絕密★啟用前

沖刺2023年高考數學真題重組卷02

課標全國卷地區專用（解析版）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應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。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。

寫在本試卷上無效?

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

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。

1.（2022?全國?統考高考真題）若z=-l+V^i,則一一=（）

ZZ-1

A.-1+V3iB.-1-V3iC.-i+―iD.-i--i

3333

【答案】c

【分析】由共擾復數的概念及復數的運算即可得解.

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

z-1+V3i1V3.

--------=-------------=-------1-----i

zz-1333

故選：C

2.（2021?全國?統考高考真題）已知集合S={s|s=2n+l,n€Z},7={t|t=4n+l,n€Z},

則SnT=（）

A.0B.SC.TD.Z

【答案】C

【分析】分析可得7￡S,由此可得出結論.

【詳解】任取則t=4n+l=2?（2n）+l,其中n€Z,所以，t€S,故7US,

因此，SdT=T.

故選：C.

3.（2020?全國?統考高考真題）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，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，

則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

得1居-1■+1回

A.B.C.D.1

4242

【答案】C

【分析】設CD=a,PE=b,利用P02=lfD-PE得到關于a,b的方程，解方程即可得到答

案.

【詳解】如圖，設CO=a,PE=b,則P。=VPE2-3=Jb2-f,

由題意尸。2=24,即爐一貯=工時，化簡得46)2一2/一1=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計算，考查學生的數學計算能力，是一道容

易題.

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

質的概率為()

A.11B.-1C.-2D.-

6323

【答案】D

【分析】由古典概型概率公式結合組合、列舉法即可得解.

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

若兩數不互質,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=|?

故選：D.

03

5.(2021?天津?統考高考真題)=log20.3,6=logi0.4,c=O.4,則a,h,c的大小關

2

系為()

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

【答案】D

【分析】根據指數函數和對數函數的性質求出Q,b,c的范圍即可求解.

【詳解】log20.3<log2l=0,Aa<0,

vlogi0.4=—log20.4=log2->log22=1,?,?b>1,

22

???0<O.403<0.4°=1,A0<c<l,

--a<c<b,

故選：D.

+

6.(2020.全國,統考高考真題)數列｛%｝中，QI=2,對任意rnfneNfam+n=aman,若

%+i+以+2+…+/+10=215-2‘，貝ijk=()

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

【答案】C

【分析】取m=l,可得出數列｛Qn｝是等比數列，求得數列｛aj的通項公式，利用等比數列

求和公式可得出關于k的等式，由攵6N*可求得々的值.

【詳解】在等式Qm+n=%1an中，令血=1，可得Q+i=aal=2冊，工&掃=2,

n71an

所以，數列｛斯｝是以2為首項，以2為公比的等比數列，則冊=2'2-1=2%

fc+110

以+i+縱+2+…+ak+10=Y3。)=竺詈*=2(2-1)=25(21°-1),

2fc+1=25,則k+1=5,解得k=4.

故選：C.

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

查計算能力，屬于中等題.

7.(2020?全國?統考高考真題)已知向量a,筋瑞足同=5,\b\=6,d-b=-6,則cos<

a,a+b>=()

A.--B.--C.-D.—

35353535

【答案】D

【分析】計算出小(/+力、忻+力的值，利用平面向量數量積可計算出cos<24+3>的

值.

【詳解】\a\=5?\b\=6,ab=—6,--d?(a+b)=\a\2+a&=52—6=19.

|a+b|=(a+b)2=y/a2+2a-b+b2=V25-2X6+36=7,

因此，cos<a,a+b>==^=5

|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?統考高考真題)設廠為拋物線C:y2=4x的焦點，點A在C上，點B(3,0),

若［4F|=\BF\,則=()

A.2B.2V2C.3D.3A/2

【答案】B

【分析】根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點4的橫坐標，進而求得點

4坐標，即可得到答案.

【詳解】由題意得,F(l,0),則|4尸|=\BF\=2,

即點4到準線x=-1的距離為2,所以點4的橫坐標為-1+2=1,

不妨設點A在x軸上方，代入得，4(1,2),

所以|4B|二J(3-+(0—2)2=2V2.

