重组卷03（文科）-2023年高考数学真题重组（解析版）

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冲刺2023年高考数学真题重组卷03

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12小题，每小题5分，共60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.（2020•全国•统考高考真题）已知集合A={x∣⅛=3,x∈Z},B={x∣W>l,x∈Z},则AnB=（）

A.0B.{-3,-2,2,3）

C.{-2,0,2}D.{-2,2}

【答案】D

【分析】解绝对值不等式化简集合4B的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.

【详解】因为4={x∣∣x∣<3,xeZ}={-2,-l,0,l,2},

B={x∣∣x∣>l,x∈Z}=[x∖x>!,或X<-1,x∈Z],

所以4CB={2,-2}.

故选：D.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.

2.（2022•全国•统考高考真题）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识.为了解讲座效果，随

机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座

前和讲座后问卷答题的正确率如下图：

100%

95%

90%

拗85%

⅛80%*讲座前

田75%•讲座后

70%-

65%-

60%l

OW

12345678910

居民编号

则()

A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%

B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%

C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差

D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差

【答案】B

【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.

【详解】讲座前中位数为"黄i>70%,所以A错；

讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率

的平均数大于85%,所以B对；

讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所

以C错；

讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%,

讲座前问卷答题的正确率的极差为95%-60%=35%>20%,所以D错.

故选:B.

3.(2021•全国•高考真题)已知(l-i)2z=3+2i,则Z=()

A.-1--iB.-1+-1C.--+iD.---i

2222

【答案】B

【分析】由已知得Z=学，根据复数除法运算法则，即可求解.

【详解】（1—∖）2z=-2iz=3+2i,

3+2i（3+2i）∙i-2+3i.,3.

Z=-r=i~~∙TT-=------=-1+T.

-2i-2iι22

故选：B.

rχ+y≥4,

4.（2021.全国•统考高考真题）若x,y满足约束条件卜一y≤2,则z=3x+y的最小值为（）

（y≤3,

A.18B.10C.6D.4

【答案】C

【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为y=-3x+z,数形结合即可得解.

【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，

转换目标函数Z=3x+y为y=-3x+z,

上下平移直线y=-3X+z,数形结合可得当直线过点4时,z取最小值，

此时Zmin=3×l+3=6.

故选：C.

5.（2022•全国•统考高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1,

则该多面体的体积为（）

C.16D.20

【答案】B

【分析】由三视图还原几何体,再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体,如图,

×2×2=12.

故选：B.

6.（2021.全国.高考真题）点（3,0）到双曲线11的一条渐近线的距离为（）

169

ʌ-1B∙IC.ID.g

【答案】A

【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.

【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：⅛-⅞=0,即3x±4y=0,

结合对称性，不妨考虑点（3,0）到直线3x+4y=O的距离：d=ɪ=1

故选：A.

7.（2021•全国•高考真题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记

录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足L=5+IgV.已知某

同学视力的五分记录法的数据为4.9,则其视力的小数记录法的数据为（）（'VlU=I.259）

A.1.5B.1.2C.0.8D.0.6

【答案】C

【分析】根据LW关系，当L=4.9时，求出IgV,再用指数表示叭即可求解.

【详解】由L=5+lgU,当L=4.9时∙，IglZ=-0.1,

则V=10­°1=10-⅛=⅛=≈7⅛≈0.8.

故选：C.

8.（2021•全国•统考高考真题）下列函数中最小值为4的是（）

A.y=%2÷2%+4B.y=∣sin%∣+

C.y=2x÷22~XD.y=Inx÷ʌ

/JInx

【答案】C

【分析】根据二次函数的性质可判断4选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等“，即可得出B,D

不符合题意，C符合题意.

【详解】对于A,y=x2+2x+4=（x+l）2+3>3,当且仅当久=一1时取等号，所以其最小值为3,A

不符合题意；

对于B,因为OClSinXI≤1,y-∣sinx∣+jɪj≥2√4=4,当且仅当ISinXl=2时取等号，等号取不到，所

以其最小值不为4,B不符合题意；

对于C,因为函数定义域为R,而2》>0,y=2x+22-x=2x+^≥2√4=4,当且仅当2工=2,即X=1时

2Λ

取等号，所以其最小值为4,C符合题意；

对于D,y=Inx+ʌ,函数定义域为（0,1）U（I,+8）,而InXeR且ln%≠0,如当InX=-I,y=-5,D不

符合题意.

