重组卷02（理科）-2023年高考数学真题重组（解析版）

绝密★启用前

冲刺2023年高考数学真题重组卷02

课标全国卷地区专用(解析版)

注意事项：

ɪ.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.(2022•全国•统考高考真题)若z=—l+gi,则告=()

b

ʌ-τ+Ki∙T-倔c∙-∣+τid∙-∣-Ti

【答案】C

【分析】由共较复数的概念及复数的运算即可得解.

【详解】z=-1-√3i,zz=(-1+√3i)(-l-√3i)=1+3=4.

Z-1+√3i1√3.

--------=-T------ɪ

zz-l3------------33

故选：C

2.(2021•全国•统考高考真题)已知集合S={s∣s=2n+l,neZ),T=Qlt=4n+l,n∈Z},则SnT=()

A.0B.SC.TD.Z

【答案】C

【分析】分析可得T=S,由此可得出结论.

【详解】任取ter，则t=4n+l=2∙(2ττ)+l,其中n∈Z,所以，t∈S,故TUS,

因此，SCT=T.

故选：C.

3.(2020.全国.统考高考真题)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥,

以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与

底面正方形的边长的比值为()

ʌ√5-l√5-l厂√5+lC√5+l

A.----1n5.----C.----U.------

4242

【答案】C

【分析】设CD=a,PE=b,利用P02∙PE得到关于α,b的方程，解方程即可得到答案.

【详解】如图，设CD=a,PE=b,则P。=y∕PE2-OE2=5

由题意P02=%b,即炉一Q=Lab,化简得4(字-2/-I=0,

242aa

解得2=竽(负值舍去).

a4

故选：C.

【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.

4.(2022•全国•统考高考真题)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为()

Ill2

A.-B.-C.-D.-

6323

【答案】D

【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.

【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C楙=21种不同的取法，

若两数不互质，不同的取法有：(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7种，

故所求概率P=等=|.

故选：D.

03

5.(2022天津•统考高考真题)=log20.3,⅛=logi0.4,c=O.4,则4,b,C的大小关系为()

2

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

【答案】D

【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出Q,b,C的范围即可求解.

【详解】,∙∙log20.3<Iog2I=0,.,・α<0,

Vlogι0.4=—Iog0.4=Iog->log2=1,・,•b>1,

22222

•・•0<O.4O∙3<O.4o=1,Λ0<c<1,

a<c<b.

故选：D.

+

6.(2020•全国•统考高考真题)数列｛an｝中，的=2,对任意mfnENfam+n=aman,若以+i+c⅛+2+…+

ak+lQ-215—25,则Z=()

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

【答案】C

【分析】取M=1,可得出数列｛αn｝是等比数列，求得数列｛αn｝的通项公式，利用等比数列求和公式可得出

关于女的等式，由士∈N*可求得Z的值.

【详解】在等式/+n=Qman中，令Zn=匕可得α∏+ι=anal=2α,*,*41=2,

nnan

所以，数列｛απ｝是以2为首项，以2为公比的等比数列,则αrι=2x2nτ=2",

51

•1-ak+1+ak+2+∙∙∙+ak+10=M沌2—=2日./。)=2k+i(2ιo_1)=2(2°-1),

.∙.2k+1=25,则k+1=5,解得Zc=4.

故选：C.

【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，

属于中等题.

7.(2020•全国•统考高考真题)已知向量a,B满足同=5,∖b∖=6,ab=-6,则cos<,,d+3>=()

A.--B.--C.—D.-

35353535

【答案】D

【分析】计算出a∙伍+我、M+臼的值，利用平面向量数量积可计算出cos<a,a+B>的值.

【详解】∙∙∙∣d∣=5,向=6,db=-6,d∙(d+b)=∣d∣2+ɑ■h=52—6=19.

∣α+fo∣=J(α+ð)2=√α2+2α∙b÷62=√25-2×6÷36=7,

因此，cos<αα+b>=：卷[=言=W

l∣α∣∙∣α+∂∣5×735

故选：D.

【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，

考查计算能力，属于中等题.

