2024年河南省濮阳市高考数学一模试卷（含解析）

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这是一份2024年河南省濮阳市高考数学一模试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x2−3x+2>0}，B={x|−3A. {x|−3C. {x|−31}
2.已知复数z1，z2在复平面内所对应的点分别为(1,−3)，(−2,5)，则|z2z1+1|=( )
A. 22B. 1C. 2D. 2
3.已知(2x−m y)5=a0x5+a1x4y12+a2x3y+a3x2y32+a4xy2+a51y52(m∈R)，则“a2=720”是“m=3”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，B≠C.若csA=2 23，a=1，则b−csinB−sinC=( )
A. 12B. 32C. 2D. 3
5.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为梯形，AB=BB1=32C1D1=6,CD//AB，BM=λMB1(0<λ<1)，若DD1∩平面AC1M=N，则DN=( )
A. 4λλ+1B. 4λ+2λ+1C. 2λ+6λ+1D. 2λ−4λ+1
6.如图所示，cs2∠AOB=( )
A. 213B. 313C. 1665D. 6365
7.记椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆C2：x2+y2=a2的公共点为M，N，其中M在N的左侧，A是圆C2上异于M，N的点，连接AM交C1于B，若2tan∠ANM=5tan∠BNM，则C1的离心率为( )
A. 35B. 45C. 105D. 155
8.若函数f(x)=ex+ax2−e在定义域R上存在最小值b，则当a−b取得最小值时，a=( )
A. 12eB. 32eC. 12e−eD. 32e−e
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在一次数学测试中，老师将班级60位同学的成绩按照从小到大的顺序进行排列后得到的原始数据为a1，a2，a3，…，a60(数据互不相同)，其极差为m，平均数为a，则下列结论中正确的是( )
A. 4a1−3，4a2−3，4a3−3，…，4a60−3的平均数为4a−3
B. a1+2，a2+2，a3+2，…，a60+2的第25百分位数与原始数据的相同
C. 若a1+a22，a2+a32，a3+a42，…，a59+a602，a60+a12的极差为m′，则m′D. a1+a22，a2+a32，a3+a42，…，a59+a602，a60+a12的平均数大于a
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0)，f′(x)为f(x)的导函数，则下列结论中正确的是( )
A. 函数g(x)=f(x)+f′(x)的图象不可能关于y轴对称
B. 若φ=−π6且ω∈Z，f(x)在[0,4π3]上恰有4个零点，则ω=3
C. 若φ=π3,f(3π−x)+f(x)=0，则ω的最小值为49
D. 若ω=109，φ=π3，且f(x)在[−9π20,m]上的值域为[−1,2]，则m的取值范围是[3π20,9π20]
11.费马原理是几何光学中的一条重要定理，由此定理可以推导出圆锥曲线的一些性质，例如，若点A是双曲线C(F1,F2为C的两个焦点)上的一点，则C在点A处的切线平分∠F1AF2.已知双曲线C：x28−y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l为C在其上一点A(4 3,2 5)处的切线，则下列结论中正确的是( )
A. C的一条渐近线与直线 2x−y+3=0相互垂直
B. 若点B在直线l上，且F1B⊥AB，则|OB|=2 2(O为坐标原点)
C. 直线l的方程为 3x− 5y−4=0
D. 延长AF2交C于点P，则△APF1的内切圆圆心在直线x=4 33上
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”.如图是某同学绘制的赵爽弦图，其中四边形ABCD，EFGH均为正方形，AD=AE=2，则FB⋅AH= ______．
13.已知数列{an}的前n项和Sn=n2−3n，bn=an⋅( 3)−an，若bk2是bk+1，bk+2的等差中项，则k= ______．
14.已知函数f(x)的定义域为R，且f(4x+1)的图象关于点(0,2)中心对称，若f(2+x)−f(2−x)+4x=0，则i=1100f(i) ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知等比数列{an}的首项为2，公比q为整数，且4a1+2a2+a4=4a3．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)设数列{2(n n−1) n⋅an}的前n项和为Sn，比较Sn与4的大小关系，并说明理由．