故選：B

9.(2022.全國.統考高考真題)記函數f(x)=sin(3x+?)+b(3>0)的最小正周期為T.若

與<7<兀,且y=f(x)的圖象關于點《,2)中心對稱，則/?)=()

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

22

【答案】A

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

【詳解】由函數的最小正周期T滿足勺<7<兀，得學〈生<兀，解得2<3<3,

又因為函數圖象關于點(手,2)對稱，所以手川+昔"水―，且b=2,

所以3=—：+所以3=f(x)=sin+；)+2,

所以f(9=sinO+9+2=L

故選：A

10.(2020?全國?統考高考真題)已知4B,C為球。的球面上的三個點，(DO1為AABC的外接

圓，若。01的面積為4n,AB=BC=AC=00r,則球。的表面積為()

A.64nB.48nC.367rD.32n

【答案】A

【分析】由已知可得等邊△ABC的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出0。1的值，根據球的

截面性質，求出球的半徑，即可得出結論.

【詳解】設圓。1半徑為r,球的半徑為R,依題意，

得兀產=4兀,...r—2,?.△ABC為等邊三角形，

由正弦定理可得4B=2rsin60°=2療，

???。。1=AB=2V3,根據球的截面性質。。1_L平面4BC,

0011。送,R=0A=(00、2+。遇2=Joo12+產=4,

???球。的表面積S=4"R2=647T.

故選：A

【點睛】本題考查球的表面積，應用球的截面性質是解題的關鍵，考查計算求解能力，屬于

基礎題.

11.(2021.全國.統考高考真題)設aH0,若％=<1為函數/'(X)=a(x-a)2(x-b)的極大值

點，則()

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

【答案】D

【分析】先考慮函數的零點情況,注意零點左右附近函數值是否變號，結合極大值點的性質，

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

【詳解】若Q=b,則/(%)=Q(X-Q)3為單調函數，無極值點，不符合題意，故QHb.

??./(%)有x=a和％=8兩個不同零點，且在％=Q左右附近是不變號，在％=b左右附近是變

號的.依題意，*為函數/(燈=。(》”「(一勾的極大值點，:在x=a左右附近都是

小于零的.

當QV0時，由％,b,/(%)<0,畫出f(x)的圖象如下圖所示:

由圖可知b<a,a<0,故ab>a?.

當a>0時，由x>b時，/(x)>0,畫出/'(x)的圖象如下圖所示:

由圖可知b>a,a>0,故ab>a?.

綜上所述，ab>a2成立.

故選：D

【點睛】本小題主要考查三次函數的圖象與性質，利用數形結合的數學思想方法可以快速解

答.

12.(2021?天津?統考高考真題)設aGR,函數/(x)=[2‘屋。

U-2(a+l)x+a"+5,x>a

若/(%)在區間(0,+8)內恰有6個零點，則〃的取值范圍是()

A?(詞/罰B.(”)U(|，9

C'(2,3M*3)D.?2)小3)

【答案】A

【分析】由％2-2(a+l)x+M+5=0最多有2個根，可得COS(2TT%-2nd)=0至少有4

個根，分別討論當》<Q和mNQ時兩個函數零點個數情況，再結合考慮即可得出.

【詳解】??,x2-2(Q+l)x+Q2+5=0最多有2個根，所以COS(2TTX—2nd)=0至少有4個

根，

由27rx-2na=-4-kn,kGZ可得％=-+-+a,kGZ,

224

由0<：+；+a<a可得-2a一條

(1)x<a時，當一54-2a—g<—4時，/(x)有4個零點，B[J^<a<|；

當—6S—2a—：<—5,f(x)有5個零點，即*<aV*

當一74-2a-1<—6,/(x)有6個零點,即甘<aW最

(2)當xAa時，/(x)=x2-2(a+l)x+a2+5,

A=4(a+l)2-4(a2+5)=8(a-2),

當a<2時，A<0,f(x)無零點;

當a=2時，Z1=0,f(x)有1個零點；

當a>2時，令/(a)=a2-2a(a+1)+a2+5=-2a+5>0,則2<a<|,此時/(x)有2

個零點；

所以若a>|時，/(x)有1個零點.

