【文档说明】2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试（二）（ 答案）.docx，共(16)页，356.370 KB，由管理员店铺上传

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2022年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟测试（二）数学答案1．B由(𝑥+1)(3−𝑥)<0，即(𝑥+1)(𝑥−3)>0，解得𝑥<−1或𝑥>3，即𝐴={𝑥|𝑥<−1或𝑥>3}，又由1𝑥≤1，可得1−1𝑥=𝑥−1�

�≥0，解得𝑥<0或𝑥≥1，即𝐵={𝑥|𝑥<0或𝑥≥1}，可得∁R𝐴={𝑥|−1≤𝑥≤3}，所以(∁R𝐴)∩𝐵=[−1,0)∪[1,3].故选：B.2．D𝑧=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+

i)(1−i)=2−4i2=1−2i，所以|𝑧|=√1+4=√5.3．D平面向量𝑎⃑，𝑏⃑⃑不共线，𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=4𝑎⃑+6𝑏⃑⃑，𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑎⃑+3𝑏⃑⃑，𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑎⃑+3𝑏⃑⃑，对于A，𝐵𝐷⃑⃑⃑⃑

⃑⃑⃑=𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑+𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑎⃑+3𝑏⃑⃑+(𝑎⃑+3𝑏⃑⃑)=6𝑏⃑⃑，与𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑不共线，A不正确；对于B，因𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=4𝑎⃑+6𝑏⃑⃑，

𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑎⃑+3𝑏⃑⃑，则𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑与𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑不共线，B不正确；对于C，因𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑎⃑+3𝑏⃑⃑，𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑎⃑+3𝑏⃑⃑，则𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑与𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑不共线，C不正确

；对于D，𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑+𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=4𝑎⃑+6𝑏⃑⃑+(−𝑎⃑+3𝑏⃑⃑)=3𝑎⃑+9𝑏⃑⃑=3𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑，即𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑//𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑

⃑⃑，又线段𝐴𝐶与𝐶𝐷有公共点𝐶，则𝐴，𝐶，𝐷三点共线，D正确.4．(𝑚−1)2+𝑛2表示点𝑃(𝑚,𝑛)到点𝐴(1,0)距离的平方，该距离的最小值为点𝐴(1,0)到直线𝑙的距离，即|3−6|√13=3√13，则(𝑚−1)2+𝑛2的最小值为91

3.故选：A.5．D因为双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1的一个焦点落在直线𝑦=𝑥−2上，所以焦点为(−2,0)，(2,0)，即𝑐=2，又双曲线的焦点到渐近线的距离为1，即𝑑=|−2𝑏|√𝑎2+𝑏2=1解得𝑏=1,𝑎2=3，所以双曲线的方程为𝑥23−𝑦2=

1．故选：D6．A圆C：(𝑥−3)2+(𝑦−3)2=𝑅2的圆心为𝐶(3,3),半径R.由点𝐴(0,2)，𝐵(2,0)求出直线AB的方程为：𝑥+𝑦−2=0.所以圆心C到直线AB的距离为𝑑=|3+3−2|√1+1=2√2.充分性

：𝑅2>8时，有𝑅>𝑑，所以直线直线AB与圆C相交，有公共点，故充分性满足；必要性：“直线AB与圆C有公共点”，则有𝑅≥𝑑，即“𝑅2≥8”，故必要性不满足.所以“𝑅2>8”是“直线AB与圆C有公共点”的充分不必要条件.7．C当个位数为0时，有𝐴43=2

4个，当个位数为2或4时，有2𝐴31⋅𝐴32=36个，所以无重复数字的四位偶数有24+36=60个，8．B解：如图，点𝑂是球冠所在球的球心，点𝑂1是球冠底面圆的圆心，点𝐴是球冠底面圆周上点，线段𝑂1𝐵是球冠的高.依题意，𝑂�

�垂直于球冠底面，显然𝑂1𝐵=ℎ,𝑂𝑂1=𝑅−ℎ,𝑂1𝐴=𝑟，在Rt△𝑂𝑂1𝐴中，𝑂𝐴2=𝑂𝑂12+𝑂1𝐴2，即𝑅2=(𝑅−ℎ)2+𝑟2，整理化简得𝑅=ℎ2+�

�22ℎ，所以球冠所在球的半径𝑅=ℎ2+𝑟22ℎ.因为球冠底面圆的周长𝐶=500𝜋，所以𝑟=𝐶2𝜋=250，又球冠的表面积公式为𝑆=2𝜋𝑅ℎ，且𝑆=65000𝜋，则ℎ=𝑆2𝜋𝑅=325

