2020年高考数学一卷21题解答赏析

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2020年全国I卷理科数学高考试题及解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题，共60分。

17.（12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项.（1）求{}n a 的公比；（2）若1a =1，求数列{}n na 的前n 项和.解析：（1）由题意可知，，1a 为2a ，3a 的等差中项即1232a a a =+又因{}n a 是公比不为1的等比数列，设公比为q,得21112a a q a q =+即220q q +-=解得q=-2,或q=1(舍去)（2）1111,n n a a a q -== 由第1问计算得q=-2所以通项1(2)n n a -=-令1(2)n n n b na n -==-记{}n na 的前n 项和为Tn，012211(2)2(2)3(2)..(1)(2)(2)n n n T n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-①23121(2)2(1)3(2)....(1)(2)(2)n nn T n n --=⨯-+⨯-+⨯-++--+-②1-②可得23131(2)(2)(2)...(2)(2)n nn T n -=+-+-+-++---1(2)[1(2)]31(2)1(2)n n n T n ----=+----131(2)99nn n T +=--点评：本题考查等差数列、等比数列的通知公式，数列的求和，其中第2问的数列求和在平时训练中会讲到类似的方法，不算新鲜的题，在计算时要特别小心。

18.（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE=AD,ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点,66PO DO =.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E 的余弦值.解析：DAE 的截面图和圆锥的底面图如下(1)证明：设OA=OE=1由于AD=AE，所以AD=2因为DO 垂直平面ABC，所以DOA 为直角三角形，由勾股定理，得223DO DA AO =-=6,6PO DO = 所以22PO =再由POD 为直角三角形，故2262PA PO AO =+=同理可得2PB =在三角形ABC 中，由于AO=1，得AB =因为22222⎛⎫⎛+=⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，也即222,PA PB AB +=得AP ⊥BP同理，AP ⊥CP,又由于PBC,CP PBC BP BP CP P⊆⊆⋂=平面平面，且AP PBC⊥所以平面（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),((0,0,).222E A C P --所以1(,0),(0,1,),222EC EP =--=-设m(x,y.z)是平面PCE 的法向量，则002,01022y z m EP m EC x y ⎧-+=⎪=⎧⎪⎨⎨∙=⎩⎪--=⎪⎩ 即可取(3m =-由（1）可知(0,1,PCB 2AP n AP == 是平面的一个法向量，记cos ,5n m n m n m ∙<>== 则。

2023年高考数学新高考一卷21题的认识

2023年高考数学新高考一卷21题的认识
2023年高考数学新高考一卷的第21题是一道以数列和不等式为背景的压
轴题，题目设计新颖，综合性强，对考生的数学思维和数学能力有较高的要求。

首先，这道题目涉及的知识点较多，包括等差数列、等比数列的性质和通项公式，数列求和的方法，不等式的性质和证明方法等。

考生需要在解题过程中灵活运用这些知识点，通过推导和转化，找到问题的突破口。

其次，这道题目需要考生具备较强的数学逻辑思维和推理能力。

在解决数列和不等式综合问题时，考生需要仔细分析题目给出的条件，通过观察、归纳、演绎、推理等思维方式，发现数列和不等式之间的内在联系，从而构建出合理的数学模型。

此外，这道题目还要求考生具备良好的数学运算能力和化归与转化思想。

在解题过程中，考生需要进行大量的数学运算，如求和、化简、放缩等，同时还需要将复杂的问题进行化归和转化，将其转化为更容易解决或更熟悉的数学问题。

最后，这道题目还体现了对考生数学素养的考查。

在解题过程中，考生需要具备严谨的数学态度和良好的数学学习习惯，如仔细审题、规范答题、善于总结等。

这些素养不仅有助于提高考生的数学成绩，也是其未来数学学习和发展的重要基础。

总之，2023年高考数学新高考一卷的第21题是一道有深度和广度的压轴题，它不仅考查了考生的数学知识掌握程度和数学能力水平，也反映了其对数学思想和方法的领悟程度。

通过解答这道题目，考生能够充分展示自己的数学才华和潜力，并为未来的数学学习和应用打下坚实的基础。

2020年高考全国1数学理高考真题变式题21-23题-(解析版)