8.(2022•全国•统考高考真题)设尸为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0),^∖AF∖=∖BF∖,

贝IJlABl=()

A.2B.2√2C.3D.3√2

【答案】B

【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点4的横坐标，进而求得点4坐标，即可得

到答案.

【详解】由题意得，F(l,0),则|4/I=IBFl=2,

即点4到准线X=-1的距离为2,所以点4的横坐标为-1+2=1,

不妨设点4在X轴上方，代入得，4(1,2),

所以IABl=√(3-I)2+(0-2)2=2√2.

故选：B

9.(2022.全国.统考高考真题)记函数/^(x)=Sin(<υx+()+b(3>0)的最小正周期为T.若与<T<兀，且

y=∕(x)的图象关于点(手,2)中心对称，则/©)=()

A.1B.-C.三D.3

22

【答案】A

【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.

【详解】由函数的最小正周期T满足?<T<兀，得？</<兀，解得2<3<3,

又因为函数图象关于点(表2)对称，所以芋3+W=kτr,k∈Z,且b=2,

所以3=—3+1k,keZ,所以co=1,f(x)=sin(]x+?)+2,

所以fC)=SinO+9+2=1∙

故选：A

10.（2020•全国•统考高考真题）已知4B,C为球O的球面上的三个点，001为△48C的外接圆，若。01的面

积为4ττ,AB=BC=AC=OO1,则球。的表面积为（）

A.64πB.48πC.36πD.32π

【答案】A

【分析】由已知可得等边AABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OOi的值，根据球的截面性质，求出

球的半径，即可得出结论.

【详解】设圆Oi半径为r,球的半径为R,依题意，

得兀"=4π,■.r=2,"ΔABC为等边三角形，

由正弦定理可得4B=2rsin60o=2√3,

.∙.OO1=AB=2√3,根据球的截面性质。。1_L平面4BC,

2222

.∙.OO11O1A,R=OA=y∕001+O1A=y∕001+r=4,

球。的表面积S=4TΓR2=647Γ.

故选：A

【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.

11.（2021•全国•统考高考真题）设α力0,若x=α为函数f（x）=α（x-α）2（x-b）的极大值点，则（）

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

【答案】D

【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对。进行分

类讨论，画出/（K）图象，即可得到α,b所满足的关系，由此确定正确选项.

【详解】若α=b,则八x）=α（x-α）3为单调函数，无极值点，不符合题意，故α≠b.

・'・f（x）有X=Q和％=b两个不同零点，且在X=Q左右附近是不变号，在X=b左右附近是变号的.依题意，

X=。为函数/（x）="（r-"）∙（X-6）的极大值点，...在X=α左右附近都是小于零的.

当QVO时，由x>b,/(x)≤0,画出/(%)的图象如下图所示:

由图可知bVα,α<0,故CZb>a2.

当Q>0时，由x>b时，/(%)>0,画出/(%)的图象如下图所示:

由图可知b>α,a>Of故αb>a2.

综上所述，Qb>a?成立.

故选：D

【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.

12.(2021.天津.统考高考真题)设α6R,函数/(x)=|ΓɪcX,若/0)在区间

(.xz—2(Q+l)x+a，+5,X≥a

(0,+8)内恰有6个零点，则a的取值范围是()

ʌ-(2-3U(ΓT]B∙G-2)U(PT)

【答案】A

【分析】由X2—2(Q+l)x+a?+5=O最多有2个根，可得CoS(2兀％—2τTQ)=O至少有4个根，分别讨论

当X<。和X≥Q时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.

【详解】•∙,X2-2(α+l)x+α2+5=0最多有2个根，所以cos(2τr%-2πa)=0至少有4个根，

由2ττx—2πa=-÷kπ,k∈Z可得％=-÷i÷α∕c∈Z,

224l

⅛0<^+i+α<α∏TW-2α-∣<⅛<-i,

(I)XVQ时，当一5≤—2@—；V—4时，/(x)有4个零点，即;<Q≤*

当—6≤—2d—ɪ<—5,/(%)有5个零点，即：VQ≤卢；

当一7≤—2α—T<—6,/(x)有6个零点，即/<α≤输

(2)当X≥α时，f(x)=X2-2(α+I)X+α2+5,

Δ=4(α+I)2-4(a2+5)=8(a-2),

当a<2时，4<0,/(x)无零点；

当a=2时，Δ=0,/(x)有1个零点；

当a>2时，令/(a)=a2-2a(a+l)+a2+5=-2a+5≥0,K∣J2<a<|,此时f(x)有2个零点；

所以若a>⅛i,f(x)有1个零点.

