重組卷02（理科）-2023年高考數(shù)學(xué)真題重組（解析版）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷02

課標(biāo)全國卷地區(qū)專用(解析版)

注意事項：

?.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題

目要求的。

1.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)若z=—l+gi,則告=()

b

?-τ+Ki?T-倔c?-∣+τid?-∣-Ti

【答案】C

【分析】由共較復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運(yùn)算即可得解.

【詳解】z=-1-√3i,zz=(-1+√3i)(-l-√3i)=1+3=4.

Z-1+√3i1√3.

--------=-T------?

zz-l3------------33

故選：C

2.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)已知集合S={s∣s=2n+l,neZ),T=Qlt=4n+l,n∈Z},則SnT=()

A.0B.SC.TD.Z

【答案】C

【分析】分析可得T=S,由此可得出結(jié)論.

【詳解】任取ter，則t=4n+l=2?(2ττ)+l,其中n∈Z,所以，t∈S,故TUS,

因此，SCT=T.

故選：C.

3.(2020.全國.統(tǒng)考高考真題)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐,

以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與

底面正方形的邊長的比值為()

?√5-l√5-l廠√5+lC√5+l

A.----1n5.----C.----U.------

4242

【答案】C

【分析】設(shè)CD=a,PE=b,利用P02?PE得到關(guān)于α,b的方程，解方程即可得到答案.

【詳解】如圖，設(shè)CD=a,PE=b,則P。=y∕PE2-OE2=5

由題意P02=%b,即爐一Q=Lab,化簡得4(字-2/-I=0,

242aa

解得2=竽(負(fù)值舍去).

a4

故選：C.

【點(diǎn)晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關(guān)計算，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)計算能力，是一道容易題.

4.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為()

Ill2

A.-B.-C.-D.-

6323

【答案】D

【分析】由古典概型概率公式結(jié)合組合、列舉法即可得解.

【詳解】從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù)，共有C楙=21種不同的取法，

若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：(2,4),(2,6),(2,8),(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7種，

故所求概率P=等=|.

故選：D.

03

5.(2022天津?統(tǒng)考高考真題)=log20.3,?=logi0.4,c=O.4,則4,b,C的大小關(guān)系為()

2

A.a<b<cB.c<a<bC,b<c<aD.a<c<b

【答案】D

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出Q,b,C的范圍即可求解.

【詳解】,??log20.3<Iog2I=0,.,?α<0,

Vlogι0.4=—Iog0.4=Iog->log2=1,?,?b>1,

22222

???0<O.4O?3<O.4o=1,Λ0<c<1,

a<c<b.

故選：D.

+

6.(2020?全國?統(tǒng)考高考真題)數(shù)列｛an｝中，的=2,對任意mfnENfam+n=aman,若以+i+c?+2+…+

ak+lQ-215—25,則Z=()

A.2B.3C.4D.5

【答案】C

【分析】取M=1,可得出數(shù)列｛αn｝是等比數(shù)列，求得數(shù)列｛αn｝的通項公式，利用等比數(shù)列求和公式可得出

關(guān)于女的等式，由士∈N*可求得Z的值.

【詳解】在等式/+n=Qman中，令Zn=匕可得α∏+ι=anal=2α,*,*41=2,

nnan

所以，數(shù)列｛απ｝是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列,則αrι=2x2nτ=2",

51

?1-ak+1+ak+2+???+ak+10=M沌2—=2日./。)=2k+i(2ιo_1)=2(2°-1),

.?.2k+1=25,則k+1=5,解得Zc=4.

故選：C.

【點(diǎn)睛】本題考查利用等比數(shù)列求和求參數(shù)的值，解答的關(guān)鍵就是求出數(shù)列的通項公式，考查計算能力，

屬于中等題.

7.(2020?全國?統(tǒng)考高考真題)已知向量a,B滿足同=5,?b?=6,ab=-6,則cos<,,d+3>=()

A.--B.--C.—D.-

35353535

【答案】D

【分析】計算出a?伍+我、M+臼的值，利用平面向量數(shù)量積可計算出cos<a,a+B>的值.

【詳解】???∣d∣=5,向=6,db=-6,d?(d+b)=∣d∣2+ɑ■h=52—6=19.

∣α+fo∣=J(α+e)2=√α2+2α?b÷62=√25-2×6÷36=7,

因此，cos<αα+b>=：卷[=言=W

l∣α∣?∣α+?∣5×735

故選：D.

