2022全国乙卷数学详解详析
从审题分析到求解思路的确定，再到具体运算，对2022年高考全国卷乙卷的数学题目尝试进行多角度的解析，以期提升学生的思维能力，廓清思维的盲点。
前言
对2022年高考全国卷乙卷的数学题目尝试进行多角度的解析，以期提升学生的思维能力，廓清思维的盲点。
真题解析
分析：由于 \(V_{O-ABCD}=\dfrac{1}{3}\times S_{ABCD}\times h\)，由于底面 \(ABCD\) 的四个顶点均在球 \(O\) 的球面上，则当 \(S_{ABCD}\) 达到最大时，\(h\) 达到最小，而当 \(h\) 达到最大时，\(S_{ABCD}\) 达到最小，说明 \(h\) 和 \(S_{ABCD}\) 之间有内在的关联，需要让二者的关系达到某种平衡，\(V_{O-ABCD}\) 才能取到最大值。此时常用的策略是让某个变量临时固定，让另外一个变量变化，不妨令 \(h\) 暂时固定，来看 \(S_{ABCD}\) 的变化情况，这样题目就突破了难点。
解析： 设该四棱锥底面为四边形 \(ABCD\)， 它所在小圆半径为 \(r\)，又设其对角线夹角为 \(\alpha\)，
则 \(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BD\cdot\sin\alpha\) [1]
\(\leqslant \dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BD\)当 \(\alpha=\cfrac{\pi}{2}\) 时，此时四边形的对角线互相垂直，则四边形就变形为菱形，\(\leqslant\dfrac{1}{2}\cdot(\cfrac{AC+BD}{2})^2=\dfrac{1}{2}\cdot(\cfrac{2r+2r}{2})^2=2r^{2}\) \(AC\) 和 \(BD\) 的最大值是小圆的直径，当两条对角线相等时，菱形就变形为正方形。，
(当且仅当四边形 \(ABCD\) 为正方形时等号成立)
即当四棱锥的顶点 \(O\) 到底面 \(ABCD\) 所在小圆距离[ 即四棱锥的高 ]一定时， 底面 \(ABCD\) 面积的最大值为 \(2r^{2}\)，
又由题目四棱锥的顶点为 \(O\)，底面的四个顶点均在球 \(O\) 的球面上，则 \(r^{2}+h^{2}=1\)，
则 \(V_{O-ABCD}=\dfrac{1}{3}\times S_{ABCD}\times h=\dfrac{1}{3}\cdot2r^{2}\cdot h\)\(=\)\(\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{r^{2}\cdot r^{2}\cdot 2h^{2}}\)此处的变形详析：\(\cfrac{\sqrt{2}}{3}\times r^2\times\sqrt{2}h\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{2}}{3}\times \sqrt{r^2\cdot r^2\cdot 2h^2}\)
\(\leqslant\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{\left(\dfrac{r^{2}+r^{2}+2h^{2}}{3}\right)^{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{27}\) [2]
当且仅当 \(r^{2}=2h^{2}\) ，且 \(r^2+h^2=1\)，即 \(h=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) 时等号成立，故选: \(C\) .
解析：因为函数 \(f(x)=\ln|a+\dfrac{1}{1-x}|+b\) 为奇函数， 所以其定义域关于原点对称 .
由 \(a+\dfrac{1}{1-x}\neq 0\) [3] ，分式化为整式得到此处的分式化为整式的变形就显得非常关键，因为只有这样才能产生两个因式相乘不等于零的形式，才有可能满足定义域关于原点对称。对思维的考查凸显的非常明显，所以我感觉这个题目命制的相当成功。，\((1-x)(a+1-ax)\neq 0\)，
由上式中 \(1-x\neq 0\) 显然能得到 \(x\neq 1\)，
故由 \(a+1-ax\neq 0\) 应该得到 \(x\neq -1\) 才能满足其定义域关于原点对称，
由 \(a+1-ax=0\)能得到 \(x=\dfrac{a+1}{a}\)，令\(x=-1\)，即\(\dfrac{a+1}{a}=-1\) ，解得: \(a=-\dfrac{1}{2}\)，
此时函数的定义域为 \((-\infty,-1)\cup(-1,1)\cup(1,+\infty)\)， 再由 \(f(0)=0\) 可得 \(b=\ln 2\).
即 \(f(x)=\ln|-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{1-x}|+\ln 2=\ln|\dfrac{1+x}{1-x}|\)，在定义域内满足 \(f(-x)=-f(x)\)， 符合题意 .
故 \(a=-\dfrac{1}{2}\)， \(b=\ln 2\).
(1). 证明: \(2a^{2}=b^{2}+c^{2}\)；
证法一： 由于 \(\sin C\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)此处的三角函数的变换方向的选择和确定就显得非常重要，此时既可以考虑将 \(\sin(A-B)\) 和 \(\sin(C-A)\) 打开，变化为四个三项乘积的形式，再思考使用正弦定理。，可以转化为
\(\sin C\sin A\cos B-\sin C\cos A\sin B=\sin B\sin C\cos A-\sin B\cos C\sin A\)，
由正弦定理可得 \(ac\cos B-bc\cos A=bc\cos A-ab\cos C\)，即 \(ac\cos B=2bc\cos A-ab\cos C\)，
由余弦定理可得 \(ac\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=2bc\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}-ab\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\)，
即证得 \(2a^{2}=b^{2}+c^{2}\)。
证法二： 由于 \(\sin C\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)此处的三角函数的变换方向的选择和确定就显得非常重要，也可以做替换 \(\sin C=\sin(A+B)\)， \(\sin B=\sin(C+A)\)，替换后由于呈现出对称的特点，我们大约能看到展开后可能有平方差公式的应用。更多体验，请参阅三角变换的方向总结，
则有 \(\sin(A+B)\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin(C+A)\sin(C-A)\).
