专题06 2021年全国高等学校招生考试数学试题(全国III卷)(理)--《2021年全国普通高等学校统一招生考试数学(冲刺)试卷》(解析版)
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资料简介
注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改 动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在 本试卷上无效. 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 第 I 卷 选择题部分(共 60 分) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.(2021·浙江高一月考)已知集合  1,0,1,2 , { 1 2}A B x x     ∣ ,则 A B  ( ) A. 0,1 B. 1,1 C. 1,0,1 D. 0,1,2 【答案】A 【解析】 由题意求出集合的交集即可. 【详解】 由题意  1,0,1,2 , { 1 2}A B x x     ∣ , 所以  0,1A B  , 故选:A. 2.(2021·全国高三月考(理)) (2 5i)(1 2i)   ( ) A. i12  B. 12 i  C.12 i D.12 i 【答案】D 【解析】 直接利用复数的乘法运算求解. 【详解】 因为 (2 5i)(1 2i) 2 5i 4i 10 12 i        , 故选:D 3.(2021·浙江高三专题练习)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家他提出的“幂势既同,则积不容异”称为 祖暅原理,利用该原理可以得到柱体体积公式V sh柱体 ,其中 s 是柱体的底面积,h 是柱体的高若某柱体 的正视图侧视图三视图如图所示,则该柱体的体积是( ) A.2 B.4 C.6 D.8 【答案】C 【解析】 根据三视图还原几何体,然后根据体积公式计算即可. 【详解】 根据题干的三视图可知该几何体为底面为直角梯形的直四棱柱 如图所示: 所以体积为   1 1 1 1 1 2 2 2 62ABCD A B C DV      故选:C 4.(2021·江苏高一月考)已知角 终边上一点 M 的坐标为 (1, 3) ,则 cos2 等于( ) A. 1 2  B. 1 2 C. 3 2  D. 3 2 【答案】A 【解析】 根据题意,结合 所在象限,得到 cos 的值,再根据二倍角公式,求得答案. 【详解】 由角 终边上一点 M 的坐标为  1, 3 , 得 3sin 2   , 1cos 2   , 故 2 1 1cos2 2cos 1 12 2        , 故选:A. 5.(2021·云南高三二模(理))在 81 2 x x     的二项展开式中, x 的系数是( ) A.3 B.5 C. 7 D.9 【答案】C 【解析】 由二项式展开式通项 48 1 2 r r r r CT x     ,即可确定 x 的系数. 【详解】 由二项式通项 8 48 1 8 1( ) ( ) 22 r r r r r r r CT C x x x         , ∴当 4 1r  时, 3r  ,则 3 8 4 32 CT x  . ∴ x 的系数是 3 8 3 72 C  . 故选:C. 6.(2021·全国高三其他模拟)已知圆 2 2: 9O x y  ,过点  2,1C 的直线l 与圆 O 交于 ,A B 两点,则当 OAB 的面积最大时,直线l 的方程为( ) A. 3 0x y   或 7 15 0x y   B. 3 0x y   或 7 15 0x y   C. 3 0x y   或 7 15 0x y   D. 3 0x y   或 7 15 0x y   【答案】D 【解析】 当直线l 的斜率不存在时,易求得 2 5OABS  ,当直线l 的斜率存在时,设l 的方程为 11 ( 2) 2y k x k       ,进而得弦长 22 9AB d  ,圆心到直线 ,A B 的距离 2 1 2 1 kd k   , 2 2(9 )OABS d d    ,再根据基本不等式求解即可得答案. 【详解】 当直线l 的斜率不存在时, l 的方程为 2x  ,则 ,A B 的坐标分别为 (2, 5),(2, 5) 在时,所以 1 2 2 5 2 52OABS     当直线l 的斜率存在时,设l 的方程为 11 ( 2) 2y k x k       , 则圆心到直线 ,A B 的距离 2 1 2 1 kd k   由平面几何知识得 22 9AB d  , 22 2 2 21 1 9 92 (9 )2 2 2 2OAB d dS AB d d d              , 当且仅当 2 29 d d  ,即 2 9 2d  时, OABS 取得的最大值为 9 2 , 因为 92 5 2  ,所以 OABS 的最大值为 9 2 . 