卷02（理科）——【备考2023】高考数学真题重组卷（课标全国卷）（含解析）

这是一份卷02（理科）——【备考2023】高考数学真题重组卷（课标全国卷）（含解析），文件包含卷02理科备考2023高考数学真题重组解析版docx、卷02理科备考2023高考数学真题重组卷参考答案docx、卷02理科备考2023高考数学真题重组原卷版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。

课标全国卷地区专用（解析版）
注意事项：
1．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=-1+3i，则zzz-1=（ ）
A．-1+3iB．-1-3iC．-13+33iD．-13-33i
【答案】C
【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
【详解】z=-1-3i,zz=(-1+3i)(-1-3i)=1+3=4.
zzz-1=-1+3i3=-13+33i
故选 ：C
2．（2021·全国·统考高考真题）已知集合S=ss=2n+1,n∈Z，T=tt=4n+1,n∈Z，则S∩T=（ ）
A．∅B．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t∈T，则t=4n+1=2⋅2n+1，其中n∈Z，所以，t∈S，故T⊆S，
因此，S∩T=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（ ）
A．5-14B．5-12C．5+14D．5+12
【答案】C
【分析】设CD=a,PE=b，利用PO2=12CD⋅PE得到关于a,b的方程，解方程即可得到答案.
【详解】如图，设CD=a,PE=b，则PO=PE2-OE2=b2-a42，
由题意PO2=12ab，即b2-a24=12ab，化简得4(ba)2-2⋅ba-1=0，
解得ba=1+54（负值舍去）.
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（ ）
A．16B．13C．12D．23
【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C72=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=21-721=23.
故选：D.
5．（2021·天津·统考高考真题）设a=lg20.3,b=lg120.4,c=0.40.3，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a【答案】D
【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出a,b,c的范围即可求解.
【详解】∵lg20.3∵lg120.4=-lg20.4=lg252>lg22=1，∴b>1，
∵0<0.40.3<0.40=1，∴0∴a故选：D.
6．（2020·全国·统考高考真题）数列{an}中，a1=2，对任意 m,n∈N+,am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215-25，则 k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】取m=1，可得出数列an是等比数列，求得数列an的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由k∈N*可求得k的值.
【详解】在等式am+n=aman中，令m=1，可得an+1=ana1=2an，∴an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an=2×2n-1=2n，
∴ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅1-2101-2=2k+1⋅1-2101-2=2k+1210-1=25210-1，
∴2k+1=25，则k+1=5，解得k=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|a|=5， |b|=6，a⋅b=-6，则cs=（ ）
A．-3135B．-1935C．1735D．1935
【答案】D
【分析】计算出a⋅(a+b)、|a+b|的值，利用平面向量数量积可计算出cs的值.
【详解】∵|a|=5，|b|=6，a⋅b=-6，∴a⋅(a+b)=|a|2+a⋅b=52-6=19.
|a+b|=(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=25-2×6+36=7，
因此，cs=a⋅(a+b)|a|⋅|a+b|=195×7=1935.
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F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BF，则AB=（ ）
A．2B．22C．3D．32
【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A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，F1,0，则AF=BF=2，
即点A到准线x=-1的距离为2，所以点A的横坐标为-1+2=1，
不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，
所以AB=3-12+0-22=22.
故选：B
9．（2022·全国·统考高考真题）记函数f(x)=sin(ωx+π4)+b(ω>0)的最小正周期为T．若2π3A．1B．32C．52D．3
【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2π3又因为函数图象关于点3π2,2对称，所以3π2ω+π4=kπ,k∈Z，且b=2，
所以ω=-16+23k,k∈Z，所以ω=52，f(x)=sin52x+π4+2，
所以fπ2=sin54π+π4+2=1.
故选：A
10．（2020·全国·统考高考真题）已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64πB．48πC．36πD．32π
【答案】A
【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1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O1半径为r，球的半径为R，依题意，
得πr2=4π,∴r=2，∵ △ABC为等边三角形，
由正弦定理可得AB=2rsin60°=23，
∴OO1=AB=23，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，
∴OO1⊥O1A,R=OA=OO12+O1A2=OO12+r2=4，
∴球O的表面积S=4πR2=64π.