16.(本小题15分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，二面角A1−AD−B，A1−AB−D均为直二面角．
(1)求证：AA1⊥平面ABCD；
(2)若∠DAB=∠ABC=90°，AA1=AD=2AB，二面角D−A1C−B的正弦值为 55，求BCAB的值．
17.(本小题15分)
在某公司举办的职业技能竞赛中，只有甲、乙两人晋级决赛，已知决赛第一天采用五场三胜制，即先赢三场者获胜，当天的比赛结束，决赛第二天的赛制与第一天相同.在两天的比赛中，若某位选手连胜两天，则他获得最终冠军，决赛结束，若两位选手各胜一天，则需进行第三天的比赛，第三天的比赛为三场两胜制，即先赢两场者获胜，并获得最终冠军，决赛结束.每天每场的比赛只有甲胜与乙胜两种结果，每场比赛的结果相互独立，且每场比赛甲获胜的概率均为p(0(Ⅰ)若p=23，求第一天比赛的总场数为4的概率；
(Ⅱ)若p=12，求决出最终冠军时比赛的总场数至多为8的概率．
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，在x轴上的截距为正数的直线l与C交于P，Q两点，直线PF与C的另一个交点为R．
(Ⅰ)若R(14,1)，求|PR|；
(Ⅱ)过点R作C的切线l′，若l//l′，则当△PQR的面积取得最小值时，求直线l的斜率．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax−lnx(a∈R)．
(Ⅰ)若x∈[1e2,e2]，讨论f(x)的零点个数；
(Ⅱ)若x1，x2是函数g(x)=f′(x)+ax2(f′(x)为f(x)的导函数)的两个不同的零点，且x1答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，可得A={x|x2−3x+2>0}={x|x<1或x>2}，
结合B={x|−3故选：C．
根据一元二次不等式的解法，求出A={x|x<1或x>2}，然后利用交集的法则算出A∩B，即可得到本题的答案．
本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的交集的运算法则等知识，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：复数z1，z2在复平面内所对应的点分别为(1,−3)，(−2,5)，
∴z2z1+1=−2+5i1−3i+1=(−2+5i)(1+3i)(1−3i)(1+3i)+1=−710−110i，
则|z2z1+1|= (−710)2+(−110)2= 22．
故选：A．
利用复数运算法则、复数的模直接求解．
本题考查复数运算法则、复数的模等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：(2x−m y)5=a0x5+a1x4y12+a2x3y+a3x2y32+a4xy2+a51y52(m∈R)，
则a2=C5223(− m)2，
当a2=720时，解得m=±3，
故“a2=720”是“m=3”的必要不充分条件．
故选：B．
根据已知条件，结合二项式定理，以及充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查二项式定理，以及充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为csA=2 23，a=1，
所以sinA= 1−cs2A=13，
又由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2R(R为△ABC的外接圆半径)，
则b−csinB−sinC=2RsinB−2RsinCsinB−sinC=2R=asinA=113=3．
故选：D．
由题意利用同角三角函数基本关系式可求sinA的值，进而利用正弦定理即可求解．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图，因为四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，CD//AB，
所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，又平面AMC1N∩平面ABB1A1=AM，
平面AMC1N∩平面DCC1D1=C1N，
所以AM//C1N，
故易知△C1D1N∽△ABM，
故ABBM=C1D1D1N，则66⋅λλ+1=4D1N，
解的D1N=4λλ+1，
则DN=6−4λλ+1=2λ+6λ+1．
故选：C．
根据面面平行性质定理得出AM//C1N，由△C1D1N∽△ABM，得到ABBM=C1D1D1N，求得D1N=4λλ+1，即可得出DN．
