2020高考数学分类汇编解析版(1)

2020 高考数学分类汇编解析版（ 1）专题 01 集合与常用逻辑用语专题 02函数的概念与基本初等函数 I专题 03导数及其应用专题 04立体几何专题 05平面解析几何专题 01 集合与常用逻辑用语1．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知集合 M = {x | -4 < x < 2}, N = {x | x 2 - x - 6 < 0}，则 M I N =A ． {x -4 < x < 3}C ． {x -2 < x < 2}B ．{x -4 < x <- 2}D ．{x 2 < x < 3}【答案】C【解析】由题意得 M = {x | -4 < x < 2}, N = {x | x 2 - x - 6 < 0} = {x | -2 < x < 3}， 则 M I N = {x | -2 < x < 2}．故选 C ．2．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】设集合 A ={x |x 2–5x +6>0}，B ={x |x –1<0}，则 A ∩B =A ．(–∞，1)C ．(–3，–1) B ．(–2，1)D ．(3，+∞){ }【【解析】∵ ðU A = { - 1,3} ，∴ ð A I B = {-1} .【答案】A【解析】由题意得， A = {x | x 2 - 5x + 6 > 0} = {x | x < 2 或 x > 3}， B = {x | x -1 < 0} = {x | x < 1} ，则A IB = {x | x < 1} = (-∞,1)．故选 A ．3．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】已知集合 A = {-1,0,1,2}, B = {x | x 2 ≤ 1} ，则 A I B =A ． {-1,0,1}C ． {-1,1}B ． {0,1}D ． {0,1,2}【答案】A【解析】∵ x 2 ≤ 1, ∴ -1 ≤ x ≤ 1 ，∴ B = x -1 ≤ x ≤ 1 ，又 A = {-1,0,1,2} ，∴ A I B = {-1,0,1}.故选 A ．4． 2020 年高考天津理数】设集合 A = {-1,1,2,3,5}, B = {2,3,4}, C = {x ∈ R |1 ≤ x < 3}，则 ( A I C ) U B =A ． {2}C ． {-1,2,3}B ． {2,3}D ． {1,2,3,4 }【答案】D【解析】因为 A I C = {1,2} ，所以 ( A I C ) U B = {1,2,3,4} .故选 D .5．【2020 年高考浙江】已知全集U = {-1,0,1,2,3 }，集合 A = {0,1,2}， B = {-1,0,1}，则 (ð A) I B =UA ． {-1}C ． {-1,2,3}B ． {0,1}D ． {-1,0,1,3}【答案】A( )U故选 A.6．【2020 年高考浙江】若 a >0，b >0，则“a +b ≤4”是“ab ≤4”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当a>0,b>0时，a+b≥2ab，则当a+b≤4时，有2ab≤a+b≤4，解得a b≤4，充分性成立；当a=1,b=4时，满足ab≤4，但此时a+b=5>4，必要性不成立，综上所述，“a+b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件.故选A.7．【2020年高考天津理数】设x∈R，则“x2-5x<0”是“|x-1|<1”的A．充分而不必要条件C．充要条件B．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由x2-5x<0可得0<x<5，由|x-1|<1可得0<x<2，易知由0<x<5推不出0<x<2，由0<x<2能推出0<x<5，故0<x<5是0<x<2的必要而不充分条件，即“x2-5x<0”是“|x-1|<1”的必要而不充分条件.故选B.8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行C．α，β平行于同一条直线B．α内有两条相交直线与β平行D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件；由面面平行的性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件.故α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行.故选B．uuur uu u uuur uuur uuur 9．【2020年高考北京理数】设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|>|BC|”rv vvuuuv v的A ．充分而不必要条件C ．充分必要条件B ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件【答案】Cuuuv uuu uuur uuuv uuu uuuv uuuv 【解析】∵A ､B ､C 三点不共线，∴| AB + AC |>| BC | ⇔ | AB + AC |>| AC - AB |uuuv uuu uuuv uuuv uuur uuur uuuv ⇔ | AB + AC |2>| AC - AB |2 ⇔ AB · AC >0 ⇔ AB 与 AC 的夹角为锐角，uuuv uuuv uuuv uuu uuur 故“ AB 与 AC 的夹角为锐角”是“| AB + AC |>| BC |”的充分必要条件.故选 C.10．【2020 年高考江苏】已知集合 A = {-1,0,1,6} ， B = {x | x > 0, x ∈ R } ，则 A I B = ▲.【答案】{1,6}【解析】由题意利用交集的定义求解交集即可.由题意知， A I B = {1,6} .专题 02函数的概念与基本初等函数 I1．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知 a = log 0.2，b = 20.2，c = 0.2 0.3 ，则2A ． a < b < cC ． c < a < b【答案】B【解析】 a = log 2 0.2 < log 2 1 = 0, b = 20.2 > 20 = 1,0 < c = 0.20.3 < 0.20 = 1, 即 0 < c < 1,则 a < c < b ．故选 B ．2．【2020 年高考天津理数】已知 a = log 2 ， b = log5A ． a < c < bC ． b < c < a【答案】AB ． a < c < bD ． b < c < a0.50.2 ， c = 0.50.2，则 a, b , c 的大小关系为B ． a < b < cD ． c < a < b21 lg 1 ，其中星等为 m 的星的亮度为 E （k=1，2）．