【解析版】2021年河南省高考数学(理)预测押题试卷

河南省高考数学（理）预测押题试卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．（5分）（ •许昌二模）合集U={0，1，2，3}，∁UM={2}，则集合M=（ ） A． 0，1，3} B． {1，3} C． {0，3} D． {{2}

考点：子集与交集、并集运算的转换． 专题：计算题． 分析：利用全集和补集的定义，确定集合M元素的构成． 解答：解：∵合集U={0，1，2，3}，CUM={2}，∴M是把全集U中的元素去掉2后，剩余

元素构成的集合， 集合M={0，1，3}， 故选 A． 点评：本题考查全集和补集的定义，确定M是把全集U中的元素去掉2后，剩余元素构成

的集合是解题的关键．

2．（5分）（ •许昌二模）若a∈R，则a=1是复数z=a2﹣1+（a+1）i是纯虚数的（ ） A． 分非必要条件 B． 必要非充分条件 充C．充要条件 D．既 不充分也不必要条件

考点：复数的基本概念；必要条件、充分条件与充要条件的判断． 专题：计算题． 分析：当a=1时，可以得到复数的实部等于0，得到复数是一个纯虚数；当复数是一个纯虚

数时，根据复数的有关概念，得到实部为0且虚部不为0，得到a=1，得到是一个充要条件． 解答：解：∵a=1，

∴z=2i

∴z是纯虚数

z是纯虚数

故选C． 点评：本题考查复数的概念，考查条件的判断，是一个基础题，注意推导充要条件时，从两

个方面入手，本题是一个必得分题目．

3．（5分）（ •许昌二模）图中所示的是一个算法的流程图，已知a1=3，输出的b=7，则a2的值是（ ）

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A． 1 C． D． 114 3

考点：程序框图． 专题：图表型． 分析：本题框图是一个顺序结构，其功能是求出输入的两个数的平均数，由a1=3，输出的

b=7，易求得a2 解答：解：由框图知其功能是求出输入的两个数的平均数，

∵a1=3，输出的b=7， ∴3+a2=14， ∴a2=11． 故选A． 点评：本题考查顺序结构， 解题的关键是上框图得出算法的运算规则，根据其运算规则求值．

4．（5分）（ •浙江）设l是直线，α，β是两个不同的平面（ ） A． l∥α，l∥β，则αB． 若l∥α，l⊥β，则αC． 若α⊥β，l⊥α，则D． 若α⊥β，l∥α，则 若

∥β ⊥β l⊥β l⊥β

考点：平面与平面之间的位置关系． 专题：证明题． 分析：利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的，对于其它选项， 可利用举反例法证明其

是错误命题 解答：解：A，若l∥α，l∥β，则满足题意的两平面可能相交，排除A；

B，若l∥α，l⊥β，则在平面α内存在一条直线垂直于平面β，从而两平面垂直，故B正确；

C，若α⊥β，l⊥α，则l可能在平面β内，排除C； D，若α⊥β，l∥α，则l可能与β平行，相交，排除D 故选 B 点评：本题主要考查了空间线面、 面面位置关系，空间线面、面面垂直于平行的判定和性质，

简单的逻辑推理能力，空间想象能力，属基础题

B． 7

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5．（5分）（ •许昌二模）函数点的横坐标构成一个公差为（x）的图象（ ） A．

向左平移个单位 C．

向左平移

个单位

的图象与x轴的交

的等差数列，要得到函数g（x）=Acosωx的图象，只需将f

B．

向右平移D．

向右平移

个单位 个单位

考点：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换． 专题：三角函数的图像与性质． 分析：

由题意可得，函数的周期为π，由此求得ω=2，由g（x）=Acosωx=sin[2（x+根据y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律得出结论． 解答：

解：由题意可得，函数的周期为π，故=π，∴ω=2．

要得到函数g（x）=Acosωx=sin[2（x+只需将f（x）=

）+

]的图象，

个单位即可，

）+]，

的图象向左平移

故选A． 点评：本题主要考查y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，y=Asin（ωx+∅）的周期性，属于中

