2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(五)答案(1)(1)_2024年2月_022月合集_仿真丨新高考2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学（一至六）

2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷 数学（五） 注意事项： 1.本卷满分 150分，考试时间 120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填 写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、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， 只有一个选项是符合题目要求的. A 1,2,3,4  B 1,3,5,7  1. 已知集合 ， ，则AB的子集共有（ ） A.2个 B.3个 C.4个 D.8个 【答案】C 【解析】 【分析】先通过集合的交集运算得出AB，即可根据集合内元素的个数得出子集个数. 【详解】集合A 1,2,3,4  ，B 1,3,5,7  ， AB 1,3  ， 则AB的子集共有22 4个， 故选：C. 2i 2. 已知复数z  ，则 z （ ） 2i5 3 3 5 2 5 A.1 B. C. D. 5 5 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法、除法运算，以及模的定义求解. 2i 2i 2i 2i  2i  2 4i 2 4 【详解】因为z        i， 2i5 2ii4 2i  2i  2i  5 5 5 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司4 16 2 5 所以 z    ， 25 25 5 故选:D. uuur r uuur uuur uuur     3. 在ABC中，记AB  m，AC n，则CB AB AC （ ） ur r r ur   2 2 2 2 A. mn B. m n C. n m D. ur r 2 2 m n 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量线性运算和向量数量积的运算律可直接求得结果.                  2 2 2 2 【详解】CB AB AC  AB AC  AB AC  AB  AC m n . 故选：D. 4. 已知函数 f  x ln  x2 ln  4x  ，则 f  x  的单调递增区间为（ ） A.  2,3  B.  3,4  C. ,3  D.  3, 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递 增区间. x20 【详解】由 得：2 x4，即 f  x  的定义域为  2,4  ； 4x 0 1 1 2  3x   f x    ， x2 4x  x2  4x  当x 2,3  时， f ¢( x )>0；当x 3,4  时， fx0； \ f ( x )的单调递增区间为  2,3  . 故选：A . 5. 如图，已知正四棱锥PABCD的底面边长和高分别为2和1，若点E是棱PD的中点， 则异面直线PA与CE所成角的余弦值为（ ） 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司33 33 3 6 A. B. C. D. 33 11 6 6 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，然后用向量方法即可求解 【详解】连接AC,BD交于O， 由题意，以O为原点，分别以 O  B , O  C ， O  P 的方向为x轴，y轴,z轴的正方向建立空间 直角坐标系，如图， 由正四棱锥PABCD的底面边长和高分别为2和1可得AC BD  2 2 ，        2 1 所以P  0,0,1  ,A 0, 2,0 ,C 0, 2,0 ,D  2,0,0 ,E  ,0, ,    2 2      2 1 所以PA 0, 2,1 ,CE   , 2, ，    2 2 设异面直线PA与CE所成的角为，   1 PACE 2 33 2 所以cos     PA CE 11 11 3 2 故选：B 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司6. 某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线均生产5mm规格的芯片，现有25块该规格的芯 片，其中甲、乙、丙生产的芯片分别为5块，10块，10块，若甲、乙、丙生产该芯片的次 品率分别为0.1，0.2，0.3，则从这25块芯片中任取一块芯片，是正品的概率为（ ） A.0.78 B.0.64 C.0.58 D.0.48 【答案】A 【解析】 【分析】设B “任取一块芯片是正品”，A  i1,2,3  分别表示芯片由甲、乙、丙三条 i 生产线生产，根据互斥事件的概率公式以及全概率公式，即可求得答案. 