00𝑅，因为𝑅=ℎ2+𝑟22ℎ，所以65000=325002𝑅2+2502，解得𝑅=650，故球𝑂的表面积为4𝜋𝑅2=4𝜋×6502=1690000𝜋.9．ACD对于A，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，最后2本给丙，共有𝐶62�

�42𝐶22种不同的分法，故A正确；对于B，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2作为一组，最后3本2作为一组，共有𝐶61𝐶52𝐶33=60种，再将3分给甲、乙、丙三人，共有𝐶61𝐶52𝐶33𝐴3

3=360种，故B不正确；对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法𝐶52=10种；对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种情况讨论：①一人4本，其他两人各1本，共有𝐶64𝐶21𝐶11𝐴33=90；②一人1本，一人2本，一人3本，共有�

�61𝐶52𝐶33𝐴33=360种，③每人2本，共有𝐶62𝐶42𝐶22=90，故共有90+360+90=540种.10．ABD由𝑥2+𝑦2−4𝑦+3=0，得𝑥2+(𝑦−2)2=1，则圆心𝐶(0,2)，半

径为1，对于A，圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑦+3=0关于x轴的对称圆的方程为𝑥2+𝑦2+4𝑦+3=0，所以A正确，对于B，因为反射光线平分圆C的周长，所以反射光线经过圆心𝐶(0,2)，所以入射光线所在的直线过点(0,

−2)，因为入射光线过点𝑃(2,1)，所以入射光线所在的直线的斜率为𝑘=1−(−2)2−0=32，所以入射光线所在直线方程为𝑦+2=32𝑥，即3𝑥−2𝑦−4=0，所以B正确，对于C，由题意可知反射光线所在的直线过点𝑃′(2,−1)，则|𝑃𝐵|+|

𝐵𝐴|=|𝑃′𝐵|+|𝐵𝐴|=|𝑃′𝐴|，因为|𝑃′𝐴|=√|𝑃′𝐶|2−1=√(2−0)2+(−1−2)2−1=2√3，所以|𝑃𝐵|+|𝐵𝐴|=2√3，所以C错误，对于D，设∠𝐶𝑀𝑁=𝜃，𝜃∈(0,𝜋2)，则圆心𝐶(0,2)到直线𝑦+1=𝑘(�

�−2)的距离为𝑑=sin𝜃，|𝑀𝑁|=2cos𝜃，所以𝑆△𝐶𝑀𝑁=12𝑑|𝑀𝑁|=sin𝜃cos𝜃=12sin2𝜃，所以当sin2𝜃=1，即𝜃=𝜋4时，△𝐶𝑁𝑀面积取得最大值12，所以D正

确，11．BCD设𝐴𝐹1,𝐴𝐹2,𝐹1𝐹2与圆的切点分别为𝑀,𝑁,𝐸,如图，易知，𝑂1,𝐸横坐标相等，根据题意得|𝐴𝑀|=|𝐴𝑁|,|𝐹1𝑀|=|𝐹1𝐸|,|𝐹2𝑁|=|𝐹2𝐸|由双曲线定义知|𝐴𝐹1|−|𝐴𝐹2|=2𝑎，即

|𝑀𝐹1|−|𝑁𝐹2|=2𝑎，可得|𝐹1𝐸|−|𝐹2𝐸|=2𝑎,设𝑂1(𝑥0,0)，则𝑥0+𝑐−(𝑐−𝑥0)=2𝑎，解得𝑥0=𝑎，同理可得𝑂2的横坐标也为𝑎，所以𝑂1𝑂2⊥𝑥轴，故B

正确；双曲线𝑥2−𝑦23=1的渐近线方程为𝑦=±√3𝑥，其倾斜角分别为𝜋3,2𝜋3，因为过𝐹2且倾斜角为𝜃的直线与双曲线的右支交于𝐴，𝐵两点，所以𝜃的取值范围是(𝜋3,2𝜋3)，故A错误；连接𝐹2𝑂1,𝐹2𝑂2,由切线的

