1、2022高考数学真题分类汇编一、集合一、单选题1.（2022全国甲（理） 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，所以,所以.故选：D.2.（2022全国甲（文） 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为，所以故选：A.3.（2022全国乙（文） 集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为，所以故选：A.4.（2022全国乙（理） 设全集，集合M满足，则（ ）A. B. C. D.
2、【答案】A【解析】【分析】先写出集合,然后逐项验证即可【详解】由题知,对比选项知，正确,错误故选:5.（2022新高考卷）若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合后可求.详解】，故，故选：D6.（2022新高考卷） 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：B.7.（2022北京卷T1） 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用补集的定义可得正确的选项【详解】由补集定义可知：或，即，故选：D8.（2022浙江卷T1） 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】D【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.详解】，故选：D.二、常用逻辑用语1.（2022北京卷T6） 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，取且，假设，令可得，且
4、，当时，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C.2.（2022浙江卷T4） 设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为可得：当时，充分性成立；当时，必要性不成立；所以当，是的充分不必要条件.故选：A.2022高考数学真题分类汇编二、复数一、单选题1. （2022全国甲（理）若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【
5、解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.2.（2022全国甲（文） 若则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出【详解】因为，所以，所以故选：D.3.（2022全国乙（文）设，其中为实数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出【详解】因为R，所以，解得：故选：A.4.（2022全国乙（理）已知，且，其中a，b为实数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解
6、】由,得,即故选:5.（2022新高考卷）2. 若，则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法可求，从而可求.【详解】由题设有，故，故，故选：D6.（2022新高考卷）（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法可求.【详解】，故选：D.7.（2022北京卷T2） 若复数z满足，则（ ）A. 1B. 5C. 7D. 25【答案】B【解析】【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模【详解】由题意有，故故选：B8.（2022浙江卷T2）已知（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数相等的条件可
7、求.【详解】，而为实数，故，故选：B.2022高考数学真题分类汇编三、不等式一、选择题1.（2022全国甲（文）T12） 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，然后由指数函数的单调性即可解出【详解】由可得，而，所以，即，所以又，所以，即，所以综上，故选：A.2.（2022全国甲（理）T12） 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由结合三角函数的性质可得；构造函数，利用导数可得，即可得解.【详解】因为,因为当所以,即,所以；设，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：
8、A 3.（2022新高考卷T7）设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定大小.【详解】设，因为，当时，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，又，所以当时，所以当时，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.4.（2022新高考卷T12） 对任意x，y，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假【详解】因为（R），由可变形为，解得，当且仅当时，当且仅当时，所以A错误，B正确；由可变
9、形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；因为变形可得，设，所以，因此，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误故选：BC2022高考数学真题分类汇编四、平面向量一、选择题1.（2022全国乙（文）T3） 已知向量，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】因为，所以.故选：D2.（2022全国乙（理）T3） 已知向量满足，则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：，又9，故选：C.3.（2022新高考卷T3） 在中，点D在边AB上，记，则（ ）A. B. C. D.
