专题10(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)
专题02(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)
第一题第二题专题 02高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 02【河南省洛阳市 2019 届高三第二次】如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角 ，若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）A ．20B ．27C ．54D ．64【答案】B【解析】设大正方体的边长为 ，则小正方体的边长，设落在小正方形内的米粒数大约 ， 则，解得：故选：B【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三第三次】在四面体 中， 平面若四面 的外接球的表面积为，则四面的体积为（） A ．24B ．12C ．8D ．4【答案】C【解析】取 BC 的中点 E ，由 ，BC=2，所 为等腰三角形 ，AE=3，CE=1，所外接圆的圆心 在 AE 上.设 外接圆半径为 r ，则在直角三角形中，设四面体的外接球球心为 O ，连接,， ， ，第三题第四题则平面 ABC,平 ，所 ∥,又 OA=OB=OC=OD ，所以设四面体 的外接球的半径为 R ， ，,在直角三角形中,故选 C.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】若两函数具有相同的定义域、单调区间、奇偶性、值域，则称这两函数为“亲密函数”.下列三个函数 ，中，与函数 不．是．亲密函数的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【解析】易知幂函 定义域 ，偶函数， 上 ， 上 ，.四选项中函数的定义域都 且都为偶函数，单调性也保持一致， 显然上递增，又 ， 递增，当，除（显）外，其他函数 值都趋向.故选 B.【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三三模】已知数，的 项和分别 ，， ，，，恒成立， 的最小值为（）A ．B ．C ．49【答案】B【解析】当时 ，解 . 时， ， ，两式相减并化简得 ， 由 于 ， 所以， 故 是,,,所以首项，公差的等差数列，所.则，故，由是单调递增数列，，故的最小值为，故选B.第五题【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次】已，曲与有公共点，且在公共点处的切线相同，则实的最小值为（）A．0 B．C．D．【答案】B【解析】由，，由，.设两曲线的公共点，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以，由，，，所，消得，设，，，此，又，时，，所时取极小值.故选B.第六题【河南省洛阳市2019 届高三第二次】若函恰有两个极值点，则实的取值范围为（）A．C．D．【答案】D【解析】作出 的简图如下：要使得 有两个不同的实数根，则 由题可得：，因为函 恰有两个极值点， 所以函有两个不同的零点.令，等价转化成 有两个不同的实数根，记：，所以 ，当时， ，此时函 在此区间上递增，当时， ，此时函 在此区间上递增， 时，此时函在此区间上递减，，即 ，整理得 .故选：D第七题【河北省衡水中学2019 届高三下学期一调】已知抛物的焦点，，是抛物线上的两个动点，，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以，在中，由余弦定理得：，又，所以，所以，所以的最大值为，故选B.第八题【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次】已知，，且，则的最小值为．【答案】【解析】因为，所，=（当且仅当即，时取等号），所以的最小值为，故答案.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模理】若函与函 的图象存在公切线，则实的取值范围是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】设公切线与函 ，分别切于 ，，则 ，的切线分别为：，两切线重合，则有 代入，构造函数：，只须.，，，，∴，.欲合题意，【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三第三次检测】已知过椭圆 的左顶 作直交轴于 ，交椭圆于 ， 是等腰三角形， ，则椭圆的离心率为 ．【答案】【解析】因 是等腰三角形 ，所 .设，因，所，得，,又 Q 在椭圆上，所 ，，又 ， 所以，，，,第十题 第九题、得：，， ，.故答案为.第十一题【河南省洛阳市2019 届高三第二次】正四面中是的中点是上一动点的最小值，则该四面体内切球的体积为.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面将正三角和正三角沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使最小，三点共线，即，设正四面体的边长，在三角中，由余弦定理可得：，解得，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.第十二题【河北省衡水中学2018 届高三十五模】若存在一个实，使成立，则为函的一个不动点.设函数（，为自然对数的底数），定义在上的连续函数满足，且当时，.若存，且为函数的一个不动点，则实的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵f（﹣x）+f（x）=x2∴令，∴f（x）﹣=﹣f（﹣x）+x2∴F（x）=﹣F（﹣x），即F（x）为奇函数，∵F′（x）=f′（x）﹣x，且当0 时，f′（x）＜x，∴F′（x）＜0 对x＜0 恒成立，∵F（x）为奇函数，∴F（x）在R 上单调递减，∵f（x）+ ≥f（1﹣x）+x，∴f（x）+ ≥f（1﹣x）+x﹣，即F（x）≥F（1﹣x），∴x≤1﹣x，x0≤，∵为函的一个不动点∴g（x0）=x0，即h（x）= =0 在]有解．∵h′（x）=e x-，∴h（x）在R 上单调递减．∴h（x）min=h（）=﹣a 即可，∴a≥．故选：B第十三题【河南省洛阳市2019 届高三第二次】已知直与：相交，两点，为圆周上一点，线的中在线上，，．【答案】【解析】依据题意作出如下图象，其，垂足，所以为线的中点，由题可得：原点到直的距离，不妨，可得，，则，在中，有，在中，有，联立方程组（1）（2），解得：【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次检测】某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段.