已知太阳的星等是 26.7，天狼星2 Elg 1 ， 5 5【解析】因为 alog 2log5155，b log 0.2 log 0.25 2 ，0.50.51 0.5 c 0.50.2 0.5 ，即c 1，2所以 ac b .故选 A.3．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】若 a>b ，则A ．ln(a b)>0C ．a 3 b 3>0B ．3a <3 bD ．│a│>│b│【答案】C【解析】取 a2,b 1 ，满足 ab ，但 ln(a b) 0 ，则 A 错，排除 A ；由 9 3231 3 ，知 B 错，排除 B ；取 a 1,b 2 ，满足 a b ，但 |1|| 2 |，则 D 错，排除 D ；因为幂函数 yx 3是增函数， a b ，所以 a 3 b 3 ，即 a 3 b 3>0 ，C 正确.故选 C ．4．【2020 年高考北京理数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足 m 2 m 1=5 E 2k k的星等是 1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为A ．1010.1C ．lg10.1【答案】AB ．10.1D ．10 10.1【解析】两颗星的星等与亮度满足 m令 m 21.45,m26.7，12 m15E 2 E2则 lg EE 122 2m m2 1( 1.45 26.7) 10.1,从而 1 = 1010.1 .【解析】由 f (- x ) = sin(- x) + (- x) 2 1 + 2 = 4 + 2π > 1, f (π) =又 f ( ) =( )2πEE2故选 A.5．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】函数 f (x )= sinx + xcosx + x 2在 [-π, π] 的图像大致为A ．B ．C ．D ．【答案】D- sin x - x== - f ( x ) ，得 f ( x ) 是奇函数，其图象关于原点对称． cos(- x )+ (- x ) cos x + x 2π 2 π22π π -1 + π 2 > 0 ，可知应为 D 选项中的图象．故选 D ．6．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】函数 y =2 x3 2x + 2- x在 [-6,6]的图像大致为A ．B ．2 且单调递增，函数 y = log a x +C ．D ．【答案】B【解析】设 y = f ( x ) = 2 2 x 3 x + 2- x ，则 f (- x ) = 2(- x )3 2 x 3=-2- x + 2x 2x + 2- x= - f ( x ) ，所以 f ( x ) 是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项 C ．又 f (4) = 2 ⨯ 43 24 + 2-4> 0, 排除选项 D ；f (6) = 2 ⨯ 63 26 + 2-6≈ 7 ，排除选项 A ，故选 B ．7．【2020 年高考浙江】在同一直角坐标系中，函数 y =1a x，1y = log ( x + ) (a >0，且 a ≠1)的图象可能是a【答案】D【解析】当 0 < a < 1 时，函数 y = a x 的图象过定点 (0,1) 且单调递减，则函数 y =1的图象过定点 (0,1)a x⎛ ⎝1 ⎫ 1 ⎪ 的图象过定点 ( ,0) 且单调递减，D 选项符合；2 ⎭ 2当 a > 1 时，函数 y = ax 的图象过定点(0,1) 且单调递增，则函数 y =1的图象过定点 (0,1) 且单调递减，a x函数 y = log x + ⎪ 的图象过定点 ( ,0）且单调递增，各选项均不符合.R ，L 点到月球的距离为 r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，满足方程：(R + r ) R C ． 3D ． 3 因为M2 2⎛ 1 ⎫ 1a ⎝ 2 ⎭ 2综上，选 D.8．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】2020 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 L 点的轨 2道运行． L 2 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为 M １，月球质量为 M ２，地月距离为2 M 1 2 + M r 22 = (R + r ) M1 . 3r设 α = ，由于 α 的值很小，因此在近似计算中R3α 3 + 3α 4 + α 5 (1+ α )2≈ 3α 3 ，则 r 的近似值为A ．MM2 R1B ．M2R2M13M2 R M1【答案】D【解析】由 α = r，得 r = α R ，RM M1 +2 = ( R + r ) 1 ，( R + r )2 r 2 R 3M2 R 3M1所以M M M1 + = (1+ α ) 1 ， R2 (1+ α )2 α 2 R 2 R 2即 M M 2 = α 2[(1+ α ) -11 α 5 + 3α 4 + 3α 3] = ≈ 3α 3 ， (1+ α ) (1+ α )2解得 α = 3M2 ， 3M1所以 r = α R =故选 D.3M2 R. 3M1A ． f （log 3 ）＞ f （ 2- 2 ）＞ f （ 2- 3 ）B ． f （log 3 ）＞ f （ 2- 3 ）＞ f （ 2- 2 ）C ． f （ 2- 2 ）＞ f （ 2- 3 ）＞ f （log 3 ）D ． f （ 2- 3 ）＞ f （ 2- 2 ）＞ f （log 3 ）-22-Q log 4 > log 3 = 1,1 = 2 > 2 > 2 ,∴ l og 4 > 2> 2 ，∴ f (log 4) < f 2- 3 ⎪ < f 2- 2 ⎪ ，⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 即 f 2 2 ⎪ > f 2 3 ⎪ > f log 3 4 ⎭f (x) = x(x - 1) ．若对任意 x ∈ (-∞, m ] ，都有 f ( x ) ≥ - ，则 m 的取值范围是A ． -∞, ⎥B ． -∞, ⎥C ． -∞, ⎥ 2⎦D ． -∞,⎥9 ⎤4 ⎦x ∈ (1,2] 时， x -1∈ (0,1]， f ( x) = 2 f ( x - 1) = 2( x - 1)(x - 2) ∈ ⎢- ,0 ⎥ ；9．