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a≠0，若x=a为函数fx=ax-a2x-b的极大值点，则（ ）
A．abC．aba2
【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，画出图象，即可得到a,b所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若a=b，则fx=ax-a3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b.
∴f(x)有x=a和x=b两个不同零点，且在x=a左右附近是不变号，在x=b左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x=a左右附近都是小于零的.
当a<0时，由x>b，fx≤0，画出fx的图象如下图所示：
由图可知ba2.
当a>0时，由x>b时，fx>0，画出fx的图象如下图所示：
由图可知b>a，a>0，故ab>a2.
综上所述，ab>a2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a∈R，函数f(x)=cs(2πx-2πa).xA．2,94∪52,114B．74,2∪52,114
C．2,94∪114,3D．74,2∪114,3
【答案】A
【分析】由x2-2a+1x+a2+5=0最多有2个根，可得cs2πx-2πa=0至少有4个根，分别讨论当x【详解】∵x2-2a+1x+a2+5=0最多有2个根，所以cs2πx-2πa=0至少有4个根，
由2πx-2πa=π2+kπ,k∈Z可得x=k2+14+a,k∈Z，
由0（1）x当-6≤-2a-12<-5，fx有5个零点，即94当-7≤-2a-12<-6，fx有6个零点，即114（2）当x≥a时，f(x)=x2-2(a+1)x+a2+5，
Δ=4(a+1)2-4a2+5=8a-2，
当a<2时，Δ<0，fx无零点；
当a=2时，Δ=0，fx有1个零点；
当a>2时，令f(a)=a2-2a(a+1)+a2+5=-2a+5≥0，则2所以若a>52时，fx有1个零点.
综上，要使f(x)在区间(0,+∞)内恰有6个零点，则应满足
7452或114则可解得a的取值范围是2,94∪52,114.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成x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2x3+1x6的展开式中，x6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】2x3+1x6的展开式的通项为Tr+1=C6r2x36-r⋅1xr=26-rC6r⋅x18-4r，
令18-4r=6，解得r=3，
所以x6的系数是23C63=160.
故答案为：160.
14．（2020·全国·统考高考真题）若x，y满足约束条件2x+y-2≤0,x-y-1≥0,y+1≥0,则z=x+7y的最大值为______________.
【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=-17x+17z，
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：2x+y-2=0x-y-1=0，可得点A的坐标为：A1,0，
据此可知目标函数的最大值为：zmax=1+7×0=1.
故答案为：1．
【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+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】-∞,-4∪0,+∞
【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x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.
【详解】∵y=(x+a)ex，∴y'=(x+1+a)ex，
设切点为x0,y0,则y0=x0+aex0,切线斜率k=x0+1+aex0,
切线方程为：y-x0+aex0=x0+1+aex0x-x0,
∵切线过原点，∴-x0+aex0=x0+1+aex0-x0,
整理得：x02+ax0-a=0,
∵切线有两条，∴Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,
∴a的取值范围是-∞,-4∪0,+∞,
故答案为：-∞,-4∪0,+∞
16．（2021·天津·统考高考真题）若a>0,b>0，则1a+ab2+b的最小值为____________．
【答案】22
【分析】两次利用基本不等式即可求出.
【详解】∵ a>0,b>0，
∴1a+ab2+b≥21a⋅ab2+b=2b+b≥22b⋅b=22，
当且仅当1a=ab2且2b=b，即a=b=2时等号成立，
所以1a+ab2+b的最小值为22.
故答案为：22.
