北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
综合检测卷(一)
时间:120分钟 分值:150分
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,只有一项是符合题目要求的.
1.(2022届河南顶级名校11月联考,1)已知集合M={(x,y)|y=|x|},N={(x,y)|x2+y2=2},则M∩N=( )
A.{(-1,1)}
B.{(1,1)}
C.{(1,1),(-1,1)}
D.{(-1,-1),(-1,1)}
答案 C 因为函数y=|x|的图象与圆x2+y2=2有2个交点,为(1,1),(-1,1),所以M∩N={(1,1),(-1,1)},故选C.
2.(2022届湘豫名校联盟11月联考,1)复数z满足z(1+i)=3-i(其中i为虚数单位),则复数z是( )
A.2+i B.2-i
C.1-2i D.1+2i
3-i (3-i)(1-i) 2-4i
答案 C 由题意得z= = = =1-2i.
1+i (1+i)(1-i) 2
3.(2022届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3π,则圆锥的底面半
径为( )
1
A. B.1 C.√2 D.√3
2
答案 B 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,根据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=πr2+πrl=3πr2=3π,解得
r=1,故选B.
4.(2022届江西顶级名校联考,9)已知函数f(x)=2sin ωx+2√3cos ωx(ω>0)的图象相邻的对称轴之间的距离为
π,将函数y=f(x)的图象向左平移 π 个单位后,得到函数g(x)的图象,则函数g(x)在[ π π]上的最大值
- ,
2 12 6 3
为( )
A.4 B.2√3 C.2√2 D.2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 A f(x)=2sin ωx+2 cos ωx=4sin( π),由于函数f(x)的图象相邻的对称轴之间的距离为π,
√3 ωx+
3 2
所以f(x)的最小正周期为π,故ω=2.
将函数y=f(x)=4sin( π)的图象向左平移 π 个单位后,得到g(x)=4sin( π)=4cos 2x的图象,由
2x+ 2x+
3 12 2
于x∈[ π π],所以2x∈[ π 2π],当2x=0,即x=0时,g(x)取最大值,为4.故选A.
- , - ,
6 3 3 3
x2
5.(2021内蒙古呼伦贝尔二模,9)已知F
1
,F
2
是椭圆C: +y2=1的左、右焦点,点D在椭圆C上,∠F
1
DF
2
=120°,
4
点O为坐标原点,则|OD|=( )
√5 √6 3
A.1 B. C. D.
2 2 2
答案 A 设|DF|=m,由椭圆的定义可得|DF|=4-m,
2 1
在△DF
1
F
2
中,由余弦定理可得|F
1
F
2
|2=|DF
1
|2+|DF
2
|2-2|DF
1
||DF
2
|·cos∠F
1
DF
2
,
即m2+(4-m)2-2m(4-m)×( 1)=12,
-
2
即m2-4m+4=0,所以m=2,
所以|DF|=|DF|=2,即点D与椭圆C的上顶点(或下顶点)重合,
1 2
所以|OD|=1.故选A.
6.(2021广西名校联考三,7)已知tan( π)=3 ,则tan 2α=( )
α- √3
3
√3
A.-4√3 B.-
2
√3
C.4√3 D.
2
π
tanα-tan
( π) 3 √3 2tanα
答案 A 由tan α- = =3√3,得tan α=- ,则tan 2α= =-4√3.故选A.
3 π 2 1-tan2α
1+tanαtan
3
7.(2021安徽池州期末,10)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f '(x),且3f(x)-f '(x)>0在R上恒成立,则下
列不等式一定成立的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.f(1)<e3f(0) B.f(1)>e3f(0)
C.f(1)<e2f(0) D.f(1)>e2f(0)
答案 A 令g(x)=f (x) ,则g'(x)=f '(x)·e3x-3f (x)e3x =f '(x)-3f (x) ,因为3f(x)-f
e3x (e3x)2 e3x
f (1) f (0)
'(x)>0在R上恒成立,所以g'(x)<0在R上恒成立,故g(x)在R上单调递减,所以g(1)<g(0),即 < ,
e3 e0
即f(1)<e3f(0).故选A.
8.(2022届昆明一中双基检测三,8)某同学从家到学校要经过三个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,该
1 1 1
同学在各路口遇到红灯的概率分别为 , , ,则该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为( )
2 3 4
1 11 2 3
A. B. C. D.
24 24 3 4
答案 D 该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为1-( 1)×( 1)×( 1)=3,故选D.