【點(diǎn)睛】本題考查平面向量夾角余弦值的計算，同時也考查了平面向量數(shù)量積的計算以及向量模的計算，

考查計算能力，屬于中等題.

8.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)設(shè)尸為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B(3,0),^?AF?=?BF?,

貝IJlABl=()

A.2B.2√2C.3D.3√2

【答案】B

【分析】根據(jù)拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)和準(zhǔn)線的距離相等，從而求得點(diǎn)4的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求得點(diǎn)4坐標(biāo)，即可得

到答案.

【詳解】由題意得，F(xiàn)(l,0),則|4/I=IBFl=2,

即點(diǎn)4到準(zhǔn)線X=-1的距離為2,所以點(diǎn)4的橫坐標(biāo)為-1+2=1,

不妨設(shè)點(diǎn)4在X軸上方，代入得，4(1,2),

所以IABl=√(3-I)2+(0-2)2=2√2.

故選：B

9.(2022.全國.統(tǒng)考高考真題)記函數(shù)/^(x)=Sin(<υx+()+b(3>0)的最小正周期為T.若與<T<兀，且

y=∕(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(手,2)中心對稱，則/?)=()

A.1B.-C.三D.3

22

【答案】A

【分析】由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)可求得參數(shù)，進(jìn)而可得函數(shù)解析式，代入即可得解.

【詳解】由函數(shù)的最小正周期T滿足?<T<兀，得？</<兀，解得2<3<3,

又因為函數(shù)圖象關(guān)于點(diǎn)(表2)對稱，所以芋3+W=kτr,k∈Z,且b=2,

所以3=—3+1k,keZ,所以co=1,f(x)=sin(]x+?)+2,

所以fC)=SinO+9+2=1?

故選：A

10.（2020?全國?統(tǒng)考高考真題）已知4B,C為球O的球面上的三個點(diǎn)，001為△48C的外接圓，若。01的面

積為4ττ,AB=BC=AC=OO1,則球。的表面積為（）

A.64πB.48πC.36πD.32π

【答案】A

【分析】由已知可得等邊AABC的外接圓半徑，進(jìn)而求出其邊長，得出OOi的值，根據(jù)球的截面性質(zhì)，求出

球的半徑，即可得出結(jié)論.

【詳解】設(shè)圓Oi半徑為r,球的半徑為R,依題意，

得兀"=4π,■.r=2,"ΔABC為等邊三角形，

由正弦定理可得4B=2rsin60o=2√3,

.?.OO1=AB=2√3,根據(jù)球的截面性質(zhì)。。1_L平面4BC,

2222

.?.OO11O1A,R=OA=y∕001+O1A=y∕001+r=4,

球。的表面積S=4TΓR2=647Γ.

故選：A

【點(diǎn)睛】本題考查球的表面積，應(yīng)用球的截面性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查計算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

11.（2021?全國?統(tǒng)考高考真題）設(shè)α力0,若x=α為函數(shù)f（x）=α（x-α）2（x-b）的極大值點(diǎn)，則（）

A..a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2

【答案】D

【分析】先考慮函數(shù)的零點(diǎn)情況，注意零點(diǎn)左右附近函數(shù)值是否變號，結(jié)合極大值點(diǎn)的性質(zhì)，對。進(jìn)行分

類討論，畫出/（K）圖象，即可得到α,b所滿足的關(guān)系，由此確定正確選項.

【詳解】若α=b,則八x）=α（x-α）3為單調(diào)函數(shù)，無極值點(diǎn)，不符合題意，故α≠b.

?'?f（x）有X=Q和％=b兩個不同零點(diǎn)，且在X=Q左右附近是不變號，在X=b左右附近是變號的.依題意，

X=。為函數(shù)/（x）="（r-"）?（X-6）的極大值點(diǎn)，...在X=α左右附近都是小于零的.

當(dāng)QVO時，由x>b,/(x)≤0,畫出/(%)的圖象如下圖所示:

由圖可知bVα,α<0,故CZb>a2.

當(dāng)Q>0時，由x>b時，/(%)>0,畫出/(%)的圖象如下圖所示:

由圖可知b>α,a>Of故αb>a2.

綜上所述，Qb>a?成立.

故選：D

【點(diǎn)睛】本小題主要考查三次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法可以快速解答.