綜上，要使/'(x)在區間(0,+8)內恰有6個零點，則應滿足

(-<a<--<a<—fii<13

4:或]44§或1<Q?7，

[2<a<-a=2或Q>：Ia<2

I2I2

則可解得a的取值范圍是卜弓U(I，子

【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是分成久<a和x>a兩種情況分別討論兩個函數的零點

個數情況.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.(2021?天津?統考高考真題)在(2/+￡)6的展開式中，”的系數是.

【答案】160

【分析】求出二項式的展開式通項，令工的指數為6即可求出.

【詳解】9/+以的展開式的通項為

67…]=Cr(2%3)6-r,=26-rcr.-8-4r,

令18-4r=6,解得r=3,

所以”的系數是23琮=160.

故答案為：160.

2%+y—2<0,

14.(2020?全國?統考高考真題)若x,y滿足約束條件％-y-1之0,則zr+7y的最大值

y+1>0,

為.

【答案】1

【分析】首先畫出可行域，然后結合目標函數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，

據此結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最大值，

聯立直線方程：可得點A的坐標為：71(1,0),

據此可知目標函數的最大值為：zmax=14-7x0=1.

故答案為：1.

【點睛】求線性目標函數z=ax+by(ab知)的最值，當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值最小；當bVO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?統考高考真題)若曲線y=Q+a)e*有兩條過坐標原點的切線，則a的取值

范圍是.

【答案】(-8,-4)U(0,+8)

【分析】設出切點橫坐標Xo,利用導數的幾何意義求得切線方程，根據切線經過原點得到關

于狗的方程，根據此方程應有兩個不同的實數根，求得a的取值范圍.

【詳解】'"y=(x+a)ex,.".y'=(x+1+a)ex,

x

設切點為(&,%),則以=(x0+a)e*。,切線斜率k=(x0+1+a)e°,

xx

切線方程為:y-(x0+a)e°=(x0+1+a)e°(x—x0),

xx

?切線過原點，二-(&+d)e°=(x0+1+a)e°(-x0),

整理得：XQ+ax0-a=0,

?切線有兩條，=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,

，￡1的取值范圍是(一8,-4)U(0,+8),

故答案為：(-oo,-4)u(0,+oo)

16.(2021?天津?統考高考真題)若a>0,b>0,則工+^+b的最小值為____________

ab2

【答案】2V2

【分析】兩次利用基本不等式即可求出.

【詳解】???a>0,b>0,

■--+^+b>2+b=1+b>2口=2vL

ab2yjab2by/b

當且僅當3=9且：=b,即a=b=VI時等號成立，

abzb

所以上+9+b的最小值為2JI

ab2

故答案為：2夜.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、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，考生根據要求作答。

17.(2022?全國?統考高考真題)記又為數列｛冊｝的前"項和.已知等+n=20n+1.

(1)證明：｛斯｝是等差數列；

(2)若。4，<17,成等比數列，求Si的最小值.

【答案】(1)證明見解析；

(2)-78.

n

【分析】⑴依題意可得2Sn+/=2nan+n,根據與=L3=：>?,作差即可得到

2幾?n-l，幾式乙

an-Qn_i=1,從而得證；

(2)法-：由(1)及等比中項的性質求出與,即可得到｛冊｝的通項公式與前n項和，再根

據二次函數的性質計算可得.

2

【詳解】(1)因為牛+九=2an+1,即2Sn4-n=2nan+九①，

2

當n>2時>2Sn_i+(九-I)=2(n-l)an_i+(九一1)②，

22

①一②得，2Sn+n-2Sn_j—(H—I)—271aH+九—2(n—l)an_i—(九—1),

即2即+2幾-1=2nan-2(n—l)0n_i+1,

即2(九—l)an—2(n—l)Qn_i=2(n—1),所以冊—Qn_〔=1,n>2且nGN*,

所以｛an｝是以1為公差的等差數列.

