2021年全国高考甲卷数学(理)试题变式题21-23题-(学生版+解析)

2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题21-23题原题211．已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．变式题1基础2．若函数，当时，函数取得极值.(1)求函数的解析式；(2)若方程有3个不同的实数根，求实数k的取值范围.变化题2基础3．已知函数（为自然对数的底数）在处的切线与轴平行．（1）求的单调区间；（2）若在内有两个零点，求的取值范围．变式题3巩固4．已知函数的定义域为．（1）求的单调区间；（2）讨论函数在上的零点个数变式题4巩固5．已知函数（1）若在处有极值，求实数的值；（2）求函数的单调区间；（3）若函数有两个零点，求实数的范围.变式题5提升6．设函数（）．（1）当时，试求下列问题：①函数的单调区间；②函数在的零点的个数；（2）若函数在内有两个零点，求出的取值范围．变式题6提升7．已知函数（）（1）当时，求的单调区间；（2）若过点可作函数图像的三条不同切线，求实数的取值范围.原题228．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点A的直角坐标为，M为C上的动点，点P满足，写出Р的轨迹的参数方程，并判断C与是否有公共点．变式题1基础9．在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且长度单位相同.（1）求圆C的极坐标方程；（2）若过原点的直线l被圆C截得的弦长为2，求直线l的倾斜角.变化题2基础10．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于点A，点P在曲线C上运动，求线段PA中点M轨迹的极坐标方程.变式题3巩固11．在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线，的极坐标方程：（2）射线：(，)分别交曲线，于，两点，求的最大值.变式题4巩固12．已知曲线，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）写出曲线C的参数方程，直线l的直角坐标方程；（2）设P是曲线C上任一点，求P到直线l的距离的最大值．变式题5提升13．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）．（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）若曲线与有两个不同的交点，求实数的取值范围．变式题6提升14．以直角坐标系的原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.在极坐标系中，曲线，点.在直角坐标系中，，，直线的参数方程为（为参数）（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并判与4的大小关系；（2）直线与曲线交于、两点，为曲线的右顶点，求的面积.原题2315．已知函数．（1）画出和的图像；（2）若，求a的取值范围．变式题1基础16．已知函数.（1)解不等式；（2)记函数的最小值为，且，其中均为正实数，求证：变化题2基础17．已知函数.（1）解不等式；（2）若正实数，满足，且函数的最小值为，求证：.变式题3巩固18．设函数的最小值为.（1）求的值；（2）若，且，，用表示，，中的最大值，证明：变式题4巩固19．已知．（1）求不等式的解集；（2）若，求证：．变式题5提升20．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）不等式的最小值为，若，为正数，且，证明：.变式题6提升21．设实数x，y，z满足．（1）证明：；（2）若对任意的实数x，y，z，a恒成立，求实数m的取值范围．2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题21-23题原题211．已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．变式题1基础2．若函数，当时，函数取得极值.(1)求函数的解析式；(2)若方程有3个不同的实数根，求实数k的取值范围.变化题2基础3．已知函数（为自然对数的底数）在处的切线与轴平行．（1）求的单调区间；（2）若在内有两个零点，求的取值范围．变式题3巩固4．已知函数的定义域为．（1）求的单调区间；（2）讨论函数在上的零点个数变式题4巩固5．已知函数（1）若在处有极值，求实数的值；（2）求函数的单调区间；（3）若函数有两个零点，求实数的范围.变式题5提升6．设函数（）．（1）当时，试求下列问题：①函数的单调区间；②函数在的零点的个数；（2）若函数在内有两个零点，求出的取值范围．变式题6提升7．已知函数（）（1）当时，求的单调区间；（2）若过点可作函数图像的三条不同切线，求实数的取值范围.原题228．