1- 1- 1-
2 3 4 4
二、多项选择题:本题共8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,部分选对的得2分,
有选错的得0分.
9.(2021届五省新高考联合质量检测12月联考,10)2020年上半年受疫情影响,我国居民人均消费支出情况也
受到了影响,现统计出2015—2020年上半年我国居民人均消费支出情况如图所示,则下列说法正确的是(
)
A.从2015年到2019年我国居民人均消费支出逐年减少
B.若2020年下半年居民消费水平与上半年相当,则全年消费与2018年基本一致北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
C.若2020年下半年居民消费水平比上半年提高20%,则全年消费支出将超过2019年
D.随着疫情被有效控制,若2020年下半年居民消费水平比上半年有所提高,则居民人均消费支出较2019年
减少不会超过10%
答案 BD A显然错误;9 718×2=19 436(元),因此,2020年全年消费与2018年基本一致,B正确;
9 718×2.2=21 379.6<21 559,因此,2020年全年消费不会超过2019年,C错误;
21 559-9 718×2
×100%≈9.8%,不会超过10%,D正确.
21 559
10.(2021届重庆第一中学第二次月考,10)下列关于平面向量的说法中,正确的是( )
A.已知a,b均为非零向量,则a∥b⇔存在唯一的实数λ,使得b=λa
B.若向量⃗AB,⃗CD共线,则点A,B,C,D必在同一直线上
C.若a·c=b·c且c≠0,则a=b
D.若点G为△ABC的重心,则⃗GA+⃗GB+⃗GC=0
答案 AD 由共线向量定理知,A正确;
对于选项B,若两个向量共线,则两个向量所在直线平行或重合,因此B不正确;
对于选项C,由a·c=b·c且c≠0,可得(a-b)·c=0,则(a-b)⊥c,a与b不一定相等,C不正确;
→ → 1 → → → →
对于选项D,延长AG交BC于点M,则点M是线段BC的中点,则AG =2
GM
=2× (
GB
+
GC
)=
GB
+
GC
,
2
则 → + → + → =0,D正确,选AD.
GA GB GC
11.(2021届山东日照11月份第二次联考,11)在正方体ABCD-ABCD 中,点M在线段BC上运动,则( )
1 1 1 1 1
A.直线BD 1⊥平面A
1
B
1
CD
B.三棱锥M-ACD的体积为定值
1 1
C.异面直线AM与AD所成角的取值范围是[π π]
1 ,
4 2
√6
D.直线CM与平面ACD所成角的正弦值的最大值为
1 1 1
3
答案 BD A错,如图,连接B
1
D
1
,A
1
C
1
,由正方体可得A
1
C 1⊥B
1
D
1
,且BB 1⊥平面B
1
C
1
D
1
A
1
,则BB 1⊥A
1
C
1
,又
B
1
D
1
∩B
1
B=B
1
,所以A
1
C 1⊥平面BD
1
B
1
,故A
1
C 1⊥BD
1
.
同理,连接AD
1
,易证得A
1
D⊥BD
1
,又A
1
C
1
∩A
1
D=A
1
,所以BD 1⊥平面A
1
C
1
D,又平面A
1
B
1
CD与平面A
1
C
1
D相交,
所以A错误.
B正确, = ,因为点M在线段BC上运动,
V V 1
M-A C D C -A MD
1 1 1 1北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
1
所以S = AD·AB,为定值,且C 到平面AMD的距离即为C 到平面ABCD的距离,也为定值,故体
△A 1 DM 2 1 1 1 1 1 1
积为定值.
C错,当点M与线段BC的端点重合时,AM与AD所成角取得最小值,为60°.
1 1
D正确,因为直线BD 1⊥平面A
1
C
1
D,
所以若直线CM与平面ACD所成角的正弦值最大,则直线CM与直线BD 所成角的余弦值最大,此时M
1 1 1 1 1
运动到B 1 C中点处,即所成角为∠C 1 BD 1 ,设棱长为1,在Rt△D 1 C 1 B中,cos∠C 1 BD 1 = C 1 B =√2=√6,故D正确.