10、【答案】B【解析】【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出【详解】因为点D在边AB上，所以，即，所以故选：B4.（2022新高考卷T4） 已知，若，则（ ）A. B. C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：,即,解得,故选：C二、填空题1.（2022全国甲（文）T13） 已知向量若，则_【答案】或【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为：.2.（2022全国甲（理）T13） 设向量，的夹角的余弦值为，且，则_【答案】【解析】【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量
11、积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，又，所以，所以故答案为：2022高考数学真题分类汇编五、函数与导数一、选择题1.（2022全国甲（文T7）(理T5)）函数在区间的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，所以，排除C.故选：A.2.（2022全国甲（文T8）(理T6)）. 当时，函数取得最大值，则（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出【详解】
12、因为函数定义域为，所以依题可知，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有故选：B.3.（2022全国乙（文T8） 如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设，则，故排除B;设，当时，所以，故排除C;设，则，故排除D.故选：A.4.（2022全国乙（理）T12） 已知函数的定义域均为R，且若的图像关于直线对称，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，然后根据条件得到的值，再由题意得
13、到从而得到的值即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因为，所以，又因为，联立得，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.5.（2022新高考卷T10）已知函数，则（ ）A. 有两个极值点B. 有三个零点C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导
14、数的几何意义判断D.【详解】由题，令得或，令得，所以在上单调递减，在，上单调递增，所以是极值点，故A正确；因，所以，函数在上有一个零点，当时，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC6.（2022新高考卷T12） 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根
15、据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】因为，均为偶函数，所以即，所以，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.7.（2022新高考卷T8） 若函数的定义域为R，且，则（ ）A. B. C. 0D. 1【答案】A【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可
16、解出【详解】因为，令可得，所以，令可得，即，所以函数为偶函数，令得，即有，从而可知，故，即，所以函数的一个周期为因为，所以一个周期内的由于22除以6余4，所以故选：A8.（2022北京卷T4） 己知函数，则对任意实数x，有（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误【详解】，故A错误，C正确；，不是常数，故BD错误；故选：C9.（2022北京卷T7） 在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是下
17、列结论中正确的是（ ）A. 当，时，二氧化碳处于液态B. 当，时，二氧化碳处于气态C. 当，时，二氧化碳处于超临界状态D. 当，时，二氧化碳处于超临界状态【答案】D【解析】【分析】根据与的关系图可得正确的选项.【详解】当，时，此时二氧化碳处于固态，故A错误.当，时，此时二氧化碳处于液态，故B错误.当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，另一方面，时对应的是非超临界状态，故C错误.当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.故选：D10.（2022浙江卷T7） 已知，则（ ）A. 25B. 5C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运
18、算性质即可解出【详解】因为，即，所以故选：C.二、填空题1.（2022全国乙（文T16） 若是奇函数，则_，_【答案】 . ； . 【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出【详解】因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称由可得，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，即，在定义域内满足，符合题意故答案为：；2.（2022全国乙（理）T16） 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点若，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，时，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，根据导数的结合意义结合图象即可得出答
19、案.【详解】解：，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，当时，若时，当时，则此时，与前面矛盾，故不符合题意，若时，则方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的范围为.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.3.（2022新高考卷T15）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_【答案】
20、【解析】【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.【详解】，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,切线过原点，,整理得：,切线有两条，,解得或,的取值范围是,故答案为：4.（2022新高考卷T14） 写出曲线过坐标原点的切线方程：_，_【答案】 . . 【解析】【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；【详解】解： 因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所
21、以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；5.（2022北京卷T11） 函数的定义域是_【答案】【解析】【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，所以，解得且，故函数的定义域为；故答案为：6.（2022北京卷T14）设函数若存在最小值，则a的一个取值为_；a的最大值为_【答案】 0（答案不唯一） . 1【解析】【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或， 解得 .【详解】解
22、：若时，；若时，当时，单调递增，当时，故没有最小值，不符合题目要求；若时，当时，单调递减，当时，或，解得，综上可得；故答案为：0（答案不唯一），17.（2022浙江卷T14） 已知函数则_；若当时，则的最大值是_【答案】 . . #【解析】【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出的最小值,的最大值即可.【详解】由已知，所以，当时，由可得，所以，当时，由可得，所以，等价于，所以，所以的最大值为.故答案为：，.3、 解答题1.（2022全国甲（文）T20） 已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线（1）若，求a；（2）求a的取值范围【答案】（1）3 （2）【解析】【分析】（1）先由上的切点
23、求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.【小问1详解】由题意知，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，则，解得，则，解得；【小问2详解】，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为.2.（2022全国甲（理）T21） 已知函数（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则环【答案】（1） （2
24、）证明见的解析【解析】【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，再利用导数即可得证.【小问1详解】的定义域为，令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为【小问2详解】由题知,一个零点小于1,一个零点大于1不妨设要证,即证因为,即证因为,即证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上, ,所以.【点睛】关键点点睛 ：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握3.（2022全国乙（文）T20） 已知函数（1）当时，求的最大值；（2）若恰有一个零