此时 2 2 1 2 9 21 k k      ,解得 1k   或 7k   , 此时直线l 的方程为: 3 0x y   或 7 15 0x y   故选:D. 7.(2021·四川成都市·树德中学高二月考(文))已知 ( ) sinf x x x  ,若 [1,2]x 时,  2 (1 ) 0f x ax f x    ,则 a 的取值范围是( ) A. ( ,1] B.[1, ) C. 3 ,2    D. 3, 2     【答案】C 【解析】 根据已知条件先判断出函数的奇偶性和单调性,然后将问题转化为“ 1 1a x x    对  1,2x  恒成立”,借 助对勾函数的单调性即可求解出 a 的取值范围. 【详解】 因为 ( ) sinf x x x  ,所以        sin sinf x x x x x f x          , 且定义域为 R 关于原点对称,所以  f x 是奇函数, 又因为   1 cos 0f x x    ,所以  f x 在 R 上单调递增, 又因为    2 1 0f x ax f x    ,所以    2 1f x ax f x   , 所以 2 1x ax x   对  1,2x  恒成立,所以 2 11 xa x   对  1,2x  恒成立, 所以 1 1a x x    对  1,2x  恒成立,所以 max 1 1a x x       即可, 又由对勾函数的单调性可知 1 1y x x    在 1,2 上单调递增,所以 max 1 32 12 2y     , 所以 3 2a  ,即 3 ,2a     , 故选:C. 8.(2021·全国高二课时练习)甲、乙两台自动机床各生产同种标准产品1000件, 表示甲机床生产1000件 产品中的次品数, 表示乙机床生产1000件产品中的次品数,经过一段时间的考察, , 的分布列分别 如表一,表二所示.据此判断( ) 表一  0 1 2 3 P 0.7 0 0.2 0.1 表二  0 1 2 3 P 0.6 0.2 0.1 0.1 A.甲比乙质量好 B.乙比甲质量好 C.甲与乙质量相同 D.无法判定 【答案】B 【解析】 由分布列计算可得  E  ,  E  ,进而得到  D  ,  D  ,根据方差大小可得结论. 【详解】 由分布列可求甲的次品数期望为   0 0.7 1 0 2 0.2 3 0.1 0.7E           ,乙的次品数期望为   0 0.6 1 0.2 2 0.1 3 0.1 0.7E           ,          2 2 2 20 0.7 0.7 1 0.7 0 2 0.7 0.2 3 0.7 0.1 1.21D               ,          2 2 2 20 0.7 0.6 1 0.7 0.2 2 0.7 0.1 3 0.7 0.1 1.01D               ,    E E  ,    D D  ,乙比甲质量好. 故选:B. 9.(2021·全国高三其他模拟(理))已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F , 2F ,以 原点 O 为圆心, 1OF 为半径的圆与双曲线C 在第一象限交于点 A ,若 1 6OAF   ,则双曲线 C 的离心率 为( ) A. 2 B. 2 1 C. 3 D. 3 1 【答案】D 【解析】 由题意可得 1 2 2F AF   ,且 2AOF△ 是等边三角形,所以 2AF c , 1 1 2 sin 3AF F F  3c ,再根据 双曲线的定义得 1 2 3 2AF AF c c a    ,由 ce a  即可求解. 【详解】 如图,设双曲线C 的半焦距为 c . 若 1 6OAF   ,因为以原点O 为圆心, 1OF 为半径的圆与双曲线C 在第一象限交于点 A , 所以 1 2 2F AF   ,所以 1| |OA OF , 所以 1 1 6OF A OAF     ,所以 2 1 1 3AOF OF A OAF       , 又 2| |OA OF ,则 2AOF△ 是等边三角形, 则 2AF c ,则 1 1 2 sin 3AF F F  32 32c c   , 再根据双曲线的定义得 1 2 3 2AF AF c c a    ,得 ( 3 1) 2c a  , 所以 2 2( 3 1) 3 1 ( 3 1)( 3 1) c a      3 1  . 