本题考查空间线面的位置关系、面面平行的判定定理，属于中档题
6.【答案】C
【解析】解：由题图可知，sin∠BOx=1 10，cs∠BOx=3 10，sin∠AOx=3 13，cs∠AOx=2 13，
故cs∠AOB=cs(∠AOx−∠BOx)
=cs∠AOxcs∠BOx+sin∠AOxsin∠BOx
=9 130，
所以cs2∠AOB=2cs2∠AOB−1=1665．
故选：C．
由题意利用任意角的三角函数的定义可求sin∠BOx，cs∠BOx，sin∠AOx，cs∠AOx的值，利用两角差的余弦公式可求cs∠AOB的值，进而利用二倍角公式即可求解．
本题主要考查了三角函数的定义、三角恒等变换，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设直线AN与直线BN的斜率分别为k1，k2，
由2tan∠ANM=5tan∠BNM，可得2×(−k1)=5×(−k2)，
∴k2k1=25，
又根据题意可知AM⊥AN，
∴直线AM的斜率为−1k1，即直线BM的斜率为−1k1，
设B(m,n)，则m2a2+n2b2=1，∴n2=−b2a2(m2−a2)，
又易知M(−a,0)，N(a,0)，
∴kBM⋅kBN=nm+a⋅nm−a=n2m2−a2=−b2a2，
∴−1k1⋅k2=−b2a2，
∴k2k1=b2a2=25，
∴C1的离心率为 1−b2a2= 1−25= 155．
故选：D．
设直线AN与直线BN的斜率分别为k1，k2，则根据题意易得k2k1=25，且直线BM的斜率为−1k1，再根据椭圆的几何性质易得−1k1⋅k2=−b2a2，从而建立方程，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，方程思想，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：当a=0时，f(x)=ex−e，无最小值，
当a<0时，若x<0，则f(x)=ex+ax2−e当a>0时，f′(x)=ex+2ax，易知f′(x)只有一个零点x0，则ex0+2ax0=0，且x0<0，
故当xx0时，f′(x)>0，
故f(x)在(−∞,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
则[f(x)]min=f(x0)=ex0+ax02−e=b，而a=−ex02x0，
则a−b=12ex0(x0−1x0−2)+e，令φ(x)=12ex(x−1x−2)+e,x<0，
则φ′(x)=ex(x−1)2(x+1)2x2，
当x<−1时，φ′(x)<0，当−10，
故[φ(x)]min=φ(−1)=e−1e，此时a=12e,b=32e−e．
故选：A．
分别讨论a=0，a<0和a>0三种情况，由题意知a=0和a<0时无最小值，当a>0时，f(x)在(−∞,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，根据f(x)的最小值和构造函数即可求解．
本题考查了函数与导数的综合应用，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，由平均数的性质可知，4a1−3，4a2−3，4a3−3，…，4a60−3的平均数为4a−3，故A正确；
对于B，现数据比原数据都大2，所以第25百分位数必然也会大2，故B错误；
对于C，因为a1+a22，a2+a32，a3+a42，…，a59+a602，a60+a12的最小数据为a1+a22，最大数据为a59+a602，
所以极差m′=a59+a602−a1+a22=(a59+a60)−(a1+a2)2<2(a60−a1)2=a60−a1=m，故C正确；
对于D，160(i−159ai+ai+12+a60+a12)=160i=160ai=a，故D错误．
故选：AC．
根据平均数的性质可判断AD，根据百分位数的定义和极差的定义和判断BC．
本题主要考查了平均数、极差和百分数的定义，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，f(x)=2sin(ωx+φ)，
∴f′(x)=2cs(ωx+φ)，故g(x)=f(x)+f(x)=2sin(ωx+φ)+2ωcs(ωx+φ)，
当ω=1，φ=π4时，g(x)=2sin(x+π4)+2cs(x+π4)=2 2csx为偶函数，此时函数g(x)=f(x)+f′(x)的图象关于y轴对称，A错误；
对于B，x∈[0,4π3]，则ωx−π6∈[−π6,4ωπ3−π6]，
由于f(x)在[0,4π3]上恰有4个零点，故3π≤4ωπ3−π6<4π，
即198≤ω<258，而ω∈Z，故ω=3，B正确；
对于C，由于f(3π−x)+f(x)=0，则f(x)的图象关于点(3π2,0)对称，即f(3π2)=2sin(3ωπ2+π3)=0，
则3ωπ2+π3=kπ(k∈Z)，即ω=−29+2k3，k∈Z，又ω>0，故k=1时，ω的最小值为49，C正确；