BD √3 3
1
12.(2020山东泰安第五次模拟,11)已知椭圆C:x2 +y2
=1(a>b>0)的右焦点为F,点P在椭圆C上,点Q在圆E:
a2 b2
(x+3)2+(y-4)2=4上,且圆E上的所有点均在椭圆C外,若|PQ|-|PF|的最小值为2√5-6,且椭圆C的长轴长恰与圆
E的直径长相等,则下列说法正确的是( )
A.椭圆C的焦距为2
B.椭圆C的短轴长为√3
C.|PQ|+|PF|的最小值为2√5
-4±√7
D.过点F的圆E的切线斜率为
3
答案 AD 圆E的圆心为E(-3,4),半径长为2,
由于椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等,则2a=4,可得a=2,
设椭圆的左焦点为点F,
1
由椭圆的定义可得|PF|+|PF|=2a=4,
1北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
∴|PF|=4-|PF|,
1
∴|PQ|-|PF|=|PQ|-(4-|PF|)=|PF|+|PQ|-4≥|PF|+|PE|-2-4≥|EF|-6=2√5-6,当且仅当P、Q、E、F 四点共线,且P、
1 1 1 1 1
Q分别为线段EF 与椭圆C、圆E的交点时,等号成立,
1
则|EF|= = =2 ,
1 √(-3+c)2+(4-0)2 √(c-3)2+16 √5
∵0<c<a=2,解得c=1,
∴椭圆C的焦距为2c=2,A选项正确;
椭圆C的短轴长为2b=2 =2 ,B选项错误;
√a2-c2 √3
|PQ|+|PF|≥|PE|+|PF|-2≥|EF|-2= -2=4 -2,
√(-3-1)2+(4-0)2 √2
当且仅当P、Q、E、F四点共线,且P、Q分别为线段EF与椭圆C、圆E的交点时,等号成立,C选项错误;
若所求切线的斜率不存在,
则直线方程为x=1,圆心E到该直线的距离为|-3-1|=4>2,
则直线x=1与圆E相离,不合题意;
则所求切线的斜率存在,可设切线的方程为y=k(x-1),即kx-y-k=0,
由题意可得 |-3k-4-k| = 4|k+1| =2,整理得3k2+8k+3=0,解得k=-4±√7,
√k2+1 √k2+1 3
D选项正确.故选AD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2022届太原10月月考,16)已知函数f(x)={2x+1,x<1,
若f(f(0))=4a,则实数a= .
x2+ax,x≥1,
答案 2
解析 f(0)=20+1=2,f(f(0))=f(2)=22+2a=4a,解得a=2.
14.(2022届安徽名校联盟11月联考,15)已知抛物线C:y2=4x,过焦点F作倾斜角为60°的直线与C交于P,Q两
点,P,Q在C的准线上的投影分别为点M,N,则|MN|= .
8√3
答案
3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
解析 设P(x,y),Q(x,y),由题意可得直线PQ的方程为y= (x-1),联立{y=√3(x-1), 得3(x-1)2-4x=0,
1 1 2 2 √3
y2=4x
1 1 2√3
即3x2-10x+3=0,解得x=3或x= ,不妨取x= ,x=3,则有y=- ,y=2√3,又知M,N分别是P、Q在C的
3 1 3 2 1 3 2
8√3
准线上的投影,所以|MN|=|y-y|= .
2 1
3
2p 2p
一题多解 由抛物线焦点弦的性质可知|PQ|= ,所以|MN|=|PQ|·sin 60°= ·sin
sin260° sin260°
4
2p 8√3
60°= =√3= .
sin60° 3
2
15.(2022届湘豫名校联盟11月联考,16)若关于x的不等式ex+1+a>aln(ax)对于任意x∈(0,+∞)恒成立,则实数a
的取值范围是 .
答案 (0,e2)
解析 易知a>0,将原不等式变形可得ex>a·ln(ax)-1⇒xex>axlnax=( ax)· ax,
ln ln
e e e e e e
ax ax
当ln <0时,原不等式显然成立;当ln ≥0时,
e e
设h(x)=xex(x≥0),则h'(x)=(x+1)ex>0,
ax ex+1
∴h(x)在[0,+∞)上单调递增,∴x>ln ⇒a< .
e x
ex+1 x-1
设φ(x)= ,则φ'(x)= ex+1,所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
x x2
所以φ(x)的最小值为φ(1)=e2,故0<a<e2.
