青海省2021年高考复习数学试卷(文科)(全国新课标Ⅱ)课件.pptx

1、2021 年青海省高考数学试卷（文科）（全国新课标年青海省高考数学试卷（文科）（全国新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。目要求的。1（5 分）已知集合 Ax|x1，Bx|x2，则 AB（）A（1，+）B（，2）C（1，2）D2（5 分）设 zi（2+i），则z=（）A1+2iB1+2iC12iD12i3（5 分）已知向量a=（2，3），b=（3，2），则|a b|（）A 2B2C5 2D504（5 分）生物实验室有 5 只兔子，

2、其中只有 3 只测量过某项指标若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有 2 只测量过该指标的概率为（）23352515ABCD5（5 分）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（）A甲、乙、丙B乙、甲、丙C丙、乙、甲D甲、丙、乙6（5 分）设 f（x）为奇函数，且当 x0 时，f（x）ex1，则当 x0 时，f（x）（）Aex1Bex+1Cex1Dex+117（5 分）设，为两个平面，则 的充要条件是（）A 内有无数条直线与 平行B

3、内有两条相交直线与 平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面34 是函数 f（x）sinx（0）两个相邻的极值点，则（）8（5 分）若 x=，x=1243212A2BC1D2+29（5 分）若抛物线 y22px（p0）的焦点是椭圆3 =1 的一个焦点，则 p（）A2B3C4D810（5 分）曲线 y2sinx+cosx 在点（，1）处的切线方程为（）Axy10C2x+y2+10B2xy210Dx+y+1011（5 分）已知（0，），2sin2cos2+1，则 sin（）21553C 32 5D 5AB 52 212（5 分）设 F 为双曲线 C：=1（a0，b0）的右焦点，O 为坐标原点，以

4、 OF 为直径的圆与2 2圆 x2+y2a2 交于，两点若|PQ|OF|，则 C 的离心率为（）PQA 2B 3C2D 5二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。22x+3y-6 0，+3 013（5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z3xy 的最大值是，2 014（5 分）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的正点率为0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 15（5 分）ABC 的内角 A，B，C

5、 的对边分别为 a，b，c已知 bsinA+acosB0，则 B16（5 分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有个面，其棱长为 练练习习三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个

6、试题题为必考题，每个试题考生都必须作答。第考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。分。17（12 分）如图，长方体 ABCDA B C D 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 上，BEEC 1 11111（1）证明：BE平面 EB C；11（2）若 AEA E，AB3，求四棱锥 EBB C C 的体积11 132高考高考18（12 分）已知a 是各项均为正数的等比数列，a 2，a 2a+16n132（1）求a 的通项公式；n（2）设 b log a，求数列b 的前 n 项和n2 nn19

7、（12 分）某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了 100 个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率 y 的频数分布表y 的分组0.20，0）0，0.20）0.20，0.40）0.40，0.60）0.60，0.80）企业数22453147（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例、产值负增长的企业比例；（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（精确到 0.01）附：74 8.6022 220（12 分）已知 F，F 是椭圆 C：+=1（ab0）的两个焦点，P 为 C 上的点，O 为坐标原12

8、2 2点（1）若POF 为等边三角形，求 C 的离心率；2（2）如果存在点 P，使得 PF PF，且F PF 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围1212421（12 分）已知函数 f（x）（x1）lnxx1证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。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。题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）在极坐标系中，O 为极

9、点，点 M（，）（0）在曲线 C：4sin 上，直线 l 过点 A000（4，0）且与 OM 垂直，垂足为 P（1）当 =时，求 及 l 的极坐标方程；003（2）当 M 在 C 上运动且 P 在线段 OM 上时，求 P 点轨迹的极坐标方程选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知 f（x）|xa|x+|x2|（xa）（1）当 a1 时，求不等式 f（x）0 的解集；（2）当 x（，1）时，f（x）0，求 a 的取值范围52021 年青海省高考数学试卷（文科）（全国新课标年青海省高考数学试卷（文科）（全国新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选

10、择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。目要求的。1（5 分）（2021新课标）已知集合 Ax|x1，Bx|x2，则 AB（）A（1，+）B（，2）C（1，2）D【考点】1E：交集及其运算【专题】37：集合思想；44：数形结合法；5J：集合【分析】直接利用交集运算得答案练练【解答】解：由 Ax|x1，Bx|x2，得 ABx|x1x|x2（1，2）故选：C【点评】本题考查交集及其运算，是基础题2（5 分）（2021新课标）设 zi（2+i），则z=（）A1+2iB1