2020年高考全国1数学理高考真题变式题21-23题原题211．已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 变式题1基础2．已知函数()()21e xax x f x a R -+=∈.(1)当2a =-时，求()f x 的单调区间； (2)当0x ≥时，()1f x ≤，求a 的取值范围. 变式题2基础 3．已知函数()ln xf x x =，()231m g x x x=--. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）对一切()0,x ∈+∞，()()2f x g x ≥恒成立，求实数m 的取值范围；变式题3巩固4．已知函数()()2ln f x x m x m =-∈R .(1)若函数()()3g x f x x =-为增函数，求m 的取值范围； (2)当0m >，若()1f x ≥在定义域内恒成立，求m 的值. 变式题4巩固 5．已知函数()ln af x x x x=+．（1）讨论函数()()h x xf x =的单调性；（2）若对任意的1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦不等式()1f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．变式题5巩固 6．已知函数1()(,x x f x ax a R e e+=+∈为自然对数的底数）．（1）若12a >，请判断函数()f x 的单调性；（2）若12,x x R ∀∈，当12x x ≠时，都有2121()()1f x f x x x ->-成立，求实数a 的取值范围．变式题6提升7．已知函数2()(1)x f x axe x =-+（其中a R ∈，e 为自然对数的底数）. （1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当0x >时，2()ln 3f x x x x >---，求a 的取值范围. 原题228．在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos ,sin k kx t y t ⎧=⎨=⎩(t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=．（1）当1k =时，1C 是什么曲线？（2）当4k =时，求1C 与2C 的公共点的直角坐标．变式题1基础9．在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos sin x kty t =⎧⎨=⎩（t 为参数）．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为2sin cos 10ρθρθ--=．(1)当1k =时，判断曲线1C 与曲线2C 的位置关系： (2)当2k =时，求曲线1C 与曲线2C 的公共点的直角坐标．变式题2基础10．己知曲线1C 的参数方程为45cos 55sin x t y t =+⎧⎨=+⎩，（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为2sin ρθ=.（1）把1C 的参数方程化为极坐标方程；（2）求1C 与2C 交点的极坐标(0,02)ρθ≥≤<π. 变式题3巩固11．已知在极坐标系下，曲线:(cos 2sin )4C ρθθ+=（θ为参数）与点2,3A π⎛⎫⎪⎝⎭.（1）求曲线C 与点A 的位置关系；（2）已知极坐标的极点与直角坐标原点重合，极轴与直角坐标的x 轴正半轴重合，直线12:24x t l y t =-⎧⎨=-+⎩，求曲线C 与线l 的交点的直角坐标.变式题4巩固12．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为1323x t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）.以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，C 的极坐标方程为3ρθ=.（1）写出C 的直角坐标方程；（2）P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求P 的直角坐标. 变式题5巩固13．在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为35135x y ϕϕ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为5(cos sin )70ρθθ+-=．(1)求曲线1C 的普通方程以及曲线2C 的直角坐标方程；(2)若射线:340(0)l x y x -=≥与12,C C 分别交于,A B 两点，求AB 的值．变式题6提升14．1.已知曲线1C 的参数方程为22x y θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩（θ为参数），曲线2C 的参数方程为222x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系.(1)求曲线1C 与曲线2C 公共点的极坐标；(2)若点A 的极坐标为()2,π，设曲线2C 与y 轴相交于点B ，点P 在曲线1C 上，满足PA PB ⊥，求出点P 的直角坐标.原题2315．已知函数()|31|2|1|f x x x =+--．（1）画出()y f x =的图像；（2）求不等式()(1)f x f x >+的解集．变式题1基础16．已知函数()22f x x x =-++.(图中的每个方格是边长1个单位的正方形)()22f x x x =-++（1）画出函数()f x 的图象；（2）当0a >时，若不等式()()f x f x a <-的解集为{}|3x x <，求a 的取值范围. 变式题2基础17．已知函数f(x)=|x -8|-|x -4|.(1)作出函数y=f(x)的图象; (2)解不等式|x -8|-|x -4|＞2. 变式题3巩固18．（2016高考新课标Ⅰ，理24）选修4-5：不等式选讲已知函数()123f x x x =+--. （Ⅰ）画出()y f x =的图象；（Ⅰ）求不等式()1f x >的解集．变式题4巩固19．设函数()211f x x x =++-.（Ⅰ）画出()y f x =的图象并解不等式()3f x ≥；（Ⅰ）当[)0,x ∈+∞，()f x ax b ≤+恒成立，求a b +的最小值. 变式题5巩固20．已知函数()2f x x =-，()|21||23|g x x x =+--．（1）画出()y g x =的图象；（2）若()()f x a g x +≥，求a 的取值范围．变式题6提升21．设函数()221x x f x =++-. （1）求()f x 的最小值；（2）若集合(){}10x R f x ax ∈+-<≠∅，求实数a 的取值范围.参考答案：1．（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2e xf x x x =+-，()e 21x f x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， Ⅰ.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；Ⅰ.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x ----，记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-，令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1xh x x ='--，()''e 10x h x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭.[方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a ．只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x Ⅰ式成立．Ⅰ式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ，令()223e7424()(0)e -+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='x xx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减；当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增；当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，Ⅰ式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123xg x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦， Ⅰ.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；Ⅰ.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；Ⅰ当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由Ⅰ可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立，所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！2．(1)单调递增区间为1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()2,+∞；单调递减区间为1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)2e 1,4⎛⎤+-∞ ⎥⎝⎦【详解】（1）2a =-时，()221e x x xf x --+=，()()()212e xx x f x +-'=，令()1102f x x '=⇒=-，22x =.Ⅰ()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()2,+∞，单调递减区间为1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）法一：常规求导讨论 ()()()()221212e e xxax a x ax x x F -++----'==.Ⅰ当0a ≤时，令()02f x x '=⇒= 且当02x ≤<时，()0f x '<，()f x ；当2x >时，()0f x '>，()f x .注意到()01f =，2x ≥时，()0f x <符合题意.Ⅰ当12a =时，()()21220ex x f x --'=≤，()f x 在[)0,∞+上，此时()()01f x f ≤=符合题意.Ⅰ当102a <<时，令()102f x x '=⇒=，21x a=，且当()f x 在[)0,2上，12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，此时()()01f x f ≤=符合题意.Ⅰ当102a <<时，令()102f x x '=⇒=，21x a=，且当()f x 在[)0,2上，12,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，此时只需1111111e 1e a a a a f a -+⎛⎫=≤⇒≥ ⎪⎝⎭，显然成立. Ⅰ当12a >时，令()110f x x a'=⇒=，22x =，且当()f x 在10,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上，1,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()2,+∞上.此时只需()22411e 121e 24a f a -+=≤⇒<≤. 综上：实数a 的取值范围2e 1,4⎛⎤+-∞ ⎥⎝⎦.法二：参变分离Ⅰ0x =时，不等式显然成立.Ⅰ当0x >时，2e 1x x a x +-≤，令()2e 1x x g x x +-=，()()()33e 12e 2e 2xx x x x x g x x x ----+'==.令()02g x x '=⇒=且当02x <<时，()0g x '<，()g x ；当2x >时，()0g x '>，()g x ，Ⅰ()()2mine 124g x g +==，Ⅰ2e 14a +≤.3．（1）递增区间是()0,e ，递减区间是()e,+∞；（2）(],4-∞.【分析】（1）求导以后，结合定义域解不等式()0f x '>和()0f x '<即可求出结果；（2）参变分离得到32ln m x x x≤++对一切()0,x ∈+∞恒成立，进而构造函数()32ln h x x x x=++，求出函数()h x 的最小值即可得到结果.【详解】（1）()ln x f x x =，得()21ln xf x x-'=由()0f x '>，得0x e <<；()0f x '<，得x e >； Ⅰ()f x 的递增区间是()0,e ，递减区间是()e,+∞ （2）对一切()0,x ∈+∞，()()2f x g x ≥恒成立，可化为32ln m x x x≤++对一切()0,x ∈+∞恒成立. 令()32ln h x x x x =++，()()()222231232301x x x x h x x x x x +-+-='>=+-=，()0x > 当()0,1x ∈时，()0h x '<，即()h x 在()0,1递减当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，即()h x 在()1,+∞递增，Ⅰ()()min 14h x h == Ⅰ4m ≤，即实数m 的取值范围是(],4-∞ 4．(1)9,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦(2)2【分析】（1）求得函数()f x 的定义域，再对()g x 求导，将函数()g x 为增函数转化为2230x x m --≥在()0,∞+上恒成立，从而可得解；（2）根据题意可得2ln 1x m x -≥在()0,∞+上恒成立，构造函数()2ln h x x m x =-，求得导数和最值，再根据换元法构造函数()ln 1a a a a ϕ=--，求得导数和最值，进而可求出m 的值. (1)根据题意可得()f x 的定义域为()0,∞+，()2ln 3g x x m x x =--，则()22323m x x mg x x x x--'=--=，Ⅰ()g x 在定义域内为增函数，Ⅰ2230x x m --≥在()0,∞+上恒成立，即223m x x ≤-在()0,∞+上恒成立，则()2min 23m x x ≤-，Ⅰ22399232488x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，当34x =时，等号成立，Ⅰ98m ≤-，即m 的取值范围为9,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.(2)Ⅰ()1f x ≥在定义域内恒成立， Ⅰ2ln 1x m x -≥在()0,∞+上恒成立，令()2ln h x x m x =-，则()222m x mh x x x x-'=-=. Ⅰ0m >，Ⅰ令()0h x '>，解得x >()h x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，令()0h x '<，解得0x <<()h x 在⎛ ⎝上单调递减，Ⅰ()min 2m h x h m ==-要使()1h x ≥在定义域内恒成立，即()min 12m h x m =-，即ln 10222m m m --≥，令()ln 1a a a a ϕ=--（其中02ma =>），则()ln a a ϕ'=-， Ⅰ当()0,1a ∈时，()0a ϕ'>，即()a ϕ在()0,1上单调递增，当()1,a ∈+∞时，()0a ϕ'<，即()a ϕ在()1,+∞上单调递减， Ⅰ()()max 10a ϕϕ==，即()()1a ϕϕ≤，Ⅰ要使ln 10--≥a a a ，只能取1a =，即22m a ==，综上所述，m 的值为2.5．（1）当120,e x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()h x 单调递减；当12e ,x -⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，函数()h x 单调递增；（2）[1,)+∞．【分析】（1）先求解()h x 的导数，结合导数符号判定()h x 的单调性；（2）先进行参数分离，然后求解2()ln u x x x x =-的最大值，可得实数a 的取值范围．【详解】（1）由题可知2()()ln h x xf x a x x ==+，且定义域为(0,)+∞， 21()2ln (2ln 1)h x x x x x x x'∴=+⋅=+．令()0h x '=，得12e x -=．∴当120,e x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减；当12e ,x -⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()0h x '≥，函数()h x 单调递增．（2）对任意1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，不等式()ln 1a f x x x x =+≥恒成立，等价于2ln a x x x ≥-恒成立；令2()ln u x x x x =-，则()12ln u x x x x '=--，(1)0u '=．令()12ln m x x x x =--，则()32ln m x x '=--， 1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ()32ln 0m x x '∴=--<，()u x '∴在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，∴当1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0u x '≥，当(1,2]x ∈时，()0u x '<，即函数()u x 在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，max ()(1)1u x u ∴==，从而1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞．【点睛】求解函数单调性的步骤：Ⅰ求解定义域；Ⅰ求解导数()'f x ；Ⅰ求解不等式，()0f x '>可得增区间，()0f x '<可得减区间；恒成立问题一般利用分离参数法，转化为函数最值问题求解. 6．（1）()f x 在R 上单调递增；（2）11e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭，．【分析】（1）求出1(),()x x x x f x a f x e e-'''=-+=，先判断出()'f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，1()(1)0f x f a e ≥=-'>'，所以()f x 单调递增；（2）先把212()()1f x f x x x ->-转化为2211()()f x x f x x ->-，记1()()xx g x f x x ax x e +=-=+-，等价于()g x 在R 单调递增，只需()0g x '≥，利用分离参数法即可求解. 【详解】1()xx f x ax e +=+的定义域为R . （1）1(),()x xx x f x a f x e e -'''=-+=，令()0f x ''>，解得：1x >；令()0f x ''<，解得：1x <；所以()'f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，则1()(1)0f x f a e ≥=-'>'，所以()f x 在R 上单调递增；（2）不妨设12x x <，则212()()1f x f x x x->-，等价于2211()()f x x f x x ->-，记1()()x x g x f x x ax x e+=-=+-，等价于()g x 在R 单调递增，即()0g x '≥，()101x xx x g x a a e e '=-+-≥⇒≥+在R 上恒成立，设1()1,()x x x xh x h x e e-'=+=，所以()h x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()max 111x h x e==+，，所以11a e ≥+，即实数a 的范围为11e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭，. 【点睛】恒成立问题Ⅰ参变分离，转化为不含参数的最值问题；Ⅰ不能参变分离，直接对参数讨论，研究()f x 的单调性及最值；Ⅰ特别地，个别情况下()()f x g x >恒成立，可转换为()()min max f x g x >（二者在同一处取得最值）.7．（1）分类讨论，答案见解析；（2）31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【分析】（1）求导可得()()(1)2xf x x ae =+-'，由()0f x '=得，11x =-，22ln x a =，分2ln 1a=-，2ln1a <-，2ln 1a>-三种情况讨论单调性即得解；（2）参变分离可得ln 2xx x a xe+->对任意的0x >恒成立，令ln 2()x x x g x xe +-=，求导分析单调性，求出max ()g x 即可.【详解】（1）由题意知，()()(1)2(1)(1)2x xf x a x e x x ae '=+-+=+-，当0a >时，由()0f x '=得，11x =-，22ln x a=， Ⅰ若2ln1a=-，即2a e =时，()0f x '≥恒成立，故()f x 在R 上单调递增；Ⅰ若2ln1a<-，即2a e >时，令2()0lnx f x a'>∴<或1x >-；令2()0ln 1x a x f '<∴<<-故()f x 的单调递增区间为2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(1,)-+∞，单调递减区间为2ln ,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；Ⅰ若2ln1a>-，即02e a <<时，令()01x f x '>∴<-或2ln x a >；令2()01ln f x ax '<∴-<<故()f x 的单调递增区间为(,1)-∞-和2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为21,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；综上：当2a e =时，()f x 在R 上单调递增；当2a e >时，()f x 的单调递增区间为2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(1,)-+∞，单调递减区间为2ln ,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；当02e a <<时，()f x 的单调递增区间为(,1)-∞-和2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为21,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）由题意知，ln 20x axe x x --+>对任意的0x >恒成立，即ln 2xx x a xe +->对任意的0x >恒成立，令ln 2()(0)x x x g x x xe +-=>，则()2(1)(3ln )()xxx e x x g x xe +-'-=，令()3ln h x x x =--，1()10h x x'=--<则()h x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)20h =>，()20h e e =-<，故()0h x =在(0,)+∞上有唯一的实根，不妨设该实根为0x ，故当0(0,)x x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，故0x 为()g x 的极大值点，故()000max 00ln 2()x x x g x g x x e +-==，又003ln 0x x --=，代入上式得()000030ln 21x x x g x x e e+-==，故a 的取值范围为31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.8．（1）曲线1C 表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）11(,)44.【分析】（1）利用22sin cos 1t t +=消去参数t ，求出曲线1C 的普通方程，即可得出结论；（2）当4k =时，0,0x y ≥≥，曲线1C 的参数方程化为 22cos (sin tt t ==为参数），两式相加消去参数t ，得1C 普通方程，由cos ,sin x y ρθρθ==，将曲线 2C 化为直角坐标方程，联立12,C C 方程，即可求解.【详解】（1）当1k =时，曲线1C 的参数方程为cos (sin x tt y t =⎧⎨=⎩为参数），两式平方相加得221x y +=，所以曲线1C 表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）当4k =时，曲线1C 的参数方程为44cos (sin x tt y t ⎧=⎨=⎩为参数），所以0,0x y ≥≥，曲线1C 的参数方程化为22cos (sin tt t 为参数），两式相加得曲线1C 1=，1=1,01,01y x x y =-≤≤≤≤，曲线2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=，曲线2C 直角坐标方程为41630x y -+=，联立12,C C 方程141630y x x y ⎧=-⎪⎨-+=⎪⎩，整理得12130x -=12=或 136（舍去）， 11,44x y ∴==，12,C C ∴公共点的直角坐标为 11(,)44.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，合理消元是解题的关键，要注意曲线坐标的范围，考查计算求解能力，属于中档题. 9．(1)相交(2)⎭【分析】（1）将曲线1C 与曲线2C 的方程化成普通方程可知，两曲线一个表示直线，一个表示圆，根据直线与圆的位置关系即可判断；（2）联立曲线1C 与曲线2C 的普通方程即可解出．（1）当1k =时，由cos sin x ty t=⎧⎨=⎩可得曲线1C 的普通方程为：221x y +=，由cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩可将2sin cos 10ρθρθ--=化简得曲线2C 的普通方程为：210x y -+=，圆心()0,0到直线210x y -+=的距离为1d r =<=，所以曲线1C 与曲线2C 相交．（2）当2k =时，由2cos 212sin sin x t t y t ⎧==-⎨=⎩可得曲线1C 的普通方程为：()21211x y y =--≤≤，联立221012x y x y -+=⎧⎨=-⎩，解得2x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩或2x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩（舍去）所以曲线1C 与曲线2C的公共点的直角坐标为⎭． 10．（1）、28cos 10sin 160ρρθρθ--+=;（2）、4π⎫⎪⎭和2,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】（1）、将1C 的参数方程消去参数t 化为普通方程，利用cos x ρθ=，sin y ρθ=把1C 的参数方程化为极坐标方程；（2）、将曲线2C 的极坐标方程化为普通方程，与1C 的普通方程联立，求出1C 与2C 交点的直角坐标，由此求出1C 与2C 交点的极坐标.【详解】（1）、1C 的参数方程为45cos 55sin x t y t =+⎧⎨=+⎩，（t 为参数）1C ∴的普通方程为()()224525x y -+-=即22810160x y x y +--+=1C ∴的极坐标方程为:28cos 10sin 160ρρθρθ--+=.（2）、2C 的极坐标方程为2sin ρθ=2C ∴的直角坐标方程为：2220x y y +-=22221810160120x x y x y y x y y =⎧+--+=⎧∴∴⎨⎨=+-=⎩⎩或02x y =⎧⎨=⎩1C ∴与2C 交点的坐标为()1,1或()02,，1C ∴与2C交点的极坐标为4π⎫⎪⎭和2,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭11．（1）点A 不在曲线C （直线）上．（2）48,33⎛⎫- ⎪⎝⎭．【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，点的极坐标化为直角坐标后判断；（2）把直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程求解．【详解】（1）由cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩，代入:(cos 2sin )4C ρθθ+=，得24x y +=，此即为曲线C 直线坐标方程，又2cos1,2sin33ππ==A ，而14+，所以点A 不在曲线C （直线）上．（2）把1224x t y t =-⎧⎨=-+⎩代入24x y +=得122(24)4t t -+-+=，得76t =，4123t -=-，8243t -+=，所以交点坐标为48,33⎛⎫- ⎪⎝⎭．12．（1）220x y +-=；（2）()3,0.【分析】（1）根据极坐标转化为直角坐标的公式求得C 的直角坐标方程. （2）求得l 的普通方程，结合图象求得P 的直角坐标.【详解】（1）由ρθ=得222sin ,0x y ρθ=+-=. （2）(22220,3x y x y +-=+=，所以圆心(C ,半径r =直线l的参数方程为132x t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），消去参数得0l y --=，倾斜角为3π，过点(()0,,3,0-.由于过(和()3,0的直线的斜率为1=-，所以当P 到圆心C 的距离最小时，P 的直角坐标为()3,0.13．(1)()22915x y -+=；5570x y +-=； (2)1【分析】（1）消去曲线1C 参数方程中的参数即可求出曲线1C 的普通方程；根据公式cos ,sin x y ρθρθ==即可求出曲线2C 的直角坐标方程；（2）把l 的方程与1C 的方程联立即可求出点A 的坐标，把l 的方程与2C 的方程联立即可求出点B 的坐标，从而利用两点间的距离公式即可求出AB 的值． (1)由1x y ϕϕ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，得1x y ϕϕ⎧-=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，两式平方相加，得()22915x y -+=，所以曲线1C 的普通方程为()22915x y -+=；由5(cos sin )70ρθθ+-=，得5cos 5sin 70ρθρθ+-=，因为cos ,sin x y ρθρθ==，所以5570x y +-=，所以曲线2C 的直角坐标方程为5570x y +-=. (2)由5570340x y x y +-=⎧⎨-=⎩，得4535x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以43,55B ⎛⎫ ⎪⎝⎭；由()22915340x y x y ⎧-+=⎪⎨⎪-=⎩，消x 得225840935y y --=，即52520353y y ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以625y =-(舍)或65y =，所以85x =，所以86,55A ⎛⎫⎪⎝⎭，所以1AB ==.14．(1))π和π2⎫⎪⎭(2)4,3⎛- ⎝⎭【分析】（1）将参数方程化为普通方程，进而求出交点坐标，再转化为极坐标；（2）通过参数方程设出点P 的坐标，将PA PB ⊥转化为平面向量的数量积为0，进而解得答案. (1)由题意，1C 的普通方程为：222x y +=，2C的普通方程为：y x =+为()(,，极坐标为：)ππ,2⎫⎪⎭.(2)点A 的直角坐标为()2,0-，点B的直角坐标为(，根据题意，设)Pθθ，则),AP BP θθθθ→→+==，因为PA PB ⊥，所以)20AP BP θθθθ→→=⋅⋅+=，且0BP →→≠，sin 1θθ-=-，又22cos sin 1θθ+=，解得cos 1sin 3θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所点P的直角坐标为4,3⎛- ⎝⎭. 15．（1）详解解析；（2）7,6⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【分析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数()f x 的解析式，作出图象；（2）作出函数()1f x +的图象，根据图象即可解出．【详解】（1）因为()3,1151,1313,3x x f x x x x x ⎧⎪+≥⎪⎪=--<<⎨⎪⎪--≤-⎪⎩，作出图象，如图所示：（2）将函数()f x 的图象向左平移1个单位，可得函数()1f x +的图象，如图所示：由()3511x x --=+-，解得76x =-．所以不等式()(1)f x f x >+的解集为7,6⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭．【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．16．（1）答案见解析；（2）6a =.【分析】（1）根据绝对值的定义，化简为分段函数，结合一次函数的性质，即可求解；（2）根据图象的变换，把函数()y f x =的图象向右平移a 个单位后得到()y f x a =-的图象，结合不等式的解集和图象的交点，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()2,2224,222,2x x f x x x x x x -≤-⎧⎪=-++=-<<⎨⎪≥⎩，则函数()f x 的图象如图所示：（2）由()y f x =的图象向右平移a 个单位后得到()y f x a =-的图象,如图所示，因为不等式()()f x f x a <-的解集为{}|3x x <，可得()y f x =与()y f x a =-的交点为(3,6)，所以()22f x a x a x a -=--+-+|过点(3,6)，故32326a a --+-+=，解得6a =或0a =(舍)，当6a =时，()(6)y f x a f x =-=-的图象为()f x 的图象向右平移6个单位，由前面的论证可知，交点(3,6)A ，故()(6)f x f x <-的解集为{}|3x x <，综上可得，实数a 的值为6.17．（1）（2）不等式的解集为(-∞,5)【详解】(1)f(x)=图象如下:(2)不等式|x-8|-|x-4|＞2,即f(x)＞2.由-2x+12=2,得x=5.由函数f(x)图象可知,原不等式的解集为(-∞,5).18．（1）见解析（2）11353x x x x⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭或或【详解】试题分析：（Ⅰ）化为分段函数作图；（Ⅰ）用零点分区间法求解.试题解析：（Ⅰ）的图像如图所示.（Ⅰ）由的表达式及图像，当时，可得或；当时，可得或，故的解集为；的解集为，所以的解集为.【考点】分段函数的图像，绝对值不等式的解法【名师点睛】不等式选讲多以绝对值不等式为载体命制试题,主要涉及图像、解不等式、由不等式恒成立求参数范围等.解决此类问题通常转换为分段函数求解,注意不等式的解集一定要写成集合的形式.19．（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）5.【分析】（Ⅰ）根据x的取值范围,分12x≤-,112x-<<,1≥x三种情况分别去绝对值,求出函数()f x 的解析式,根据解析式作出函数()f x 的图象,结合图象求出不等式的解集即可; （Ⅰ）结合（Ⅰ）中函数()f x 的图象,由在[)0,x ∈+∞时,直线y ax b =+的图象满足在函数()f x 的上方或重合,分别求出,a b 的最小值即可求出a b +的最小值.【详解】（Ⅰ）由题意知,当12x ≤-时,()2113f x x x x =---+=-, 当112x -<<时,()2112f x x x x =+-+=+, 当1≥x 时,()2113f x x x x =++-=,所以()13,212,123,1x x f x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+-≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩，作出()y f x =的图象如图所示：由图知，不等式()3f x ≥解集为{}|11x x x ≥≤-或.（Ⅰ）由（Ⅰ）中的图象知，()y f x =的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且()y f x =的图象各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当3a ≥且2b ≥时，()f x ax b ≤+在[)0,+∞恒成立，因此a b +的最小值为5.【点睛】本题主要考查利用图象法解绝对值不等式及求解恒成立问题;考查学生的运算求解能力和分类讨论思想、数形结合思想;正确画出函数()f x 的图象是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.20．（1）答案见解析；（2）92a ≥. 【分析】（1）将()y g x =用分段函数表示，在平面直角坐标系中分段画出图形即可；（2）在同一个坐标系里画出()(),f x g x 图像，平移使得()y f x a =+图象在()y g x =图象上方即可，可知需要向左平移，即0a >，临界状态为过3,42A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得92a =，即得解【详解】（1）由题可知14,213()212342,2234,2x g x x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+--=--≤<⎨⎪⎪≥⎪⎩，画出函数图像：（2）()|2|f x a x a +=+-，如图，在同一个坐标系里画出()(),f x g x 图像，()y f x a =+是()y f x =平移了a 个单位得到，则要使()()f x a g x +≥，需将()y f x =向左平移，即0a >，当()y f x a =+过3,42A ⎛⎫ ⎪⎝⎭时，3|2|42a +-=，解得92a =或72-（舍去），则数形结合可得需至少将()y f x =向左平移92个单位，92a ∴≥.21．（1）()min 52f x =；（2）()()2,,3+∞⋃-∞-. 【解析】（1）首先利用零点分段法，去绝对值，求得函数的最小值；（2）()1f x ax <-+在R 上有解，画出函数()f x 的图象，并且1y ax =-+过点()0,1，利用数形结合分析实数a 的取值范围.【详解】解：（1）()1321()3221312x x f x x x x x ⎧⎪--≤-⎪⎪⎛⎫=--<<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫+≥⎪ ⎪⎝⎭⎩当2x -≤时，()[)5,f x ∈+∞，当122x -<<时，()5,52f x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当12x ≥时，()5,2f x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()min 52f x =.（2）据题意：()1f x ax <-+在R 上有解，作函数()y f x =及1y ax =-+的图象,1y ax =-+恒过点()0,1，且直线的斜率k a =-， 51220AC k -==---,且直线BC 的斜率3BC k = 由图可得：3a ->或2a -<-所以a 的范围为()()2,,3+∞⋃-∞-.【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是数形结合分析问题，理解1y ax =-+表示过点()0,1的直线，并且直线的斜率k a =-，结合（1）的分段函数，画出函数的图象，分析临界斜率，求a 的取值范围.。