故选：C.

【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性

质即可解出.

9.（2022•全国•统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间［-3,3］的大致图像,则该函数是（）

A-X3+3XCx3-x_2xcosxC2sinx

A∙y=FΓB.y=κC∙y=kθ.y=-

【答案】A

【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】设f(x)=舒则八1)=0,故排除B;

设h(x)=?：：：,当X∈(0,；)时，0<Cosx<1,

所以∕ι(x)=笔中<等≤1,故排除C;

x2+lx2+7l

设g(χ)=鬻，则g(3)=等>0,故排除D.

故选：A.

10.(2020•全国•统考高考真题)设α=bg32,b=log53,c=|,则()

A.a<c<bB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b

【答案】A

3

【分析】分别将α,b改写为α=∕og323,h=∣log53,再利用单调性比较即可.

【详解】因为α=[log323<∕og39=彳=c,b=扣g$33>；logs25=彳=c,

所以a<c<b.

故选：A.

【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.

11.(2020•全国•统考高考真题)在AABC中，CoSC=|,AC=4,BC=3,则tan8=()

A.√5B.2√5C.4√5D.8√5

【答案】C

【分析】先根据余弦定理求c,再根据余弦定理求COSB,最后根据同角三角函数关系求tanb

【详解】设AB=clBC=a,CA=b

2

c2=α2+ð2—2abcosC=9+16—2×3×4×-=9∙,∙c=3

a2+c2-b211~4√5L

cosB=----------------=-：，SinB=1—（-）2=——二tanβ=4√5

2ac9、U9

故选：C

【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.

12.（2022•全国•统考高考真题）己知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个顶点均在球。的球

面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.-C.—D.—

3232

【答案】C

【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为

2r2,进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积

最大时其高的值.

【详解】［方法一］：【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,

设四边形ABCD对角线夹角为α,

则SABCD=l-ACBD-Sina≤^-AC-BD≤^-2r-2r=2r2

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2Z

又设四棱锥的高为九，则N+F=1,

γ2r2∙h=^√r2∙r2∙2ft2≤ɪr2+r2+2h2∖i4√3

^O-ABCD,ɜ):节

当且仅当产=2公即八=三时等号成立.

故选：C

［方法二］：统一变量+基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为α,底面所在圆的半径为r,则r=9a,

所以该四棱锥的高/l=Jl-y,

(当且仅当?=1一?，即α2=g时，等号成立)

所以该四棱锥的体积最大时，其高Zi=Jl-,=JR=1

故选：C.

［方法三］：利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为α,底面所在圆的半径为r,则r=当α,

2

所以该四棱锥的高∕l=Jl-⅛l∕=iαJl-y,令α2=t(0<t<2),V=Jt2_指,设

q*-2

则4(t)=2t一手

0<t<∣,∕,(t)>0,单调递增，l<t<2,f'(t)<O,单调递减，

所以当t=(时，U最大，此时Zi=Jl-y=γ∙

故选：C.

【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.(2021•全国•统考高考真题)记AABC的内角4,B,C的对边分别为α",c,面积为B=60o,a2+C2=

3ac,则b=.

【答案】2√2

【分析】由三角形面积公式可得αc=4,再结合余弦定理即可得解.

【详解】由题意，SAABC=TaCSinB=fαc=百，

所以αc=4,α2+C2=12,

所以/>2=a2+c2-2accosB=12-2×4×i=8,解得b=2√2(负值舍去).

故答案为：2√Σ

14.(2021•全国•统考高考真题)已知向量日=(2,5),b=(2,4),若沙∕b,则;I=.

【答案】I

【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于4的方程，解方程即可求得实数；I的值.

【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：2x4-∕lx5=0,

解方程可得：λ=∣.

故答案为：

15.(2020.全国.统考高考真题)曲线y=Inx+Y+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为

【答案】y=2x

【分析】设切线的切点坐标为(XO,%)，对函数求导，利用y'∣χ0=2,求出X。，代入曲线方程求出％,得到

切线的点斜式方程，化简即可.