11、+2iC12iD12i【考点】A5：复数的运算【专题】38：对应思想；4O：定义法；5N：数系的扩充和复数【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案6【解答】解：zi（2+i）1+2i，z=12i，故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3（5 分）（2021新课标）已知向量a=（2，3），b=（3，2），则|a b|（）A 2B2C5 2D50【考点】9J：平面向量的坐标运算【专题】38：对应思想；4O：定义法；5A：平面向量及应用【分析】利用向量的坐标减法运算求得a 的坐标，再由向量模的公式求解【解答】解：a=（2，3），b=（3，

12、2），a =（2，3）（3，2）（1，1），|a|=(1)+1=222故选：A【点评】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题4（5 分）（2021新课标）生物实验室有 5 只兔子，其中只有 3 只测量过某项指标若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有 2 只测量过该指标的概率为（）23352515ABCD【考点】CB：古典概型及其概率计算公式【专题】11：计算题；48：分析法；5I：概率与统计；65：数学运算73【分析】本题根据组合的概念可知从这 5 只兔子中随机取出 3 只的所有情况数为C，恰有 2 只测量过52 12该指标是从 3 只侧过的里面选 2，从未测的选 1，组

13、合数为C 即可得出概率3【解答】解：由题意，可知：根据组合的概念，可知：3从这 5 只兔子中随机取出 3 只的所有情况数为C，52 12恰有 2 只测量过该指标的所有情况数为C 32 12 33p=355故选：B【点评】本题主要考查组合的相关概念及应用以及简单的概率知识，本题属基础题5（5 分）（2021新课标）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（）A甲、乙、丙B乙、甲、丙C丙、乙、甲D甲、丙、乙【考点】F4：进行简单的合情推理【专题

14、】15：综合题；48：分析法；5M：推理和证明；62：逻辑推理【分析】本题可从三人预测中互相关联的乙、丙两人的预测入手，因为只有一个人预测正确，而乙对则丙必对，丙对乙很有可能对，假设丙对乙错则会引起矛盾故只有一种情况就是甲预测正确乙、丙错误，从而得出结果8【解答】解：由题意，可把三人的预测简写如下：甲：甲乙乙：丙乙且丙甲丙：丙乙只有一个人预测正确，分析三人的预测，可知：乙、丙的预测不正确如果乙预测正确，则丙预测正确，不符合题意如果丙预测正确，假设甲、乙预测不正确，则有丙乙，乙甲，乙预测不正确，而丙乙正确，只有丙甲不正确，甲丙，这与丙乙，乙甲矛盾不符合题意只有甲预测正确，乙、丙预测不正确，甲乙，

15、乙丙故选：A【点评】本题主要考查合情推理，因为只有一个人预测正确，所以本题关键是要找到互相关联的两个预测入手就可找出矛盾从而得出正确结果本题属基础题6（5 分）（2021新课标）设 f（x）为奇函数，且当 x0 时，f（x）ex1，则当 x0 时，f（x）（）Aex1Bex+1Cex1Dex+19【考点】36：函数解析式的求解及常用方法；3K：函数奇偶性的性质与判断【专题】33：函数思想；4R：转化法；51：函数的性质及应用【分析】设 x0，则x0，代入已知函数解析式，结合函数奇偶性可得 x0 时的 f（x）【解答】解：设 x0，则x0，f（x）e ，x1设 f（x）为奇函数，f（x）e ，x

16、1即 f（x）ex+1故选：D【点评】本题考查函数的解析式即常用求法，考查函数奇偶性性质的应用，是基础题7（5 分）（2021新课标）设，为两个平面，则 的充要条件是（）A 内有无数条直线与 平行B 内有两条相交直线与 平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件【专题】35：转化思想；49：综合法；5F：空间位置关系与距离；64：直观想象【分析】充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论【解答】解：对于 A，内有无数条直线与 平行，或；对于 B，内有两条相交直线与 平行，；对于 C，平行于同一条直线，或；10对于 D，垂直于同一平面，或 故选：B【点

17、评】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基础题34 是函数 f（x）sinx（0）两个相邻的极值点，则8（5 分）（2021新课标）若 x=，x=124（）A23212BC1D【考点】H1：三角函数的周期性【专题】11：计算题；57：三角函数的图象与性质33 ）=，然后根据周期【分析】x=，x=4 是 f（x）两个相邻的极值点，则周期 T2（41244公式即可求出3【解答】解：x=，x=4 是函数 f（x）sinx（0）两个相邻的极值点，1243 2T2（4 ）=42，故选：A【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是根据条件得出周期，属基础题229（5 分）

