全国I卷区（湖南、江西、安徽等地）2021届高三上学期1月优生联赛数学（理）试题 2021.1.11（扫描版含答案解析）.zip

第 1 页（共 12 页） 第 2 页（共 12 页） 2020-2021 学年全国 I 卷区优生联赛试卷 理科数学理科数学参考答案参考答案 一、选择题：一、选择题： 1.【答案】【答案】D 【考点范围】【考点范围】复数的有关概念和四则运算. 【思路点拨】【思路点拨】先通过复数的乘法或除法运算，利用复数相等求出 a 的值，再写出复数 z 的代数式，然后根据有 关概念判断正误. 【解析】【解析】由已知，3(2)(1)3aiiii，则 a1，所以 z2i，|z|2，z 的虚部是2. 因为2zi，则0zz，选 D. 2.【答案】【答案】C 【考点范围】【考点范围】集合的有关概念与运算. 【思路点拨】【思路点拨】确定集合 B 含有哪些元素，不含哪些元素，用子集概念列举所有集合 B. 【解析】【解析】由题设，U1，2，3，4，5，6，据题意，1，2 UB ，且 3，5 UB ，即 1，2B， 且 3，5B，则3,53,4,5,6B，所以集合 B 可以是3，5，3，4，5，3，5，6， 3，4，5，6共 4 个，选 C. 3.【答案】【答案】A 【考点范围】【考点范围】直线、平面平行，直线、平面垂直的判定和性质. 【思路点拨】【思路点拨】平面 ABCE 内的直线 l 与平面 PAE 平行的充要条件是 lAE，据此可判断结论正确；直接判 断 PE 与 AB 能否垂直有困难，用反证法分析较方便. 【解析】【解析】在 AB 上取点 F，使 AFEC，则四边形 AECF 为平行四边形，得 CFAE，从而 CF平面 PAE， 结论正确； 作 PMAE，垂足为 M，因为平面 PAE平面 ABCE，则 PM平面 ABCE，所以 PMAB. 假设 PEAB，则 AB平面 PAE，从而 ABAE，这与BAE 为锐角矛盾，所以假设不成立，结论错误，选 A. 4.【答案】【答案】D 【考点范围】【考点范围】古典概型，条件概率，渗透数学文化. 【思路点拨】【思路点拨】所求的概率为条件概率，用字母 A，B 表示相关事件，利用条件概率公式求解. 【解析】【解析】由八卦图可知，八卦中有 1 卦有三个阳爻，有 3 卦恰有一个阳爻，有 3 卦恰有两个阳爻，有 1 卦没有 阳爻. 设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件 A，“另一卦至少有两个阳爻”为事件 B. 解法一：解法一：因为 2 5 2 8 9 ( )1( )1 14 C P AP A C ， 11 34 2 8 3 () 7 C C P AB C ，所以 ()2 (|) ( )3 P AB P B A P A ，选 D. 解法二：解法二：因为 112 353 ( )18n AC CC， 11 34 ()12n ABC C，所以 ()122 (|) ( )183 n AB P B A n A ，选 D. 5.【答案】【答案】C 【考点范围】【考点范围】椭圆的定义，标准方程，椭圆的几何性质. 【思路点拨】【思路点拨】利用椭圆定义及焦半径的范围，找出 a，c 所满足的关系，检验出符合要求的椭圆. 【解析】【解析】设点 P 到椭圆两个焦点的距离分别为 m 和 2m，则 2mm2a，即 2 3 a m . 因为 mac，则 2 3 a ac，即 a3c. 经检验，椭圆 22 1 2521 xy 满足要求，选 C. 6.【答案】【答案】B 【考点范围】【考点范围】指数的运算，函数的奇偶性，图象的平移变换. 【思路点拨】【思路点拨】将 f(x)的解析式变形，找一个与 f(x)相关联的奇函数或偶函数，利用图象变换得出 f(x)的对称性. 【解析】【解析】 24 42 2 2111 ( )24(2) 222 x xx xxx f x . 设 1 ( )4(2) 2 x x g x ，则 f(x)g(x2). 因为()( )gxg x，则 g(x)为偶函数，其图象关于 y 轴对称，所以 f(x)的图象关于直线 x2 对称，选 B. 7.【答案】【答案】D 【考点范围】【考点范围】正弦定理，两角差的正弦函数公式，商数关系，正切函数的单调性. 