12.(2021.天津.統(tǒng)考高考真題)設(shè)α6R,函數(shù)/(x)=|Γ?cX,若/0)在區(qū)間

(.xz—2(Q+l)x+a，+5,X≥a

(0,+8)內(nèi)恰有6個零點(diǎn)，則a的取值范圍是()

?-(2-3U(ΓT]B?G-2)U(PT)

【答案】A

【分析】由X2—2(Q+l)x+a?+5=O最多有2個根，可得CoS(2兀％—2τTQ)=O至少有4個根，分別討論

當(dāng)X<。和X≥Q時兩個函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)情況，再結(jié)合考慮即可得出.

【詳解】??,X2-2(α+l)x+α2+5=0最多有2個根，所以cos(2τr%-2πa)=0至少有4個根，

由2ττx—2πa=-÷kπ,k∈Z可得％=-÷i÷α∕c∈Z,

224l

?0<^+i+α<α∏TW-2α-∣<?<-i,

(I)XVQ時，當(dāng)一5≤—2@—；V—4時，/(x)有4個零點(diǎn)，即;<Q≤*

當(dāng)—6≤—2d—?<—5,/(%)有5個零點(diǎn)，即：VQ≤盧；

當(dāng)一7≤—2α—T<—6,/(x)有6個零點(diǎn)，即/<α≤輸

(2)當(dāng)X≥α?xí)r，f(x)=X2-2(α+I)X+α2+5,

Δ=4(α+I)2-4(a2+5)=8(a-2),

當(dāng)a<2時，4<0,/(x)無零點(diǎn)；

當(dāng)a=2時，Δ=0,/(x)有1個零點(diǎn)；

當(dāng)a>2時，令/(a)=a2-2a(a+l)+a2+5=-2a+5≥0,K∣J2<a<|,此時f(x)有2個零點(diǎn)；

所以若a>?i,f(x)有1個零點(diǎn).

綜上，要使/(x)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)恰有6個零點(diǎn)，則應(yīng)滿足

(-<a≤-(-<a≤-(IlVo<13

4聞44或τ<a≤τ,

2<a≤-a=2或Q>-(a<2

I2I2

則可解得a的取值范圍是(2用U(j,?].

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是分成X<a和無≥a兩種情況分別討論兩個函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)情況.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.(2021?天津?統(tǒng)考高考真題)在卜/+1)6的展開式中，一的系數(shù)是.

【答案】160

【分析】求出二項式的展開式通項，令X的指數(shù)為6即可求出.

【詳解】(2/+J的展開式的通項為Tr+1=Cg(2χ3)6-r,Gy=26-rcr,χ18-4r,

令18-4r=6,解得r=3,

所以”的系數(shù)是23瑤=160.

故答案為：160.

,2%+y-2≤0,

14.(2020?全國?統(tǒng)考高考真題)若X,y滿足約束條件X-y-1≥0,則z=x+ly的最大值為.

,y+1≥0,

【答案】1

【分析】首先畫出可行域，然后結(jié)合目標(biāo)函數(shù)的幾何意義即可求得其最大值.

【詳解】繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，

目標(biāo)函數(shù)Z=X+7y即：y=-∣x+∣z)

其中Z取得最大值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大，

據(jù)此結(jié)合目標(biāo)函數(shù)的幾何意義可知目標(biāo)函數(shù)在點(diǎn)A處取得最大值，

聯(lián)立直線方程：I?+]-;=2,可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為：4(1,0),

據(jù)此可知目標(biāo)函數(shù)的最大值為：ZmaX=I+7X0=1.

故答案為：I.

【點(diǎn)睛】求線性目標(biāo)函數(shù)z=ax+by(ab≠0)的最值，當(dāng)b>0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，Z值

最大，在y軸截距最小時，Z值最小；當(dāng)b<0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，Z值最小，在y

軸上截距最小時，Z值最大.

15.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)若曲線y=(x+α)ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則”的取值范圍是

【答案】(—8,—4)U(O,+8)

【分析】設(shè)出切點(diǎn)橫坐標(biāo)X0,利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過原點(diǎn)得到關(guān)于a的方程,

根據(jù)此方程應(yīng)有兩個不同的實數(shù)根，求得ɑ的取值范圍.