性质可知∠𝐴𝐹2𝑂1=∠𝑂1𝐹2𝐸,∠𝐸𝐹2𝑂2=∠𝐵𝐹2𝑂2,所以∠𝑂2𝐹2𝑂1=12∠𝐴𝐹2𝐵=𝜋2,𝑅𝑡△𝑂1𝐸𝐹2~𝑅𝑡△𝐹2𝐸𝑂2,𝐸𝑂1𝐸𝐹2=𝐸𝐹2𝐸𝑂2,∴𝐸𝐹22=𝐸𝑂1⋅𝐸𝑂2,即1=𝑟1

𝑟2，若𝑟1+𝑟2=2，解得𝑟1=𝑟2=1，∴𝐴𝐵⊥𝑥轴，∴𝑥𝐴=𝑥𝐵=𝑐=2，∴𝑦𝐴2=𝑦𝐵2=9,∴|𝐴𝐵|=|𝑦𝐴−𝑦𝐵|=6,故C正确；对于D，∵

𝜃∈(𝜋3，2𝜋3)，∴∠𝐴𝐹2𝐸∈(𝜋3，2𝜋3)，∴∠𝑂1𝐹2𝐸∈(𝜋6，𝜋3),∴tan∠𝑂1𝐹2𝐸=𝑟11=𝑟1∈(√33，√3)，又𝑟1𝑟2=1，𝑟2=1𝑟1，∴𝑟

12+𝑟22=𝑟12+1𝑟12∈[2,√103]𝑆1+𝑆2的取值范围是[2𝜋,10𝜋3)，故D正确.12．BD如上图所示对选项A，△𝐴𝐶𝐷中，𝐷𝐴=𝐷𝐶，只需要𝐴𝐶=𝐴𝐷，明显地，𝐴𝐶的长度从√3𝐴𝐷连续地变化至0（不包

含0），故肯定存在一个位置，使△𝐴𝐶𝐷为等边三角形，故选项A错误；对选项𝐵，因为△𝐴𝐵𝐷是一个等边三角形，将△𝐴𝐵𝐷沿𝐵𝐷缓缓折起，直至与△𝐵𝐶𝐷重合的过程中，𝐵𝐷⊥面𝐴1𝐴𝐶，故始终满足�

�𝐶⊥𝐵𝐷，故选项𝐵正确；对选项𝐶，在折起的过程中，由于𝐴𝐷//𝐵𝐶，故𝐴𝐷与𝐵𝐶的夹角从0连续地变化至120°（不包含120°），故一定存在一个位置，使𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，故选项𝐶错误；对选项𝐷，直线𝐴𝐷与

平面𝐵𝐶𝐷所成角的最大值时，面𝐴1𝐵𝐷⊥面𝐵𝐶𝐷，此时△𝐴1𝐵𝐷为等边三角形，故∠𝐴1𝐷𝐵为直线𝐴𝐷与平面𝐵𝐶𝐷所成角，即∠𝐴1𝐷𝐵=60°，故故选项𝐷正确；13．4860二项式展开式中的第𝑟项𝑇𝑟

+1=𝐶6𝑟(3𝑥)6−𝑟(2𝑥)𝑟=2𝑟⋅36−𝑟⋅𝐶6𝑟⋅𝑥6−2𝑟则6−2𝑟=2⇒𝑟=2，此时𝑇3=22⋅34⋅𝐶62⋅𝑥2=4680𝑥214．√6+√24𝛼，𝛽均为锐角，cos𝛽=√22，得到𝛽=𝜋4，cos(𝑎+𝛽)=12，得到𝛼+�

�也为锐角，则有sin(𝛼+𝛽)=√32𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑐𝑜𝑠[(𝛼+𝛽)−𝛽]=cos(𝑎+𝛽)cos𝛽+sin(𝑎+𝛽)sin𝛽=12⋅√22+√32⋅√22=√6+√2415．4由题意，∵0≤𝑥≤1，∴0≤2𝑥≤2，

当0≤𝑥<12时，𝑔(𝑥)=[𝑥]+[2𝑥]=0；当12≤𝑥<1时，𝑔(𝑥)=[𝑥]+[2𝑥]=1；当x=1时，𝑔(𝑥)=[𝑥]+[2𝑥]=3，∴𝐴={0,1,3}，则A中所有元素的和为4，16．√3由𝑓(𝑥)=𝑎−𝑥2(0<𝑥<√𝑎)，得𝑓′(�

