2022年全国甲卷文科高考数学压轴题答案详解及解题技巧(含模拟专练)

年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）压轴真题解读11．已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（

）A． B． C． D．【命题意图】本题主要考查椭圆方程的求解，平面向量数量积的坐标运算等知识【答案】B【解析】因为离心率，解得，，分别为C的左右顶点，则，B为上顶点，所以.所以，因为所以，将代入，解得，故椭圆的方程为.故选：B.【规律总结】根据条件求椭圆方程的主要方法有：(1)定义法：根据题目所给条件确定动点的轨迹满足椭圆的定义．(2)待定系数法：根据题目所给的条件确定椭圆中的a，b.当不知焦点在哪一个坐标轴上时，一般可设所求椭圆的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，不必考虑焦点位置，用待定系数法求出m，n的值即可．(3)椭圆系方程①与eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1共焦点的椭圆系为eq\f(x2,a2－k)＋eq\f(y2,b2－k)＝1(k<b2)．②与eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1有共同的离心率的椭圆系为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝λ或eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝λ(λ>0)．12．已知，则（

）A． B． C． D．【命题意图】本题主要考查构造函数比较大小【答案】A【解析】由可得，而，所以，即，所以．又，所以，即，所以．综上，．故选：A.【解后反思】1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.16．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．【命题意图】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用【答案】##【解析】设，则在中，，在中，，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.故答案为：.【易错】忽视基本不等式成立的条件20．已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．(1)若，求a；(2)求a的取值范围．【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识【解析】(1)由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；(2)，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为.21．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．(1)求C的方程；(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【命题意图】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力【解析】(1)抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；(2)设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.【感悟升华】圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．压轴模拟专练1．（2022山东青岛二中高三模拟）首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天．中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌．雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示.假设圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由于某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，故,所以直线所在的方程为：，代入，解得或（舍，离y轴较远的点），所以点的坐标为.由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，故设抛物线方程为：，则，则由M点处切线斜率为1可得，，又，解得，所以该抛物线的轨迹方程为，即，故选：C.2．（2022辽宁本溪高级中学高三模拟）已知椭圆C：的长轴长为4，若点P是椭圆C上任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为，当时，则椭圆方程为（）A． B．C． D．【答案】D【解析】由长轴长为4得，解得，设，直线l方程为，，，则，，由得，，即，所以①，又P在椭圆上，所以，即，代入①式得，即，因为点P为椭圆上任意一点，所以该式恒成立与无关，所以，解得，所以所求椭圆方程为．故选：D．3．（2022湖北襄阳五中高三模拟）设．则a，b，c大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，故；，故；假设，有，令，则，所以在上单调递增，而，则，所以成立，；故．故选：A．4．（2022浙江镇海中学高三模拟）比较，，的大小（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】构造函数,则，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，在上单调递减，所以，即，所以，所以，所以，所以，所以，即.故选：D.5．（2022江苏盐城高三模拟）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，，若的边BC的中点为D，则中线AD的长度的取值范围为________【答案】【解析】因为，所以，所以所以，又，所以解法一：因为锐角，所以解法二：锐角的外接圆中，弦BC对应劣弧所对圆周角为，点A在弦BC对应的优弧上如图，当为时，不妨设，此时，当顶点A在处时，为等边三角形，AD过圆心.则．所以AD的长度的取值范围为．故答案为：6．（2022福建泉州七中高三模拟）锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为___________.【答案】【解析】因为，所以.因为,所以，所以.所以.因为为锐角三角形，所以，所以,所以.所以，即.因为为锐角三角形，所以，解得：由正弦定理得：，.所以.因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以.即在中，由两边之和大于第三边，所以.综上所述：.故答案为：7．（2022山东滕州一中高三模拟）已知函数，.(1)若曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，求实数的值；(2)若函数无零点，求实数的取值范围；(3)当时，函数在处取得极小值，求实数的取值范围.【解析】(1)因为函数，，所以，.因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，所以.则，解得.(2)由题意，，设.①当时，，在上单调递增，且，所以，所以在上无零点.②当时，令，得．当，即时，，在上单调递增，且，所以，所以在上无零点.当时，，符号变化如下，0+↘极小值↗所以.当，即时，，所以，所以在上无零点.当，即时，由，，所以至少存在一个零点，所以至少存在一个零点.综上，若无零点，实数的取值范围为.(3)当时，，定义域为．则．由（2）可知，当时，，当时，，所以当时，在上恒成立.此时，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得极小值．当时，，当时，，，所以，单调递减.此时不是极小值点．即时，不合题意．综上，满足条件的的取值范围为．8．已知函数，.(1)若曲线在和处的切线互相平行，求的值；(2)求的单调区间；(3)若对任意，均存在，使得，求的取值范围．【解析】(1)，则，其中，由题意可得，即，解得．(2)函数的定义域为，则.①当时，对任意的，，由，可得；由，可得，此时函数的增区间为，减区间为；②当时，则，由可得；由可得或.此时函数的减区间为，增区间为、；③当时，对任意的，且不恒为零，此时函数的增区间为，无减区间；④当时，则，由可得；由可得或.此时函数的减区间为，增区间为、.综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为；当时，函数的减区间为，增区间为、；当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的减区间为，增区间为、.(3)对任意，均存在，使得，所以，当时，有．在的最大值．由（2）知：①当时，在上单调递增，故，所以，，解得，此时；②当时，在上单调递增，在上单调递减，故，由，知，所以，，则，则.综上所述的取值范围是．9．（2022辽宁省实验中学高三模拟）已知椭圆的短轴长为2，离心率为，抛物线的焦点为椭圆的右焦点.(1)求椭圆及抛物线的方程；(2)如图，过作直线l交抛物线于P，Q两点（P在Q的左侧），点Q关于x轴的对称点为，求证直线过定点N；并求当l的倾斜角为时，点M到直线距离d的取值范围.【解析】(1)由题意得，因为离心率为，∴，，∴,∴椭圆，，所以抛物线.(2)设，则，，∵，∴，同理可得，把代入l得，所以，所以直线过定点.当l的倾斜为时，∴∴∴且，∴，，令则，，∵在上单调递减，∴.10．（2022山东青州一中高三模拟）已知抛物线的焦点为F，点为E上位于第一象限的点，．(1)求抛物线E的方程及点P的坐标；(2)设抛物线在点P处的切线为直线l，直线与抛物线E交于M，N