打开，得到 \((\sin A\cos B+\cos A\sin B)(\sin A\cos B-\cos A\sin B)\)
\(=\)\((\sin C\cos A+\cos C\sin A)(\sin C\cos A-\cos C\sin A)\)，
整理得到，\(\sin^2A\cos^2B-\cos^2A\sin^2B=\sin^2C\cos^2A-\cos^2C\sin^2A\)，
移项整理，\(\sin^2A(\cos^2B+\cos^2C)=\cos^2A(\sin^2B+\sin^2C)\)，
即 \(\sin^2A(\cos^2B+\cos^2C)-(1-\sin^2A)(\sin^2B+\sin^2C)=0\)，
即 \(\sin^2A(\cos^2B+\sin^2B+\cos^2C+\sin^2C)-(\sin^2B+\sin^2C)=0\)
即 \(2\sin^2A=\sin^2B+\sin^2C\)，角化边得到，
\(2a^2=b^2+c^2\)，证毕。
(2). 若 \(a=5\)， \(\cos A=\dfrac{25}{31}\)， 求 \(\triangle ABC\) 的周长。
解： 由于\(a=5\)， \(\cos A=\dfrac{25}{31}\)由已知条件我们就可以针对 \(a\) 边使用余弦定理，这样只需要求解出 \(b+c\) 的值即可；又由于 \(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(=\)\((b+c)^2\)\(-\)\(2bc\)，故需要首先计算 \(2bc\) 的值；，这样由余弦定理，
得到，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cdot\cos A\)，即 \(2bc\cdot\cos A=b^2+c^2-a^2\)，
即 \(2bc\cdot\dfrac{25}{31}=2a^2-a^2=a^2=25\)，即 \(2bc=31\)，
又由于 \(2a^2=b^2+c^2=(b+c)^2-2bc\)，即 \((b+c)^2=2a^2+2bc=50+31=81\)，
故 \(b+c=9\)，则 \(\triangle ABC\) 的周长 \(l_{\triangle ABC}=5+9=14\)。
(1). 若 \(A=2B\)，求 \(C\)；
解：由于 \(A=2B\)，则可知 \(C=\pi-3B\)此处结合内角和定理，应该想到 \(C\) 也能用 \(B\) 来表达，这样就实现了变量集中，便于后续的计算。，
又由题目 \(\sin C\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)，将 \(A=2B\)代入左端，
得到 \(\sin C\sin(2B-B)\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)，
即 \(\sin C\sin B\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)，约去 \(\sin B\)，
得到 \(\sin C=\sin(C-A)\)，将 \(A=2B\) 和 \(C=\pi-3B\) 代入右端，
得到 \(\sin C=\sin(\pi-3B-A)=\sin(\pi-5B)=\sin 5B\)，
解三角方程 \(\sin C=\sin 5B\)，得到 \(C=5B\)，(舍去 \(C+5B=\pi\))，
由内角和定理可知，\(2B+B+5B=\pi\)，解得 \(B=\dfrac{\pi}{8}\)，
故 \(C=5B=\dfrac{5\pi}{8}\) .
〔解后反思〕：本题目若使用余弦定理的方式求解 \(C\) ，运算会很麻烦，还不一定能求解成功。
(2). 证明: \(2a^{2}=b^{2}+c^{2}\)；
证法一： 由于 \(\sin C\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)此处的三角函数的变换方向的选择和确定就显得非常重要，此时既可以考虑将 \(\sin(A-B)\) 和 \(\sin(C-A)\) 打开，变化为四个三项乘积的形式，再思考使用正弦定理。，可以转化为
\(\sin C\sin A\cos B-\sin C\cos A\sin B=\sin B\sin C\cos A-\sin B\cos C\sin A\)，
由正弦定理可得 \(ac\cos B-bc\cos A=bc\cos A-ab\cos C\)，即 \(ac\cos B=2bc\cos A-ab\cos C\)，
由余弦定理可得 \(ac\dfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=2bc\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}-ab\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\)，
即证得 \(2a^{2}=b^{2}+c^{2}\)。
证法二： 由于 \(\sin C\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin B\sin(C-A)\)此处的三角函数的变换方向的选择和确定就显得非常重要，也可以做替换 \(\sin C=\sin(A+B)\)， \(\sin B=\sin(C+A)\)，替换后由于呈现出对称的特点，我们大约能看到展开后可能有平方差公式的应用。更多体验，请参阅三角变换的方向总结，
则有 \(\sin(A+B)\sin(A-B)\)\(=\)\(\sin(C+A)\sin(C-A)\).