故选:D 10.(2021·江苏高三其他模拟)如图,直角三角形 PQR 的三个顶点分别在等边三角形 ABC 的边 AB 、BC 、 CA 上,且 2 3, 2, 2PQ QR PQR     ,则 AB 长度的最大值为( ) A.10 3 3 B.6 C. 4 21 3 D. 8 6 3 【答案】C 【解析】 设 RQC   ,用正弦定理把 ,QC QB 用 表示,然后求得 AB BC QB QC   ,结合两㸖和与差的正 弦公式可求得最大值. 【详解】 设 RQC   ,则 2 3QRC     , 2PQB     , 2 3 2 6BPQ             , QRC△ 中,由正弦定理 sin sin QC QR QRC C  ,得 2 2sin( ) sin3 3 QC     , 4 3 2sin( )3 3QC    ,同理 4sin( )6BQ    , 4 3 2sin( ) 4sin( )3 3 6AB BC QC BQ          4 3 2 2(sin cos cos sin ) 4(sin cos cos sin )3 3 3 6 6           8 3 4 34cos sin ( 3 cos 2sin )3 3        = 4 21 sin( )3    ,其中 3sin 7   , 2cos 7   , 且 为锐角, 所以当 2    时, max 4 21 3AB  . 故选:C. 11.(2021·河南高三二模(理))现有一批大小不同的球体原材料,某工厂要加工出一个四棱锥零件,要求 零件底面 ABCD 为正方形, 2AB  ,侧面 PAD△ 为等边三角形,线段 BC 的中点为 E ,若 1PE  ,则 所需球体原材料的最小体积为( ) A. 8 2 3  B. 28 3  C. 9 D. 14 3 3  【答案】A 【解析】 首先判断原材料体积最小的球体即为四棱锥 P ABCD 的外接球, E 是直角 PBC 的外心,过 E 作面 PBC 的垂线与过正方形 ABCD 的中心G 与面 ABCD 的垂线交于 O ,则 O 为四棱锥 P ABCD 外接球的 球心.再利用题中所给长度大小关系,可求球半径,求球体积. 【详解】 所需原材料体积最小的球体即为四棱锥 P ABCD 的外接球, 如图,设 F 为 AD 中点,G 为正方形 ABCD 中心, PADQV 为边长为 2 的等边三角形, 又 1, 2, , 60 ,PE EF AB PF PE PEF        又 1,PE BE CE E    为 PBC 外心, 则球心O 一定在过点 E 且垂直于侧面 PBC 的垂线上 90 60 30OEG OEP FEP           ,又 2GE  , 在直角三角形 OGE 中求出 3 3OG  , 又直角 OAG△ 中, 2AG  , 21 3OA  ,即球半径 21 3R  , 3 28 214 3 27V R   球 . 由于此时四棱锥 P ABCD 在球心同侧,不是最小球,可让四棱锥下移到面 ABCD 过球心时, 即球半径 1 22R AC  时,原材料最省.此时 3 8 24 ( 2)3 3V   球 . 故选:A. 12.(2021·全国高一单元测试)函数   x xe ef x x   ,设  4log 7a f , 1 2 log 3b f       , 2 3c f       , 则 a b c, , 的大小关系是( ) A. c a b  B. b c a  C. c b a  D. a b c  【答案】C 【解析】 先研究   x xe ef x x   的奇偶性和单调性,把 abc 三个函数值转化为 0  , 内的函数值,利用单调性比 较大小即可. 【详解】 ∵   x xe ef x x   ,       x x x xe e e ef x f x f xx x        为偶函数, 对于   x xe ef x x   ∵ 1 10, 0,x yx x     为  0  , 的减函数; xy e 为 0  , 的增函数,所以 xy e 和 xy e  为减函数, 所以 x xy e e  为减函数,且 0x xy e e   所以   x xe ef x x   为 0  , 上的减函数.   x xe ef x x   在 0  , 上是减函数, 又因 1 2 2 log 3 log 3  ,∴  1 2 2 log 3 log 3f f       , 且 4 2 2 2log 7 log 7 log 3 log 4 2    , ∵ 2 22 3 33 2 2π 2 2 2 2 2 1 7 3 2log log        ,∴ , ∵   x xe ef x x   在  0  , 上是减函数, ∴  4 1 2 3 2 log 7 log 3f f f             ,即 a b c  , 故选:C. 