2020高考数学全国卷1卷试题及答案详解

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若1z i =+，则22z z -=A ．0B ．1C 2D ．22．设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤，则a =A ．4-B ．2-C ．2D ．43．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A 51-B 51-C 51+D 51+4．已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．95．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ︒）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据()(),1,2,,20i i x y i =得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A ．y a bx =+B ．2y a bx =+C ．x y a be =+D ．ln y a b x =+6．函数43()2f x x x =-的图像在点()()1,1f 处的切线方程为 A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+7．设函数()cos 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[],ππ-的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A ．109πB ．76π C ．43π D ．32π 8．25()()y x x y x ++的展开式中33x y 的系数为A ．5B ．10C ．15D ．209．已知(0,)απ∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α= A ．53B ．23 C ．13D ．5910．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC △的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．已知22:2220M x y x y +---=，且直线:220l x y ++=，P 为l 上的动点，过点P 作M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当AB PM ⋅最小时，直线AB 的方程为A ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．若242log 42log a b a b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若,x y 满足约束条件2201010x y x y y +-≤⎧⎪--≥⎨⎪+≥⎩，则7z x y =+的最大值是________．14．设,a b 为单位向量，且1+=a b ，则-=a b ________．15．已知F 为双曲线2222:1x y C a b-=（0,0a b >>）的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴．若AB 斜率为3，则C 的离心率为_______．16．如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中1AC =，3AB AD ==，AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ︒∠=，则cos FCB ∠=__________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前项和．18．（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．19．（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率．20．（12分）已知,A B 分别为椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=．P为直线6x =上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点．21．（12分）已知函数()2x f x e ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos sin kkx ty t ⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=，（1）当1k =时，1C 是什么曲线？（2）当4k =时，求1C 与2C 的公共点的直角坐标．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数()3121f x x x =++-．（1）画出()y f x =的图象；（2）求不等式()()1f x f x >+的解集．参考答案一、选择题15DBCCD - 610BCCAA - 11.D 12.B二、填空题13.1 14.3 15.2 116.4-三、解答题17.解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232a a a =+，即21112a a q a q =+∴220q q +-=，解得1q =（舍去）或2q =-. ∴{}n a 的公比为2-.（2）记n S 为{}n na 的前n 项和，由（1）及题设可知()12n n a -=-，∴ ()()11222n n S n -=+⨯-++⨯- ①()()()2222212nn S n -=-+⨯-++-⨯- ②由①②得()()()()21312222n nn S n -=+-+-++--⨯-()()1223nnn --=-⨯-∴()()312199nn n S +-=- 18.解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===， ∴222PA PB AB +=，∴PA PB ⊥，又222PA PC AC +=，∴PA PC ⊥， ∴PA ⊥平面PBC（2）以O 为坐标原点,OE 方向为y 轴正方向,OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -. 由题设可得()()310,1,0,0,1,0,,,022E A C ⎛⎫--⎪⎝⎭， xyz。

2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析

全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

2.2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。

3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积；（2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

解析：（1）单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。

通常二次求导的为多。

（2）恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。

常常是把恒成立化成最值问题。

由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。

这里介绍了两种方法。

解：（1）当a=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。

而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。

（2）解法一，分离参数法当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。

高考理科数学(1卷)：答案详细解析(最新)

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A.y a bx =+B.2y a bx =+C.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为△ABC 的外接圆.若 1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x y ，p 为l 上的动点.过点p 作M 的切线PA ，PB ，切点为,A B ，当PM AB 最小时，直线AB 的方程为A.210x y --= B.210x y +-=C.210x y -+= D.210x y ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(解析版)

