絕密★啟用前

高考數(shù)學(xué)真題重組卷02

課標全國卷地區(qū)專用（解析版）

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.I可答選擇題時?，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。

寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題R一并交回。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只

有一項是符合題目要求的。

I.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）若z=-l+V5i,則二=（）

ZZ-1

A.-14-V3iB.-1-V3iC.—iD.i

3333

【答案】C

【分析】由共挽復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運算即可得解.

【詳解】z=-1-V3i,zz=（-1+V3i）（-1-V3i）=14-3=4.

z-1+V3i16.

--------=-------------=—+—i

zz-1333

故選：C

2.（2021?全國?統(tǒng)考高考真題）已知集合S={s|s=2n+l,nEZT={t\t=4n+l,nEZ

則SnT=（）

A.0B.SC.TD.Z

【答案】C

【分析】分析可得TGS,由此可得出結(jié)論.

【詳解】任取則t=4n+l=2?（2n）+l,其中nWZ,所以，￡WS,故TGS,

因此，SCT=T.

故選：C.

3.（2020?全國?統(tǒng)考高考真題）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為

一個正四棱錐，以該四棱港的面為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面?積，

則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

A病TDyfs-l廠詬+1c75+1

A.丁B—C—D-

【答案】C

【分析】設(shè)CD=Q,PE=兒利用P02=：CD?PE得到關(guān)于a,b的方程，解方程即可得到答

案.

【詳解】如圖，設(shè)CD=a,PE=b,則PO=，P￡2一。0=J「2,

由題意P02=：Qb,即墳一。二:好，化簡得4(2)2一22一1二0,

242aa

解得2=竽(負值舍去).

a4

故選：C.

【點晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關(guān)計算，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)計算能力，是一道容

易題.

4.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互

質(zhì)的概率為()

A.-B.1C.-D.\

6323

【答案】D

【分析】由古典概型概率公式結(jié)合組合、列舉法即可得解.

【詳解】從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，共有C號=21種不同的取法，

若兩數(shù)不互質(zhì),不同的取法有:(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7種,

故所求概率P=等=*

，JL

故選：D.

5.（2021?天津?統(tǒng)考高考真題）設(shè)a=k）g203b=log20.4,c=0.4°3,則a,b,c的大小關(guān)

2

系為（）

A.a<b<cB.c<a<hC.b<c<aD.a<c<b

【答案】D

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出a,瓦c的范圍即可求解.

【詳解】log20.3<log2l=0,a<0,

logi0.4=-log20.4=log21>log22=1,b>1,

22

V0<O.403<0.4°=1,0<c<1,

：?a<c<b.

故選：D.

+

6.（2020?全國?統(tǒng)考高考真題）數(shù)列｛冊｝中，%=2,對任意m,nEN,am+n=amant若

%+1+%+2+…+/+10=215—25,則k=（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】C

【分析】取m=l,可得出數(shù)列｛斯｝是等比數(shù)列，求得數(shù)列｛即｝的通項公式，利用等比數(shù)列

求和公式可得出關(guān)于k的等式，由可求得k的值.

【詳解】在等式am+n=冊1冊中，令m=1，可得an+i=a/i=2a,如1=2,

nan

所以，數(shù)列｛斯｝是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列，=2X2^=2\

色+id-21°)_2-(1-21。)

Aaaak+110

k+l+k+2---k+1Q1-2-1-2=2(2-1)=2s(210-1),

...2k+i=2$,則k+1=5,解得k=4.

故選：C.

【點睛】本題考查利用等比數(shù)列求和求參數(shù)的值，解答的關(guān)鍵就是求出數(shù)列的通項公式，考

查計算能力，屬于中等題.

7.（2020.全國.統(tǒng)考高考真題）已知向量a,另滿足同=5,\b\=6,a-b=-6,則cosV

a,d+b>=（）

A.--B.--C.-D.-

35353535

【答案】D

【分析】計算出五?（五+3）、|日+山的值，利用平面向量數(shù)量積可計算出cosvd,a+B>的

值.

【詳解】,*■|d|=5,\b\=6,ab=—6,二a?（a4-b）=\a\2+d-b=52—6=19.

