【文档说明】信息必刷卷02（乙卷理科）-2023年高考数学考前信息必刷卷（解析版）.docx，共(20)页，2.544 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考数学考前信息必刷卷02全国乙卷地区专用理科数学新课标全国卷乙卷试题结构为12道单选题，4道填空题，6道解答题，其中一道解答题是“二选一”型。试卷题型虽然还是新课标老高考形式，在新高考全国范围内展开的背景下，试卷试题考察也向新高考对标，试

卷着眼于数学素养与创新能力，在考察主干知识与数学思想方法的同时，更加注重复杂情境下的解决问题的能力。考题更注重学生的数学逻辑思维的考察。通过2022年新课标全国卷乙卷试卷试题，预测2023年新课标全国乙卷会继续通过设置综合性的问题和比较复杂的情景题，加

强对于数学关键能力的考察，继续强化数学思想方法在试题考察中的渗透，借助考察关键能力，发挥数学学科高考的选拔功能，进而提升学生的学科综合素养。1.突出主干知识的考察，淡化机械记忆，关注应知应会的内容，如本试卷第7,8

,15题。2.突出对数学思想方法的考察，从数学学科思想价值和整体意义的高度，考察学生对基础知识与基础数学思想方法的学习与掌握，如本卷第9,12,15题。3.突出对复杂情景的考察，突出对于数学应用和综合学科的考察考察解决问题的能力，

引导学生体会数学知识与社会生产发展的紧密联系，如本卷第6,8,18题等一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合(){ln10},2

1,xAxxByyxA=−==−，则AB=（）A．()1,2B．()1,3C．()1,3−D．()1,−+【答案】B【分析】化简集合,AB，根据并集的定义求AB.【详解】因为不等式()ln10x−

的解集为()1,2，所以()1,2A=，函数21,xyxA=−的值域为()1,3，所以()1,3B=，所以()1,3AB=，故选：B.2．已知12iz=−，且azaz+为实数，则实数=a（）A．2−B．1−C．1D

．2【答案】A【分析】先通过复数运算化简复数，然后根据复数为实数的条件建立a的方程求解【详解】因为12i32(2)i(12i)5azaaaazaa++−−−+==+为实数，所以2a=−.故选：A3．已知两个单位向量a，b满足

a与3ab−的夹角为π3，则ab=（）A．23312B．23312−C．33312D．33312−【答案】D【分析】先利用夹角公式得到ab的关系式，解方程可得答案.【详解】依题意可知22π(3)313

1cos032|||3|(3)106aabaababaababab−−−====−−−，所以13ab，又cos,1ababab=−；令113abtt=−，得1312106tt−=−，解得33312t=，因为113t−，所以33312

t−=．故选：D.4．已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ABC的面积为332，且22226abcbc+=++，则tanA的值为（）A．33B．1C．3D．23+【答案】C【分析】根据余弦定理、三角形的面积公式求得A，进而求得tanA.【详解】依题意，22226abcbc+=

++，由余弦定理得2222226cosbcAbcbcbc−++=++，3cosbcAbc+=−①，由三角形的面积公式得13333sin,22sinbcAbcA==，代入①得3333coss3sininAAA+−=，sin3cos3AA+=，ππ32sin3,sin332AA+=+=

，由于ππ4π0π,333AA+，所以π2ππ,,tan3333AAA+===.故选：C5．已知点F是抛物线C：24xy=的焦点，过F的直线l交抛物线C于不同的两点M，N，设2MFFN=，点Q为MN的中

点，则Q到x轴的距离为（）A．43B．54C．73D．74【答案】B【分析】根据给定的抛物线，设出点M，N的坐标，利用2MFFN=求出点M，N的纵坐标和即可求解作答.【详解】依题意，点(0,1)F，设点221212(,),

(,)44xxMxNx，则221212(,1),(,1)44xxMFxFNx=−−=−，由2MFFN=得：2212122,1242xxxx−=−=−，解得222x=，218x=，因此点Q的纵坐标为22121

5()2444xx+=，所以Q到x轴的距离为54.故选：B6．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（）A．24B．36C．30D．20【答案】C【分析】先涂“火、土

”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.【详解】设3种不同的颜色为,,abc，对于“火、土”两个位置有3?2=6种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为ab、，1.若“金”位涂色为a，则有