2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1. 设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}2. 2−i1+2i=( )A.1B.−1C.iD.−i3. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )A.120种B.90种C.60种D.30种4. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A 且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)( )A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7. 已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP→⋅AB→的取值范围是( )A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8. 若定义在R上的奇函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9. 已知曲线C：mx2+ny2=1.( )A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnxD.若m=0，n>0，则C是两条直线10. 如图是函数y=sin(ωx+φ)，则sin(ωx+φ)=( )A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)11. 已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤212. 信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的取值为1，2，⋯，n，且P(X=i)=p i> 0(i=1,2,⋯,n)，∑p ini=1=1，定义X的信息熵H(X)=−∑p ini=1log2p i，则( )A.若n=1，则H(X)=0B.若n=2，则H(X)随着p i的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y ) 三、填空题13. 斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14. 将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形， BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC=35， BH//DG ，EF =12cm ，DE =2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm 2.16. 已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________. 四、解答题17. 在①ac =√3，②c sin A =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A =√3sin B ，C =π6， ________？18. 已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20，a 3=8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0,m](m ∈N ∗)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100 .19. 为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO 2浓度(单位：μg/m 3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关？附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，20. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．21. 已知函数f (x )=ae x−1−ln x +ln a .(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.参考答案与试题解析2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】并集及其运算【解析】根据集合并集的运算法则求解.【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】根据复数的除法运算法则求解.【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】先让甲场馆选1人，再让乙场馆选2，剩下的去丙场馆即可得解. 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.【答案】B【考点】直线与平面所成的角空间点、线、面的位置【解析】根据纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角. 【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴ ∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.【答案】C【考点】概率的应用【解析】利用互斥事件的概率公式代入求解.【解答】解：设''该中学学生喜欢足球''为事件A，''该中学学生喜欢游泳''为事件B，则''该中学学生喜欢足球或游泳''为事件A∪B，''该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳''为事件A∩B. 由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用指数式与对数式的互化【解析】先根据所给模型求得r，然后求得初始病例数I，最后求得感染病例数增加1倍所需的时间.【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ， e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln 20.38≈1.8. 故选B . 7.【答案】 A【考点】平面向量数量积求线性目标函数的最值【解析】先画出图形，并用坐标表示AP →⋅AB →，然后向量问题转化为求线性目标函数的最值，最终得AP →⋅AB →的取值范围.【解答】解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)， AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)，则AP →⋅AB →=−x −√3y +2.令z =−x −√3y +2，该问题可转化为求该目标函数在可行域中的最值问题，由图可知，z =−x −√3y +2经过点C 时，z 取得最大值；经过点F 时，z 取得最小值，故最优解为C(−1,−√3)和F(1,√3)，代入得z max =6或z min =−2，故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6). 故选A . 8.【答案】 D【考点】函数单调性的性质函数奇偶性的性质【解析】先根据函数的奇偶性确定函数的大致图像，然后判断函数的单调性，最后利用分类讨论思想讨论不等式成立时x 的取值范围. 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x =0时，xf(x −1)=0成立； ②当x >0时，要使xf(x −1)≥0，即f(x −1)≥0，可得0≤x −1≤2或x −1≤−2，解得1≤x ≤3；③当x <0时，要使xf(x −1)≥0，即f(x −1)≤0，可得x −1≥2或−2≤x −1≤0，解得−1≤x <0.综上，x 的取值范围为[−1,0]∪[1,3]. 故选D .二、多选题 9.【答案】 A,C,D 【考点】双曲线的渐近线椭圆的标准方程圆的标准方程直线的一般式方程【解析】根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可. 【解答】解：A ，mx 2+ny 2=1，即x 21m+y 21n=1.∵ m >n >0， ∴ 1m <1n ，∴ 此时C 是椭圆，且其焦点在y 轴上， A 选项正确；B ，m =n >0时，x 2+y 2=1n ， ∴ r =√n n， B 选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴ y=±√1n代表两条直线，D选项正确.故选ACD.10.【答案】B,C【考点】诱导公式由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的图象【解析】先用图像上两零点间的距离求出函数的周期，从而求得ω，而后利用五点对应法求得φ，进而求得图像的解析式.【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴ T=π，∴ ω=2ππ=2，∴ y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3 )=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3)=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C选项正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3)=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.11.【答案】A,B,D【考点】不等式性质的应用基本不等式在最值问题中的应用【解析】选项A左边是代数式形式，右边是数字形式，且已知a+b=1，故可考虑通过基本不等式和重要不等式建立a2+b2与a+b的关系；选项B先利用指数函数的增减性将原不等式简化为二元一次不等式，然后利用不等式的性质及已知条件判断；选项C需要利用对数的运算和对数函数的增减性将不等式转化为关于a, b的关系式，然后利用基本不等式建立与已知条件a+b的关系；选项D基本不等式的变形应用.【解答】解：A，∵ a+b=1，则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴ 1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2)，可得a2+b2≥12，故A正确；B，∵ a−b=a−(1−a)=2a−1>−1，∴2a−b>2−1=12，故B正确；C，∵ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a=b时取等号，∴log2a+log2b=log2ab≤log214=−2，故C错误；D ，∵ a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号， ∴ (√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2，即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确. 故选ABD . 12. 【答案】 A,C【考点】概率的应用概率与函数的综合利用导数研究函数的单调性【解析】选项A 根据题目给出信息熵的定义可直接判断；选项B 根据题意先得到p 1，p 2的关系，然后构造关于p 1的函数，最后利用导数判断新函数的增减性；选项C 根据题目给定信息化简H(x)后可判断；选项D 分别求出H(x)，H(y)，利用作差法结合对数的运算即可判断. 【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确； B ，若n =2，则p 1+p 2=1，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)]. 设f (p )=−[p log 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p ln 2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln 2] =−log 2p1−p =log 21−p p，当0<p <12时，f ′(p )>0；当12<p <1时，f ′(p )<0，∴ f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，当p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n )，则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知： P (Y =1)=p 1+p 2m ； P (Y =2)=p 2+p 2m−1 ；P (Y =3)=p 3+p 2m−2 ； ⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1 ;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]， H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯ +(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵ (p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0， ⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0，所以H (X )>H (Y )，故D 错误．故选AC . 三、填空题 13.【答案】163【考点】抛物线的性质【解析】先根据题目给定信息求出直线方程，联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理和抛物线的性质转化求出弦长|AB|. 【解答】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y =√3(x −1)，代入抛物线方程得3x 2−10x +3=0， ∴ x 1+x 2=103，根据抛物线方程的定义可知|AB|=x 1+1+x 2+1=163.故答案为：163.14.【答案】 3n 2−2n 【考点】等差数列的前n 项和等差关系的确定【解析】先判断出{2n −1}与{3n −2}公共项所组成的新数列{a n }的公差、首项，再利用等差数列的前n 项和的公式得出结论. 【解答】解：数列{2n −1}各项为：1，3，5，7，9，⋯数列{3n −2}各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n }是首项为1，公差为6的等差数列，所以数列{a n }的前n 项和为3n 2−2n . 故答案为：3n 2−2n . 15. 【答案】5π2+4 【考点】同角三角函数基本关系的运用扇形面积公式【解析】先利用解三角形和直线的位置关系求出圆的半径，然后求出阴影部分的面积，运用了数形结合的方法. 【解答】解：由已知得A 到DG 的距离与A 到FG 的距离相等，均为5. 作AM ⊥GF 延长线于M ，AN ⊥DG 于N ，则∠NGA =45∘. ∵ BH//DG ， ∴ ∠BHA =45∘. ∵ ∠OAH =90∘， ∴ ∠AOH =45∘.设O 到DG 的距离为3t ，由tan ∠ODC =35，可知O 到DE 的距离为5t ， ∴ {OA ⋅cos 45∘+5t =7,OA ⋅sin 45∘+3t =5,解得{t =1,OA =2√2.半圆之外阴影部分面积为：S 1=2√2×2√2×12−45×π×(2√2)2360=4−π，阴影部分面积为：S =12[π⋅(2√2)2−π⋅12]+S 1=5π2+4.故答案为：5π2+4.16. 【答案】√2π2【考点】弧长公式空间直角坐标系圆的标准方程两点间的距离公式【解析】根据题意画出直观图，建立合适的坐标系，求出交线上的点的轨迹方程，进而确定点的轨迹在平面BCC 1B 1上是以√2为半径的90∘的弧，最后根据弧长公式求解. 【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线，即D 1(1,−√3,0)，设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5，化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题 17.【答案】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3. ∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理【解析】条件①先根据题意，结合正弦定理用一边去表示另外两条边，然后用余弦定理求出三角形的三边的长；条件②先用正弦定理结合已知求出a，b的长，然后用余弦定理求出c的长；条件③先利用正弦定理结合已知用b表示a，c，然后利用余弦定理求得∠C与给定值不同，从而判定三角形不存在.【解答】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3.∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．18.【答案】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.【考点】数列的求和等比数列的通项公式【解析】(1)先根据已知列式求出公比，求出首项，最后求得等比数列的通项公式；(2)由题意求得0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，⋯，可知b63=5，b64= b65=⋯=b100=6．则数列{b m}的前100项和S100可求．【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.19.【答案】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关. 【考点】独立性检验概率的意义【解析】(1)根据题目已知信息利用频率估计概率；(2)根据题目给定信息画出2×2列联表；(3)根据列联表计算K的观测值K2，得出统计结论.【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得 K 2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关. 20.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形，故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ，故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD . 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ，则sin θ=|cos <n →,PB →>| =√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2=√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a+a ≥2×√1a⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值．综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角基本不等式在最值问题中的应用直线与平面垂直的判定【解析】(1)先求l 的平行线BC 与面PCD 垂直，再利用线面垂直的判定即可得证；(2)选取合适的点建立空间直角坐标系，然后运用向量法结合基本不等式即可求得线面夹角的最大值. 【解答】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形，故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ，故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ，则sin θ=|cos <n →,PB →>| =|1+a|√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值．综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 21.【答案】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1，f ′(x )=e x −1x，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)，即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；(2)不等式等价于e x−1+ln a +ln a +x −1≥ln x +x =e ln x +ln x ，令g(t)=e t +t ，根据函数单调性可得ln a >ln x −x +1，再构造函数ℎ(x)=ln x −x +1，利用导数求出函数的最值，即可求出a 的范围. 【解答】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1， f ′(x )=e x −1x ，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)，即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1. (2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 22. 【答案】 (1)解：由题设得4a2+1b2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ① 由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13).令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值. 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题椭圆的标准方程【解析】(1)根据椭圆方程的离心率、a ，b ，c 的关系及椭圆上一点列出关系式，解得a 2，b 2即可得椭圆方程； (2)①当直线斜率存在时，设直线方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，结合AM →⋅AN →=0可得 m =1−2k 或m =−2k +13，由点A 不在直线MN 上可判断m ≠1−2k ，进而根据m =−2k+13可求解直线MN 的方程，从而判断直线MN 过定点P ；②若直线MN 与x 轴垂直，结合和椭圆方程，求得点M 的横坐标x 1 ，由此可知直线MN 过点P ；由上述分类讨论可知|AP|为定值，根据直角三角形中线的性质确定定点Q ，最后分两小类讨论D 与P 重合或者不重合最终确定|DQ|为定值. 【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。

2020年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第21题解法研究——同构放缩携起手导数不等式难题不再有