16.(2022届四川资阳一诊,16 数学文化与等比数列)九连环是中国的一种古老智力游戏,它用九个圆环相连
成串,环环相扣,以解开为胜,趣味无穷.中国的末代皇帝溥仪(1906—1967)也曾有一个精美的由九个翡翠缳相
连的银制的九连环(如图).现假设有n个圆环,用a 表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数,且
n
数列{a
n
}满足a
1
=1,a
2
=2,a
n
=a
n-2
+2n-1(n≥3,n∈N*),则a
10
= .北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 682
解析 由a=a +2n-1(n≥3)知a -a=29,a-a=27,a-a=25,a-a=23.
n n-2 10 8 8 6 6 4 4 2
2(1-45) 2(210-1)
又a=2,由累加法得a =a+23+25+27+29=2+23+25+27+29= = =682.
2 10 2 1-4 3
四、解答题:本题共六小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程
或演算步骤.
17.(2021云南曲靖第二中学二模,17)已知数列{a}的前n项和为S.
n n
(1)请从①2S
n
=3a
n
-3-4n,②a
1
=-3,a
n+1
=-a
n
-4这两个条件中任选一个,证明数列{a
n
+2}是等比数列;
(2)数列{b}为等差数列,b=5,b=9,记c=(a+2)b,求数列{c}的前n项和T.
n 3 5 n n n n n
解析 (1)选条件①.当n=1时,2a=2S=3a-3-4,解得a=7.当n≥2时,由2S=3a-3-4n,可得2S =3a -3-4(n-1),两
1 1 1 1 n n n-1 n-1
式相减,可得2a=3a-3a -4,即a=3a +4,∴a+2=3(a +2),∴数列{a+2}是以9为首项,3为公比的等比数列.
n n n-1 n n-1 n n-1 n
选条件②.当n=1时,a+2=-3+2=-1,当n≥2时,a +2=-a-4+2=-(a+2),∴数列{a+2}是以-1为首项,-1为公比的等
1 n+1 n n n
比数列.
b -b
(2)设等差数列{b
n
}的公差为d,则d=
5
5
-3
3 =2,b
1
=b
3
-2d=1,∴b
n
=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*.
选条件①.由(1)可得a+2=9·3n-1=3n+1,则c=(a+2)b=(2n-1)·3n+1,∴T=c+c+c+…+c,
n n n n n 1 2 3 n
即T=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)·3n+1,
n
3T=1×33+3×34+…+(2n-3)·3n+1+(2n-1)·3n+2,两式相减,可得-2T=1×32+2×33+2×34+…+2·3n+1-(2n-1)·3n+2=9+2×
n n
33-3n+2
1-3
-(2n-1)·3n+2=-18-2(n-1)·3n+2,∴T
n
=(n-1)·3n+2+9,n∈N*.
选条件②.由(1)可得a+2=-1·(-1)n-1=(-1)n,则c=(a+2)b=(2n-1)·(-1)n,∴T=c+c+c+…+c=-1+3-5+…
n n n n n 1 2 3 n
n
+(2n-1)·(-1)n,当n为偶数时,T=-1+3-5+…+(2n-1)=2+2+…+2=2× =n,当n为奇数时,T=-1+3-5+…-
n n
2
n-1 {-n,n为奇数,
(2n-1)=2+2+…+2-(2n-1)=2× -(2n-1)=-n,∴T=
2 n n,n为偶数.北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
18.一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,
再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微
生物个体繁殖下一代的个数,P(X=i)=p(i=0,1,2,3).
i
(1)已知p=0.4,p=0.3,p=0.2,p=0.1,求E(X);
0 1 2 3
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p+px+px2+px3=x的一个最小
0 1 2 3
正实根,求证:当E(X)≤1时,p=1,当E(X)>1时,p<1;
(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义.
解析 (1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.
(2)证明:设f(x)=px3+px2+(p-1)x+p,
3 2 1 0
由题易知p+p+p+p=1,
3 2 1 0
故f(x)=px3+px2-(p+p+p)x+p,
3 2 2 0 3 0
f '(x)=3px2+2px-(p+p+p),
3 2 2 0 3
若E(X)≤1,则p+2p+3p≤1,故p+2p≤p,
1 2 3 2 3 0
因为f '(0)=-(p+p+p)<0,
2 0 3
f '(1)=p+2p-p≤0,
2 3 0
所以f '(x)有两个不同零点x,x,且x<0<1≤x,
1 2 1 2
当x∈(-∞,x
1
)∪(x
2
,+∞)时, f '(x)>0,
当x∈(x
1
,x
2
)时, f '(x)<0,
故f(x)在(-∞,x),(x,+∞)上为增函数,
1 2
在(x,x)上为减函数,
1 2
若x=1,因为f(x)在(x,+∞)上为增函数,在(x,x)上为减函数,且f(1)=0,
2 2 1 2
所以f(x)>f(x)=f(1)=0,
2
故1为关于x的方程:p+px+px2+px3=x的一个最小正实根,即p=1,故当E(x)≤1时,p=1.