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n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an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．
【分析】（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2，作差即可得到an-an-1=1，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn-1+n-12=2n-1an-1+n-1②，
①-②得，2Sn+n2-2Sn-1-n-12=2nan+n-2n-1an-1-n-1，
即2an+2n-1=2nan-2n-1an-1+1，
即2n-1an-2n-1an-1=2n-1，所以an-an-1=1，n≥2且n∈N*，
所以an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a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，
所以an=n-13，所以Sn=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，
所以，当n=12或n=13时，Snmin=-78．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，
所以an=n-13，即有a1则当n=12或n=13时，Snmin=-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-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A-PM-B的正弦值．
【答案】（1）2；（2）7014
【分析】（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP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PB⋅AM=0，求出a的值，即可得出BC的长；
（2）求出平面PAM、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
∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系D-xyz，
设BC=2a，则D0,0,0、P0,0,1、B2a,1,0、Ma,1,0、A2a,0,0，
则PB=2a,1,-1，AM=-a,1,0，
∵PB⊥AM，则PB⋅AM=-2a2+1=0，解得a=22，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⊥底面ABCD，且AM⊂底面ABCD，所以PD⊥AM．
又因为PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD．
又BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD．
从而∠ADB+∠DAM=90°．
因为∠MAB+∠DAM=90°，所以∠MAB=∠ADB．
所以△ADB∽△BAM，于是ADAB=BABM．
所以12BC2=1．所以BC=2．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结BD交AM于点N．
由[方法二]知AM⊥DB．
在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以ANMN=DABM=2，即AN=23AM．
令BC=2t(t>0)，因为M为BC的中点，则BM=t，DB=4t2+1，AM=t2+1．
由S△DAB=12DA⋅AB=12DB⋅AN，得t=124t2+1⋅23t2+1，解得t2=12，所以BC=2t=2．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面PAM的法向量为m=x1,y1,z1，则AM=-22,1,0，AP=-2,0,1，
由m⋅AM=-22x1+y1=0m⋅AP=-2x1+z1=0，取x1=2，可得m=2,1,2，
设平面PBM的法向量为n=x2,y2,z2，BM=-22,0,0，BP=-2,-1,1，
由n⋅BM=-22x2=0n⋅BP=-2x2-y2+z2=0，取y2=1，可得n=0,1,1，
csm,n=m⋅nm⋅n=37×2=31414，
所以，sinm,n=1-cs2m,n=7014，
因此，二面角A-PM-B的正弦值为7014.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体ABCD-A1B1C1D1，联结AB1,A1B，交点记为H，由于AB1⊥A1B，AB1⊥BC，所以AH⊥平面A1BCD1．过H作D1M的垂线，垂足记为G．
联结AG，由三垂线定理可知AG⊥D1M，
故∠AGH为二面角A-PM-B的平面角．
易证四边形A1BCD1是边长为2的正方形，联结D1H，HM．
S△D1HM=12D1M⋅HG,S△D1HM=S正方形A1BCD1-S△D1A1H-S△HBM-S△MCD1，
由等积法解得HG=31010．
在Rt△AHG中，AH=22,HG=31010，由勾股定理求得AG=355．
所以，sin∠AGH=AHAG=7014，即二面角A-PM-B的正弦值为7014．
【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）方法一，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：
并计算得i=110xi2=0.038,i=110yi2=1.6158,i=110xiyi=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=1n(xi-x)(yi-y)i=1n(xi-x)2i=1n(yi-y)2,1.896≈1.377．
【答案】(1)0.06m2；0.39m3
(2)0.97
(3)1209m3
【分析】（1）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10棵这种树木的根部横截面积的平均值x=0.610=0.06
样本中10棵这种树木的材积量的平均值y=3.910=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0.39m3
（2）r=i=110xi-xyi-yi=110xi-x2i=110yi-y2=i=110xiyi-10xyi=110xi2-10x2i=110yi2-10y2
=0.2474-10×0.06×0.39(0.038-10×0.062)(1.6158-10×0.392)=≈≈0.97
则r≈0.97
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得Y=1209m3．
则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3
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Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=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,β．当α-β取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)y2=4x；
(2)AB:x=2y+4.
【分析】（1）由抛物线的定义可得MF=p+p2，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kMN=2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB=22，设直线AB:x=2y+n，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为x=-p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时MF=p+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，直线MN:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2-4my-4=0，Δ>0,y1y2=-4，
由斜率公式可得kMN=y1-y2y124-y224=4y1+y2，kAB=y3-y4y324-y424=4y3+y4，
直线MD:x=x1-2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2-4x1-2y1⋅y-8=0，
Δ>0,y1y3=-8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α-β最大，则β∈0,π2，设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，
Δ>0,y3y4=-4n=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Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直线MN:y=kx-1
由 y=k(x-1)y2=4x得：k2x2-2k2+4x+k2=0，x1x2=1,同理，y1y2=-4.