在随机问卷阶段，两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对15 至45 岁的人群，按比例随机抽取了300 份，进行了数据统计，具体情况如下表：组别年龄组统计结果组统计结果经常使用单车偶尔使用单车经常使用单车偶尔使用单车27 人13 人40 人20 人23 人17 人35 人25 人20 人20 人35 人25 人（1）先用分层抽样的方法从上述300 人中按“年龄是否达到35 岁”抽出一个容量为60 人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到35 岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去.①求这60 人中“年龄达到35 岁且偶尔使用单车”的人数；②为听取对发展共享单车的建议，调查组专门组织所抽取的“年龄达到35 岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会.会后共有3 份礼品赠送给其中3 人，每人1 份（其余人员仅赠送骑行优惠券）.已知参加座谈会的人员中有且只有4 人来组，组这4 人中得到礼品的人的分布列和数学期望；（2）从统计数据可直观得出“是否经常使用共享单车与年龄（记岁）有关”的结论.在用独立性检验的方参考公式，其中.【答案】(1) ①9 人②见解析；(2)【解析】第十四题（1）①从 300 人中抽取 60 人，其中“年龄达到 35 岁”的有 人，再将这 20 人用分层抽样法按“是否经常使用单车”进行名额划分，其中“年龄达到 35 岁且偶尔使用单车”的人数.②组这 4 人中得到礼品的人的可能取值为 0，1，2，3，相应概率为：，.故其分布列为123∴.（2）按“年龄是否达到 35 岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车 合计 未达到 35 岁 125 75 200 达到 35 岁 55 45 100 合计180120300时，由（1）中的列联表，可求的观测值.时，按“年龄是否达到 25 岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车 合计 未达到 25 岁 67 33 100 达到 25 岁 113 87 200 合计180120300可求 的观测值.，，∴，欲使犯错误的概率尽可能小，需.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模理】已知椭圆 上 ，过 作两直线分别交于点 ， ，当点 ， 关于坐标原点 对称且直线 ， 斜率存在时， .（1）求椭 的标准方程； （2）若直 ，关于直 对称， 面积最大时，求直 的方程.【答案】 （2）【解析】（1） ，关于坐标原 对称， ，，依题：，故椭圆 的标准方程.（2）设 ， ，依题： ，设直线 ，，.同 ，.设直 ：，，，取等）故直线 方程.【河南省洛阳市 2019 届高三第二次】已知椭圆 ： ， 为坐标原点， 为椭第十五题第十六题， .（，，圆的左焦点，离心率为 ，直与椭圆相交 ，两点. （1）求椭 的方程； （2） 是 的中点 是椭 上一点，的面积最大值.【答案】 ；（2）.【解析】 ∵， 为椭圆 的左焦点，设椭 的焦距 ，所 ， ∵离心率 ，∴ ，又，所以，∴椭圆 的方程为.（2） ，. ∵是 的中点，∴直 的斜率存在，设斜率 ，则直 的方程为，.由联立，整理得，因为直线与椭圆相交，所 成立.∴，，∴ ，∴∴直 的方程为，，∴ .要的面积最大值，是定值， 点 的距离最大即可.设与直线 平行的直线方程为：，由方程组联立，，令，.∵是椭上一点，∴点的最大距离，即直到直的距.而，此.因此，的面积最大值.第十七题【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次检测】已知函. （1）讨的极值点的个数；（2）若方在上有且只有一个实根，的取值范围.【答案】(1) 时有一个极值点；时有两个极值点.(2) 或【解析】（1）的定义域为.由得.当时，得，得，∴在上单调递增，在上单调递减在处取得极小值，无极大值；当，时，得，或，得，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值， 处取得极大值.综上，当 时， 有一个极值点；当 时，有两个极值点.（2）当 时，设，则在上有且只有一个零点.显然函 与的单调性是一致的.① 时，由（1）知函 在区上递减 上递增，所 在上的最小值， 由于 ，要在上有且只有一个零点， 需满足 或，解得.②当 时，因为函数在上单调递增，上单调递减，在上单调递增.∵，∴当 时，总.，又∴ 在 上必有零点.∵∴当在上单调递增，时， 在上有且只有一个零点.综上，或时，方在上有且只有一个实根.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模理】已知函.（1）求函的单调区间；（2）解关 的不等式.【答案】（1）见解析；（2）第十八题∵ ，∴，，.令， ， 【解析】（1）依题：在定义域上单调递增， ∴， ； ，， ..证证 ，，...，，∴（2）【法一】当 时， ，不合题意. 当时，不等式左右相等，不合题意.当时，易证 ，现证： ，证：.令，，∴，∴.∴合题.当时，不等，，，易证 ，∴，，综上可得： .【法二】 当 时 ，不合题意.当时，不等式左右相等，不合题意.当 时，易证：，现证：， 证：.∴，∴，∴合题.当先证：时，证，易证：证令， 时 ，∴.综上可得.【河南省洛阳市 2018-2019 学年高中三年级第二次统一考】已知函.（1）讨论函 的单调性； （2），函在区上恰有两个零点， 的取值范围. 【答案】（1）详见解析 .【解析】的定义域 ，①时 ，所 在上单调递增；②时， 得，得.即在上单调递减， 上单调递增.综上： 时 在上单调递减； 当时在上单调递减，上单调递增.（2）时，由（1） 在上单调递减， 上单调递增，①， 时在上单调递增，，在区 上无零点.②，时在上单调递减，上单调递增，.∵在区间上恰有两个零点，第十九题（1） .∴.③若，即，时，在上单调递减，，在区上有一个零点.综上，在区间上恰有两个零点时的取值范围.第二十题【河北省衡水中学2019 届高三下学期一调】如图①，中，的中点，在的延长线上，.固定，在平面内移动顶，使得分别与，的延长线相切，并始终的延长线相切于，记顶的轨迹为曲. 所在直线轴为坐标原点建立平面直角坐标系，如图②所示.（1）求曲的方程；（2）过的直与曲交于不同的两，，直，分别交曲于，，，，的取值范围.【答案】（2）【解析】（1）由题意，，设动与的延长线相切于，与相切于，，所，所以的轨迹是，为焦点，长轴长的椭圆，且挖去长轴的两个顶点，则曲线的方程.（2）设，，，由题意得，则，.由，得，即.当直与轴不垂直时，直的方程为，即，代入椭的方程并整理，则，，故.当直与轴垂直时，的横坐标为，显成立.同理可.设直的方程，代入椭的方程并整理.由题意得，解得.又，所以.由，得，故的取值范围.第二十一题【湖南师范大学附属中学2019 届高三月考（五)】已知函有两个不同的极值点.（1）求实数的取值范围；设 ，则直线 y ＝a 与 因为，由，且 ，，，即.此时在和内各有 1 个零点，且（2） ，讨论函数 的零点个数. 【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)时，有 2 个零点；时，有 1 个零点；时，没有零点． 【解析】(Ⅰ)由题意，求 ，因 有两个不同的极值点， 有两个不同的零点． 令 ，则，.函的图象有两个不同的交点．，得 ln x ＜0，即，所以在上单调递增，在上单调递减，从 .因为当时；当时 ； 时 ，所以 a 的取值范围．(Ⅱ)因 ，为的两个极值点， ，为直 与曲 的两个交点的横坐标． 由(Ⅰ)可知， 因为当或 时 ；当时， ，即 ，则在，上单调递减，上单调递增，所 的极小值点 ，极大值点 .当时，因为， ，，则 ，所以在区间内无零点．因为 ①当，即时，.，，则又，则，所以.②，时，此在内有1 个零点，且.③，时，此在内无零点，且.综上分析，时，有2 个零点；时，有1 个零点；当时，没有零点．21。