(2)［方法一］:二次函數的性質

由(1)可f導Q4=+3,(Z7=+6,(Z9—-Q］+8,

又。4，a7>。9成等比數列，所以。72=?4,a9)

即Q+6)2=Q+3)?(%+8),解得即=—12,

所以為="_13,所以的=_12n+n(：T)=［小一等，

所以，當n=12或n=13時，(Sn)min=-78.

［方法二］:【最優解】鄰項變號法

由(1)可得&4=。1+3,a7=?1+6,。9=%+8,

2

又。4，。7，。9成等比數列，所以=O4-a9,

即(％+6)2=+3)?(a1+8),解得％=—12.

所以即=n-13,即有的<a2<…<a12<0,a13=0.

則當n=12或n=13時，(Sn)min=-78.

【整體點評】(2)法一：根據二次函數的性質求出土的最小值，適用于可以求出土的表達式;

法二：根據鄰項變號法求最值，計算量小，是該題的最優解.

18.(2021.全國.統考高考真題)如圖，四棱錐P—ABC。的底面是矩形，P。！底面ABC。，

PD=DC=1,M為BC的中點，且PBJLAM.

(2)求二面角4-PM-B的正弦值.

【答案】(1)V2；(2)—

14

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

標系，設8C=2a,由已知條件得出麗?宿=0,求出a的值，即可得出BC的長；

(2)求出平面P4M、PBM的法向量，利用空間向量法結合同角三角函數的基本關系可求得

結果.

【詳解】(1)［方法一］：空間坐標系+空間向量法

：PDJ■平面4BCD,四邊形ABCD為矩形，不妨以點。為坐標原點，DA.DC、CP所在直線

分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系D-xyz,

設BC=2a,則。(0,0,0)、P(0,0,l)、B(2a,1,0),M(a,1,0)、X(2a,0,0),

則麗=(2a,1,-1),AM=(-a,1,0),

???PBLAM,則麗?宿=-2a2+l=0,解得a=弓，故8C=2a=&；

［方法二］【最優解】：幾何法+相似三角形法

如圖，連結80.因為PDJ_底面ABC。，且AMu底面ABCO,所以PD_L4M.

又因為PB1AM,PBnPD=P,所以AM_L平面PBD.

又BDu平面PBD,所以4M1BD.

從而乙ADB+乙DAM=90°.

因為ZMAB+乙DAM=90°,所以4MAB=Z.ADB.

所以△408BAM,于是絲=%.

所以.2=1所以BC=V1

［方法三］:幾何法+三角形面積法

如圖，聯結BD交4M于點N.

由［方法二］知4M1DB.

在矩形ABC。中，有ADAN*BMN,所以絲=絲=2,即

MNBM3

令BC=2t(t>0),因為M為BC的中點，則BM=3DB=V4t2+1,AM=

由SAD.=3。4dB=|。8dN,得t=、4t2+iqVF^TI,解得=g所以BC=2t=

V2.

(2)［方法一］【最優解】：空間坐標系+空間向量法

設平面PAM的法向量為沅=3，yi，zJ,則德=(-7,1,0),AP=(-V2,0,l),

f-.?

,m-AM=--2-%i+Vi=0血r--/日一/k4c、

由—_b,取％i=可得m=(魚,1,2),

m-AP=—y/2xr+=0

設平面PBM的法向量為元=3,、2*2)，麗=(一￥，0,0)，~BP=(-V2,-l,l)，

=

n-BM=——x20卸y—rzn-/八一、

_2,取力=1，可得"=(O,L1)，

ri-BP=—V2X.y2+Z2=0

I2

/一一,inn33V14

所以，sin(rn,n)=^/l—cos2(m,n)=鬻，

因此，二面角4一PM-B的正弦值為運.

14

［方法二］:構造長方體法+等體積法

如圖,構造長方體A8CD-418傳也,聯結4當,&B,交點記為H,由于1ArB,ABX1BC,

所以AH1平面4BCD1.過H作AM的垂線，垂足記為G.

聯結4G,由三垂線定理可知AGIDiM,

故乙4GH為二面角A-PM-B的平面角.

易證四邊形&BCD］是邊長為四的正方形，聯結5”,HM.

