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_2024年2月_01每日更新_11号_word

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 公 项中，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 x2 y2 3. 双曲线  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 众 案. 号 x2 y2 ： 【详解】  双曲线  1a0,b 一 0的离心率为 3， a2 b2 枚 c 试   3， a 卷 君 a2 b2 c2，  a2 b2  3，即2a2 b2， a2 x2 y2 双曲线  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， 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 3 1.52，设x 为函数 f xlog x 的零点，则 x （ ） 0 3 x1 0 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 公 故选：A 众 号 5. 已知点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 一 为1，则满足条件的点P的个数为（ ） 枚 试 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 卷 【答案】C 君 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离即可求解.     【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 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 π π 6. 已知  , ，且5cos210sin29，则tan（ ） 4 2 2 1 9 A. B. 2 C. D. 9 2 2 【答案】B 【解析】 【 分 析 】 由 已 知 利 用 二 倍 角 公 式 ， 平 方 关 系 sin2cos21代 换 ， 可 得 520tan 9，根据的范围即可求解. tan21 【详解】由5cos210sin29，得 5cos220sincos9， 5cos220sincos 则 9， sin2cos2 520tan 公 即 9，得9tan220tan40， tan21 众 号 则 9tan2tan20， ： 一 2 得tan 或tan2， 枚 9 试 卷 π π 又  ， ，所以tan1， 君 4 2 故tan2. 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 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 甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的排法有2A2A2=8种， 2 2 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ABC D 中，点P在线段BD 上运动（包含端点），则直线 1 1 1 1 1 BP与C D所成角的取值范围是（ ） 1 1 π π π π A.  ,  B.  ,  3公2 6 3 众 π π 号 π π C.  ,  D.  ,  4 3 ： 6 2 一 【答案】B 枚 【解析】 试 卷 【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 君       BP BBBP BBBD (,,1)（0≤≤1），又DC (0,1,1)，设则 1 1 1 1 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） 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  DC (0,1,1)， 1  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 公 得 2分． 众 号 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（ ） ： 一 8 A. 8πcm3 B. cm3 枚π 试 16 4 C. cm3 D. cm3 卷 π π 君 【答案】BD 【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 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 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 公 众2 2 所以PX 2C2   1 号      1 1   3 ，又PX 2PY a1， 4 2  2 8 ： 5 一 所以PY a ，所以B正确，C错误； 枚 8 试 1  1 1 1卷 所以Y  N  2 ,4   ，则正态曲线关于x 2 对称，因为a 2  2 1a 君 ， 5 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 6 3 坐标原点，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】 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 【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  ， 1 1 Bx ,y  ，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 2 2   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， 6 3 c a2 b2  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 公 4 4 显然0，所 众 以x x  ，x x  ， 1 号 2 3 1 2 3 ： 2  4 一 4 8 2 所以 AB  2 x x  2  4   ，故B错误；     1 2  3  枚3 3 试 5 卷 又y y x 1x 1 x x x x 1 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 3 君   所以OAOB x x  y y 3，故C错误； 1 2 1 2   设F  3,0 关于直线AB的对称点为E(e, f)， 1  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 2 1 2 PF  PF 2 2 ，故D正确， 2 1 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， 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 则实数a的值为（ ） A. 3 B. 2 C. e D. e2 【答案】AC 【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  ， 公 众 令gxex x2 3x3  ， 号 ： 则gxex x2 x  ， 一 枚 则当x,01,时，gx0， 试 卷 当x0,1 时，gx0， 君 gx的增区间为 ,0 与 1, ，减区间为 0,1 ， 做出草图如下： 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 ______． 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 【答案】0 【解析】 【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 公 】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 众 f x x2 1. 号 ： 故答案为： f x x2 1（不唯一）. 一 枚 15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华试传教士伟烈亚力将《孙子算经》中 卷 “物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高 君 斯得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”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个数中，能 被3除余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  ，则此数列的项 n 数为______． 【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. 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  π 16. 函数 f x2sinx  0, 的部分图象如图中实线所示，A，C为  2  1  f x 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  6  2 示）的交点，且点M在y轴上，N点的横坐标为 ，则圆C的半径为______． 3 2 7 【答案公】 3 众 号 【解析】 ： 【分析】根据函数 f(x)2sin(x)一的图象以及圆C的对称性可得函数的周期，结合 枚 A    1 ,0  可得 f(x)2sin(2πx π )，进而求解M 的坐标 试 ，由勾股定理即可求解半径.  