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】设 f (x )是定义域为 R 的偶函数，且在 (0,+ ∞)单调递减，则1 32 41 2 34 3 21 42 31 4【答案】C【解析】Q f (x ) 是定义域为 R 的偶函数，∴ f (log 3 - 33 333又 f (x )在(0，+∞)上单调递减，⎛ 2 ⎫ ⎛ 3 ⎫31 ⎫⎛ - 3 ⎫ ⎛ - 2 ⎫ ⎛ ⎪ .⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ 1 42 3) = f (log 4) ．3- 3 2故选 C ．10．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】设函数 f ( x ) 的定义域为 R ，满足 f (x + 1) = 2 f (x) ，且当 x ∈ (0,1] 时，8 9 ⎛ ⎛ 7 ⎤ ⎝ ⎝3 ⎦ ⎛ 5 ⎤ ⎛ 8 ⎤ ⎝ ⎝3 ⎦【答案】B【解析】∵ f (x + 1) = 2 f (x) ，∴ f ( x ) = 2 f ( x - 1) ．∵ x ∈ (0,1] 时， f (x) = x(x - 1) ∈[- 1 4,0] ；∴⎡ 1 ⎤⎣ 2 ⎦9 3 3-∞, ⎥ .11．2020 年高考浙江】已知 a, b ∈ R ，函数 f ( x ) = ⎨1 1．若函数 y = f ( x ) - ax - b ⎩当 x ≥0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b = 1x 3 （a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b = 1x 3（a +1）x 2﹣b ，∴ x ∈ (2,3] 时， x -1∈ (1,2]， f ( x ) = 2 f ( x -1) = 4( x - 2)(x - 3) ∈[-1,0] ，如图：当 x ∈ (2,3] 时，由 4( x - 2)( x - 3) = - 8 解得 x = 1 7 8， x = ，28 7若对任意 x ∈ (-∞, m ] ，都有 f ( x ) ≥ - ，则 m ≤ .9 3⎛ 则 m 的取值范围是⎝7 ⎤ 3 ⎦故选 B.⎧ x , x < 0 ⎪【 ⎪ 3 x 3 - 2 (a + 1)x 2 + ax, x ≥ 0恰有 3 个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当 x ＜0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得 x =b 1a，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 11 32 32y ' = x 2 - (a + 1)x ，当 a +1≤0，即 a ≤﹣1 时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；bb＞0＜0且{16（a+1）3，当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴1a(a+1)31(a+1)(a+1)232，b＜0解得b＜0，1﹣a＞0，b＞1则a>–1，b<0.故选C．12．【2020年高考江苏】函数y=7+6x-x2的定义域是▲.【答案】[-1,7]【解析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.由已知得7+6x-x2≥0,即x2-6x-7≤0，解得-1≤x≤7，故函数的定义域为[-1,7].13．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=-e ax.若f(ln2)=8，则a= __________．【答案】-3【解析】由题意知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=-e ax，又因为ln2∈(0,1)，f(ln2)=8，( )( )所以 -e -a ln 2 = -8 ，两边取以 e 为底数的对数，得 -a ln 2 = 3ln 2 ，所以 -a = 3 ，即 a = -3 ．14．【2020 年高考北京理数】设函数 f (x ) = e x + a e - x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若 f （x ）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是___________．【答案】 -1(-∞,0 ]【解析】首先由奇函数的定义得到关于 a 的恒等式，据此可得 a 的值，然后利用 f '( x ) ≥ 0 可得 a 的取 值范围.若函数 f (x ) = e x + a e - x 为奇函数，则 f (- x ) = - f (x ), 即 e - x + a e x = - e x + a e - x ，即 (a + 1) e x + e - x = 0 对任意的 x 恒成立，则 a +1 = 0 ，得 a = -1 .若函数 f (x ) = e x + a e - x 是 R 上的增函数，则 f '( x ) = e x - ae - x ≥ 0 在 R 上恒成立，即 a ≤ e 2x 在 R 上恒成立，又 e 2 x > 0 ，则 a ≤ 0 ，即实数 a 的取值范围是 (-∞,0 ].15．【2020 年高考浙江】已知 a ∈ R ，函数 f ( x ) = ax 3 - x ，若存在 t ∈ R ，使得 | f (t + 2) - f (t ) |≤则实数 a 的最大值是___________.4 【答案】32 3，【解析】存在 t ∈ R ，使得 | f (t + 2) - f (t ) |≤ 2 3，即有 | a(t + 2)3 - (t + 2) - at 3 + t |≤化为 | 2a (3t 2+ 6t + 4)- 2 |≤2，32 3，- ≤ 2a (3t 2 + 6t + 4)- 2 ≤ 即 2 ≤ a (3t 2 + 6t + 4)≤因为 y ⎫= 15 ，所以 x 的最大值为15 . ⎝8⎭ 2，且 f ( x ) 是奇函数 .当 x ∈ (0, 2] 时， f ( x ) = 1 - ( x - 1)2 ， g ( x ) = ⎨ 1，其中 k >0. ⎪⎩ 2可得 2 2 3 3，4 3 3，由 3t 2 + 6t + 4 = 3(t + 1)2 + 1 ≥ 1 ，可得 0 < a ≤ 43.则实数 a 的最大值是43.16．【2020 年高考北京理数】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为 60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到 120 元，顾客就少付 x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的 80%．