【详解】设B  “任取一块芯片是正品”，A  i1,2,3  分别表示芯片由甲、乙、丙三条 i 生产线生产， 5 10 10 根据题意可得∶P(A) 0.2,P(A ) 0.4,P(A ) 0.4 ， 1 25 2 25 3 25 P(B| A)10.10.9,P(B| A )10.20.8,P(B| A )10.30.7， 1 2 3 由全概率公式可 得∶P(B) P(A)P(B| A)P(A )P(B| A )P(A )P(B| A ) 1 1 2 2 3 3 0.20.90.40.80.40.70.78. 故选：A x x x 1 π  7. 已知 f  x sin 2   3cos 2 sin 2    2 .若存在x 0   6 ,π   ，使不等式 1 f  x m2 3m 有解，则实数m的取值范围为（ ） 0 2  1  A.  0,3  B. ,0    3, C.   ,3  D.  2  5  ,0   ,  2  【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦余弦的二倍角公式及正弦两角和公式化简函数，然后将问题转化为函数在 区间上成立问题，求出最值，解不等式即可. x x x 1 【详解】 f  x sin  3cos sin   2 2 2 2 x x x x 1  3sin cos sin sin  2 2 2 2 2 第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司3  1cosx  1  sinx  2 2 2 3 1  sinx cosx 2 2 π π cos sinxsin cosx 6 6  π sinx ，  6 π  1 若存在x  ,π ，使不等式 f  x m2 3m 有解， 0  6   0 2 π  1 则问题转化为在x  ,π 上m2 3m  f  x  0  6   2  0  min π π π 7π 因为  x  π，所以  x   ， 6 0 3 0 6 6 1 所以 ≤ f  x ≤1， 2 0 1 1 所以m2 3m  m2 3m0， 2 2 解得：m3或m0 即实数m的取值范围为： ,0    3, ， 故选：B. 8. 已知a,b,c 1, ，且alna1e1，blnb2 e2，clnc4e4，其中 e是自然对数的底数，则（ ） A. abc B. bac C. b0， f  x  单调递增， 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司所以 f  1  f  2  f  4 ，即alnablnbclnc， 1 令g  x  xlnx，则g x 1 ， x 因为当x1时，g x 0，所以g  x  在 1,上单调递增， 又因为a,b,c 1, 且g  a  g  b  g  c  ， 所以abc， 故选：A 二、选择题：本题共4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的选项中，有 多项符合题目要求.全部选对的得 5分，有选错的得 0分，部分选对的得 2分. 9. 空气质量指数大小分为五级.指数越大说明污染的情况越严重，对人体危害越大，指数范 围  0,50  ，  50,100  ，  100,200  ，  200,300  ，  300,500  分别对应“优”“良”“轻 度污染”“中度污染”“重污染”五个等级.如图是某市连续14天的空气质量指数趋势图， 下面说法正确的是（ ） A. 这14天中有5天空气质量指数为“轻度污染” B. 从2日到5日空气质量越来越好 C. 这14天中空气质量的中位数是196.5 D. 连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日 【答案】ABC 【解析】   【分析】根据趋势图可判断出空气质量指数位于 100,200 的天数，知A正确；由2日到5 日空气质量指数依次下降知B正确；由中位数的定义可计算知C正确；根据方差与数据波 动幅度之间的关系可知D错误.   【详解】对于A，由空气质量指数趋势图可知：这14天中，空气质量指数位于 100,200 的 天数有4,6,9,10,11日，则有5天空气质量指数为“轻度污染”，A正确； 对于B，从2日到5日空气质量指数依次下降，则空气质量越来越好，B正确； 对于C，将14天空气质量指数按照从小到大顺序排序，中位数为第7和第8个数的平均数， 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司179214 即 196.5，C正确； 2 对于D，若连续三天空气质量指数方差最小，则连续三天数据波动幅度最小，显然5日到7 日数据波动幅度最大，则方差应为最大，D错误. 故选：ABC. 10. 密位制是度量角的一种方法，把一周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角.在角的 密位制中，单位可省去不写，采用四个数码表示角的大小，在百位数与十位数之间画一条短 线，如7密位写成“0—07”，478密位写成“4—78”.若 sincos2 sin2，则角可 取的值用密位制表示可能是（ ） A.10—50 B.2—50 C.13—50 D.42—50 【答案】BD 【解析】  【分析】通过三角恒等变换化简 sincos2 sin2，得出 k,kZ 或 12 5  k,kZ ，再通过题意对选项一一化为弧度制，即可判断是否符合题意. 