综上，要使/(x)在区间(0,+8)内恰有6个零点，则应满足

(-<a≤-(-<a≤-(IlVo<13

4闻44或τ<a≤τ,

2<a≤-a=2或Q>-(a<2

I2I2

则可解得a的取值范围是(2用U(j,⅛].

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成X<a和无≥a两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.(2021・天津•统考高考真题)在卜/+1)6的展开式中，一的系数是.

【答案】160

【分析】求出二项式的展开式通项，令X的指数为6即可求出.

【详解】(2/+J的展开式的通项为Tr+1=Cg(2χ3)6-r,Gy=26-rcr,χ18-4r,

令18-4r=6,解得r=3,

所以”的系数是23瑶=160.

故答案为：160.

,2%+y-2≤0,

14.(2020•全国•统考高考真题)若X,y满足约束条件X-y-1≥0,则z=x+ly的最大值为.

,y+1≥0,

【答案】1

【分析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值.

【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数Z=X+7y即：y=-∣x+∣z)

其中Z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，

据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，

联立直线方程：I?+]-;=2,可得点A的坐标为：4(1,0),

据此可知目标函数的最大值为：ZmaX=I+7X0=1.

故答案为：I.

【点睛】求线性目标函数z=ax+by(ab≠0)的最值，当b>0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，Z值

最大，在y轴截距最小时，Z值最小；当b<0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，Z值最小，在y

轴上截距最小时，Z值最大.

15.(2022・全国•统考高考真题)若曲线y=(x+α)ex有两条过坐标原点的切线，则”的取值范围是

【答案】(—8,—4)U(O,+8)

【分析】设出切点横坐标X0,利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于a的方程,

根据此方程应有两个不同的实数根，求得ɑ的取值范围.

【详解】∙.∙y=(x+α)e*,.∙.y'=(x+l+α)e”,

设切点为(XOJo),则M)=(Xo+a)ejc。,切线斜率k=(XO+1+α)ejcθ,

z

切线方程为：y-(x0+a)e°=(x0+1+a)铲O(X-x0),

xx

切线过原点，，一(Xo+a)e<>=(Xo+1+a)e°(-x0),

整理得：XQ+ax0-a=0,

T切线有两条，，△=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,

.∙∙a的取值范围是(一8,-4)U(0,+8),

故答案为:(-∞,-4)U(0,+∞)

16∙（2021・天津•统考高考真题）若a〉。,b＞。，则5+p+b的最小值为------------

【答案】2√2

【分析】两次利用基本不等式即可求出.

【详解】∙∙∙a>0,b>0,

1a2

-h2

-+=-+>-

∙S+i≥2a∂(∙b=2λ∕2,

b2

当且仅当"⅛⅛=b,即aS=企时等号成立,

所以打端+b的最小值为2√Σ

故答案为：2√Σ.

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。第17〜21题为必考题，每个试题考

生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

17.（2022•全国•统考高考真题）记Sn为数列｛an｝的前”项和.已知.+n=2aπ+l.

（1）证明：｛a"是等差数列；

（2）若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值.

【答案】（1）证明见解析；

(2)-78.

2

【分析】⑴依题意可得2S7l+n=2nan+n,根据即=LLl=才作差即可得到厮-αn-1=1，

IDnɔn-几三乙

从而得证；

(2)法-：由(1)及等比中项的性质求出％,即可得到｛a7l｝的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性

质计算可得.

2

【详解】(1)因为华+n=2αn+1,即2Sτι+n=2nan+n①，

z

当n≥2时，2Sn.1+(n—l)=2(n-l)an-1+(n-1)②，

2

①一②得，2Sn+/—2Sn一1—(n—I)=27icιπ+Zi—2(九—I)QrIT-(τι—1),

即2册+2n—1=2nan—2(n—l)an-ι+1»

即2(几一l)an-2(n-I)Qn-I=2(n-1),所以Qn-an-1=1,n≥2月.n∈N*,

所以是以1为公差的等差数列.