：①若“水”位涂色为b，则“木”位涂色为c，共1种不同的涂色方法；②若“水”位涂色为c，则“木”位涂色为b，共1种不同的涂色方法；共2种涂色可能；2.若“金”位涂色为c，则有：①若“水”位涂色为a，则“木

”位涂色为b或c，共2种不同的涂色方法；②若“水”位涂色为b，则“木”位涂色为c，共1种不同的涂色方法；共3种涂色可能；综上所述：共()62330+=种不同的涂色方法.故选：C.7．设函数()πcos26fxx=−

在π,6+上的值域为,MN，则NM−的取值范围是（）A．13,22B．23,12−C．1,3D．231,22−【答案】B【分析】由余弦函数的性质可知当()fx在π,6+上单调时，求出sin21NM−=

，得到最大值；当()fx在π,6+上不单调时，判断出()fx在π,6+上的图象对称时，NM−最小，进而求出最小值232−，得到NM−的取值范围.【详解】由余弦函数的性质可知：当()fx在π

,6+上单调时，()πππcos2cos2sin21666NMff−=+−=+−−=；当()fx在π,6+上不单调时，()fx在π,6+上

的图象对称时，即()fx在ππ6212x++==+取得最值时，NM−最小，此时有ππ2π,Z126kk+−=，即π,Z2kk=，则()ππ323cosπcosπcosπcosπ12622NMffkkkk−−=−+=−−=−=

；所以NM−的取值范围是23,12−.故选：B.【点睛】方法点睛：三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于sinyx=或cosyx=的性质解题.8．如图，已知四面体ABCD的棱//AB平

面，且2AB=，其余的棱长均为1．四面体ABCD以AB所在的直线为轴旋转x弧度，且始终在水平放置的平面上方．如果将四面体ABCD在平面内正投影面积看成关于x的函数，记为()Sx，则函数()Sx的最小值为（）A．1B．22

C．12D．24【答案】D【分析】方法一：根据图象的旋转过程直观的看出何时最小，代入数据即可求解；方法二：根据题干中的数据和点到面的距离可得到当CD⊥时取最小值，代入数据即可求解.【详解】方法一：记AB的中点E，从侧面看，图1只需考虑ECD绕着E点旋转

时，ECD在直线l上的投影.图1为初始状态.①当旋转π4时，如图2，投影最短为12，min1122224S==.②旋转过程中，有如下函数关系：12π2cos,022412ππ2sin,2242123ππ2cos(),π2242S

=−，当ECD第一次旋转到图3位置时，ECD在直线l的投影又回到了图1，综上：min1122224S==，故选：D.方法二：取AB的中点M，连结CM，DM，因为DADB=，CAC

B=，所以ABCM⊥，ABDM⊥，DMCMM=，所以AB⊥平面CDM，因为CD平面CDM，所以ABCD⊥．因为2AB=，1ACBCCD===，所以ACBC⊥，22CMDM==，所以CMDM⊥，所以M到CD的距离为12．故当CD⊥时，()Sx取得最小值1122224=．

故选：D.9．已知函数()fx，()gx的定义域均为R，()fx为偶函数且()()23fxfx++=，()()102gxgx+−=，则91()()ifigi=+=（）A．21B．22C．452D．

472【答案】C【分析】根据题意证明()()103fxfx+−=，结合对称性分析运算即可.【详解】∵()fx为偶函数且()()23fxfx++=，则()()23fxfx−++=，故()fx关于点31,2对称，又∵()()243fxfx+++=，则()()4fxfx=+，则()

fx是以周期为4的周期函数，故()fx关于点35,2对称，∴()()103fxfx+−=，则()()()()()()()()()()()911327192837465534222ififfffffffff==+++++

++++=+=，又∵()()102gxgx+−=，则()()()()()()()()()()()911192837465524192igigggggggggg==+++++++++=+=

，故()()9991112745()()922iiifigifigi===+=+=+=.故选：C.10．以双曲线22221(0,0)xyabab−=的实轴为直径的圆与该双曲线的渐近线分别交于A，B，C，D四点，若四边形ABCD的面积为23a，则该双曲线的离