18、（2021新课标）若抛物线 y22px（p0）的焦点是椭圆3 =1 的一个焦点，则 p+（）A2B3C4D8【考点】KI：圆锥曲线的综合11【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得【解答】解：由题意可得：3pp（），解得 2p82故选：D【点评】本题考查了抛物线与椭圆的性质，属基础题10（5 分）（2021新课标）曲线 y2sinx+cosx 在点（，1）处的切线方程为（）Axy10C2x+y2+10B2xy210Dx+y+10【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】33：函数思想；4A：数学模型法；52：导数的概念及

19、应用【分析】求出原函数的导函数，得到函数在 x 时的导数，再由直线方程点斜式得答案【解答】解：由 y2sinx+cosx，得 y2cosxsinx，y|x2cossin2，曲线 y2sinx+cosx 在点（，1）处的切线方程为 y+12（x），即 2x+y2+10故选：C【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是基础题11（5 分）（2021新课标）已知（0，），2sin2cos2+1，则 sin（）2121553C 32 5D 5AB 5【考点】GS：二倍角的三角函数【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；56：三角函数的求值【分析

20、】由二倍角的三角函数公式化简已知可得 4sincos2cos，结合角的范围可求 sin，cos200，可得 cos2sin，根据同角三角函数基本关系式即可解得 sin 的值【解答】解：2sin2cos2+1，可得：4sincos2cos2，（0，），sin0，cos0，2cos2sin，sin2+cos2sin2+（2sin）25sin21，5解得：sin=5 故选：B【点评】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题2 212（5 分）（2021新课标）设 F 为双曲线 C：=1（a0，b0）的右焦点，O 为坐标原点，以2

21、 2OF 为直径的圆与圆 x2+y2a2 交于 P，Q 两点若|PQ|OF|，则 C 的离心率为（）A 2B 3C2D 5【考点】KC：双曲线的性质【专题】34：方程思想；44：数形结合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程1320【分析】由题意画出图形，先求出 PQ，再由|PQ|OF|列式求 C 的离心率【解答】解：如图，高考高考以 OF 为直径的圆的方程为 x2+y2 cx 0，又圆 O 的方程为 x2+y2 a2，2 PQ 所在直线方程为x=22，把 x=代入 x2+y2，得a2PQ=2再由|PQ|OF|，得 =，即 4a（），2 c2 a2 c4e ，解得 e=222故选：A【点评】本题

22、考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。2x+3y-6 0，+3 013（5 分）（2021新课标）若变量 x，y 满足约束条件则 z3xy 的最大值是，2 09【考点】7C：简单线性规划【专题】38：对应思想；44：数形结合法；59：不等式的解法及应用14【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案2x+3y-6 0，+3 0【解答】解：由约束条件作出可行域如图：，2 0高考高考复复化目标函数 z3xy 为

23、y3xz，由图可知，当直线 y3xz 过 A（3，0）时，直线在 y 轴上的截距最小，z 有最大值为 9故答案为：9【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题14（5 分）（2021新课标）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10个车次的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98【考点】C2：概率及其性质【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；5I：概率与统计；66：数据分析【分析】利用加权平均数公式直接求解【解答】解：经

24、统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，15经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：1x=（100.97+200.98+100.99）0.9810+20+10故答案为：0.98【点评】本题考查经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值的求法，考查加权平均数公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题15（5 分）（2021新课标）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 bsinA+acosB0，则3B 4【考点】HP：正弦定理【专题】11：计算题；35：转化

25、思想；49：综合法；58：解三角形【分析】由正弦定理化简已知等式可得 sinAsinB+sinAcosB0，由于 sinA0，化简可得 tanB1，3结合范围 B（0，），可求 B 的值为 4【解答】解：bsinA+acosB0，由正弦定理可得：sinAsinB+sinAcosB0，A（0，），sinA0，可得：sinB+cosB0，可得：tanB1，B（0，），34 B=3故答案为：4【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题1616（5 分）（2021新课标）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之

26、一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有26个面，其棱长为 2 1高考复高考复【考点】LR：球内接多面体【专题】11：计算题；5Q：立体几何【分析】中间层是一个正八棱柱，有 8 个侧面，上层是有 8+1，个面，下层也有 8+1 个面，故共有 262个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的 cos45=2 倍22【解答】解：