档题．

6．（5分）（ •许昌二模）某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是（ ）

A．

B．

C．

D．

考点：简单空间图形的三视图． 专题：计算题． 分析：由正视图与侧视图可知，这是一个锥体，根据所给的锥体的体积和锥体的高，得到这

个锥体的底面面积的值，根据面积确定图形，这是选择题目特有的方法． 解答：解：由正视图与侧视图可知，这是一个锥体，

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根据锥体的体积是知=，

∴s=1，

即底面面积是1，

在所给的四个图形中，只有正方形是一个面积为1的图形， 故选D． 点评：本题考查由几何体确定俯视图，本题是一个基础题，题目的解决方向非常明确，只要

得到一个底面面积是1的图形就可以．

7．（5分）（ •许昌二模）点P为双曲线C1：和圆C2：

x2+y2=a2+b2的一个交点，且2∠PF1F2=∠PF2F1，其中F1，F2为双曲线C1的两个焦点，则双曲线C1的离心率为（ ） A．B． C． D．2

考点：双曲线的应用． 专题：计算题． 分析：由题意： PF1⊥PF2，且2∠PF1F2=∠PF2F1，故∠PF1F2=30°，∠PF2F1=60°．设|PF2|=m，

则|PF1|=m，|F1F2|=2m．由e=，能求出双曲线的离心率．

解答：解：由题意：PF1⊥PF2，且2∠PF1F2=∠PF2F1，

∴∠PF1F2=30°，∠PF2F1=60°． 设|PF2|=m，

则|PF1|=

m，

|F1F2|=2m．

e==

+1．

=

故选C． 点评：本题考查双曲线的离心率的求法，解题时要认真审题，灵活运用双曲线的性质，合理

地进行等价转化． 8．（5分）（ •许昌二模）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为3的球面上，且PA、PB、PC两两互相垂直，则三棱锥P﹣ABC的侧面积的最大值为（ ） A． 8 B． C． D． 124

18 24

考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积． 专题：计算题；空间位置关系与距离．

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分析：由已知，三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为3的球面上，且PA，PB，PC两两

垂直，球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，由基本不等式易得到三棱锥P﹣ABC的侧面积的最大值． 解答：解：∵PA，PB，PC两两垂直，