专题09(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)
专题 09 高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 09第一题【河南省六市2019 届高三第一次联考理】中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若，，的面积的最大值为（）A．B．C．2【答案】A【解析】∵在△ABC 中∴（2a﹣c）cos B＝b cos C，∴（2sin A﹣sin C）cos B＝sin B cos C，∴2sin A cos B＝sin C cos B+sin B cos C＝sin（B+C）＝sin A，约掉sin A 可得，即，由余弦定理可得16＝a2+c2﹣2ac cos B＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac，∴ac≤16，当且仅当a＝c 时取等号，∴△ABC 的面积ac sin B＝ac≤故选：A．第二题【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测理】已知，，且的最大值为，（，），则的最小值为（）A．4 B．2 D．【答案】C【解析】根据集合A 和B 得到两个集合的元素，指的是如下图所示的阴影部分所包含的点，、第三题，表示的是点 P （x,y ）到的距离的平方，再减去 6，减去 a,根据圆的几何意义得到点 P （x,y ）到的距离的最小值是 到圆心的距离再加半径，由两点间距离公式得到，故答案为：C.【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，、分别是双曲线左、右两支上关于坐标原点 对称的两点，且直线 的斜率为的中点，若原点 在以线段为直径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】、分别为、.将点A 代入双曲线方程得到：因为、分别、的中点，故OM 平行于,ON 平行于，因为原点在以线段为直径的圆上，根据圆的几何性质得到OM 垂直于ON，故得到垂直于，由AB 两点关于原点对称得到，四边形对角线互相平分，所以四边是矩形，设,根据条件得，解故答案为：C.【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测文】已知函，若函数至少有一个零点，则取值范围是（）A．B．D．【答案】C【解析】令可即函，其图像为过的一条直线，，其图像为圆心在原点，半径为1 的，上半圆，由图像可知，过点的直线与上半圆至少有一个交点需要满足直线与圆相交或相切.第四题相切时，由 ，解得 ，因为与上半圆相切，所以【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】设 ， 是双曲线 的左、右焦点，O是坐标原点，点 P 在双曲线 C 的右支上，的面积 ，则双曲线 C 的离心率为A ．B ．C ．4D ．2【答案】B【解析】由，可， 为直角三角形， ，因 的面积为 ，， 又因 ，所即，故双曲线 C 的离心率为，故选：B ．【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测文】已知实数 满足：，取得最小值的最优解有无数个，则实数 的值是（ ） A ．-1 B ．4 C ．-1 D ．-1 或 4【答案】D【解析】所以 的取值范围为第五题第六题AF |2 + BF |2 - | AB |22 AF ⋅ BF1 12π由限制条件画出可行域，如图可行域为内部区域（含边界），由可，即为直线的截距，要求 的最小值，则截距 取得最大值，为 . 要使其最优解有无数个，则 与直线或 重合，则或 ，故选 D 项【河南省六市 2019 届高三第一次联考理】抛物线 y 2 = 8x 的焦点为 F ，设 A (x , y )， B (x 2 , y 2 )是抛物线上的两个动点， x 1 + x 2 + 4 =AB ，则∠AFB 的最大值为（ ）π3π A ．B ．34C ．5π D ．2π 6 3【答案】D【解析】由抛物线定义得 AF = x 1 + 2, BF = x 2 + 2, 所以由 x 1 + x 2 + 4 =AB 得 AF + BF =AB ,1AF |2 + 1 BF |2 - 3 AF ⋅ BF 因此cos ∠AFB = =4 4 22 AF ⋅ BF1⨯ 2 AF ⋅ BF - 3AF ⋅ BF≥ 4 2 = - 12 AF ⋅ BF 2所以0 < ∠AFB ≤，选D.3第七题 第八题2 332 332 3 3因，故即 设，则为【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】若函为自然对数的底 有两个极值点，则实数 a 的取值范围 A ． B ． C ． D ．【答案】A【解析】，，则，若，在上恒成立，为上的增函数，所 最多有一个零点 至多有一个极值点，舎；若，， ，则，故在有且只有一个实数根，设此根为时，在为减函数，当时，在上为增函数，，，的增函数，故的解为 ， 因，在是单调增函数，故即，故选：A ．【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】已知函数 的最大值为，若存在实，使得对任意实 总成立，的最小值为（）A ．B ．C ．D ．第九题【答案】B【解析】函数则函数的最大值为存在实，使得对任意实 总成立，则区间(m,n)长度要大于等于半个周期，即故答案为：B.【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】已知坐标原点为 O ，过作直线 n 不同时为的垂线，垂足为 M ，的取值范围是．【答案】【解析】根据题意，直 ， ，则有 ，解可得，则直线 恒过．设，又由 与直线垂直，且 为垂足，则点 的轨迹是为直径的圆，其方程， 所 ； 的取值范围；故答案为．【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】函数，在上的最大值为 ，则 a 的取值范第十题第十一题围是．【答案】【解析】当时，，可得，令，可得，当时，函是增函数，时，函是减函数，故；当时，若是增函数，符合要求；若是减函数，解得，故．故答案为．【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测理】已知四棱锥中，底面是矩形，，是等边三角形，且平平面，若四棱锥的外接球的表面积，则．