【思路点拨】【思路点拨】利用正弦定理，结合 AC120 ，将目标变量表示成角 C 的三角函数，并确定其定义域，再求值 域. 【解析】【解析】因为 B60 ，则 AC120 ，所以 sinsin(120)3cossin31 sinsin2sin2tan2 aACCC cCCCC . 因为 abc，则 A 为钝角，从而 C(0 ，30 )，得 3 tan(0,) 3 C，所以(2,) a c ，选 D. 8.【答案【答案】A 【考点范围】【考点范围】二项式定理，二项展开式的系数性质. 【思路点拨】【思路点拨】利用二项式定理求出 x2的系数，再求 a 的值，通过赋值法求展开式中各项的系数和，及常数项， 再求其差. 【解析】【解析】因为 02211202 2646464 62415aC C aC C aC Caa，则 2 624159aa，即 2 440aa，所以 a 2. 在 64210 01210 (1) (12 )xxaa xa xa x中，令 x0，则 0 1a . 第 3 页（共 12 页） 第 4 页（共 12 页） 令 x1，则 6 01210 264aaaa，所以 123100 6463aaaaa，选 A. 9.【答案】【答案】B 【考点范围】【考点范围】二元一次不等式组表示的平面区域，线性规划. 【思路点拨】【思路点拨】将目标变量变形为 2211 2(2)zxyxy，则问题转化为在约束条件下求 2xy 的极差， 即 2xy 的最大值与最小值的差. 【解析】【解析】因为 21212211 2()2(2)zxxyyxyxy， 设2bxy，则 maxminmax zbb. 作可行域，如图. 平移直线 l：2yxb ，当直线 l 过点 C(2，1)时，b 取最大值 5； 当直线 l 过点 D(0，1)时，b 取最小值 1，所以 z 的最大值为 514， 选 B. 10.【答案】【答案】A 【考点范围】【考点范围】复合型正弦函数的图象和性质，平面向量数量积的坐标运算. 【思路点拨】【思路点拨】根据图象求出 f(x)的解析式，再求出 A，B，C 的坐标，利用图象的对称性得出 A 为线段 CD 的中 点，将BCBD转化为2BA，再用数量积的坐标运算公式求解. 【解析】【解析】设 f(x)的最小正周期为 T，由图知， 31113 4632 T ，则 T2，所以 2 T . 因为 1 ( )1 3 f，则 32 ，即 6 ，所以( )sin() 6 f xx . 由题设，点 5 ( ,0) 6 A， 1 (0, ) 2 B， 1 ( ,1) 3 E，则 51 ( ,) 62 BA， 1 ( ,1) 3 OE . 因为 f(x)的图象关于点 A 对称，则 A 为线段 CD 的中点，所以 514 ()22() 1829 BCBDOEBA OE ，选 A. 【命题意图】【命题意图】2020 年全国I卷中出现了以余弦函数图象为载体，考查三角函数有关性质的试题，本题取意如 此，主考正弦函数的图象和性质，渗透平面向量，注重考查基础知识和基本技能，体现一定的综合性，题型新 颖别致. 11.【答案】C 【考点范围】【考点范围】圆的标准方程，几何性质，直线与圆的位置关系，两点间的距离公式. 【思路点拨】【思路点拨】根据2PAAB的几何意义，找出圆心 C 到直线 AB 的距离 d 与圆半径 r 之间的关系，利用直线 AB 与圆 C 相交，得出 0dr，再解不等式求 r 的取值范围. 【解析】【解析】取 AB 的中点 D，则 CDAB. 因为2PAAB，则|PD|5|AD|，设|CD|d，则 2222 |5PCdrd. 因为点 P(2，2)，C(5，6)，则 222 |(52)(62)25PC ， 所以 222 255drd，得 22 25 (1) 24 dr. 因为 0dr，则 22 25 0(1) 24 rr，解得 1r5，选 C. 【命题意图】【命题意图】2020 年全国I卷中突出了对直线与圆的位置关系的考查，注重分析与综合，强调转化思想，具 有一定的思维难度. 参照这一考向，本题用向量语言阐述直线与圆的位置关系，通过寻找相关变量的内在联系 来分析和解决问题，体现出了一种新的解题策略. 12.【答案】答案】B 【考点范围】【考点范围】对数的运算性质，对数函数的性质，二次函数的图象和性质. 