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(四)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（四） 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.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 1. 已知复数 z 1 3i号 ，则z2 在复平面内对应的点位于（ ） ： A. 第一象限 一 B. 第二象限 枚 C. 第三象限 D. 第四象限 试 【答案】C 卷 君 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z2，再根据复数的几何意义判断即可.  2  2 【详解】解：因为z 1 3i，所以z2  1 3i 12 3i 3i 22 3i，   所以z2在复平面内对应的点的坐标为 2,2 3 位于第三象限. 故选：C 2. 已知全集U {x∣6 x2}，集合A  x∣x2 2x30  ，则ð A=（ ） U A. 6,2 B. 3,2 C. 6,31,2 D.  6,31,2  【答案】D 【解析】 【分析】计算出集合B，由补集的定义即可得出答案. 【详解】因为A  x∣x2 2x30    x 3 x1 ， 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 ð A=  6,31,2  . U 故选：D. 3. 陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一 个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B,C 分别是上､下底面圆的圆 心，且AC 3AB6，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（ ） 80 70p 56 A. B. C. 20 D. 3 3 3 公 【答案】D 众 【解析】 号 ： 【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案. 一 【详解】已知底面圆的半径r 2，由AC 3AB枚6，则AB2,BC 4， 试 1 56 故该陀螺的体积V  BCr2  ABr2  . 卷 3 3 君 故选：D. 4. 已知一组数据：x ,x ,x 的平均数是4，方差是2，则由3x 1,3x 1,3x 1和11这 1 2 3 1 2 3 四个数据组成的新数据组的方差是（ ） 27 A. 27 B. C. 12 D. 11 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据方差和平均数的计算及可求解. 【详解】因为一组数据x，x ，x 的平均数是4，方差是2， 1 2 3 1 1 所以 (x x x )4, [(x 4)2 (x 4)2 (x 4)2]2， 3 1 2 3 3 1 2 3 所以x x x 12,(x 4)2 (x 4)2 (x 4)2 6， 1 2 3 1 2 3 所以3x 1,3x 1,3x 1，11的平均数为 1 2 3 1 1 [11(3x 1)(3x 1)(3x 1)] [113(x x x )3]11， 4 1 2 3 4 1 2 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 所以3x 1,3x 1,3x 1，11的方差为 1 2 3 1 [(1111)2 (3x 12)2 (3x 12)2 (3x 12)2] 4 1 2 3 1 1 27  9[(x 4)2 (x 4)2 (x 4)2] 96 4 1 2 3 4 2 故选：B          5. 若非零向量a,b满足2 a  b 2, a2b a，则向量a与b 夹角的余弦值为（ ） 3 1 1 1 A. B. C. D. 4 2 3 4 【答案】D 【解析】         【分析】求出 a =1, b =2，根据 a2b a可得 a2b a 0,代入化简求解夹角余弦 值即可. 公   【详解】设a与b 的夹角为， 众    号    因为2 a  b 2, a2b a，所以 a =1, b =2， ： 一   a  2b  a  a 2 2 a  b  cos0. 枚 试 a 2 1 卷 cos   . 2 a  b 4 君 故选：D. 6. 已知圆O :(x2)2 (y3)2 4，圆O :x2  y2 2x2y70，则同时与圆O 和 1 2 1 圆O 相切的直线有（ ） 2 A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 0条 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆的方程，明确圆心与半径，进而确定两圆的位置关系，可得答案. 