第 II 卷 非选择题部分(共 90 分) 二、填空题:本大题共 4 小题,每题 5 分,共 20 分. 13.(2021·云南高三二模(理))已知 a  ,b  都是平面向量.若 (1, 1)a   , (3, 2)a b    ,则 a b   ________. 【答案】 3 【解析】 先由 ( )b a a b      求出b  ,再求出 a b  . 【详解】 因为 ( ) (1, 1) (3, 2) ( 2,1)b a a b            ,所以 (1, 1) ( 2,1) 3a b        . 故答案为: 3 . 14.(2021·四川绵阳市·高三三模(理))若函数   2   lnxf x x e m x  在点   1, 1f 处的切线过点  0,0 , 则实数 m  ___________. 【答案】 2e 【解析】 求导得    2' 2 x mf x x x e x    ,进而得    1 , 1 3f e f e m   ,故切线方程为   3 1y e e m x    , 再结合切线过点 0,0 即可得 2m e . 【详解】 解:函数   2 lnxf x x e m x  ,求导得    2 2 x mf x x x e x     , 所以    1 , 1 3f e f e m   , 所以函数   2 lnxf x x e m x  在点   1, 1f 处的切线方程为:   3 1y e e m x    , 又因为切线过点 0,0 ,所以   0 3 0 1e e m    ,解得: 2m e . 故答案为: 2e 15.(2021·全国高一课时练习)函数 ( ) tan( )6f x x   的最小正周期为 2 ,则 ( )6f   ___________. 【答案】1 或 2 3 【解析】 根据 ( )f x 最小正周期,可求得 1 2    ,分别求解当 1 2   和 1 2    时, ( )6f  的值,即可得答案. 【详解】 函数 ( ) tan( )6f x x   的最小正周期为 2| |T    , 解得 1 2    ; 当 1 2   时, 1( ) tan( ) tan 16 2 6 6 4f         ; 当 1 2    时, 1( ) tan( )6 2 6 6f       tan tan 3 13 4tan tan 2 312 3 4 1 31 tan tan3 4                     综上, ( ) 16f   或 2 3 . 故答案为:1 或 2 3 . 16.(2021·桃江县第一中学高二开学考试)已知拋物线  2: 2 0M y px p  的焦点为 F,O 为坐标原点, M 的准线为 l 且与 x 轴相交于点 B,A 为 M 上的一点,直线 AO 与直线 l 相交于 C 点,若 BOC BCF   , 6AF  ,则 M 的标准方程为______________. 【答案】 2 8y x 【解析】 先利用相似关系计算 2 2BC p ,求得直线 OA 的方程,再联立方程求得  , 2A p p ,利用抛物线定义根 据 6AF  即得 p 值,即得结果. 【详解】 因为 BOC BCF   , 90OBC CBF     ,所以 ~OBC CBF△ △ ,则 OB CB BC BF  , 如图, ,2 pOB BF p  ,故 2 p CB BC p  ,解得 2 2BC p , 所以 2 2tan tan 21 2 p AOF COB p      ,直线 OA 的斜率为 2 ,OA 的方程 2y x , 联立直线 OA 与抛物线方程 2 2 2 y x y px    ,解得  , 2A p p ,所以 3 62 2A p pAF x    , 故 4p  ,则抛物线标准方程为 2 8y x . 故答案为: 2 8y x . 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17—21 题为必考题,每个 考生都必须作答.22、23 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分 17.(2021·辽宁高三月考)已知数列 na 是等差数列,其前 n 项和为 nS ,数列 nb 的前 n 项和为 nT , 1n nT b  且 1 12a b , 8 33a a . (1)求数列 na , nb 的通项公式; (2)求数列 n na b 的前 n 项和 nQ . 