【思路点拨】【思路点拨】将已知等式变形为关于 lga 的一元二次方程，由方程有实根得出 b，c 的大小关系. 再构造一个二次函数 f(x)，根据 f(lga)，f(lgb)，f(lgc)的大小关系确定 lga，lgb，lgc 的大小关系. 【解析】【解析】由已知，lg (lglg )lg (lglg )aaccab，即 2 lg2lglglglg0aacbc. 则关于 x 的方程 2 2 lglglg0 xxccb有实根，所以 2 4lg4lglg4lg (lglg )0ccbccb . 因为 bc，b1，c1，则 lgclgb，所以 cb. 设 2 ( )2 lglglgf xxxccb，则二次函数 f(x)的图象关于直线 xlg c 对称，且 2 (lg )lglglglg (lglg )0fbbbcbbc. 若 xlga 是 f(x)的一个较大零点，则 lgblgclga， 即 bca；若 xlga 是 f(x)的一个较小零点，则 lgalgblgc，即 abc，选 B. 【命题意图】【命题意图】分析多元指对数不定方程中未知数的大小关系，在 2017 年，2020 年全国I卷中都有考查. 以 指、对数运算，指、对数函数性质为知识载体，重点考查运用方程与函数思想分析和解决问题的能力，以及数 学抽象，逻辑推理，数学建模等核心素养.本题以三元对数不定方程为基点，通过构造二次函数，分析三个未 知数之间的可能大小关系，体现了一定的开放性和探索性，并达成上述考查目标. 本题还可设计成多选题，与 新高考接轨. 二、填空题：二、填空题： 13.【答案】【答案】120 【考点范围】【考点范围】向量的模，夹角，数量积定义及运算性质. 【思路点拨】【思路点拨】利用数量积定义及运算性质，将已知条件转化为关于向量夹角的三角方程求解. 【解析】【解析】设向量 a 与 b 的夹角为 ，因为|a|1，|b|2，则(a2b)aa22ab14cos. 由已知，14cos3，则 1 cos 2 . 又 0，所以 120 . 14.【答案】【答案】 3 3 5 【考点范围】【考点范围】三角函数的诱导公式，商数关系，两角差的正切公式. 【思路点拨】【思路点拨】利用诱导公式及商数关系，将已知条件转化为 tan 的值，再用两角差的正切公式求解. x y O xy10 xy30 y1 C D 第 5 页（共 12 页） 第 6 页（共 12 页） 【解析】【解析】由已知，sin2 3cos，则tan2 3 ，所以 tan33 33 3 tan() 316513tan . 15.【答案】【答案】3 【考点范围】【考点范围】双曲线的标准方程，对称性，离心率，直线的斜率. 【思路点拨】【思路点拨】点 A，B 关于原点对称，设 P，A，B 三点的坐标，通过“点差法”求 k1 k2与离心率的关系. 【解析】【解析】据题意，点 A，B 关于原点对称，设点 A(x0，y0)，B(x0，y0)，P(x，y)，则 22 22 1 xy ab ， 22 00 22 1 xy ab . 两式相减，得 2222 00 22 xxyy ab ，则 222 0 222 0 yyb xxa . 因为 e2，所以 22222 2000 12 2222 000 13 yyyyyybca kke xxxxxxaa . 16.【答案】【答案】52 【考点范围】【考点范围】球的截面性质、表面积，二面角，直线、平面垂直. 【思路点拨】【思路点拨】因为球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，其中ABC 的外心就是其中心，PAC 的外心是 AC 的中点，由此可构造直角三角形求球半径 OA 的长. 【解析】【解析】取 AC 的中点 D，连 BD. 设 E 为 ABC 的外心，则点 E 在 BD 上，且 BE2ED. 因为 PAPC，则 D 为 Rt APC 的外心. 根据球的几何性质，有 OE平面 ABC，OD平面 PAC. 因为二面角 PACB 大小为 120 ，平面 OAC平面 PAC，则 二面角 OACB 大小为 30 ，所以ODE30 . 因为 ABC 是边长为 6 的正三角形，则6sin603 3BD ， 所以3 3 BD ED . 在 Rt OED 中，2 cos30 ED OD . 