12 【详解】Q  sincos2 sin2， sin22sincoscos22sincos， sin2cos21， 1 4sincos1，即sin2 ， 2  5  k,kZ 或 k,kZ ， 12 12 对于选项A： 1050 7 密位制10—50对应的角的弧度制为 2 ，不符合题意， 6000 20 故选项A错误； 对于选项B： 250  密位制2—50对应的角的弧度制为 2 ，符合题意， 6000 12 故选项B正确； 对于选项C： 1350 9 密位制13—50对应的角的弧度制为 2 ，不符合题意， 6000 20 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司故选项C错误； 对于选项D： 4250 17 密位制42—50对应的角的弧度制为 2 ，符合题意， 6000 12 故选项D正确； 综上所述，选项BD正确， 故选：BD. x2 11. 已知点A，B分别是双曲线C:  y2 1的左，右顶点，点P是双曲线C的右支上位 4 于第一象限的动点，记PA、PB的斜率分别为k 、k ，则下列说法正确的是（ ） 1 2 5 A. 双曲线C的离心率为 B. 双曲线C的焦点到其渐近线的距离 2 为1 1 1 C. k k 为定值 D. 存在点P，使得k k  1 2 4 1 2 2 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，求出c 5，得到离心率；B选项，求出焦点坐标和渐近线方程，得到 焦点到渐近线的距离；C选项，设P  m,n  ，表达出k  n ,k  n ，结合 m2 n2 1 1 m2 2 m2 4 求出kk  1 ；D选项，设P  m,n  ，m0,n0，由渐近线方程得到 m 2，结合 1 2 4 n m2 m n2 1得到k k  1. 4 1 2 2n 【详解】A选项，由题意得：a2，b1，故c a2 b2  41 5， c 5 故离心率为  ，A正确； a 2   B选项，双曲线C的焦点为  5,0 ，渐近线的方程为2yx0，  5 故焦点到渐近线的距离为d  1，B正确； 41 C选项，由题意得：A 2,0  ,B  2,0  ，设P  m,n  ，则 m2 n2 1， m2 1n2， 4 4 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司m2 n n 1 故k  ,k  ， n n n2 4 1，C正确； 1 m2 2 m2 k k      1 2 m2 m2 m2 4 m2 4 4 D选项，设P  m,n  ，m0,n0， m2 n2 1，m2 44n2， 4 m m 因为渐近线的方程为2yx0，故 n，即 2， 2 n n n mn2nmn2n 2mn 2mn m 使得k k       1，D错误； 1 2 m2 m2 m2 4 m2 4 4n2 2n 故选：ABC 12. 已知 f  x 2x2 1，g  x 4 x ，若方程 f  x g  x   f  x g  x ax 4a 2 0有四个不同的实数根，则满足上述条件的a 值可以为（ ） 1 3 A. 1 B. C. D.1 5 5 【答案】BC 【解析】 【分析】通过分类讨论去绝对值，得出  a2  x4a60  x1  ，  a2  x4a60  x1  ，与4x2 ax4a 0  x 1  ，再根据根的数量确定a的 取值范围，即可对选项一一验证. 【详解】当 f  x  g  x  时，即2x2 14 x ，解得 x 1， 当 f  x g  x  时，即2x2 14 x ，解得 x 1， 则当 x 1时， f  x g  x   f  x g  x  ， 此时方程 f  x g  x   f  x g  x ax 4a 2 0， 即2g  x ax4a20， 即2 x ax4a60， 此时若x1则  a2  x4a60  x1  ①， 此时若x1则  a2  x4a60  x1  ②， 当 x 1时， f  x g  x   g  x  f  x  ， 此时方程 f  x g  x   f  x g  x ax 4a 2 0， 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司即2f  x ax4a20， 即4x2 ax4a 0  x 1  ③， 其中方程①与②最多各有一个实数根，方程③最多有两个不同的实数根， 原方程有四个不同的实数根， 方程①与②各有一个实数根，方程③有两个不同的实数根， 对于方程4x2 ax4a 0  x 1  有两个不同的实数根，可以等价为： Δa2 64a0  a  1 1 4  8 解得0a ，  5 5a40  3a40 4 对于选项A：0a 取不到1， 5 故选项A错误； 1 26 26 对于选项B：当a  时，方程①的根为 1，方程②的根为 1，符合题意， 5 11 9 故选项B正确； 3 18 18 对于选项C：当a  时，方程①的根为 1，方程②的根为 1，符合题意， 5 13 7 故选项C正确； 4 对于选项D：0a 取不到1， 5 故选项D错误； 综上所述，选项BC正确， 故选：BC. 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分. n  1 13. 若 3x  展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含x4的项的系数为______.  x 【答案】1458 【解析】 n  1 【分析】利用赋值法，令x 1，则 3x  的展开式各项系数之和为2n，即可求得n；  x 再由二项展开式的通项求得含x4项的系数. 