对于D，ω=109，φ=π3时，f(x)=2sin(109x+π3)，由于x∈[−9π20,m]，
故109x+π3∈[−π6,10m9+π3]，
而f(x)在[−9π20,m]上的值域为[−1,2]，故π2≤10m9+π3≤7π6，
∴3π20≤m≤3π4，D错误．
故选：BC．
求出f′(x)，化简g(x)=f(x)+f′(x)的表达式，判断奇偶性，即可判断A；
确定ωx−π6∈[−π6,4ωπ3−π6]，根据零点个数列出不等式，求得ω，判断B；
根据三角函数的对称性可判断C；
确定109x+π3∈[−π6,10m9+π3]，结合题意列出不等式π2≤10m9+π3≤7π6，求出m的范围，判断D．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：双曲线C：x28−y24=1的渐近线方程为y=± 22x，由y=− 22x与直线 2x−y+3=0相互垂直，故A正确；
若点B在直线l上，且F1B⊥AB，延长F1B与AF2，交于H，由题意可得|AF1|=|AH|，
且OB为△F1F2H的中位线，
由双曲线的定义可得|AF1|−|AF2|=|F2H|=2a，则|OB|=12|F2H|=a=2 2，故B正确；
C在其上一点A(4 3,2 5)处的切线方程为4 3x8−2 5y2=1，化为 3x− 5y−2=0，故C错误；
将x=4 33代入切线方程可得点(4 33,2 55).又AF1的方程为 5x−3 3y+2 15=0，AF2的方程为 5x− 3y−2 15=0，
由 5x− 3y−2 15=0x2−2y2=8，解得P(12 37,−2 57)，可得PF1的方程为 5x+13 3y+2 15=0，
可以验证点(4 33,2 55)到直线AF1，AF2，PF1的距离均为4 3015，故D正确．
故选：ABD．
求得双曲线的渐近线方程，可判断A；由双曲线的定义和等腰三角形的三线合一、中位线定理可判断B；由双曲线的切线方程可判断C；分别求得AF1，AF2，PF1的方程，考虑切线方程求得点(4 33,2 55)，验证是否为内心可判断D．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】16
【解析】解：由题意，建立如图所示平面直角坐标系，
则F(−2,0)，B(2,2)，A(0,2)，H(4,2)，
则FB=(4,2)，AH=(4,0)，
故FB⋅AH=4×4=16．
故答案为：16．
建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解即可．
本题考查平面向量数量积的运算，属基础题．
13.【答案】3
【解析】解：因为数列{an}的前n项和Sn=n2−3n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−3n−(n−1)2+3(n−1)=2n−4，
n=1时，a1=S1=−2适合上式，
故an=2n−4，
bn=an⋅( 3)−an=(2n−4)⋅(13)n−2，
若bk2是bk+1，bk+2的等差中项，即2×bk2=bk+1+bk+2，
则(2k−4)⋅(13)k−2=(2k−2)⋅(13)k−1+2k⋅(13)k，
解得，k=3．
故答案为：3．
由已知结合数列的和与项的递推关系先求出an，进而可求bn，然后结合等差数列的性质即可求解．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，还考查了等差数列性质的应用，属于中档题．
14.【答案】−9700
【解析】解：对任意x∈R，由于4x+1∈R，且函数f(x)的定义域为R，
故点(x,f(4x+1))在曲线y=f(4x+1)上，且曲线y=f(4x+1)关于点(0,2)中心对称，
故点(−x,4−f(4x+1))也在曲线y=f(4x+1)上，
从而4−f(4x+1)=f(−4x+1)，
从而对任意x∈R有f(1+4x)+f(1−4x)=4，
从而对任意x∈R，由x4∈R知f(1+x)+f(1−x)=4，
根据条件有f(2+x)−f(2−x)+4x=0，即f(2+x)−f(2−x)=−4x，
对任意的整数n，有f(n)=f(2+(n−2))=f(2−(n−2))−4(n−2)
=f(4−n)+8−4n=f(1+(3−n))+8−4n
=4−f(1−(3−n))+8−4n
=−f(n−2)+12−4n，
所以f(n−2)+f(n)=12−4n，
从而有f(4n−3)+f(4n−2)+f(4n−1)+f(4n)
=(f(4n−3)+f(4n−1))+(f(4n−2)+f(4n))
=12−4(4n−1)+12−4(4n)=28−32n，
故i=1100f(i)=f(1)+f(2)+…+f(100)
=[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+[f(5)+f(6)+f(7)+f(8)]+…+[f(97)+f(98)+f(99)+f(100)]
=i=125[f(4i−3)+f(4i−2)+f(4i−1)+f(4i)]