25、点，求a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【小问1详解】当时，则，当时，单调递增；当时，单调递减；所以；【小问2详解】，则，当时，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减；又，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减；此时，又，当n趋近正无穷大时，趋近负无穷，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯
26、一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.4.（2022全国乙（理）T21）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【小问1详解】的定义域为当时,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为【小问2详解】设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没
27、有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当当所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.5.（2022新高考卷T22） 已知函数和有相同最小值（1）求a；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左
28、到右的三个交点的横坐标成等差数列【答案】（1） （2）见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当时， 的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，故在上为减函数，当时，故在上为增函数，故.当时，故在上为减函数，当时，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为
29、上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.【小问2详解】由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，当时，由（1）讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，故在上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线
30、、有三个不同交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.6.（2022新高考卷T22） 已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求a的取值范围；（3）设，证明：【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）见解析【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就
31、结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【小问1详解】当时，则，当时，当时，故的减区间为，增区间为.【小问2详解】设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有， 所以在上为减函数，所以.综上，.【小问3详解】取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得
32、到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.7.（2022北京卷T20） 已知函数（1）求曲线在点处切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）证明：对任意的，有【答案】（1） （2）在上单调递增. （3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，即证，由第二问结论可知在0,+）上单调递增，即得证.【
33、小问1详解】解：因为，所以，即切点坐标为，又，切线斜率切线方程为：【小问2详解】解：因为， 所以，令，则， 在上单调递增，在上恒成立，上单调递增.【小问3详解】解：原不等式等价于，令，即证，由（2）知在上单调递增，在上单调递增，又因为，所以命题得证.8.（2022浙江卷T22） 设函数（1）求的单调区间；（2）已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点证明：（）若，则；（）若，则（注：是自然对数底数）【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2）（）见解析；（）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解
34、可证明不等式成立，（） ，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】，当，；当，故的减区间为，的增区间为.【小问2详解】（）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则，故为上的减函数，故，故（）当时，同（）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，要证：，即证，即证：，即证：，即
35、证：，而且，故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则即，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.2022高考数学真题分类汇编六、数列一、选择题1.（2022全国乙（文）T10）已知等比数列的前3项和为168，则（ ）A. 14B. 12C. 6D. 3【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的
36、公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.2.（2022全国乙（理）T8） 已知等比数列的前3项和为168，则（ ）A. 14B. 12C. 6D. 3【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.3.（2022全国乙（理）T4） 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：，依此类推，其中则（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分
37、析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为，所以，得到，同理，可得，又因为，故，；以此类推，可得，故A错误；，故B错误；，得，故C错误；，得，故D正确.故选：D.4.（2022新高考卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9【答案】D【解析】【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，故选：D5.（2022浙
38、江卷T10） 已知数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出【详解】，易得，依次类推可得由题意，即，即，累加可得，即，即，,又，累加可得，即，即；综上：故选：B【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.二、填空题1.（2022全国乙（文）T13）记为等差数列的前n项和若，则公差_【答案】2【解析】【分析】转化条件为，即可得解.【详解】由可得，化简得，即，解得.故答案为：2.2.（2022北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其
39、前n项和满足给出下列四个结论：的第2项小于3； 为等比数列；为递减数列； 中存在小于的项其中所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】推导出，求出、的值，可判断；利用反证法可判断；利用数列单调性的定义可判断.【详解】由题意可知，当时，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，则，整理可得，因为，解得，对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，可得，解得，不合乎题意，故数列不等比数列，错；当时，可得，所以，数列为递减数列，对；假设对任意，则，所以，与假设矛盾，假设不成立，对.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题在推断的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.三、解答题1.（2022全国甲（文T18）(理T17）记为数列的前n项和已知（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得【小问1详解】解：因为，即，当时，得，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列【小