�)=−2𝑥，∴𝑓′(𝑡)=−2𝑡，又𝑓(𝑡)=𝑎−𝑡2，∴𝑓(𝑥)在点𝑃(𝑡,𝑓(𝑡))处的切线方程为𝑦−𝑎+𝑡2=−2𝑡(𝑥−𝑡)，取𝑦=0，可得|𝑂𝑀|=𝑡2+𝑎|2𝑡|，取𝑥=0，可得

|𝑂𝑁|=𝑡2+𝑎，∴△𝑂𝑀𝑁的面积为𝑆(𝑡)=12|𝑂𝑀|⋅|𝑂𝑁|=12⋅(𝑡2+𝑎)22𝑡=14⋅𝑡4+2𝑎𝑡2+𝑎2𝑡．𝑆′(𝑡)=4𝑡(4𝑡3+

4𝑎𝑡)−4(𝑡4+2𝑎𝑡2+𝑎2)16𝑡2=3𝑡4+2𝑎𝑡2−𝑎24𝑡2=(𝑡2+𝑎)(3𝑡2−𝑎)4𝑡2，由𝑆′(𝑡)=0，解得𝑡=√3𝑎3，当𝑡∈(0,√3𝑎3)时，𝑆′(𝑡)<0，𝑆(𝑡)单调递减；当�

�∈(√3𝑎3,𝑎)时，𝑆′(𝑡)>0，𝑆(𝑡)单调递增；即当𝑡=√3𝑎3时，𝑆(𝑡)取得最小值，∴√𝑎𝑡0=√𝑎√3𝑎3=√3，17．（1）设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由题意得3𝑎1+3𝑑=−15.由𝑎1=−7得𝑑=

2.所以{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−9.（2）由（1）得𝑆𝑛=𝑛2−8𝑛=(𝑛−4)2−16.所以𝑛=4时，𝑆𝑛取得最小值，最小值为−1618．(1)由题意得：(0.004+0.022+0.030+0.028+𝑚+0.004)×10=1，解得𝑚=0.01

2，因为(0.004+0.022)×10=0.26<0.5,(0.004+0.022+0.030)×10=0.56>0.5，所以中位数在[60,70)内，设中位数为x，则(0.004+0.022)×10+(𝑥−60)×0.03=0.5，解得𝑥=68，所以这50名学生成绩的中位数为68.(2

)[70,80)，[80,90)，[90,100]三组数据频率比为0.28:0.12:0.04=7:3:1，所以从[70,80)，[80,90)，[90,100]三组中分别抽取7人，3人，1人，则𝜉可取0,1,2,3，𝑃(𝜉=0)=𝐶83𝐶113=5

6165，𝑃(𝜉=1)=𝐶82𝐶31𝐶113=2855，𝑃(𝜉=2)=𝐶81𝐶32𝐶113=855，𝑃(𝜉=3)=𝐶33𝐶113=1165，则𝜉的分布列𝜉0123P5616528558551165期望𝐸(𝜉)=0×56165+1×285

5+2×855+3×1165=911(3)B等级的概率为(0.028+0.012)×10=0.4，则B等级有40人，所以𝑃(𝜂=𝑘)=𝐶100𝑘0.4𝑘0.6100−𝑘,𝑘=0,1,2

,⋅⋅⋅,40，所以{𝐶100𝑘0.4𝑘0.6100−𝑘≥𝐶100𝑘+10.4𝑘+10.699−𝑘𝐶100𝑘0.4𝑘0.6100−𝑘≥𝐶100𝑘−10.4𝑘−10.6101−𝑘，即{100!𝑘!(100−𝑘)

!×0.6≥100!(𝑘+1)!(99−𝑘)!×0.4100!𝑘!(100−𝑘)!×0.4≥100!(𝑘−1)!(101−𝑘)!×0.6，解得39.4≤𝑘≤40.5，所以当k=40时，𝑃(𝜂=𝑘)有最大