【詳解】?.?y=(x+α)e*,.?.y'=(x+l+α)e”,

設(shè)切點(diǎn)為(XOJo),則M)=(Xo+a)ejc。,切線斜率k=(XO+1+α)ejcθ,

z

切線方程為：y-(x0+a)e°=(x0+1+a)鏟O(X-x0),

xx

切線過原點(diǎn)，，一(Xo+a)e<>=(Xo+1+a)e°(-x0),

整理得：XQ+ax0-a=0,

T切線有兩條，，△=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,

.??a的取值范圍是(一8,-4)U(0,+8),

故答案為:(-∞,-4)U(0,+∞)

16?（2021?天津?統(tǒng)考高考真題）若a〉。,b＞。，則5+p+b的最小值為------------

【答案】2√2

【分析】兩次利用基本不等式即可求出.

【詳解】???a>0,b>0,

1a2

-h2

-+=-+>-

?S+i≥2a?(?b=2λ∕2,

b2

當(dāng)且僅當(dāng)"??=b,即aS=企時等號成立,

所以打端+b的最小值為2√Σ

故答案為：2√Σ.

三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17?21題為必考題，每個試題考

生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

17.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）記Sn為數(shù)列｛an｝的前”項和.已知.+n=2aπ+l.

（1）證明：｛a"是等差數(shù)列；

（2）若a4,a7,a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值.

【答案】（1）證明見解析；

(2)-78.

2

【分析】⑴依題意可得2S7l+n=2nan+n,根據(jù)即=LLl=才作差即可得到廝-αn-1=1，

IDn?n-幾三乙

從而得證；

(2)法-：由(1)及等比中項的性質(zhì)求出％,即可得到｛a7l｝的通項公式與前n項和，再根據(jù)二次函數(shù)的性

質(zhì)計算可得.

2

【詳解】(1)因為華+n=2αn+1,即2Sτι+n=2nan+n①，

z

當(dāng)n≥2時，2Sn.1+(n—l)=2(n-l)an-1+(n-1)②，

2

①一②得，2Sn+/—2Sn一1—(n—I)=27icιπ+Zi—2(九—I)QrIT-(τι—1),

即2冊+2n—1=2nan—2(n—l)an-ι+1?

即2(幾一l)an-2(n-I)Qn-I=2(n-1),所以Qn-an-1=1,n≥2月.n∈N*,

所以是以1為公差的等差數(shù)列.

(2)［方法一］：二次函數(shù)的性質(zhì)

由(1)可得%=Ql+3,%=Qi+6，%=%+8,

又04，Q7，成等比數(shù)列，所以2=Q4?Q9,

2

即(％+6)=(Ql+3)?(a1+8),解得Ql=-12,

2n-2

所以arι=n-13，所以SJI=-12n+=∣n-yn=∣(y)-V>

所以，當(dāng)n=12或n=13時，(Sn)min=-78.

［方法二］：【最優(yōu)解】鄰項變號法

由(1)可得。4=ɑi+3.a7=ɑ?+6,a9=a1+8,

2

又a4,a7,a9成等比數(shù)列，所以a7=a4?a9,

2

即(％+6)=(a1+3)?(a1+8),解得all=-12,

所以a71=n—13,即有的<a2<???<a12<O,a13=0.

則當(dāng)n=12或H=13時，(Sn)min=-78.

【整體點(diǎn)評】(2)法一：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出Sn的最小值，適用于可以求出Sn的表達(dá)式；

法二：根據(jù)鄰項變號法求最值，計算量小，是該題的最優(yōu)解.

18.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)如圖，四棱錐P-ABC。的底面是矩形，PDl底面/BCD,PD=DC=1,M

為BC的中點(diǎn)，且PBJ.AM.

R

（2）求二面角4-PM-B的正弦值.

【答案】⑴√2;（2）粵

14

【分析】（1）以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DC、CP所在直線分別為x、y、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC=2a,

由已知條件得出而?前=0，求出α的值，即可得出BC的長；

（2）求出平面P4M、PBM的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.

【詳解】（1）［方法一］：空間坐標(biāo)系+空間向量法

???PD1^?ABCD,四邊形ABCC為矩形，不妨以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA.DC、DP所在直線分別為x、y、Z軸

設(shè)BC=2α,則。(0,0,0)、P(0,0,l)>B(2a,1,0),Λf(α,l,O)>力(2a,0,0),

則而=(2a,1,-1),AM=(-a,1,0),

?.?PBLAM,則而?AM=-2a2+1=0,解得a=圣故BC=2a=√2;

［方法二］【最優(yōu)解】：幾何法+相似三角形法

如圖，連結(jié)BD.因為PD_L底面4BCD,且AMU底面ABeD,所以PDl.AM.

