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(六)答案(2)_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）

进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷 数学（六） 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 公 中，只有一个选项是符合题目要求的． 众 A  x x2 号 10  B   x x2a0  1. 已知集合 ， ： ，若AB  B，则实数a的取值范 一 围是（ ） 枚 A. ,2  B. 试 2, 卷  1   1 君 C.   ,  D.  ,   2   2 【答案】C 【解析】     【分析】求出A x 1 x1 ，B  x x2a ，根据AB  B，得到AB，从而 得到不等式，求出实数a的取值范围. 【详解】A  x x2 10    x 1 x1  ，B   x x2a0    x x2a  ， 因为AB  B，所以AB， 1 故2a1，解得：a ， 2 故选：C 2. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z i  3ai  为“等 部复数”，则实数a的值为（ ） A.-1 B.0 C.3 D.-3 【答案】C 第1页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则得到z a3i，从而得到a3. 【详解】z i  3ai ai2 3ia3i，故a3. 故选：C 3. 双曲线 x2  y2 1  a 0,b0 的离心率为 3，且过点A  2,2  ，则双曲线方程为 a2 b2 （ ） y2 x2 y2 A. x2  1 B.  1 2 2 4 x2 y2 x2 y2 C.  1 D.  1 4 2 3 6 【答案】B 【解析】 【分析公】通过已知得出a与b的两个关系式，即可联立求解，代入双曲线方程即可得出答案. 众 x2 y2 【详解】双曲线 号1  a 0,b0 的离心率为 3， a2 b2 ： 一 c   3， 枚 a 试 卷 a2 b2 c2， 君 a2 b2   3，即2a2 b2， a2 双曲线 x2  y2 1  a 0,b0 过点A  2,2  ， a2 b2 4 4   1， a2 b2 4 4 则由2a2 b2与  1联立解得：a  2，b2， a2 b2 x2 y2 双曲线的方程为：  1， 2 4 故选：B. 4. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设xR， 用  x  表示不超过x的最大整数， y x  也被称为“高斯函数”，例如  2.1 2，  3 3， 3 1.5 2，设x 为函数 f  x log x 的零点，则  x （ ） 0 3 x1 0 第2页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 A.2 B.3 C.4 D.5 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断x 所在区间，最后根据高斯函 0 数的定义计算可得. 3 【详解】解：因为 y log x与y  在  0, 上单调递增， 3 x1 3 所以 f  x log x 在  0, 上单调递增， 3 x1 3 3 1 3 又 f  3 log 3 1  0， f  2 log 2 log 210， 3 31 4 4 3 21 3 所以 f  x  在  2,3  上存在唯一零点x ，即x  2,3 ，所以  x 2. 0 0 0 故选：A 5. 已知公点P是圆C:  x 3 2  y3 2  4上一点，若点P到直线y  3x2的距离为 众 1，则满足条件的点P的号个数为（ ） ： A.1 B.2 C.3 D.4 一 【答案】C 枚 试 【解析】 卷 【分析】根据圆心到直线的距离即可求解. 君     【详解】由题意可知圆心为C 3,3 ,所以C 3,3 到 y  3x2的距离为 3´ 3-3-2 d = =1 ，故与直线 y  3x2平行且过圆心的直线与圆相交的两个交点 2 即为满足条件的点P，此时有两个，又圆的半径为2，故当过圆心且与 y  3x2垂直的 直线与圆的下半部分相交的一个点也符合，故共有3个. 故选:C π π 6. 已知  , ，且5cos210sin29，则tan（ ） 4 2 第3页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 9 2 1 A. B.2 C. D. 9 2 2 【答案】B 【解析】 520tan 【分析】由已知利用二倍角公式，平方关系sin2cos21代换，可得 9， tan21 根据的范围即可求解. 【详解】由5cos210sin29，得 5cos220sincos9， 5cos220sincos 则 9， sin2cos2 520tan 即 9，得9tan220tan40， tan21 则  9tan2  tan2 0， 公 众 2 得tan 或tan号2， 9 ： 一 π π 又  ， ，所以tan1， 枚 4 2 试 故tan2. 卷 君 故选：B 7. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有甲、乙、丙、丁4名运动员 要与1个“冰墩墩”站成一排拍照留恋，已知“冰墩墩”在最中间，甲、乙、丙、丁4名运动员 随机站于两侧，则甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率为（ ） 1 1 1 1 A. B. C. D. 4 2 3 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求出甲、乙、丙、丁4名运动员与1个“冰墩墩”排成一排，且“冰墩墩”在最中 间的所有排法的所有排法，再求甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的排法，根据古典概型 概率公式求概率. 【详解】甲、乙、丙、丁4名运动员与1个“冰墩墩”排成一排， 且“冰墩墩”在最中间的所有排法有A4=24种， 4 甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的排法有2A2A2=8种， 2 2 第4页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 8 1 由古典概型的概率公式可得甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率：P  ， 24 3 故选：C. 8. 如图，在正方体ABCDABCD 中，点P在线段BD 上运动（包含端点），则直线BP 1 1 1 1 1 1 与C D所成角的取值范围是（ ） 1 π π π π A.  ,  B.  ,  3 2 6 3 π公π π π C.  ,  D.  ,  4 3 众 6 2 号 【答案】B ： 【解析】 一 枚 【分析】要求直线所成角，转化为方向向量所成角，建立如图所示空间直角坐标系，所以 试       卷 BP BBBP BBBD (,,1)（0≤≤1），又DC (0,1,1)，设则 1 1 1 1 君1   直线BP与C D所成角为，则cos cos BP,DC ，结合的范围即可得解. 1 1 1 1 【详解】 以DA,DC,DD 为x,y,z建立如图所示空间直角坐标系， 1 设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，D (0,0,1)，C (0,1,1)，B (1,1,1)， 1 1 1      所以BP BBBP BBBD (0,0,1)(1,1,1)(,,1) 1 1 1 1 （0≤≤1）  DC (0,1,1)， 1 第5页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末  π 则设直线BP与C D所成角为 0 ， 1 1  2     BPDC 1 1 1 则cos cos BP,DC     ， 1 1 BP  DC 2 3221 1 1 2  1 2 2  由0≤≤1，所以32 213      ,2  ，  3 3 3  1 3 π π cos , ，所以  ,  ， 2 2  6 3 故选：B 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． 公 9. 圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（ ） 众 号 8 A. 8πcm3 B. cm3 ： π 一 16 4 C. cm3 枚 D. cm3 π 试π 卷 【答案】BD 君 【解析】 【分析】由已知中圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，我们可以分圆柱的底面周 长为4cm，高为2cm的和圆柱的底面周长为2cm，高为4cm，两种情况分别由体积公式即 可求解. 【详解】侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形， 2 若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径R cm，h2cm， π 8 此时圆柱的体积V πR2h cm3 π 1 若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径R cm，h4cm， π 4 此时圆柱的体积V πR2h cm3 π 故选：BD 10. 已知随机变量X 服从二项分布B  4,p  ，其方差D  X 1，随机变量Y 服从正态分布 第6页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 N  p,4 ，且P  X 2 P  Y a 1，则（ ） 1 3 A. p B. P  X 2  2 8 3 1 C P  Y a  D. P  Y 1a  . 8 8 【答案】AB 【解析】 【分析】根据二项分布的方差公式得到方程求出 p，再根据独立重复试验的概率公式求出 P  X 2  ，即可判断A、B、C，最后根据正态分布的性质判断D. 【详解】解：因为随机变量X 服从二项分布B  4,p  ，且其方差D  X 1， 1 所以D  X 4p  1 p 1，解得 p ，故A正确； 2 2 2 所以P公  X 2 C2   1    1 1   3 ，又P  X 2 P  Y a 1， 4 2  2 8 众 号 5 所以P  Y a  ，所以B正确 ： ，C错误； 8 一 1  1 枚1 1 所以Y  N ,4，则正态曲线关于x 对称，因为a   1a ， 试 2  2 2 2 卷 5 君 所以P  Y 1a  P  Y a  ，故D错误. 8 故选：AB x2 y2 11. 