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点A的直角坐标为，M为C上的动点，点P满足，写出Р的轨迹的参数方程，并判断C与是否有公共点．变式题1基础9．在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且长度单位相同.（1）求圆C的极坐标方程；（2）若过原点的直线l被圆C截得的弦长为2，求直线l的倾斜角.变化题2基础10．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于点A，点P在曲线C上运动，求线段PA中点M轨迹的极坐标方程.变式题3巩固11．在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线，的极坐标方程：（2）射线：(，)分别交曲线，于，两点，求的最大值.变式题4巩固12．已知曲线，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）写出曲线C的参数方程，直线l的直角坐标方程；（2）设P是曲线C上任一点，求P到直线l的距离的最大值．变式题5提升13．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）．（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）若曲线与有两个不同的交点，求实数的取值范围．变式题6提升14．以直角坐标系的原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.在极坐标系中，曲线，点.在直角坐标系中，，，直线的参数方程为（为参数）（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并判与4的大小关系；（2）直线与曲线交于、两点，为曲线的右顶点，求的面积.原题2315．已知函数．（1）画出和的图像；（2）若，求a的取值范围．变式题1基础16．已知函数.（1)解不等式；（2)记函数的最小值为，且，其中均为正实数，求证：变化题2基础17．已知函数.（1）解不等式；（2）若正实数，满足，且函数的最小值为，求证：.变式题3巩固18．设函数的最小值为.（1）求的值；（2）若，且，，用表示，，中的最大值，证明：变式题4巩固19．已知．（1）求不等式的解集；（2）若，求证：．变式题5提升20．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）不等式的最小值为，若，为正数，且，证明：.变式题6提升21．设实数x，y，z满足．（1）证明：；（2）若对任意的实数x，y，z，a恒成立，求实数m的取值范围．参考答案：1．（1）上单调递增；上单调递减；（2）.【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，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.【详解】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）[方法一]【最优解】：分离参数,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.[方法二]：构造差函数由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．构造函数，求导数得．当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．由于，当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．所以，实数a的取值范围为．[方法三]分离法：一曲一直曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．①当时，与只有一个交点，不符合题意．②当时，取上一点在点的切线方程为，即．当与为同一直线时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．综上所述，实数a的取值范围为．[方法四]：直接法．因为，由得．当时，在区间内单调递减，不满足题意；当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．故实数a的范围为．]【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.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.2．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导数，结合极值点和极值，列出方程求解函数的解析式；（2）利用函数的单调性以及极值，通过有3个不等的实数解，数形结合求出k的范围．（1）对求导，得，由题意，得,解得,∴.（2）由（1）可得,令，得或,∴当时，；当时，；当时，.