打开，得到 \((\sin A\cos B+\cos A\sin B)(\sin A\cos B-\cos A\sin B)\)
\(=\)\((\sin C\cos A+\cos C\sin A)(\sin C\cos A-\cos C\sin A)\)，
整理得到，\(\sin^2A\cos^2B-\cos^2A\sin^2B=\sin^2C\cos^2A-\cos^2C\sin^2A\)，
移项整理，\(\sin^2A(\cos^2B+\cos^2C)=\cos^2A(\sin^2B+\sin^2C)\)，
即 \(\sin^2A(\cos^2B+\cos^2C)-(1-\sin^2A)(\sin^2B+\sin^2C)=0\)，
即 \(\sin^2A(\cos^2B+\sin^2B+\cos^2C+\sin^2C)-(\sin^2B+\sin^2C)=0\)
即 \(2\sin^2A=\sin^2B+\sin^2C\)，角化边得到，
\(2a^2=b^2+c^2\)，证毕。
(1). 证明: 平面 \(BED\) \(\perp\) 平面 \(ACD\)；
分析：证明面面垂直的题目，常常需要先转化为线面垂直来完成，此时就需要确定一条直线 这条直线就在给定的两个平面内来找，一般寻找确定的顺序是，先找边界线[三角形的平面就是三角形的边]，再找中线、中位线、角平分线、高线等这些比较特殊的直线，最后考虑没有这些特殊的直线时，是不是可以做出这些直线，和一个平面 这个平面就是要证明的两个平面中的一个，当你确定了所要的直线的来源平面后，此时的平面就是另外一个平面。，当确定好直线和平面后，就需要在这个平面内找两条直线，然后证明这两条来自平面内的直线分别和前面提到的直线都垂直，从而问题转化为线线垂直，而证明线线垂直时，就能用到初中和高中的相关知识了。
分析过程思维导图：
证明过程思维导图：
〖证明〗：由于 \(AD=CD\)， \(E\) 是 \(AC\) 的中点， 所以 \(AC\perp DE\)[线线垂直]，
在 \(\triangle ADB\)和 \(\triangle CDB\)中，由于 \(\left\{\begin{array}{l}AD=CD\\BD=BD\\\angle ADB=\angle CDB\end{array}\right.\)， 所以 \(\triangle ADB\cong\triangle CDB\)[SAS]，
所以 \(AB=CB\)， \(E\) 是 \(AC\) 的中点， 故 \(AC\perp BE\)[线线垂直]，
[注意，当上述的垂直关系你若写成 \(DE\perp AC\) 和 \(BE\perp AC\)，则此时我们往往会转换视角，将上述的垂直关系转换为 \(AC\perp DE\) 和 \(AC\perp BE\)，便于我们梳理线面垂直的5个条件]
由于 \(DE\cap BE=E\)， \(DE\), \(BE\subset\) 平面 \(BED\)，
所以 \(AC\perp\) 平面 \(BED\)[线面垂直]，
由于 \(AC\subset\) 平面 \(ACD\)， 所以平面 \(BED\perp\) 平面 \(ACD\)[面面垂直].
(2). 设 \(AB=BD=2\)， \(\angle ACB=60^{\circ}\)， 点 \(F\) 在 \(BD\) 上， 当 \(\triangle AFC\) 的面积最小时， 求三棱锥 \(F\)\(-\)\(ABC\) 的体积.
分析：由题目可知当 \(\triangle AFC\) 的面积最小时， \(S_{\triangle AFC}=\cfrac{1}{2}\cdot AC \cdot EF\)，\(AC\)已是定值，故取决于 \(EF\) 最小，而点 \(F\) 是 \(BD\) 上的动点，那它何时最小呢，此时一般考虑其特殊位置，分别可能是 \(EF\) 为 \(\triangle BED\) 的高线，中线，角平分线。
解析：依题意 \(AB=BD=BC=2\)， \(\angle ACB=60^{\circ}\)， 三角形 \(ABC\) 是等边三角形，
所以 \(AC=2\)， \(AE=CE=1\)， \(BE=\sqrt{3}\)，
由于 \(AD=CD\)， \(AD\perp CD\)， 所以三角形 \(ACD\) 是等腰直角三角形， 所以 \(DE=1\)，
\(DE^{2}+BE^{2}=BD^{2}\)， 所以 \(DE\perp BE\)，
又由于 \(DE\perp BE\)，\(DE\perp AC\)， \(AC\cap BE=E\)， \(AC\),\(BE\subset\) 平面 \(ABC\)，所以 \(DE\perp\) 平面 \(ABC\).
由于 \(\triangle ADB\cong\triangle CDB\)， 所以 \(\angle FBA=\angle FBC\)，
由于 \(\left\{\begin{array}{l}BF=BF\\\angle FBA=\angle FBC\\AB=CB\end{array}\right.,\) 所以， \(\triangle FBA\cong\triangle FBC\)，
所以 \(AF=CF\)， 所以 \(EF\perp AC\)，
由于 \(S_{\triangle AFC}=\frac{1}{2}\cdot AC \cdot EF\)，所以当 \(EF\) 最短时从直线 \(BD\) 外的一点 \(E\) 向直线所作的线段中，只有垂线段最短，故接下来我们需要过点 \(E\) 做 直线 \(BD\) 的垂线段。， 三角形 \(AFC\) 的面积取得最小值.
过 \(E\) 作 \(EF\perp BD\)， 垂足为 \(F\)，
在 \(Rt\triangle BED\) 中， \(\cfrac{1}{2} \cdot BE \cdot DE=\cfrac{1}{2}\cdot BD\cdot EF\) ，
解得 \(EF=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，所以 \(DF=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=\cfrac{1}{2}\)，
\(BF=2-DF=\cfrac{3}{2}\) ，所以 \(\cfrac{BF}{BD}=\cfrac{3}{4}\)
过 \(F\) 作 \(FH\perp BE\)， 垂足为 \(H\)， 则 \(FH//DE\)， 所以 \(FH\perp\) 平面 \(ABC\)，
且 \(\cfrac{FH}{DE}=\cfrac{BF}{BD}=\cfrac{3}{4}\)，所以 \(FH=\cfrac{3}{4}\)，
所以 \(V_{F-ABC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot FH=\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{2}\times 2\times\sqrt{3}\times\cfrac{3}{4}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\).