直线MD:y=y1x1-2(x-2),代入抛物线方程可得：x1x3=4，同理，x2x4=4.
代入抛物线方程可得:y1y3=-8,所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
由斜率公式可得：kAB=y4-y3x4-x3=2y2-y141x2-1x1=y2-y12x2-x1=12kMN.
（下同方法一）若要使α-β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.
[方法三]：三点共线
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，
设Pt,0,若 P、M、N三点共线，由PM=y124-t,y1，PN=y224-t,y2
所以y124-ty2=y224-ty1，化简得y1y2=-4t，
反之，若y1y2=-4t,可得MN过定点t,0
因此，由M、N、F三点共线，得y1y2=-4，
由M、D、A三点共线，得y1y3=-8，
由N、D、B三点共线，得y2y4=-8，
则y3y4=4y1y2=-16，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使α-β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，所以直线AB:x=2y+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AB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a>0且a≠1，函数f(x)=xaax(x>0)．
（1）当a=2时，求fx的单调区间；
（2）若曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）0,2ln2上单调递增；2ln2,+∞上单调递减；（2）1,e∪e,+∞.
【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=fx与直线y=1有且仅有两个交点等价转化为方程lnxx=lnaa有两个不同的实数根，即曲线y=gx与直线y=lnaa有两个交点，利用导函数研究gx的单调性，并结合gx的正负，零点和极限值分析gx的图象，进而得到0【详解】（1）当a=2时，fx=x22x,f'x=2x⋅2x-x2⋅2xln22x2=x⋅2x2-xln24x,
令f'x=0得x=2ln2,当00,当x>2ln2时，f'x<0,
∴函数fx在0,2ln2上单调递增；2ln2,+∞上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
fx=xaax=1⇔ax=xa⇔xlna=alnx⇔lnxx=lnaa,设函数gx=lnxx,
则g'x=1-lnxx2,令g'x=0，得x=e,
在0,e内g'x>0,gx单调递增；
在e,+∞上g'x<0,gx单调递减；
∴gxmax=ge=1e,
又g1=0，当x趋近于+∞时，gx趋近于0，
所以曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=gx与直线y=lnaa有两个交点的充分必要条件是0所以a的取值范围是1,e∪e,+∞.
[方法二]：构造差函数
由y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点知f(x)=1，即xa=ax在区间(0,+∞)内有两个解，取对数得方程alnx=xlna在区间(0,+∞)内有两个解．
构造函数g(x)=alnx-xlna,x∈(0,+∞)，求导数得g'(x)=ax-lna=a-xlnax．
当00,g'(x)>0,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增，所以，g(x)在(0,+∞)内最多只有一个零点，不符合题意；
当a>1时，lna>0，令g'(x)=0得x=alna，当x∈0,alna时，g'(x)>0；当x∈alna,+∞时，g'(x)<0；所以，函数g(x)的递增区间为0,alna，递减区间为alna,+∞．
由于0当x→+∞时，有alnx0，所以alna>e，即a-elna>0．
构造函数h(a)=a-elna，则h'(a)=1-ea=a-ea，所以h(a)的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,+∞)，所以h(a)≥h(e)=0，当且仅当a=e时取等号，故h(a)>0的解为a>1且a≠e．
所以，实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)．
[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xaax=1在区间(0,+∞)内有两个不相同的解．
因为xa=ax，所以两边取对数得alnx=xlna，即lnx=xlnaa，问题等价为g(x)=lnx与p(x)=xlnaa有且仅有两个交点．
①当0②当a>1时，取g(x)=lnx上一点x0,lnx0,g'(x)=1x,g'x0=1x0,g(x)在点x0,lnx0的切线方程为y-lnx0=1x0x-x0，即y=1x0x-1+lnx0．
当y=1x0x-1+lnx0与p(x)=xlnaa为同一直线时有lnaa=1x0,lnx0-1=0,得lnaa=1e,x0=e.