【详解】设切线的切点坐标为(XO,j⅛),y=InX+X+l,y'=；+1,

/∣x=x0=ʌ+1=2,x0=l,y0=2,所以切点坐标为(1,2),

所求的切线方程为y-2=2(X-1),即y=2x.

故答案为：y=2x.

【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.

16.(2021•全国•高考真题)已知打,尸2为椭圆C：3+t=l的两个焦点，尸，。为C上关于坐标原点对称的

164

两点，且IPQl=IFIF2∣,则四边形P&QF2的面积为.

【答案】8

【分析】根据已知可得PFllPF2，设IP尸i|=m,∣PF2∣=n,利用勾股定理结合τn+n=8,求出nm,四边

形PFlQF2面积等于nm,即可求解.

【详解】因为RQ为C上关于坐标原点对称的两点，

且IPQl=∣F1F21,所以四边形PFlQ&为矩形，

22

设IPFll=mlIPF21=n,则m+n=8,m+n=48,

所以64=(Zn+n)2=m2+2mn+n2=48+2mn,

Tnn=8,即四边形P&QF2面积等于8.

故答案为：8.

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。

（-）必考题：共60分。

17.（2021•全国•统考高考真题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标

有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：

旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7

新设备10.110.410.110.010.110310.610.510.410.5

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为元和区样本方差分别记为“和福.

（1）求元，y,sl，52；

（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果?-云≥2禺I则认为新设

备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）.

【答案】（1）X=IOJ=10.3,sf=0.036,sf=0.04；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显

著提高.

【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.

（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.

.、斗皿、/,、-9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7YC

［详解］（］）%=-------------------------------=10,

—10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5YCr

yj=-------------------------------1-0--------------------------------=10,3,

ɔ0.22+0.32+0+0.22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+0.32八八”

S1f=----------------------------1-0----------------------------=0.036,

222222Z22

70.2+0.1+0.2+0.3+0.2+0+0.3+0.2+0.1+0.2ʌ〜

szi=----------------------1-0----------------------=0.04.

2

（2）依题意，y-x=0.3=2×0.15=2√0.15=2√0.0225,2「峥+。8=2√0,0076,

y∣10

y-x≥2所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.

18.（2022•全国•统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：

底面4BCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EABAFBCAGCDQH∕λ4均为正三角形，且它们所在的平

面都与平面ABCO垂直.

⑴证明：EF//nABCD；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

【答案】（1）证明见解析：

（2臂√1

【分析】（1）分别取4B,BC的中点M,N,连接MN,由平面知识可知EM_LAB,FNIBC,EM=FN,依题

从而可证EM_L平面力BCD,FNI平面4BCD,根据线面垂直的性质定理可知EM〃FN,即可知四边形EMNF

为平行四边形，于是E/7/MN,最后根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）再分别取4。,DC中点K,L,由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥

B-MNFE体积的4倍，即可解出.

【详解】（1）如图所示：

分别取4B,BC的中点MN,连接MN,因为△EAB,ZkFBC为全等的正三角形，所以EM_LAB,FNlBC,EM=

FN,乂平面E481平面ABCD,平面E4BC平面48CD=48,EMU平面EAB,所以EMl平面ABCD,同理

可得FNL平面ABCD,根据线面垂直的性质定理可知EM〃FM而EM=FN,所以四边形EMNF为平行四边

形，所以EF〃MN,又E尸¢:平面ABCD,AfNU平面ABCD,所以EF〃平面4BCC.

(2)［方法一］：分割法一

如图所示：

分别取AD,。C中点K,3由(1)知，EFllMN旦EF=MN,同理有，HE//KM,HE=KM,HG//KL,HG=KL,

GF//LN1GF=LN,由平面知识可知，BD1MN,MN1MK,KM=MN=NL=LK,所以该几何体的体

积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥8-MNFE体积的4倍.

因为MN=NL=LK=KM=4√2,EM=8sin60o=4旧，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距

离d,d=2√2,所以该几何体的体积

V=(4√2)2×4√3+4×I×4√2×4√3×2√2=128√3+^√3=≤^√3.