【答案】(1) 2 1na n  ; 1 2 n nb      ;(2) 2 33 2n n nQ   . 【解析】 (1)根据 1n nT b  ,利用数列通项与前 n 项和的关系 1 1 , 1 , 2n n n T nb T T n     求解;由 8 33a a ,解得公差 d,再由 1 12 1a b  ,写出通项公式; (2)由(1)得到 1(2 1) 2 n n na b n        ,然后利用错位相减法求解. 【详解】 (1)设等差数列 na 的公差为 d , 因为 1n nT b  , 当 1n  时, 1 1 11T b b   , 所以 1 1 2b  ; 当 2n  时, 1 11 (1 )n n n n nb T T b b       整理得 1 1 2 n n b b   , 所以数列 nb 是首项为 1 2 ,公比为 1 2 的等比数列, 故 1 2 n nb      . 由 8 33a a ,得1 7  3 (1 2  )d d    , 解得 2d  . 又 1 12 1a b  , 所以 2 1na n  . (2)由(1)可知, 1(2 1) 2 n n na b n        , 所以 2 31 1 1 11 3 5 (2 1)2 2 2 2 n nQ n                         ,① 则 2 3 4 11 1 1 1 11 3 5 (2 1)2 2 2 2 2 n nQ n                                ,② ① ②得 2 3 11 1 1 1 1 11 2 2 2 (2 1)2 2 2 2 2 2 n n nQ n                                  , 1 1 1 114 21 12 (2 1)12 21 2 n n n                    , 13 1(2 3)2 2 n n        所以 2 33 2n n nQ   . 18.(2021·全国高三专题练习)2020 年,全球爆发了新冠肺炎疫情,为了预防疫情蔓延,某校推迟 2020 年 的春季线下开学,并采取了“停课不停学”的线上授课措施.为了解学生对线上课程的满意程度,随机抽取了 该校的100名学生(男生与女生的人数之比为1:1)对线上课程进行评价打分,若评分不低于80 分视为满意. 其得分情况的频率分布直方图如图所示,若根据频率分布直方图得到的评分不低于 70 分的频率为 0.85. (1)求b 的值,并估计100名学生对线上课程评分的平均值;(每组数据用该组的区间中点值为代表) (2)结合频率分布直方图,请完成以下 2 2 列联表,并回答能否有99%的把握认为对“线上教学是否满意 与性别有关”. 性别 态度 满意 不满意 合计 男生 女生 15 合计 100 附:随机变量        2 2 n ad bcK a b c d a c b d       2 0P K k 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 0k 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】(1) 0.04b  ,80;(2)表格见解析,能有99%的把握认为对“线上教学是否满意与性别有关”. 【解析】 (1)先由题中条件,求出 a ,b 的值,再由频率分布直方图,根据组的中间值乘以该组的频率,再求和, 即可得出平均数; (2)由题中先完善列联表,再由计算公式,求出 2K ,进而可判断出结果. 【详解】 (1)由已知得  0.015 0.03 10 0.85b    ,解得 0.04b  , 又 0.005 10 1 0.85a    ,解得 0.01a  , 所以评分的平均值为55 0.05 65 0.1 75 0.3 85 0.4 95 0.15 80          (2)由题意可得, 2 2 列联表如下表: 性别 态度 满意 不满意 合计 男生 20 30 50 女生 35 15 50 合计 55 45 100 因此  2 2 100 20 15 35 30 9.091 6.63555 45 50 50K         能有99%的把握认为对“线上教学是否满意与性别有关” 19.(2021·全国高二课时练习)如图,在四棱锥 S﹣ABCD 中,已知 AB∥DC,AB⊥AD, △ SAD 是正三角形, 且平面 SAD⊥平面 ABCD,AD=AB=2DC=2,F 为 SB 的中点 (1)求异面直线 SA 与 FC 所成角的大小; (2)在棱 SB 上是否存在点 Q,使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为 3  ?