0 1 2 3
若x>1,因为f(1)=0且f(x)在(0,x)上为减函数,
2 2
故1为关于x的方程:p+px+px2+px3=x的一个最小正实根.
0 1 2 3
综上,若E(X)≤1,则p=1.
若E(X)>1,则p+2p+3p>1,则p+2p>p,
1 2 3 2 3 0
此时f '(0)=-(p+p+p)<0, f '(1)=p+2p-p>0,
2 0 3 2 3 0
故f '(x)有两个不同零点x,x 且x<0<x<1,
3 4 3 4
故f(x)在(-∞,x),(x,+∞)上为增函数,在(x,x)上为减函数,
3 4 3 4
而f(1)=0,故f(x)<0,
4
又f(0)=p>0,所以f(x)在(0,x)上存在一个零点x,且x<1,
0 4 0 0北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
所以x 为关于x的方程:p+px+px2+px3=x的一个最小正根,即p<1,故当E(X)>1时,p<1.
0 0 1 2 3
(3)意义:若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后会临近灭绝,若繁殖后代的平均数超过1,
则若干代后还有继续繁殖的可能.
19.(2020课标Ⅰ,18,12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=√3c,b=2√7,求△ABC的面积;
√2
(2)若sin A+√3sin C= ,求C.
2
解析 (1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×√3c2×cos 150°.解得c=-2(舍去),c=2,从而a=2√3.
1 2
1
△ABC的面积为 ×2√3×2×sin 150°=√3.
2
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,
√2
所以sin A+√3sin C=sin(30°-C)+√3sin C=sin(30°+C).故sin(30°+C)= .
2
而0°<C<30°,所以30°+C=45°,故C=15°.
20.(2022届河南部分名校检测一,19)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的菱形,AC=2√3,
△ADE为等腰直角三角形,∠AED=90°,平面ADE⊥平面ABCD,且EF∥AB,EF=1.
(1)证明:AC⊥平面BDF;
√21
(2)若G为棱BF上一点,使得直线AG与平面BCF所成角的正弦值为 ,求AG的长.
7
解析 (1)证明:取AD的中点H,连接EH,因为△ADE为等腰直角三角形,∠AED=90°,所以EH⊥AD,因为平面
ADE⊥平面ABCD,且平面ADE∩平面ABCD=AD,
1
所以EH⊥平面ABCD,设AC,BD的交点为O,连接OF,OH,则OH∥AB,且OH= AB=1,因为EF∥AB,EF=1,所
2
以EF∥HO且EF=HO,所以四边形EFOH为平行四边形.所以FO∥EH且FO=EH,所以FO⊥平面ABCD,又
AC⊂平面ABCD,从而FO⊥AC,在菱形ABCD中,AC⊥BD,又FO∩BD=O,FO,BD⊂平面BDF,所以AC⊥平面
BDF.
(2)以O为坐标原点,以OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,-√3,0),B(1,0,0),C(0,
√3,0),F(0,0,1),⃗BF=(-1,0,1),⃗BC=(-1,√3,0),设G(a,0,c),⃗BG=λ⃗BF(0≤λ≤1),北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
又⃗BG=(a-1,0,c),所以a=1-λ,c=λ,即G(1-λ,0,λ),从而⃗AG=(1-λ,√3,λ).
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
则{n·⃗BF=0,
n·⃗BC=0,
即{-x+z=0,
-x+√3 y=0,
可取n=(√3,1,√3),
由已知可得 |n·⃗AG| = 2√3 =√21,得λ2-λ=0,所以λ=0或λ=1,所以AG=| |=2.
⃗AG
|n|·|⃗AG| √7·√2λ2-2λ+4 7
21.(2021顺义二模,19)已知椭圆G:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为√2,且过点(2, ).
√2
a2 b2 2
(1)求椭圆G的方程;
(2)过点M(0,1)斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆G于A,B两点,在y轴上是否存在点N,使得∠ANM=∠BNM(点N
与点M不重合)?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
c √2
{ = ,
a 2
x2 y2
解析 (1)由题意得 4 2 解得a=2 √2 ,b=2.所以椭圆G的方程为 + =1.