【答案】4【解析】面PAB 的外接圆的圆心是N，将圆心N 按照垂直于面PAB 的方向提起，底面中心为M 点，过点M 竖直向上提起，两者的交点即为球心，如图，O 是四棱锥P﹣ABCD 的外接球（半径为R）的球心，则|OA|＝|OP|＝R．第十二题设|OM|＝h，h 为三角形PAB 的高的三分之一: ，设AD=x,∵外接球的表面积为，在三角形AOB 中，根据勾股定理得到故答案为：4.第十三题【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测理】已知函数，的所有零点之和为-2，则实数的取值范围为．【答案】【解析】当时，满，故函数的对称轴，故函数当时，是二次函数，对称轴为x=1,两根之和为2，的所有零点之和为-2，则另外两根之和为-4，根据轴对称性，得到时，只需要这时的函数有两个零点即可，故答案为.第十四题【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测文】已知数列和满足，若数列为等比数列，，.则数列的前项．【答案】【解析】为等比数列，，其公比，【河南省六市 2019 届高三第一次联考理】已知椭圆 C ： 的两个焦点分别为 ， ，点 P 是椭圆上的任意一点，且 的最大值为 4，椭圆 C 的离心率与双曲的离心率互为倒数．Ⅰ求椭圆 C 的方程； Ⅱ 设，过点 P 作两条直线 ， 与相切且分别交椭圆于 M ，N ，求证：直线 MN 的斜率为定值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】解： Ⅰ 双曲的离心率 ，可得椭圆 C 的离心率为 ，设椭圆的半焦距为 ，，，，又 椭圆方程；Ⅱ证明：显然两直线 ， 的斜率存在， 设 为 ， ，，，第十五题 ，的前 项和，M 为直线与椭圆的交点，所以，同理，当 与椭圆相交时，， ，而直线 MN 的斜率．由于直线 ， 与圆 相切，则 ，直线 的方程为 ， 联立椭圆方 ，消去 y ，，，【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】已知点 在椭圆 上，以 为圆心的圆与轴相切于椭圆 的右焦点 ，与 轴相交两点，是边长为 2 的正三角形.（1）求椭圆 的方程； （2）已知，设圆 上任意一点 处的切线交椭圆 于两点，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由.【答案】 ；（2）【解析】（1）由题意可知 轴， ，又 是边长为 2 的正三角形，则 ，解得 ， ，所以椭圆的方程 .（2）当过点 且与圆 相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为 ，由（1）知 ，，，，∴，∴，此时. 当过点 且与圆 相切的切线斜率存在时，可设切线方程.第十六题设，，则，.联立直线和椭圆的方程，得，.∵，，∴，∴.综上所述，为定值.第十七题【云南省保山市2019 年高三统一检测理】已知，点P 是圆上的任意一点，线段PQ 的垂直平分线与直线CP 交于点M．求点M 的轨迹方程；过作直线与点M 的轨迹交于点E，过作直线与点M 的轨迹交于 F 不重合，且直线AE 和直线BF 的斜率互为相反数，直线EF 的斜率是否为定值，若为定值，求出直线EF 的斜率；若不是定值，请说明理由．【答案】（1）；（2）定值.【解析】（1）如下图所示，则，由，消去 整理得 则 ． 所以，． 故直线 的斜率为定值，其斜率为．连 ， ，又，所以点 的轨迹是为焦点的椭圆，因，所．故点 的轨迹方程；（2）设直线 的方程 ，则直线的方程 ， 由 ，消去 整理．设交 、，．，【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】设函，（1）讨论函 的单调性；（2）设，若存在正实数 ，使得对任都恒成立，求实数 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】第十八题，，故在递减，在递增，而，，显然当，（1）∵，（）①，，故在为增函数②若时，则，，在为减函数，在为增函数（2）①，则由（1）在为增函数，，所对恒成立，则设，（），则等价于，故不存在正实数，使得对任都恒成立，故不满足条件②若，则，由（1）知为减函数，为增函数，∵，∴当时，，此∴，，此等价，（i）若，∵∴，为增函数，∵，∴，故不存在正实数，使得对任都恒成立，不满足条件（ii）若，易知在为减函数，为增函数，∵，∴，，故存在正实数，（可取）使得对任都有恒成立，故满足条件方程为【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测文】已知抛物的焦点为 ，过 的直线交抛物线于 ， 两点（1）若以 ， 为直径的圆的方程，求抛物线 的标准方程；（2）过 ， 分别作抛物线的切线 ， ，证明： ， 的交点在定直线上.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）设 中点为 , 到准线的距离为 ， 到准线的距离为 ， 到准线的距离为 .则由抛物线的定义可知 ,所由梯形中位线可得所以 ， ，所以，可得∴抛物（2） ，由得则所以直线 方程为，直线 方程为联立得， ，即 ， 交点坐标为因为 过焦点所以设直线所以 代入抛物线中得所以 ， 的交点在定直线上【河南省六市 2019 届高三第一次联考理】已知函.（1）求函的单调区间；第十九题 第二十题单调递减、在 ，， 单调递减、在（2）若函恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1）见解析【解析】（1）函 的定义域为1）当 时 ，所以函在单调递减， 单调递增； 2）时， ，且方 有两根-1， ；①当时， ，所以函数 在 单调递减、在 单调递增；②当 时，，所以函数 在 ，单调递减、在 单调递增.综上，当 时，函在单调递减、 单调递增； 当时，函数 在当时，函在单调递增；单调递增.（2）函 恒成立，，即 ，设函数，则，，解得，所以函 在单调递减， 单调递增，所以函 的最小所以所以 的取值范围【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】若定义在 D 上的函满足：对任 ，存在常 ，都有成立，则称是 D 上的有界函数，其中 M 称为函数 的上界，已知函，．求函 在 上的值域，判断函 在 上是否为有界函数，并说明理由；若函在上是以 3 为上界的函数，求实数 m 的取值范围．【答案】（1）详见解析 .【解析】第二十一题所以在上单调递增，又 ，，故 在 上的值域为 故在上是有界函数．（1）．则，设函数，则 ．当时，为减函数；时，为增函数；故当 时，当且仅当时 ，从，当且仅当 时 ，，，（2）由 ， 在上恒成立． 故 上恒成立①，由（1）可在上单调递增，．当时， ，则有 ，解 ．当时，若，则，所以；若，则，所以． 综上，实数 的取值范围是．。
数学-2021年高考考前押题密卷(山东卷)(全解全析)
含的基本事件个数
n
C21C31
6
，∴概率是
6 10
3 5
.故选：A.
6．B【分析】由题意得
b
3a 2
c
，再代入所求式子利用基本不等式，即可得到答案；
【详解】因为
3a
2b
c
0
，所以
b
3a 2
c
，所以
ac 2 ac 2 ac b 3a c 2 3ac
3 ，等号成立当且
3
仅当 3a c .故选：B.