【详解】由圆O :x22 y32 4，则圆心O 2,3 ，半径r 2； 1 1 1 由圆O :x2  y2 2x2y70，整理可得x12 y12 9，则圆心 2 O 1,1 ，半径r 3； 2 2 由 OO  212 312 5r r ，则两圆外切，同时与两圆相切的直线有3条. 1 2 1 2 故选：B. 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 7. 已知函数 f x Asinx(A0,0,0)的部分图象如图所示，则函数 f x 在区间 0,10 上的零点个数为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求出周期，方法1：画图分析零点个数；方法2：求 f(x)0的根解不等式即可. 3 7π 2π T 【详解】由题意知， T  ( )3π，解得：T 4π， 2， 4 3 3 2 公 方法1：∴作出函数图象如图所示， 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 ∴ f(x)在区间[0,10π]上的零点个数为5. 2π 方法2：∴ f(x)0，解得：x 2kπ,kZ， 3 2π 1 16 ∴0 2kπ10π，kZ，解得： k  ，kZ， 3 3 3 ∴k 1,2,3,4,5，∴ f(x)在区间[0,10π]上的零点个数共有5个. 故选：B. x2 y2 8. 已知椭圆C:  1(ab0)的左､右焦点分别为F,F ，点P在椭圆C上，若离 a2 b2 1 2 PF 心率e 1 ，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ） PF 2  2   2    A. 0, 21 B. 0,  C.  ,1 D.    2 2       21,1  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 【答案】D 【解析】 PF 2a 【分析】由题意可知e 1 ，结合椭圆的定义解得 PF  ，再由 PF 2 e1 2 ac PF ac求解. 2 PF 【详解】因为e 1 ，所以 PF e PF ， PF 1 2 2 2a 由椭圆的定义得： PF  PF 2a，解得 PF  ， 1 2 2 e1 2a 因为ac PF ac，所以ac ac， 2 e1 2 两边同除以a得1e 1e，解得 e 21， e1 因为 0公e1，所以 21e1， 众 所以该离心率e的取值范号围是[ 21,1) ： 故选：D. 一 枚 二､多选题：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 试 卷 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. 君  π 1tan 9. 若tan  2   ，则的值可能为（ ）  3 1tan π 7π 19π 5π A. B. C. D.  36 36 36 36 【答案】BCD 【解析】 π 1tan π 【分析】根据题意可得：tan(2 ) tan( )，然后利用正切函数的性质 3 1tan 4 即可求解. π tan tan 1tan 4 π π π 【详解】因为  tan( )，则tan(2 )tan( )， 1tan π 4 3 4 1tan tan 4 π π kπ 7π 所以2 kπ ,kZ，解得：  ,kZ， 3 4 3 36 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 7π 19π 5π 当k 0时， ；当k1时， ；当k 1时， ； 36 36 36 故选：BCD. 10. 某校10月份举行校运动会，甲､乙､丙三位同学计划从长跑，跳绳，跳远中任选一项参 1 加，每人选择各项目的概率均为 ，且每人选择相互独立，则（ ） 3 1 A. 三人都选择长跑的概率为 27 2 B. 三人都不选择长跑的概率为 3 4 C. 至少有两人选择跳绳的概率为 27 5 D. 在至少有两人选择跳远的前提下，丙同学选择跳远的概率为 7 【答案公】AD 众 【解析】 号 【分析】根据相互独立事件概率：计算公式计算即可. 一 【详解】由已知 枚 1 1 1 1 试 三人选择长跑的概率为    ，故A正确. 卷 3 3 3 27 君 2 2 2 8 三人都不选择长跑的概率为    ，故B错误. 3 3 3 27 1 1 1 1 1 2 7 至少有两人选择跳绳的概率为   C2    ，故C错误. 3 3 3 3 3 3 3 27 1 1 1 1 1 2 7 记至少有两人选择跳远为事件A，所以PA   C2    . 3 3 3 3 3 3 3 27 11 1 2 1 5 记丙同学选择跳远为事件B，所以PAB   C1     . 33 3 2 3 3 27 所以在至少有两人选择跳远的前提下，丙同学选择跳远的概率为 PAB 5   P B A   ，故D正确. PB 7 故选：AD 11. 