①当 x =10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 x 的最大值为__________．【答案】①130；②15【解析】① x = 10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付 (60 + 80)-10 = 130 元.②设顾客一次购买水果的促销前总价为 y 元，当 y < 120 元时，李明得到的金额为 y ⨯ 80% ，符合要求；当 y ≥ 120 元时，有 (y - x )⨯ 80% ≥ y ⨯ 70% 恒成立，即 8 ( y - x ) ≥ 7 y , x ≤ y8，min综上，①130；②15.17．【2020 年高考江苏】设 f ( x ), g ( x ) 是定义在 R 上的两个周期函数， f ( x ) 的周期为 4， g ( x ) 的周期为⎧k ( x + 2),0 < x ≤ 1 ⎪- ,1 < x ≤ 23 4 ⎭⎪∴ ≤ k < ，综上可知，满足 f ( x ) = g ( x ) 在(0,9]上有 8 个不同的实数根的 k 的取值范围为 ⎢ ， ⎪ .⎪若在区间(0，9]上，关于 x 的方程 f ( x ) = g ( x ) 有 8 个不同的实数根，则 k 的取值范围是▲ .⎡ 1 2 ⎫【答案】 ⎢ , ⎪ ⎣【解析】作出函数 f ( x ) ， g ( x ) 的图象，如图：由图可知，函数 f ( x ) = 1 - ( x - 1)2 的图象与 g ( x ) = -12(1< x ≤ 2,3 < x ≤ 4,5 < x ≤ 6,7 < x ≤ 8) 的图象仅有 2 个交点，即在区间(0，9]上，关于 x 的方程 f ( x ) = g ( x ) 有 2 个不同的实数根，要使关于 x 的方程 f ( x ) = g ( x ) 有 8 个不同的实数根，则 f ( x ) = 1 - ( x - 1)2 , x ∈ (0,2] 与 g ( x ) = k ( x + 2), x ∈ (0,1]的图象有 2 个不同的交点，由 (1,0) 到直线 kx - y + 2k = 0 的距离为 1，可得 | 3k | = 1 ，解得 k = 2 (k > 0) ， k 2 + 1 4∵两点 ( - 2,0),(1,1)连线的斜率 k = 13，1 2 3 4⎡ 1 2 ⎫ ⎣ 3 4 ⎭专题 03导数及其应用1．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线在点（1，a e ）处的切线方程为 y =2x +b ，则A ． a = e ，b = -1B ．a=e ，b =1x>1.若关于x的不等式f(x)≥0【1-x=-(1-x-1)21-x=-(1-x)2-2(1-x)+1=- 1-x+11-x-2⎪≤-2(1-x)⋅-2⎪⎪=0，1-x，即x=0时取等号，当x>1时，f(x)=x-a ln x≥0，即a≤xln x，则h'(x)=C．a=e-1，b=1D．a=e-1，b=-1【答案】D【解析】∵y'=ae x+ln x+1,∴切线的斜率k=y'|x=1=ae+1=2，∴a=e-1，将(1,1)代入y=2x+b，得2+b=1,b=-1.故选D．⎧x2-2ax+2a,x≤1, 2．2020年高考天津理数】已知a∈R，设函数f(x)=⎨⎩x-a ln x,在R上恒成立，则a的取值范围为A．[0,1] C．[0,e]B．[0,2] D．[1,e]【答案】C【解析】当x=1时，f(1)=1-2a+2a=1>0恒成立；当x<1时，f(x)=x2-2ax+2a≥0⇔2a≥x2x-1恒成立，令g(x)=x2x-1，则g(x)=-x21-x⎛⎫⎛1⎫⎝⎭⎝1-x⎭当1-x=1∴2a≥g(x)max=0，则a>0.ln x恒成立，令h(x)=x ln x-1(ln x)2，3． 2020 浙江）已知a, b ∈ R ，函数 f ( x ) = ⎨ 1 1 ．若函数 y = f ( x ) - ax - b 恰有 ⎩当 x ≥0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b = 1x 3 （a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b = 1x 3（a +1）x 2﹣b ，当 x > e 时， h '( x ) > 0 ，函数 h( x ) 单调递增，当 0 < x < e 时， h '( x ) < 0 ，函数 h( x ) 单调递减，则 x = e 时， h( x ) 取得最小值 h(e) = e ，∴ a ≤ h( x)min = e ，综上可知， a 的取值范围是 [0,e] .故选 C.⎧ x , x < 0 ⎪（⎪ 3 x 3 - 2 (a + 1)x 2 + ax, x ≥ 03 个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当 x ＜0 时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得 x =b 1a，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 11 32 32y ' = x 2 - (a + 1)x ，当 a +1≤0，即 a ≤﹣1 时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当 a +1＞0，即 a >﹣1 时，令 y ′＞0 得 x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令 y ′＜0 得 x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点.根据题意，函数 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有 3 个零点⇔函数 y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有 2 个零点，如图：1+解得b＜0，1﹣a＞0，b＞（a+1）3，0)设斜率为-1的直线与曲线y=x+(x>0)切于00(x,x+)，由1-4=-1得x=2（x=-2舍去），∴b1a ＜0且{b(a＞01)31(a+1)(a+1)232，b＜016则a>–1，b<0.故选C．4．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】曲线y=3(x2+x)e x在点(0，处的切线方程为____________．【答案】3x-y=0【解析】y'=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,所以切线的斜率k=y'|x=0=3，则曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为y=3x，即3x-y=0．