若存在,求出 SQ SB 的大小; 若不存在,请说明理由. 【答案】(1)90°;(2)存在, SQ SB  1 5 5  . 【解析】 (1) 以 A 为原点,AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,过 A 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴,建立空间直角坐标系,由 直线的方向向量的夹角求得异面直线所成的角; (2)假设在棱 SB 上存在点 Q(a,b,c),SQ SB  λ,(0≤λ≤1),使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为 3  , 然后求得平面 SAC 与平面 QAC 的法向量,由法向量夹角的余弦值的绝对值等于 cos 3  求得  即可得. 【详解】 解:(1)∵在四棱锥 S﹣ABCD 中,已知 AB∥DC,AB⊥AD, △ SAD 是正三角形, 平面 SAD⊥平面 ABCD,AD=AB=2DC=2,F 为 SB 的中点, ∴以 A 为原点,AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,过 A 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴,建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),S(0,1, 3 ),C(1,2,0),B(2,0,0),F(1, 1 3,2 2 ), SA  (0,﹣1, 3 ), FC  (0, 3 2 , 3 2  ), 设异面直线 SA 与 FC 所成角为θ(0°<θ≤90°), 则 cosθ SA FC SA FC         0,∴θ=90°. ∴异面直线 SA 与 FC 所成角的大小为 90°; (2)假设在棱 SB 上存在点 Q(a,b,c),SQ SB  λ,(0≤λ≤1),使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为 3  , 则 SQ SB  ,即(a,b﹣1,c 3 )=λ(2,﹣1, 3 ),解得 a=2λ,b=1﹣λ,c 3 3  , ∴Q(2λ,1﹣λ, 3 3 ), AQ  (2λ,1﹣λ, 3 3 ), AC  (1,2,0), AS  (0,1, 3 ), 设平面 ACQ 的法向量 n  (x,y,z), 则 2 0 2 (1 ) ( 3 3 ) 0 n AC x y n AQ x y z                 ,取 x=2,得 5 1(2, 1, ) 3 3 n       , 设平面 ASC 的法向量 m  (p,q,r), 则 2 0 3 0 m AC p q m AS q r            ,取 p=2,得 m  =(2,﹣1, 3 3 ), ∵平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为 3  , ∴ 2 5 1|5 || | 13 3cos , | | | | 21 5 15 5 ( )3 3 3 m nm n m n                    , 整理得 5λ2﹣10λ+4=0,解得λ 51 5   或 51 5    (舍去). 故在棱 SB 上存在点 Q,使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为 3  ,此时 51 5 SQ SB   . 20.(2021·全国高三专题练习)设椭圆   2 2 2 2: 1 0x yM a ba b     的左、右焦点分别为  1,0A  、  10B , , C 为椭圆 M 上的点,且 3ACB   , 3 3ABCS △ . (1)求椭圆 M 的标准方程; (2)设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 相交于 E 、F 两点,探究在 x 轴上是否存在定点 D , 使得 DE DF  为定值?若存在,试求出定值和点 D 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】(1) 2 2 12 x y  ;(2)存在,定值为- 7 16 ,定点为 5 ,04D     . 