设函数 f xx1lnx1(x0)，若 f xk1x1恒成立，则满足条件 的正整数k可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意可得gxx1lnx1k1x10，利用导数结合分类讨论 解决恒成立问题. 【详解】若 f xk1x1恒成立，则 f xk1x1x1lnx1k1x10恒成立， 构建gxx1lnx1k1x1，则gxlnx12k， ∵x0，故lnx10，则有： 当2k 0，即k 2时，则gx0当x0时恒成立， 故gx 在 0, 上单调递增，则gx g010， 即k 2符合题意，故满足条件的正整数k为1或2； 当2k 公 0，即k 2时，令gx0，则xek2 1， 众 故gx 在  0,ek2 1  上 号 单调递减，在  ek2 1,  上单调递增，则 ： 一 gx g  ek2 1  kek2 0， 枚 试 构建Gkkek2，则Gk1ek2 0当k 2时恒成立， 卷 君 故Gx 在2,上单调递减，则GkG210， ∵G33e0,G44e2 0， 故满足Gk0k 2 的整数k 3； 综上所述：符合条件的整数k为1或2或3，A、B、C正确，D错误. 故选：ABC . 12. 已知三棱锥PABC 中，PA平面 2 ABC,PA4,BAC  ,AB AC 2 3,M 是边BC上一动点，则（ ） 3 A. 点C到平面PAB的距离为2 21 B. 直线AB与PC所成角的余弦值为 14 C. 若M 是BC中点，则平面PAM 平面PBC 4 3 D. 直线PM 与平面ABC所成的最大角的正切值为 3 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直判定定理，明确点到平面的距离，利用三角形的性质，可得 答案； 对于B，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量，利用向量夹角公式，可得答案； 对于C，利用等腰三角形的性质，结合面面垂直判定定理，可得答案； 对于D，利用线面垂直性质定理，结合直角三角形的性质以及锐角正切的定义，可得答案. 【详解】对于A，在平面ABC内，过C作CD AB，如下图所示： 公 众 PA平面ABC，且CD平面ABC，PACD，  号 CD AB，PA AB A，：AB,PA平面PAB，\ CD^ 平面PAB，   一 2  则C到平面PAB的距离为 CD ，  BAC  枚 ，AB AC 2 3，ABC  ， 3 试 6 卷 在Rt BCD中，  君 CDCBsinCBA AB2  AC2 2ABACcosBAC sinCBA3，故A错 误； 对于B，在平面ABC内，过A作AE  AB，且E  BC ，易知AB,AE,AP两两垂直， 如图建立空间直角坐标系： 则A0,0,0 ，B  2 3,0,0  ，C   3,3,0  ，P0,0,4 ，       得AB 2 3,0,0 ，PC   3,3,4 ， 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       ABPC 2 3  3 6， AB 2 3， PC  3916 2 7，   ABPC   21 则cos AB,PC     ，故B正确； AB  PC 14 对于C，作图如下： 在  ABC中，AB AC，M 为BC的中点，则AM BC， PA平面ABC，BC平面ABC，PA BC，  公 AM PA众A，AM,PA平面AMP，BC 平面AMP，   号 BC 平面PBC ，平面PBC平面AMP，故C正确，  ： 对于D，作图如下： 一 枚 试 卷 君 PA平面ABC，AM 平面ABC，PA AM ，  PA 则在Rt PAM 中，tanAMP ，当AM 取得最小值时，tanAMP取得最大  AM 值，  当M 为BC的中点时，由C可知，AM BC，AM 取得最小值为ABsin  3， 6 4 3 则tanAMP取得最大值为 ，故D正确. 3 故选：BCD. 三､填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分. 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 k3x 13. 函数 f x xR为奇函数，则实数k的取值为__________. 1k3x 【答案】1 【解析】 【分析】由奇函数的定义求解即可. k3x 【详解】函数 f x xR为奇函数，必有k 0， 1k3x k3x k·3x 1 k3x 3x k 则 f x  f x  ， 1k3x 3x k 1k3x 1k3x 于是得32x k2 k2·32x 1恒成立，即k2 1， 解得：k1. 故答案为：1. 14. 已知抛物线y2 8x的焦点为F ，抛物线上一点P，若 PF 5，则POF 的面积为 ______公________. 众 【答案】2 6 号 【解析】 ： 一 【分析】先根据抛物线定义得P点坐标，再根据三角形面积公式求解. 枚 试 【详解】因为 PF 5，所以x 25x 3,y 2 24,| y |2 6， P P P P 卷 1 1 君 因此POF 的面积为 | y ||OF|= 2 62=2 6. 