在 Rt ADO 中，因为 AD3，则 22 13OAADOD，所以球 O 的半径13R ， 表面积 S球4R241352. 【命题意图】【命题意图】有关多面体的外接球及球的截面问题，是近两年高考全国I卷的一个热点，对逻辑推理，直观想 象，数学运算等核心素养有较高要求.本题要求考生根据球的截面性质，寻找球心位置，并合理利用二面角大 小进行计算，有一定的思维难度. 三、解答题：三、解答题： （一）必考题：（一）必考题： 17.【考点范围】【考点范围】等差数列的定义，通项公式，前 n 项和公式，等比中项，裂项求和. 【思路点拨】【思路点拨】 （1）由已知可得an为等差数列，利用等比中项条件建立关于 a1的方程，再解方程可求 a1的值， 但要注意 a30 这一隐含条件，防止增根. （2）根据数列an的通项公式写出数列bn的通项公式，用“裂项法”求其前 n 项和. 【解析】【解析】（1）因为 1 2(2) nn aan ，则数列an是公差为 2 的等差数列. （1 分） 则 311 2 24aaa ， 411 4 3 424(3) 2 Saa ， 511 54 525(4) 2 Saa . （4 分） 由已知， 2 453 160S Sa，则 2 111 5(3)(4)4(4)aaa，即 2 11 340aa，即 11 (4)(1)0aa. 因为 a30，则 1 40a ，所以 a11. （6 分） （2）因为数列an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则12(1)21 n ann . （8 分） 由题设， 1 232(21)(21)11 (21)(21) 2(21)(21) 2(21) 2(21) 2 n nnnn nnn b nnnnnn . （10 分） 所以 21 111111 (1)()1 3 23 25 2(21) 2(21) 2(21) 2 n nnn T nnn . （12 分） 18.【考点范围】【考点范围】直线、平面垂直的判断与性质，二面角及其平面角，余弦定理， 空间向量，函数值域. 【思路点拨】【思路点拨】（1）几何法：取 BC 的中点 M，然后证明 CD平面 AMC1. 向量法：通过几何或坐标运算，证明 1 0CD AC. （2）几何函数法：分别延长 CB，C1D 相交于 E，连结 AE，则二面角 DAEB 的平面角为 .适当选取一个自 变量 x，建立 的三角函数与 x 的函数关系，然后求值域. 向量函数法：建立空间直角坐标系，取点 D 的竖坐标 t 为自变量，通过法向量建立 cos 与 t 的函数关系，然后 求值域. 【解析】【解析】解法一：解法一：（1）取 BC 的中点 M，连接 AM，C1M. 因为ABC 为正三角形，则 AMBC. 由已知 BB1AM，则 AM平面 BB1C1C， 所以 AMCD. （2 分） 因为 BDCM1，BCCC12，则 RtDBCRtMCC1， 所以BCDCC1M，从而DCC1与CC1M 互余，所以 C1MCD. 结合知，CD平面 AMC1，所以 CDAC1. （5 分） （2）分别延长 CB，C1D 相交于 E，连结 AE，则二面角 DAEB 的平面角为 . 作 BFAE，垂足为 F，连结 DF，则 DFAE，所以BFD. （6 分） 设 BEx(x0)，由余弦定理可得 2 24AExx，由等面积可得 2 3 24 x BF xx ， 由相似三角形性质可得 2 2 x BD x . （9 分） B A C P O D E B A C A1 B1 C1 D E F M 第 7 页（共 12 页） 第 8 页（共 12 页） 在 RtDBF 中， 2 2 2242222 tan11 4 244333 4 BDxxx BFxxx x x . （10 分） 因为 44 24xx xx ，则 2 1tan 3 ，所以 2 1212 cos(, 1tan72 . （12 分） 解法二：解法二：（1）分别取 AB、A1B1的中点 O、E，以 O 为原点， 直线 AB，OC，OE 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系. （1 分） 因为直三棱柱 ABCA1B1C1的底边长和侧棱长都为 2，D 为 BB1的中点， 则点 A(1，0，0)，C(0，3，0)，D(1，0，1)，C1(0，3，2).