| 样本号\(i\) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 总 和 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 根部横截面积\(x_{i}\) | \(0.04\) | \(0.06\) | \(0.04\) | \(0.08\) | \(0.08\) | \(0.05\) | \(0.05\) | \(0.07\) | \(0.07\) | \(0.06\) | \(0.6\) |
| 材积量 \(y_{i}\) | \(0.25\) | \(0.40\) | \(0.22\) | \(0.54\) | \(0.51\) | \(0.34\) | \(0.36\) | \(0.46\) | \(0.42\) | \(0.40\) | \(3.9\) |
并计算得 \(\sum_\limits{\mathrm{i}=1}^{10}x_{\mathrm{i}}^{2}=0.038\)， \(\sum_\limits{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}=1.6158\)， \(\sum_\limits{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}=0.2474\)，
附: 相关系数 \(r=\dfrac{\sum_\limits{i=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_\limits{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_\limits{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}\)，\(\sqrt{1.896} \approx 1.377\) .
（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；
审题：“估计该林区这种树木的相关数据”，是说我们需要先求解样本的数字特征，然后用样本 [\(10\)棵树木] 的数字特征来估计总体 [ 该林区的这种树木 ] 的数字特征，从而我们需要首先计算样本的数字特征，这是其一；同时关键词 “这种树木平均一棵的根部横截面积”，即是求样本[树木根部横截面积]的平均值，即求解 \(\bar{x}\)，同理，“平均一棵的材积量”应该是求材积量的平均值，到此，题目求解思路清晰了：
解析：由于该林区的 \(10\) 棵树木的根部横截面积的平均值为 \(\bar{x}\)\(=\)\(\dfrac{0.6}{10}\)\(=\)\(0.06\)(\(m^2\))，材积量平均值为 \(\bar{y}\)\(=\)\(\dfrac{3.9}{10}\)\(=\)\(0.39\)(\(m^3\))，由此估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积约为 \(0.06\) \(m^2\)，平均一棵的材积量约为 \(0.39\) \(m^3\) ；
（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 \(0.01\)）；
分析：2022届高考学子下考后的第一句话就是，题目给的相关系数公式用不上。其实命题人更想考查的是学生对数学公式的灵活使用情况，想强迫你知道\(\sum\limits_{i=1}^n{(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}\)\(=\)\(\sum\limits_{i=1}^n{x_iy_i}-n\bar{x}\bar{y}\)， \(\sum\limits_{i=1}^n{(x_i-\bar{x})^2}=\sum\limits_{i=1}^n{x_i^2-n\bar{x}^2}\)，详推；如果我们备考复习仅仅定位在给定公式，我们只要会使用的层次，那么对于考查数学公式的灵活应用层次的题目，自然就束手无策了。相反的，如果我们突破了公式这个层面，剩下的就仅仅是运算考查了，请注意，本题目的运算也是挺难的。
解析： \(r=\dfrac{\sum_\limits{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_\limits{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}\sum_\limits{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}\)，
\(=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n{x_iy_i}-n\bar{x}\bar{y}}{\sqrt{\sum_\limits{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}\sqrt{\sum_\limits{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}\) \(=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n{x_iy_i}-n\bar{x}\bar{y}}{\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n{x_i^2-n\bar{x}^2}}\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n{y_i^2-n\bar{y}^2}}}\)
\(=\dfrac{0.2474-10\times0.06\times0.39}{\sqrt{0.038-10\times0.06^2}\sqrt{1.6158-10\times0.39^2}}\)
\(=\dfrac{0.2474-0.234}{\sqrt{0.038-0.036}\sqrt{1.6158-1.521}}\) \(=\dfrac{0.0134}{\sqrt{0.002}\times\sqrt{0.0948}}\)
\(=\dfrac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}}\) \(=\dfrac{0.0134}{\sqrt{1.896}\times\sqrt{10^{-4}}}\)
\(\approx\dfrac{0.0134}{1.377\times10^{-2}}\) \(=\dfrac{1.34}{1.377}\approx0.97\)
（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 \(186m^{2}\)。 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。
分析：关键词 “已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比”，则此时需要用到比例，关键是分析清楚参与构成比例的几个量，应该有 树木的材积量平均值，根部横截面积平均值，还有 所有这种树木的根部横截面积总和，最后一个就是待求解的量，将其设出来，就可以了。