因此，当时，取得极大值；当时，取得极小值,函数的大致图象图如所示.:要使方程有3个不同的实数根，由图可知，实数k的取值范围是.3．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）.【分析】（1）先由切线与轴平行求得的取值，然后令，得增区间，令，得减区间;（2）在内有两个零点，等价于，，，列出不等式组求解，即可确定的取值范围.【详解】解：（1），在处的切线与轴平行，，，，，又在上为增函数，且，存在唯一的使得，令，得，令，得，在上单调递减，在上单调递增．（2），令，即在上有两个实根，，令，得，令，得，令，得，在上单调递减，在上单调递增，在上有两个实根，解得，．【点睛】本题主要考查函数单调区间的求法，以及利用函数零点存在情况求参数的取值范围，属于中档题.4．（1）的单调递减区间为，单调递增区间为，（2）答案见解析【分析】（1）求出函数导数，令，分析导数在零点分割定义域所得区间上的符号，即可的出函数的单调性；（2）原函数零点可转化为方程根的个数，利用函数的单调性求出函数的极值，即可讨论出答案.【详解】（1），因为，所以的零点为0和1.令，得；令，得或.所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.（2）由（1）知，在上的极大值为，极小值为，因为，，所以.，由，得.当或时，的零点个数为0；当或时，的零点个数为1；当或时，的零点个数为2；当时，的零点个数为3.【点睛】关键点点睛：函数在上的零点个数可转化为在上根的个数，需要结合函数的极值，讨论的范围得出方程根的个数，属于中档题.5．（1）；（2）答案见解析；（3）.【分析】（1）由题可得，再分析处是否为极值即可；（2）求导可得，再分与讨论单调区间即可；（3）由（2）可得，再根据零点存在性定理可得，求得，再分别证明与即可【详解】解：（1）函数在处有极值，又因为，解得当列出表格如下：10单调递增极大值1单调递减所以，在处有极大值.（2）

当时，在上为单调增函数当，令，得时，在为单调增函数时，在单调减函数综上：当时，增区间为，无减区间当时，增区间为，减区间为（3）因为函数有两个零点，由（2）知，增区间为，减区间为解得：因为，所以在上恰有一个零点由得下证令在即，所以在上恰有一个零点综上：时，有两个零点6．（1）①的单调增区间为和，的单调递减区间为；②函数在有一个零点；（2）.【分析】（1）①根据导数的正负可以判断已知函数的单调性；②根据单调性及函数值判断零点个数（2）根据零点个数，反推函数在区间的单调性以及最大最小值的正负，从而确定参数的取值范围【详解】（1）当时，，①令得：或；令得：，所以，的单调增区间为和，的单调递减区间为②由①得：时，函数在单调递减，在单调递增，，所以函数在有一个零点（2）故：在区间和上单调递增，在区间上单调递减；由于在内有两个零点，故：⇒即：在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增；由于在内有两个零点，且，则⇒⇒综上所述：a的取值范围是7．（1）单调区间：，，；（2）.【分析】（1）求出当时f(x)的导数，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；（2）设点是函数f(x)图象上的切点,求得切线的方程，代入点，可得方程有三个不同的实数解，设，求出导数，利用极值列不等式即可实数的取值范围.【详解】（1）当时，，.令，解得：；令，解得：或；所以的单增区间为，的单减区间为和.（2）设点是函数f(x)图象上的切点，则过点A的切线斜率，所以过点A的切线方程为.因为点在该切线上，所以.若过点可作函数图像的三条不同切线，则关于t的方程有三个不同的实数根.记，则其图像与x轴由三个不同的交点.令，解得：t=0或t=a.由三次函数的图像可知：只需，即，即，解得：.所以实数a的范围为.8．（1）；（2）P的轨迹的参数方程为（为参数），C与没有公共点.【分析】（1）将曲线C的极坐标方程化为，将代入可得；（2）方法一：设，设，根据向量关系即可求得P的轨迹的参数方程，求出两圆圆心距，和半径之差比较可得.【详解】（1）由曲线C的极坐标方程可得，将代入可得，即，即曲线C的直角坐标方程为；（2）[方法一]【最优解】设，设，，则，即，故P的轨迹的参数方程为（为参数）曲线C的圆心为，半径为，曲线的圆心为，半径为2，则圆心距为，，两圆内含，故曲线C与没有公共点.[方法二]：设点的直角坐标为，，，因为，所以，，，由，即，解得，所以，，代入的方程得，化简得点的轨迹方程是，表示圆心为，，半径为2的圆；化为参数方程是，为参数；计算，所以圆与圆内含，没有公共点．【整体点评】本题第二问考查利用相关点法求动点的轨迹方程问题，方法一：利用参数方程的方法，设出的参数坐标，再利用向量关系解出求解点的参数坐标，得到参数方程.方法二：利用代数方法，设出点的坐标，再利用向量关系将的坐标用点的坐标表示，代入曲线C的直角坐标方程，得到点的轨迹方程，最后化为参数方程.9．（1）；（2）直线l的倾斜角为或．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果．