已知直线yx1交椭圆C:  1于A，B两点，P 是直线AB上一点，O为坐 6 3 标原点，则（ ） 2 A. 椭圆C的离心率为 2 4 2 B. AB  3   C. OAOB 2 D. 若F ，F 是椭圆C的左，右焦点，则 PF  PF  2 2 1 2 2 1 【答案】AD 【解析】 【分析】根据椭圆方程求出a、b、c，即可求出离心率，即可判断A，设A  x ,y  ，B  x ,y  ， 1 1 2 2 第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，根据弦长公式判断 B，求出 y y  x 1  x 1  ，根据数量积的坐标表示判断C，设F   3,0  关于直线AB 的对 1 2 1 2 1 称点为E(e, f)，求出对称点的坐标，再根据 PF  PF  EF ，即可判断D. 2 1 2 x2 y2 【详解】解：因为椭圆C:  1，所以a2 6，b2 3，则a 6， c  a2 b2  3 ， 6 3 c 3 2 所以离心率e   ，故A正确； a 6 2 y  x1  设A  x ,y  ，B  x ,y  ，由x2 y2 ，消去y得3x2 4x40， 1 1 2 2   1  6 3 4 4 显然0，所以x x  ，x x  ， 1 2 3 1 2 3 2  4  4 8 2 所以 A公B  2 x x  2    4     ，故B错误； 众 1 2  3  3 3 号 5 又 y y  x 1  x 1  x x ：x x 1 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 一3   枚 所以OAOB x x  y y 3，故C错误； 1 2 1 2 试   卷 设F  3,0 关于直线AB的对称点为E(e, f)， 1 君  f 1  e 3 e1   则 ，解得 ，即E 1,1 3 ，  f  3e f 1 3  1  2 2 则 PF  PE ， PF  PF  PF  PE  EF ，当且仅当P，E，F 三点共线时取等 1 2 1 2 2 2 号， 所以 PF  PF 的最大值为 EF   1 3 2   1 3 2 2 2 ，即 PF  PF  2 2 ， 2 1 2 2 1 故D正确， 故选：AD 12. 已知函数 f  x  x3  ex，若经过点 0,a 且与曲线 y f  x  相切的直线有两条，则 实数a的值为（ ） A. 3 B. 2 C. e D. e2 【答案】AC 第8页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【解析】 【分析】设出切点并根据导函数性质设出过切点的切线方程，参变分离构建新函数，求导画 出草图即可根据条件得出答案. 【详解】设切点为  t,  t3  et  ， 由 f  x  x3  ex， 得 f x ex  x3  ex  x2  ex， 则过切点的切线方程为： y t3  et  t2  et xt  ， 把  0,a  代入，得a t3  et  t2  et 0t  ，   即a et t2 3t3 ， 令g  x ex  x2 3x3  ， 则g x ex  x2 x  ， 公 则当x,0众 1,时，g x 0， 号 当x0,1时，g x 0， ： 一 gx的增区间为 ,0  与 1,，减区间为 枚 0,1 ， 试 做出草图如下： 卷 君 因为过点 0,a 且与曲线 y f  x  相切的直线有两条，则ae或a3， 则a 3或ae， 故选：AC. 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．          13. 已知向量a  4,2 3 ，b 1, 3 ，则ab b ______． 【答案】0 【解析】 第9页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【分析】根据向量的数量积和向量的模长公式，直接进行计算即可. 【详解】a  b   b    4,2 3    1, 3   1 2  3 2 462 0 ， 故答案为：0 14. 写出一个同时满足下列条件的非常数函数______． ①在  0, 单调递增 ②值域  1, ③ f  x  =f x  【答案】 f  x  x2 1（不唯一） 【解析】 【分析】结合函数的性质选择合适函数即可. 【详解】由 f  x  =f x  得函数为偶函数，关于y轴对称，结合单调性及值域，可以为 f  x  x2 1. 故答案公为： f  x  x2 1（不唯一）. 众 15.“中国剩余定理”又称 号“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物 不知数”问题的解法传至欧洲．1 ： 874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得 一 到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的 枚 是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到试 2022这2022个数中，能被3除余 卷   1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列 a ，则此数列君的项数为______． n 【答案】169 【解析】 【分析】根据题意可知所求数为能被12除余1，得出数列{a }的通项公式，然后再求解项 n 数即可. 