2 P 2 【点睛】本题考查抛物线定义应用，考查基本分析转化与求解能力，属基础题. 15. 由数字0,1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有 __________个. 【答案】78 【解析】 【分析】能被5整除的三位数末位数字是5或0，分成末位数字是5和末位数字是0两种情 况讨论. 【详解】能被5整除的三位数说明末尾数字是5或0 当末尾数字是5时，百位数字除了0有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步 乘法原理一共有6636种方法； 当末尾数字是0时，百位数字有7种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法原 理一共有7642种方法； 则一共有364278种 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 故答案为：78 2a 16. 已知a0，函数gx x 2在 3, 上的最小值为2，则实数a  x __________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用导数分类为 2a 3与 2a 3讨论，得出gx 在 3, 上的最小 值，由最小值为2求解a的值即可得出答案. 2a 【详解】 gx x 2，  x    2a x2 2a x 2a x 2a gx1   ， x2 x2 x2 当 2a 3时，即0a 7时， 公 则gx0在 3, 上恒成立，则gx 在 3, 上单调递增， 众 号 5a gx在 3, 上的最小值为：g3 2，解得a 1， 3 一 当 2a 3时，即a 7时， 枚 试 当x3, 2a  时，gx0，gx 单调递减， 卷  君 当x  2a,  时，gx0，gx 单调递增，   2a gx在 3, 上的最小值为g 2a  2a  22,a 2，舍去， 2a 综上所述：a 1， 故答案为：1. 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. 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京市和张家口市联合举行，此项赛事大大激发 了国人冰雪运动的热情.某滑雪场在冬奥会期间开业，下表统计了该滑雪场开业第x天的滑 雪人数y（单位：百人）的数据. 天数代码x 1 2 3 4 5 1 滑雪人数y（百人） 9 14 26 20 1 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 经过测算，若一天中滑雪人数超过3500人时，当天滑雪场可实现盈利，请建立y关于x的 回归方程，并预测该滑雪场开业的第几天开始盈利. ˆ 参考公式：线性回归方程yˆ bxaˆ的斜率和截距的最小二乘法估计分别为 n x xy  y i i b  i1 ,aˆ  yb ˆ x . n x x2 i i1 【答案】yˆ 3.7x4.9；9. 【解析】 【分析】根据表中数据及平均数公式求出aˆ,b ˆ ，从而求出回归方程，然后再根据一天中滑雪 人数超过3500人时，当天滑雪场可实现盈利即可求解. 12345 911142620 【详解】由题意可知，x 3，y  16， 5 5 5公 所以 x xy  y13916231116331416 i 众i i1 号 43261653 ：2016 一 271502110 枚 24 145010837 试 5 x x2 132 232 332 432 532 卷4101410， i 君 i1 5 x xy  y i i 37 所以b  i1  3.7， 5 10 x x2 i i1 aˆ  yb ˆ x 163.734.9， 所以y关于x的回归方程为yˆ 3.7x4.9. 因为天中滑雪人数超过3500人时，当天滑雪场可实现盈利，即3.7x4.935，解得 30.1 x 8.14, 3.7 所以根据回归方程预测，该该滑雪场开业的第9天开始盈利. 2 78 18. 如图，四边形ABCD中，B150,D60,AB2 3,AD , ABC的  3 面积为2 3. 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 （1）求AC； （2）求ACD. 【答案】（1）2 13 π （2） 4 【解析】 【分析】（1）在 ABC中，利用面积公式、余弦定理运算求解；  （2）在 ACD中，利用正弦定理运算求解，注意大边对大角的运用.  【小问1详解】 公 1 1 1 在  ABC中，由众 ABC的面积S  ABBCsinB 2 3BC 2 3，可得 2 2 2 号 BC 4， ： 一 由余弦定理 枚 试 3 AC2  AB2 BC2 2ABBCcosB121622 34卷 52，即   2  君 AC 2 13. 【小问2详解】 AC AD 在 ACD中，由正弦定理  ，可得  sinD sinACD 3 2 78  ADsinD 2 3 2 ， sinACD   AC 2 13 2 π ∵AD AC，则ACDD60，故ACD . 