27、该半正多面体共有 8+8+8+226 个面，设其棱长为 x，则 x+2 x+2 x1，解得 x=2 1故答案为：26，2 1【点评】本题考查了球内接多面体，属中档题三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题题为必考题，每个试题考生都必须作答。第考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。分。17（12 分）（2021新课标）如图，长方体 ABCDA B C D 的底面 ABCD 是正方形

28、，点 E 在棱 AA1 1111上，BEEC 1172（1）证明：BE平面 EB C；11（2）若 AEA E，AB3，求四棱锥 EBB C C 的体积11 1高高考考【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LW：直线与平面垂直【专题】14：证明题；5F：空间位置关系与距离【分析】（1）由线面垂直的性质可得 B C BE，结合 BEEC 利用线面垂直的判定定理可证明 BE111平面 EB C；11（2）由条件可得 AEAB3，然后得到 E 到平面 BB C C 的距离 d3，在求四棱锥的体积即可11【解答】解：（1）证明：由长方体 ABCDA B C D，可知1 1 1 1B C 平面 ABB

29、A，BE平面 ABB A，111 11 1B C BE，11BEEC，B C EC C，11111BE平面 EB C；11（2）由（1）知BEB 90，由题设可知 RtABERtA B E，11 1AEBA EB 45，AEAB3，AA 2AE6，111在长方体 ABCDA B C D 中，AA 平面 BB C C，EAA，AB平面 BB C C，1 11111111 118E 到平面 BB C C 的距离 dAB3，111四棱锥 EBB C C 的体积 V=36318113【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了四棱锥体积的求法，属中档题18（12 分）（2021新课标）已知a 是

30、各项均为正数的等比数列，a 2，a 2a+16n132（1）求a 的通项公式；n（2）设 b log a，求数列b 的前 n 项和n2 nn【考点】8E：数列的求和【专题】33：函数思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的a 的通项公式代入 b log a，得到 b，说明数列b 是等差数列，再由等差nn2 nnn数列的前 n 项和公式求解【解答】解：（1）设等比数列的公比为 q，由 a 2，a 2a+16，得 2q 4q+16，2132即 q ，解得 （舍）或 22q80q2q4 11=2 4 1=2

31、2 1a=；2 12（2）b log a=lo 2=2 1，n2 nb 1，b b 2（n+1）12n+12，1n+1n数列b 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，n(1)22则数列b 的前 n 项和T=1+=n2【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前 n 项和，考查对数的运算性质，是基础题1919（12 分）（2021新课标）某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了 100 个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率 y 的频数分布表y 的分组0.20，0）0，0.20）0.20，0.40）0.40，0.60）0.60，0.80）企业数224

32、53147（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例、产值负增长的企业比例；（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（精确到 0.01）附：74 8.602【考点】BC：极差、方差与标准差【专题】11：计算题；5I：概率与统计【分析】（1）根据频数分布表计算即可；（2）根据平均值和标准差计算公式代入数据计算即可【解答】解：（1）根据产值增长率频数表得，所调查的 100 个企业中产值增长率不低于 40%的企业为：14+7=0.2121%，1002产值负增长的企业频率为：=0.022%，100用样本频率分布估计总体分布得这类企业中

33、产值增长率不低于 40%的企业比例为 21%，产值负增长的企业比例为 2%；1（2）企业产值增长率的平均数y=（0.12+0.124+0.353+0.514+0.77）0.330%，10015产值增长率的方差 s=2()2 100 i=1201（0.4）22+（0.2）224+0253+0.2214+0.427=1000.0296，0.0296=0.02 74 0.17，产值增长率的标准差 s=这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为 0.30，0.17【点评】本题考查了样本数据的平均值和方差的求法，考查运算求解能力，属基础题2 220（12 分）（2021新课标）已知 F，F 是椭圆

34、 C：+=1（ab0）的两个焦点，P 为 C 上的122 2点，O 为坐标原点（1）若POF 为等边三角形，求 C 的离心率；2（2）如果存在点 P，使得 PF PF，且F PF 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围1212【考点】K4：椭圆的性质【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（1）根据POF 为等边三角形，可得在F PF 中，F PF 90，在根据直角形和椭圆21212定义可得；2（2）根据三个条件列三个方程，解方程组可得 b4，根据 x=（），所以 ，从而 a22c2 b2c2 b22b2+c22b232，故 a4 2，【解答】解：（1）连接 P