对于 B， DB1 0, 2,1 ， CC1 0, 0,1 ， CD 3, 1, 0 ，
设平面 C1CDD1 的法向量 n x, y, z ，
则
n n
CC1 CD
z0 3x
y
0
，令
x
1
，则
y
3 ，z 0 ，n 1,
3, 0
设直线 DB1 与平面 C1CDD1 所成角为 ，
【详解】解：当 f (x)
1 成立时，有 f (x) f (x 1)
1 f (x 1)
1 1
f (x 1+1)
f (x 2) ，则 f(x)的周
期为 2，所以" f (x)
f
(
1 x
1)
"是"
f (x) 的周期为 2"的必要条件，
而当
f (x) sin x 时，f(x)的周期为 2，则 x 取整数时， f (x)
C，利用点到直线的距离公式进行判断；对于 D，举反例判断即可
【详解】由 x2 y2 x 2 y ，得 x2 y2 x 2 y 2 x2 4xy 4 y2 ，即 y 4x 3y 0 ，
专题05(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)
又圆
的圆心 P（2，-2），半径 r=3，
∴当弦最短时，PE ,弦长=2
=4,
故答案为:4.
第十四题
【安徽省蚌埠市 2019 届高三下学期第二次检查文】数列 满足
，
（
若数列
为递增数列，数列 为递减数列，且
，则 __________．
【答案】4950 【解析】
由于数列
为递增数列，数列 为递减数列，可求得
当 a＜0 时，令 f′（x）＞0，解得：0＜x
，
令 f′（x）＜0，解得：x
，
故 f（x）在（0， ）递增，在（ ，+∞）递减． （2）当 时，则 f（1）＝2a+3＞0，不满足 f（x）≤0 恒成立． 若 a<0，由（1）可知，函数 f（x）在（0， ）递增，在（ ，+∞）递减．
∴
，又 f（x）≤0 恒成立，
， 第三题
【河北省唐山市第一中学 2019 届高三冲刺一理】已知 F1，F2 是双曲线
（a＞0，b＞0）的左、右
焦点，若点 F1 关于双曲线渐近线的对称点 P 满足∠OPF2＝∠POF2（O 为坐标原点），则双曲线的离心率为
（
）
A．
B．2 C．
D．
【答案】B
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【解析】
设
是 关于渐近线
（ 为坐标原点），且 垂直于 轴，则双曲
【答案】
【解析】
双曲线的右焦点为 ，渐近线为
，由于 垂直于 轴，故
，即
①.设
，由
得
，解得
.由
②，由①②及
，解得
.故双曲线方程为
.
第十三题 【河北省唐山市第一中学 2019 届高三下学期冲刺（一)理】已知过抛物线
2021年高考数学压轴题100题精选含答案
3
2
R
2
,解得
x
2 3
,舍去；
故 O 在平面 BCED 下方，如图②所示： 设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 A'H 的垂线，垂足为 P,
42 x2 3 x2
则 HP=x,易得
3
2
R2
,
x
解得
2 3,
R2 16 4 4 37 R 2 37
∴
9 9,
易得 NB=NC=ND=NG=4，∴N 为底面梯形 BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥 A'-BCED 的外接球的球心为 O,则 ON⊥平面 BCED,且 OA'=OC, 若 O 在平面 BCED 上方，入图①所示： 设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 A'H 的垂线，垂足为 P,
42 x2 3 x2
对 B 选项，同理可得点 P 在以 A 为圆心，半径为 r A1P2 A1A2 1的小圆圆弧上，在底面 ABCD 内（含边界）中，可得点 P 轨迹为四分之一圆弧 BD .故 B 正确；
对 C 选项，移动点 P 可得两相交的动直线与平面 B1D1C 平行，则点 P 必在过 A1 且与平面 B1D1C 平
A．点 A'到平面 BCED 的距离为 3
5 B．直线 A'D 与直线 CE 所成的角的余弦值为 8
C．A'D⊥BD
2 37 D．四棱锥 A'-BCED 的外接球半径为 3 【答案】ABD
【分析】 作 AM⊥DE，交 DE 于 M,延长 AM 交 BC 于 N,连接 A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定 CD⊥平面 A'MN,
专题01(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)
在 C 上，点 E 在 l 上，且
是边长为 8 的正三角形．
求 C 的方程；
过点 的直线 n 与 C 相交于 A，B 两点，若
，求
的焦点为 F，准线为 l，若点 P 的面积．
【答案】（1） 【解析】
；（2） ．
由题知，
，则
．
设准线 与 x 轴交于点 D，则
．
又
是边长为 8 的等边三角形，
，
， ，即 ．
B．1
C．2
易知幂函数
定义域为 ，偶函数，在
上，
D．3
，在
上，
， .四选项中函数
的定义域都为 且都为偶函数，单调性也与
保持一致，
显然在
上递增，又
，
，
递增，当
，除
函数的 值都趋向于 .故选 B.
第七题
【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】如图，直角三角形 ，
，
（显然
）外，其他
，将 绕 边旋
转至
位置，若二面角
的个数 m；第三步，估计 的值 若
，
，则估计 的值
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A．
B．
【答案】B 【解析】
由题意，100 对都小于 1 的正实数对
C． 满足
D． ，其表示图形的面积为 1．
两个数能与 1 构成钝角三角形的数对 满足 则不等式组表示图形的面积为 ．
，且
，
，
则：
解得
．
故选：B．
第五题
【辽宁省辽南协作体 2019 届高三一模】若两个非零向量 ， 满足 夹角是
，
，可得：
，
， ， ．
故答案为： ．
第十一题
2021新高考数学押题专练解析版(计数原理)
A．5
B．8
C．14
D．21
【答案】C
【详解】乙排在第五的情况有： A33 ，乙不在第五的方法有 C21C21 A22 ，
共有 A33 C21C21 A22 14 ，故选：C．
9．今天是星期三，经过 7 天后还是星期三，那么经过 82021 天后是（ ）
A．星期二
B．星期三
C．星期四
D．星期五
【答案】C
则有18 4 72 种不同的安排方案，故选： C.