又∵三棱锥P﹣ABC的四个顶点均在半径为3的球面上，

∴以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径． ∴36=PA2+PB2+PC2，

则由基本不等式可得PA2+PB2≥2PA•PB，PA2+PC2≥2PA•PC，PB2+PC2≥2PB•PC， 即36=PA2+PB2+PC2≥PA•PB+PB•PC+PA•PC

则三棱锥P﹣ABC的侧面积S=（PA•PB+PB•PC+PA•PC）≤18，

则三棱锥P﹣ABC的侧面积的最大值为18， 故选A． 点评：本题考查的知识点是棱锥的侧面积， 基本不等式，棱柱的外接球，其中根据已知条件，

得到棱锥的外接球直径等于以PA，PB，PC为棱的长方体的对角线，是解答本题的关键．

9．（5分）（ •许昌二模）若实数x，y满足|x﹣1|﹣lg=0，则y关于x的函数的图象形状大致是（ ） A．

B．

C．

D．

考点：函数的图象． 专题：数形结合． 分析：先化简函数的解析式，函数中含有绝对值，故可先去绝对值讨论，结合指数函数的单

调性及定义域、对称性，即可选出答案． 解答：

解：∵|x﹣1|﹣lg=0，

∴f（x）=（

）|x﹣1|其定义域为R，当x≥1时，f（x）=（

）x﹣1，因为0＜

＜1，故为减函数，

又因为f（x）的图象关于x=1轴对称， 对照选项，只有B正确． 故选B． 点评：本题考查指数函数的图象问题、考查识图能力，属于基础题．

10．（5分）（ •许昌二模）在

的展开式中任取一项，设所取项为有理

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项的概率为A． 1

B．

dx=（ ）

C．

D．

考点：概率的应用；定积分；二项式系数的性质． 专题：综合题；概率与统计． 分析：先确定展开式的有理项，求出概率，再计算定积分． 解答：

解：的展开

式的通项为

=

∴r取3，9时，为有理项

∴任取一项，设所取项为有理项的概率为

=

∴dx=dx==

故选B． 点评：本题考查概率的计算，考查定积分，确定被积函数是关键．

11．（5分）（ •许昌二模）已知点P是椭圆：

+

=1（x≠0，y≠0）上的动点，F1，F2

•

=0，则

是椭圆的两个焦点，O是坐标原点，若M是∠F1PF2的角平分线上一点，且|OM|的取值范围是（ ） A． 0，3） B． [

（0，2

C．

[2

D． [0，4]

） ，3）

考点：椭圆的简单性质；椭圆的定义． 专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析：

结合椭圆 =1的图象，当点P在椭圆与y轴交点处时，点M与原点O重合，

此时|OM|取最小值0．

当点P在椭圆与x轴交点处时，点M与焦点F1重合，此时|OM|取最大值能够得到|OM|的取值范围． 解答：

解：由椭圆 =1 的方程可得，c=

．由此

．

由题意可得，当点P在椭圆与y轴交点处时，点M与原点O重合，此时|OM|取最小值0．

当点P在椭圆与x轴交点处时，点M与焦点F1重合，此时|OM|趋于最大值 c=2

．

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∵xy≠0，∴|OM|的取值范围是（0，）．

故选B． 点评：本题考查椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，结合图象解题，事半功倍．

12．（5分）（ •许昌二模）已知x1，x2是函数f（x）=e﹣x﹣|lnx|的两个零点，则（ ） A．B． C． 1＜x1x2＜e D． 1＜x1x2＜10

＜x1x2＜1 ＜x1x2＜1

考点：函数的零点与方程根的关系． 专题：计算题；函数的性质及应用． 分析：由题意f（x）=e﹣x﹣|lnx|的零点，即方程e﹣x=|lnx|的实数根．因此在同一坐标系内

作出函数y=e﹣x与y=|lnx|的图象，并设

x1＜x2，可得lnx2＜﹣lnx1，推出x1x2＜1．再根据x1＞且x2＞1得到x1x2＞，由此即可得到本题的答案． 解答：解：函数f（x）=e﹣x﹣|lnx|的零点，即方程e﹣x=|lnx|的实数根

同一坐标系内作出函数y=e﹣x与y=|lnx|的图象，如图所示 不妨设x1＜x2，可得0＜x1＜1且x2＞1

∵0＜﹣lnx1＜1，∴lnx1＞﹣1，可得x1＞ ∵x2＞1，∴x1x2＞

又∵y=e﹣x是减函数，可得lnx2＜﹣lnx1， ∴lnx2+lnx1＜0，得lnx1x2＜0，即x1x2＜1 综上所述，可得＜x1x2＜1 故选：B

点评：本题给出含有指数和对数的基本初等函数，求函数的两个零点满足的条件，着重考查

了指数函数、对数函数的图象与性质，以及函数的零点与方程根的关系等知识点，属于中档题．

二、填空题：本大题共4小．每小题5分． 13．（5分）（2010•浙江）已知平面向量则|2

，，||=1，||=2，⊥（﹣2），

+|的值是 ．

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考点：平面向量的坐标运算． 分析：

先由⊥（﹣2）可知

|2

+

|2=4

2+4•（•

+﹣2

•（﹣2）=0求出•=，再根据

2可得答案． ）=0， •+

=， 2=8+2=10，

解答：

解：由题意可知

结合|所以|2

|2=1，|+

|2=4+．

|2=4，解得2+4|=

•

开方可知|2故答案为

点评：本题主要考查了平面向量的四则运算及其几何意义，属中档题．

14．（5分）（ •许昌二模）已知ξ﹣N（0，σ2），且P（﹣2≤ξ≤0）=0.4，则P（ξ＞2）= 0.1 ．

考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义． 专题：概率与统计． 分析：由正态分布的关于x=0对称的性质先求出P （2≥ξ≥0）=0.4，再由对称性求出P（﹣2≤ξ≤2）