+ =1,
8 4
a2 b2
a2=b2+c2,
(2)解法一:由题意可知直线l的方程为y=kx+1.设A(x,y),B(x,y),N(0,t)(t≠1),所以直线AN的斜率为k=
1 1 2 2 1
y -t y -t y -t y -t
1 ,直线BN的斜率为k 2 = 2 .所以当且仅当k 1 +k 2 =0时,∠ANM=∠BNM成立.所以 1 + 2 =
x x x x
1 2 1 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
x y -tx +x y -tx x (kx +1)-tx +x (kx +1)-tx
= =
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
x x x x
1 2 1 2
2kx x +(1-t)(x +x )
{y=kx+1,
1 2 1 2 =0.即2kx 1 x 2 +(1-t)(x 1 +x 2 )=0.由 x2 y2 得(2k2+1)x2+4kx-6=0.则x 1 +x 2 =-
x x + =1
2 2 8 4
4k 6 -6 -4k 4k(t-4)
,xx=- .所以2k· +(1-t)· = =0.又因为k≠0,所以t=4.因此在y轴
2k2+1 1 2 2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1
上存在点N,使得∠ANM=∠BNM,点N的坐标为(0,4).
解法二:根据题意,直线l的方程为y=kx+1(k≠0).设A(x,y),B(x,y),N(0,t)(t≠1),当t=0时,N(0,0),显然
1 1 2 2
y -t
∠ANM≠∠BNM,不满足题意.所以直线AN的斜率为k 1 = 1 .所以直线AN的方程为(y 1 -t)x-x 1 y+x 1 t=0.所以
x
1
|x t|
原点O到直线AN的距离为d= 1 .同理可得原点O到直线BN的距离为d=
1 2
√(y -t)2+x2
1 1
|x t| |x t| |x t|
2 .所以当且仅当d
1
=d
2
,即 1 = 2 时,∠ANM=∠BNM成立.因
√(y -t)2+x2 √(y -t)2+x2 √(y -t)2+x2
2 2 1 1 2 2
x2 x2 x2 x2
为t≠0,所以 1 = 2 .所以 1 = 2 .整理得
(y -t)2+x2 (y -t)2+x2 (kx +1-t)2+x2 (kx +1-t)2+x2
1 1 2 2 1 1 2 2
{y=kx+1,
2(1-t)kx 1 x 2 (x 1 -x 2 )=-(1-t)2(x 1 +x 2 )(x 1 -x 2 ),因为x 1 -x 2 ≠0,1-t≠0,所以2kx 1 x 2 =-(1-t)(x 1 +x 2 ).由 x2 y2 得
+ =1
8 4
4k 6 -6 (-4k)
(2k2+1)x2+4kx-6=0.则x+x=- ,xx=- .所以2k· =-(1-t)· .又k≠0,所以t=4.因
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 2k2+1 2k2+1
此在y轴上存在点N,使得∠ANM=∠BNM,点N的坐标为(0,4).北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
22.(2020课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点(1
, f
(1))处的切线与y轴垂直.
2 2
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
解析 (1)f '(x)=3x2+b.
依题意得f '(1)=0,即3+b=0.故b=-3.
2 4 4
3 3
(2)证明:由(1)知f(x)=x3- x+c, f '(x)=3x2- .
4 4
1 1
令f '(x)=0,解得x=- 或x= .
2 2
f '(x)与f(x)的情况为:
( 1) 1 ( 1 1) 1 (1 )
-∞,- - , ,+∞
x -
2 2 2 2 2 2
f '(x) + 0 - 0 +
1 1
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
4 4
因为f(1)=f( 1)=c+1,所以当c<-1时, f(x)只有大于1的零点.因为f(-1)=f(1)=c-1,所以当c>1时, f(x)
-
2 4 4 2 4 4
1 1
只有小于-1的零点.由题设可知- ≤c≤ .
4 4
1 1
当c=- 时, f(x)只有两个零点- 和1.
4 2
1 1
当c= 时, f(x)只有两个零点-1和 .
4 2
当-1<c<1时, f(x)有三个零点x 1 ,x 2 ,x 3 ,且x 1∈( -1,- 1),x 2∈( - 1 , 1),x 3∈(1 ,1 ).
4 4 2 2 2 2
综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