心率为（）A．3或2B．2或233C．233D．3【答案】B【分析】先由双曲线与圆的对称性得到004ABCDSxy=，再将00byxa=代入22200xya+=，从而得到20axc=，0abyc=，进而结合23ABCDSa=得到关于,,abc的齐次方程，由此转化为关于双曲线离

心率e的方程即可得解.【详解】依题意，根据双曲线与圆的对称性，可得四边形ABCD为矩形，如图，不放设点()()0000,0,0Axyxy位于第一象限，则0000224ABCDSxyxy==，因为双曲线()222210xyabab−=的渐近线方程为byxa=，则00by

xa=，以双曲线()222210xyabab−=的实轴为直径的圆的方程为222xya+=，则22200xya+=，将00byxa=代入22200xya+=，得222200bxxaa+=，则222202abxaa+=，即22202cxaa

=，所以4202axc=，则20axc=，故0abyc=，又23ABCDSa=，所以20043xya=，则2243aabacc=，则243abc=，所以224163abc=，则()2224163acac−=，即4224316160caca−+=，所以

2424031166ccaa−+=，即42316160ee−+=，解得24e=或243e=，因为1e，所以2e=或233e=.故选：B.11．已知正三棱锥−PABC的侧面与底面所成的二面角为π3，侧棱212PA

=，则该正三棱锥的外接球的表面积为（）A．74B．712C．494D．4912【答案】C【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股

定理，建立方程，可得答案.【详解】由题意，作正三棱锥−PABC，取AB中点D，连接,PDCD，取等边ABC的中心O，连接PO，如下图所示：在正三棱锥−PABC中，易知APBP=，PO⊥平面ABC，D为AB中点，PDAB

⊥，在等边ABC中，D为AB中点，CDAB⊥，CD平面ABC，PD平面APB，π3PDC=，设ADx=，则在RtAPD中，222214PDAPADx=−=−，在RtADC中，πtan33CDADx==，在

PDC△中，根据余弦定理，2222cosPDDCPDDCPDCPC+−=，则2222121π21323cos4434xxxx+−−−=，化简可得：263234xx=−，解得32x=，则32AD=，332CD=，在等边ABC中，O是中心，OCD，133

2ODCD==，233COCD==PO⊥平面ABC，CD平面ABC，POCD⊥，在RtPOD中，π3tan32POOD==，设正三棱锥−PABC的外接球的半径为r，假设正三棱锥−PABC的外接球

球心在线段PO上，则()222POrCOr−+=，可得22332rr−+=，解得7342r=，不符合题意；假设正三棱锥−PABC的外接球球心在线段PO的延长线上，则()222rPOCOr−+=，可得22332rr−+=

，解得7342r=，符合题意.故正三棱锥−PABC的外接球表面积2494ππ4Sr==.故选：C.12．若1sin16=a，2ln33ln2=−b，332=c，则（）A．cbaB．abcC．c

<a<bD．acb【答案】C【分析】化简得9ln8b=，构造函数()()sinln12xfxx=−+，利用导数判断函数()fx单单调性，求出19sinln068181f=−，从而得ab；再设()3sin48xxhx=−，利用导数判断()hx的单

调性，得出113=sin063241h−，从而得ac，即可得答案.【详解】解:因为1sin16=a，92ln33ln2ln8b=−=，332=c，令()()sinln12xfxx=−+，则()11cos221xfxx=−+

，令()11cos221xgxx=−+，则()211sin2(1)4xgxx=−++，可知当()0,1x时，()gx为单调递减函数，所以()()111sin04241gxg=−+，所以()11cos221xgxx=−+在()0,1x是单调递增函数，最大值为()1

1cos022121g=−，即当()0,1x时，()0fx，()fx单调递减，()(0)0fxf=，所以19sinln068181f=−，即19sinln168，所以ab，再设()()3sin0,π48xxhxx=

−，，则()13cos448xhx=−，令()0hx=，得3cos42x=，解得2π3x=，所以当2π(0,)3x时，()0hx，所以()hx单调递增，所以()(0)0xhh=，所以113=s

in063241h−，即163213sin，所以ac，综上所述：cab故选：C.【点睛】方法点睛：对于比较大小的题，不能找到中间量时，常采用构建函数的方法，通过求导，确定函数的单调