5．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y=x+线x+y=0的距离的最小值是▲.【答案】444【解析】由y=x+(x>0)，得y'=1-，x x244x xx20004x(x>0)上的一个动点，则点P到直则曲线 y = ln x 在点 A 处的切线为 y - y = ( x - x ) ，即 y - ln x =x- 1 ， x 将点 (-e, -1)代入，得 -1 - ln x∴曲线 y = x + 4 x( x > 0) 上，点 P( 2,3 2) 到直线 x + y = 0 的距离最小，最小值为2 +3 212 + 12 = 4 .故答案为 4 ．6．【2020 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 y =ln x 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点 A 的坐标是▲ .【答案】 (e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点 A (x , y 0 01 又 y ' =，x) ，则 y= ln x .当 x = x 时， y ' = 01 x 0，1 x0 = -e x- 1 ，即 x 0 ln x 0 = e ，考察函数 H (x ) = x ln x ，当 x ∈ (0,1)时， H (x ) < 0 ，当 x ∈ (1, +∞)时， H (x ) > 0 ，且 H ' (x ) = ln x + 1 ，当 x > 1 时， H ' (x ) > 0, H (x )单调递增，注意到 H (e ) = e ，故 x 0 ln x 0 = e 存在唯一的实数根 x 0 = e ，此时 y 0 = 1 ，若函数 f (x ) = e x + a e - x 为奇函数，则 f (- x ) = - f (x ), 即 e - x + a e x = - e x + a e - x ， ( )（1） f '( x ) 在区间 (-1, ) 存在唯一极大值点；当 x ∈ -1, ⎪ 时， g' ( x) 单调递减，而 g' (0) > 0, g' ( ) < 0 ，可得 g' ( x) 在 -1, ⎪ 有唯一零点，⎪ 时， g' ( x) < 0 .⎛2 ⎭单调递减，故 g ( x) 在 -1, ⎪ 存在唯一极大值点，即 f ' ( x) ⎛故点 A 的坐标为 (e,1).7．【2020 年高考北京理数】设函数 f (x ) = e x + a e - x （a 为常数）．若 f （x ）为奇函数，则 a =________；若 f （x ）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是___________．【答案】 -1(-∞,0 ]【解析】首先由奇函数的定义得到关于 a 的恒等式，据此可得 a 的值，然后利用 f '( x ) ≥ 0 可得 a 的取值范围.()即 (a + 1) e x + e - x = 0 对任意的 x 恒成立，则 a +1 = 0 ，得 a = -1 .若函数 f (x ) = e x + a e - x 是 R 上的增函数，则 f '( x ) = e x - ae - x ≥ 0 在 R 上恒成立，即 a ≤ e 2x 在 R 上恒成立，又 e 2 x > 0 ，则 a ≤ 0 ，即实数 a 的取值范围是 (-∞,0 ].8．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数 f ( x ) = sin x - ln(1+ x) ， f '( x ) 为 f ( x ) 的导数．证明：π2（2） f ( x ) 有且仅有 2 个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设 g ( x ) = f ' ( x ) ，则 g ( x ) = cos x -11 + x 1 ， g' ( x ) = - sin x + .(1+ x)2⎛ π⎫ π ⎛ π⎫⎝2 ⎭2⎝2 ⎭设为 α .则当 x ∈ (-1,α ) 时， g' ( x) > 0 ；当 x ∈ α , ⎝π⎫ 2 ⎭所以 g ( x) 在 (-1,α ) 单调递增，在 α , ⎝π⎫ ⎪⎛ π⎫ ⎝ 2 ⎭在 -1, ⎪ 存在唯一极大值点.（ii ）当 x ∈ 0, ⎥ 时，由（ 1）知， f ' ( x) 在 (0, α ) 单调递增，在 α , ⎪ 单调递减，而 f ' (0)=0 ，f ' ⎪ < 0 ，所以存在 β ∈ α , ⎪ ，使得 f ' (β ) = 0 ，且当 x ∈ (0, β ) 时， f ' ( x) > 0 ；当 x ∈ β , ⎪⎪ 单调递减.⎛又 f (0)=0 ， f = 1 - ln 1 + > 0 ，所以当 x ∈ 0, ⎥ 时， f ( x) > 0 .从而， f ( x) 在 0, ⎥ 没有⎝ 2 ⎭⎝2 ⎭⎝ 2 ⎦ ⎝ 2 ⎦, π⎥ 时，f ' ( x) < 0 ，所以 f ( x) 在 , π ⎪ 单调递减.而 （iii ）当 x ∈f ⎪ > 0 ，f (π) < 0 ，所以 f ( x) 在 ⎛π , π⎥ 有唯一零点.9．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数 f (x ) = ln x - x + 1⎛ π⎫ ⎝2 ⎭（2） f ( x ) 的定义域为 (-1,+∞) .（i ）当 x ∈ (-1,0] 时，由（1）知， f ' ( x ) 在 ( - 1,0) 单调递增，而 f ' (0) = 0 ，所以当 x ∈ (-1,0) 时，f ' ( x ) < 0 ，故 f ( x ) 在 ( - 1,0) 单调递减，又 f (0)=0 ，从而 x = 0 是 f ( x ) 在 (-1,0] 的唯一零点.⎛ π⎤ ⎛ π⎫ ⎝ 2 ⎦⎝2 ⎭⎛π⎫ ⎛ π⎫ ⎛ π⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭时， f ' ( x) < 0 .故 f ( x) 在 (0, β ) 单调递增，在 β , ⎝π⎫ 2⎭⎛π⎫ ⎛ π⎫ ⎛ π⎤ ⎛ π⎤ ⎪ ⎪零点.⎛π ⎤ ⎛π ⎫ ⎝ 2⎦⎝ 2⎭⎛π⎫ ⎝ 2 ⎭⎤⎝ 2 ⎦（iv ）当 x ∈ (π, +∞) 时， ln( x + 1) > 1 ，所以 f ( x ) <0，从而 f ( x ) 在 (π, +∞) 没有零点.综上， f ( x ) 有且仅有2个零点.x - 1 .（1）讨论 f (x )的单调性，并证明 f (x )有且仅有两个零点；（2）设 x 0 是 f (x )的一个零点，证明曲线 y =ln x 在点 A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线 y = e x 的切线.