又因為PBl4M,PBnPD=P,所以AMI平面PBD.

又BDU平面PBD,所以

從而N∕W8+?DAM=90°.

因為NAMB+NZλ4M=90。，所以zM4B=N4DB.

所以△ADBBAM,于是

ABBM

所以^BC2=1.所以BC=√Σ

［方法三］:幾何法+三角形面積法

如圖，聯(lián)結(jié)8。交AM于點(diǎn)N.

AB

由［方法二］知AM1DB.

在矩形48C。中，有ADANS&BMN,所以絲=絲=2,即AN=

MNBM3

令BC=2t(t>0),因為M為BC的中點(diǎn)，則BM=3DB=√4t2+1,AM=√t2+1.

由SADA8=T2λ4TB=1DB?4N,得t=J√4t2+l?g√t2+ι,解得±2=%所以BC=2t=√Σ

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：空間坐標(biāo)系+空間向量法

設(shè)平面P4M的法向量為記=(XI,yι,zj,貝IJaM—(一j,l,θ),AP—(-√2,0,1),

由齊?丹=-梟+乃=。，取XI=0可得沅=(企,I?,

,m?AP=->j2x1÷z1=0

設(shè)平面PBM的法向量為記=(X2,y2,Z2),BM=(-y,θ,θ),βP=(-√2,-l,l),

由，___2,取力=1，可1?∏?=(0,1,1),

n?BP=—Λ∕2X2—丫2+Z2=0

/一一、m?n33√14

8S<S>=而而=標(biāo)=F

所以，Sin(沅,元)=Jl-COS2(沅,有>=詈,

因此，二面角4-PM-B的正弦值為絲.

14

［方法二］:構(gòu)造長方體法+等體積法

如圖,構(gòu)造長方體力BCn-4/1ClD1，聯(lián)結(jié)481,4卷,交點(diǎn)記為H,由于冬當(dāng)_1_&8,AB11BC,所以AH_L

聯(lián)結(jié)AG,由三垂線定理可知AG1D1M,

故乙4GH為二面角4-PM-B的平面角.

易證四邊形AlBCDl是邊長為√Σ的正方形，聯(lián)結(jié)［H,HM.

SADIHM=?HG，SADTHM=S正方形ABCDl-SADIAIH-SAHBM一SXMCD/

由等積法解得HG=警.

在RtAAHG中，AH=^-,HG=由勾股定理求得AG=等.

所以，sin乙4G，=熱=回，即二面角4-PM-B的正弦值為迤.

AG1414

【整體點(diǎn)評】（1）方法一利用空坐標(biāo)系和空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解；方法二利用線面垂直的判定定理，結(jié)

合三角形相似進(jìn)行計算求解，運(yùn)算簡潔，為最優(yōu)解；方法三主要是在幾何證明的基礎(chǔ)上，利用三角形等面

積方法求得.

（2）方法利用空間坐標(biāo)系和空間向量方法計算求解二面角問題是常用的方法，思路清晰，運(yùn)算簡潔,

為最優(yōu)解；方法二采用構(gòu)造長方體方法+等體積轉(zhuǎn)化法，技巧性較強(qiáng)，需注意進(jìn)行嚴(yán)格的論證.

19.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山.為估計一林區(qū)某

種樹木的總材積量，隨機(jī)選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：m2）和材積量（單位：

m3）,得到如下數(shù)據(jù):

樣本號i12345678910總和

根部橫截面積再0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

材積量K0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

2

并計算得2詈々2=0.038,∑j^1yi=1.6158N隨Xiyi=0.2474.

（1）估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

（2）求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；

（3）現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為186m2.已

知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比.利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值.

附：相關(guān)系數(shù)r=-I=?2≡2^2=,√L896≈1.377.

2

J∑L（χT）2∑i1（yi-W

【答案】（l）0?06r∏2;0.39m3

(2)0.97

(3)1209m3

【分析】(D計算出樣本的一棵根部橫截面積的平均值及一棵材積量平均值，即可估計該林區(qū)這種樹木平

均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

(2)代入題給相關(guān)系數(shù)公式去計算即可求得樣本的相關(guān)系數(shù)值；

(3)依據(jù)樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計

值.