35、F，由POF 为等边三角形可知在F PF 中，12123+1）c，F PF 90，|PF|c，|PF|=c，于是 2a|PF|+|PF|（3122112故曲线 C 的离心率 e=3 11（2）由题意可知，满足条件的点 P（x，y）存在当且仅当：|y|2c16，2212 2=1，2+=1，+2即 c|y|16，x2+y2c2，2 2+=1，2 24162由及 a 2b2+c2得 y2=2，又由知 y2=，故 b，422由得 x=（），所以 ，从而 a2b2+c22b232，故 4 2，2c2 b2c2 b2a2当 b4，a4 2时，存在满足条件的点 P所以 b4，a 的取值范围为4 2，+）【点

36、评】本题考查了椭圆的性质，属中档题21（12 分）（2021新课标）已知函数 f（x）（x1）lnxx1证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【考点】6D：利用导数研究函数的极值【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用；62：逻辑推理1【分析】（1）推导出 f（x）的定义域为（0，+），f（x）lnx-，从而 f（x）单调递增，进而存在唯一的 x（1，2），使得 f（x）0由此能证明 f（x）存在唯一的极值点00（2）由 f（x）f（1）2，f（e），得到（）在（，）内存在唯一的根2e230fx0 x+x00

37、2211a，由 ax 1，得 1，从而 是 f（x）0 在（0，x）的唯一根，由此能证明 f（x）0 有000且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【解答】证明：（1）函数 f（x）（x1）lnxx1f（x）的定义域为（0，+），11f（x）=+1=lnx-，1ylnx 单调递增，y=单调递减，f（x）单调递增，124 1又 f（1）10，f（2）ln2-=0，2存在唯一的 x（1，2），使得 f（x）000当 xx 时，f（x）0，f（x）单调递减，0当 xx 时，f（x）0，f（x）单调递增，0f（x）存在唯一的极值点（2）由（1）知 f（x）f（1）2，0又 f（e），2e230f（x）0

38、在（x，+）内存在唯一的根 xa，01由 ax 1，得 1，001111()f（）（1）ln 1=0，1 是 f（x）0 在（0，x）的唯一根，0综上，f（x）0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【点评】本题考查函数有唯一的极值点的证明，考查函数有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数23的证明，考查导数性质、函数的单调性、最值、极值等基础知识，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。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。题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修选修

39、 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）（2021新课标）在极坐标系中，O 为极点，点 M（，）（0）在曲线 C：4sin000上，直线 l 过点 A（4，0）且与 OM 垂直，垂足为 P（1）当 =时，求 及 l 的极坐标方程；003（2）当 M 在 C 上运动且 P 在线段 OM 上时，求 P 点轨迹的极坐标方程【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程【专题】34：方程思想；44：数形结合法；5S：坐标系和参数方程【分析】（1）把 =直接代入 4sin 即可求得 ，在直线 l 上任取一点（，），利用三角形中003点边角关系即可求得 l 的极坐标方程；（2）设

40、P（，），在 RtOAP 中，根据边与角的关系得答案【解答】解：（1）当 =3时，=4=2 3，003在直线 l 上任取一点（，），则有cos(-3)=2，故 l 的极坐标方程为有cos(-3)=2；（2）设 P（，），则在 RtOAP 中，有 4cos，P 在线段 OM 上，42 故 P 点轨迹的极坐标方程为 4cos，4224202【点评】本题考查解得曲线的极坐标方程及其应用，画图能够起到事半功倍的作用，是基础题选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23（2021新课标）已知 f（x）|xa|x+|x2|（xa）（1）当 a1 时，求不等式 f（x）0 的解集；（2）当

41、x（，1）时，f（x）0，求 a 的取值范围【考点】R5：绝对值不等式的解法【专题】32：分类讨论；59：不等式的解法及应用【分析】（1）将 a1 代入得 f（x）|x1|x+|x2|（x1），然后分 x1 和 x1 两种情况讨论 f（x）0 即可；（2）根据条件分 a1 和 a1 两种情况讨论即可【解答】解：（1）当 a1 时，f（x）|x1|x+|x2|（x1），f（x）0，当 x1 时，f（x）2（x1），恒成立，；当 x1 时，f（x）（x1）（x+|x2|）0 恒成立，x；综上，不等式的解集为（，1）；20 x 1（2）当 a1 时，f（x）2（ax）（x1）0 在 x（，1）上恒成立；当 a1 时，x（a，1），f（x）2（xa）0，不满足题意，a 的取值范围为：1，+）25【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属中档题26