【押题专练】
1．在象棋比赛中，参赛的任意两位选手都比赛一场，其中胜者得 2 分，负者得 0 分，平局各得 1 分.现有四
名学生分别统计全部选手的总得分为 131 分，132 分，133 分，134 分，但其中只有一名学生的统计结果是
正确的，则参赛选手共有（ ）
生态环境较好的特色小镇.现将 7 位市场调查员安排到这 5 个产业中，共有安排方案的种数为（ ）
A． 75
B． 57
C． A75
D． C75
【答案】B
【详解】每位市场调查员在选择时均有 5 种产业可选，共有 7 位调查员，所以安排方案有
5 5 5 5 5 5 5 57 种.
11．某省进行高考综合改革，要求学生从高二开始对课程进行选修，即从化学、生物、政治、地理四门课 程中选择两科进行选修，则甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法的种数是（ ）
4．已知 (2 x)5 a0 a1x a2 x2 a3x3 a4 x4 a5 x5 ，则 a3 （ ）
A．10
B．20
C．40
D．80
【答案】C
【详解】因为 (2 x)5 a0 a1x a2 x2 a3x3 a4 x4 a5 x5
专题02(第四篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)
专题02 高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练02第一题【福建省泉州市2019 届高三第二次（5 月)理】定义上的函，其导函数，，，若时，则A．B．C．D． 2【答案】B【解析】由题意，函数满，即函为奇函数，图象关于原点对称，由导数的几何意义可知，函的图像关轴对称，所为偶函数，所．当时，时，所在单调递增，单调递减．解法一，．因，所以，所以A 错；因，所以，所以B 对；又无法确定符号，所以C，D 错．故选B．解法二：由条件可在单调递减，单调递增，关对称．，，因为，且所即，即，又无法确定符号，所以C，D 错．故选B．第二题【福建省龙岩市2019 届高三5 月月考理】已知三棱中平，，，在上运动，，的面积，的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为,由余弦定理得.如图一所示，不妨则,过点D 作,垂足为E.所.所的面积取决于DE 的大小.当DE 是两异面直的公垂线段时，DE 最短，面积最小.如图二所示，DE 是公垂线段，四边形是矩形，因为EF|| , 由射影定理得所.所以面积取最小值时，D 点偏靠,不是中点，不具有对称性. 故选：B第三题【河北省武邑中学2019 届高三下学期第三次模拟理】已知：与函的图像有唯一交点，且交点的横坐标为，（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为：与函的图像有唯一交点，所以在该交点处的切线与函在交点处的切线重合，因为交点的横坐标，所以交点坐标，由得，所，所以，整理，因此.故选C第四题【四川省攀枝花市2019 届高三下学期第三次统考（理)】是双曲线的右焦点，为坐标原点，的直线交双曲线的右支于，直交双曲于另一，，且，则双曲的离心率为（）A．B．D．【答案】C【解析】解：设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形．第五题设，．，又，在中，由余弦定理可得，即，双曲线的离心．故选：C．【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军文】已知数的项和，将该数列按下列格式（行个数）排成一个数阵，则该数阵行从左向右个数字为（）.A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，知，时，且第六题当时，，所，又由数阵知，每一行的项数依次构成的数，，，，，构成首项，公比的等比数列，由等比数列的前项和公式知，该数阵第行从左到右第个数为数列的项，所以该数，故选B.【陕西省咸阳市2019 届高三模拟检测（三)文】已知函数为R 上的偶函数，当时当对恒成立，函数的一个周期内的图像与函的图像恰好有两个公共点，（）A．B．D．【答案】A【解析】解：因对恒成立，的最大值为1所恒成立又时；时所以函在上单调递减，单调递增又因为函为R 上的偶函数，时所以函在上单调递减，单调递增，且图像关于y 轴对称所以函的最小值为因为函最大值为1且与的图像恰好有两个公共点，则这两个公共点必和处所以函数的最小正周期，所以又过，,所以所故选：A第七题【福建省泉州市2019 届高三第二次（5 月)理】已知正三棱的所有顶点都在的球面上，其底面边长，分别为侧的中点．在三棱内，且三棱的体积是三棱体积的3 倍，则平截所得截面的面积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，平截所得截面的图形为圆面．正三棱中，作底面的垂，垂足，与平交点记，连接，依，所，设球的半径，中，，由勾股定理得，解．由于平平，所平，球到平的距离，则，设平面截所得截面的半径，在△ ，所以截面圆的面积为．故选 C ．【福建省南平市 2019 届高三第二次（5 月)理】己知函数的图像关于点中心对称，关于直对称（直 是与 距离最近的一条对称轴），过函的图像 上的任意一作 、直 的对称点分别、，且，当时，，记函数的导函数为，则当时，（ ）．A ．-2B ．-1 D ．【答案】C 【解析】解：由 作 、直的对称点分别 、，且，得，又直 是与 距离最近的一条对称轴， 所以，，又因为当时，所以 ，且 ，解得第八题所以，因所，所，故选：C.第九题【浙江省三校2019 年5 月份第二次联考】已知数满，若存在实，单调递增，的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由单调递增，可，由，可，所.时，可.①时，可，.②，②式不成立，不合题意；若，②式等价，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.第十题【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军文】已知直线，抛物线，若过点与直垂直的直与抛物交，两点，．【答案】【解析】依题意，设直 的方程 ，将代入，解，故直，联，整理得，所.故答案为：【福建省龙岩市2019 届高三5 月月考理】在则面积的最大值等于．【答案】【解析】， 为 中点，且，如图所示，设 ,AD=BD=x, ,在△ACD 中，由正弦定理,在△BCD 中,由正弦定理得第十一题中，，所以,当时,与已知矛盾，所.所所.因为，所.由题.故答案为：第十二题【河南省新乡市2019 届高三三模文】在正方中为上一点，，为棱的中点，且平与交于，与平所成角的正切值为．【答案】【解析】设，易，则，即，在中，，因为平面平面，所以与平面所成角即为与平面所成角，所以与平面所成角的正切值为故答案为【四川省攀枝花市 2019 届高三下学期第三次统理】已知函．若存在 ，使，则实数的取值范围是 ．【答案】【解析】解： ，， 在上有解，，在上有解，设，因为 上为增函数，．．