２０２０年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第２１题解法研究同构放缩携起手导数不等式难题不再有高振宁(山东省新泰市第一中学㊀２７１２００)摘㊀要:本文通过对２０２０年高考数学山东卷第２１题解法的探研ꎬ从命题人的角度来反思问题解决的方法ꎬ发现放缩法㊁隐零点法㊁同构法放缩法㊁分而治之法之间的联系与区别ꎬ得出导数解决高考数学中函数与导数压轴题的基本途径ꎬ旨在高中导数与函数复习中提高实效.关键词:导数与单调性ꎻ同构与放缩ꎻ分而治之ꎻ隐零点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２８－００２６－０２收稿日期:２０２０－０７－０５作者简介:高振宁(１９８３.４－)ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀原题再现㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ.(１)当ａ＝ｅ时ꎬ求曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积ꎻ(２)若ｆ(ｘ)ȡ１ꎬ求ａ的取值范围.解㊀(１)略.(２)方法一(隐零点法):由ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１－１ｘꎬ显然ａ>０.设ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ａｅｘ－１＋１ｘ２>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上单调递增ꎬ即ｆᶄ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上单调递增.当ａ＝１时ꎬｆᶄ(１)＝０ꎬ当ｘɪ(０ꎬ１)ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)在０ꎬ１()上是减函数ꎻｘɪ(１ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上是增函数.ʑｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１)＝１ꎬ故ｆｘ()ȡ１恒成立.当ａ>１时ꎬ１ａ<１ꎬ所以ｅ－１<１ꎬｆᶄ(１ａ)ｆᶄ(１)＝ａ(ｅ－１－１)(ａ－１)<０ꎬ故存在唯一ｘ０>０ꎬ使得ｆᶄ(ｘ０)＝ａｅｘ－１－１ｘ０＝０ꎬ且当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ａｅｘ－１＝１ｘ０ꎬ即ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０.因此ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(ｘ０)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ０＋ｌｎａ＝１ｘ０＋ｌｎａ＋ｘ０－１＋ｌｎａȡ２ｌｎａ－１＋２１ｘ０ｘ０＝２ｌｎａ＋１>１ꎬ所以ｆ(ｘ)ȡ１恒成立.当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<ａ<１ꎬʑｆ(１)<１ꎬｆ(ｘ)ȡ１不恒成立.综上所述ꎬ实数ａ的取值范围是[１ꎬ＋ɕ).方法二(放缩法):当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<１.当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘꎬｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１－１ｘꎬ显然ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上是增函数.当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上是减函数ꎻｘɪ(１ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上是增函数.所以ｆ(ｘ)最小值＝ｆ(１)＝１ꎬ从而ｆ(ｘ)ȡ１恒成立ꎬ当ａ>１时ꎬｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡｅｘ－１－ｌｎｘꎬ由ａ＝１的结论可知ｆ(ｘ)＝ｅｘ－１－ｌｎｘȡ１恒成立.综上可知:ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).方法三(同构函数ｙ＝ｅｘ＋ｘ):显然ａ>０ꎬａ＝ｅｌｎａꎬ则ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａ＝ｅｌｎａ＋ｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１ꎬ等价于ｅｌｎａ＋ｘ－１＋ｌｎａ＋ｘ－１ȡｌｎｘ＋ｘ＝ｅｌｎｘ＋ｌｎｘ.令ｇｘ()＝ｅｘ＋ｘꎬ上述不等式等价于ｇ(ｌｎａ＋ｘ－１)ȡｇ(ｌｎｘ).显然ｇ(ｘ)为Ｒ上的单调增函数ꎬ故ｌｎａ＋ｘ－１ȡｌｎｘꎬ即ｌｎａȡｌｎｘ－ｘ＋１.令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－１＝１－ｘｘꎬ在(０ꎬ１)上ｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)是增函数ꎻ在(１ꎬ＋¥)上ｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)是减函数.ʑｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(１)＝０ꎬ则ｌｎａȡ０ꎬ即ａȡ１ꎬ即ａ的取值范围是[１ꎬ＋ɕ).方法四(同构函数ｙ＝ｘｅｘ):因ｆ(１)＝ａ＋ｌｎａȡ１ꎬ设ｇ(ａ)＝ａ＋ｌｎａꎬ显然ｙ＝ｇ(ａ)在区间０ꎬ＋¥()上是增函数ꎬｇ(ａ)ȡｇ(１)＝１ꎬ故ａȡ１.ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１ꎬ得ａｅｘ－１ȡｌｎｅｘａ⇔ｅｘȡｅａｌｎｅｘａ⇔ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ.显然ｘ>０ꎬｅｘａ＝ｅｌｎ(ｅ/ａ)ꎬ则原不等６２式等价于ｘｅｘȡｌｎｅｘａｅｌｎ(ｅ/ａ).设ｇ(ｘ)＝ｘｅｘꎬ显然ｇ(ｘ)在０ꎬ＋¥()上是增函数ꎬ则上述不等式等价于ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘａ).当ｌｎｅｘａ<０时ｇ(ｘ)>０ꎬｇ(ｌｎｅｘａ)<０ꎬ显然ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘａ)成立ꎻ当ｌｎｅｘａ>０时ꎬ原不等式等价于ｘȡｌｎｅｘａꎬ由于ｅｘȡ１＋ｘꎬ且ａȡ１则可得ｅｘ－１ȡｘȡｘａꎬ故ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).方法五(同构函数ｙ＝ｘｌｎｘ):同方法四可得ｘｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａꎬ即ｅｘｌｎｅｘȡｅｘａｌｎｅｘａ.设ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘꎬ则上述不等式等价于ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ).ｇᶄ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ꎬｇ(ｘ)在０ꎬ１ｅæèçöø÷上是减函数ꎬ在(１ｅꎬ＋¥)上是增函数.当ｅｘａ<１时ꎬｇ(ｅｘ)>０ꎬ而ｇ(ｅｘａ)<０ꎬ显然有ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ)成立ꎻ当ｅｘａȡ１>１ｅ时ꎬ不等式ｇ(ｅｘ)ȡｇ(ｅｘａ)⇔ｅｘȡｅｘａ⇔ｅｘ－１ȡｘａ.以下同方法四.方法六(分而治之法):ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－１－ｌｎｘ＋ｌｎａȡ１⇔ａｅｘ－１ȡｌｎｅｘａ⇔ａｅｘｅȡｌｎｅｘａ⇔ａｅˑｅｘｘȡｌｎｅｘａｅｘａˑｅａ.ａｅˑ(ｅｘｘ)ｍｉｎȡ(ｌｎｅｘａｅｘａ)ｍａｘˑｅａ.设ｇ(ｘ)＝ｅｘｘꎬｘ>０ꎬｇᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)ｅｘｘ２ꎬ易知ｇ(ｘ)＝ｅｘｘ在０ꎬ１()上是减函数ꎬ在１ꎬ＋¥()上是增函数ꎬ故ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(１)＝ｅ.设ｈ(ｘ)＝ｌｎｘｘ(ｘ>０)ꎬｈᶄ(ｘ)＝１－ｌｎｘｘ２ꎬ易知ｈ(ｘ)＝ｌｎｘｘ在(０ꎬｅ)上是增函数ꎬ在(ｅꎬ＋¥)上是减函数ꎬ故ｈ(ｘ)ｍａｘ＝ｈ(ｅ)＝１ｅꎬ则知(ｌｎｅｘａｅｘａ)ｍａｘ＝１ｅꎬ则ａȡ１ａꎬ故ａ的取值范围是１ꎬ＋¥[).从解决问题方法的角度看ꎬ隐零点法是解决问题的一般性通法ꎬ但是此种方法需要强大的计算能力作为基础ꎬ特别是在利用ａｅｘ－１＝１ｘ０进行代换得到ｌｎａ＋ｘ０－１＝－ｌｎｘ０的这种思路ꎬ应该作为一种基本的解决导数不等式压轴题的基本思路进行培养.放缩法是山东省教育招生考试院给出的官方答案ꎬ此种办法的优点是ꎬ计算量不是大ꎬ借助分类讨论思想ꎬ利用特殊点明确参数的范围进而证明此范围符合题意ꎬ但是在实际的教学中ꎬ新教材已经把分析法和综合法等不等式证明方法删除ꎬ学生证明不等式能力较弱的情况下掌握放缩法不易ꎬ这就需要教师在教学中渗透不等式的证明方法.为了突破这个教学难点ꎬ笔者认为可以利用具体的证明方法ꎬ而不用过多的纠缠这种方法的具体含义和要求ꎬ比方说把执果索因给学生讲解成把结论等价变形成能解决问题的形式 ꎬ在教学的实践中怎么充实这一点ꎬ还需要不断的在实际中摸索与探究.方法三㊁四㊁五可以归结成同构法ꎬ同构法的本质是构造目标函数ꎬ借助目标函数单调性把复杂函数简单化递减ꎬ比方说若Ｆ(ｘ)ȡ０能等价变形为Ｆ(ｆ(ｘ))ȡＦ(ｇ(ｘ))ꎬ若Ｆ(ｘ)递增ꎬ则问题转化为ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)ꎬ若Ｆ(ｘ)递减ꎬ则问题转化为ｆ(ｘ)ɤｇ(ｘ).此类方法的关键是构造目标函数ꎬ高考压轴题中的构造常见形式可分为两类:(１)ａｅａɤｂｌｎｂ可以同构ａｅａɤｌｎｂｅｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘｅｘ解决ꎬ也可以同构ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂꎬ借助ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ解决ꎬ更可以同构为ｌｎａ＋ａɤｌｎｂ＋ｌｎ(ｌｎｂ)ꎬ借助ｆ(ｘ)＝ｘ＋ｌｎｘ解决.(２)ｅａａɤｂｌｎｂ可以同构ｅａａɤｅｌｎｂｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ解决ꎬ也可以同构为ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ解决ꎬ更可以同构ａ－ｌｎａɤｌｎｂ－ｌｎ(ｌｎｂ)ꎬ借助函数ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘ解决.当然ꎬ用同构法解题ꎬ除了要有同构法的思想意识外ꎬ对观察能力㊁对代数式的变形能力的要求也是比较高的.但是笔者认为ꎬ利用同构法可以最接近命题者的原始创作方向ꎬ此题目设计思路的开始点应该是ｅｘȡｅｘａ.正所谓ꎬ同构新天地ꎬ放缩大舞台!方法六属于解决问题的巧妙方法ꎬ不属于通性解法ꎬ一般情况下ｆ(ｘ)ȡｇ(ｘ)不等价于ｆ(ｘ)ｍｉｎȡｇ(ｘ)ｍａｘꎬ但是对于极个别的问题ꎬ利用上分而治之的方法ꎬ会极大地降低运算程度ꎬ但是构造不等式两侧的目标函数有一定的技巧性ꎬ学生不易掌握.㊀㊀参考文献:[１]陈永清.轻松快捷巧记高中数学知识与解题方法[Ｍ].长沙:湖南师范大学出版社ꎬ２０２０:４２－４７.[责任编辑:李㊀璟]７２。

2020年全国统一高考数学试卷(新课标Ⅰ)(解析版)

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学+答案一、选择题：（本题共10小题，每小题6分，共60分）1.若z=1+i ，则|z 2–2z |=（）A. 0B. 1C.D. 2 【答案】D【解析】【分析】由题意首先求得22z z -的值，然后计算其模即可.【详解】由题意可得：()2212z i i =+=，则()222212z z i i -=-+=-. 故2222z z -=-=.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.2.设集合A ={x |x 2–4≤0}，B ={x |2x +a ≤0}，且A ∩B ={x |–2≤x ≤1}，则a =（）A. –4B. –2C. 2D. 4 【答案】B【解析】【分析】由题意首先求得集合A ,B ，然后结合交集的结果得到关于a 的方程，求解方程即可确定实数a 的值.【详解】求解二次不等式240x -≤可得：{}2|2A x x -=≤≤，求解一次不等式20x a +≤可得：|2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭. 由于{}|21A B x x ⋂=-≤≤，故：12a -=，解得：2a =-. 故选：B.【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A. 514-B. 512-C. 514+D. 512+【答案】C【解析】【分析】设,CD a PE b ==，利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CD a PE b ==，则22224aPO PE OE b =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b ba a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 4.已知A 为抛物线C :y 2=2px （p >0）上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =（）A. 2B. 3C. 6D. 9【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F ，由抛物线的定义知||122A p AF x =+=，即1292p =+，解得6p .故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题. 5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：°C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(,)(1,2,,20)i i x y i =得到下面的散点图：由此散点图，在10°C 至40°C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是（）A. y a bx =+B. 2y a bx =+C. e x y a b =+D. ln y a b x =+【答案】D【解析】【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，因此，最适合作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是ln y a b x =+.故选：D.【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.6.函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（） A. 21y x =--B. 21y x =-+C. 23y x =-D. 21y x =+ 【答案】B【解析】【分析】求得函数()y f x =的导数()f x '，计算出()1f 和()1f '的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.【详解】()432f x x x =-，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+.故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题7.设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为（）A.10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π2 【答案】C【解析】【分析】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭，即可得到4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭，结合4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点即可得到4962πππω-⋅+=-，即可求得32ω=，再利用三角函数周期公式即可得解. 【详解】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭，将它代入函数()f x 可得：4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭ 又4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点，所以4962πππω-⋅+=-，解得：32ω= 所以函数()f x 的最小正周期为224332T πππω=== 故选：C 【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题. 8.25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为（） A. 5B. 10C. 15D. 20 【答案】C【解析】【分析】求得5()x y +展开式的通项公式为515rr rr T C x y -+=（r N ∈且5r ≤），即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r r r C x y -或425r r r C x y -+形式，对r 分别赋值为3，1即可求得33x y 的系数，问题得解.【详解】5()x y +展开式的通项公式为515r r r r T C x y -+=（r N ∈且5r ≤）所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为： 56155r r r r r r r xT xC xy C x y --+==和22542155r r r r r r r T C x y x C y y y x x --++== 在615r r r r xT C x y -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x x y y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x xy =，该项中33x y 的系数为5 所以33x y 的系数为10515+=故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.9.已知 π()0,α∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=（）A. 3B. 23C. 13D.9 【答案】A【解析】【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于cos α的一元二次方程，求解得出cos α，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】3cos28cos 5αα-=，得26cos 8cos 80αα--=，即23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又(0,),sin απα∈∴==故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.10.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 6023AB r=︒=，123OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学文科试题(全国I卷)全解析(部分解析)

2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(必修+选修) 解析版本试卷分第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第I 卷1至2页。

第Ⅱ卷3 至4页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I 卷注意事项：1．答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。

请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

2．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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效．．．．．．．．．。

3．第I 卷共12小题，每小题5分，共60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。

参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么球的表面积公式()()()P A B P A P B +=+ 24S R π=如果事件A 、B 相互独立，那么其中R 表示球的半径 ()()()P A B P A P B =g g 球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么 334V R π=n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径()(1)(0,1,2,)k kn k n n P k C p p k n -=-=…一、选择题 (1)cos300︒=(A)32-(B)-12 (C)12(D) 32 1.C 【命题意图】本小题主要考查诱导公式、特殊三角函数值等三角函数知识【解析】()1cos300cos 36060cos602︒=︒-︒=︒=(2)设全集{}1,2,3,4,5U =，集合{}1,4M =，{}1,3,5N =，则()U N M ⋂=ð A.{}1,3 B. {}1,5 C. {}3,5 D. {}4,52.C 【命题意图】本小题主要考查集合的概念、集合运算等集合有关知识【解析】{}2,3,5U M =ð，{}1,3,5N =，则()U N M ⋂=ð{}1,3,5{}2,3,5⋂={}3,5(3)若变量,x y 满足约束条件1,0,20,y x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪--≤⎩则2z x y =-的最大值为(A)4 (B)3 (C)2 (D)1（4）已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =(A) 52 (B) 7 (C) 6 (D) 424.A 【命题意图】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，着重考查了转化与化归的数学思想.【解析】由等比数列的性质知31231322()5a a a a a a a ===g ，37897988()a a a a a a a ===g 10,所以132850a a =, 所以13336456465528()()(50)52a a a a a a a a a =====g(5)43(1)(1)x x --的展开式 2x 的系数是(A)-6 (B)-3 (C)0 (D)35.A. 【命题意图】本小题主要考查了考生对二项式定理的掌握情况，尤其是展开式的通项公式的灵活应用，以及能否区分展开式中项的系数与其二项式系数，同时也考查了考生的一些基本运算能力.【解析】()134323422(1)(1)1464133x x x x x x x x x ⎛⎫-=-+---+- ⎪⎝⎭2x 的系数是 -12+6=-6(6)直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于(A)30° (B)45°(C)60° (D)90°（8）已知1F 、2F 为双曲线C:221x y -=的左、右焦点，点P 在C 上，∠1F P 2F =060，则12||||PF PF =g(A)2 (B)4 (C) 6 (D) 88.B 【命题意图】本小题主要考查双曲线定义、几何性质、余弦定理，考查转化的数学思想，通过本题可以有效地考查考生的综合运用能力及运算能力. 【解析1】.由余弦定理得cos ∠1F P 2F =222121212||||||2||||PF PF F F PFPF +-()()2222121212121212222221cos60222PF PF PF PF PF PF F F PF PF PF PF +--+-⇒=⇒=12||||PF PF =g 4【解析2】由焦点三角形面积公式得：120220121260113cot 1cot 3sin 6022222F PF S b PF PF PF PF θ∆=====12||||PF PF =g 4（9）正方体ABCD -1111A B C D 中，1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为（A ）23 （B ）33 （C ）23（D ）63【解析2】设上下底面的中心分别为1,O O ；1O O 与平面AC 1D 所成角就是B 1B 与平面AC 1D 所成角，111136cos 1/2O O O OD OD ∠===（10）设123log 2,ln 2,5a b c -===则（A ）a b c <<（B ）b c a << (C) c a b << (D) c b a <<11.D 【命题意图】本小题主要考查向量的数量积运算与圆的切线长定理，着重考查最值的求法——判别式法,同时也考查了考生综合运用数学知识解题的能力及运算能力. 【解析1】如图所示：设PA=PB=x (0)x >,∠APO=α,则∠APB=2α，21x +，2sin 1xα=+||||cos 2PA PB PA PB α•=⋅u u u v u u u v u u u v u u u v=22(12sin )x α-=222(1)1x x x -+=4221x x x -+，令PA PB y •=u u u v u u u v ，则4221x x y x -=+，即42(1)0x y x y -+-=，由2x 是实数，所以2[(1)]41()0y y ∆=-+-⨯⨯-≥，2610y y ++≥，解得32y ≤--322y ≥-+故min ()322PA PB •=-+u u u v u u u v.此时21x =-【解析2】设,0APB θθπ∠=<<，()()2cos 1/tan cos 2PA PB PA PB θθθ⎛⎫•== ⎪⎝⎭u u u v u u u v PABO2222221sin12sincos22212sin2sin sin22θθθθθθ⎛⎫⎛⎫--⎪⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭=⋅-=⎪⎝⎭换元：2sin,012x xθ=<≤，()()112123223x xPA PB xx x--•==+-≥-u u u v u u u v（12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为(A)233(B)433(C) 23 (D)83312.B【命题意图】本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离,通过球这个载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力.【解析】过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD,交AB与P,设点P到CD的距离为h,则有ABCD11222323V h h=⨯⨯⨯⨯=四面体,当直径通过AB与CD的中点时,22max22123h=-=,故max433V=.第Ⅱ卷注意事项：1．答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码。