=i=125(28−32i)=28×25−32i=125i
=28×25−32×12×(1+25)×25=−9700．
故答案为：−9700．
先根据条件证明f(1+x)+f(1−x)=4，然后由f(2+x)−f(2−x)+4x=0证明f(n−2)+f(n)=12−4n，再由此证明f(4n−3)+f(4n−2)+f(4n−1)+f(4n)=28−32n，最后由求和公式得到结果．
本题主要考查了赋值法及函数的对称性在函数求值中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)因为4a1+2a2+a4=4a3，所以4a1+2a1q+a1q3=4a1q2，
即q3−4q2+2q+4=0，也即(q−2)(q2−2q−2)=0，
因为q∈Z，所以q=2，
故an=a1qn−1=2n．
(Ⅱ)结论：Sn<4，理由如下：
由(Ⅰ)可知，2(n n−1) n⋅an=2(n n−1) n⋅2n，
因为n n−1 n⋅2n所以Sn<2(12+222+323+⋯+n2n)，
令Tn=12+222+323+⋯+n2n①，
则Tn2=122+223+324+⋯+n2n+1②，
①−②，得Tn2=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−n+22n+1，
则Tn=2−n+22n，
故Tn<2，故Sn<2Tn<4．
【解析】(Ⅰ)根据等比数列的通项公式可得关于q的方程，求出q值，即可求解{an}的通项公式；
(Ⅱ)判断Sn<4，由(Ⅰ)可得2(n n−1) n⋅an=2(n n−1) n⋅2n，利用放缩法可得n n−1 n⋅2n本题考查等比数列的通项公式、错位相减法，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：在平面ABCD内取一点E，过点E作直线a⊥AD，
因为二面角A1−AD−B为直二面角，所以平面A1AD⊥平面ABCD，
又平面A1AD∩平面ABCD=AD，a⊂平面ABCD，所以a⊥平面A1AD，
因为A1A⊂平面A1AD，所以A1A⊥a，
同理，过点E作直线b⊥AB，
因为二面角A1−AB−D为直二面角，
所以平面A1AB⊥平面ABCD，
又平面A1AB∩平面ABCD=AB，b⊂平面ABCD，所以b⊥平面A1AB，
因为A1A⊂平面A1AB，所以A1A⊥b，
因为AD，AB不平行，所以a，b不重合，
又a∩b=E，a，b⊂平面ABCD，
所以A1A⊥平面ABCD．
(2)解：以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=1，BC=t，则B(0,1,0)，D(2,0,0)，A1(0,0,2)，C(t,1,0)，
所以A1B=(0,1,−2)，BC=(t,0,0)，A1D=(2,0,−2)，DC=(t−2,1,0)，
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅A1B=y−2z=0m⋅BC=tx=0，
取z=1，则x=0，y=2，所以m=(0,2,1)，
设平面A1CD的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅A1D=2a−2c=0n⋅DC=(t−2)a+b=0，
取a=1，则b=2−t，c=1，所以n=(1,2−t,1)，
因为二面角D−A1C−B的正弦值为 55，
所以|cs|= 1−( 55)2=2 55，
即|m⋅n||m|⋅|n|=|2(2−t)+1| 5× 1+(2−t)2+1=2 55，解得t=14，
故BCAB=14．
【解析】(1)在平面ABCD内取一点E，过点E作直线a⊥AD，由面面垂直的性质定理可证A1A⊥a，过点E作直线b⊥AB，同理可证A1A⊥b，再由线面垂直的判定定理，即可得证；
(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理，以及利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)第一天比赛的总场数为4分两种情况：
①第四场甲胜，前三场甲胜两场，
②第四场乙胜，前三场乙胜两场，
故所求概率P=C31×(23)2×13×23+C31×(13)2×23×13=1027；
(Ⅱ)设决出最终冠军时比赛的总场数为Y，
则P(Y≤8)=P(Y=6)+P(Y=7)+P(Y=8)，
因为P(Y=6)=(12)3×(12)3×2=132，P(Y=7)=C31×(12)4×(12)3×2×2=332，P(Y=8)=C42×(12)5×(12)3×2×2+C31×(12)4×C31×(12)4×2+(12)3×(12)3×(12)2×2×2=23128，
所以P(Y≤8)=132+332+23128=39128．
【解析】(Ⅰ)分第四场甲胜，前三场甲胜两场和第四场乙胜，前三场乙胜两场两种情况，利用独立事件的概率乘法公式求解；