第十三题实的取值范围是．故答案为．【福建省南平市2019 届高三第二次（5 月)理】若实数，满足不等式组，的最小值为．【答案】【解析】解：先画出不等式组代表的平面区域如图中阴影，所以由图易知，当点P 在B 处最小联立方程组，解此时所以的最小值为故答案为：.第十四题【四川省攀枝花市2019 届高三第三次模拟理】已知数满，，设，则数中的最小项的值为．【答案】【解析】解：，，得．．当时当时数中的最小项的值．故答案为．【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019 届高三三模文】已知，在轴上，在轴的正半轴上，且满，在直上，且满，（Ⅰ）当在轴上移动时，求的轨的方程；（Ⅱ）过作直与轨交、两点为轴上一点，满，设线的中点为，且，求的值.第十五题第十六题【答案】（1）；（2）【解析】（Ⅰ）设的坐标，，,，，由，由，得，则得，故的轨的方程.（Ⅱ）易知斜率存在，设（），，联立得得.∴由，化简，，由得，.第十七题【陕西省咸阳市2019 届高三模拟检测（三)文】上的动点，，若线段QN 的垂直平分线MQ 于点P.(I)求动点P 的轨迹E 的方程(II)若A 是轨迹E 的左顶点，过点D（-3，8）的直线l 与轨迹E 交于B，C 两点，求证：直线AB、AC 的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见证明【解析】解：（Ⅰ）由题可知，线段的垂直平分线交于点P，所，，所以P 的轨迹是为焦点的椭圆，设该椭圆方程，则，所，可得动点P 的轨迹E 的方程.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，过点D 的直斜率存在且不为0，故可设l 的方程，，由，而由于直线过点，所以，所以（即为定值）第十八题【四川省绵阳市2019 届高三第三次诊断性文】已知是焦距为的椭圆的右顶点，，直交椭于，为线的中点．（1）求椭的方程；（2）设过且斜率的直与椭交、两点，，求直的斜．【答案】；（2）.【解析】（1）由题意得焦，∴．又在椭圆上，∴，解得，∴．∴椭圆的方程．（2）根据题意得直的方程，．由消整理．∵直与椭交、两点，∴，解．设，，，∴，∴．∴，解 ，满 ，∴．即直线 的斜．【陕西省咸阳市 2019 届高三模拟检测（三)理】如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在平面互相垂直，，，点 M 是 EC 的中点．(1)求证:平面 平面 BDE.(2)求二面角的余弦值.第十九题则 ，．∵ ∴，且，，∴，即．【答案】(1)见证明；(2)【解析】解：(1) 由题可知则AD2+BD2=AB²，根据勾股定理有BD⊥AD，又因正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，则ED⊥平面ABCD，则ED⊥BD，而AD∩ED=D，所以BD⊥平面ADEF.而平面BDE，所以平面ADEF⊥ 平面BDE. (2)以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE为x轴，y轴，：轴建立空间直角坐标系，由题可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（0.2，0），E（0，0，2），C（-2，2，0），M（-，，1）.由(1)可得AD⊥平面BDE，则可取平面BDE 的法向，设平面BDM 的法向量为，=（-，，1），=（0，2，0），由n2·=0，n2·=0，.可可取n2=（，0，2），则.设二面角E-BD-M 的平面角为α，显然α为锐角，故第二十题【陕西省咸阳市2019 届高三模拟检测（三)理】设函.(1)判断的单调性，并求极值；(2)若，且对所有都成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】解：(1)，当a≤0时，在R 上单调递增，函数无极值；当a>0 时，得，若，，单调递减，若，f'（x）>0，单调递增，的极小值.(2) ，依题意，对所有的x≥0，都有F（x）≥0，易知，F（0）=0，求导可得，，令，由得，H（x）在[0，+∞）上为递增函数，即F'（x）在x∈[0，+∞）上为递增函数，若，在x∈[0，+∞）上为递增函数，有≥F（0）=0，符合题意，若m>2，令<0，得所以在）上单调递减，有舍去，综上，实数m 的取值范围.第二十一题【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军文】已知椭圆的左顶点为，离心率为，在椭上.（1)求椭的方程；（2）若直与椭交，两点，直，分别轴交于，，求证：轴上存在，使得无论非零实怎样变化，总为直角，并求出的坐标.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1)依题意，所以①，又因为在椭上，所以②，由①②解得，，所以椭圆方程.（2），，，不妨.由可得，解，，，所所在直线方程为，所在直线方程为，可，同理可，所，，所以，所或，所以存在点且坐标为或．使得无论非零实怎么变化，总为直角.第二十二题【浙江省三校2019 年5 月份第二次联考】对于椭，有如下性质：若点是椭圆外一点，是椭圆的两条切线，则切所在直线的方程是，利用此结论解答下列问题：已知椭和点，过点作椭圆的两条切线，切点是，记点到直线（是坐标原点）的距离，（Ⅰ）时，求线的长；（Ⅱ）的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）因为，直的方程式：，，时，直的方程，此.（Ⅱ）由（Ⅰ）知直的方程，直的方程.设，，则.又由在直的两侧可与异号，所.又，所.设，，所以，当，即时，有最大值为。
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因此
时
，
即
，
即
，
因此此时
不恒成立，
综上可得 .
第十六题 【河南省中原名校、大连市、赤峰市部分学校 2019 届高三年级 320 联考文】已知 F 是抛物线
的焦点，点 M 是抛物线上的定点，且
.
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(1)求抛物线 C 的方程；
(2)直线 AB 与抛物线 C 交于不同两点
，直线 与 AB 平行，且与抛物线 C
，
则
的面积为______．
，
，
，
【答案】 【解析】
，
在
中，
，
，
，
，
，
由余弦定理可得
，
则
的外接圆半径
．
因为
的外接圆就是四边形
的外接圆， 就是其直径，
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，
，
，
，
的面积为
故答案为： 第十五题
【2019 届湘赣十四校高三联考第二次文】已知函数
（1）若直线 与曲线
恒相切于同一定点，求直线 的方程；
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，解得：
；若
，即
，则椭圆的离心率为
，解得：
.