直线p(x)=xlnaa的斜率满足：0记h(a)=lnaa,h'(a)=1-lnaa2，令h'(a)=0，有a=e．a∈(1,e),h'(a)>0,h(a)在区间(1,e)内单调递增；a∈(e,+∞),h'(a)<0,h(a)在区间(e,+∞)内单调递减；a=e时，h(a)最大值为g(e)=1e，所当a>1且a≠e时有0综上所述，实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)．
[方法四]：直接法
f(x)=xaax(x>0),f'(x)=axa-1⋅ax-axlna⋅xaax2=xa-1(a-xlna)ax．
因为x>0，由f'(x)=0得x=alna．
当0当a>1时，alna>0，由f'(x)>0得0alna,f(x)在区间alna,+∞内单调递减．
因为limx→+∞f(x)=0，且limx→0+f(x)=0，所以falna>1，即alnaaaalna=aa-alna(lna)a>1，即aa-alna>(lna)a,a1-1lna>lna，两边取对数，得1-1lnalna>ln(lna)，即lna-1>ln(lna)．
令lna=t，则t-1>lnt，令h(x)=lnx-x+1，则h'(x)=1x-1，所以h(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，所以h(x)≤h(1)=0，所以t-1≥lnt，则t-1>lnt的解为t≠1，所以lna≠1，即a≠e．
故实数a的范围为(1,e)∪(e,+∞)．]
【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g(x)=lnx与p(x)=xlnaa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.
（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4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（2021·全国·统考高考真题）在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为C2,1，半径为1．
（1）写出⊙C的一个参数方程;
（2）过点F4,1作⊙C的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
【答案】（1）x=2+csαy=1+sinα，（α为参数）；
（2）ρsinθ+5π6=2-32和ρsinθ+π6=2+32．
【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；
（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.
【详解】（1）由题意，⊙C的普通方程为(x-2)2+(y-1)2=1，
所以⊙C的参数方程为x=2+csαy=1+sinα，（α为参数）
（2）[方法一]：直角坐标系方法
①当直线的斜率不存在时，直线方程为x=4，此时圆心到直线的距离为2>r，故舍去．
②当切线斜率存在时，设其方程为y=k(x-4)+1，即kx-y-4k+1=0．
故|2k-1-4k+1|1+k2=1，即|2k|=1+k2,4k2=1+k2，解得k=±33．
所以切线方程为y=33(x-4)+1或y=-33(x-4)+1．
两条切线的极坐标方程分别为ρsinθ=33ρcsθ-433+1和ρsinθ=-33ρcsθ+433+1．
即ρsinθ+5π6=2-32和ρsinθ+π6=2+32．
[方法二]【最优解】：定义求斜率法
如图所示，过点F作⊙C的两条切线，切点分别为A，B．
在△ACF中，tan∠AFC=ACAF=33，又CF∥x轴，所以两条切线FA,FB的斜率分别33和-33．
故切线的方程为y=33(x-4)+1，y=-33⋅(x-4)+1，这两条切线的极坐标方程为ρsinθ=33ρcsθ-433+1和ρsinθ=-33ρcsθ+433+1．
即ρsinθ+5π6=2-32和ρsinθ+π6=2+32．
【整体点评】（2）
方法一：直角坐标系中直线与圆相切的条件求得切线方程，再转化为极坐标方程，
方法二：直接根据倾斜角求得切线的斜率，得到切线的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程,在本题中巧妙的利用已知圆和点的特殊性求解，计算尤其简洁，为最优解.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（2022·全国·统考高考真题）已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：
(1)abc≤19；
(2)ab+c+ba+c+ca+b≤12abc；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
【详解】（1）证明：因为a>0，b>0，c>0，则a32>0，b32>0，c32>0，
所以a32+b32+c323≥3a32⋅b32⋅c32，
即abc12≤13，所以abc≤19，当且仅当a32=b32=c32，即a=b=c=319时取等号．
（2）证明：因为a>0，b>0，c>0，
所以b+c≥2bc，a+c≥2ac，a+b≥2ab，
所以ab+c≤a2bc=a322abc，ba+c≤b2ac=b322abc，ca+b≤c2ab=c322abc
ab+c+ba+c+ca+b≤a322abc+b322abc+c322abc=a32+b32+c322abc=12abc
当且仅当a=b=c时取等号．
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积xi
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量yi
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9