\a+b\=J（a+b）2=>Ja2+2a-b+b2="25—2x6+36=7,

因此，cos<a,a+b>='零挈’=蕓=白

|a||a+b|5x735

故選：D.

【點睛】本題考查平面向量夾角余弦值的計算，同時也考查了平面向量數(shù)量積的計算以及向

量模的計算，考查計算能力，屬于中等題.

8.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）設(shè)尸為拋物線C:y2=4》的焦點，點4在C上，點8（3,0）,

若以川=\BF\,則=（）

A.2B.2V2C.3D.3V2

【答案】B

【分析】根據(jù)拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點力的橫坐標，進而求得點

A坐標，即可得到答案.

【詳解】由題意得,F（l,0）,RlJ|4F|=\BF\=2,

即點4到準線％=-1的距離為2,所以點的橫坐標為-1+2=1,

不妨設(shè)點4在x軸上方，代入得，力（1,2）,

所以|48|=J（3—1尸+（0-2]=2V2.

故選：B

9.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）記函數(shù)/（%）=$皿5+》+6（3>0）的最小正周期為「若

^<T<n,且、=/（幻的圖象關(guān)于點（9,2）中心對稱，則/■（$=（）

A.1B.-C.-D.3

22

【答案】A

【分析】由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)可求得參數(shù)，進而可得函數(shù)解析式，代入即可得解..

【詳解】由函數(shù)的最小正周期T滿足§<7<兀，得當(dāng)〈任〈兀，解得2<3<3,

又因為函數(shù)圖象關(guān)于點管,2）對稱，所以手3+”kTT,k￡Z,且b=2,

所以3=—3+gk,&€Z,所以3=nf（x）=sin住％+1）+2,

所以/（9=sin（如+?）+2=1.

故選：A

10.（2020?全國?統(tǒng)考高考真題）已知為球。的球面上的三個點，。。1為△4BC的外接

I員I，若。01的面積為4mAB=BC=AC=OO],則球0的表面積為（）

A.64TTB.48nC.367TD.32n

【答案】A

【分析】由已知可得等邊AA8C的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出。。1的值，根據(jù)球的

截面性質(zhì)，求出球的半徑，即可得出結(jié)論.

【詳解】設(shè)圓?！堪霃綖閞,球的半徑為R,依題意，

得7r廠2-4兀,二r=2,v448。為等邊三角形，

由正弦定理可得48=2rsin60°=273,

：?。。1=AB=2V3,根據(jù)球的截面性質(zhì)0011平面力BC,

2222

???0011。遇,R=OA=y/001+OrA=y/00r4-r=4,

.,?球0的表面積S=4TTR2=647r.

故選：A

【點睛】本題考查球的表面積，應(yīng)用球的截面性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查計算求解能力，屬于

基礎(chǔ)題.

11.（2021.全國.統(tǒng)考高考真題）設(shè)QWO,若％=a為函數(shù)/（、）=。（無一。）2（無一6）的極大值

點，則（）

A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2

【答案】D

【分析】先考慮函數(shù)的零點情況,注意零點左右附近函數(shù)值是否變號，結(jié)合極大值點的性質(zhì)，

對"進行分類討論，畫出/（'）圖象，即可得到a,b所滿足的關(guān)系，由此確定正確選項.

【詳解】若。=小則/■（>）=磯%-。）3為單調(diào)函數(shù)，無極值點，不符合題意，故a^b.

二/（%）有無=Q和無=>兩個不同零點，且在x=a左右附近是不變號，在％=b左右附近是變

號的.依題意，*="為函數(shù)/（“）■"（X'"）'"的極大值點，.?.在％=a左右附近都是

小于零的.

當(dāng)Q<0時，由x>b,/（x）<0,畫出/（幻的圖象如下圖所示:

由圖可知bva,a<0,故出?>c?

當(dāng)a>0時，由%>/?時，f(x)>0,畫出/■(%)的圖象如下圖所示:

由圖可知b>a,a>0,故ab>a，

綜上所述，ab>a?成立.

故選：D

【點睛】本小題主要考杳三次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法可以快速解

答.