性，再根据函数的单调性即可得结果.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知π02，，，()6sin7＋＝，tan2tan=，则()sin−＝______．【答案】2

7【分析】化切为弦，由正弦和角公式得到方程组，求出4sincos72cossin7==，利用正弦差角公式求出答案.【详解】由tan2tan=得，sin2sincoscos=，则sincos2cossin=①，由()6sin7+=得，6sinc

oscossin7+=②，联立①②解得4sincos72cossin7==，∴()2sinsincoscossin7−=−=．故答案为：2714．已知直线4320xym++=与圆22:(3)(

1)1Cxy++−=相交，则整数m的一个取值可能是__________.【答案】3（或4,5,6，只需填写一个答案即可）【分析】利用圆的标准方程及点到直线的距离公式，结合直线与圆相交的条件即可求解.【详解】由圆

22:(3)(1)1Cxy++−=，得圆C的圆心为()3,1C−，半径为1，所以圆心()3,1C−到直线4320xym++=的距离为()224331229543mmd−++−==+，因为直线4320xym++=与圆22:(3)(

1)1Cxy++−=相交所以2915m−，解得27m，所以整数m的所有可能取值为3,4,5,6.故答案为：3（或4,5,6，只需填写一个答案即可）.15．已知数列na的首项11a=，且满足11(1)(2)0nnnnaaaa++−−−=对任意*Nn都成立，则能使2

021ma=成立的正整数m的最小值为_________.【答案】18【分析】由已知等式得13nnaa+=+或12nnaa+=；首先求出na为等差或等比数列时m的值，然后讨论na为等差与等比的交叉数列，要使m

最小，则可利用递推关系式所满足的规律进行推导得到结果.【详解】由()()11120nnnnaaaa++−−−=知：11nnaa+=+或12nnaa+=；当11nnaa+=+时，数列na是以1为首项，1为公差的等差数列，()111nann=+−=，则2021mam==，解得2021m=

；当12nnaa+=时，数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，12nna-\=，则122021mma−==，解得：21log2021m=+（舍）；若数列na是等差与等比的交叉数列，又11a=，22a=；若要m最小，则12020ma

=+，12020ma−=，21010ma−=，3456789505,504,252,126,63,62,31mmmmmmmaaaaaaa−−−−−−−=======，1011121314151617130,15,14,7,6,3,2,1mmmmmmmm

aaaaaaaaa−−−−−−−−=========，此时182021m=，故m的最小值为18.故答案为：18.【点睛】关键点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式讨论若数

列na是等差和等比各项交叉所得的数列，则若要使m最小，则需尽可能利用12nnaa+=对数列中的项进行缩减，进而返回到首项上.16．在锐角ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若22abbc=+，则ab的取值范围是

______．【答案】(2,3)【分析】利用正弦定理，诱导公式及和差化积公式得到()sinsinABB−=，从而A=2B，求出2cosaBb=，根据锐角三角形得到B的范围，从而求出ab的范围.【详解】由正弦定理得：22sinsinsinsinABB

C−=，由二倍角公式得：1cos21cos2sinsin22ABBC−−−=，()1cos2cos2sinsin2BABC−=，由和差化积公式可得：()()sinsinsinsinABABBC+−=，即()sinsinsinsinCABBC−=，因为ABC为锐角

三角形，所以π0,2C，sin0C，所以()sinsinABB−=，所以ABB−=或πABBA−+==（舍去），即A=2B，sinsin22sincosABBB==，由正弦定理可得：2cosaBb=，由题意得：π022AB=，解得：π0,4B

，π0π32CB=−，解得：63ππ,B又π0,2B综上：64ππ,B,所以23cos,22B，则ab的取值范围是()2,3故答案为：()2,3三、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.（12分）已知na为等差数列，前n项和为nS，若424SS=，221nnaa=+(1)求na(2)对*Nm，将na中落入区间()22,2mm内项的个数记为

mb，求()1mmb−的和．【答案】(1)21nan=−(2)()()2114+25315mm−−−【分析】（1）利用等差数列的通项公式列方程组求解即可；（2）先根据22212mmn−及Nn可得

