新课标全国卷重组卷(六)-2024年甘肃省新高考模拟十二卷数学

2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(六) 本卷满分150分,考试时间120分钟。 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.(2023·南京市高三年级第二次模拟考试)集合A={x∈N|1<x<4}的子集个数为 ( ) A.2 B.4 C.8 D.16 2.(2023·沈阳市第120中学下学期高三年级第十次质量监测)已知2-i(i是虚数单位)是关于 x 的方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的一个根,则b+c= ( ) A.9 B.1 C.-7 D.2i-5 3.(2023·山东省济南市高三下学期针对性训练三模数学试卷)在平面直角坐标系xOy 中,如图 所示,将一个半径为1的圆盘固定在平面上,圆盘的圆心与原点重合,圆盘上缠绕着一条没有弹 性的细线,细线的端头M(开始时与圆盘上点A(1,0)重合)系着一支铅笔,让细线始终保持与圆 相切的状态展开,切点为B,细绳的粗细忽略不计,当φ=2rad时,点M 与点O 之间的距离为 ( ) B A xO M y φ A. 1 cos 1 B. 2 sin 1 C.2 D.5 C A B D 4.(2023·湖北武汉华中师大一附中校考模拟预测)如图,在△ABC 中,点D 在BC 的延长线上,|BD|=3|DC|,如果AD→=xAB→+yAC →,那么 ( ) A.x= 1 2 ,y= 3 2 B.x=- 1 2 ,y= 3 2 C.x=- 1 2 ,y=- 3 2 D.x= 1 2 ,y=- 3 2 5.(2023·广东汕头金山中学校考三模)安排A,B,C,D,E,F 共6名义工照顾甲、乙、丙三位老 人,每两位义工照顾一位老人,考虑到义工与老人住址距离问题,义工A 不安排照顾老人甲, 则安排方法共有( )种 ( ) A.60 B.61 C.62 D.63 6.(2023·四川成都石室中学校考模拟预测)函数f(x)= 1-ex 1+ex ·sin x的部分图象大致形状是 ( ) O x y A O x y B O x y C O x y D 7.(2023·四川成都石室中学校考模拟预测)已知抛物线y2=4x 的焦点和椭圆的一个焦点重合, 且抛物线的准线截椭圆的弦长为3,则椭圆的标准方程为 ( ) A. x2 3+ y2 2=1 B. x2 4+ y2 3=1 C. x2 5+ y2 4=1 D. x2 6+ y2 5=1 8.(2023·沈阳市第120中学下学期高三年级第十次质量监测)函数f(x)的定义域为 R,y= f(x)+2ex 是偶函数,y=f(x)-3ex 是奇函数,则f(x)的最小值为 ( ) A.e B.5 C.22 D.25 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.(2023·安徽省淮南市高三上学期一模)已知函数f(x)=x+ 4 x+2 ,则 ( ) A.f(x)的值域为[6,+∞) B.直线3x+y+6=0是曲线y=f(x)的一条切线 C.f(x-1)图象的对称中心为(-1,2) D.方程f2(x)-5f(x)-14=0有三个实数根 A D B C C E F G A B D 10.(2023·辽宁省大连市高三上学期期末双基测试)如图,正方体ABCD- A1B1C1D1 的棱长为1,E,F,G 分别为BC,CC1,BB1 的中点,则( ) A.直线D1D 与直线AF 垂直 B.直线A1G 与平面AEF 平行 C.平面AEF 截正方体所得的截面面积为 9 8 D.点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 11.(2023·福建省泉州市高三毕业班质量监测(二))已知抛物线C:y2=4x 的焦点为F,过点F 的直线l与C 交于M,N 两点,P 为MN 的中点,则下列说法正确的是 ( ) A.|MN|的最小值为4 B.|MF|·|NF|的最大值为4 C.当|PF|=|NF|时,|MN|=8 D.当|PF|= 4 3 时,|MN|= 16 3 12.(2022·高考金榜预测卷(二))若函数y=f(x)对∀x∈R,都有f(x)+f(2-x)=2,且y= f(x)-1为R上的奇函数,当x∈(-1,1)时,f(x)=2x- 1 2x +sin π 6x+1 ,则 ( ) A.f(3)=1 B.f(x)是周期为1的周期函数 C.当x∈(-1,1)时,f(x)单调递增 —12— D.集合A={x|f(x)=log3x}中的元素个数为13 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2023·吉林省长春市高三三模)若cosπ4-θ =12,则sin 2θ= . 14.(2023·天津南开一模)若a>0,b>0,c>0,a+b+c=2,则 4 a+b+ a+b c 的最小值为 . 15.