2023年高考数学全国一卷第21题解答

2023年高考数学全国一卷第21题解答摘要：1.题目分析2.解题思路3.详细解答4.解题技巧与建议正文：随着2023年高考的日益临近，全国一卷第21题的解答成为众多考生关注的焦点。

这道题目通常涉及数学的各个模块，如函数、导数、向量等，解答好这道题对于提高数学总分具有重要意义。

下面我们来分析一下这道题的特点、解题思路以及应试技巧。

一、题目分析全国一卷第21题通常分为两部分。

第一部分是选择题或填空题，主要考察考生对基础知识的掌握和基本运算能力；第二部分是解答题，涉及较复杂的数学概念和运算，需要考生具备一定的综合分析能力和应试技巧。

二、解题思路1.审题清楚：在解答题目前，首先要仔细阅读题目，明确题目的要求。

对于选择题和填空题，可以先从题目给出的信息入手，运用排除法、代入法等方法进行求解。

2.建立数学模型：对于解答题，考生需要根据题目的条件，构建合适的数学模型。

这一步是解答题目的关键，需要考生具备较强的分析能力。

3.熟练运用公式和定理：在解题过程中，考生需要熟练掌握相关公式和定理，如函数的性质、导数的计算、向量的运算等。

这将有助于提高解题效率。

4.归纳总结：在解答过程中，考生要注意总结归纳，将复杂的题目分解为简单的部分，逐步解决。

三、详细解答由于篇幅限制，这里无法给出具体的题目解答。

但在解答题目时，考生可以参考以下步骤：1.写出题目所给条件的数学表达式。

2.运用相关公式和定理，简化题目。

3.将题目中的未知量与已知量建立联系，逐步求解。

4.检验答案是否符合题目的要求。

四、解题技巧与建议1.强化基础：要想在高考中取得好成绩，首先要扎实掌握基础知识。

考生可以通过刷题、总结错题等方式，不断提高自己的数学素养。

2.注重解题方法：在解答题目时，考生要注重解题方法的灵活运用。

可以尝试多种解题方法，提高自己的解题能力。

3.提高运算速度和精度：高考数学考试时间有限，考生需要在练习中提高自己的运算速度和精度，确保在有限的时间内完成题目。

2020高考数学全国一卷文科21题

2020高考数学全国一卷文科21题2020年高考数学全国一卷文科21题是压轴题，属于解析几何题。

题目考查了直线过定点、圆锥曲线的性质以及数形结合等知识点。

题目描述了在直角坐标系中，直线L的方程为y=mx+b，圆O的方程为(x-a)^2+(y-b)^2=r^2。

已知点A=(0,a)在圆O上，点B=(0,b)在直线L上。

要求证明：当m=a/b时，直线L过圆O的极点。

解题思路：首先，根据直线L的方程，可以将直线L与圆O的方程联立，得到一个关于x的方程。

然后，根据圆O的性质，可以知道圆O的极点就是圆O的切线与x轴的交点。

最后，根据数形结合的思想，结合直线L过定点的性质，即可得到答案。

具体解答如下：设直线L与圆O的交点为P=(x,y)。

根据直线L的方程，有y=mx+b。

根据圆O的方程，有(x-a)^2+(mx+b-b)^2=r^2。

简化后，有x^2-2ax+a^2+m^2x^2+2bmx+b^2-2br^2=0。

将两边的x^2项合并，有(1-m^2)x^2-2ax+a^2+2bmx+b^2-2br^2=0。

由于点A=(0,a)在圆O上，所以(0-a)^2+2bm(0)+b^2-2br^2=0。

简化后，有b^2-2br^2=0。

由于b≠0，所以r=b/2。

根据题目条件，m=a/b。

将m=a/b代入r=b/2中，有(a/b)^2=(a/b)(b/2)。

简化后，有a^2=ab。

由于a≠0，所以b=a。

因此，当m=a/b时，r=b/2，a=b。

根据圆O的性质，可以知道圆O的切线与x轴的交点就是圆O 的极点。

由于直线L过点A=(0,a)，且a=b，所以直线L过圆O的极点。

答案：当m=a/b时，直线L过圆O的极点。

2020年高考文科数学(1卷)：答案详细解析(最新)

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2020 年高考文科数学（全国 1 卷）答案详解及试题
（一）必考题：共 60 分
17.（12 分）（概率统计）
某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为 A,B,C，
D 四个等级，加工业务约定：对于 A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取
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2020 年高考文科数学（全国 1 卷）答案详解及试题
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 2x y 2 0
13（. 线性规划）若 x，y 满足约束条件 x y 1 0 ，则 z=x＋7y 的最大值为_____. y 1 0
【解析】由约束条件，作出可行域如图 A13 所示.
【答案】 y 2x
16. （数列）数列an 满足 an2 1n an 3n 1 ，前 16 项和为 540，则 a1 =____.
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2020 年高考文科数学（全国 1 卷）答案详解及试题
【解析】当 n 为偶数时，有 an2 an 3n 1，故
A. 1 16
B. 1 9
C. 1 8
D. 1 6
【解析】∵ a log3
4 log3 4a
2 ，∴ 4a
32
9 ，∴ 4a
1 4a
1. 9
【答案】B
9.（算法框图）执行右面的程序框图，则输出的 n
A. 17
B. 19
C. 21
D. 23
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2020全国高考数学一卷理科20题(文科21题)深度分析

好题集锦之解析几何系列题五——2020全国一卷理科20题（文科21题）评析 2020年全国一卷理科第20题（文科第21题）属于解析几何中的定点问题，无论是模考还是高考属于高频考点，题干的分析和从几何到解析的转化较为简单，但是运算量较大，是学生需要突破的难点。

在运算中需要注意两条直线互换时的对称性，从而保证运算的正确率。

解析几何的许多定点定值问题实际上是一般性结论的特殊体现，本文就该题的一般性结论做了拓展，希望对以后的教学有所帮助。

【2020年∙全国一卷∙理∙20】已知B A ,分别为椭圆)0(1:222>=+a y ax E 的左，右顶点，G 为E 的上顶点，8=⋅，P 为直线6=x 上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.【解析】（1）依题)1,0(),0,(),0,(G a B a A -，则812=-=⋅a ，解得92=a所以E 的方程为1922=+y x . （2）【法一】设),6(m P ，则直线)3(9:+=x m y PA 联立⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+==+)3(91922x m y y x ，得08196)9(2222=-+++m x m x m 所以927322++-=m m x C ，代入直线PA 的方程得 C 的坐标为)96,9273(:222+++-m m m m C 同理得D 的坐标为)12,133(:222+-+-m m m m D 由对称性可得，直线CD 过定点，则必在x 轴上，设定点为)0,(t Q ，则DQ CQ k k = 即t m m m mt m m m m -+-+-=-++-+13312927396222222，化简得01812)64(2=-+-t m t （*）当且仅当23=t 时，（*）式成立，因此直线CD 恒过点)0,23(. 【法二】设直线PA 为：)3(1+=x k y ，直线PB 为：)3(2-=x k y ，),(11y x C ，),(22y x D 联立⎪⎩⎪⎨⎧+==+)3(19122x k y y x ，得098154)19(2121221=-+++k x k x k 由199********+-=⋅-k k x 得1932721211++-=k k x ，即点C 的坐标为)196,19327(2112121+++-k k k k 同理得点D 的坐标为)196,19327(2222222+-+-k k k k 由对称性可得，直线CD 过定点，则必在x 轴上，在直线)(:121211x x x x y y y y CD ---=-中令0=y 得212121y y y x x y x --=（1）将D C ,的坐标代入（1）式，得1131212+-=k k k k x （2）又因为直线PA ：)3(1+=x k y 和直线PB )3(2-=x k y 的交点在直线6=x 上所以2139k k =，即312=k k ，代入（2）式得23=x 因此直线CD 恒过点)0,23(.【直线一般化后的探究】已知B A ,分别为椭圆19:22=+y x E 的左，右顶点，P 为直线)3(>=t t x 上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .探究：直线CD 是否过定点.【解析】设直线PA 为：)3(1+=x k y ，直线PB 为：)3(2-=x k y ，),(11y x C ，),(22y x D 联立⎪⎩⎪⎨⎧+==+)3(19122x k y y x ，得098154)19(2121221=-+++k x k x k 由199********+-=⋅-k k x 得1932721211++-=k k x ，即点C 的坐标为)196,19327(2112121+++-k k k k 同理得点D 的坐标为)196,19327(2222222+-+-k k k k 由对称性可得，直线CD 过定点，则必在x 轴上，在直线)(:121211x x x x y y y y CD ---=-中令0=y 得212121y y y x x y x --=（1）将D C ,的坐标代入（1）式，得1131212+-=k k k k x （2）又因为直线PA ：)3(1+=x k y 和直线PB )3(2-=x k y 的交点在直线t x =上所以21)3()3(k t k t -=+，即3312-+=t t k k ，代入（2）式得tx 9= 因此直线CD 恒过点)0,9(t. 【椭圆一般化后的探究】已知B A ,分别为椭圆1:2222=+by a x E 的左，右顶点，P 为直线)(a t t x >=上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .探究：直线CD 是否过定点.【解析】设直线PA 为：)(1a x k y +=，直线PB 为：)(2a x k y -=，),(11y x C ，),(22y x D 联立⎪⎩⎪⎨⎧+==+)(112222a x k y b y a x ，得02)(2221421322212=-+++b a k a x k a x b k a 由2212222141b k a b a k a x a +-=⋅-得221222131bk a ab k a x ++-=，即点C 的坐标为)2,(22121222122213bk a k ab b k a ab k a +++- 同理得点D 的坐标为)2,(22222222222223bk a k ab b k a ab k a +-+- 由对称性可得，直线CD 过定点，则必在x 轴上，在直线)(:121211x x x x y y y y CD ---=-中令0=y 得212121y y y x x y x --=（1）将D C ,的坐标代入（1）式，得11)()()()(12121221221212212213+-=+++-+-=k k k k a k k b k k k k a k k ab k k k k a x （2）又因为直线PA ：)(1a x k y +=和直线PB ：)(2a x k y -=的交点在直线t x =上所以21)()(k a t k a t -=+，即a t a t k k -+=12，代入（2）式得ta x 2= 因此直线CD 恒过点)0,(2ta . 题后反思方法一从两点式入手，求得C ，D 的坐标，运算中结合图形的对称性，通过定点在x 轴上简化运算，方法二在设直线PA ，PB 的方程时较为简单，后续通过两直线交点在定直线上，得到两直线斜率的关系，从而解得定点。

2020年高考数学新高考1卷(山东)真题及答案解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4}D．{x|1<x<4}2．2i 12i -= +A．1B．−1 C．i D．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A．20°B．40° C．50°D．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是A ．62%B ．56%C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天B ．1.8天C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．()2,6-B ．()6,2-C ．()2,4-D ．()4,6-8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是 A ．[)1,1][3,-+∞ B ．3,1][,[01]-- C ．[)1,0][1,-+∞ D ．1,0]3][[1,-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