121212mmn−−+，进而得21122mmmb−−=−，再由分组求和和等比数列的前n项和公式求解即可.【详解】（1）设na的公差为d，所以()421144642SSadad=+=+，()()2112121211n

naaandand=++−=+−+，解得11a=，2d=，所以21nan=−（2）由题意可得222121221222mmmmnn++−，即121112222mmn−−++，因为Nn，所以121212mmn−−+，所以21122m

mmb−−=−，()()()()()211111=1212=4222mmmmmmmmb−−−−−−−−−，所以()()()()()()14121142214212mmmT−−−−=−−−−−−−()()211=4+25315mm−

−−.18．（12分）设两名象棋手约定谁先赢()1,Nkkk局，谁便赢得全部奖金a元.已知每局甲赢的概率为p(0<p<1)，乙赢的概率为1－p，且每局比赛相互独立.在甲赢了m(m<k)局，乙赢了n(n<k)局时，比赛意外终止.奖金该怎么分才合理？请回答下面的问题.(1)规定如果出现无人先赢k

局而比赛意外终止的情况，那么甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比进行分配.若a=243，k=4，m=2，n=1，23p=，则甲应分得多少奖金？(2)记事件A为“比赛继续进行下去且乙赢得全部奖金”，试求当k=4，m=2，n=1时比赛继

续进行下去且甲赢得全部奖金的概率f(p).规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件，请判断当34p时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.【答案】(1)216元(2)不一定，理由见解析【分析】（1）根据比赛继续进行的局数进行分类讨论，求得甲赢

得全部奖金的概率，进而求得甲应分得的奖金.（2）先求得()PA、()fp，利用导数求得()fp的最小值，从而求得()PA的最大值，由此作出判断.【详解】（1）设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢.由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部奖金.当X=2时，甲以

4：1赢，得224(2)39PX===；当X=3时，甲以4：2赢，得122228(3)C133327PX==−=；当X=4时，甲以4：3赢，得2132224(4)C133327PX

==−=.于是，甲赢得全部奖金的概率为48424892727279++==，进而得甲应分得的奖金为82432169=（元）.（2）设比赛继续进行Y局且乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.当Y=3时，乙以

4：2赢，得3(3)(1)PYp==−；当Y=4时，乙以4：3赢，得1333(4)C(1)3(1)PYpppp==−=−.所以，乙赢得全部奖金的概率333()(1)3(1)(13)(1)PAppppp=−+−=+−.

于是，甲赢得全部奖金的概率()()()31131fppp=−+−.对f(p)求导，得322()3(1)(13)3(1)(1)12(1)fpppppp=−−−+−−=−.因为314p，所以()0fp，得f(p)在3

,14上是严格增函数，于是min3243()4256fpf==.由此可知，max24313()10.05080.05256256PA=−=，即乙赢的最大概率大于0.05，所以事件A不一定是小概

率事件.19．（12分）如图所示，六面体1111ABCDABCD−的底面ABCD是菱形，1111,π3BADAABBCCDD=∥∥∥，且1BB⊥平面111111,,,(01),2ABCDAACCAEAACFCCD

DBB====，平面BEF与平面ABCD的交线为l.(1)证明：直线l⊥平面11BBDD；(2)已知2EF=，三棱锥1BBDF−的体积1239BBDFV−=，若1DF与平面1BDD所成角为，求sin的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)3921sin267【

分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；(2)作辅助线得出在O点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出112,4BBDD==，进而求出()()13,0,4,0,0,3,0,1,33DCFF−=，结合平面的法向量求出sin

的取值范围即可.【详解】（1）连接AC，111111,,,AACCAACCAEAACFCC===∥AECF=，即,AECFAECF=∥.四边形AEFC为平行四边形，则ACEF.EF平面,BEFAC平面BEFAC平面BEF，平面BEFI平面ABCDl=，又AC平面ABCD

，ACl∥，四边形ABCD是菱形，ACBD⊥，又1BB⊥平面,ABCDACÌ平面ABCD，则1ACBB⊥，又1BDBBB=，1,BDBB平面11BBDD，AC⊥平面11BBDD，又ACl∥l⊥平面11

BBDD.（2）连接11AC交11BD于1O点，ACBDO=，则11OOBB∥.1BB⊥平面ABCD，1OO⊥平面ABCD，因为,OBOC平面ABCD，则11,OOOBOOOC⊥⊥.π3BAD=，四边形ABCD是菱形，则OBOC⊥，232,1,3ACEFOAOCA