解析：设这种树木的总材积量为 \(Y\)，则由树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得到 \(\dfrac{0.06}{0.39}=\dfrac{186}{Y}\)，解得 \(Y=1209\) \(m^3\)，故该林区这种树木的总材积量的估计值约为 \(1209\) \(m^3\)。
(1) . 当 \(a=0\) 时， 求 \(f(x)\) 的最大值；
解析：本小问基本没有其他的求解思路，就是求导，判断单调性，确定最大值；
当 \(a=0\) 时， \(f(x)=-\cfrac{1}{x}-\ln x\)， \(x>0\)，
则 \(f^{\prime}(x)\)\(=\)\(\cfrac{1}{x^{2}}-\cfrac{1}{x}\)\(=\)\(\cfrac{1-x}{x^{2}}\)此处，为了判断 \(f'(x)\) 的正负，你甚至可以只利用分子函数 \(y\)\(=\)\(1\)\(-\)\(x\) \((\)\(x\)\(>\)\(0\)\()\) 的图像快速判断，更多情形，请参阅导数法判断函数单调性的策略，
当 \(x\in(0,1)\) 时， \(f^{\prime}(x)>0\)， \(f(x)\) 单调递增；
当 \(x\in(1,+\infty)\) 时，\(f^{\prime}(x)<0\)， \(f(x)\) 单调递减；
所以 \(f(x)_{\max}=f(1)=-1\)；
(2) . 若 \(f(x)\) 恰有一个零点， 求 \(a\) 的取值范围 ；
分析：本题目属于：已知函数只有一个零点，求参数的取值范围问题；这类题目由我们的高考备考经验可知，最起码有两个求解途径：其一，分离参数法，其二，分类讨论法；高考实战中一般建议第二个思路，是基于分步骤得分和有效利用第一问的考量，而且你要是注意研究这类的高考和模考题目，基本都是走思路二的路子。
解析：\(f(x)=ax-\cfrac{1}{x}-(a+1)\ln x\)， \(x>0\)，
则 \(f^{\prime}(x)\)\(=\)\(a+\cfrac{1}{x^{2}}-\cfrac{a+1}{x}\)运算到此，接下来常用的变形就是通分，对分子进行因式分解，这样的变形按理说，在初中就应该非常熟练，变形的目的就是为了便于判断分子的正负，此时分母常常就是正数，不需要重点考虑的；\(=\)\(\cfrac{(ax-1)(x-1)}{x^{2}}\)对于像 \(ax^2-(a+1)x+1\) 类的因式分解，你其实应该很熟练的。主要用到十字相乘法；，
[此处思维走向的判断：由于导函数是分式函数，其分母恒为正，此时我们只想知道分子的正负，从而快速判断原函数的增减，以便于能做出原函数的大致图像，从图像上判断函数是否仅有一个零点，基于此，我们需要对参数分类讨论如下，此时你可以更好的利用含参数的二次函数的图像来判断]，编者按。
\(1^{\circ}\) 当 \(a \leq 0\) 时， \(ax-1 \leq 0\)， 所以当 \(x \in(0,1)\) 时，\(f^{\prime}(x)>0\)， \(f(x)\) 单调递增，
当 \(x \in(1,+\infty)\) 时， \(f^{\prime}(x)<0\)， \(f(x)\) 单调递减;
所以 \(f(x)_{\max}=f(1)=a-1<0\)， 此时函数无零点， 不合题意；
[ 括号中为辅助理解说明，具体作答时不用写到试卷上，单调性配图说明参考图像，
当\(a\leqslant0\)时，导函数的分子图像如图所示，我们只关注 \(x>0\) 那一段，很显然能看出来导函数的正负。；原函数图像说明根据所求得的单调性，我们可以做出原函数的大致图像，
由图像很显然能看出来，此时函数没有零点； ]
\(2^{\circ}\) 当 \(0<a<1\) 时， \(\cfrac{1}{a}>1\)， 在 \((0,1)\) 和 \(\left(\cfrac{1}{a},+\infty\right)\) 上， \(f^{\prime}(x)>0\)， \(f(x)\) 单调递增；
在 \(\left(1, \cfrac{1}{a}\right)\) 上, \(f^{\prime} (x)<0\)， \(f(x)\) 单调递减；
又 \(f(1)=a-1<0\)， 当 \(x\) 趋近正无穷大时， \(f(x)\) 趋近于正无穷大，
所以 \(f(x)\) 仅在 \(\left(\cfrac{1}{a},+\infty\right)\) 有唯一零点， 符合题意；
[ 括号中为辅助理解说明，具体作答时不用写到试卷上，单调性配图说明参考图像，
当\(0<a<1\)时，导函数的分子图像如图所示，我们只关注 \(x>0\) 那一段，很显然能看出来导函数的正负。；原函数图像说明根据所求得的单调性，我们可以做出原函数的大致图像，
由图像很显然能看出来，此时函数有唯一零点； ]
\(3^{\circ}\) 当 \(a=1\) 时， \(f^{\prime}(x)=\cfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}}\geq 0\)，
所以 \(f(x)\) 单调递增， 又 \(f(1)=a-1=0\)， 所以 \(f(x)\) 有唯一零点， 符合题意；
[ 括号中为辅助理解说明，具体作答时不用写到试卷上，单调性配图说明参考图像，
当\(a=1\)时，导函数的分子图像如图所示，我们只关注 \(x>0\) 那一段，很显然能看出来导函数的正负。；原函数图像说明根据所求得的单调性，我们可以做出原函数的大致图像，
由图像很显然能看出来，此时函数有一个零点； ]
\(4^{\circ}\) 当 \(a>1\) 时， \(\cfrac{1}{a}<1\)， 在 \(\left(0, \cfrac{1}{a}\right)\) 和 \((1,+\infty)\) 上, \(f^{\prime}(x)>0\)，\(f(x)\) 单调递增；
在 \(\left(\cfrac{1}{a}, 1\right)\) 上， \(f^{\prime}(x)<0\)， \(f(x)\) 单调递减；
此时 \(f(1)=a-1>0\)，又 \(f\left(\cfrac{1}{a^{n}}\right)=\cfrac{1}{a^{n-1}}-a^{n}+n(a+1)\ln a\)，
则当 \(n=1\)时， \(f(\cfrac{1}{a})=1-a+(a+1)\ln a>0\)由于 \(f(a)>0\)，\((\cfrac{1}{a},1)\) 上单调递减，故可知 \(f(\cfrac{1}{a})>0\)，如果还有疑惑，你还可以取值验证，比如令\(a=e\)，则 \(f(\cfrac{1}{e})\)\(=\)\(1\)\(-\)\(e\)\(+\)\((e+1)\)\(\ln\)\(e\)\(>\)\(0\)，
当 \(n\) 趋近正无穷大时， \(f\left(\cfrac{1}{a^{n}}\right)\) 趋近负无穷， 所以 \(f(x)\) 在 \(\left(0, \cfrac{1}{a}\right)\) 有一个零点， 在 \(\left(\cfrac{1}{a},+\infty\right)\) 无零点，
[ 括号中为辅助理解说明，具体作答时不用写到试卷上，单调性配图说明参考图像，
当\(a\leqslant0\)时，导函数的分子图像如图所示，我们只关注 \(x>0\) 那一段，很显然能看出来导函数的正负。；原函数图像说明根据所求得的单调性，我们可以做出原函数的大致图像，
由图像很显然能看出来，此时函数有一个零点； ]
所以 \(f(x)\) 有唯一零点， 符合题意；
综上， \(a\) 的取值范围为 \((0,+\infty)\) .