［方法二］：分割法二

如图所示：

连接AC,BD,交于O,连接OEQFQGQH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH

的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍.容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P,连接AP,OP厕EH垂

直平面APO.由图可知，三角形APe),四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的

体积

1r-fL∖21LIr-L1LIr-/—64θV3

Vr=∙4v3∙(4v2J+4∙-∙4v2∙—∙4v2∙4v3+4∙—∙∙4v3∙—,4v2∙4v2=———.

ɔɔwɔX*ɔ

19.（2021・全国•统考高考真题）设｛αn｝是首项为1的等比数列,数列｛bn｝满足国=等.已知%,3α2,9%成

等差数列.

（1）求｛an｝和｛bn｝的通项公式;

（2）记方和7；分别为｛%1｝和｛%｝的前〃项和.证明：Tn<^.

n1

【答案】⑴an=φ-,bn=~（2）证明见解析.

【分析】（I）利用等差数列的性质及为得到9q2一6q+1=0,解方程即可;

（2）利用公式法、错位相减法分别求出土,7n,再作差比较即可.

【详解】（1）因为｛aj是首项为1的等比数列且%,3«2,9的成等差数列，

2

所以6&=Ql.+9a3»所以6ct1q=a1+9a1qt

即9q2-6q+l=0,解得q=%所以aτι=（1严一兀

所以a=等=亲

（2）［方法一］：作差后利用错位相减法求和

⅛+-+⅞⅛+⅜-

⅞1=X嘉+3+9+…+⅛τ)

,l+⅛+⅜+∙→2L

Γn-⅞=+++n

F3n~1ɪ3,

则沁=■+9+[+•••+手⑨

由⑧-⑨得J=-∣+(⅛+⅛+∙∙∙+⅛)-M一⅛∙

π3

n1=

所以『71=^4×3-2^2×3^--2X3^7•

因此〃一蓑----------T-------------VU

2×3n^12×3n

故Tn<茎

［方法二］【最优解】：公式法和错位相减求和法

证明：由⑴可得Sn=岑冥=|(1一/

%=]+套+∙''+⅛⅛+亲①

lτn=^+⅛+∙∙∙+⅛r+^π'②

①一②得那=抖2+专+•••+专一提=⅛^一提="1-表)一券'

所以"=久1_劫_短，

所以"一-=∣(i-⅛)-⅛-^(i-⅛=-⅛‹0'

所以Tn<¾1∙

[方法三]:构造裂项法

由(I)知％=n0"，令Cn=(an+0)Q)"，且幻=Cn-Cn+1，即n(∣)n=(an+°)C)"一[a(n+1)+

唬r，

通过等式左右两边系数比对易得a=l,β=γ所以Cn=(∣n+∣)∙(∣)n.

则〃=b1+b2+■■■+bn=c1-cn+1=;-ɑ+7)(I),下同方法二.

[方法四]：导函数法

设/(x)=尤+χ2+χ3+—FXn=，(；：：),

nnnn+1n

.2pΓx(l-x)l,_[x(l-x)]∕(l-x)-[x(l-x)]×(l-x)/_l+nx-(π+l)x

田于[Ir]=(I-%)2=(I-X)2，

则尸(X)=1+2x+3x2+•••+nxn-1=1+0二-(：+1)”.

又“=©=扣G)",

所以〃=瓦++坛+…+垢=,I+2X：+3XG)+…+n'G)=9.'G)=gx

1+ngp.(n+1)mM.(|+Dg；,下同方法二.

【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数

学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，

关键是要看如何消项化简的更为简洁.

(2)的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；

方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得右,然后证得结论,为最优解；

方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造Cn=(an+A)Gy,使匕=CTi-Cn+1，求得7；的表达式，

这是错位相减法的一种替代方法，

方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.

20.(2021•全国•统考高考真题)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.

(1)求C的方程；

(2)已知。为坐标原点，点尸在C上，点Q满足而=9而，求直线OQ斜率的最大值.

【答案】(1)y2=4x；(2)最大值为

【分析】(1)由抛物线焦点与淮线的距离即可得解：

(2)设Q(XO,y°),由平面向量的知识可得P(IOXo-9,10y°),进而可得XO=空等，再由斜率公式及基本不

等式即可得解.