【详解】解：因为能被3除余1且被4除余1的数即为能被12除余1的数， 2033 故a 12n11,(nN)，又a 2022，即12n112022，解得n ， n n 12 又nN*，所以1n169且nN*. 故答案为：169.  π 16. 函数 f  x 2sin x  0, 的部分图象如图中实线所示，A，C为 f  x   2  1  的图象与x轴交点，且A  ,0，M，N是 f  x  的图象与圆心为C的圆（虚线所示）的  6  第10页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 2 交点，且点M在y轴上，N点的横坐标为 ，则圆C的半径为______． 3 2 7 【答案】 3 【解析】 【分析】根据函数 f(x)2sin(x)的图象以及圆C的对称性可得函数的周期，结合 A    1 公 ,0  可得 f(x)2sin(2πx π )，进而求解M 的坐标，由勾股定理即可求解半径.  6  众 3 号 【详解】根据函数 f(x)2sin(x)的图象以及圆C的对称性， ： 一 可得M ，N 两点关于圆心C(c,0)对称， 枚 1 T 1 1 π 1 试 所以c ，于是 c     2π， 3 2 6 2  2 卷 君  1  π π 由2π及A  ,0，得 0kπ,kZ kπ,k Z，  6  3 3 π π 由于 ，所以 ， 2 3 π 所 以 f(x)2sin(2πx ) ， f(0) 3 ， 从 而 M(0, 3) ， 故 半 径 为 3 2 1 2 7 CM    3  , 3 3 2 7 故答案为： 3 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. 已知数列  a  满足a 1，  n1  a na 0  n2  ． n 1 n n1   （1）求数列 a 的通项公式； n 第11页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 （2）若b 2na ，求数列  b  的前n项和S ． n n n n 【答案】（1）a n n （2）S  n1 2n12 n 【解析】 a  【分析】（1）由题意得数列 n为常数列，可数列  a  的通项公式；  n  n （2）利用错位相减法求数列前n项和. 【小问1详解】 a a a  由  n1  a na 0  n2  ，得 n  n1  n2 ，所以数列 n为常数列，有 n n1 n n1  n  a a n  1 1，∴a n n n 1 【小问2详解】 公 b 2na n众2n， n n 号 S 21222 323 ：n1  2n1n2n， n 一 2S 22 223324  n1  2n n2n枚 1， n 试   2 12n 卷 两式相减，S 2122232nn2n1  n2n1   1 君 n 2n12 ， n 12 所以S  n1 2n12 n π 21 18. 如图，在ABC中，AB 4，AC 2，B ，点D在边BC上，且cosADB  ． 6 7 （1）求BD； （2）求ABC的面积． 【答案】（1） 3 （2）2 3 【解析】 21 【分析】（1）由cosADB  求出sinADB，再由正弦定理即可求出BD 7 第12页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 （2）根据余弦定理可求出BC，进而求出ABC的面积. 【小问1详解】 21 2 7 π 在ADB中，cosADB  ，则sinADB ，B ， 7 7 6   1  21 3 2 7 21 所以sinBAD sin ADB          ，  6  2  7  2 7 14 BD 4 BD AB   BD  3 由正弦定理可得：  ，则 21 2 7 . sinBAD sinADB 14 7 【小问2详解】 3 BC2 164 在ABC中，由余弦定理可得：cos30  ， 2 2BC4 解得：BC 2 3. 公 1 1 所以ABC的面众积S  2 34 2 3. 2 2 号 19. 近年来，师范专业是高考考：生填报志愿的热门专业．某高中随机调查了本校2022年参 一 加高考的100位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计， 枚 首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人） 试 卷 首选志愿为师范专业 首选志愿为非师范专业 君 女性 45 15 男性 20 20 假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响． （1）根据表中数据，能否有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？ （2）若以上表中的频率代替概率，从该校考生中随机选择8位女生，试估计选择师范专业 作为首选志愿的人数． n  ad bc 2 参考公式：K2  ，其中nabcd ．  ab  cd  ac  bd  参考数据： P  K2 k  0.10 0.05 0.010 0.001 0 k 2.706 3.841 6.635 10.828 0 第13页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【答案】（1）没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关； （2）6. 