(2023·山东德州三模)某校高二学生的一次数学诊断考试成绩(单位:分)服从正态分布 N(100,102),从中抽取一个同学的数学成绩X,记该同学的成绩80<X≤100为事件A,记 该同学的成绩70<X≤90为事件B,则在A 事件发生的条件下B 事件发生的概率P(B|A) = .(结果用分数表示) 附参考数据:P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.68,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.95;P(μ-3σ<X≤μ +3σ)=0.99 16.(2023·江苏浙江高三大联考(江苏七市+浙江9+1联盟)试题)“完全数”是一类特殊的自然 数,它的所有正因数的和等于它自身的两倍.寻找“完全数”用到函数σ(n):∀n∈N*,σ(n)为 n 的所有正因数之和,如σ(6)=1+2+3+6=12,则σ(20)= ;σ(6n)= . 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(17题10分;18 ~22题每题12分.) 17.(2023·重庆新高考数学仿真卷(一))已知正项数列{an}满足a1=1,a2n+1-(2n+1)an+1= a2n+(2n+1)an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列 1an 的前n 项和为Tn,证明:Tn<2. 18.(2022·上海黄浦二模)某公园要建造如图所示的绿地OABC,OA、OC 为互相垂直的墙体,已 有材料可建成的围栏 AB 与BC 的总长度为12米,且∠BAO=∠BCO.设∠BAO=α 0<α< π 2 . (1)当AB=4,α= π 3 时,求AC 的长; (2)当AB=6时,求OABC 面积S 的最大值及此时α的值. C A B O α α —22— 19.(2023·重庆新高考数学仿真卷(一))某景区内有一项“投球”游戏,游戏规则如下: 游客投球目标为由近及远设置的A,B,C 三个空桶,每次投一个球,投进桶内即成功,游客每 投一个球交费10元.投进A 桶,奖励游客面值20元的景区消费券;投进B 桶,奖励游客面值 60元的景区消费券;投进C 桶,奖励游客面值90元的景区消费券;投不进则没有奖励,游客 各次投球是否投进相互独立. (1)向A 桶投球3次,每次投进的概率为p,记投进2次的概率为f(p),求f(p)的最大值点 p0; (2)游客甲投进A,B,C 三桶的概率分别为 1 2p0 ,3 10p0 ,3 20p0 ,若他投球一次,他应该选择向哪 个桶投球更有利? 说明理由. 20.(2023·黑龙江省实验中学高三第二次模拟考试数学试卷)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1 中, AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=4,AA1=2,点D 是棱BC 的中点. (1)求证:A1B∥平面AC1D; (2)在棱AC 上是否存在点M,使得直线BD 与平面A1DM 所成角的余弦值为 3 13 13 ,若存 在,求出AM 与AC 长度的比值,若不存在,说明理由. A B C CA B D —32— 21.(2023·安徽省铜陵市高三三模)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R). (1)试求函数f(x)的极值; (2)若存在实数x>0使得xebx-ex+(b-1)x2+xln x≥0成立,求实数b的取值范围. 22.(2023·湖南师大附中模拟试卷(三))已知椭圆E: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的离心率为 2 2 ,A,B 是它的左、右顶点,过点D(1,0)的动直线l(不与x 轴重合)与E 相交于M,N 两点,△MAB 的最大面积为22. (1)求椭圆E 的方程; (2)设P(m,n)是直线AM 与直线BN 的交点. (ⅰ)证明m 为定值; (ⅱ)试堔究:点B 是否一定在以MN 为直径的圆内? 证明你的结论. —42— 系数的关系,结合PA⊥PB,列出方程,即可求解. 解:(1)由题抛物线C:y2=2px,P(2,y)(y>0),且|FP|=4, 根据抛物线的定义,可得|FP|=2+p2=4 ,解得p=4, 所以抛物线C 的方程为y2=8x,且点P(2,4), 设点A(x1,y1),B(x2,y2),可得k1= y1-4 x1-2 = y1-4 y21 8-2 = 8 y1+4 ,同理k2= 8 y2+4 , k= y2-y1 x2-x1 = y2-y1 y22 8- y21 8 = 8 y1+y2 , 所以1 k1 + 1 k2 = y1+y2+8 8 ,1 k+1= y1+y2+8 8 , 所以1 k1 + 1 k2 = 1 k+1 ,即k1+k2-k1k2= k1k2 k . x y P F O B AM (2)由 M(-1,-1),且A,B,M 