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司n  1 【详解】令x 1，则 3x  的展开式各项系数之和为2n 6426，则n6,  x r  1 其中通项T Cr  3x 6r    Cr36r1 r x62r ， r1 6  x 6 令62r 4，则r 1， 则T C1 351 1 x4 1458x4， 2 6 故含x4的项的系数为1458. 故答案为：1458. 14. 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为2，3，体积分别为V ，V ，若它们的侧面积相等， 1 2 V 则 1 的值是______. V 2 2 【答案】 ##2:3 3 【解析】 【分析】利用圆柱体的侧面积和体积公式求解即可. 【详解】设甲的高为h ，乙的高为h ， 1 2 h 3 由题意可得2π2h 2π3h ，所以 1  ， 1 2 h 2 2 V π 2 2h 2 所以 1  1  ， V π 3 2h 3 2 2 2 故答案为： 3 15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷 下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩 三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整 S 30 数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列  a  ，记数列  a  的前n项和为S ，则 n n n n n 的最小值为__________． 61 【答案】 2 【解析】 【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司S 30 小公倍数”得S ，再应用基本不等式求得 n 的最小值. n n 【详解】解：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首 n(n1) 15 1 项为8，公差为15的等差数列  a  ，则S 8n 15 n2 n n n 2 2 2 S 30 15n 30 1 15n 30 1 61 ∴ n    2    n 2 n 2 2 n 2 2 15n 30 当且仅当 = ，即n2 时，等号成立， 2 n S 30 61 ∴ n 的最小值为 ． n 2 61 故答案为： . 2 16. 抛物线C:y2 2px  p 0 的焦点到直线x y10的距离为 5 2 ，点M 是C上任 8 意一点，点N 是圆D:  x3 2  y2 1上任意一点，则 MN 的最小值是______. 11 【答案】 1 2 【解析】 【分析】根据焦点到直线的距离可构造方程求得 p，得到抛物线方程；由圆的方程可得圆   心和半径；设M t2,t ，利用两点间距离公式可表示出 DM ，根据二次函数性质求得 DM ；由圆的几何性质可知所求最小值为 DM r. min min p  p  1 1 【详解】由抛物线方程得：焦点为 ,0， 2 5 2 ，解得： p ，  2    2 2 8   抛物线C: y2  x，设M t2,t ；   由圆的方程可知：圆心D 3,0 ，半径r 1，  DM   3t2 2  0t 2  t45t29 ， 5 25 25 11 11 11 则当t2  时， DM   9  ， MN  r  1. 2 min 4 2 2 min 2 2 11 故答案为： 1. 2 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司四、解答题：本题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤. 17. 已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且    sin AsinB  sin AsinB  3sinAsinC sinC. （1）求角B的大小； （2）若BC边上的高为b2c，求sinC. π 【答案】（1）B 6 1 （2）sinC  5 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理边角互化即可求解； 5 （2）利用面积公式可得b c，再利用正弦定理边角互化即可求解. 2 【小问1详解】 由题意可得sin2 Asin2 B  3sin AsinCsin2C ， c2 a2 b2 根据正弦定理可得a2 b2  3acc2，所以  3， ac c2 a2 b2 3 又根据余弦定理可得cosB   ， 2ac 2 因为B 0,π  ，所以B π . 6 【小问2详解】 1 1 5 因为S  a(b2c) acsinB，即b c， ABC 2 2 2 5 2 1 由正弦定理可得sinB  sinC，所以sinC  sinB  . 2 5 5 18. 设等差数列  a  的各项均为正数，其前n项和为S ，4S a a 1  nN*  . n n n n n1   （1）求 a 的通项公式； n a  （2）设b n    5 n   ，求数列  b n  的前10项和，其中  x  表示不超过x的最大整数，如  0.9 0，  2.6 2. 