=0.8，即可解出结果． 解答：解：由题意知变量符合一个正态分布，

∵随机变量ξ～N（0，σ2）且P（﹣2≤ξ≤0）=0.4， ∴P（2≥ξ≥0）=0.4， ∴P（﹣2≤ξ≤2）=0.8

∴P（ξ＞2）=（1﹣0.8）=0.1

故答案为：0.1． 点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义， 解题的关键是理解并掌握正态分

布的关于x=μ对称的特征与概率的关系，由此解出答案，本题是一个基础题．

15．（5分）（2006•重庆）已知变量x，y满足约束条件

（其中a＞0）仅在点（3，0）处取得最大值，则a的取值范围为 a

考点：简单线性规划的应用． 专题：计算题；压轴题；数形结合．

．若目标函数z=ax+y ．

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分析：

本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为：根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域，再用图象判断，求出目标函数的最大值． 解答：解：画出可行域如图所示，

其中B（3，0），C（1，1），D（0，1），

若目标函数z=ax+y仅在点（3，0）取得最大值，

由图知，﹣a＜﹣ 解得a＞ 故答案为a＞

，

点评：用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关

键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．

16．（5分）（ •许昌二模）设

，对Xn的任意非空子集A，

定义f（A）为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f（A）的和为Sn，则Sn= （n﹣1）2n+1 ．

考点：子集与真子集． 专题：压轴题；等差数列与等比数列． 分析：由题意得对M的任意非空子集A一共有2n﹣1个：在所有非空子集中每个元素出现

2n﹣1次可以推出有2n﹣1个子集含n，有2n﹣2个子集不含n含n﹣1，有2n﹣3子集不含n，n﹣1，含n﹣2…有2k﹣1个子集不含n，n﹣1，n﹣2…k﹣1，而含k，进而利用错位相减法求出其和． 解答：解：由题意得：在所有非空子集中每个元素出现2n﹣1次．

故有2n﹣1个子集含n，有2n﹣2个子集不含n含n﹣1，有2n﹣3子集不含n，n﹣1，含n﹣2…有2k﹣1个子集不含n，n﹣1，n﹣2…k﹣1，而含有k． ∵定义f（A）为A中的最大元素， ∴Sn=2n﹣1×n+2n﹣2×（n﹣1）+…+21×2+1

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Sn=1+21×2+22×3+23×4+…2n﹣1×n①

又2Sn=2+22×2+23×3+24×4+…2n×n…②错位相减， ∴①﹣②可得﹣Sn=1+21+22+23+…+2n﹣1﹣2n×n ∴Sn=（n﹣1）2n+1 ∴S3=（3﹣1）×23+1=17． 故答案为：（n﹣1）2n+1． 点评：解决此类问题的关键是读懂并且弄清题意，结合数列求和的方法求其和即可，找出规

律是关键，此题难度比较大．

三、解答题：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（12分）（ •许昌二模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足

．

（1）求角B的大小； （2）若

，求△ABC面积的最大值．

考点：解三角形；三角函数的化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用． 专题：计算题． 分析：

（1）利用向量数量积的运算法则化简已知可得

，然后利

用正弦定理化简后，根据sinA不为0得到cosB的值，根据B的范围及特殊角的三角函数值即可求出B的度数； （2）根据向量的减法法则由

得到

即得到b的平方等于6，

然后根据余弦定理表示出b的平方，把b的平方代入后，利用基本不等式即可求出ac的最大值，根据三角形的面积公式，利用ac的最大值及B的度数求出sinB的值，即可得到面积的最大值． 解答：

解：（1）

可化为：即：∴

根据正弦定理有∴

，即，

， ，

，

，

因为sinA＞0，所以（II）因为

，即，所以

；

，即b2=6，

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根据余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB， 可得