12.(2021??天J津??—統(tǒng)L考局.I考+具g題、)設(shè)、門aJ,函R數(shù)M/(外、={(/一CO2S(：(2+TTX1—)X2+TTQQ)1.+5,XV>?Q

若f(x)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)恰有6個零點，則。的取值范圍是()

入色油儲］3?(”)”骯)

C(蜀喑,3)D.?2)喑,3)

【答案】A

【分析】由/-2(a+l)x+a2+5=0最多有2個根，可得3式2?"-2/iu)=0至少有4

個根，分別討論當(dāng)x<a和X2Q時兩個函數(shù)零點個數(shù)情況，再結(jié)合考慮即可得出.

22

【詳解】；x—2(a+l)x4-a+5=0最多有2個根，所以COS(2TTX-2nd)=0至少有4個

根，

由27rx—lira=三+kn,kEZ可得％=。+工+。,keZ,

224

由0<與+乙+aVQ可得一2Q--<k<

2422

(1)x<a時，當(dāng)一5<-2a—-<一4時，/(%)有4個零點，B|J-<a<-；

244

當(dāng)一64一2a〈一5,/(幻有5個零點，即:<QW?：

244

當(dāng)—7<—2a—：V—6,/(%)有6個零點，即?<a<?；

//q

22

(2)當(dāng)XZQ時，/(x)=x-2(a4-l)x+a+5,

A=4(a+l)2—4(a2+5)=8(a—2),

當(dāng)av2時，21<0,fa)無零點；

當(dāng)a=2時，A=0,/'(x)有1個零點；

當(dāng)a>2時，令f(a)=a2-2a(a+1)+a2+5=-2a+5>0,則2<a3|,此時f。)有2

個零點；

所以若a時，/(%)有1個零點.

綜上，要使/(%)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)恰有6個零點，則應(yīng)滿足

f-<a<-f-<a<-fn<13

f之或「,§或7<<。工7,

(2<a<^=2或。>：a<2

則可解得a的取值范圍是(2,3u仔,外

【點睛】關(guān)鍵點睛：解決本題的關(guān)鍵是分成“<a和%>。兩種情況分別討論兩個函數(shù)的零點

個數(shù)情況.

二、填空題：本題共4小踵，每小題5分，共20分.

13.(2021.天津.統(tǒng)考高考真題)在(2/+：)6的展開式中，”的系數(shù)是.

【答案】160

【分析】求出二項式的屐開式通項,令乂的指數(shù)為6即可求出.

【詳解】卜/+：)6的展開式的通項為4+1=4(2/)6-r.(l)r=26-「以,N8Tr,

令18-4r=6,解得r=3,

所以d的系數(shù)是23日=160.

故答案為：160.

(2x+y—2<0,

14.(2020?全國?統(tǒng)考高考真題)若-)，滿足約束條件了一>一1工0,則z=x+7y的最大值

(y+1>0,

為.

【答案】1

【分析】首先畫出可行域，然后結(jié)合目標函數(shù)的幾何意義即可求得其最大值.

【詳解】繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，

其中Z取得最大值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大，

據(jù)此結(jié)合目標函數(shù)的幾何意義可知目標函數(shù)在點A處取得最大值，

聯(lián)立直線方程：二:，可得點A的坐標為：4(1,0),

據(jù)此可知目標函數(shù)的最大值為：Zmax=1+7x0=1.

故答案為：1.

【點睛】求線性目標函數(shù)7=2*+6丫(2犀())的最值，當(dāng)b>0時，直線過可行域且在y軸上截

距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最??；當(dāng)b<0時，直線過可行域且在y軸上

截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.

15.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)若曲線y=(x+°)鏟有兩條過坐標原點的切線，則。的取值

范圍是.

【答案】(-8,-4)11(0,+8)

【分析】設(shè)出切點橫坐標%o,利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過原點得到關(guān)

于&的方程，根據(jù)此方程立有兩個不同的實數(shù)根，求得a的取值范圍.