【詳解】(1)樣本中IO棵這種樹木的根部橫截面積的平均值元=M=O.06

樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值y=瞽=0.39

據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06m2,

平均一棵的材積量為0?39n?

∣

(2)r=渭初_∑=ιxiy-IOxy

22

J∑/°l(Xi-^)Σ^(yl-y)J(∑?-2—10元2)(?-M2-10尸)

0.2474-IOx0.06X0.390.01340.0134

=≈-----------≈0.97

√(0.038-10×0.062)(1.6158-10×0.392)√0.00018960.01377

則r≈0.97

(3)設(shè)該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為Yn?,

又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，

可得鬻=早，解之得y=1209πΛ

則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為12090?

20.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)D(p,O),過F的直線交C于M,

N兩點(diǎn).當(dāng)直線MD垂直于X軸時，IMFl=3.

(1)求C的方程；

(2)設(shè)直線MD,ND與C的另一個交點(diǎn)分別為A,B,記直線MN,AB的傾斜角分別為α,/?.當(dāng)α-0取得最大值

時，求直線AB的方程.

【答案】⑴y2=效；

(2)AB:X=y∣2y+4.

【分析】(1)由拋物線的定義可得IM尸∣=p+§即可得解;

(2)法一：設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)及直線MN:x=my+1,由韋達(dá)定理及斜率公式可得∕?N=2心8,再由差角的正切

公式及基本不等式可得心-=當(dāng)，設(shè)直線48d=√∑y+n,結(jié)合韋達(dá)定理可解.

【詳解】(1)拋物線的準(zhǔn)線為X=—$當(dāng)MD與X軸垂直時，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為p,

此時∣M∕7∣=p+々=3,所以p=2,

所以拋物線C的方程為y2=4xs

(2)［方法一］：【最優(yōu)解】直線方程橫截式

設(shè)“（去月）”（常丫2），4（5為），8（*”），直線MM%=my÷1,

χ=γγ?y+1_

丫可得

{2_4%V-4my-4=0,Δ>0,y1y2=-4,

由斜率公式可得=2F?=-Λ-,心8=釣=’一，

Zi_Z2yι+y

2yl_yly3+y4

4444

直線MD:X=笠?y+2,代入拋物線方程可得y2一絲鏟y-8=0,

A>0,%y3=-8,所以%=2為，同理可得%=2%，

4_4_kMN

所以∕?4B

y3+y42（y1+y2）2

又因為直線MN、AB的傾斜角分別為ɑ,凡所以心B=tan。=竽=等，

若要使α一6最大，則夕∈(θ,f)>設(shè)^MN=2fc=2k>0,則tan(α-/?)=：：；鬻喘----------=1---------≤

?LJylβ1+IdnCtiaiip1+2k2n+2k~

1_√2

源=7'

當(dāng)且僅當(dāng)A2k即k=1時,等號成立,

所以當(dāng)a一夕最大時，kAB=y,設(shè)直線48：X=√∑y+n,

代入拋物線方程可得y2-4√2y-4n=0,

Δ>0,丫3、4=-4M=4y1y2=-16,所以n=4,

所以直線AB:X=√2y+4.

［方法二］：直線方程點(diǎn)斜式

由題可知，直線MN的斜率存在.

設(shè)M(Xl,yi),N(X2，y2)，4(X3，y3)，B(?4，y4)，直線MN:y=fc(x-1)

由FyaF2J,得：Y/-(21+4)χ+H=0,XIX2=1,同理，y1y2=-4.

直線MD:y=-2),代入拋物線方程可得：XIX3=4，同理，x2?-4.

代入拋物線方程可得:y/3=-8,所以y3=2%，同理可得%=2乃，

由斜率公式可得：然B=紇"=管雜=產(chǎn)、=JkMN?

λd

X「X34(—■一--J2(X2-X1)2'"Y

(下同方法一)若要使a一3最大，則0∈(θ,;),

設(shè)^MN=2kAB=2k>0,則tan(α—β)=_k___=立

2

MNAB'1l+tanatan∕?l+2fc?2k2IT^4

當(dāng)且僅當(dāng)5=2々即k=芋時，等號成立，

r

所以當(dāng)a-夕最大時，kAB=y,設(shè)直線力8:%=√∑y+n,

代入拋物線方程可得y2—4y∕2y—4n=0,Δ>0,%丫4=-4九=4yιy2=—16,所以n=4,所以直線/B:%=

√2y+4.