(2)［方法一］：二次函数的性质

由(1)可得%=Ql+3,%=Qi+6，%=%+8,

又04，Q7，成等比数列，所以2=Q4∙Q9,

2

即(％+6)=(Ql+3)∙(a1+8),解得Ql=-12,

2n-2

所以arι=n-13，所以SJI=-12n+=∣n-yn=∣(y)-V>

所以，当n=12或n=13时，(Sn)min=-78.

［方法二］：【最优解】邻项变号法

由(1)可得。4=ɑi+3.a7=ɑɪ+6,a9=a1+8,

2

又a4,a7,a9成等比数列，所以a7=a4∙a9,

2

即(％+6)=(a1+3)∙(a1+8),解得all=-12,

所以a71=n—13,即有的<a2<•••<a12<O,a13=0.

则当n=12或H=13时，(Sn)min=-78.

【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出Sn的最小值，适用于可以求出Sn的表达式；

法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解.

18.(2021•全国•统考高考真题)如图，四棱锥P-ABC。的底面是矩形，PDl底面/BCD,PD=DC=1,M

为BC的中点，且PBJ.AM.

R

（2）求二面角4-PM-B的正弦值.

【答案】⑴√2;（2）粤

14

【分析】（1）以点。为坐标原点，DA、DC、CP所在直线分别为x、y、Z轴建立空间直角坐标系，设BC=2a,

由已知条件得出而∙前=0，求出α的值，即可得出BC的长；

（2）求出平面P4M、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

【详解】（1）［方法一］：空间坐标系+空间向量法

•••PD1^∖ABCD,四边形ABCC为矩形，不妨以点。为坐标原点，DA.DC、DP所在直线分别为x、y、Z轴

设BC=2α,则。(0,0,0)、P(0,0,l)>B(2a,1,0),Λf(α,l,O)>力(2a,0,0),

则而=(2a,1,-1),AM=(-a,1,0),

∙.∙PBLAM,则而∙AM=-2a2+1=0,解得a=圣故BC=2a=√2;

［方法二］【最优解】：几何法+相似三角形法

如图，连结BD.因为PD_L底面4BCD,且AMU底面ABeD,所以PDl.AM.

又因为PBl4M,PBnPD=P,所以AMI平面PBD.

又BDU平面PBD,所以

从而N∕W8+∆DAM=90°.

因为NAMB+NZλ4M=90。，所以zM4B=N4DB.

所以△ADBBAM,于是

ABBM

所以^BC2=1.所以BC=√Σ

［方法三］:几何法+三角形面积法

如图，联结8。交AM于点N.

AB

由［方法二］知AM1DB.

在矩形48C。中，有ADANS&BMN,所以丝=丝=2,即AN=

MNBM3

令BC=2t(t>0),因为M为BC的中点，则BM=3DB=√4t2+1,AM=√t2+1.

由SADA8=T2λ4TB=1DB∙4N,得t=J√4t2+l∙g√t2+ι,解得±2=%所以BC=2t=√Σ

(2)［方法一］【最优解】：空间坐标系+空间向量法

设平面P4M的法向量为记=(XI,yι,zj,贝IJaM—(一j,l,θ),AP—(-√2,0,1),

由齐•丹=-枭+乃=。，取XI=0可得沅=(企,I©,

,m∙AP=->j2x1÷z1=0

设平面PBM的法向量为记=(X2,y2,Z2),BM=(-y,θ,θ),βP=(-√2,-l,l),

由，___2,取力=1，可1⅛∏∙=(0,1,1),

n∙BP=—Λ∕2X2—丫2+Z2=0

/一一、m∙n33√14

8S<S>=而而=标=F

所以，Sin(沅,元)=Jl-COS2(沅,有>=詈,

因此，二面角4-PM-B的正弦值为丝.