三点共线, 设直线AB 的方程为x+1=m(y+1),其中m= 1 k , 联立 x+1=m(y+1), y2=8x, 消去x 得y2-8my-8m+8=0, 则y1+y2=8m,y1y2=8-8m, 又由Δ=(8m)2-4(8-8m)>0,解得m<-1或m> 1 2 , 因为PA⊥PB,所以k1k2= 64 (y1+4)(y2+4) =-1, 即 64 y1y2+4(y1+y2)+16 =-1, 则 64 8-8m+32m+16=-1 ,解得m=- 11 3 , 由(1)知 1 k1 + 1 k2 = 1 k+1 ,所以1 k1 + 1 k2 =- 8 3 , 即1 k1 -k1=- 8 3 ,且k1>k2,所以k1=3, 所以直线PA 的方程为y-4=3(x-2),即3x-y-2=0. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(六) 1.B 思路分析:确定A={2,3},再计算子集个数得到答案. 解析:A={x∈N|1<x<4}={2,3},故子集个数为22=4.故选B. 2.B 解析:已知2-i(i是虚数单位)是关于x 的方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的一个根,则 (2-i)2+b(2-i)+c=0,即4-4i-1+2b-bi+c=0,即 3+2b+c=0, -4-b=0, 解得 b=-4 , c=5, 故b+ c=1.故选B. 3.D 解析:展开过程中:BM=AB ︵ =φ·R=2,BO=1,MO= BM2+BO2= 5,故选D. 4.B 解析:∵AD→=AB→+BD→,BD→= 3 2BC →,∴AD→=AB→+ 3 2BC →=AB→+ 3 2 (AC→-AB→)=- 1 2 AB→+ 3 2AC →,故选B. 5.A 解析:义工A 不安排照顾老人甲,所以当义工A 安排照顾乙时,共有C15C24=30种不同方 法,当义工A 安排照顾丙时,共有C15C24=30种不同方法.所以共有60种.故选A. 6.C 解析:由f(x)= 1-ex 1+ex ·sin x,x∈R,定义域关于原点对称,得f(-x)= 1-e-x 1+e-x · sin(-x)= ex-1 ex+1 ·(-sin x)= 1-ex 1+ex ·sin x=f(x),则函数f(x)是偶函数,图象关于y 轴 对称,排除BD;当0<x<1时,1-ex<0,1+ex>0,sin x>0,所以f(x)= 1-ex 1+ex ·sin x<0, 排除A.故选C. 7.B 解析:抛物线y2=4x 的焦点为(1,0),准线为x=-1,设椭圆的方程为 x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b> 0),椭圆中,c=1,当x=-1时,|y|= 3 2 ,故1 a2 + 9 4 b2 =1,又a2=b2+c2,所以a=2,b= 3,故椭 圆方程为x 2 4+ y2 3=1 ,故选B. 8.B 思路分析:根据奇偶函数的定义可得f(x)= ex+5e-x 2 ,再利用基本不等式求最小值. 解析:由题意可得 f(x)+2ex=f(-x)+2e-x, f(x)-3ex=-[f(-x)-3e-x], 解得f(x)=e x+5e-x 2 ,因为f(x)= ex+5e-x 2 ≥ 2 ex×5e-x 2 = 5 ,当且仅当ex=5e-x,即x= 1 2ln 5时,等号成立,所以f(x)的最 小值为 5.故选B. 9.BD 解析:A.x>0时,f(x)=x+ 4 x+2≥4+2=6 ,当x=2时等号成立,当x<0时,f(x)= x+ 4 x+2<-4+2=-2 ,当x=-2时等号成立,故 A错误;B.令f'(x)=1- 4 x2 =-3,得 —96— x=±1,f(1)=7,所以图象在点(1,7)处的切线方程是y-7=-3(x-1),得3x+y-10=0, f(-1)=-3,所以图象在点(-1,-3)处的切线方程是y+3=-3(x+1),得3x+y+6=0, 故B正确;C.y=x+ 4 x 的对称中心是(0,0),所以f(x)=x+ 4 x+2 的对称中心是(0,2),向右 平移1个单位得f(x-1),对称中心是(1,2),故C错误;D.f2(x)-5f(x)-14=0,解得: f(x)=-2或f(x)=7,当x+ 4 x+2=-2 ,得(x+2)2=0,x=-2,1个实根,当x+ 4 x+2= 7时,得x=1或x=4,2个实根,所以共3个实根,故D正确.故选BD. 10.BC 解析:假设D1D⊥AF,因为DD1⊥AE,所以D1D⊥平面AEF,又D1D⊥平面ABCD, 所以平面AEF∥平面 ABCD,显然不正确,故选项 A不正确.连接 AD1,D1F,因为EF∥ AD1,所以平面AEF 即平面AEFD1,因为A1G∥D1F,所以A1G∥平面AEFD1,所以选项B 正确.平 面 AEF 截 正 方 体 的 截 面 为 梯 形 AEFD1,EF= 2 2 ,AD1= 2,梯 形 的 高 为 5 2 2 - 2 4 2 = 32 4 ,所以其面积为 2+ 2 2 2 × 32 4 = 9 8 ,故选项C正确.