【詳解】*.*y=(x4-d)ex,.*.y'=(x+1+a)ex,

x

設(shè)切點為(%o，yo)，則%=(通+a)e"。,切線斜率k=(x0+14-a)e°,

xz

切線方程為:y-(x0+a)e°=(x04-1+a)c°(x-x0).

xx

???切線過原點，，一(Xo4-a)e°=(x0+1+a)e°(-%0)-

整理得：XQ+ax0-a=0,

???切線有兩條，.?必=a2+4a>0,解得a<一4或a>0,

的取值范圍是(一8,-4)U(0,+8),

故答案為:(—co,-4)U(0,4-00)

16.(2021?天津?統(tǒng)考高考真題)若Q>01>0,則:+表+b的最小值為.

【答案】2V2

【分析】兩次利用基本不等式即可求出.

【詳密3a>0,b>0.

???)?bN2j^+b="bN2/=2也

當(dāng)且僅當(dāng)工=g且：=從即a=b=企時等號成立，

ab乙b

所以二+弓+b的最小值為2企.

ab2

故答案為：2V2.

三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17?21題為必考題，

每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

17.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)記Sn為數(shù)列｛a"的前〃項和?已知?+>=2即+1?

(I)證明：｛%｝是等差數(shù)列；

(2)若。4，。7，09成等比數(shù)列，求2的最小值.

【答案】(1)證明見解析；

(2)-78.

【分析】⑴依題意可得2S〃+層=2叫+71,根據(jù)Qn=L夫"=’>7,作差即可得到

an-斯-1-1，從而得證；

(2)法一：由(1)及等比中項的性質(zhì)求出內(nèi),即可得到｛處3的通項公式與前幾項和，再根

據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計算可得.

2

【詳解】(1)因為華+九=2an+1,g|J2S?+n=+九①，

2

當(dāng)?i>2時,21_1+(n-1)=2(n-l)an_i+(n-1)②,

22

①一②得，2Sn+n-2S“_i—(n—I)=2nan+n—2(n-1)即_1—(n-1),

即20n+2n—1=2nan-2(n—+1，

即2(TI—l)an—2(n—l)cin-i=2(n—1),所以a”—Gn_i=1>n>2且九GN*>

所以｛aj是以1為公差的等差數(shù)列.

(2)［方法一］:二次函數(shù)的性質(zhì)

由(1)可得。4=。1+3,。7=%十6,的二。1+8,

又。4，。7，。9成等比數(shù)列，所以2=,a9?

即(。1+6)2=(%+3)?(%+8),解得%=—12,

所以冊=幾一13,所以S”=_12n+二1九2一§?=：(,一］)一等，

所以，當(dāng)幾=12或九=13時，(Sn)min=-78.

I方法二］:【最優(yōu)解】鄰項變號法

由(1)可得。4=。1+3,即=。1+6,的=。1+8,

又。4，?7?。9成等比數(shù)列，所以。72=,a9?

即(％+6)2=(%+3)?(%+8),解得出=—12,

所以即=n-13,即有為<a2<…<a12<0,a13=0.

則當(dāng)n=12或n=13時,(Sn)min=-78.

【整體點評】(2)法?：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出Sn的最小值，適用于可以求出又的表達式;

法二：根據(jù)鄰項變號法求最值，計算量小，是該題的最優(yōu)解.

18.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)如圖，四棱錐的底面是矩形，PO_L底面48C0,

PD=DC=1,M為8c的中點，且PB14M.

(1)求BC；

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

【答案】(1)V2；(2)等

【分析】(1)以點。為坐標原點，DA.DC、DP所在直線分別為％、y、z軸建立空間直角坐

標系，設(shè)8C=2Q,由已知條件得出而?奇=0,求出a的值，即可得出5C的長；

(2)求出平面PAM、PBM的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得

結(jié)果.

【詳解】(1)［方法一］:空間坐標系+空間向量法

???P。J_平面/BCD,四邊形4BCD為矩形，不妨以點。為坐標原點，DA.DC、OP所在直線

分別為％、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系

p

設(shè)BC=2a,則。(0,0,0)、P(0,0,l)、8(2a,l,0)、M(a,1,0)、A(2a,0,0),

則方=(2a,1,-1),AM=(-a,1,0),

vPB1AM,則而?AM=-2a2+1=0,解得a=—,故BC=2a=魚;

2

［方法二］【最優(yōu)解】：幾何法+相似三角形法

如圖，連結(jié)8D.因為PDJ?底面4BCD,且4Mu底面力BCD,所以P。_L4M.