有基本不等式可知即

，

，

，

故△ABC的面积即当a=c=

时，

，

△ABC的面积的最大值为．

点评：此题考查学生灵活运用平面向量的数量积的运算法则，灵活运用正弦、余弦定理及三

角形的面积公式化简求值，是一道综合题．

18．（12分）（ •许昌二模）在平面直角坐标系xOy中，平面区域W中的点的坐标（x，y）满足x2+y2≤4，从区域W中随机取点M（x，y）；

（Ⅰ）若x∈Z，y∈Z，令ξ=x2+y2，求ξ的分布列与数学期望； （Ⅱ）已知直线l：y=﹣x+b（b＞0）与圆x2+y2=4相交所截得的弦长为2的概率．

考点：离散型随机变量的期望与方差；几何概型；离散型随机变量及其分布列． 专题：计算题． 分析：（I）先一一列举出平面区域W中的整点的个数，再看看在第四象限的有多少个点，

最后利用概率公式计算即得；

（II）因满足：“y≥﹣x+b”的平面区域是一个弓形区域，欲求y≥﹣x+b的概率，只须求出弓形区域的面积与圆的面积之比即可． 解答：解：（Ⅰ）若x∈Z，y∈Z，则点M的个数共有21个，

列举如下：（﹣2，0），（﹣1，﹣1），（﹣1，0），（﹣1，1），（0，﹣2），（0，﹣1），（0，0），（0，1），（0，2），（1，﹣1），（1，0），（1，1），（2，0）．

∴p（ξ=0）= ξ P

，p（ξ=1）=

，p（ξ=2）=

，p（ξ=4）=

，

，求y≥﹣x+b

∴ξ的分布列为

0

∴Eξ=

1

2

4

．

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（Ⅱ）由已知可知区域W的面积是4π．

直线l：y=﹣x+b（b＞0）与圆x2+y2=4相交所截得的弦长为2

，

如图，可求得扇形的圆心角为

，

所以扇形的面积为 ，

，所以y≥﹣x+b

则满足y≥﹣x+b的点M构成的区域的面积为

的概率为．

点评：本题主要考查了古典概型和几何概型，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可

能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模

型为几何概率模型，简称为几何概型．

19．（12分）（ •许昌二模）将如图1的直角梯形ABEF（图中数字表示对应线段的长度）沿直线CD折成直二面角，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图2所示． （Ⅰ）求证：BE∥面ADF；

（Ⅱ）求二面角D﹣BF﹣E的大小．

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考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法． 专题：计算题；空间位置关系与距离；空间角． 分析：（I）取DF的中点M，连结AM、EM，可证出EM∥AB且EM=AB，从而得到四边

形ABEM是平行四边形，得AM∥BE．根据线面平行的判定定理，可证出BE∥平面ADF；

（II）分别以以DA、DC、DF所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D

﹣xyz，如图所示．得到A、B、C、E、F各点的坐标，从而得到

、

和

的坐标，

利用垂直的两个向量数量积为零列式，解出=（1，1，1）是平面BEF的一个法向量，而=

=（﹣1，1，0）是平面BDF的一个法向量，用公式算出、的夹角为90°，

从而得到平面BDF与平面BEF互相垂直，即得二面角D﹣BF﹣E的大小为90°．

解答：解：（I）取DF的中点M，连结AM、EM，则DM=EC=1且DM∥EC

∴四边形CDME是平行四边形，可得EM∥CD且EM=CD 又∵AB∥CD且AB=CD，得EM∥AB且EM=AB ∴四边形ABEM是平行四边形，可得AM∥BE

∵AM⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，∴BE∥平面ADF； （II）连结AC

∵平面ABCD⊥平面DCEF，ABCD为正方形，DCEF为直角梯形， ∴以DA所在直线为x轴、DC所在直线为y轴、DF所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示

可得A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，0，1），E（0，1，1），F（0，0，2） ∵AC⊥BD，AC⊥DF，BD、DF是平面BDF内的相交直线