【答案】（1）函数 f ( x ) 在 (0,1) 和 (1, +∞) 上是单调增函数，证明见解析；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1） U （1，+∞）．因为 f ' ( x ) = 1 +> 0 ，所以 f ( x ) 在（0，1），（1，+∞）单调递增． e + 1 e2 + 1 e 2 -3 < 0 ， f (e 2 ) = 2 - 即 f （x ）=0．又 0 << 1 ， f () = - ln x + 1 = - f ( x ) = 0 ，故 （x ）在（0，1）有唯一零点 ．xxx - 1 xx + 1 = e - ln x 0，故点 B （–ln x ， ）在曲线 y =e x 上． x xx + 1 xx x - 1 1 由题设知 f ( x ) = 0 ，即 ln x = ，故直线 AB 的斜率 k = = 0 = ． - x x x - 1曲线 y =e x 在点 B(- ln x ,1x )处切线的斜率是 ，曲线 y = ln x 在点 A( x ,ln x )处切线的斜率也是 b = -1 b =1若 a >0 ， 则 当 x ∈ (-∞,0) U, +∞ ⎪ 时 ， f '( x) > 0 ； 当 x ∈ 0, ⎪ 时 ， f '( x) < 0 ． 故 f ( x) 在 (-∞,0), , +∞ ⎪ 单调递增，在 0, ⎪ 单调递减；2 x ( x - 1)2因为 f （e ）=1 - =e -1 e 2 - 1 e 2 - 1> 0 ，所以 f （x ）在（1，+∞）有唯一零点 x 1，11 1 1 1综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为 1 1 0 0 011 x + 1- ln x- 00 0 0 0 0 0 x - 1 - ln x - xx + 1 0 0 0 - 0 00 00 0 11x0 0 x0 0，所以曲线 y = ln x 在点 A( x 0 ,ln x 0 ) 处的切线也是曲线 y =e x 的切线．10．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数 f ( x ) = 2 x 3 - ax 2 + b .（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）是否存在 a, b ，使得 f ( x ) 在区间 [0,1] 的最小值为 -1且最大值为 1？若存在，求出 a, b 的所有值； 若不存在，说明理由.⎧a = 0 ⎧a = 4【答案】（1）见解析；（2） ⎨ 或 ⎨⎩ ⎩.【解析】（1） f '( x ) = 6 x 2 - 2ax = 2 x (3x - a) ．令 f '( x ) = 0 ，得 x =0 或 x = a 3.⎛ a ⎫ ⎛a ⎫ ⎝ 3⎭⎝ 3 ⎭⎛ a ⎫ ⎛ a ⎫ ⎝ 3 ⎭ ⎝ 3 ⎭U (0,+∞) 时 ， f '( x) > 0 ； 当 x ∈ ,0 ⎪ 时 ， f '( x) < 0 ． 故 f ( x) 在 3 ⎭ ⎝ 3 ⎭⎛ -∞, ⎪ ,(0, +∞) 单调递增，在 ,0 ⎪ 单调递减.3 ⎭ ⎝⎝ 3 ⎭ a ⎫ （iii ）当 0<a <3 时，由（1）知， f ( x) 在[0，1]的最小值为 f ⎪ =- 令 f '( x ) = 1 ，即 x 2 - 2 x + 1 = 1，得 x = 0 或 x = .若 a =0， f ( x ) 在 (-∞, +∞) 单调递增；若 a <0 ， 则 当 x ∈ -∞, ⎝a ⎫ ⎛ a ⎫ ⎪⎛ ⎛ a ⎫（2）满足题设条件的 a ，b 存在.（i ）当 a ≤0 时，由（1）知， f ( x ) 在[0，1]单调递增，所以 f ( x ) 在区间[0，l]的最小值为 f (0)=b ，最大值为 f (1) = 2 - a + b .此时 a ，b 满足题设条件当且仅当 b = -1 ， 2 - a + b = 1，即 a =0， b = -1 ．（ii ）当 a ≥3 时，由（1）知， f ( x ) 在[0，1]单调递减，所以 f ( x ) 在区间[0，1]的最大值为 f (0)=b ，最小值为 f (1) = 2 - a + b ．此时 a ，b 满足题设条件当且仅当 2 - a + b = -1 ，b =1，即 a =4，b =1．⎛ a ⎫⎝ 3 ⎭a 3 27 +b ，最大值为 b 或 2 - a + b ．若 -若 - a 3 27a 3 27+ b = -1 ，b =1，则 a = 3 3 2 ，与 0<a <3 矛盾.+ b = -1 ， 2 - a + b = 1，则 a = 3 3 或 a = -3 3 或 a =0，与 0<a <3 矛盾．综上，当且仅当 a =0， b = -1 或 a =4，b =1 时， f ( x ) 在[0，1]的最小值为-1，最大值为 1．11．【2020 年高考北京理数】已知函数 f ( x ) =14x 3 - x 2 + x ．（Ⅰ）求曲线 y = f ( x ) 的斜率为 1 的切线方程；（Ⅱ）当 x ∈ [-2, 4] 时，求证： x - 6 ≤ f ( x ) ≤ x ；（Ⅲ）设 F ( x ) =| f ( x ) - ( x + a) | (a ∈ R) ，记 F ( x ) 在区间 [-2,4] 上的最大值为 M （a ）．当 M （a ） 最小时，求 a 的值．【答案】（Ⅰ） y = x 与 y = x - 6427；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ） a = -3 .1 3【解析】（Ⅰ）由 f ( x ) =x 3 - x 2 + x 得 f '( x ) = x 2 - 2 x + 1. 4 43 84 3令g'(x)=0得x=0或x=.(0,270Z]（Ⅱ）当x∈⎢,⎥时，证明f(x)+g(x) -x⎪≥0；42（Ⅲ）设x为函数u(x)=f(x)-1在区间 2nπ+⎝,2nπ+⎪内的零点，其中n∈N，证明又f(0)=0，f(8)=3827，所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-88=x-，273即y=x与y=x-64 27.（Ⅱ）令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=13x3-x2得g'(x)=x2-2x. 4483g'(x),g(x)的情况如下：x g'(x)-2(-2,0)08)3-+838(,4)3+4g(x)-60-64Z所以g(x)的最小值为-6，最大值为0.故-6≤g(x)≤0，即x-6≤f(x)≤x.