又因為P81AM,PBCPD=P,所以AMI平面P8D.

又BDu平面P50,所以4Ml80.

從而乙ADB+Z.DAM=90°.

因為4AL4B+4O/M=90。，所以4=

所以AADB?ABAM,于是絲=出.

所以卯c2=l.所以BC=企.

［方法三］:幾何法+三角形面積法

如圖，聯(lián)結(jié)BD交力M于點N.

由［方法二］知4M1D8.

在矩形48。。中，有△ZMN?△BMN,所以絲=絲=2,即AN=24M.

MNBM3

令BC=2t（t>0）,因為M為BC的中點，則BM=3DB=7$+1,AM=

由5皿8=加人｛8=；DBTN,得+解得產(chǎn)二；,所以8C=2t=

V2.

（2）［方法一］【最優(yōu)解】：空間坐標系+空間向量法

設(shè)平面P4M的法向量為沅=（Xi，yi，zi）,則麗=（一今1,0），而二（一企,0,1）,

由歸吧=-曰勺+%=0,取修=也可得而=（凡1,2）,

mAP=-V2xt+Zi=0

設(shè)平面PBM的法向量為冠=（%2,力/2），麗=（一今0,0），麗=（一夜，一1,1）,

n-BM=—2—x2=0*~fR-八…、

由_b,取力=1，可得n=(0,1,1),

n-BP=-y/2x2-y2z2=0

/一一、inn33y/14

C0S<^n>=^=7^=—>

所以，sin(m,n)=y/1—cos2(m,n)=鬻,

因此，二面角力一PM-8的正弦值為等.

14

［方法二］:構(gòu)造長方體法+等體積法

如圖，構(gòu)造長方體A8CD-A$iCiDi，聯(lián)結(jié)交點記為H,由于AB1148,4當(dāng)1BC,

所以力H1平面過H作AM的垂線，垂足記為G.

聯(lián)結(jié)力G,由三垂線定理可知4G_LDiM,

故NAG”為二面角/-PM-8的平面角.

易證四邊形/止。。1是邊長為在的正方形，聯(lián)結(jié)。HM.

S&D\HM—5°1M,HG,SdD]HM=S正方形A]BCD1—一S^HBM-SAMCDI，

由等積法解得HG=察.

在RtA/IHG中，4，=*"6=等，由勾股定理求得/G=誓.

所以，sin乙4GH=瞿=粵，即二面角力一PM-8的正弦值為二.

【整體點評】（I）方法一利用空坐標系和空間向量的坐標運算求解；方法二利用線面垂直的

判定定理，結(jié)合三角形相似進行計算求解，運算簡潔，為最優(yōu)解；方法三主要是在幾何證明

的基礎(chǔ)上，利用三角形等面積方法求得.

（2）方法一，利用空間坐標系和空間向量方法計算求解二面角問題是常用的方法，思路清

晰，運算簡潔，為最優(yōu)解；方法二采用構(gòu)造長方體方法-等體積轉(zhuǎn)化法，技巧性較強，需注

意進行嚴格的論證.

19.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山.為

估計一林區(qū)某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積

（單位：m2）和材積量（單位:m3）,得到如下數(shù)據(jù):

樣本號和

根部橫截面積看0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

材積量M0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

并計算得N魯再2=0,038,￡*火=1.6158,21=1^=0.2474.

（1）估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

⑵求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材枳量的樣本相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；

（3）現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面現(xiàn)總

和為186m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這

種樹木的總材枳量的估計值.

附：相關(guān)系數(shù)r=/年儼->一刃=,,VL896?1.377.

【答案】（1）0.06m2；0.39m3

（2）0.97

（3）1209m3

【分析】（I）計算出樣本的一棵根部橫截面積的平均值及一棵材積量平均值，即可估計該林

區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量：

（2）代入題給相關(guān)系數(shù)公式去計算即可求得樣本的相關(guān)系數(shù)值；

（3）依據(jù)樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區(qū)這種樹木的

總材積量的估計值.