〖解后反思〗啰嗦几句，当然你也可以采用分离参数的方法，变形得到 \(a=\cfrac{\ln x+\frac{1}{x}}{x-\ln x}\)，然后利用导数判断函数 \(g(x)=\cfrac{\ln x+\frac{1}{x}}{x-\ln x}\)的单调性，从而利用单调性得到大致函数图像，由图像得到参数的取值范围。
(1). 求 \(E\) 的方程；
解: 设椭圆 \(E\) 的方程为 \(mx^{2}+ny^{2}=1\)这种设标准方程的好处在于能避免分类讨论，否则我们还需要分焦点在 \(x\) 轴和焦点在 \(y\) 轴两种情况分类计算。， 又其经过点 \(A(0,-2)\)， \(B(\cfrac{3}{2},-1)\)，[4]
则\(\left\{\begin{array}{r}4n=1 \\ \cfrac{9}{4}m+n=1\end{array}\right.\), 解得 \(m=\cfrac{1}{3}\)， \(n=\cfrac{1}{4}\)，
所以椭圆 \(E\) 的方程为: \(\cfrac{y^{2}}{4}+\cfrac{x^{2}}{3}=1\)。
(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 \(AB\) 交于 点 \(T\)， 点 \(H\) 满足 \(\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}\)， 证明: 直线 \(HN\) 过定点。
证明：由于经过点 \(P\) 的直线其斜率可能存在，也可能不存在，故分类讨论如下：
\(1^{\circ}\) 若过点 \(P(1,-2)\) 的直线斜率不存在，则此时直线为 \(x=1\)，
将其代入 \(\cfrac{x^{2}}{3}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\)，可得 \(M(1,\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)， \(N(1,-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
代入直线 \(AB\) 的方程 \(y=\cfrac{2}{3}x-2\)，可得 \(T(\sqrt{6}+3, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
由 \(\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}\) [5]，解得 \(H(2\sqrt{6}+5, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
从而求得直线 \(HN\) 方程： \(y=(2-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})x-2\)，[6] 显然直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。
\(2^{\circ}\) 若过点 \(P(1,-2)\) 的直线斜率存在，则直线为\(y+2=k(x-1)\)，
整理为 \(kx-y-(k+2)=0\)， 再设\(M(x_{1}, y_{1})\)， \(N(x_{2}, y_{2})\)，
联立直线和椭圆方程，得到，\(\left\{\begin{array}{l}kx-y-(k+2)=0 \\\cfrac{x^{2}}{3}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.\)，
整理得到 \((3k^{2}+4)x^{2}-6k(2+k)x+3k(k+4)=0\)，
故有 \(\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=\cfrac{6k(2+k)}{3 k^{2}+4}\\x_{1}x_{2}=\cfrac{3k(4+k)}{3k^{2}+4}\end{array}\right.①\) \(\qquad\) 以及 \(\left\{\begin{array}{l}y_{1}+y_{2}=\cfrac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4}\\ y_{1} y_{2}=\cfrac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3k^{2}+4}\end{array}\right.②\) [7]
且有 \(x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}=\cfrac{-24k}{3k^{2}+4}③\) [8]
联立 \(\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\cfrac{2}{3}x-2\end{array}\right.\)， 可得 \(T(\cfrac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1})\)， \(H(3y_{1}+6-x_{1}, y_{1})\)
同理同法，可求得直线 \(HN\) 方程： \(y-y_{2}=\cfrac{y_{1}-y_{2}}{3y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}(x-x_{2})\)，
将 \((0,-2)\) 代入上述方程，整理得 \(2(x_{1}+x_{2})-6(y_{1}+y_{2})+x_{1} y_{2}+x_{2}y_{1}-3y_{1}y_{2}-12=0\)，
将 ①②③式代入， 得 \(24k+12k^{2}+96+48k-24k-48-48k+24k^{2}-36k^{2}-48=0\)，显然成立，即直线 \(HN\) 经过定点 \((0,-2)\)。
综上\(1^{\circ}\) 和 \(2^{\circ}\)，可得直线 \(HN\) 经过定点 \((0,-2)\)。
(1). 写出 \(l\) 的直角坐标方程；
解析： 由 \(\rho\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+m=0\) 可得，
\(\rho\left(\sin \theta \cos \dfrac{\pi}{3}+\cos \theta \sin \dfrac{\pi}{3}\right)+m=0\)，即 \(\rho\left(\dfrac{1}{2} \sin \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta\right)+m=0\)，
则 \(\dfrac{1}{2} y+\dfrac{\sqrt{3}}{2} x+m=0\)，故 \(l\) 的直角坐标方程为: \(\sqrt{3}x+y+2m=0\) .