分而视之,思广则域宽——2020年高考全国Ⅰ卷理科第21题一题多解与备考策略

12中学数学研究2021 年第 1 期 (上)分而视之，思广则域宽2020年高考全国I 卷理科第21题一题多解与备考策略佛山市南海石门中学(528248) 刘依舒教育部考试中心提岀的“一核四层四翼”高考评价体系中的“四层”明确表示，“关键能力”和“学科素养”的考查，要把握两个字，“思”和“广”.思，就是对每一道试题，要多想: 考查知识是什么解答思路有几个？同类试题见过没？答案组织顺畅吗？广,就是广泛涉猎学科相关内容：除了教材、各种优质试题，还有相关读物,学科领域最新进展.函数导数一向是考生棘手的问题，如何令考生有步骤可写，有分可拿，是众多一线教师瞩目的问题.本文对2020年高考全国I 卷理科第21题的解法进行分析，结合考试大纲与新高考的动向，参考一轮复习资料的习题,提岀函数恒成立求参数取值范围问题的备考策略.一、提出问题题目(2020年高考全国I 卷理科第21题(节选))已知函数 f (x) = e x + ax 2 - x ,当 x 2 0 时，f (x) 2 2x 3 + 1,求 a 的取值范围.二、解法分析(―)构造函数法笔者参考了相关资料给岀的解答过程，大部分给岀的是如下的构造函数方法.价于^1 x 3 — ax 2 + x + 1) e _xf (x) 2 2x 3 + 1 等1.设函数g(x)=1 x 3 — ax2 + x + 1) e _x (x 2 0), g z (x) = — 2x(x — 2a —1)(x -2)e _x .对2a + 1进行分类讨论，要分成2a + 1 c 0, 0 <[7 — e 2、2a + 1 < 2, 2a +1 2 2,解得a 的取值范围是一^,.对于该种解法，“f (x) 2 2x 3 + 1等价于(*x 3 - ax 2 + x + 1) e _x c 1"这一步的转化还是少数学生能在考场上一步到位的.史宁中说：“对于任何学科的教学，最终都应当把培养学生的学科直观作为重要的价值趋向.”⑴所以在一轮复习中，应当引导学生直观判断、直观预测，努力让学生“想得到”.笔者发现今年部分考生用到了“端点效应”法，该解法在 2017年高考全国n 卷的导数题中是适用的.但该题中充分性不成立，过程如下：必要性 F (x) = f(x)-1 x 3-1 = e x +ax 2-x -2x 3-1,F (0) = 0, F z (0) = 0, F zz (0) = 1 + 2a 2 0,解得 a 2 -1.充分性因为a 2 -1,所以e x + ax 2 - x - 1 x 3 - 1 2 e x - 1 x 2 - x - 1 x 3 - 1.2 2令 g(x) = e " — 2x 2 一 x 一 2x 3 一 1，g(1) = e 一 3 < o .矛盾.该题中只保证了 F (0) 2 0,但不能保证x > 0时F(x) 2 0恒成立，如图1.端点效应有时候还需要二阶导去判断凹凸性，这一部分内容课本上并没有涉及，岀题人并不希望学生使用“高观点”的做法去解题(如洛必达法则等),对学生要求高，这些都不利于提升学生的数学核心素养.而且这也不是解决该类问题的通性通法，在一轮复习中可以引用,但不值得大力提倡.于是，我们引用“分离参数法”对该题进行研究.(三)分离参数法e x + ax 2 — x 2 — x 3 + 1,当 x = 0 时,a G R 不等式成立.9x 3 + 1 + x 一 e x 1 1 1 e x当 x > 0 时，a 2 ------------2----------=石x +------2 +----------------2，x 2 2 x 2 x x 21 11 e x 7 _ e 2令 F(x) = 2x + ^2 + x 一庐，解得 a 2 F(x)max = —4—.学生对分离参数法还是很追捧的，一般能拿到一定的步骤分.然而该题中，大部分学生在F z (x)的通分与因式分解上望而却步，即使能解到F z (x)=(x 一2) °2 + ? + 2 一2e "),也只有极少数学生会判断2x3g(x) = x 2 + 2x + 2 - 2e x 的符号.由此可见，“通性通法”有时会繁琐且不一定奏效.那么我们就需要寻求一种新思路,函数导数大题中涉及的函数都是基本初等函数的加减乘除复合所得.在审题中,若能将复杂的函数一分为二，分解为两个函数来看,在相对熟悉的图像和性质的基础上，借助数学直观启发思考，从直观走向推理，会更加自然、合理.如下给岀解法四：(二)端点效应(四)数形结合法2021年第1期(上)中学数学研究13e x+ax2—x22x3+1,当x=0时,a G R不等式成立.x3+1+x一e x11e x当x>0日寸,ax2—=-x2+------1—,x2x x11e x令h(x)=-x2+------1—,h(x)图像如图2.y=ax为过2x x原点的直线，要当x>0时使得ax2h(x)恒成立，只需把相切的临界斜率a o求出来,a2a o即可•解得a27-e2f(x)可变形为x e x2(a+1)(2x—】).令=x e x,ag(x)=(a+1)a2x--).g(x)为过定点(1,0的直线.要当然,作为解答题还需要严密的代数推理来否定a<7e2但大部分考生都达不到这个能力.笔者认为,能把参数取值范围正确求出已经算是人中龙凤，能再把推理论证写好更加锦上添花.4使曲线h(x)恒在直线g(x)的上方，只需把相切的临界斜率2(a o+1)求出来,a o2(a+1)c2(如+1)即可•解得a2.a a o e一1例3已知函数f(x)=(2—a)(x—1)—2ln x(a G R).第二问：若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围.该种解法中，本质上还是分离参数，由于直线性质较曲线性质易于研究，我们让参数留在一次函数中,达到“定曲动11e x直”的效果•且这样的分离,h(x)=1x2+-+1一-这个2x x函数的性质易于研究.上述提到2017年全国n卷函数导数题可以用端点效应解决，笔者也试了下数形结合的方法,如下：解f(x)在(0,上无零点等价于f(x)=(2—a)(x—1)—2ln x=0在(0,-)上无实根，也等价于h(x)与g(x)在(0,上无交点，其中h(x)=(2—a)(x—1),g(x)=2ln x.h(x)是过定点图5 (1,0),斜率为k=(2—a)的直线,例1(2017年高考全国n卷)设函数f(x)=(1—x2)e x.当x20时，f(x)c ax+1,求a的取值范围.g(x)是确定的曲线.当直线h(x)过点,-2ln3时为临界的条件，此时4S-)解f(x)图像如图3所示.y=ax+1为过(0,1)的直线,要当x20时使得f(x)c ax+1恒成立，只需把相切的临界斜率a o求出来，a2a o即可.f(0)=1,即y=ax+1与f(x)在(0,1)相切即可.f z(x)=(1—2x—x2)e x,a o=f z(0)=1.所以a2-后续还要有严密的代数推理否定a<1,但由此看来，这种解法大大节省了考生计算的时间，降低了解题的难度•也不比端点效应法来得困难.笔者在对学生一轮复习资料进行研究后发现，对函数恒成立求参数取值范围的题目大部分都可以使用上述的数形结合的办法进行解决，下面引用两例说明：例2(2020年石家庄市高三一检)已知函数f(x)= ax e x—(a+1)(2x—1).第二问：当x>0时，函数f(x)20恒成立，求实数a的取值范围.解当x=1时，f⑴=a e—(a+1)(2—1)20恒成立,a2—1.(Vx G(0,+x),f(x)20.把一个x值代入，先e一1把a的范围缩小,方便后面的式子变形.)直线斜率k=0-(-2]n3)=3ln3.要使得h(x)与g(x)在1—3(0,-)上无交点则(2—a)c3ln3,解得a22—3ln3.3三、总结提升罗增儒教授在《数学解题关键环节的确定与教学设计》[2]中指出，数学教师必须具备将解题能力转化为他的教学能力,对此，他需要特别关注学生发生数学问题思路的某些关键环节时学生的心理环节及其过渡性中介生成，从而设计教学过程循循善诱，引导学生依靠自己的认知结构的力量,重新萌生这种思路的关键环节•所以笔者认为，在一轮复习中渗透函数导数的做题思想与方法非常重要,不能就题论题，我们应当通过教学活动帮助学生学会思考，面对函数导数题，在深入审题的基础上，必要时可回归基本初等函数及其简单组合的常见函数，将较为复杂的函数分而视之,指导学生直观思想立意要领，运用思想引领方法，让数学问题变得可视化,“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，站在更宽广的领域思考问题，方能达到更高的境界.参考文献[1]史宁中•数学思想概论•第1辑，数量与数量关系的抽象[M].长春东北师范大学出版社,2015.[2]张昆,罗增儒•数学解题关键环节的确定与教学设计——透过渗透数学观念的视点[J].中学数学杂志(高中版),2018(09):17-20.。