【詳解】（1）樣本中10楔這種樹木的根部橫截面積的平均值土=詈=0.06

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值歹=藍=0.39

據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06m2,

平均一棵的材積量為0.39m3

（2）r=涉區(qū)一幻（乂一-）_SinXjyj-lQiy

幻2￡胃打一力2片2-10￡2）（￡-贄2Top2）

0.2474-10x0.06x0.390.01340.0134

-7（0.038-10X0.062）（1.6158-10x0.392）-,0.0001896?0.01377-

則r?0.97

（3）設(shè)該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為Vo?,

又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

可得嘿=等，解之得y=i209n?.

則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為1209m3

20.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）設(shè)拋物線C:y2=2px（p>0）的焦點為F,點。（p,0）,過產(chǎn)

的直線交C于M，N兩點.當(dāng)直線M。垂直于x軸時，|MF|=3.

⑴求C的方程；

（2）設(shè)直線MD,ND與C的另一個交點分別為A,B,記直線MN,48的傾斜角分別為%/7.當(dāng)

a取得最大值時，求直線A8的方程.

【答案】（Dy?=4%；

（2）AB:x=\［2y+4.

【分析】（1）由拋物線的定義可得|MF|=p+l即可得解；

（2）法一：設(shè)點的坐標及直線MN:x=my+L由韋達定理及斜率公式可得/CMN=2的8,

再由差角的正切公式及基本不等式可得心打=日，設(shè)直線/叢％=遮y+n,結(jié)合韋達定理可

解.

【詳解】（1）拋物線的準線為“=-勺當(dāng)M0與x軸垂直時，點M的橫坐標為p,

此時|MF|=p+：=3,所以p=2,

所以拋物線C的方程為/=4%；

（2）［方法一］:【最優(yōu)解】直線方程橫截式

設(shè)M（9，yJ，N（￥，y2）M（q，y3），8（q.y4）,直線MN:x=my+1,

.（x=my+1…〃

由（y2=4x可得f_4my_4=0,A>0,力力=-4，

由斜率公式可得%“=度=念，心"=菱/=自，

4444

直線MD:%=登?y+2,代入拋物線方程可得y2一吟2?y-8=0,

△>0，%丫3=-8,所以丫3=2丫2，同理可得丫4=2%，

所以心8=，-=廣—=”

人"丁3+尸42（九+'2J2

又因為直線MN、AB的傾斜角分別為a，B，所以心8=tan/?=竽=詈，

若要使。一6最大，則/?￡（0弓），設(shè)kMN=2kAB=2k>0,則tan（a_￡）=?：：；熏黑=

當(dāng)且僅當(dāng)>2%即"苧時，等號成立，

所以當(dāng)a0最大時，kAB=設(shè)直線=In,

代入拋物線方程可得y2-4V2y-4n=0,

△>0,乃y4=-4〃=4yly2=-16,所以九=4,

所以直線88:x=V2y+4.

［方法二］:直線方程點斜式

由題可知，直線MN的斜率存在.

設(shè)“（%1，%）,/7（%2/2），4（?3，'3），8（%4，丫4），直線“爪：）/=k（X—1）

由｛，得：/嚴一（21+4）x+/c2=0,與勺=1,同理,為丫2=-4.

直線MD:y=-2）,代入拋物線方程可得：XiX3=4,同理，x2x4=4.

代入拋物線方程可得:丫1乃二-8,所以=2y2，同理可得=2yi，

由斜率公式可得：心8=拉3=等*=產(chǎn)弋=2的3?

x^-x34仔-g2（XZ-X1）2

（下同方法一）若要使最大，則/?w（o,9，

設(shè)=2kzi8=2k>0,貝ijtan（a—/?）=叫:=_=-j-J—<—,

MNAO''Y，l+tanatan。l+2k21+2kzl^Zk4

當(dāng)且僅當(dāng)器=2女即憶=當(dāng)時，等號成立，

所以當(dāng)a-/?最大時，kAB=y,設(shè)直線=Vly+ri,

代入拋物線方程可得必-4V2y-4n=0,△>0,y3y4=-4n=4yly2=-16,所以?1=4,

所以直線48：x=V2y+4.