值.19．（1）2𝑏cos𝐵𝑎𝑐=cos𝐶𝑐+cos𝐴𝑎⇒2𝑏cos𝐵=𝑎cos𝐶+𝑐cos𝐴，得2sin𝐵cos𝐵=sin𝐴cos𝐶+sin𝐶cos𝐴=sin(𝐴+𝐶)=sin𝐵，∵sin𝐵≠0∴cos𝐵=12∵𝐵∈(0,𝜋

)∴𝐵=𝜋3.（2）△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=12𝑎𝑐sin𝐵=2√3⇒𝑎𝑐=8，由正弦定理可知𝑏sin𝐵=4⇒𝑏=2√3，由𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵⇒𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=12⇒(𝑎+𝑐)2=12+3𝑎

𝑐=36，则𝑎+𝑐=6，∴△𝐴𝐵𝐶的周长为6+2√3.20．（1）过𝑆点作𝑆𝑂⊥𝐶𝐴交𝐶𝐴的延长线于点𝑂，连接𝑂𝐵，由𝐵𝑂⊥𝐶𝐴，𝑆𝑂⊥𝐶𝐴，证出𝐴𝐶⊥平面𝑆𝑂𝐵，即可证出𝑆

𝐵⊥𝐴𝐶.（2）以𝑂为原点，𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝑂𝑆⃑⃑⃑⃑⃑⃑的方向分别为𝑥,𝑦,𝑧轴正方向，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用cos⟨𝑆𝐴⃑⃑

⃑⃑⃑⃑,𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩，即可得到答案.(1)过𝑆点作𝑆𝑂⊥𝐶𝐴交𝐶𝐴的延长线于点𝑂，连接𝑂𝐵，因为∠𝑆𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=120∘，所以∠𝑆𝐴𝑂=∠𝐵𝐴𝑂=60∘，又因为𝑆𝐴=𝐴𝐵,𝐴𝑂=𝐴𝑂，所以△�

�𝐴𝑂≅𝐵𝐴𝑂，所以∠𝑆𝑂𝐴=∠𝐵𝑂𝐴=90∘，即𝐵𝑂⊥𝐶𝐴，𝑆𝑂⊥𝐶𝐴.因为𝑆𝑂∩𝐵𝑂=𝑂，所以𝐴𝐶⊥平面𝑆𝑂𝐵，因为𝑆𝐵⊂平面𝑆𝑂𝐵，所以𝑆𝐵⊥𝐴𝐶．(2)因为平面𝑆𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶，

平面𝑆𝐴𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶,𝑆𝑂⊥𝐶𝐴，所以𝑆𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶，以𝑂为原点，𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝑂𝑆⃑⃑⃑⃑⃑⃑的方向分别为𝑥,𝑦,�

�轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐴(0,1,0),𝐶(0,3,0),𝐵(√3,0,0),𝑆(0,0,√3)，可得𝑆𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,1,−√3),𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−√3,3,0)，因为cos⟨𝑆𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝐵�

�⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩=𝑆𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑|𝑆𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑||𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=32⋅√12=√34，所以直线𝑆𝐴与𝐵𝐶所成角的余弦值为√34．21．（1）根据离心率及通径长求出椭圆方程；（2）分直线AB斜率存在和斜率不存在两种情况得到𝐹1𝐴⃑⃑⃑

⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹1𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑的范围，进而得到答案.(1)当𝐴𝐵⊥𝑥轴时，取𝑥=𝑐代入椭圆方程得：𝑐2𝑎2+𝑦2𝑏2=1，得𝑦=±𝑏2𝑎，所以2𝑏2𝑎=√2，又𝑐𝑎=√22，解得𝑎=√

2，𝑏=𝑐=1，所以椭圆方程为𝑥22+𝑦2=1．(2)由𝐹1(−1,0)，记𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)当𝐴𝐵⊥𝑥轴时，由（1）知：𝐴(1,√22)，𝐵(1,−√22)所以𝐹1𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹1𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,√22)⋅(2,−√2

2)=72，当AB斜率为k时，直线AB为𝑦=𝑘(𝑥−1)，{𝑥22+𝑦2=1𝑦=𝑘(𝑥−1)，消去y得(1+2𝑘2)𝑥2−4𝑘2𝑥+2𝑘2−2=0，所以𝑥1+𝑥2=4𝑘21+2𝑘2，𝑥1𝑥