(Ⅱ)设决出最终冠军时比赛的总场数为Y，利用独立事件的概率乘法公式求出P(Y=6)，P(Y=7)，P(Y=8)即可．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)抛物线C：y2=4x的焦点为F(1,0)，
可得PF的方程为y=−43(x−1)，与抛物线的方程联立，可得4x2−17x+4=0，
则14+xP=174，解得xP=1，|PR|=14+4+2=254；
(Ⅱ)设R(m,n)，m，n>0，可得n2=4m，
由y=2 x的导数y′=1 x，可得切线l′的方程为y−n=1 m(x−m)，
即有y=2nx+2mn，设l的方程为y=2nx+t，
由PF的方程y=nm−1(x−1)，与抛物线的方程联立，解得P(4n2,−4n)，
将P的坐标代入l的方程可得−4n=8n3+t，则t=−4n−8n3，
由y=2nx+ty2=4x，可得4x2+(4tn−4n2)x+n2t2=0，
则xPxQ=n2t24，xp+xQ=n2−nt，
则|PQ|= 1+4n2⋅ (n2−nt)2−n2t2= 4+n2⋅ n2−2nt，
R到直线l的距离为d=|2mn−n+t| 1+4n2=|2m−n2+nt| 4+n2，
则△PQR的面积S=12d⋅|PQ|=12 n2−2nt⋅|12n2−n2+nt|=14 n2+16n2+8⋅(n2+16n2+8)≥14 8+8⋅(8+8)=16，
当且仅当n2=4，即n=2时，△PQR的面积取得最小值，此时直线l的斜率为1；
同理可得R在x轴的下方，可得直线l的斜率为−1．
综上，可得直线l的斜率为±1．
【解析】(Ⅰ)求得直线PF的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得所求；
(Ⅱ)求得切线l′的方程，可设直线l的方程，由PF的方程代入抛物线的方程求得P的坐标，代入直线l的方程，可得P的坐标，求得t关于n的关系式，再由弦长公式和点到直线的距离公式，以及三角形的面积公式，化简整理，结合基本不等式可得最小值和此时n的值，进而得到所求斜率．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于难题．
19.【答案】解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞)，
令f(x)=0，得a=lnxx，
令h(x)=lnxx，则h′(x)=1−lnxx2，
令h′(x)=0，得x=e，
所以在[1e2,e)上h′(x)>0，h(x)单调递增，
在(e,e2]上h′(x)<0，h(x)单调递减，
又h(e)=1e，h(e2)=2e2，h(1e2)=−2e2，
所以当a<−2e2或a>1e时，直线y=a与h(x)的图象无交点，即f(x)无零点，
当−2e2≤a<2e2或a=1e时，直线y=a与h(x)的图象有1个零点，
当2e2≤a<1e时，直线y=a与h(x)的图象有2个交点，即f(x)有2个零点．
(Ⅱ)证明：由题可知g(x)=ax2−x+ax2，
则x1，x2是方程ax2−x+a=0有两个不同的正实数根，
所以Δ=(−1)2−4a2>01a>0，
解得0所以x1x2=1，x1+x2=1a，
要证|f(x1)−f(x2)−ax1+ax2|因为g(x)=f′(x)+ax2=ax2−x+ax2在(x1,x2)上满足g(x)<0，
所以f(x)−ax在(x1,x2)上单调递减，
所以f(x1)−ax1>f(x2)−ax2，
所以即证f(x1)−f(x2)−ax1+ax2所以f(x1)−ax1>f(x2)−ax2，
所以即证f(x1)−f(x2)−ax1+ax2即证x2−x1−f(x1)+f(x2)+ax1−ax2=(a+1)(x2−x1)−lnx2x1+a⋅x2−x1x1x2
=2a(x2−x1)+(x2−x1)−lnx2x1=2(x2−x1)x1+x2+x2−x1 x1x2−lnx2x1=2(x2x1−1)x2x1+1+ x2x1− x1x2−lnx2x1，
设t=x2x1，则t>1，
m(t)=2(t−1)t+1+ t−1 t−lnt，
则当t>1时，m′(t)=4(t+1)2+12 t+12t t−1t=4(t+1)2+( t−1)22t t>0，
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以m(t)>m(1)=0.不等式得证．
【解析】(Ⅰ)令f(x)=0，得a=lnxx，令h(x)=lnxx，求导分析单调性，最值，只需判断y=a与y=h(x)交点的个数，即可得出答案．
(Ⅱ)由题可知g(x)=ax2−x+ax2，则x1，x2是方程ax2−x+a=0有两个不同的正实数根，则Δ=(−1)2−4a2>01a>0，解得0本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．

2024年河南省濮阳市高考数学一模试卷（含解析）

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