（3 分） 从而(1,3,1)CD ， 1 (1, 3,2)AC ，则 1 1 320CD AC ， 所以 CDAC1. （5 分） （2）设 BDt(0t2)，则点 D(1，0，t)，(2,0, )ADt. （6 分） 设( , , )nx y z为平面 AC1D 的法向量，由 1 0 0 n AC n AD ，得 320 20 xyz xtz ， 取 z2，则 xt， 4 3 t y ，所以 4 (,2) 3 t nt . （9 分） 又平面 ABC 的法向量(0,0,1)m ，则 222 2 |233 cos | |(4)27(1)6 4 3 m n mntttt t . 因为 0t2，则 2 6(1)67t，所以 212 cos(, 72 . （12 分） 19.【考点范围】【考点范围】频率分布直方图，散点图，古典概型，离散型随机变量的分布列和数学期望，由直方图估计 平均数，回归直线方程. 【思路点拨】【思路点拨】（1）根据频率分布求出样本中自身免疫力指标在(40，60，(40，50内的人数，用古典概型求 X 的分布列，再求数学期望； （2）先由散点图样本数据求回归直线方程，再由直方图估计普通人群免疫力指标的平均值，然后由 y 的取值估 计 x 的取值. 【解析】【解析】（1）由直方图知，自身免疫力指标在(40，50内的人数为 0.008 10 1008，在(50，60内的人数 为 0.002 10 1002，则 X 的可能取值为 1，2，3. （1 分） 其中 12 82 3 10 1 (1) 15 C C P X C ， 21 82 3 10 7 (2) 15 C C P X C ， 30 82 3 10 7 (3) 15 C C P X C . （4 分） 所以 X 的分布列为 （5 分） 17712 123 1515155 EX . （6 分） （2）由散点图知，5 组样本数据(x，y)分别为(10，30)，(30，50)，(50，60)，(70，70)，(90，90)，且 x 与 y 具有线性相关关系. （7 分） 因为x50，y60，则 b10 3030 5050 6070 7090 905 50 60 1023025027029025 502 7 10， a60 7 10 5025，所以回归直线方程为 y0.7x25. （10 分） 由直方图知，免疫力指标的平均值为 1526 10025 40 10035 24 10045 8 10055 2 10027. （11 分） 由y27 381，得 0.7x2581，解得 x80. 据此估计，疫苗注射量不应超过 80 个单位. （12 分） 20.【考点范围】【考点范围】抛物线的标准方程，焦点坐标，准线方程，直线的方程，直线与抛物线的位置关系，两直线的 位置关系. 【思路点拨】【思路点拨】（1）设点 M(x0，y0)，根据已知条件建立关于 x0，y0，p 的方程组，再解方程组求 p 的值即得抛物 线方程； （2）设直线 l 的带参方程，联立抛物线的准线方程求出 D，E 两点的坐标，再设定点 N(a，0)，由于线段 DE 为 圆的直径，则 DNEN，由此求出 a 的值.也可以由 D，E 两点的坐标求出以线段 DE 为直径的圆方程，再证明 该圆与 x 轴的交点为定点. 【解析】【解析】（1）设点 M(x0，y0)，因为点 M 在抛物线 C 上，| 2 3OM ，则 2 00 22 00 2 12 ypx xy . 得 2 00 212xpx，即 22 0 ()12xpp. 因为 x00，则 2 0 12xpp. （3 分） 因为|MF|3，则 0 3 2 p x ，即 2 123 2 p p ，所以 22 12(3) 2 p p ，化简得 2 440pp， 解得 p2，所以抛物线 C 的方程是 y24x. （5 分） （2）设直线 l 的方程为1xty，代入 2 4yx，得 2 440yty. 