14

［方法二］:构造长方体法+等体积法

如图,构造长方体力BCn-4/1ClD1，联结481,4卷,交点记为H,由于冬当_1_&8,AB11BC,所以AH_L

联结AG,由三垂线定理可知AG1D1M,

故乙4GH为二面角4-PM-B的平面角.

易证四边形AlBCDl是边长为√Σ的正方形，联结［H,HM.

SADIHM=∙HG，SADTHM=S正方形ABCDl-SADIAIH-SAHBM一SXMCD/

由等积法解得HG=警.

在RtAAHG中，AH=^-,HG=由勾股定理求得AG=等.

所以，sin乙4G，=热=回，即二面角4-PM-B的正弦值为迤.

AG1414

【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结

合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面

积方法求得.

（2）方法利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁,

为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.

19.（2022•全国•统考高考真题）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某

种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：

m3）,得到如下数据:

样本号i12345678910总和

根部横截面积再0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

材积量K0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

2

并计算得2詈々2=0.038,∑j^1yi=1.6158N随Xiyi=0.2474.

（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；

（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2.已

知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.

附：相关系数r=-I=⅛2≡2^2=,√L896≈1.377.

2

J∑L（χT）2∑i1（yi-W

【答案】（l）0∙06r∏2;0.39m3

(2)0.97

(3)1209m3

【分析】(D计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平

均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

(2)代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；

(3)依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计

值.

【详解】(1)样本中IO棵这种树木的根部横截面积的平均值元=M=O.06

样本中10棵这种树木的材积量的平均值y=瞽=0.39

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2,

平均一棵的材积量为0∙39n?

∣

(2)r=渭初_∑=ιxiy-IOxy

22

J∑/°l(Xi-^)Σ^(yl-y)J(∑∙-2—10元2)(ς-M2-10尸)

0.2474-IOx0.06X0.390.01340.0134

=≈-----------≈0.97

√(0.038-10×0.062)(1.6158-10×0.392)√0.00018960.01377

则r≈0.97

(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Yn?,

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，

可得鬻=早，解之得y=1209πΛ

则该林区这种树木的总材积量估计为12090?

20.(2022•全国•统考高考真题)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,O),过F的直线交C于M,

N两点.当直线MD垂直于X轴时，IMFl=3.

(1)求C的方程；

(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,/?.当α-0取得最大值

时，求直线AB的方程.

【答案】⑴y2=效；

(2)AB:X=y∣2y+4.

【分析】(1)由抛物线的定义可得IM尸∣=p+§即可得解;

(2)法一：设点的坐标及直线MN:x=my+1,由韦达定理及斜率公式可得∕⅛N=2心8,再由差角的正切

公式及基本不等式可得心-=当，设直线48d=√∑y+n,结合韦达定理可解.

【详解】(1)抛物线的准线为X=—$当MD与X轴垂直时，点M的横坐标为p,

此时∣M∕7∣=p+々=3,所以p=2,

所以抛物线C的方程为y2=4xs

(2)［方法一］：【最优解】直线方程横截式

设“（去月）”（常丫2），4（5为），8（*”），直线MM%=my÷1,

χ=γγ∖y+1_

丫可得

{2_4%V-4my-4=0,Δ>0,y1y2=-4,

由斜率公式可得=2F⅞=-Λ-,心8=钓=’一，

Zi_Z2yι+y

2yl_yly3+y4

4444

直线MD:X=笠∙y+2,代入抛物线方程可得y2一丝铲y-8=0,

A>0,%y3=-8,所以%=2为，同理可得%=2%，

4_4_kMN

所以∕ς4B

y3+y42（y1+y2）2

又因为直线MN、AB的倾斜角分别为ɑ,凡所以心B=tan。=竽=等，

若要使α一6最大，则夕∈(θ,f)>设^MN=2fc=2k>0,则tan(α-/?)=：：；鬻喘----------=1---------≤

∖LJylβ1+IdnCtiaiip1+2k2n+2k~

1_√2

源=7'

当且仅当A2k即k=1时,等号成立,

所以当a一夕最大时，kAB=y,设直线48：X=√∑y+n,

代入抛物线方程可得y2-4√2y-4n=0,

Δ>0,丫3、4=-4M=4y1y2=-16,所以n=4,

所以直线AB:X=√2y+4.