【详解】(1)抛物线C"=2px(p>0)的焦点F©,0),准线方程为X=-导

由题意，该抛物线焦点到准线的距离为々一(-9=p=2,

所以该抛物线的方程为y2=4x；

(2)［方法一］：轨迹方程+基本不等式法

设Q(Xo,%)，则所=9>=(9-9xo,-9%)，

所以P(IoXO-9,IOytl),

由P在抛物线上可得(IOyO)2=4(1OXo-9),即劭=W比，

据此整理可得点Q的轨迹方程为y2=|*一*

所以直线OQ的斜率5=吃=金=繇，

10

当y0—0时,kgQ=0；

当y°≠。时♦kQ=+2，

0y°yi

当y0>0时，因为25y0+~≥2J25yo∙^=30,

此时OVkoQ≤5当且仅当25y°=/,即y()=|时，等号成立；

当Yo<。时，k0Q<0；

综上，直线OQ的斜率的最大值为，

［方法二］：【最优解】轨迹方程+数形结合法

同方法一得到点Q的轨迹方程为必=IX-费.

设直线OQ的方程为y=kx,则当直线。Q与抛物线y2=∣χ—高相切时，其斜率k取到最值.联立

f2得1/一|尤+郎=0,其判别式A=(-∣)2-4∕c2χ^=o,解得k=±5所以直线OQ斜率

U~5X-25'

的最大值为，

［方法三］:轨迹方程+换元求最值法

同方法一得点Q的轨迹方程为y2=IX-亲

设直线OQ的斜率为k,则/=田=白一言.

令2=t(θ<t≤岑)，则H=—口2+白的对称轴为t=j,所以0≤∕2≤I,-≤k≤"故直线OQ斜率的

ʌ∖T7✓£aOɔXc✓ɔɔ

最大值为土

［方法四］:参数+基本不等式法

由题可设P(4f2,4t)(t>0),Q(X,y).

因为F(1,0),而=9QF,所以(X-4Hy-4t)=9(1-x,-y).

(x-4t2=9(1—x)ClOx=4t2+9

于是,所以

[y-4t=-9y(IOy=4t

则直线OQ的斜率为?=舟

当且仅当4t=g,即t=|时等号成立，所以直线OQ斜率的最大值为土

【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到宜线OQ的斜率关于y的表达式,

然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；

方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值,

为最优解：

方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率k的平方关于X的表达式，利用换元方法转化为二

次函数求得最大值，进而得到直线OQ斜率的最大值；

方法四利用参数法，由题可设P(4t2,4t)(t>0),Q(x,y),求得x,y关于t的参数表达式，得到直线OQ的斜率

关于t的表达式，结合使用基本不等式，求得直线。Q斜率的最大值.

21.(2020•全国•统考高考真题)已知函数/全)=21nx+l.

(1)若/(x)≤2x+c,求C的取值范围；

(2)设”>0时，讨论函数g(X)=号等的单调性.

【答案】(1)［-l,+∞);(2)g(x)在区间(0,α)和(α,+8)上单调递减,没有递增区间

【分析】⑴⑵法三］不等式f(x)≤2x+c转化为/⑶-2x-c≤0,构造新函数，利用导数求出新函数的

最大值，进而进行求解即可；

(2)对函数g(x)求导，把导函数g'(x)的分子构成一个新函数m(x),再求导得到m'(x),根据m'(x)的正负，

判断m(x)的单调性，进而确定g'(x)的正负性，最后求出函数g(x)的单调性.

【详解】(1)

［方法一］【最优解】：

/(x)≤2x+C等价于21nx-2x≤c-l.

设八(X)=21nx-2x,则h'(x)=|-2=生产.

当0<X<1时，∕ι,(x)>0,所以∕ι(x)在区间((U)内单调递增；

当%>1时，∕ι,(x)<0,所以九(%)在区间(1,+8)内单调递减.

故Pl(κ)］max=九(I)=一2,所以c-l≥一2,即c≥-l,所以C的取值范围是［-1,+8).

［方法二］:切线放缩

若/(%)≤2x+c,即21nx+1≤2x+c,∏Plnx<x+U当Xe(°，+8)时恒成立，

而y=InX在点(Lo)处的切线为y=x-1,从而有InX≤x-1,

当Xe(O,+8)时恒成立，即学2一1,则c≥-ι.所以C的取值范围为［-1,+8).