设点 2 1 1 (,) 4 y Ay， 2 2 2 (,) 4 y By，则 12 4yyt， 12 4y y . （6 分） 设点 2 (,) 4 m Pm，则 1 22 11 4 44 PA ym k yymm ，直线 PA 的方程为 2 1 4 () 4 m ymx ym . B A C A1 B1 C1 D O x y z E 第 9 页（共 12 页） 第 10 页（共 12 页） 令 x1，得 2 1 11 44 (1) 4 mym ym ymym ，所以点 1 1 4 ( 1,) my D ym . （8 分） 同理，点 2 2 4 ( 1,) my E ym . （9 分） 设以线段 DE 为直径的圆与 x 轴的交点为 N(a，0)，则 1 1 4 (1,) my DNa ym ， 2 2 4 (1,) my ENa ym . （10 分） 因为 DNEN，则0DN EN，即 212 12 44 (1)0 mymy a ymym ，则 22 2121212 22 121212 (4)(4)4 ()1641616 (1)4 ()()()44 mymym y ym yymmt a ym ymy ym yymmmt ，得 a1 或3. 故以线段 DE 为直径的圆经过 x 轴上的两个定点(1，0)和(3，0). （12 分） 【命题意图】【命题意图】解析几何有两条主线，一是求曲线的方程，二是根据曲线方程分析有关性质. 高考全国I卷解析 几何解答题基本以此设问，第一问都是求背景中的直线或圆锥曲线的方程，第二问近几年多是证明某性质. 其 中 2017 年和 2020 年都是证明直线过定点，2018 年证明两个角相等，试题整体难度有所降低. 由于课标对双曲 线要求较低，所以高考解答题一般以直线与椭圆或直线与抛物线为背景. 考虑到历年高考中以直线与椭圆为背 景的情形居多，考生易形成认知定式，所以本题以直线与抛物线为背景，第二问设计了一个以往没有考过的问 题，即证明动圆过两定点，这样既传承了全国I卷的命题特点，又能帮助考生打破思维习惯，适用命题变化. 21.【考点范围】【考点范围】导数与函数的单调性，函数最值，函数极值，函数零点，函数图象. 【思路点拨】【思路点拨】（1）将 f(x)是减函数转化为( )0fx恒成立，再分离参数求函数的最值. （2）在 0a1 的条件下分析函数 f(x)的单调性，结合 f(x)的极值和极限值，考察 f(x)的图象在各单调区间内 是否与 x 轴相交，由此确定其零点个数. 【解析】【解析】（1）( )ln1fxxax .因为 f(x)在(0，)内是减函数，则当 x0 时，( )0fx恒成立，即 ln10 xax ，即 ln1x a x 恒成立. （2 分） 设 ln1 ( ) x g x x ，则 22 1(ln1)ln ( ) xx g x xx . （3 分） 由( )0g x，得 lnx0，即 0 x1，所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而 max ( )(1)1g xg.因为 ag(x)恒成立，所以 a 的取值范围是1，). （5 分） （2）由（1）知，g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减. 又当 1 0 x e 时，g(x)0；当 1 x e 时，g(x)0，则函数 yg(x)的大致图象如图所示. （6 分） 因为 0a1，则直线 ya 与函数 yg(x)的图象有两个不同的交点， 从而( )fx有两个变号零点，所以 f(x)有两个不同的极值点. 设 f(x)的两个极值点为 x1，x2，且 x1x2. 则 12 1 1xx e . （7 分） 当 1 0 xx或 2 xx时，因为 ln1 ( ) x ag x x ，则( )ln10fxxax ，所以 f(x)在(0，x1)， (x2，)上单调递减；当 12 xxx时，因为 ln1 ( ) x ag x x ，则( )ln10fxxax ，所以 f(x)在(x1， x2)上单调递增，从而 f(x)的极小值点为 x1，极大值点为 x2. （9 分） 因为 x11x2，则 f(x1)f(1)0，f(x2)f(1)0，所以 f(x)在(x1，x2)内有一个零点. （10 分） 因为 ln lim0 x x x ， 2 ln ( )() 22 xaa f xx x ，则当 x时，f(x)， 所以 f(x)在(x2，)内有一个零点. （11 分） 因为 00 1 ln ln lim( ln )limlim0 1 xxt t x xx t x ，则当 x0 时，( )0 2 a f x ，所以 f(x)在 1 (0,)x内有一个零点.