【解析】 100  45201520 2 【分析】（1）首先利用数据求得K2   6.593 6.635，对照表格 60406535 数据即可得解； （2）根据人数可得女生中首选志愿为师范专业的概率P 0.75，设该校考生中随机选择8 位女生中选择师范专业作为首选志愿的人数为x，所以x B(8,0.75)，利用二项分布即可 得解. 【小问1详解】 100  45201520 2 根据所给数据求得 K2   6.593 6.635 ， 60406535 所以没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关. 公 【小问2详解】 众 100名高考考生中有60号 名女生，首选志愿为师范专业有45人， ： 故首选志愿为师范专业的概率P 0.75， 一 设该校考生中随机选择8位女生，选择师范专业 枚 作为首选志愿的人数为x， 试 所以x B(8,0.75)， 卷 所以E(x)80.756， 君 所以随机选择8位女生计选择师范专业作为首选志愿的人数为6. 20. 如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD， AB AD ，PA1，BC CD2，AB3，点E在棱PC上． （1）证明：平面AED平面PAB； （2）已知点E是棱PC上靠近点P的三等分点，求二面角C AED的余弦值． 42 【答案】（1）见解析 （2） 14 【解析】 第14页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【分析】（1）由题意可证得PA AD，又AB AD，由线面垂直的判定定理可得AD 平 面PAB,再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）以A为原点,AD,AB,AP分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，分别求 出平面CAE和平面AED的法向量，再由二面角公式即可得出答案. 【小问1详解】 因为PA平面ABCD,AD 平面ABCD，所以PA AD， 又AB AD，PAAB  A，PA，ABÌ 平面PAB， 所以AD 平面PAB, 又AD 平面ADE ，所以平面AED平面PAB. 【小问2详解】 以A为原点,AD,AB,AP分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系， 过C作CG//AD，交AB于点G，则易知四边形ADCG是矩形， 所以ADCG 22 1 3， 公 则A(0,0,0),B(3 众 ,0,0),P(0,0,1),C(2，3,0),D(0, 3,0), 号 E是棱PC上靠近点P的三等分点， ： 所以设E  x,y,z  ，则  P  E   1 P  C  ，所以 一  x,y,z1  1 2, 3,1  ， 枚 3 3 试 2 3 2 2 3 2  2 3 2卷 则x ,y  ,z  ，则E  , ,   ，AE   , ,   ,AD  君 (0, 3,0), 3 3 3  3 3 3   3 3 3       设平面ADE 的法向量为n(x,y,z),则nAD 0且nAE 0, 2 3 2 ∴ 3y 0且 x y z 0,∴y0,令x 1,则z 1, 3 3 3  ∴平面ADE 的一个法向量n 1,0,1  ,      设平面ACE的法向量为m(x ,y ,z ),AP  0,0,1  ,AC  2, 3,0 1 1 1   则m  AC 0且m  AP 0,∴z 0且2x  3y 0, 1 1 1    ∴令x 3,则 y=2,∴平面ACE的一个法向量m 3,2,0 ,     mn 3 42 ∴cos m,n      , m n 2 7 14 42 二面角C AED的余弦值为 . 14 第15页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 21. 已知直线x2y20过抛物线C:x2  2py  p0  的焦点． （1）求抛物线C的方程； （2）动点A在抛物线C的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两点， 5 当AMN 的面积是 时，求点A的坐标． 2 【答案公】（1）x2 4y 众 （2）A  1,1 或1,1号  ： 【解析】 一 【分析】（1）求出焦点坐标为 0,1 ，从而得到 枚 p2，求出抛物线方程； 试 （2）设出A  m,1  ，过点A的抛物线的切线方程设为 y1 卷 k  xm  ，与抛物线方程 君 联立，根据Δ0得到16k2 16mk 160，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分 别为k ,k ，求出k k m,k k 1，表达出 MN  x x  k k ， 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 5 S  m2 4 ，列出方程 m2 4  ，求出m1，得到点A的坐标. AMN 2 2 2 【小问1详解】 x2y20中令x0得： y 1， p 故焦点坐标为 0,1 ，故 1，解得： p2，故抛物线方程为x2 4y； 2 【小问2详解】 抛物线准线方程为： y 1， 设A  m,1  ，过点A的抛物线的切线方程设为y1k  xm  ， 联立x2 4y得：x2 4kx4km40， 由 16k2 16mk160，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为k ,k ， 1 2 第16页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 故k k m,k k 1， 1 2 1 2 1 令 y1k  xm  中，令y0得：x  m， k 1 1 1 1 k k 不妨设x  m,x  m，故 MN  x x    2 1  k k ， 1 k 2 k 1 2 k k kk 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 5 则S  MN 1 k k   k k 2 4k k  m2 4  ， AMN 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 解得：m1，故点A的坐标为A  1,1 或1,1 . 