∴AC⊥平面BDF，可得=

=（﹣1，1，0）是平面BDF的一个法向量

设平面BEF的一个法向量为=（x，y，z），

由，取z=1得x=y=1，可得=（1，1，1）

∵cos＜，＞===0

∴⊥，即平面BDF的法向量与平面BEF的法向量互相垂直

因此，平面BDF与平面BEF互相垂直，可得二面角D﹣BF﹣E的大小为90°．

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点评：本题以折叠问题为载体，在四棱锥中证明线面平行，并求二面角的大小．着重考查了

空间直线与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理和利用空间向量研究平面与平面所成角等知识，属于中档题．

20．（12分）（ •许昌二模）已知椭圆y=x+b是抛物线C2：y2=4x的一条切线． （I）求椭圆C1的方程． （Ⅱ）过点

的离心率为，并且直线

的动直线l交椭圆C1于A、B两点，试问：在直角坐标平面上是

否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在求出T的坐标；若不存在，请说明理由．

考直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程． 点：

专综合题；压轴题． 题：

分（I）先跟据直线y=x+b是抛物线C2：y2=4x的一条切线，求出b的值，再由椭圆离心析：

率为，求出a的值，则椭圆方程可得．

（Ⅱ）先假设存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量

，

的数量积为0，得到关于直线斜率k的方程，求k，若能求出，则存在，若求不出，则不存在．

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解答：

解：（I）由

得x2+（2b﹣4）x+b2=0

直线y=x+b是抛物线C2：y2=4x的一条切线． 所以△=0⇒b=1

所以椭圆（5分）

（Ⅱ）当直线l与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为当直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+y2=1 所以两圆的切点为点（0，1）（8分） 所求的点T为点（0，1），证明如下．

当直线l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点（0，1） 当直线l与x轴不垂直时，可设直线l为：

由 设

A

（

得（18k2+9）x2﹣12kx﹣16=0 x1

，

y1

）

，

B

（

x2

，

y2

）

则

所以

，即以AB为直径的圆过点（0，1）

所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T（13分）

点本题考查了椭圆，抛物线与直线的综合运用，另外，还结合了向量知识，综合性强，须评： 认真分析．

21．（12分）（ •许昌二模）已知函数f（x）=x（lnx+1）（x＞0）． （Ⅰ）设F（x）=ax2+f'（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；

（Ⅱ）若斜率为k的直线与曲线y=f'（x）交于A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）两点，求证：x1＜＜x2．

考点：利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．

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专题：导数的综合应用． 分析：（Ⅰ）求出函数f（x）的导函数，代入函数F（x）=ax2+f'（x）（a∈R），进一步求

出函数F（x）的导函数，然后分a≥0和a＜0分析导函数在不同区间内的符号，从而得到函数F（x）的单调性；

（Ⅱ）由两点式求出，利用分析法得

到证，转化为证，换元后构造函数，利用

导函数得到单调性，从而得到要证的结论． 解答：解：（Ⅰ）由f（x）=x（lnx+1）（x＞0），得f′（x）=lnx+2（x＞0），

F（x）=ax2+lnx+2（x＞0），∴（x＞0）．

①当a≥0时，恒有F′（x）＞0，故F（x）在（0，+∞）上是增函数；

②当a＜0时，

令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得

；

；

综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数； 当a＜0时，F（x）在（

）上单调递增，在（

）上单调递减；

（Ⅱ）．

要证，即证，

等价于证，令，

则只要证1＜，由t＞1，知lnt＞0，故等价于lnt＜t﹣1＜tlnt（t＞0）（*）

①设g（t）=t﹣1﹣lnt（t≥1），则（t≥1），

故g（t）在[1，+∞）上是增函数，

∴当t＞1时，g（t）=t﹣1﹣lnt＞g（1）=0，即t﹣1＞lnt（t﹣1）

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②设h（t）=tlnt﹣（t﹣1）（t≥1），则h′（t）=lnt≥0（t≥1）， 故h（t）在[1，+∞）上是增函数．