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a<-3时，M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3；当a>-3时，M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3；当a=-3时，M(a)=3.综上，当M(a)最小时，a=-3.12．【2020年高考天津理数】设函数f(x)=e x cos x,g(x)为f(x)的导函数．（Ⅰ）求f(x)的单调区间；⎡ππ⎤⎛π⎫⎣⎦⎝2⎭n ⎛ππ⎫42⎭2 sin x - cos x【答案】（Ⅰ） f ( x) 的单调递增区间为 ⎢2k π - , 2k π + ⎦π 5π ⎤ ⎥⎦ (k ∈ Z) .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. ⎣【解析】（Ⅰ）由已知，有 f ' ( x) = e x (cos x - sin x) ．因此，当 x ∈ 2k π +, 2k π + ⎪ (k ∈ Z) 时， 有 sin x > cos x ， 得 f ' ( x) < 0 ， 则 f (x ) 单 调 递 减；当 x ∈ 2k π - , 2k π + ⎪ (k ∈ Z) 时 ， 有 所以， f (x )的单调递增区间为 ⎢2k π - , 2k π + ⎥ (k ∈ Z), f ( x) 的单调递减区间为 π 5π ⎤ ⎥⎦ (k ∈ Z) ．⎣（Ⅱ）证明：记 h( x) = f ( x) + g ( x) ⎛π - x ⎪．依题意及（Ⅰ），有 g ( x) = e x (cos x - sin x) ，从而 g' ( x) = -2e x sin x ．当 x ∈ , ⎪ 时， g'( x) < 0 ，故 h'( x) = f ' ( x) + g' ( x) - x ⎪ + g ( x)(-1) = g' ( x) - x ⎪ < 0 ．因此， h (x ) 在区间 ⎢ , ⎥ 上单调递减，进而 h( x) ≥ h ⎪ = f ⎪ = 0 ．所以，当 x ∈ ⎢ , ⎥ 时， f ( x) + g ( x) - x ⎪ ≥ 0 ．4 2 = 1 ．记 y = x - 2n π ，则 y ∈ , ⎪ ，⎝ 4 2 ⎭π e -2n π2n π + - x <n 0．⎡ 3π π ⎤ ⎣ 4 4 ⎥ (k ∈ Z), f ( x ) 的单调递减区间为⎡ ⎢2k π + , 2k π + 4 4⎛ ⎝π 5π ⎫ 4 4 ⎭sin x < cos x ，得 f ' ( x ) > 0 ，则 f (x )单调递增．⎛⎝3π π⎫ 4 4 ⎭⎡⎣3π π⎤ 4 4 ⎦⎡ ⎢2k π +, 2k π + 4 4⎫ ⎝ 2 ⎭⎛π π⎫ ⎝ 4 2 ⎭⎛π ⎫ ⎛π ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭⎡π π⎤ ⎛π⎫ ⎛π⎫ ⎣ 4 2 ⎦⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭⎡π π⎤ ⎛π ⎫ ⎣ ⎦⎝ 2⎭（Ⅲ）证明：依题意，u (x n ) = f (x )-1 = 0 ，即 e x n cos x nn n n n ⎛π π⎫且 f (y n) = e y n cos y = e x n -2n π cos (x - 2n π) = e -2n π (n ∈ N ) ．n nf(y)=e-2nπ≤1=f(y)及（Ⅰ），得y≥y．由（Ⅱ）知，当x∈ ,⎪时，g'(x)<0，所⎝42⎭以g(x)在⎢,⎥上为减函数，因此g(y)≤g(y)<g ⎪=0．又由（Ⅱ）知，⎣42⎦⎝4⎭f(y)+g(y) -y⎪≥0，故⎝2n⎭-y≤-=-≤=<2g(y)g(y)g(y)e y0(sin y-cos y)sin x-cos x2sin x-cos xf(y)4⎦【解析】（1）当a=-3f'(x)=-3由n0n0⎛ππ⎫⎡ππ⎤⎛π⎫n0⎛π⎫n nπe-2nπe-2nπe-2nπe-2nπnnn n00000πe-2nπ所以，2nπ+-x<．n00．13．【2020年高考浙江】已知实数a≠0，设函数f(x)=a ln x+x+1,x>0.（1）当a=-34时，求函数f(x)的单调区间；（2）对任意x∈[1e2,+∞)均有f(x)≤x2a,求a的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）f (x)的单调递增区间是(3,+∞),单调递减区间是(0,3)；（2）⎛0,⎝3时，f(x)=-ln x+1+x,x>0．442⎤⎥.1(1+x-2)(21+x+1)+=4x21+x4x1+x，所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由f(1)≤12a2，得0<a≤．4当0<a≤2x x21+x时，f(x)≤等价于-42a a2a-2ln x≥0．令t=1a，则t≥22．设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t≥22，x (t - 1 + )2 - （i ）当 x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ 时， 1 + 1 p'( x ) = 2 71(1, +∞)7 单调递减极小值p (1)（ii ）当 x ∈ ⎢ , ⎪ 时， g (t )…g 1 + ⎪⎪ =⎣ e 2 7 ⎭x ⎭ 2 x, ⎥ ，则 q' ( x) =令 q ( x) = 2 x ln x + ( x + 1), x ∈ ⎢ ⎣ e 7 ⎦故 q ( x) 在 ⎢⎡ 1 1 ⎤ e 2 7 ⎥⎦q ⎪ ．由（i ）得， q ⎪ =- p ⎪ < - p (1)= 0 ．则 g (t ) = 11 + x- 2ln x ．x x⎡ 1⎫⎣ 7 ⎭ x≤ 2 2 ，则g (t ) ≥ g (2 2) = 8 x - 4 2 1 + x - 2ln x ．记 p ( x ) = 4 x - 2 2 1 + x - ln x, x ≥17，则21 2 x x + 1 - 2 x - x + 1- - = x x + 1 x x x + 1= ( x - 1)[1+ x ( 2 x + 2 - 1)]x x + 1( x + 1)( x + 1 + 2 x )故.x1 71( ,1)p'( x )-+p ( x )1 p ( )单调递增所以， p ( x ) ≥ p (1) = 0 ．因此， g (t ) ≥ g (2 2) = 2 p ( x ) ≥ 0 ．⎡ 1 1 ⎫⎛ 1 ⎫ -2 x ln x - ( x + 1)⎝．⎡1 1 ⎤2 ln x + 2 x+ 1 > 0 ，⎣,上单调递增，所以 q ( x )…⎛ 1 ⎫ ⎝ 7 ⎭⎛ 1 ⎫ ⎝ 7 ⎭所以， q (x)<0 ．2 7 ⎛ 1 ⎫ 2 7 7 ⎝ 7 ⎭ 7⎪⎪ x ⎭ ⎛ 由（i ）（ii ）知对任意 x ∈ ⎢ , +∞ ⎪ ， t ∈ [2 2, +∞ ), g (t )…0 ，, +∞ ⎪ ，均有 f ( x)… 即对任意 x ∈ ⎢综上所述，所求 a 的取值范围是 0,⎥ ． 