SAO/M='HG>SAD、HM=S正方形ABCDI-SA以41H—^AHBM~SAMCDJ

由等積法解得HG=粵.

10

在Rt△力HG中，AH=與,HG=嚕,由勾股定理求得4G=等.

所以，sin/4GH="=返，即二面角4-PM—B的正弦值為回.

AG1414

【整體點評】（1）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，結合三角形相似進行計算求解，運算簡潔，為最優解；方法三主要是在幾何證明

的基礎上，利用三角形等面積方法求得.

（2）方法-，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，為最優解；方法二采用構造長方體方法+等體積轉化法，技巧性較強，需注

意進行嚴格的論證.

19.（2022.全國.統考高考真題）某地經過多年的環境治理，已將荒山改造成了綠水青山.為

估計一林區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）,得到如下數據：

樣本號i12345678910總和

根部橫截面積七0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

材積量外0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

并計算得=0.038,2：；］*=1.6158,￡巴々M=0.2474.

(1)估計該林區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)求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數(精確到0.01)；

(3)現測量了該林區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積總

和為186m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數據給出該林區這

種樹木的總材積量的估計值.

附：相關系數r=吐15——),1.896x1.377.

爐2乙5一9產

【答案】⑴0.06m2；0.39m3

(2)0.97

(3)1209m3

【分析】(1)計算出樣本的?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)代入題給相關系數公式去計算即可求得樣本的相關系數值；

(3)依據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這種樹木的

總材積量的估計值.

【詳解】(I)樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值元=箸=0.06

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值9=詈=0.39

據此可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.060?,

平均一棵的材積量為0.391/

(2)r_消W'i一夕)=EMXjyj-lQxy

腳(陽一君2工因刃2不2To產)(E-%2_1()歹)

0.2474-10x0.06x0.390.01340.0134

097

7(0.038-10x0.062)(1.6158-10x0.392)-V0.00018960.01377

則r*0.97

(3)設該林區這種樹木的總材積量的估計值為Ym3,

又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

可得鬻=手，解之得Y=1209m3.

則該林區這種樹木的總材積量估計為1209m3

20.(2022?全國?統考高考真題)設拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,點。(p,0),過尸

的直線交C于例，N兩點.當直線MO垂直于x軸時，|MF|=3.

(1)求C的方程；

(2)設直線MD,NO與C的另一個交點分別為A,B,記直線的傾斜角分別為a,/?.當

a-0取得最大值時，求直線AB的方程.

【答案】⑴y2=4x；

（2MB:x=yj2y+4.

【分析】（1）由拋物線的定義可得|MF|=p+］即可得解：

（2）法一：設點的坐標及直線MN:x=my+l,由韋達定理及斜率公式可得k“N=2心B，

再由差角的正切公式及基本不等式可得心B=當，設直線4&》=或丫+幾，結合韋達定理可

解.

【詳解】（1）拋物線的準線為x=-|,當MC與x軸垂直時，點M的橫坐標為p,

此時|MF|=p+1=3,所以p=2,

所以拋物線C的方程為y2=4x；

（2）［方法1：【最優解】直線方程橫截式

設M件,yJ,N信”）,4（4,、3），8停,yj，直線MN:x=my+1,

x=my+1—/口

_可得y2o-4my-4=0,△>0,yy=-4,

{y2—4%r2

由斜率公式可得?=招=就？嘮=言=就；，

4444

直線MD:x=要?y+2,代入拋物線方程可得y2-喙0-y-8=0,

△>。，為丫3=-8,所以丫3=2丫2，同理可得、4=2丫1，

4=-MN

8=

所以以2(yi+y)-2

，3十九z

又因為直線MN、AB的傾斜角分別為a,0,所以心B=tan/?=竽=等,

若要使a—0最大，則0e(0,5，設k“N=2k=2/c>0,則tan(a—/?)=::;二黑=

AB

k1,1\［2

1+2R爐2k一義府4

當且僅當?=2k即k=4時，等號成立，

所以當a-3最大時，kAB=y,設直線AB:x=奩）/+n,

代入拋物線方程可得y2-4V2y-4n=0,

△>°，y3y4=-4n=4yly2=-16,所以n=4,

所以直線AB: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.