6  3 卷 君 【详解】根据函数 f(x)2sin(x)的图象以及圆C的对称性， 可得M ，N 两点关于圆心C(c,0)对称， 1 T 1 1 π 1 所以c ，于是 c    2π， 3 2 6 2  2  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 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 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 （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公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  众 号 a a n  1 1，∴a n ： n 1 n 一 【小问2详解】 枚 试 b 2na n2n， n n 卷 君 S n 21222 323   n12n1n2n， 2S n 22 223 324   n12n n2n1， 2  12n 两式相减，S 2122 23 2n n2n1  n2n1 1n2n12， n  12 所以S n12n12 n π 18. 如图，在 ABC中，AB 4，AC 2，B ，点D在边BC上，且  6 21 cosADB  ． 7 （1）求BD； （2）求 ABC的面积．  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 【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 （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 公 14 7 众 【小问2详解】 号 ： 3 BC2 164 在 ABC中，由余弦定理可得：cos30一  ，  2 枚2BC4 试 解得：BC 2 3. 卷 1 1 君 所以 ABC的面积S  2 34 2 3.  2 2 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 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，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人） 首选志愿为师范专业 首选志愿为非师范专业 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 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 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 【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 60406535 格数据即可得解； （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 公 可得解. 众 【小问1详解】 号 ： 100452015202 根据所给数据求得K2  一6.5936.635， 60406535 枚 试 所以没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关. 卷 【小问2详解】 君 100名高考考生中有60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， 设该校考生中随机选择8位女生，选择师范专业作为首选志愿的人数为x， 所以x B(8,0.75)，  所以E(x)80.756， 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． 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 （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】 【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公平面ADE ，所以平面AED平面PAB. 众 【小问2详解】 号 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， 一 过C作CG//AD，交AB于点G，则易知四边形ADCG是矩形， 枚 试 所以ADCG  22 1 3， 卷 则A(0,0,0),B(3,0,0),P(0,0,1),C(2，3,0),D(0, 3,0), 君 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x,y,z1 1 2, 3,1  ， 3 3 2 3 2 2 3 2  2 3 2  则x ,y  ,z  ，则E , , ，AE  , , ,AD(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    A  D  0且n    A  E  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 , 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   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 21. 已知直线x2y20过抛物线C:x2 2pyp 0 的焦点． 公 （1）求抛物线C的方程； 众 （2）动点A在抛物线C号的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两 ： 5 点，当 AMN 的面积是 时，求点A一的坐标．  2 枚 【答案】（1）x2 4y 试 卷 （2）A1,1 或1,1 君 【解析】 【分析】（1）求出焦点坐标为 0,1 ，从而得到 p 2，求出抛物线方程； （2）设出Am,1 ，过点A的抛物线的切线方程设为y 1kxm ，与抛物线方程 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， 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 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 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 k k 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 0 0 0 0 公 抛物线切线方程众为y y  pxx  ， 0 0 号 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 一 y y  pxx  . 枚 0 0 试 x 22. 已知函数 f x xex，gx2ln 2． 卷 2 君 （1）求函数 f x 的最值； （2）若关于x的不等式 f xgxkx恒成立，求实数k的取值范围． 1 【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， 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 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】 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  2  x 2  2 2 x 2 ， h(x)ex   ln   ex  ln      x2  2 x2  x2 x2 2 x2 x 令F(x 公 ) x2ex 2ln ,x0， 众2 号 x 所以F(x)  x2 2x  ex  ：0在x0, 恒成立， 2 一 x 枚 所以F(x) x2ex 2ln ,单调递增， 试 2 卷 1 e 君 F(1)eln40,F( ) ln160， 2 4 1  x 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 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 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 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 2 x 2  2 x 2 变形为k ex  ln  (x0),从而k   ex  ln   ，构造函数讨论单调性及 x 2 x  x 2 x min x 最值是常用的方法，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 0 2 2 2 x 据（1）得 f x xex的单调性，进一步得到x ln ，ex 0  ,x ln 0 ，等量代 0 x x 0 2 0 0 换求出最小值. 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 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类 汇总） 资料包含内容： 1、2021年9月份到2022年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷 2、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷 3、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷（2023年8月开始，每天实时更新） 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