从而 f ' ( x) = 3(x - b ) x - ．令 f ' ( x ) = 0 ，得 x = b 或 x = 3 ⎭ 3因此g (t )…g 1 + ⎝1 ⎫ q ( x )=- > 0 ． 2 x⎡ 1 ⎫ ⎣ e 2⎭⎡ 1 ⎫ ⎣ e 2⎭x 2a．⎛ 2 ⎤ ⎝4 ⎦14．【2020 年高考江苏】设函数 f ( x ) = ( x - a)( x - b )( x - c), a, b , c ∈ R 、 f ' (x) 为 f （x ）的导函数．（1）若 a =b =c ，f （4）=8，求 a 的值；（2）若 a ≠b ，b =c ，且 f （x ）和 f ' (x) 的零点均在集合{ - 3,1,3} 中，求 f （x ）的极小值；（3）若 a = 0,0 < b … 1,c = 1 ，且 f （x ）的极大值为 M ，求证:M ≤ 4 27．【答案】（1） a = 2 ；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为 a = b = c ，所以 f ( x ) = ( x - a)( x - b )( x - c) = ( x - a)3 ．因为 f (4) = 8 ，所以 (4 - a)3 = 8 ，解得 a = 2 ．（2）因为 b = c ，所以 f ( x ) = ( x - a)( x - b )2 = x 3 - (a + 2b ) x 2 + b (2a + b ) x - ab 2 ，⎛ ⎝2a + b ⎫ 2a + b⎪．因为 a, b ,2a + b 3都在集合{-3,1,3}中，且 a ≠ b ，2a + b所以 = 1,a = 3, b = -3 ．3此时 f ( x ) = ( x - 3)(x + 3)2 ， f ' ( x ) = 3( x + 3)( x - 1) ．令 f ' ( x ) = 0 ，得 x = -3 或 x = 1 ．列表如下：xf ' ( x )(-∞, -3)+ -30 (-3,1)–1(1, +∞)+33,x=极大值极小值=[3x2-2(b+1)x+b] 1-⎝3()b+1⎫2b2-b+1b(b+1) -x+9⎭99⎪(b-b+1)≤b(b+1)f(x)Z极大值]极小值Z所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32．（3）因为a=0,c=1，所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx，f'(x)=3x2-2(b+1)x+b．因为0<b≤1，所以∆=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0，则f'(x)有2个不同的零点，设为x,x12(x1<x)．2b+1-b2-b+1b+1+b2-b+1由f'(x)=0，得x=．12列表如下：x f'(x)(-∞,x)1+x1(x,x)12–x2(x,+∞)2+f(x)Z]Z所以f(x)的极大值M=f (x)．1解法一：M=f(x)=x3-(b+1)x2+bx111111⎛x1=-2(b2-b+1)(b+1)b(b+1)2++2792723 b(b+1)2(b-1)2(b+1)2=-+(b(b-1)+1)3 272727244+≤．因此M≤．27272727解法二：因为0<b≤1，所以x∈(0,1)．1当x∈(0,1)时，f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2．令 g ( x) = x( x - 1)2, x ∈ (0,1) ，则 g' ( x) = 3 x - ⎪ ( x - 1) ．极大值 1 ⎛ 1 ⎫ 4max = g ⎪=所以当 x ∈ (0,1) 时， f ( x ) ≤ g ( x ) ≤4, ∴V = πR 3 = π⨯ = 6π ， 2⎛ 1 ⎫ ⎝3 ⎭1令 g' ( x ) = 0 ，得 x = 3xg' ( x )．列表如下：1 (0, )3+1 31( ,1) 3–g ( x )Z ]所以当 x = 时， g ( x ) 取得极大值，且是最大值，故 g ( x ) 3 ⎝ 3 ⎭ 27．4，因此 M ≤ ． 27 27专题 04立体几何1．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥 P ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA =PB =PC △， ABC 是边长为 2 的正三角形，E ，F 分别是 PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球 O 的体积为A ． 8 6πC ． 2 6πB ． 4 6πD ． 6π【答案】D【解析】解法一：Q P A = PB = PC, △ABC 为边长为 2 的等边三角形，∴ P - ABC 为正三棱锥，∴ P B ⊥ AC ，又 E ， F 分别为 P A ， AB 的中点，∴ EF ∥PB ，∴ EF ⊥ AC ，又 EF ⊥ CE ，CE I AC = C , ∴ EF ⊥ 平面 PAC ，∴ PB ⊥ 平面 PAC ，∴∠ APB = 90︒,∴ P A = PB = PC =2 ，∴ P - ABC 为正方体的一部分， R =2 + 2 + 2 = 6 ，即 R =故选 D ．6 4 4 6 62 3 3 8△AEC中，由余弦定理可得cos∠EAC=x2+4-(3-x2)∴2x2+1=2，x2=，x=Q\∴∴V=4解法二：设P A=PB=PC=2x，E,F分别为P A,AB的中点，∴EF∥PB，且EF=1PB=x，2Q△ABC为边长为2的等边三角形，∴C F=3，又∠CEF=90︒，∴C E=3-x2,AE=12P A=x，2⨯2⨯x，作PD⊥AC于D，P A=PC，D为AC的中点，cos∠EAC=12，∴P A=PB=PC=2，∴22AD1x2+4-3+x21 =，=P A2x4x2x，又AB=BC=AC=2，∴P A,PB,PC两两垂直，∴2R=2+2+2=6，∴R=6 2466πR3=π⨯=6π，故选D.338，2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，故选B．3．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF⊥OD于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴E O⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，≥?MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=3,ON=1,EN=2，MF=35,∴BM=7，∴B M≠EN，故选B．22,BF=。