BBD======，以1,,OBOCOO为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，设1BBt=，则12DDt=.1111232313239BBDFFBDBVVt−−===.2t=，即112,4BBDD==，13O

O=，则()()13,0,4,0,0,3,0,1,33DCFF−=，13,1,343DF=−，又()0,1,0OC=是平面1BDD的一个法向量，1211sin4(34)3DFOCDFO

C==+−，设()24(34),(01)3f=−+，则()752,33f3921sin267.20．（12分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为22，以C的短轴为直径的圆与直线6yax=+相切.(1)求C

的方程；(2)直线l：(1)(0)ykxk=−与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为k（O为坐标原点），△APQ的面积为1S.BPQV的面积为2S，若21||||APSBPS=，判断kk是否为定值？

并说明理由.【答案】(1)22184xy+=；(2)是定值，12.【分析】（1）利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于,ab的方程组，解方程组作答.（2）由给定的面积关系可得直线PQ平分APB，进而可得直线,APBP的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标

公式计算判断作答.【详解】（1）由椭圆C的离心率为22得：22212aba−=，即有222ab=，由以C的短轴为直径的圆与直线6yax=+相切得：261ba=+，联立解得228,4ab==，所以C的方程

是22184xy+=.（2）kk为定值，且12kk=，因为21||||APSBPS=，则121||||sin||||sin21||||sin||||sin2APPQAPQSAPAPAPQBPSBPBPQBPPQBPQ===，因此sinsinAPQBPQ=

，而(0,π)APQBPQABP+=，有APQBPQ=，于是PQ平分APB，直线,APBP的斜率,APBPkk互为相反数，即0APBPkk+=，设112200(,),(,),(,)AxyBxyPxy，由22184(1)xyykx

+==−得，2222(21)4280kxkxk+−+−=，即有212221224212821kxxkkxxk+=+−=+，而102010200APBPyyyykkxxxx−−+=+=−−，则()02102010(0)()()yyxxyy

xx−−+−−=，即10202010[)(1)]()(][1)(kxyxxkxyxx−−−+−−−120012002)(2)0()(kxxykxkxxxyk=−+++++=于是220000222842()2()02121kkkykxkxykkk−−+

+++=++22200002(28)4()2()(21)0kkkykxkxykk−−+++++=，化简得：20000021)(8)0(yxkxkxy−+−+=，且又因为00(,)Pxy在椭圆上，即2200184xy+=，即220028xy

+=，22000028yxxx−−+=−，从而222000000021)(20()yxkyxxkxy−+−−++=，0000(2[1)0)(]ykxxky−−−=，又因为00(,)Pxy不在直线:(1)lykx=−上

，则有0020ykx−=，即0012ykkkx==，所以kk为定值，且12kk=.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．（12分）已知函数21()(

1ln)ln2fxxaxxx=+−−．(1)当1a=时，求函数()fx的极值．(2)若()fx有三个极值点123,,xxx，且123xxx，①求实数a的取值范围；②证明：131343xxxxa++．【答案】(1)极小值为32，无极大值(2)①2a；②证明见解析【分析】（1）

求出函数的导数，判断其正负，确定函数单调性，进而求得函数()fx的最小值；（2）①当2a时，判断函数的单调性，说明不合题意，当2a时，根据导数判断函数的单调情况，结合零点存在定理，判断函数有三个零点，符合题意；②由题意可判断三个零点的范围且满足131xx=，因为要证明

131343xxxxa++，即33143xax++，也即2333413xxax++，又因为3331lnxaxx−=，故只要证明()23323331ln41axaxxx−++，故构造函数()()2231ln41xxxxx−=−++，

利用其单调性证明()2231ln41xxxx−++即可证明结论成立.【详解】（1）解：当1a=时，()1lnfxxxx=−−，令()()1lngxfxxxx==−−，则()2222131240xxxgxxx−+−+==，所以函数()gx

在()0,+上单调递增，由()10g=，所以()0,1x时，()()0fxgx=；当()1,x+时，()()0fxgx=．所以()fx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，所以函数()fx