【解析】 (1)利用余弦定理结合三角形的面积公式可求得 2a AC BC  的值,求出 c 的值,由 a 、b 、c 三者的 关系可求得b 的值,进而可得出椭圆 M 的标准方程; (2)设点  1 1,E x y 、  2 2,F x y ,设直线 EF 的方程为  1y k x  ,将直线 EF 的方程与椭圆 M 的方程 联立,列出韦达定理,设点  ,0D t ,利用平面向量数量积的坐标运算可得出 DE DF  关于 k 、t 的表达式, 根据已知条件求出t 的值,由此可得出结论. 【详解】 (1)在 ABC 中, 1 3sin2 3 3ABCS AC BC   △ ,可得 4 3AC BC  , 由余弦定理  22 2 2 2 cos 3 43AB AC BC AC BC AC BC AC BC         ,  2 8AC BC   , 2 2 2a AC BC    ,可得 2a  , 又 2 2c AB  , 1c  ,则 2 2 1b a c   , 因此,椭圆 M 的标准方程为 2 2 12 x y  ; (2)设点  1 1,E x y 、  2 2,F x y ,设直线 EF 的方程为  1y k x  , 联立   2 2 12 1 x y y k x       ,消去 y 可得 2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k     ,   4 2 2 216 4 2 1 2 2 8 8 0k k k k         , 由韦达定理可得 2 1 2 2 4 2 1 kx x k+ = + , 2 1 2 2 2 2 2 1 kx x k   , 假设 x 轴上存在定点  ,0D t ,使得 DE DF  为定值.           2 1 1 2 2 1 2 1 2, , 1 1DE DF x t y x t y x t x t k x x                        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 4 2 1 1 2 1 k k k k t k k k x x k t x x k t tk                 2 2 2 1 4 2 2 1 k t tk    为定值, 所以,1 4 2 2 1 t  ,解得 5 4t  ,此时, 25 72 4 16DE DF            . 因此,在 x 轴存在定点 5 ,04D     ,使得 DE DF  为定值 7 16  . 21.(2021·湖北高二期中)已知函数 ( ) 2 1( , )xf x e ax b a b R     . (1)讨论 ( )f x 的极值情况; (2)若 0a  时, ( ) 0f x  ,求证: 2 74 4b a  . 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【解析】 (1)求导,对参数分类讨论,根据导数与 0 的关系,判断函数的单调性,从而判断极值情况; (2)先讨论 a=0,然后 a>0 时,由(1)中的导数求得函数的最小值,使其大于等于 0,从而找到参数 a 和 b 的关系,把问题转化为函数问题,构造新的函数,通过导数来研究函数的最值,从而证明结论. 【详解】 (1) ( ) e 2 1xf x ax b    定义域为 R ,求导得 ( )' e 2xxf a  , ①当 0a  时, '( ) 0f x  , ( )f x 为 R 上增函数,无极值, ②当 0a  时, '( ) 0f x  ,得 ln 2x a , ( ,ln 2 )x a  时, '( ) 0f x  , ( )f x 为减函数; (ln 2 ,+ )x a  时, '( ) 0f x  , ( )f x 为增函数, 所以 ln 2x a 时, ( )f x 有极小值 2 2 ln 2 1a a a b   ,无极大值. (2)①当 0a  时, ( ) e 1 1xf x b b      ,使 ( ) 0f x  ,则 1 0b   , 1b  , 此时 2 74 1 4b a   成立, ②当 0a  时,由(1)得 ln 2x a 时, ( )f x 有最小值 2 2 ln 2 1a a a b   , ( ) 0f x  ,则 2 2 ln 2 1 0a a a b    ,解得 2 2 ln 2 1b a a a   , 所以 2 24 2 2 ln 2 1 4b a a a a a     , 设 2( ) 2 2 ln 2 1 4g x x x x x    ,则 ( ) 2ln 2 8'g x x x   , 因为 '( )g x 为 (0, ) 上减函数,且 1( ) 2ln 4 0' 18g    , 1( ) 2ln 2 0' 24g    , 则存在唯一实数 0 1 1( , )8 4x  ,使 0 0 0'( ) 2ln 2 8 0g x x x    , 0 0ln 2 4x x  , 当 0(0, )x x 时, '( ) 0g x  , ( )g x 为增函数, 当 0( , )x x  时, )'( 0g x  , ( )g x 为减函数, 当 0x x 时 ( )g x 有最大值 2 0 04 2 1x x  , 24 2 1y x x   为 1 1( , )8 4 上增函数, 1 4x  时, 7 4y  ,则 2 0 0 74 2 1 4x x   , 所以 2 74 ( ) 4b a g a   , 综上所述, 2 74 4b a  . (二)选考题:共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22.(2021·黑龙江大庆市·高二开学考试(文))以直角坐标系的原点为极点,x 轴正半轴为极 轴建立极坐标系.已知曲线 2C : 2 (sin 3cos )     (1)求曲线 2C 的直角坐标方程; (2)已知直线 l 的参数方程为 3 cos4 1 sin4 x t y t         (t 为参数, 0    ),曲线 2C 截直线 l 所得线段的中点 坐标为 3 1,4 4       ,求 的值. 【答案】(1) 2 2 3 0x y x y    ;(2) 2 3  . 【解析】 (1)将 cos , sinx y     代入极坐标方程转化即可;(2)将 l 的参数方程代入 2C 的直角坐标方程, 可得t 的一元二次方程,求出 1 2t t ,又直线所过的点即为交点的中点,所以有 1 2 0t t  ,解出 值即可. 【详解】 2 (sin 3cos )     , 又由 cos , sinx y     , 所以 2C 的直角坐标方程为 2 2 3 0x y x y    . (2)将 l 的参数方程代入 2C 的直角坐标方程,整理得 2 3 1 3cos sin 02 2 4t t          , 可得 1 2 3 1cos sin2 2t t     , 又由直线l 的参数方程经过点 3 1( , )4 4 即为线段的中点,由直线参数方程的几何意义可知 1 2 0t t  , 即 3 1cos sin 02 2    ,即 tan 3   , 因为 0    ,所以 2 3   . 23.(2021·甘肃高三二模(文))已知函数   2 2 1f x x x    , xR . (1)求函数  f x 的图象与直线 6y  围成区域的面积; (2)若对于 0m  , 0n  ,且 4m n  时,不等式  f x mn 恒成立,求实数 x 的取值范围. 【答案】(1) 6;(2)  4, 0,3        . 【解析】 (1)作出函数 ( )f x 的图象与直线 6y  ,得到围成的区域是 ABC ,根据三角形的面积公式计算可得结 果; (2)根据基本不等式求出 mn 的最大值,将恒成立转化为最大值可得 2 2 1 4x x    ,再分类讨论去绝 对值可求出结果. 【详解】 (1)由   3 , 1 4, 1 2 3 , 2 x x f x x x x x           与 6y  围成的区域是 ABC ,如图所示, 其中  2,6A  ,  1,3B  ,  2,6C , 所以 4AC  , B 到直线 AC 的距离为 3, 故所求面积为 1 4 3 62ABCS    △ . (2)因为 0m  , 0n  ,且 4m n  , 所以 2 2 m nmn      ,即 4mn  , 若不等式  f x mn 恒成立,则有    maxf x mn , 即   4f x  ,解不等式 2 2 1 4x x    , 可得 1 3 4 x x     或 1 2 4 4 x x       或 2 3 4 x x    , 解之得 4 3x   或 0x  , 所以实数 x 的取值范围为  4, 0,3        . 【点睛】 结论点睛:本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化: ①若 ( )k f x 在[ , ]a b 上恒成立,则 max( )k f x ; ②若 ( )k f x 在[ , ]a b 上恒成立,则 min( )k f x ; ③若 ( )k f x 在[ , ]a b 上有解,则 min( )k f x ; ④若 ( )k f x 在[ , ]a b 上有解,则 max( )k f x .

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