4 19. 设数列 a  的前n项和为S ,S 2a 2n6  nN* . n n n n （1）求数列 a  的通项公式； n  2n1  127 （2）若数列 的前m项和T  ，求m的值.  a a  m 258 n n1 【答案】（1）a 2n n 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 （2）7 【解析】 【分析】（1）当n2时，构造S 2a 2n8，与条件中的式子，两式相减，得 n1 n1 a 2a 2，转化为构造等比数列求通项公式； n n1 2n1 2n1 b   （2）由（1）可知 n a a  2n 2  2n12  ，利用裂项相消求和法求解. n n1 【小问1详解】 因为S 2a 2n6，所以当n1时，S 2a 4，解得a 4． n n 1 1 1 当n2时，S 2a 2n8，则S S 2a 2a 2， n1 n1 n n1 n n1 整理得a 2a 2，即a 22a 2 ． n n1 n n1 所以数列 a 2 是首项为2，公比为2的等比数列， n 所以a 222n1 2n．所以a 2n 2. n公 n 众 【小问2详解】 号 2n1 2n1 ： 1 1  b   2  令 n a a  2n 2  2n12    一 2n 2 2n12   ， n n1 枚 试 1 1 1 1 1 1 1 1  数列 b n  的前m项和T m 2  4  6  6  10  10  14   + 2m 卷 2  2m12   ， 君 1 1  1 2 =2      ， 4 2m12 2 2m12 1 2 127 2 2 则   ，则  ， 2 2m12 258 2m12 258 则2m1 256m7. m的值为7. 20. 如图，正方体ABCDABC D 的棱长为4，点E、P分别是DD 、AC 的中点. 1 1 1 1 1 1 1 （1）求证：BP平面AEC ； 1 1 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 （2）求直线BC与平面AEC 所成角的正弦值. 1 1 1 【答案】（1）证明见解析 3 （2） 6 【解析】     【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明EC BP0，EA BP0，即 1 1 可得证； （2）利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 证明：如图建立空间直角坐标系，则E0,0,2 ，B4,4,0 ，B 4,4,4 ，P2,2,4 ， 1 C 0,4,4 ，A 4,0,4 ，C0,4,0 ， 1 1    所以EC 0,4,2，EA 4,0,2，BP2,2,4， 1 1 公     所以EC BP众0，EA BP0， 1 1 号 所以EC 1  BP，EA 1  BP，：又EC 1 EA 1  E，EC 1 ,EA 1 平面A 1 EC 1 ， 一 所以BP平面AEC . 1 1 枚 试 卷 君 【小问2详解】  解：由（1）可知BP2,2,4可以为平面AEC 的法向量， 1 1  又BC 4,0,4， 1 设直线BC与平面AEC 所成角为，则 1 1 1   BCBP 240244 3 1 sin   ，   BC  BP 4 22 6 6 1 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 3 故直线BC与平面AEC 所成角的正弦值为 . 1 1 1 6 x2 y2 21. 已知双曲线C:  1(a0,b0)的一条渐近线方程为x2y 0，一个焦点到该 a2 b2 渐近线的距离为1. （1）求双曲线C的方程； （2）若双曲线C 的右顶点为A，直线l: y kxm与双曲线C相交于M,N 两点(M,N   不是左右顶点），且AM AN 0.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标. x2 【答案】（1）  y2 1 4 10  （2）证明过程见解析，定点坐标为 ,0   3  【解析】 公 b 1 【分析】（1）由渐近线方程求出  ，根据焦点到渐近线距离列出方程，求出c 5， 众 a 2 号 从而求出a2,b1，得到双曲线方程； ： x2 一   （2）l: y kxm与  y2 1联立，求出两根枚之和，两根之积，由AM AN 0列出 4 试 10 卷 方程，求出m k或m2k ，舍去不合要求的情况，求出直线过定点，定点坐标为 君 3 10   ,0 .  