PAQ}2=\dfrac1{k_{AP}}=-\dfrac1{k_{AQ}}=\dfrac{\sqrt 2}2$

整理可得：

$(\sqrt 2+1)x_1=m+2\sqrt 2-1\\ (\sqrt 2-1)x_2=2\sqrt 2+1-m$

两式相乘得：

$x_1x_2=8-m^2+2m-1\\ 2m^2+2=8-m^2+2m-1\\ 3m^2-2m-5=0$

得：$m=\dfrac 53$ 或 $m=-1$.

又 $\because$ $\Delta=8m^2-16k^2+8>0$

$\therefore$ $m=\dfrac 53$

故 $A$ 到直线 $PQ$ 的距离为 $\dfrac{|2+1-\frac 53|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\dfrac{2\sqrt 2}3$，$|PQ|=\sqrt{k^2+1}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{k^2+1}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\dfrac {16}3$.

所以 $\triangle PAQ$ 的面积为 $\dfrac 12\cdot \dfrac{16}3\cdot \dfrac{2\sqrt 2}3=\dfrac{16\sqrt 2}9$.

22. （$12$ 分）
    已知函数 $f(x)=\operatorname{e}^x-ax$ 和 $g(x)=ax-\ln x$ 有相同的最小值.

    (1) 求 $a$；

    (2) 证明：存在直线 $y=b$，其与两条曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

解析：

(1) 解：

$f'(x)=\operatorname{e}^x-a\\ g'(x)=a-\frac 1x$

① 若 $a\le0$，则：$f'(x)=\operatorname{e}^x-a\ge\operatorname{e}^x>0$.

故：$f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增，没有最小值.

与题意不符，舍去.

② 若 $a>0$：

则：
当 $x<\ln a$ 时，$f'(x)<0$；当 $x>\ln a$ 时，$f'(x)>0$.
当 $0<x<\dfrac 1a$ 时，$g'(x)<0$；当 $x>\dfrac 1a$ 时，$g'(x)>0$.

故：
$f(x)$ 在 $(-\infty,\ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增.
$g(x)$ 在 $(0,\dfrac 1a)$ 上单调递减，在 $(\dfrac 1a,+\infty)$ 上单调递增.

$\therefore$ $f(x)$ 的最小值在 $x=\ln a$ 处取到，$g(x)$ 的最小值在 $x=\dfrac 1a$ 处取到.

由题意：

$f(\ln a)=g(\dfrac 1a)\\ a-a\ln a=1+\ln a\\ a-a\ln a-\ln a-1=0$

设 $h(a)=a-a\ln a-\ln a-1$.

$\therefore$ $h'(a)=-\ln a-\dfrac 1a,h''(a)=-\dfrac 1a+\dfrac 1{a^2}$

当 $0<a<1$ 时，$h''(a)>0$；当 $a>1$ 时，$h''(a)<0$.

故：$h'(a)$ 的最大值在 $a=1$ 处取到.

$\therefore$ 当 $a>0$ 时，$h'(a)\le h'(1)=-1<0$

故：$h(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.

所以 $h(a)$ 最多只有一个零点.

又 $\because$ $h(1)=0$

$\therefore$ $a=1$

综上，$a=1$.

(2) 证明：

// TODO

$\Box$