［方法三］：利用最值求取值范围

函数f(X)的定义域为：(0,+8)

/(x)≤2%+c=/(%)-2%-c≤0=>21nx+1-2x-c≤0(*),

设八(X)=2lnx+l-2x-c(x>0),则有∕ι,(x)=∣-2=

当%>1时，∕√(x)<0,/I(X)单调递减，

当0VxVl时，∕√(x)>0,∕ι(x)单调递增，

所以当％=1时，函数九(X)有最大值，

即九(%)max=Λ(l)=21nl+1—2x1—C=-1—c,

要想不等式(*)在(0,÷∞)上恒成立,

只需∕l(x)max≤O=>-1-C≤O=>C>-1;

所以C的取值范围为［―I,+8).

2E%+1-⑵nα+l)、C口,

(-Z-(I-n-x-I-n-a)(,X>。且X≠a)ʌ

2)g(x)=x-a

2(Xlna)

因此g'(x)=」一：(；*：,设Zn(X)=2(X-α-XInX+xlnα),

则有m'(x)=2(lnα—Inx),

当x>α时，Inx>lnα,所以n√(x)<0,Tn(X)单调递减，因此有m(x)<zn(a)=0,即

g'(χ)<0,所以g〈)单调递减;

当0<X<a时，Inx<Ina,所以τn'(x)>0,m(x)单调递增，因此有m(x)<τn(a)=0,即g'(x)<0,

所以g(x)单调递减，

所以函数g(x)在区间(0,a)和(a,+8)上单调递减，没有递增区间.

【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数

学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用;

方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是

使用切线放缩的基础.

方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.

(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

［选修4d：坐标系与参数方程］(10分)

22∙(2022∙全国•统考高考真题)在直角坐标系XOy中，曲线C的参数方程为俨=7fc°s2t,(/为参数)，以

Iy=2sιnt

坐标原点为极点，X轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线/的极坐标方程为PSine+3+m=0.

(1)写出/的直角坐标方程；

(2)若/与C有公共点，求m的取值范围.

【答案】(1)8%+y+2m=0

【分析】(1)根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；

(2)方法一：联立1与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.

【详解】(1)因为1：psin(j+§+τn=0,所以gp∙sin。+中p∙cos。+m=0,

又因为P∙sin。—y,p`cosθ=x,所以化简为Ty+yx+m=O,

整理得1的直角坐标方程：√3x+y÷2m=O

(2)[方法一]：【最优解】参数方程

联立1与C的方程，即将X=V3cos2t,y=2sint代入V5%+y+2m=0中，

可得3cos2t+2sint+2m=On3(1—2sin2t)+2sint+2m=0,

化简为-6si∏21+2sint+3+2m=0,

要使1与C有公共点，则2m=6sin2t-2sint-3有解,

令Sint=a,则Q∈[—1,1],令f(α)=6a2—2a—3,(―1≤a<1),

对称轴为Q=g开口向上，

λ/(ɑ)mɑz=/(-1)=6+2-3=5,

/(a)min=∕⅛)=⅛-∣-3=-^

.∙.-^≤2m≤5,即m的取值范围为I-S|].

[方法二]：直角坐标方程

由曲线C的参数方程为俨=vfc°s2t,土为参数，消去参数t,可得旷2=一当》+2,

(y=2smtɜ

√3x+y+2m=O/1λ2Ig

联立√3,得3y2-2y—4τn-6=0(一2≤y≤2),即4m=3y2-2y-6=3(y--)一一,

V2=---2---X+2\3/3

j3

即有一g≤4m≤10,即一∣∣≤m≤∣,∙∙∙τn的取值范围是∣-*∣]∙

【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；

方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质

上差不多，但容易忽视y的范围限制而出错.

[选修4-5：不等式选讲](10分)

23.(2021•全国,统考高考真题)已知函数/(x)=∣x-α∣+∣x+3∣.

(1)当α=l时，求不等式f(x)≥6的解集；

(2)若/(x)>-α,求Q的取值范围.

【答案】(1)(-∞,-4]U[2,+∞).(2)(-∣,+∞).

【分析】(I)利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.

(2)利用绝对值不等式化简/(x)>-α,由此求得ɑ的取值范围.

【详解】(1)［方法一］：绝对值的儿何意义法

当α=l时,/(x)