［方法三］:三點共線

設(shè)M詹y1），N符,y2）M信、3），8信yj

設(shè)P（￡,0）,若P、M、N三點共線，由兩=停一￡,月），麗二?-￡/2）

所以停一°丫2=停一￡）y1，化簡得y/2=-4t,

反之，若%丫2=-42,可得MN過定點（，0）

因此，由M、N、F三點共線，得力乃=一4,

由M、D、A三點共線，得力力=-8,

由N、D、B三點共線，得、2%=-8，

則為、4=4yly2=-16，AB過定點（4.0）

（下同方法一）若要使a-/?最大，則/?€（0卷），

設(shè)AMN=2kAB=2k>0,則tan（a-/?）=ta“"ta叱_:=<J——=亙，

M/vAU'1，l+tanatan^l+2k2/2k2l--2k4

當(dāng)且僅當(dāng)：=2雇以二暫時，等號成立，

所以當(dāng)a-0最大時，kAB=所以直線48:%=?+4.

【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯(lián)立方程的運算，通過尋找直線

的斜率關(guān)系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據(jù)韋達定理求出直線方程，是該

題的最優(yōu)解，也是通性通法;

法二：常規(guī)設(shè)直線方程點斜式，解題過程同解法一：

法三：通過設(shè)點由三點共線尋找縱坐標關(guān)系，快速找到直線過定點，省去聯(lián)立過程，也

不失為一種簡化運算的好方法.

21.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)已知且QH1,函數(shù)/(無)=W(%>0).

(1)當(dāng)Q=2時，求/(%)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若曲線y=f(x)與直線y=l有且僅有兩個交點，求。的取值范圍.

【答案】⑴(0,哥上單調(diào)遞增；忌+8)上單調(diào)遞減;⑵(l,e)u(e,+8).

【分析】(1)求得函數(shù)的導(dǎo)困數(shù)，利用導(dǎo)困數(shù)的正負與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的

單調(diào)性；

(2)方法一：利用指數(shù)對數(shù)的運算法則，可以將曲線y=/(x)與直線y=l有且僅有兩個交

點等價轉(zhuǎn)化為方程等=等有兩個不同的實數(shù)根，即曲線y=g(x)與直線y=等有兩個交點，

利用導(dǎo)函數(shù)研究g(x)的單調(diào)性，并結(jié)合g(x)的正負，零點和極限值分析g(%)的圖象，進而

得到0V等V5發(fā)現(xiàn)這正好是0<g(a)vg(e),然后根據(jù)g(x)的圖象和單調(diào)性得到a的取

值范圍.

【詳解】⑴當(dāng)a=2時，/)=總/(幻=空方奈但=包泮2

令((%)=0得x=總，當(dāng)0V%V專時，/z(x)>0,當(dāng)工,專時，((%)<0,

???函數(shù)/⑴在(o,哥上單調(diào)遞增；信,+8)上單調(diào)遞減；

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：分離參數(shù)

/(%)=^=l<=>ax=xa<=>x\na=alnx=等=等,設(shè)函數(shù)g(%)=竽

則9,(%)=節(jié)"，令g'(x)=0,得％=e,

在(0,e)內(nèi)姨(%)>0,g(x)單調(diào)遞增：

在(e,+°°)上。'(幻<0,g(x)單調(diào)遞減;

?-gMmax=g(e)=p

又g(l)=0,當(dāng)％趨近于+8時，g(x)趨近于0,

所以曲線y=/(%)與直線y=1有且僅有兩個交點，即曲線y=g(x)與直線y=詈有兩個交

點的充分必要條件是0V如V；這即是0Vg(a)<g(e).

Qe

所以Q的取值范圍是(l,e)U(e,+8).

［方法二］:構(gòu)造差函數(shù)

由y=與直線y=1有且僅有兩個交點知/■(%)=1，即X。=謨在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個解,

取對數(shù)得方程alnx=xlna在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個解.

構(gòu)造函數(shù)g(x)=a\nx-x\na,xE(0,4-oo),求導(dǎo)數(shù)得“(x)=^-Ina=。二:

當(dāng)0<Q<1時，Ina<0,rG(0,4-oo),a-x\na>0,g'(x)>0,.g(x)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞

增，所以，g(x)在(0,+8)內(nèi)最多只有一個零點，不符合題意；

當(dāng)Q>1時，Ina>0,令g'(x)=0得x=品，當(dāng)?shù)?(。，高)時，9’(工)>。；當(dāng)工￡(全,+8)

時，g'Q)<0：所以，函數(shù)儀%)的遞增區(qū)間為(0,高)，遞減區(qū)間為(高,+8).