設網（％1，、1）,可（％2，、2），4（%3，乃），804，）/4），直線用/7：丫=k（x-1）

由得：-（21+4）x+1=o,與亞=1,同理，%，2=-4.

直線MD:y=含5—2）,代入拋物線方程可得：X1x3=4,同理，x2x4=4.

代入拋物線方程可得:y03=-&所以丫3=2y2，同理可得丫4=2為，

由斜率公式可得：也=懸=凝=尋=沏'.

（下同方法一）若要使a-夕最大，則口€（0（），

設1（MN=2k4B=2/c>0,則tan（a-￡）=四。二6叱=-r=r-W—f===—,

MNAK八，\〃i+tanatan0l+2k2器+2k2l--2k4

當且僅當q=2k即k=9時，等號成立，

所以當a-0最大時，kAB=y,設直線AB:x=+n,

代入拋物線方程可得y2—4&y—4n=0,A>0,y3y4=-4n=4yly2=—16,所以n=4,

所以直線AB:x=VIy+4.

［方法三］:三點共線

設M信％）,N信、2），4停,力）8件yj，

設P（t,0）,若P、M、N三點共線，由麗=（苧一t,yj,~PN=（y-t,y2）

所以（3_t）_t）乃，化簡得y，2=-4t,

反之，若y/2=-4t,可得MN過定點（。0）

因此，由M、N、F三點共線，得力丫2=-4，

由M、D、A三點共線，得%丫3=-8，

由N、D、B三點共線，得y2y4=-8，

則y3y4=4yly2=-16，AB過定點（4,0）

（下同方法一）若要使a一夕最大，則夕€（0卷），

設KMN=2/CAB=2fc>0,則tan（a一夕）=可映士咚=-<—?===3，

MNAB」\-1+tanatan/?l+2k2汪2k2（^2k4

當且僅無=2k即仁當時，等號成立，

所以當a-夕最大時，kAB=y,所以直線AB:x=衣）/+4.

【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯立方程的運算，通過尋找直線MN,4B

的斜率關系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據韋達定理求出直線方程，是該

題的最優解，也是通性通法；

法二：常規設直線方程點斜式，解題過程同解法一：

法三：通過設點由三點共線尋找縱坐標關系，快速找到直線4B過定點，省去聯立過程，也

不失為一種簡化運算的好方法.

21.(2021.全國.統考高考真題)已知a>0且"1,函數f(x)=氏(尤>0).

(1)當a=2時，求/■(>)的單調區間；

(2)若曲線y=/(x)與直線y=1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍.

【答案】⑴(0,哥上單調遞增；信,+8)上單調遞減；(2)(l,e)u(e,+oo).

【分析】(1)求得函數的導函數，利用導函數的正負與函數的單調性的關系即可得到函數的

單調性；

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

點等價轉化為方程?=?有兩個不同的實數根，即曲線y=g(x)與直線y=等有兩個交點，

利用導函數研究g(x)的單調性，并結合g(x)的正負，零點和極限值分析g(x)的圖象，進而

得到0〈等<%發現這正好是0<g(a)<g(e),然后根據g(x)的圖象和單調性得到a的取

值范圍.

【詳解】(1)當。=2時，/(X)=、，/(x)==X2*(j：ln2),

令r(x)=0得x=備當。<X<專時，f'(x)>0,當X>意時，/'(%)<0,

函數/(x)在(0,同上單調遞增；島+8)上單調遞減；

(2)［方法一］【最優解】：分離參數

/(X)=^=l<=>ax=xa<=>xlna=alnx=等=號，設函數g(x)=笥，

則g'(x)=令g'(x)=0,得％=e,

在(0,e)內g'(x)>0,g(x)單調遞增；

在(e,+8)上g，(x)<0,g(x)單調遞減；

???gMmax=g(e)=I，

又g(l)=0,當x趨近于+8時，g(x)趨近于0,

所以曲線y=/(x)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0<等<這即是0<g(a)<g(e),

所以a的取值范圍是(l,e)U(e,+8).