2=2𝑘2−21+2𝑘2，𝐹1𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹1𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1+1,𝑦1)⋅(𝑥2+1,𝑦2)=𝑥1𝑥2+𝑥1+𝑥2+𝑦1𝑦2+1=𝑥1𝑥2+𝑥1+𝑥2+𝑘2(𝑥1−1)(𝑥2−1)+1=(�

�2+1)𝑥1𝑥2+(1−𝑘2)(𝑥1+𝑥2)+𝑘2+1=2(1+𝑘2)(𝑘2−1)1+2𝑘2+4𝑘2(1−𝑘2)1+2𝑘2+𝑘2+1=7𝑘2−12𝑘2+1=72−92(2𝑘2+1)所以−1≤𝐹1𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹1𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑<7

2，综上−1≤𝐹1𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹1𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑≤72，𝐹1𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹1𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑的范围是[−1,72].22．（1）𝑓′(𝑥)=𝑒1−𝑥−𝑥𝑒1−𝑥+3(2𝑎−1)

2𝑥2−1，所以𝑓′(1)=1−1+3(2𝑎−1)2−1=12，所以𝑎=1.𝑓(𝑥)=𝑥𝑒1−𝑥+12𝑥3−𝑥，𝑓(1)=12，曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程：𝑦−1

2=12(𝑥−1)，即是：𝑥−2𝑦=0.（2）不等式𝑓(𝑥)≥𝑥ln𝑥−12𝑥3+𝑎恒成立，即是：𝑥𝑒1−𝑥+2𝑎−12𝑥3−𝑥≥𝑥ln𝑥−12𝑥3+𝑎，整理得：𝑥𝑒

1−𝑥−𝑥ln𝑥+𝑎𝑥3−𝑎−𝑥≥0，由于𝑥≥1，所以有：𝑒1−𝑥−ln𝑥+𝑎𝑥2−𝑎𝑥−1≥0，设𝐹(𝑥)=𝑒1−𝑥−ln𝑥+𝑎𝑥2−𝑎𝑥−1，(𝑥≥

1)，因为𝐹(1)=0，𝐹′(𝑥)=−𝑒1−𝑥−1𝑥+2𝑎𝑥+𝑎𝑥2，(𝑥≥1)，𝐹′(1)=3𝑎−2，（i）若3𝑎−2≥0，即𝑎≥23时，𝐹″(𝑥)=𝑒1−𝑥+1𝑥2+2𝑎(1−1𝑥3)>0，(𝑥≥1)，所以𝐹

′(𝑥)在[1,+∞)递增，所以𝐹′(𝑥)≥𝐹′(1)=3𝑎−2>0，所以𝐹(𝑥)在区间[1,+∞)上单调递增，𝐹(𝑥)≥𝐹(1)=0恒成立，即𝑓(𝑥)≥𝑥ln𝑥−12𝑥3+𝑎恒成立.（ii）若

3𝑎−2<0，即𝑎<23时，①𝑎≤0时，𝐹′(𝑥)=−𝑒1−𝑥−1𝑥+2𝑎𝑥+𝑎𝑥2=−(𝑒1−𝑥+1𝑥)+𝑎(2𝑥+1𝑥2)<0，(𝑥≥1)，所以𝐹(𝑥)在区间[1,+∞)上单调递减，𝐹(𝑥)≤𝐹(1)=0恒成立，𝑓(𝑥)≥𝑥ln𝑥−1

2𝑥3+𝑎不成立.②0<𝑎<23时，𝐹′(1)=3𝑎−2<0，𝐹′(1𝑎)=𝑎3−𝑎−2−𝑒1−1𝑎=𝑎3+(1−𝑎)+(1−𝑒1−1𝑎)，因为𝑒1−1𝑎<𝑒1−32=𝑒−12<𝑒0=1，所以𝐹′(1𝑎)>0，又𝐹″(𝑥)=�

�1−𝑥+1𝑥2+2𝑎(1−1𝑥3)>0，(𝑥≥1)，所以，𝐹′(𝑥)在[1,+∞)上单调递增，所以，由零点存在性定理：𝐹′(𝑥)在(1,1𝑎)存在唯一零点，设为𝑥0，当𝑥∈(1,𝑥0)时，𝐹′(𝑥)<0，此时𝐹(�

�)<𝐹(1)=0，𝑓(𝑥)≥𝑥ln𝑥−12𝑥3+𝑎不成立，综上，𝑎的范围是[23,+∞).