∴当t＞1时，h（t）=tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）=0，即t﹣1（t＞1）． 由①②知（*）成立，故

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了不等式的证明，考查了分类讨论的数

学思想方法和数学转化思想方法，训练了函数构造法，解答的关键在于正确分类，是有一定难度题目． 22．（3分）（ •许昌二模）如图，已知PE切圆O于点E，割线PBA交圆O于A，B两点，∠APE的平分线和AE、 BE分别交于点C，D （Ⅰ）求证：CE=DE； （Ⅱ）求证：

=

．

考点：与圆有关的比例线段． 专题：证明题． 分析：（Ⅰ）通过弦切角定理以及角的平分线，直接证明三角形是等腰三角形，即可证明

CE=DE；

（Ⅱ）利用切割线定理以及角的平分线定理直接求证：解答：证明：（Ⅰ）∵PE切圆O于E，∴∠PEB=∠A，

又∵PC平分∠APE，∴∠CPE=∠CPA， ∴∠PEB+∠CPE=∠A+∠CPA， ∴∠CDE=∠DCE，即CE=DE．

（Ⅱ）因为PC平分∠APE∴

，

=

即可．

又PE切圆O于点E，割线PBA交圆O于A，B两点， ∴PE2=PB•PA， 即∴

=

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点评：本题考查圆的切割线定理，弦切角定理的应用，考查逻辑推理能力．

23．（3分）（ •许昌二模）已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与直角坐标系中x轴的正半轴重合，且两坐标系有相同的长度单位，圆C的参数方程为

（α为参数），点Q的极坐标为（2，π）．

（Ⅰ）化圆C的参数方程为极坐标方程；

（Ⅱ）若直线l过点Q且与圆C交于M，N两点，求当|MN|最小时，直线l的直角坐标方程．

考点：简单曲线的极坐标方程；直线的一般式方程；直线与圆的位置关系． 专题：直线与圆． 分析：（I）先消去参数得出圆C的直角坐标方程，再利用x2+y2=ρ2，x=ρcosθ，y=ρsinθ．即

可得出圆C的极坐标方程；

（II）先将点Q的极坐标化成直角坐标为，得出其在圆C内．从而当l⊥CQ时，|MN|最小，再利用圆心C（1，﹣1），及垂直关系得出直线l的斜率，从而得到直线L的方程． 解答：解：（I）圆C的直角坐标方程为：x2+y2﹣2x+2y﹣2=0．

又x2+y2=ρ2，x=ρcosθ，y=ρsinθ．

∴圆C的极坐标方程可化为：ρ2﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣2=0，

（II）∵点Q的极坐标为（2

，π）．

∴点Q的直角坐标为（2，﹣2），其在圆C内． 从而当l⊥CQ时，|MN|最小，又圆心C（1，﹣1），

∴kCQ==﹣1，

∴kl=1，

所以直线L的方程为：y+2=x﹣2．即x﹣y﹣4=0． 点评：本题考查极坐标和直角坐标的互化，直线与圆的位置关系，转化的数学思想的应用，

是中档题．

24．（4分）（ •许昌二模）设f（x）=|x﹣3|+|x﹣4|． （1）解不等式f（x）≤2；

（2）若存在实数x满足f（x）≤ax﹣1，试求实数a的取值范围．

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考点：绝对值不等式的解法． 专题：计算题；不等式的解法及应用． 分析：（1）化简绝对值不等式，通过两个函数的图象求出不等式的解集．

（2）利用（1）的图象直接求出满足f（x）≤ax﹣1实数a的取值范围即可． 解答：

解（1）

由图象可得f（x）≤2的解集为

﹣（5分）

，

（2）函数y=ax﹣1，的图象是经过点（0，﹣1）的直线， 由图象可得

﹣﹣﹣﹣﹣（10分）

点评：本题考查绝对值不等式的解法，数形结合的应用，考查分析问题解决问题的能力．

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