［方法二］:構造差函數

由y=/(%)與直線y=1有且僅有兩個交點知/(%)=1,即/=Q#在區間(0,+8)內有兩個解,

取對數得方程alnx=xlna在區間(0,+8)內有兩個解.

構造函數g(x)=alnx—x\na,xG(0,4-oo),求導數得g'(%)=^—Ina=

當0<a<1時，Ina<0,xE(0,4-oo),a-xlna>00(%)>0,g(x)在區間(0,+8)內單調遞

增，所以，g(x)在(0,+8)內最多只有一個零點，不符合題意；

當a>l時，lna>0,令g'(x)=0得％=全，當46(0,荒)時，g'(x)>0；當％6(言,+8)

時，g'(x)<0；所以，函數g(x)的遞增區間為(0,常遞減區間為(荒,+8).

由于0<e-a<1<高,g卜=-1—e-alna<0,

當XT+8時，有alnx<xlna,即g(x)<0,由函數g(x)=alnx-xlna在(0,+8)內有兩個

零點知=a(ln^-1)>0,所以］^>e，即a-elna>0.

構造函數九(a)=a—elna,則九'(a)=1—：=詈，所以九(a)的遞減區間為(l,e),遞增區間

為(e,+8),所以/i(a)>h(e)=0,當且僅當a=e時取等號，故/i(a)>0的解為a>1且a豐e.

所以，實數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=/(乃與、=1有且僅有兩個交點等價為盤=1在區間(0,+8)內有兩個不相同的解.

因為X。=ax,所以兩邊取對數得alnx=xlna,即Inx=弓吧，問題等價為g(x)=Inx與p(x)=

皿有且僅有兩個交點.

a

①當Ovavl時，等v0,p(%)與g(%)只有一個交點，不符合題意.

②當a>1時，取g(x)=In%上一點(&』n&),g'(X)=-=工在點(出,ln%o)的切

xXQ

x

線方程為y-lnx0=—(%-x0)?即y=--1+lnx0-

XQXQ

Ina_J_<lna_1

當y=2％-1+ln%0與p(x)=三吧為同一直線時有a%o'得|~^"一J

x°a(ln&-1=0,—e-

直線p(x)=等的斜率滿足：0〈詈。時，g(%)=lnx與2(%)=等有且僅有兩個交點.

記九(a)=等，八'(。)=與詈，令"(a)=0,有。=?.aW(a)>0,九(a)在區間(l,e)內

單調遞增；Q€(e,+8),〃(a)vO,h(a)在區間?+8)內單調遞減；Q=e時，九(a)最大值為

g(e)=%所當a>1且aHe時有0<等V1

綜上所述，實數a的取值范圍為(l,e)U(e,+8).

［方法四］:直接法

a1xxQa1

/(%)=3%>0)/(%)=ax~a-a\nax_x(a-x\na)

(返)2

因為工>0,由((x)=o得％=白.

當0<a<l時，f(x)在區間(0,+8)內單調遞減，不滿足題意;

當a>l時，湛>0,由/''(X)>0得0<x<需,/(x)在區間(0,言)內單調遞增，由r(x)<0

得x>己,f(x)在區間層,+8)內單調遞減.

因為期衰。)=。，且勰/(為=°，所以/(馬>1，即喈=襦>1，鼠。』

(lna)a,a1-Ina>Ina,兩邊取對數，得(1—高)Ina>In(lna),即Ina—1>In(lna).

令Ina=3則t—1>Int,令h(x)=Inx—x+1,則/i'(x)=：—1,所以h(x)在區間(0,1)內

單調遞增，在區間(1,+8)內單調遞減，所以</i(l)=0,所以t-12Int,則t-1>Int

的解為t￥l，所以Ina#1,即aWe.

故實數a的范圍為(l,e)U(e,+8).］

【整體點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，根據曲線和直線的交點個數求參數的取

值范圍問題，屬較難試題，

方法一：將問題進行等價轉化，分離參數，構造函數，利用導數研究函數的單調性和最值，

圖象，利用數形結合思想求解.

方法二：將問題取對，構造差函數，利用導數研究函數的單調性和最值.

方法三：將問題取對，分成g(x)