【答案】（1）a 2n1 n 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司（2）16 【解析】   【分析】(1)根据a ,S 的关系求出数列的首项公差即可求解；(2)根据定义分别写出数列 b n n n 的前10项，求和即可. 【小问1详解】 设等差数列公差为d，   因为4S a a 1 nN* ，所以当n2时，4S a a 1， n n n1 n1 n1 n 所以4S 4S a a 1a a 1，所以4a a a a a ， n n1 n n1 n1 n n n n1 n1 n 因为a 0，所以a a  2d  4，所以d 2， n n1 n1 令n 1得4a aa 1a (a 2)1整理得a2 2a 10解得a 1， 1 1 2 1 1 1 1 1 所以a 12(n1)2n1. n 【小问2详解】 2n1 由（1）得b n    5   ， 2n1 所以b n    5   的前10项和等于 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19                              5 5 5 5 5  5   5  5  5  5 001112233316 . 19. 某校举办传统文化知识竞赛，从该校参赛学生中随机抽取100名学生，竞赛成绩的频率 分布表如下： 竞赛成绩  50,60   60,70   70,80   80,90   90,100  频率 0.08 0.24 0.36 0.20 0.12 （1）估计该校学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；     （2）已知样本中竞赛成绩在 50,60 的男生有2人，从样本中竞赛成绩在 50,60 的学生 中随机抽取3人进行调查，记抽取的男生人数为X ，求X 的分布列及期望. 【答案】（1）75.4 3 （2）分布列见解析；期望E  X  4 【解析】 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）利用每组区间的中点值乘以该组的概率，加总和即可得到平均数的估计值；   （2）根据频率分布表可求得样本中竞赛成绩在 50,60 的总人数，进而确定X 所有可能的 取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，进而得到分布列；根据数学期 望公式可计算求得期望值. 【小问1详解】 平均数为550.08650.24750.36850.20950.1275.4 . 【小问2详解】   由题意知：样本中竞赛成绩在 50,60 的共有1000.088人，其中有男生2人， 则X 所有可能的取值为0,1,2， C3 20 5 C2C1 30 15 P  X 0  6   ；P  X 1  6 2   ； C3 56 14 C3 56 28 8 8 C1C2 6 3 P  X 2  6 2   ； C3 56 28 8 X 的分布列为 X 0 1 2 5 15 3 P 14 28 28 5 15 3 3 数学期望E  X 0 1 2  . 14 28 28 4 20. 如图所示的几何体中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB AD，四边形PDCE 为矩形，平面PDCE 平面ABCD，F为PA的中点，N为PC与DE的交点，PD 2， 1 AB  AD  CD 1. 2 （1）求证：FN //平面ABCD； 6 （2）若G是线段CD上一点，平面PBC与平面EFG所成角的余弦值为 ，求DG的长. 6 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）证明见解析； 1154 （2） . 9 【解析】 【分析】（1）连接AC，证明FN //AC，利用线面平行的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【小问1详解】 因为四边形PDCE为矩形，则N为PC的中点，连接AC， 在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点， 则有FN //AC，而直线FN 平面ABCD，AC平面ABCD， 所以FN //平面ABCD； 【小问2详解】 因为平面PDCE 平面ABCD，DP  DC ，平面PDCE平面ABCD CD，DP 平面PDCE， 所以DP平面ABCD，又AB//CD，AB AD ，故DC  AD， 以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1 2 则P(0,0, 2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,2, 2),F( ,0, ) ， 2 2 设G  0,t,0 ，t 0,2  ，     1 2    所以PB(1,1, 2),BC(1,1,0)，FE  ,2, ，GE  0,2t, 2 ，    2 2  第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司    mPB  x y 2z  0 设平面PBC的法向量为m x,y,z ，则  ，  mBC x y  0    令x 1，得m 1,1, 2 ，    1 2 r nFE  a2b c 0 设平面EFG的法向量为n a,b,c ，则 2 2 ，   n  GE  2t  b 2c0  r   令b 2 ，得n 2t2 2, 2,t2 ，     mn 2 2t 2 6 所以 cos m,n      ， m  n 2  2t2 2 2   2 2  t2 2 6 整理可得9t2 8t110， 1154  1154 解得t  或t  (舍去)， 9 9 1154 即DG的长为 . 