由于0Ve-?<1V專,g(e-a)=-1—e-alna<0.

當(dāng)％->+8時，有alnxCxlna,即g(x)V0,由函數(shù)g(x)=a［nx-xlna在(0,+8)內(nèi)有兩個

零點知g(言)=a(in專一1)>0,所以即a-elna>0.

構(gòu)造函數(shù)h(a)=a—elna,則"(Q)=1-:=詈，所以九(a)的遞減區(qū)間為(l,e),遞增區(qū)間

為(e,+8),所以h(a)>h(e)=0,當(dāng)且僅當(dāng)Q=e時取等號，故h(a)>0的解為Q>1且QHe.

所以，實數(shù)a的取值范圍為(l,e)U(e,+8).

［方法三］分離法：一曲一直

曲線y=/(%)與y=1有且僅有兩個交點等價為捺=1在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個不相同的解.

因為％。=ax,所以兩邊取對數(shù)得alnx=x\na,即Inx=^問題等價為g(x)=Inx與p(x)=

陋有且僅有兩個交點.

a

①當(dāng)OVaVl時，等<O,p(x)與g(x)只有一個交點，不符合題意.

②當(dāng)a>1時，取g(x)=Inx上一點(xo，ln%o),g'(%)=二g'O。)=2,g(x)在點Qo/n%。)的切

xXQ

線方程為y-In%=—(x-x0)?即y=-x-1+lnx0.

XQXQ

(則_2_flna_1

當(dāng)、=-1+ln%0與P(%)=二班為同一直線時有Iax。'得|看一7

%a(lnx0-1=0,(Yo=e.

直線p(x)=等的斜率滿足：0<等V：時，g(x)=In%與p(x)=等有且僅有兩個交點.

記力(a)=等令”(a)=0,有。=e.a6(l,e),//(a)>0,h(a)在區(qū)間(l,e)內(nèi)

單調(diào)遞增：aW(c,+8),/?(a)v0,h(a)在區(qū)間(e,+8)內(nèi)單調(diào)遞減；a=c時，h(a)最大值為

g(e)=:,所當(dāng)Q>1且Q工e時有0<等<%

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(l,e)U(e,+8).

［方法四］:直接法

4，、、小、/■，/、axa~xax-ax\x\axaxa~l(a-x\na}

fM=靛(工>o)/Q)=-----正存-----=—~--

因為”>0,由((x)=o得比=扁.

當(dāng)0<Q<1時，f(x)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，不滿足題意；

當(dāng)a>l時，*>0,由/''(x)〉。得0VXV*,f(x)在區(qū)間(0,卷)內(nèi)單調(diào)遞增，由/''(%)<()

得X>M，/。)在區(qū)間(潦，+8)內(nèi)單調(diào)遞減.

因為2北7。)=。，且四所以義卷)>1，即嚼=襦>1，即a0*>

(lna)a,cz1-i^>Ina,兩邊取對數(shù),得(1—盍)Ina>In(lna),即Ina-1>In(lna).

令I(lǐng)na=3則t-l>ln3令九(x)=Inx—％+1,則h'Q:)=：-l,所以九(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)

單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，所以城乃<九(1)=0,所以￡-1>Int,則t-1>ln￡

的解為tHl，所以InaW1,即aWc.

故實數(shù)a的范圍為(l,c)U(c,Ico).］

【整體點評】本題考自利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)曲線和直線的交點個數(shù)求參數(shù)的取

值范圍問題，屬較難試題，

方法一：將問題進行等價轉(zhuǎn)化，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值,

圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想求解.

方法二：將問題取對，構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值.

方法三：將問題取對，分成g(%)=ln%與p(%)=等兩個函數(shù)，研究對數(shù)函數(shù)過原點的切線

問題，將切線斜率與一次函數(shù)的斜率比較得到結(jié)論.

方法四：直接求導(dǎo)研究極值，單調(diào)性，最值，得到結(jié)論.

(-)選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答