【点睛】已知抛物线方程 y2 2px，点A  x ,y  为抛物线上一点，则过点A  x ,y  的抛 0 0 0 0 物线切线方程为 y y  p  x x  ， 0 0 若点Ax ,y 在抛物线外一点，过点Ax ,y 作抛物线的两条切线，切点弦方程为 0 0 0 0 y y  p  x x  . 0 0 公 众 x 22. 已知函数 f  x  xex，g  x 2ln 2． 号 2 ：   （1）求函数 f x 的最值； 一 枚 （2）若关于x的不等式 f  x g  x kx恒成立，求实试数k的取值范围． 卷 1 君 【答案】（1）最小值为 f(1) ，无最大值. e （2）k 2 【解析】 【分析】(1)利用导函数讨论函数的单调性即可求最值；(2)分离参变量，构造函数 2 x 2 g(x)ex  ln  ，利用导数结合单调性讨论其最小值即可求解. x 2 x 【小问1详解】 因为 f  x  xex，所以 f x ex xex (x1)ex， 令 f x (x1)ex 0解得x1，令 f x (x1)ex 0解得x1， 所以 f  x  xex在 ,1  单调递减，在 1, 单调递增， 1 所以当x=1时， f  x  有最小值为 f(1) ，无最大值. e 【小问2详解】 第17页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 x 由g(x)2ln 2的定义域可得x 0, ， 2 x f  x g  x kx即xex 2ln 2kx， 2 2 x 2 等价于k ex  ln  (x0) 恒成立， x 2 x 2 x 2 令h(x)ex  ln  ，所以 x 2 x x x2ex 2ln h(x)ex       2  ln x  2    2 ex  2 ln x  2 ，  x2  2 x2  x2 x2 2 x2 x 令F(x) x2ex 2ln ,x 0， 2 所以F(x)  x2 2x  ex x 0在x 0, 恒成立， 2 公 众x 所以F(x) x2ex 2ln ,单调递增， 号 2 ： 1 e 一 F(1)eln40,F( ) ln160， 枚 2 4 试 1  x 卷 所以存在唯一x   ,1，使得F(x )0，即x 2ex 0 2ln 0 0， 0 2  0 0 2 君 所以当x  0,x  时，F(x)0，即h(x)0，h(x)单调递减， 0 0 x  x , 时，F(x)0，即h(x)0，h(x)单调递增， 0 0 2 x 2 所以h(x) h(x )ex 0  ln 0  , min 0 x 2 x 0 0 x 2 x 2 ln 2 由x 2ex 0 2ln 0 0得x ex 0  ln 0 0，也即x ex 0 ln e x 0 ， 0 2 0 x 2 0 x 0 0 2 即 f(x ) f(ln )，由(1)知 f(x)在 1, 单调递增， 0 x 0 2 2 x 所以x ln ，ex 0  ,x ln 0 ， 0 x x 0 2 0 0 2 x 2 2 2 x 2 所以g(x)  g(x )ex 0  ln 0    ln 0  2 ， min 0 x 2 x x x 2 x 0 0 0 0 0 所以k 2. 【点睛】方法点睛：分离参变量是求参数取值范围常用的方法，本题第二问对不等式等价变 第18页/共19页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 2 x 2  2 x 2 形为k ex  ln  (x0) ,从而k  ex  ln   ，构造函数讨论单调性及最值 x 2 x  x 2 x min x 是常用的方法，解决的关键在于利用零点的存在性定理得x 2ex 0 2ln 0 0，再根据（1） 0 2 2 2 x 得 f  x  xex的单调性，进一步得到x ln ，ex 0  ,x ln 0 ，等量代换求出最 0 x x 0 2 0 0 小值. 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 第19页/共19页 学科网（北京）股份有限公司永久高中群 1.包含服务： 每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，不用每年缴费，一次付费，永久享 受，包含到高一到高三的。 2.资料覆盖： 整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的） 3.资料包含： 整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免费获取 4.入群价格： 目前入群特价199元（原价299元） 2024 高三 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