9 x2 y2 2 21. 设椭圆C:  1  a b 0 的左焦点为F，上顶点为P，离心率为 ，O是坐 a2 b2 2 标原点，且 OP  FP  2 . （1）求椭圆C的方程； （2）过点F作两条互相垂直的直线，分别与C交于A，B，M，N四点，求四边形AMBN 面积的取值范围. x2 【答案】（1）  y2 1 2 16  （2）  ,2   9  【解析】 【分析】（1）根据题意，结合离心率及椭圆a,b,c的关系列出方程即可得到结果； 1 （2）当l ，l 中有一条斜率不存在时，S   22 2  2；当l ，l 的斜率都存在 1 2 AMBN 2 1 2 1 时，设过点F 1,0  的两条互相垂直的直线l ：xky1，直线l ：x y1，联立 1 2 k 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司x ky1  1 x2 求出 AB 与 MN ，所以S  AB  MN 代入整理成关于k的式子，求式子   y2 1 2  2 的值域即可. 【小问1详解】 c 2 设椭圆C的焦距为2c，则  ，所以a  2c a 2 因为a2 b2 c2，所以bc， 又 OP  FP  2 ， OP b, FP a，所以ab= 2 ，即c1 所以a  2,b1 x2 所以  y2 1 2 【小问2详解】 当l ，l 中有一条斜率不存在时， 1 2 设直线l 的方程为x=1，此时直线l 与x轴重合， 1 2 1 即 AB  2, MN 2 2 ，所以S   22 2  2； AMBN 2 当l ，l 的斜率都存在时，设过点F 1,0  的两条互相垂直的直线l ：xky1，直线l ： 1 2 1 2 1 x y1 k x ky1    由x2 得 k2 2 y2 2ky10   y2 1  2   2k 1 此时4k24 k22 0， y  y  ，y y  1 2 k2 2 1 2 k2 2 1 1 2 2 1k2 2 2  1k2 则 AB  1   y  y 2 4y y  1   . k2 1 2 1 2 k2 k2 2  k2 2  k   1 2 2 1k2 k 把上式中的k换成 得： MN  k 12k2 则四边形AMBN 的面积为 1 1 2 2  1k2  2 2  1k2  k 4  1k2 2 S  AB  MN     2 2  k2 2  k 12k2  k2 2  12k2  第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司令1k2 t，则t1，且2k2 t1，2k2 12t1 4  2 S  4 1k2  4t2  1 1 2 9 ，  t 1  ，  k2 2  12k2  2t2 t1      t 2 4 16   S 2， 9 16  所以四边形AMBN 的面积的取值范围是  ,2 .  9  22. 已知函数 f  x lnx 2m  x1m  mR  . （1）当m4时，求函数 f  x  的单调区间； （2）是否存在正整数m，使得 f x0恒成立，若存在求出m的最小值，若不存在说明理 由. 1   1 【答案】（1）函数 f  x  的单调减区间为 , ，单调增区间为0, . 2   2 （2）存在正整数m 3 【解析】 【分析】（1）当m4时，对函数 f  x  求导，令 f ¢( x )>0和 fx0，即可求出函数 f  x  的单调区间； （2）要使 f x0恒成立，即 f  x  0恒成立，讨论m2和m>2，求出 f  x  的单 max 1 调性，即可知要使 f  x  ln m0，令 g  m ln  m2 m  m2  ，对 max m2     g m 求导，得出g m 的单调性，即可得解. 【小问1详解】 当m4时，函数 f  x lnx2x3的定义域为  0, ， 1 12x f x  2 ， x x 令 f ¢( x )>0，解得：0 x 1 ；令 fx0，解得：x 1 ， 2 2 1   1 所以函数 f  x  的单调减区间为 , ，单调增区间为0, . 2   2 【小问2详解】 f  x lnx 2m  x1m的定义域为  0, ， 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1  2m  x1 f x  2m  ， x x 若2m0，即m2，函数 f  x  在  0, 上单调递增，无最大值；  1   1  若2m0，即m>2，函数 f  x  在0, 上单调递增，在 , 上单调递  m2 m2  减. 1  1  1 当x 时，函数 f  x  取得最大值，且 f  x   f   ln m， m2 max m2 m2 要使 f x0恒成立，即 f  x  0， max 1 所以ln m0，即ln  m2 m0， m2 1 m1 令g  m ln  m2 m  m2  ，g m  1 0  m2  m2 m2 所以g  m  在2,上单调递增， 当m趋近于2时，g  m 0，g  3 ln130， 所以存在最小正整数m 3，使得g  m ln  m2 m0，即是使得 f x0恒成立. 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司