［方法二］：直线方程点斜式

由题可知，直线MN的斜率存在.

设M(Xl,yi),N(X2，y2)，4(X3，y3)，B(›4，y4)，直线MN:y=fc(x-1)

由FyaF2J,得：Y/-(21+4)χ+H=0,XIX2=1,同理，y1y2=-4.

直线MD:y=-2),代入抛物线方程可得：XIX3=4，同理，x2⅞-4.

代入抛物线方程可得:y/3=-8,所以y3=2%，同理可得%=2乃，

由斜率公式可得：然B=纥"=管杂=产、=JkMN∙

λd

X「X34(—■一--J2(X2-X1)2'"Y

(下同方法一)若要使a一3最大，则0∈(θ,;),

设^MN=2kAB=2k>0,则tan(α—β)=_k___=立

2

MNAB'1l+tanatan∕?l+2fc⅛2k2IT^4

当且仅当5=2々即k=芋时，等号成立，

r

所以当a-夕最大时，kAB=y,设直线力8:%=√∑y+n,

代入抛物线方程可得y2—4y∕2y—4n=0,Δ>0,%丫4=-4九=4yιy2=—16,所以n=4,所以直线/B:%=

√2y+4.

［方法三］：三点共线

设M件,％),N件小)，4(耳，、3)，8信九),

设P(t,O),若P、M、N三点共线，由丽=(3-t,yJ,PN=(^-t,y2)

所以(⅛^一')丫2=(与y］，化简得y1y2=-4t,

反之，若为、2=-4t,可得MN过定点(t,0)

因此，由M、N、F三点共线，得%丫2=-4,

由M、D、A三点共线，得%丫3=-8，

由N、D、B三点共线，得=一8，

则=4y1y2=-16,AB过定点(4,0)

(下同方法一)若要使α-/?最大，则夕∈(O,/),

设MN=2fcβ=2k>0,贝IJtan(α一夕)=⑶惬-⑶，=-=≤

^i423——=—,

MNAb'y'l+tanαtan^l+2ki÷2fc2花获4

当且仅当沪2k即A=苧时，等号成立，

所以当a-0最大时，kAB-y,所以直线4B:X=√∑y+4.

【整体点评】(2)法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线MN,AB的斜率关系，

由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法;

法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；

法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线48过定点，省去联立过程，也不失为一种简化

运算的好方法.

21.(2021•全国•统考高考真题)已知α>0且α≠1,函数f(x)=^(x>0).

(1)当α=2时，求f(x)的单调区间；

(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求。的取值范围.

【答案】⑴(0,总上单调递增；忌+8)上单调递减；⑵(Le)U3+8).

【分析】(1)求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；

(2)方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线y=f(x)与直线y=l有且仅有两个交点等价转化为方

程等=詈有两个不同的实数根，即曲线y=g(χ)与直线y=詈有两个交点，利用导函数研究g(x)的单调性,

并结合g(x)的正负，零点和极限值分析g(x)的图象，进而得到0<?<%发现这正好是0<g(a)<g(e),

然后根据g(x)的图象和单调性得到ɑ的取值范围.

【详解】(1)当。=2时，KX)=总尸(X)=2"2:：?ln2="2号种2),

令/'(X)=0得X=AP当0<X<意时，/(x)>0,当X>急时，f'{x)<0,

二函数/(x)在(0,台上单调递增；信,+8)上单调递减：

(2)［方法一］【最优解】：分离参数

/(x)=^=l<=>αx=xα<=>XIna=αlnxQ等=等,设函数g(x)=

则g'(x)=炭二令g'(x)=0，得*=e,

在(0,e)内g'(x)>0,g(%)单调递增;

在(e,+8)上“(%)<0,g(x)单调递减；

・•・9Mmax=g(e)=a

又g(l)=0,当％趋近于+8时，g(x)趋近于0,

所以曲线y=〃x)与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y=等有两个交点的充分必要条

件是0<等<这即是0<g(α)<5(e),

所以α的取值范围是(l,e)U(β,+∞).