有极小值为()312f=，无极大值；（2）①解：由()()()1ln0gxfxxaxxx==−−，所以()2211xaxaxxgxxx+−−+==，因为12xx+,仅当1x=时取等号，于是，当2a时，()0gx，函数()gx在()0,+上单调递增，此时至多有一个零点，不符合，当

2a时，令210xax−+=，得242aax−=，当240,2aax−−或24,2aax+−+时，()0gx，当2244,22aaaax−−+−时，()0gx，所以函数

()gx在240,2aa−−和24,2aa+−+上单调递增，在2244,22aaaa−−+−上单调递减，注意到()10g=，当2a时，22441,22a

aaa−−+−，所以2402aag−−，2402aag+−，又333()3lngaaaaa−−=−+，333()3lngaaaaa−=−−，令1()ln1,(0),()xhxxxxhxx−=−+=，当01x时，(

)0hx，当1x时，()0hx，所以函数()hx在()0,1上递增，在()1,+上递减，所以()(1)0hxh=，所以ln1−xx，故ln12aaa−，，则333233()3(1)331(1)0gaaaaaaaaa−−

−+−−+−+=−−，23333333()3(1)3311(1)10gaaaaaaaaaaa−−−−−−=−+−+−=−+−，因此()gx在2432()aaa−−−，内恰有一个零点（即在240)2(aa−−，有一个零点），在22()4422aaaa−−+−，内有一个零点

，即1x=，在234,2()aaa+−内有一个零点，故()gx有三个零点，则2a；②证明：由题意知12301xxx=，又注意到()1ggxx=−，所以()()31310ggxgxx=

−==，即131xx=，当1x时，先证明不等式()2231ln41xxxx−++恒成立，设()()2231ln41xxxxx−=−++，则()()()()2422221211(1)04141xxxxxxxxxx+

+−=−=++++，所以函数()x在()1,+上单调递增，于是()()10x=，即当1x时，不等式()2231ln41xxxx−−++恒成立．由()30gx=，可得()23332333311ln41axxaxxxx−−=++，因此

2333413xxax++，两边同除以3x，得33143xax++，而131xx=，故131343xxxxa++．（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．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）如图，在极坐标系中，曲线1C是以()

14,0C为圆心的半圆，曲线2C是以2π3,2C为圆心的圆，曲线12CC、都过极点O.(1)分别写出半圆1C，圆2C的极坐标方程；(2)直线()π:R3l=与曲线12,CC分别交于MN､两点（异于极点O），求2CMN△

的面积.【答案】(1)1C：π8cos02=，2C：()23sin0π=(2)34【分析】（1）直接利用转换关系的应用，写出极坐标方程；（2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果．【详解】（1）曲线1C是以()14,0C为圆心的半圆，所以半圆

的极坐标方程为π8cos02=，曲线2C以2π3,2C为圆心的圆，转换为极坐标方程为()23sin0π=.故半圆1C，圆2C的极坐标方程分别为：π8cos02=，()23sin0π=（2）由（1）得：ππ8cos23s

in133MNMN=−=−=.点2C到直线MN的距离2π3sin62dOC==.所以2113312224CMNSMNd===.故2CMN△的面积为：3423．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已

知()32fxxaxa=−++−，()()221gxxaxa=−++R(1)当2a=时，解关于x的不等式()7fx；(2)若对12,xxR，都有()()12fxgx成立，求a的取值范围．【答案】(1)5922xxx−或(2)13a或2525a−

−−+【分析】（1）分类讨论a的值，再解不等式；（2）将问题转化为()()minmaxfxgx，由绝对值三角不等式以及二次函数的性质得出()()minmax,fxgx，再解不等式2421aa−+得出a的取值范围．【详解】（1）当2a=时，()24fxxx=−+

+当2x时，()24227fxxxx=−++=+≥，∴52x当42x−时，()67fx=≥，无解．当<4x−时，()24227fxxxx=−−−=−−≥，∴92x−综上不等式的解集为5922xxx−或（2）由已知()()minmaxfxgx∵()()

()323242fxxaxaxaxaa=−++−−−+−=−≥，∴()min42fxa=−()()2max1gxgaa==+∴2421aa−+等价于2421aa−+或2421aa−−−，解得13a

或2525a−−−+．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com