综 上分析，f(x)有 3 个零点. （12 分） 【命题意图】【命题意图】除 2019 年外，高考全国I卷解答题中最难的一个压轴题都是函数与导数的应用. 其命题形式一 般是给出一个含参数的超越函数，第一问大都是讨论函数的单调性，强调导数的基本应用；第二问每年都有所 变化，注重导数的综合应用. 其中 2015 年讨论函数的零点个数，2016 年证明有关函数零点的不等式，2017 年 求函数有零点的条件，2018 年证明与函数极值点(导函数的零点)有关的不等式，2019 年证明函数零点的存在 性，2020 年求不等式恒成立的条件. 不难看出，全国I卷特别青睐对函数单调性和函数零点的考查. 基于此， 本题从这两方面立意，但设问方式与往年高考都有所不同，追求一点变化. 判断带参函数的图象是否穿越 x 轴是一个难点，常用的方法是找特殊点，利用函数零点存在性定理说明. 本题第二问很难找点，需通过极限说明. 考虑到“洛必达法则”不是考点，题设中就给出一个结论，要求考生 直接或变通运用该性质解决问题，尝试命题形式上的一点突破与创新. （二）选考题：（二）选考题： 22.【考点范围】【考点范围】参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，直线的参数方程. 【思路点拨】【思路点拨】（1）利用三角恒等变换消参，将参数方程化为普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化公式，将 极坐标方程化直角坐标方程. （2）利用直线参数方程中参数的几何意义，将|PA| |PB|转化为 A，B 两点对应的参数之积. 【解析】【解析】（1）因为 2sin() sincos 4 tan1 coscos y ，xtan，则 yx1. 所以曲线 C1的普通方程是 yx1. （3 分） x y ya O 1 第 11 页（共 12 页） 第 12 页（共 12 页） 由 2 2 4 2cos ，得 222 2cos4. 将 222 xy，cosx代入得 22 24xy， 所以曲线 C2的直角坐标方程是 22 1 42 xy . （5 分） （2）因为直线 C1过点 P(0，1)，倾斜角为 45 ，则直线 C1的参数方程为 2 2 2 1 2 xt yt (t 为参数). （8 分） 代入 22 24xy，得 2 2 2 2(1)4 22 t t，即 2 34 240tt. 设方程的两根为 t1，t2，由参数 t 的几何意义知，|PA| |PB|t1t2| 4 3 . （10 分） 23.【考点范围】【考点范围】绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质. 【思路点拨】【思路点拨】（1）分区间讨论，去掉 f(x)解析式中的绝对值符号，再解不等式. （2）利用绝对值不等式的性质求 f(x)的最小值，再解不等式求 a 的取值范围. 【解析】【解析】（1）当 a1 时，( ) |1| 2|3|f xxx. （1 分） 当 x1 时，( )(1)2(3)35 8,)f xxxx ，此时原不等式无解； （2 分） 当3x1 时，( )(1)2(3)74,8)f xxxx ，此时原不等式恒成立； （3 分） 当 x3 时，( )(1)2(3)35f xxxx，由 3 358 x x ，得 13 3 3 x . （4 分） 综上分析，原不等式解集是 13 (,1) 3 . （5 分） （2）因为( ) |3|3| |3| |()(3)| |3|f xxaxxxaxxaxa， 当 x30 且()(3)0 xa x，即 x3 时取等号，则 min ( )|3|f xa. （7 分） 因为对任意 xR，f(x)2a1 恒成立，则 min ( )21f xa，即|3| 21aa. （8 分） 所以 30 321 a aa 或 30 (3)21 a aa ，解得3a2 或 a3，即 a2. 所以 a 的取值范围是(，2. （10 分）