(2). 若 \(l\) 与 \(C\) 有公共点， 求 \(m\) 的取值范围。
分析：本问题属于已知直线与曲线的位置关系求参数的取值范围问题，常见的思路是利用 \(\Delta\) 求解，但是若曲线是用参数方程刻画的，则此时往往不能使用判别式法。
解法1：由\(x=\sqrt{3} \cos 2t\)，\(\cos2t=1-2\sin^{2}t\) ，
得 \(x=\sqrt{3}\left(1-2\sin^{2}t\right)=\sqrt{3}\left[1-2\left(\dfrac{y}{2}\right)^{2}\right]=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}\)，
即曲线 \(C\) 的直角坐标方程为 \(x=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}\)，联立 \(\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}\\\sqrt{3} x+y+2 m=0\end{array}\right.\)，
消去 \(x\)由于自变量 \(x\) 和 \(y\) 的最高次数是不一样的，故消去 \(x\) 和消去 \(y\) 的难易程度是不一样的；，整理得到，\(3y^{2}-2y-4m-6=0\)，
即 \(3y^{2}-2y-6=4m\)，又由于 \(y=2\sin t\)，则 \(-2\leq y \leq 2\)，
到此转化为 \(4m=3y^{2}-2y-6\) \((-2\leq y \leq 2)\) 方程有解的问题，
此时需要求解二次函数 \(z=3y^{2}-2y-6\) \((-2\leq y\leq 2)\) 的值域，
由于二次函数 \(z=3y^{2}-2y-6\) \((-2\leq y\leq 2)\)的值域为 \(-\dfrac{19}{3} \leq z \leq 10\) ，
故有 \(-\dfrac{19}{3} \leq 4 m \leq 10\) ，即 \(-\dfrac{19}{12} \leq m \leq \dfrac{5}{2}\) ，
故 \(m\) 的取值范围是 \(-\dfrac{19}{12} \leq m \leq \dfrac{5}{2}\).
〔解后反思〕：1. 估计好多学生会纠结为什么利用 \(\Delta\geqslant 0\) 求解的思路是错误的，对此我们进一步说明如下，由于 \(3y^{2}\)\(-\)\(2y\)\(-\)\(4m\)\(-\)\(6\)\(=\)\(0\)，则 \(\Delta=4+4\times3\times(6+4m)\geqslant0\)，解得 \(m\geqslant-\dfrac{19}{12}\)，这仅仅是必要条件，不是充要条件。原因是\(\Delta\geqslant 0\) 对应的是 \(y\in R\)，而此时明显有 \(-2\leq y\leq 2\) 的限制，故这一思路肯定有问题。
- 当消去 \(y\) 后得到，\(3x^2+2\sqrt{3}(2m-1)x+4m^2-2=0\)，此时若使用 \(\Delta\geqslant 0\) ，算理是错误的，若想使用方程有解的思路，但是参数没法分离，故就陷入两难的境地。
解法2：联立 \(l\) 与 \(C\) 的方程， 即将 \(x=\sqrt{3}\cos2t\)， \(y=2\sin t\) 代入 \(\sqrt{3}x+y+2m=0\) 中，
可得 \(3\cos2t+2\sin t+2m=0\)，所以 \(3\left(1-2\sin^{2}t\right)+2\sin t+2m=0\)，
化简为 \(-6\sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0\) ，
要使 \(l\) 与 \(C\) 有公共点， 则 \(2m=6\sin^{2}t-2\sin t-3\) 方程有解，
令 \(\sin t=a\), 则 \(a \in[-1,1]\)， 令 \(f(a)=6a^{2}-2a-3\)，\((-1\leqslant a\leqslant 1)\)，
二次函数 \(f(a)\) 的对称轴为 \(a=\dfrac{1}{6}\)， 开口向上，
所以 \(f(a)_{\max}=f(-1)=6+2-3=5\)，\(f(a)_{\min}=f\left(\dfrac{1}{6}\right)=\dfrac{1}{6}-\dfrac{2}{6}-3=-\dfrac{19}{6}\)，
所以 \(-\dfrac{19}{6} \leq 2 m \leq 5\) ，\(m\) 的取值范围为 \(-\dfrac{19}{12} \leq m \leq \dfrac{5}{2}\).
任意四边形面积公式的详细证明过程：
如下图所示，\(OA=a\)，\(OB=b\)，\(OC=c\)，\(OD=d\)，两条对角线的夹角为 \(\theta\)，[此时有对顶角或邻补角]
则由割补法以及 \(S_{\triangle}=\cfrac{1}{2}ab\sin C\) ，我们可以得到以下的等式，
\(S_{ABCD}=S_{\triangle OAB}+S_{\triangle OBC}+S_{\triangle OCD}+S_{\triangle ODA}\)
\(=\cfrac{1}{2}ab\sin\theta+\cfrac{1}{2}bc\sin\theta+\cfrac{1}{2}cd\sin\theta+\cfrac{1}{2}da\sin\theta\)
\(=\cfrac{1}{2}b(a+c)\sin\theta+\cfrac{1}{2}d(a+c)\sin\theta\)
\(=\cfrac{1}{2}(a+c)(b+d)\sin\theta=\cfrac{1}{2}AC\times BD\sin\theta\) ↩︎三元均值不等式公式以及相关变形说明：
\(\sqrt[3]{abc}\leqslant\cfrac{a+b+c}{3}\)， \((\)\(a\)、\(b\)、\(c\geqslant 0\)，当且仅当 \(a=b=c\) 时取到等号\()\)
其变形适用形式：\(abc\leqslant \left(\cfrac{a+b+c}{3}\right)^3\)，在此题目中是这样使用的，
\(r^2\cdot r^2\cdot 2h^2\leqslant \left(\cfrac{r^2+r^2+2h^2}{3}\right)^3=\left(\cfrac{2(r^2+h^2)}{3}\right)^3=\left(\cfrac{2}{3}\right)^3\)，此题目的设置有失公允，对二选一中选择坐标系与参数方程的学生是不大公平的，且其难度有些超纲。 ↩︎此处一般的思维都是由 \(a+\dfrac{1}{1-x}\neq 0\) 求解得到 \(x\neq 1+\dfrac{1}{a}\)，此时要么没法继续思考，要么艰难晦涩的这样思考，从形式上可以看到 \(x\neq1\)，故由定义域关于原点对称，还应该有 \(x\neq-1\)，现在 \(x\neq 1+\dfrac{1}{a}\)，故 应该有 \(1+\dfrac{1}{a}=-1\)，从而求解得到 \(a=-\dfrac{1}{2}\) .