［方法三］：三點(diǎn)共線

設(shè)M件,％),N件小)，4(耳，、3)，8信九),

設(shè)P(t,O),若P、M、N三點(diǎn)共線，由麗=(3-t,yJ,PN=(^-t,y2)

所以(?^一')丫2=(與y］，化簡得y1y2=-4t,

反之，若為、2=-4t,可得MN過定點(diǎn)(t,0)

因此，由M、N、F三點(diǎn)共線，得%丫2=-4,

由M、D、A三點(diǎn)共線，得%丫3=-8，

由N、D、B三點(diǎn)共線，得=一8，

則=4y1y2=-16,AB過定點(diǎn)(4,0)

(下同方法一)若要使α-/?最大，則夕∈(O,/),

設(shè)MN=2fcβ=2k>0,貝IJtan(α一夕)=⑶愜-⑶，=-=≤

^i423——=—,

MNAb'y'l+tanαtan^l+2ki÷2fc2花獲4

當(dāng)且僅當(dāng)滬2k即A=苧時，等號成立，

所以當(dāng)a-0最大時，kAB-y,所以直線4B:X=√∑y+4.

【整體點(diǎn)評】(2)法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯(lián)立方程的運(yùn)算，通過尋找直線MN,AB的斜率關(guān)系，

由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據(jù)韋達(dá)定理求出直線方程，是該題的最優(yōu)解，也是通性通法;

法二：常規(guī)設(shè)直線方程點(diǎn)斜式，解題過程同解法一；

法三：通過設(shè)點(diǎn)由三點(diǎn)共線尋找縱坐標(biāo)關(guān)系，快速找到直線48過定點(diǎn)，省去聯(lián)立過程，也不失為一種簡化

運(yùn)算的好方法.

21.(2021?全國?統(tǒng)考高考真題)已知α>0且α≠1,函數(shù)f(x)=^(x>0).

(1)當(dāng)α=2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點(diǎn)，求。的取值范圍.

【答案】⑴(0,總上單調(diào)遞增；忌+8)上單調(diào)遞減；⑵(Le)U3+8).

【分析】(1)求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào)性；

(2)方法一：利用指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算法則，可以將曲線y=f(x)與直線y=l有且僅有兩個交點(diǎn)等價轉(zhuǎn)化為方

程等=詈有兩個不同的實數(shù)根，即曲線y=g(χ)與直線y=詈有兩個交點(diǎn)，利用導(dǎo)函數(shù)研究g(x)的單調(diào)性,

并結(jié)合g(x)的正負(fù)，零點(diǎn)和極限值分析g(x)的圖象，進(jìn)而得到0<?<%發(fā)現(xiàn)這正好是0<g(a)<g(e),

然后根據(jù)g(x)的圖象和單調(diào)性得到ɑ的取值范圍.

【詳解】(1)當(dāng)。=2時，KX)=總尸(X)=2"2:：?ln2="2號種2),

令/'(X)=0得X=AP當(dāng)0<X<意時，/(x)>0,當(dāng)X>急時，f'{x)<0,

二函數(shù)/(x)在(0,臺上單調(diào)遞增；信,+8)上單調(diào)遞減：

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：分離參數(shù)

/(x)=^=l<=>αx=xα<=>XIna=αlnxQ等=等,設(shè)函數(shù)g(x)=

則g'(x)=炭二令g'(x)=0，得*=e,

在(0,e)內(nèi)g'(x)>0,g(%)單調(diào)遞增;

在(e,+8)上“(%)<0,g(x)單調(diào)遞減；

???9Mmax=g(e)=a

又g(l)=0,當(dāng)％趨近于+8時，g(x)趨近于0,

所以曲線y=〃x)與直線y=1有且僅有兩個交點(diǎn)，即曲線y=g(x)與直線y=等有兩個交點(diǎn)的充分必要條

件是0<等<這即是0<g(α)<5(e),

所以α的取值范圍是(l,e)U(β,+∞).