【详解】（1）圆的参数方程为为参数），转换为普通方程为：，即，进一步利用，得到圆的极坐标方程为；（2）设直线的方程为：或，由圆的圆心，，又弦长为2，圆心到的距离，解得，所以直线的倾斜角为，当直线经过原点，且斜率不存在时，所截得的弦长也为2，故直线的倾斜角为．的倾斜角或．【点睛】易错点睛：本题的第2问容易漏掉.解析几何中，涉及直线的方程问题时，要注意分直线斜率存在和不存在两种情况讨论.10．（1）；（2）.【分析】（1）根据极坐标方程与普通方程的互化可以得出结果；（2）相关点法求轨迹方程.【详解】（1）因为，即，所以，由于，所以，即，直线l的直角坐标方程为；（2）因为曲线C的参数方程为（m为参数），因此，所以曲线C的普通方程，又由，得，所以，设，则，且，即，所以，即，由于，得，即，故线段PA中点M轨迹的极坐标方程为.11．（1）：，：；（2）最大值为.【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程､极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.（2）利用极径的应用和三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出最大值.【详解】（1）曲线：，根据，转换为极坐标方程为，整理得，曲线：(为参数)，转换为直角坐标方程为，根据转换为极坐标方程为.（2）射线：(，)交曲线于点，所以，所以，射线：(，)交曲线于点两，所以，所以，故，当，即时，的最大值为.【点睛】坐标系与参数方程问题常用处理方法：(1)把极坐标方程和参数方程分别化成直角坐标方程，根据解析几何的知识进行求解计算；(2)有时利用极坐标的意义，用极径的几何意义分别表示线段长度，可简化运算．12．（1）（为参数），；（2）.【分析】（1）根据椭圆的参数方程直接求解）曲线C的参数方程，利用极坐标公式求直线l的直角坐标方程；（2）设，利用点到直线的距离及三角函数的性质求最值.【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数），直线l的直角坐标方程为（2）设，P到直线l的距离（其中）当时，P到直线l的距离的最大值.13．（1）（2）【分析】（1）将曲线的极坐标方程化为，结合求解即可；（2）将曲线的参数方程消掉参数得出，将其代入圆的方程结合得出实数的取值范围．【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为，即（2）曲线的参数方程为，消掉参数化为将其代入曲线的直角坐标方程得出曲线与有两个不同的交点，即，解得实数的取值范围是【点睛】关键点睛：在解决问题一时，关键是利用实现极坐标和直角坐标方程的互化.14．（1），；（2）.【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的转化公式，化简曲线，并判断点在曲线上，利用椭圆的定义判断与4的大小关系；（2）直线方程与曲线方程联立，求出交点坐标，利用面积公式求解.【详解】（1）曲线，即，根据，，，可得：，化简为，即，即所以曲线的直角坐标方程为：，，满足，即点在椭圆上，椭圆的焦点，所以；（2）直线的直角坐标方程是，与椭圆方程联立方程，得，解得：或，，直线与轴的交点，则.【点睛】关键点点睛：本题考查极坐标方程，参数方程，与直角坐标方程的转化关系，以及综合应用，本题第一问的关键是判断点在曲线上.15．（1）图像见解析；（2）【分析】（1）分段去绝对值即可画出图像；（2）根据函数图像数形结和可得需将向左平移可满足同角，求得过时的值可求.【详解】（1）可得，画出图像如下：，画出函数图像如下：（2），如图，在同一个坐标系里画出图像，是平移了个单位得到，则要使，需将向左平移，即，当过时，，解得或（舍去），则数形结合可得需至少将向左平移个单位，.【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解.16．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题知，进而分，，三种情况讨论求解；（2）由绝对值三角不等式得，故，所以，再根据基本不等式得，故.【详解】（1）令，①当时，，则，②当时，，则，③当时，，则，综上,不等式的解集为；（2）因为，则，，则，又（当且仅当时取等号），所以，所以，即;【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，不等式的证明，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于利用绝对值三角不等式得，进而转化为证明，再结合基本不等式求解即可.17．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）分类讨论：、、求的解集，然后取并集即可；（2）由绝对值的几何意义可知，即，再由已知条件等式，应用基本不等式“1”的代换可证，即结论得证.【详解】（1）∵，要使，∴当时，则，解得，得.当时，则，即恒成立，得.当时，则，解得，得.综上，不等式的解集为.（2）证明：由，∴，又正实数，满足