3  【小问1详解】 b 1 因为渐近线方程为x2y 0，所以  ， a 2 c 焦点坐标 c,0 到渐近线x2y 0的距离为 1，解得：c 5， 14 因为a2 b2 c2 5，解得：a2,b1， x2 所以双曲线C的方程为  y2 1； 4 【小问2详解】 由题意得：A2,0 ， l: y kxm与 x2  y2 1联立得：  14k2 x2 8kmx4m2 40， 4 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 8km 4m2 4 设M x ,y ,Nx ,y  ，则x x  ,x x  ， 1 1 2 2 1 2 14k2 1 2 14k2 y y kx mkx mk2x x kmx  x m2， 1 2 1 2 1 2 1 2   AM AN x 2,y x 2,y  x x 2x x 4 y y 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 4m2 4 8km  1k2 x x km2x x m2 4  1k2  km2 m2 40 1 2 1 2 14k2 14k2 ， 化简得：20k2 16km3m2 0， 10 解得：m k或m2k ， 3 10  10 10  当m k时，l: y k  x 恒过点 ,0 ， 3  3   3  当m2k 时，l: y kx2 恒过点A2,0 ，此时M,N 中有一点与A2,0 重合，不 公 合题意，舍去， 众 号10  综上：直线l过定点，定点为 ： ,0 ，  3  一 【点睛】处理定点问题的思路： 枚 试 （1）确定题目中的核心变量（此处设为k）， 卷 （2）利用条件找到k与过定点的曲线Fx,y0的联系，得到有关k与君x,y的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点 x ,y  ，使得无论k的值如何变化，等式恒成 0 0 立，此时要将关于k与x,y的等式进行变形，直至找到 x ,y  ， 0 0 ①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“k  ”的形式，让括 号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关 系，可消去k变为常数. 22. 已知函数 f xex x4ln2x . （1）求函数 f x 的图象在  0, f 0 处的切线方程； （2）判断函数 f x 的零点个数，并说明理由. 【答案】（1）y 14ln2 （2）有两个零点，理由见解析 【解析】 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 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可； （2）令 f x0，转化为tx=exx2 与gxx4ln2xx2 图象交点的 个数，利用导数得到gx 单调性，结合两个函数的图象判断可得答案. 【小问1详解】 4 fxex 1 x2， 2x 4 所以切线斜率为 f0e0 1 0， 20 f 0e0 04ln2014ln2，所以切点坐标为 0,14ln2 ， 函数 f x 的图象在  0, f 0 处的切线方程为y 14ln2； 【小问2详解】 有两个零点，理由如下， 令 f x公 ex x4ln2x0，可得ex x4ln2x ， 众 判断函数 f x 的零点个号数即判断tx=exx2 与gxx4ln2xx2 图象 ： 交点的个数， 一 因为tx=ex为单调递增函数，tx0，当x 枚 无限接近于时，tx无限接近于0， 试 且t2=e2， 卷 君 4 x2 由gx1 = 0，得x2， 2x 2x 当2 x2时，gx0，gx 单调递增， 当x<2时，gx0，gx 单调递减， 所以g224ln40，g  e32  e324lne3 e3100， 3 3 1 24 28 g110，g    4ln ln ln 0， 2 2 2 e3 e3 且当x无限接近于2时gx 无限接近于， 所以tx=ex与gxx4ln2x 的图象在x 0时有一个交点，在0 x2时有 一个交点， 综上函数 f x 有2个零点. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； 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）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画 出函数的图象，利用数形结合的方法求解 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） 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属 精品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年6月高考结束，资料截止更新 2024 高二 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精 品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新 2024 高一 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新