［方法二］：構(gòu)造差函數(shù)

由y=/(χ)與直線y=1有且僅有兩個交點(diǎn)知f(%)=1,即％。=ɑ*在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個解，取對數(shù)得方

程αln%=XInQ在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個解.

axna

構(gòu)造函數(shù)g(x)=a?nx-x?nafxE(0,+∞),求導(dǎo)數(shù)得g'(%)=^-lnα=~^t

當(dāng)O<a<1時，lnɑ<O,x∈(O,+∞),a—x?na>0,g'(%)>0,g(%)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞增,所以，g(%)在

(0,+8)內(nèi)最多只有一個零點(diǎn)，不符合題意；

當(dāng)Q>1時，lnɑ>0,令g'(%)=0得%=?,當(dāng)％∈(。，高)時，9’(X)>。；當(dāng)％e(高，+8)時，g'(%)<0；

所以，函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間為(0,高)，遞減區(qū)間為(荒,+8).

由于0VeVVIV?,5(e-?)=-1-e?nα<0,

當(dāng)工→+8時，Waln%<xlnα,即g(%)<0,由函數(shù)g(%)=a?nx-xlnα在(0,+8)內(nèi)有兩個零點(diǎn)知g(表)=

CLΓ1∏---1)>0,所以>c,即Q—e?nɑ>0.

?Ina/?nɑ

構(gòu)造函數(shù)僅α)=α-elnα,則》(砌=1一：=詈，所以九(α)的遞減區(qū)間為(l,e),遞增區(qū)間為(e,+s),所以

九(α)≥∕ι(e)=0,當(dāng)且僅當(dāng)α=e時取等號，故∕ι(α)>0的解為α>1且αHe.

所以，實數(shù)a的取值范圍為(l,e)U(e,+8).

［方法三］分離法：一曲一直

曲線y=f(x)與y=1有且僅有兩個交點(diǎn)等價為總=1在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個不相同的解.

因為Xa=ax,所以兩邊取對數(shù)得αln久=xlnα,即InX=H"，問題等價為g(x)=InX與P(X)=H乎有且僅有

兩個交點(diǎn).

①當(dāng)0<α<1時，等<0,P(X)與g(x)只有一個交點(diǎn)，不符合題意.

②當(dāng)ɑ>1時，取g(x)=InX上一點(diǎn)(Xo,lrυ?),g'(x)==g'O?)=N,g(x)在點(diǎn)(Xo,lnxo)的切線方程為y-

XXQ

Inx0=—(%—x0),即y=-x—1+Inx0.

XQXO

lna_1(?na_1

axo,W∣^α^^^e,

Inx-1=0,l?θ=e?

I0

直線Po)=等的斜率滿足：0<等<9寸，g(%)=Inx與p(%)=等有且僅有兩個交點(diǎn).

記九(α)=等,"α)=I?。，令∕ι'(0)=0,有α=e.ɑ∈(Le),∕√(g)>0,∕ι(α)在區(qū)間(Le)內(nèi)單調(diào)遞增；Q∈

(e,+8),∕√(α)V0,∕ι(α)在區(qū)間(e,+8)內(nèi)單調(diào)遞減；α=e時，九(g)最大值為g(e)=%所當(dāng)Q>1且Q≠e時

士人

有,?nɑ,1

0<—aV-e.

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(l,e)U(e,+8).

1方法四］：直接法

/(x)=g(x>O),Γ(x)axa~1ax-ax?naxa_xa~1(a-x?na')

(α*/

因為％>0,由f'(%)=0得%=?.

當(dāng)OVQVl時，/(X)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，不滿足題意；

當(dāng)Q>1時，?>0,由/'(%)>0得0V%<品J(X)在區(qū)間(0,高)內(nèi)單調(diào)遞增，由/'(X)V0得X>*J(X)

在區(qū)間(看,+8)內(nèi)單調(diào)遞減.

q

/aλa--aι

因為Jgof(X)=0,且期/(%)=3所以fG?)>1，即理-=>L即a0-面>(InQ)a,Qi-而>Ina,

兩邊取對數(shù)，得(1—Ina>In(Ina),即InQ—1>In(Ina).

令I(lǐng)nQ=3則t-l>ln3令九(X)=In%—%+1,則〃(%)=：—1,所以九(%)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)

間(1,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，所以九(X)≤九(1)=0,所以t-l≥lnt,則t-1>Int的解為t≠1,所以InQ≠1,

即a≠e.

故實數(shù)a的范圍為(Le)U(e,+8).］

【整體點(diǎn)評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)曲線和直線的交點(diǎn)個數(shù)求參數(shù)的取值范圍問題，

屬較難試題，

方法一：將問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，圖象，利用數(shù)

形結(jié)合思想求解