2020年全国Ⅰ卷理科第21题(2)的解法探究

数理化解题研究2021年第01期总第494期2020年全国I卷理科第21题(2)的解法探究许银伙(福建省泉州外国语中学362000)摘要：2020年高考全国I卷理科第21题(2)问提供的参考解答具有很强的创新性，通常是不容易想出来的.本文通过探究，给出三种利用传统思路的解答方法，并对高考提供的参考解答进行改进，对四种方法的使用进行归纳总结.关键词：参数;取值范围；导数;最值中图分类号：G632文献标识码:A文章编号：1008-0333(2021)01-0018-03针对含参不等式恒成立求参数范围的问题,通常有三种方法:分离参数，化成函数最值问题；构造新函数,求导分类讨论;半分离参数，化成含参直线与固定函数的位置关系. 2020年高考全国I卷理科第21题(2)问是含参不等式恒成立问题,其参考解答仍然是常规的分类讨论，但在不等式变形也就是构造新函数时展现了新技巧，具有很强的创新性•按照传统的思路能否解决？参考解答能否改进？本文对此进行探究，并对各种方法的适用性进行归纳总结.一、试题呈现试题(2020年全国高考I卷・理21)已知函数/(%)-e%+%%2-%.(1)当%-1时，讨论/(%)的单调性；(2)当%M0时,/(%)M2%3+1,求%的取值范围.二、试题解析1.第(1)问解析解析/(%)在(-8,0］单调递减，在(0,+8)单调递增.2.第(2)问解析思考1参数容易分离的不等式恒成立或方程有解的问题，为避免讨论，通常考虑分离参数，转化为求函数最值或值域的问题.解法1因为当%-0时,/(%)-1,1%3+1-1,所以/(%)M2%3+1对%e R成立•当%>0时,/(%)M2%3+1成立等价于%M%+1%'+1-e%、、、%+1%'+1-e%----------2--------成立，设g(%)----------2----------，则g'(%) %%-(%-2)(%：丁+2-2才).令h(%)-%2+2%+2-2e%,因为/(%)-2%+2-2e%,h〃(%)-2-2e%<0对%>0恒成立，所以函数h(%)在(0,+8)单调递减.因为h(0)-0,所以h(%)<0对%>0恒成立,函数h(%)在(0,+8)单调递减.因为h(0)-0,所以h(%)<0对%>0恒成立.由g'(%)-0解得%-2,当%e(0,2)时,g，(%)>0；当%e (2,+8)时,g'(%)<0,则函数g(%)在(0,2)单调递增,在(2,+8)单调递减•所以g(%)最大值为g(2)-'一「•由题意，得％鼻7•所以%的取值范围［丫,+8)•思考2当%-0时,/(%)-1,2%3+1-1,是否可以通过左右相减构造新的函数，再利用端点效应解决,即函数只要在%-0处递增,就会一直递增.解法2令g(%)-/(%)-(1%3+1),由题意得g(%)M0对%M0恒成立.因为g(0)-0,当%>0时,/(%)-e% +%%2-%关于%单调递增.由题意,要使当%M0时,/(%)%3+1,只需求出%的最小值.因为g(0)-0,所以函数g(%)在%-0右侧附近单调递增•因为g，(%)-e%+2%% 3-1-2%2,g，(0)-e0-1-0,所以函数g，(%)在%-0右侧附近单调递增.由g〃(%)-e%+2%-3%,得g〃(0)-1+ 2%M0,解得%M-2•记h(%)-g〃(%)(%>0),则h(%)-e%+2%-3%,h，(%)-e%-3.令h，(%)-0，解得%-ln3.当% e(0,ln3)时,h，(%)<0；当%e(ln3,+8)时，h，(%)>0,所以函数h(%)在(0,ln3)单调递减，在(ln3,+8)单调递增,h(%)最小值为h(ln3)-3+2%-3ln3.(1)当h(ln3)M0,即％M如2二2时，可得h(%)M0对收稿日期：2020-10-05作者简介:许银伙(1963.9-)，男，福建省惠安人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究. 182021年第01期总第494期数理化解题研究% >0恒成立,g'(%)在(0, +8 )单调递增.因为 g'(0) _ 0,g' (%) > 0 对 % > 0 恒成立,g (%)在 (0, + 8 )单调递增.又因为g (0) _ 0,所以g (%) M0对% M0恒成立，符合.(2)当 h (ln3) <0,即一^W a <3ln ：-3 时，若 a _1 1 3一 2，g (%) _/(%) - ( 2 %3 + 1)，g (1) _/(1) - 2 _ 匕-3<0,不符合.若-*< a <坐|二^,因为h (0) >0,且当%B + 8时,h ( %)b + 8 ,所以h ( % ) _ 0有两个不同的解 %1 , %2 , 且 0 < %1 < ln3 < %2 .当 % E (0,%1 )和 % E ( %2 , + 8 )时，h ( % ) > 0 ；当 % E (%1 ,%2)时,h (%) <0,所以 g'(%)在(0,%1)和(%2, + 8 )单调递增，在(％1，%2)单调递减.由于g'( %) >0对%e (0,%1]恒成立，所以函数g'( %) 在(%1，+ 8 )最小值为g ' ( %2).①当g ' (%2) M0时，得g ' (%) M0对% >0恒成立,所以 g ( %) 在(0, + 8 ) 单调递增.又因为g (0) _0,所以g (%) M0对%M0恒成立. 此匕日寸 h (%2) _ e %*2 +2a - 3%2 _ 0，即卩 e %2 _ 3%2 - 2a.4%2记 w (%) _ (7 - e 2) %2 - 4 [ %3 - 1 - (% - 1) e % ],则 w'(%) _ 2%(7 - e 2 - 6% + 2e %).令 t (%) _ 7 - e 2 - 6% + 2e %, 则 t '(%) _2e % -6,令 t '(%) _0,解得 % _ln3.当 % e (0,ln3)时,t '(%) < 0 ；当 % e (ln3 , + 8 )时，t ' (%) >0,所以t (%)在(0,ln3)单调递减,在(ln3, + 8 )单调递增.由 t (0) _9 - e 2 >0, t (ln3) _ 7 - e 2 + 6 - 6ln3 <0, t (2) _ e 2 - 5 > 0,得t (%) _ 0有两个不同的解%1,%：,且0 <%1 < ln3 <%： <2.当 % e (0,%1)和 % e (%：, + 8 )时，t (%) > 0, w'(%) _ 2%t (%) > 0 ；当 % e (%1, %：)时，t (%) < 0, w' (%) _2%t (%) <0,所以 w (%)在(0,%1)和(%：, + 8 )单调递增，在(%1，%：)单调递减.因为 w (0) _ 0, w (2 ) _ 0, 所以 w ( %) _ 0 有两个不同的解 t 1 , t 2 , 且 %1 < t 1 < %2 < t 2 _ 2.因为lim h'(%) _ lim j二9 外">0,所以当 % e (0,%^0%^0 (4%2)'4t 1)和 % e (2, + 8 )时,w (%) >0,h'(%) _ E ：) > 0；当 % e由 g '( %2)3 :e 2 + 2a%2 - 1 - 2 %2 _ (3%2 - 2a ) + 2a%23 1 1-1 - %2 M0,解得 a M 〒(3%2 -3 ------).2 4 %2 - 1②当 g ' (%：) < 0,即一 t< a <t (3 %： - 3 - % L 1)时,g '(%) _0有两个不同的解t 1,t 2,且%1 < t 1 <%： < t ：.当 % E (0,t 1 )禾口 % E ( t ： , + 8 )时，g ' ( % ) > 0 ；当 % E(t 1 ,t ：)时,g ' (%) <0,所以 g (%)在(0,t 1)和(t ：, + 8 )单调递增，在(t ],t 2)单调递减.因为g (0) _0,所以g (%) >0对% e (0,t 1 ]恒成立， g ( %) 在( t 1 , + 8 ) 最小值为 g ( t 2 ) .由 g g (t :)3 1 3_ e t ： +2at ： - 1 -丁t ： _0,解得 a 二百(丁t ：:1 - /) ,g (t 2)(t 2 -2)(t ： +212 +2-2e t ：)_4 .令 %) _ %2 + 2% + 2 - 2e %,贝V ® ' (%) _ 2% + 2 - 2e %,0( %) _2 -2 e % <0 对 % >0 恒成立,w ' (%)在(0, + 8 )单调递减.因为w '(0) _0,所以w '(%) <0对% >0恒成立, 所以w (%)在(0, + 8 )单调递减.因为 w (0) _ 0, 所以 w ( %) < 0 对 % > 0 恒成立.由 g (t 2) M0,得 ln3 < %： < t 2 W2.记 a _ -1F (t 2)，考虑 F (%) _ 寺％ + 丄-, F ' (%) _2 2 % %2-2(%-1) e ,j 己 g (%) _3%2 - 2 - 2( % - 1) e%,贝」G '(%) _2%(3 - e %) <0 对 % > ln3 恒成立.所以 F '(%) < 0 对 % > ln3 恒成立,a _ ； F (t 2)对 t 2 e(%： ,2］单调递减,*F (2)二7 4e , 一* <7 4e ，所以 a 的e 2最小值为丁.e 2综上，所求a 的取值范围［亍,+8).思考3 遇到含参数不等式问题,还经常化成半分离参数形式解决，即化成不等式两边分别是含参数直线方程形式和不含参数的固定函数，借助切线解决.解法 3 当 % _ 0 时,f (%) _ 1, ： %3 + 1 _ 1,f (%) M2 %3 + 1 攵寸 a e R .成立.当% >0时,f (%) M 1 %3 + 1成立等价于a% - 1 M1 %3 + 1 - e % 1 %3 + 1 - e %22----------成立.记g ( % ) _ ----------,则g 气% ) _%%31(-y %： - e %) % -( 1%3 :1- e %) 3 1 ( 1、％2 2 _ % -1-( % - 1) e%2 %：直线y _ a% - 1过点A (0, - 1),函数g (%)在点(%0,g (%0))处的切线 I :y - g ( %0) _ g' ( %0) ( % -％0)，当切线 I过点 A (0, -1)时，整理，得(%0 -2)(2e %0 - %0 -2%0 -2) _ 0.因为%2 +2% +2 -2e % <0对% >0恒成立，所以%0 _2,7 - e 2 7 - e 2g'(%0)_ .记函数 h ( % ) _ ( % - 1 )-7 - e 24%3 - 1 - ( % - 1) e %，求导，得h'(%)%(7 - e 2)%2 -4[%3 - 1 - (% - 1)e %]19数理化解题研究2021年第01期总第494期h)时,0(%) < 0,h ' (%) = [%) < 0.所以 h (%)在(0,S )和(2, + 8 )单调递增，在(s ，2)单调递减.7 - 2 ( +%' + 1 - e % ) /因为 lim h ( % ) = lim ( % - 1 ------------:----------)=%T %T 4 %0,h (2) =0,所以h (%)M0对% >0恒成立(当且仅当% =2 取等号) .%07 - e 2 7 - e 2又因为当 a > —-且 % >0 时,a% - 1 > —-% - 1,所%% = 2 有 a% - 1 <2%3 + 1 - e % 7 2以a%-1M --------------对% >0恒成立；当a <7^时，取227-e % - 1,且此时7-e % - 1 =441 %3 + 1 - e %----------对% =2时不成立.%3 + 1 - e %---------------,a% - 1M %%综上，所求a 的取值范围为［宁,+8).思考4解法2和3在求极值和最小值时都遇到极值点无法求出的问题，需要用到设而不求的方法，运算量大且讨论都非常繁杂,可以考虑把原不等式变形,让极值点不再隐蔽，简化最值讨论与计算.解法 4 当 % = 0 时,f (%) = 1, 2 %3 + 1 = 1, f (%) M31 %3 + 1对a e R 成立.-1%3 +1 + % - a%2当 % >0 时/(%) M 1 %3+1 等价于 2 % W1.2e1 %3 +1 + % - a%2令g (% ) =-------%----------,只需证 g (% ) W 1.由 g'(%)e-1 %(% -2) (% -2a -1)---------------%---------------，令 g'(%) = 0,解得 % =2 或 % =2a +1.(1)当 2a + 1W0,即 a W -；时,当 % e (0,2)时,g'(%) >0,g (%)单调递增；当 % e(2, + 8 )时,g'(%) <0,g (%)单调递减.所以g (%)最大值为g (2) =7-24a 由7-4a W1,解得 a ^7 4e ，结合 a W --1,得~W a W -丁.-2 时,a%2 > - 2 %2 对 % > 0(2)当 2a + 1 >0,即 a >恒成立，由(1),得2 %3 + 1 + % - a%2g ( %) =-----------2 %3+1 + % - (- 2) %2<------------------------------W1.e %综上，所求a 的取值范围为［/, +8).三、规律总结含参数不等式恒成立或方程有解问题，经常使用分离参数的方法，但有些不能分离,只能采用分类讨论.分离参数的优势是避免讨论,劣势是分离后构造的新函数通常求导运算量大,甚至无法求出,或者虽然得到单调, 但代入区间端点却出现0或8型的式子,需要用高等数08学的洛必达法则才能解决.分类讨论需要确立分类标准, 需要缜密思维和精确计算，难度比较大，但大多数却是命题者的初衷和意图，因此以往的各省市有关这类问题的参考解答，如果分离参数需要运用洛必达法则的参考解答都采用分类讨论.采用端点尝试的问题,仅在函数具有从端点出发会保持单调才会容易解决，出现波折就很麻烦,如上面的解法2和解法3，对策是先端点代入，如果端点会取等，就连续求导并考虑端点处导数值是否为0,直至导数不含参数或者虽然含参数,但参数在预估范围内和%在指定区间内导数可以恒正或恒负，才可以选用端点解决，具体可见相关练习1.利用分离参数方便解决的问题,以往通常不放在压轴题的最后一步,2020年全国高考理科I 卷第21题和2018年浙江高考理科第22题作为最后一步压轴是很少见的,值得重视.解法4最为简便,但不等式的变形思路是种创新,值得学习.本文解法4借鉴全国高考提供的解答思路，但结合函数式关于a 的单调性,使得解答比提供的参考解答更简单.四、相关练习练习1 (厦门双十中学2018年高三・理21)已知函数f (%) = a (% - 1)ln % + %,a e R .(1) 若a = 1，直线/:y = m%是函数/( %)的切线，求实数 m 的值；(2) 当%M1时,/(%) W e %-1恒成立，求实数a 的取值范围.练习2 (2018年浙江高考・理22)已知函数/(%)=厶-ln %.(1) 若/(%)在% = %1 , %2 (%1 H %2)处导数相等，证明/( %1 ) + /( %2 ) > 8 - 8ln2 ；(2) 若a W3 -4ln2,证明：对于任意k >0,直线y = k% + a 与曲线y = /(%)有唯一公共点.参考文献：［1 ］杜志建.2020全国各省市高考试题汇编［M ］.乌鲁木齐：新疆青少年出版社，2020.［2］郑良.明晰目标抓特征顺势而为促优解［J ］.数理化解题研究，2017 (10) ：31 -32.［3 ］许银伙.特值代入减少讨论［J ］.数理化解题研究，2018(10) ：44 -47.［责任编辑:李璟］20。

2020新高考一卷数学21题

2020新高考一卷数学21题21．（12分）已知函数f（x）＝e x+ax2﹣x．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．【分析】（1）求得a＝1时，f（x）的解析式，两次对x求得导数，结合指数函数的值域判断导数的符号，即可得到所求单调性；（2）讨论x＝0，不等式恒成立；x＞0时，运用参数分离和构造函数，求得导数，判断单调性和最值，进而得到所求范围．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝e x+x2﹣x，f′（x）＝e x+2x﹣1，设g（x）＝f′（x），因为g′（x）＝e x+2＞0，可得g（x）在R上递增，即f′（x）在R上递增，因为f′（0）＝0，所以当x＞0时，f′（x）＞0；当x＜0时，f′（x）＜0，所以f（x）的增区间为（0，+∞），减区间为（﹣∞，0）；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1恒成立，①当x＝0时，不等式恒成立，可得a∈R；②当x＞0时，可得a≥恒成立，设h（x）＝，则h′（x）＝，可设m（x）＝e x﹣x2﹣x﹣1，可得m′（x）＝e x﹣x﹣1，m″（x）＝e x﹣1，由x≥0，可得m″（x）≥0恒成立，可得m′（x）在（0，+∞）递增，所以m′（x）min＝m′（0）＝0，即m′（x）≥0恒成立，即m（x）在（0，+∞）递增，所以m（x）min＝m（0）＝0，再令h′（x）＝0，可得x＝2，当0＜x＜2时，h′（x）＞0，h（x）在（0，2）递增；x＞2时，h′（x）＜0，h（x）在（2，+∞）递减，所以h（x）＝h（2）＝，max所以a≥，综上可得a的取值范围是[，+∞）．【点评】本题考查导数的运用：求单调性和最值，考查构造函数法，主要考查分类讨论思想和化简运算能力、推理能力，属于难题．。