【同类型题目】[求函数中的参数值]【2017\(\cdot\)深圳模拟】若函数\(f(x)=\cfrac{x}{(2x+1)(x-a)}\)是奇函数，则实数\(a\)的值是\(a=\cfrac{1}{2}\) .详解请查阅相关例题 ↩︎当椭圆的焦点位置不明确而无法确定其标准方程时，可设为\(\cfrac{x^2}{m}+\cfrac{y^2}{n}=1\) (\(m>0,n>0\))，可避免分类讨论，也可设为\(Ax^2+By^2=1\) (\(A>0,B>0\)且\(A\neq B\))，解题比较方便。更多... ↩︎
设点 \(H(m,n)\)，则由向量的坐标运算得到，\(\overrightarrow{MT}=(\sqrt{6}+2,0)\)，\(\overrightarrow{TH}=(m-\sqrt{6}-3,n-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
由 \(\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}\) 得到 \((\sqrt{6}+2,0)=(m-\sqrt{6}-3,n-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
故解得 \(m=2\sqrt{6}+5\)，\(n=\cfrac{2\sqrt{6}}{3}\)，即 \(H(2\sqrt{6}+5, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)， ↩︎由于点 \(H(2\sqrt{6}+5, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，\(N(1,-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
故依托直线的两点式方程 \(\cfrac{y-y_2}{y_1-y_2}=\cfrac{x-x_2}{x_1-x_2}\) 公式，
得到直线 \(HN\) 的两点式方程：\(\cfrac{y-(-\frac{2\sqrt{6}}{3})}{\frac{2\sqrt{6}}{3}-(-\frac{2\sqrt{6}}{3})}=\cfrac{x-1}{2\sqrt{6}+5-1}\)，
整理得到，即 \(\cfrac{y+\frac{2\sqrt{6}}{3}}{\frac{4\sqrt{6}}{3}}=\cfrac{x-1}{2\sqrt{6}+4}\)，
到此处的途径一，努力化简后得到 \(y=(2-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})x-2\)，则直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。
详细的化简过程：用分式列项，得到 \(\cfrac{3y}{4\sqrt{6}}+\cfrac{1}{2}=(x-1)\times\cfrac{2\sqrt{6}-4}{(2\sqrt{6}+4)(2\sqrt{6}-4)}\)，
即 \(y=[\cfrac{\sqrt{6}-2}{4}(x-1)-\cfrac{1}{2}]\times\cfrac{4\sqrt{6}}{3}\)，即 \(y=\cfrac{24-8\sqrt{6}}{12}(x-1)-\cfrac{4\sqrt{6}}{6}\)，
即化简得到 \(y=(2-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})x-2\)；直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。
途径二，如果感觉化简复杂麻烦，将点 \((0,-2)\) 代入验证也可以，左边为 \(\cfrac{-2+\frac{2\sqrt{6}}{3}}{\frac{4\sqrt{6}}{3}}=\cfrac{2-\sqrt{6}}{4}\)，右边为 \(\cfrac{0-1}{2\sqrt{6}+4}=\cfrac{2-\sqrt{6}}{4}\)，则 左右相等，故 直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。 ↩︎由于 \(y=kx-(k+2)\) ，则 \(y_1=kx_1-(k+2)\) ，\(y_2=kx_2-(k+2)\) ，
故\(y_1+y_2=k(x_1+x_2)-2(k+2)\)\(=k\times\cfrac{6k(2+k)}{3k^2+4}-2(k+2)=\cfrac{-8(2+k)}{3k^2+4}\)，
且 \(y_{1}y_{2}\)\(=\)\([kx_1-(k+2)]\cdot[kx_2-(k+2)]\)\(=\)\(k^2x_1x_2-k(k+2)(x_1+x_2)+(k+2)^2\)
\(=k^2\times\cfrac{3k(4+k)}{3k^{2}+4}-k(k+2)\times\cfrac{6k(2+k)}{3k^{2}+4}+\cfrac{(k+2)^2(3k^2+4)}{3k^{2}+4}\)
\(=\cfrac{4(4+4k-2k^2)}{3k^2+4}\)； ↩︎解释：\(x_1y_2+x_2y_1\)\(=\)\(x_1[kx_2-(k+2)]+x_2[kx_1-(k+2)]\)
\(=\)\(kx_1x_2-x_1(k+2)+kx_1x_2-x_2(k+2)\)\(=2kx_1x_2-(k+2)(x_1+x_2)\)
\(=2k\times\cfrac{3k(4+k)}{3k^{2}+4}-(k+2)\times\cfrac{6k(2+k)}{3 k^{2}+4}\)
\(=\cfrac{-24k}{3k^{2}+4}\) ↩︎