故答案为： 或
第十一题
【2019 届湘赣十四校高三第二次联考文】如图，正三棱锥
的高
在 和 上，且
，当三棱锥
体积最大时，三棱锥
，底面边长为 4， ， 分别 的内切球的半径为________．
【答案】
【解析】
设
，
，
当 时，
取得最大值 ，此时 为 中点， 经过点 ，且
（2）若当 时，
恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）因为直线 与曲线
恒相切于同一定点，
所以曲线
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必恒过定点，
由
， ，令
，得 ，
故得曲线
恒过的定点为 .
因为
，所以切线 的斜率
，
故切线 的方程为 .
（2）因为当 时，
所以 即 令
恒成立，
恒成立，
在 ，
上恒成立.
则
，
令
，
则
.
①当 时，显然
【2019 届湘赣十四校高三联考第二次考试文】已知在平面直角坐标系中，坐标原点为 ，点
，
、 两点分别在 轴和 轴上运动，并且满足
，
，动点 的轨迹为曲线 .
（1）求动点 的轨迹方程； （2）作曲线 的任意一条切线（不含 轴） ，直线
与切线 相交于 点，直线
与切线 、 轴
分别相交于 点与 点，试探究
的值是否为定值，若为定值请求出该定值；若不为定值请说明理由.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
∵
解得
∴
设
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当 0<x<7 时，
当 x>7 时，
,故 的最小值为
f(7)=-343.
故选：A.
第七题
【河南省中原名校、大连市、赤峰市部分学校 2019 届高三年级 320 联考文】已知函数
在区间
的最大值为 M，最小值为 m，则
A．4 【答案】A 【解析】
，
，所以可求
，
，因此易求
，
，
，
，又
∵
，∴
.
第十二题
【安徽省蚌埠市 2019 届高三年级第一次文】如图所示，正方体
的棱长为 2，E，F 为 ，
AB 的中点，M 点是正方形
内的动点，若
平面 ，则 M 点的轨迹长度为______．
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【答案】
【解析】
如图所示，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ，
.
（1）当 时，求证：
；
（2）讨论函数 零点的个数. 【答案】（1）见证明；（2）见解析 【解析】
证明： 当 时，
.
令
则
当
时，
；当
时，
，
时
，
所以 在
上单调递减，在
单调递增，
所以
是 的极小值点，也是最小值点，
即
故当 时，
成立，
不合题意.
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，由
得.
当 时，
；当 时，
，
所以 在
上单调减，在
．
可得：四边形
是平行四边形，
同理可得：
．
．
平面
平面 ，
点是正方形
内的动点，若
点 在线段 上．
. 平面 .
点的轨迹长度
．故答案为 ．
第十三题 【山东省菏泽市 2019 届高三下学期第一次模拟文】如图，在正四面体 三等分点，则异面直线 和 所成角的余弦值为_______．
中， 是棱 上靠近点 的一个
【答案】
【答案】（1） 在
上单调递增；（2）
.
【解析】
（1）由
，
，得
.
，
则
，
故在
上单调递增.
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（2）∵ 即 设函数
，∴
∵ ，∴
，
则
.
当
，即
时，
从而
.
当
，即
时，则
， .
， ，
为增函数，
，则 在
上单调递增，
，
，
若
，
；若
，
.
从而
，这与
对
恒成立矛盾，故
综上， 的取值范围为
.
第二十题
【河北省中原名校联盟 2019 届高三联考文】已知函数
A．
B．
C．
D．
【答案】B 【解析】 设 A（ ，0），B（ ，0），P（x，y）
由题意，
，
，
∴
2，2 + ≥2
4，当且仅当 2k1＝ 时取等号，
此时 ＝1，PA 的方程为 y＝x+1， ，PB 的方程为 y＝2
联立方程：
，解得 P
∴重心坐标为 故选：B
第二题
【安徽省蚌埠市 2019 届高三第一次文】已知 ， 是椭圆
舍去 ，
，
由 可得
，
交于 H 点，过
设
，
直线 OM 的方程
，
当
时，
，
代入抛物线方程
，可得
，
，
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直线 MN 的斜率
，
直线 MN 的方程为
，整理可得
，
故直线 MN 过点 第十八题
【甘肃、青海、宁夏 2019 届高三 3 月联考理】如图所示，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ADEF 为正方形， AD∥BC，AD⊥AB，AD=2BC=1．
单调增，
所以 即 当
是函数 得极小值点，也是最小值点， ，即 时， 没有零点，
当
，即 时， 只有一个零点，
当
，即 时，因为
所以 在
上只有一个零点；
由 ，得
，令 ，则得
有一个零点；
因此，当 时， 有两个零点.
，所以
，于是在 在 上
综上， 时， 没有零点；
时， 只有一个零点；
时， 有两个零点.
第二十一题
，
． ，.
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所以 在 因为当
上单调递增，故
时，
，所以 在
， 上单调递增，
故
.从而，当 时，
恒成立.
②当
时，
令
，
则
，
所以 在
上单调递增，故
，
同①可证，当 时，
恒成立.
③当 ，即
时，
由②可知 在 因为
上单调递增， ，
又
，
故必存在
，使在
上
，即
，
因此 在
上单调递减，
所以
时
，即
，
所以 在
上单调递减，
，则
，则此时 ，
此时
，
当
时，
，即此时
，要使对
，均有
，
则
，即
，则
，则此时
，
此时要求
且
，此时 无解，
③当
时，
，则对
，均有
，但 可取正值也可取负值，
不满足对
，均有
，
综上满足条件的 范围是 则实数 的最小值为 1， 故选：C．
， 第五题
【2019 届湘赣十四校高三第二次联考文】已知函数
为 上的偶函数，且当
时函数 满足
B．2
C．1
D．0
设
，则
，
，记
，则函数
是奇函数，由已知
的最大值
为
，最小值为
，所以
，即
，故选 A．
第八题
【2019 届湘赣十四校高三第二次联考文】已知三棱柱 正三角形，且该三棱柱外接球的表面积为 ，若 为底面 （）
的侧棱与底面垂直，底面是边长为 的 的中心，则 与平面 所成角的大小为
A．
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】
如图所示， 为正三角形
的中心，设 为 的中心，由题意知：
即为 与平面 所成的角.
由题易知 中点为外接球的球心，又∵
，∴
，
平面 ，连结 ，则
∴
.
在正三角形 中，
，
∴
，
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∴
.
∴
，