［方法二］：构造差函数

由y=/(χ)与直线y=1有且仅有两个交点知f(%)=1,即％。=ɑ*在区间(0,+8)内有两个解，取对数得方

程αln%=XInQ在区间(0,+8)内有两个解.

axna

构造函数g(x)=a∖nx-x∖nafxE(0,+∞),求导数得g'(%)=^-lnα=~^t

当O<a<1时，lnɑ<O,x∈(O,+∞),a—x∖na>0,g'(%)>0,g(%)在区间(0,+8)内单调递增,所以，g(%)在

(0,+8)内最多只有一个零点，不符合题意；

当Q>1时，lnɑ>0,令g'(%)=0得%=ɪ,当％∈(。，高)时，9’(X)>。；当％e(高，+8)时，g'(%)<0；

所以，函数g(x)的递增区间为(0,高)，递减区间为(荒,+8).

由于0VeVVIVʌ,5(e-ɪ)=-1-e⅛nα<0,

当工→+8时，Waln%<xlnα,即g(%)<0,由函数g(%)=a∖nx-xlnα在(0,+8)内有两个零点知g(表)=

CLΓ1∏---1)>0,所以>c,即Q—eɪnɑ>0.

∖Ina/ɪnɑ

构造函数仅α)=α-elnα,则》(砌=1一：=詈，所以九(α)的递减区间为(l,e),递增区间为(e,+s),所以

九(α)≥∕ι(e)=0,当且仅当α=e时取等号，故∕ι(α)>0的解为α>1且αHe.

所以，实数a的取值范围为(l,e)U(e,+8).

［方法三］分离法：一曲一直

曲线y=f(x)与y=1有且仅有两个交点等价为总=1在区间(0,+8)内有两个不相同的解.

因为Xa=ax,所以两边取对数得αln久=xlnα,即InX=H"，问题等价为g(x)=InX与P(X)=H乎有且仅有

两个交点.

①当0<α<1时，等<0,P(X)与g(x)只有一个交点，不符合题意.

②当ɑ>1时，取g(x)=InX上一点(Xo,lrυ⅛),g'(x)==g'O⅛)=N,g(x)在点(Xo,lnxo)的切线方程为y-

XXQ

Inx0=—(%—x0),即y=-x—1+Inx0.

XQXO

lna_1(∖na_1

axo,W∣^α^^^e,

Inx-1=0,lɪθ=e∙

I0

直线Po)=等的斜率满足：0<等<9寸，g(%)=Inx与p(%)=等有且仅有两个交点.

记九(α)=等,"α)=I?。，令∕ι'(0)=0,有α=e.ɑ∈(Le),∕√(g)>0,∕ι(α)在区间(Le)内单调递增；Q∈

(e,+8),∕√(α)V0,∕ι(α)在区间(e,+8)内单调递减；α=e时，九(g)最大值为g(e)=%所当Q>1且Q≠e时

士人

有,ɪnɑ,1

0<—aV-e.

综上所述，实数a的取值范围为(l,e)U(e,+8).

1方法四］：直接法

/(x)=g(x>O),Γ(x)axa~1ax-ax∖naxa_xa~1(a-x∖na')

(α*/

因为％>0,由f'(%)=0得%=ʌ.

当OVQVl时，/(X)在区间(0,+8)内单调递减，不满足题意；

当Q>1时，ʌ>0,由/'(%)>0得0V%<品J(X)在区间(0,高)内单调递增，由/'(X)V0得X>*J(X)

在区间(看,+8)内单调递减.

q

/aλa--aι

因为Jgof(X)=0,且期/(%)=3所以fG⅛)>1，即理-=>L即a0-面>(InQ)a,Qi-而>Ina,

两边取对数，得(1—Ina>In(Ina),即InQ—1>In(Ina).

令InQ=3则t-l>ln3令九(X)=In%—%+1,则〃(%)=：—1,所以九(%)在区间(0,1)内单调递增，在区

间(1,+8)内单调递减，所以九(X)≤九(1)=0,所以t-l≥lnt,则t-1>Int的解为t≠1,所以InQ≠1,

即a≠e.

故实数a的范围为(Le)U(e,+8).］

【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，

属较难试题，

方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数

形结合思想求解