连接CG 交EF 于 点H,显然 H 不是EF 的中点,所以CG 到平面AEF 的距离不相等,选项D不正确. 11.AD 解析:由抛物线C:y2=4x 可得焦点F(1,0),准线为x=-1,对于A,当直线l的斜率 不存在时,方程为x=1,代入抛物线可得 M(1,2),N(1,-2),所以此时|MN|=4;当直线l 的斜率存在时,假设直线的方程为y=k(x-1)(k≠0),设 M(x1,y1),N(x2,y2),将直线方 程代入抛物线可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,Δ=(2k2+4)2-4k4=16+16k2>0,则x1+ x2= 2k2+4 k2 ,x1x2=1,所以|MN|=|MF|+|FN|=x1+1+x2+1=4+ 4 k2 >4,综上所述, |MN|的最小值为4,故A正确;对于B,当直线l的斜率存在时,|MF|·|FN|=(x1+1) (x2+1)=x1x2+x1+x2+1=4+ 4 k2 >4,故B错误;对于C,因为P 为MN 的中点,|PF|= |NF|,所以|MF|=3|NF|,所以 MF→=3FN→,则(1-x1,-y1)=3(x2-1,y2),所以1- x1=3(x2-1),将x1x2=1代入可得3x22-4x2+1=0,解得x2=1或x2= 1 3 ,当x2=1时, x1=1,易得不满足题意;当x2= 1 3 时,x1=3,所以|MN|=x1+1+x2+1= 16 3 ,故C错误;对 于D,由|PF|= 4 3 易得斜率存在,由 P 为 MN 的中点可得P x1+x2 2 ,y1+y2 2 ,即 P x1+x2 2 ,k (x1+x2)-2k 2 , 所 以 |PF| = x1+x22 -1 2 + k(x1+x2)-2k 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 2 = 4 k4 + 4 k2 = 4 3 ,解得k2=3,所以|MN|=4+ 4 k2 = 16 3 ,故D正确;故选AD. 12.ACD 解析:因为y=f(x)-1为 R 上的奇函数,所以f(-x)-1=-f(x)+1,即 f(-x)+f(x)=2,又f(x)+f(2-x)=2,所以f(-x)=f(2-x),则2是f(x)的一个周 期,故B错;f(3)=f(1),在f(x)+f(2-x)=2中,令x=1,则f(1)+f(1)=2,所以 f(1)=1,故 A正确;因为y=2x,y=- 1 2x ,y=sin π 6x 都在(-1,1)上单调递增,所以f (x)在(-1,1)上单调递增,故C正确;如图为函数f(x)和y=log3x 的图象,因为log327=3, 再结合图象可知函数f(x)和y=log3x 的图象有13个交点,所以集合A 有13个元素,故D 正确.故选ACD.    































































   O x y 13.- 1 2 解析:因为cosπ4-θ =12,所以sin 2θ=cosπ2-2θ =cos 2π4-θ =2cos2 π4-θ - 1=2× 12 2 -1=- 1 2 ,故答案为- 1 2. 14.2+22 解析:由题意,a>0,b>0,c>0,a+b+c=2得:a+b=2-c,设2-c=m,c=n, (m>0,n>0),则 m+n=2,故 4 a+b+ a+b c = 4 2-c+ 2-c c = 4 2-c+ 2 c-1= 4 m+ 2 n-1= m+n 2 × 4 m+ 2 n -1=3+2nm +mn-1≥2+2 2nm ·mn =2+22,当且仅当m2=2n2,即m= 4-22,n=c=22-2时取得等号,故 4 a+b+ a+b c 的最小值为2+22,故答案为2+22. 15. 27 95 解析:由题知,事件AB 为“记该同学的成绩80<X≤90”,因为μ-2σ=100-20=80,μ -σ=100-10=90,所以P(AB)=P(μ-2σ<X≤μ-σ)= 0.95 2 - 0.68 2 = 27 200 ,又P(A)=P (μ-2σ<X≤μ)= 0.95 2 = 19 40 ,所以P(B|A)= P(AB) P(A)= 27 200× 40 19= 27 95. 故答案为27 95. 16.42 1 2 (6n+1-2n+1-3n+1+1)(或 1 2 (2n+1-1)(3n+1-1)) 解析:根据新定义可得,σ(20)= 1+2+4+5+10+20=42,因为6n=2n3n 正因数有2030,2031,2032,…,203n,2130,2131, 2132,…,213n,…,2n30,2n31,2n32,…,2n3n,而20(30+31+32+…+3n)= 1-3n+1 1-3 = 3n+1-1 2 ,21(30+31+32+…+3n)=211-3 n+1 1-3 =23 n+1-1 2 ,…,2n(30+31+32+…+3n)= —07— 2n 1-3 n+1 1-3 =2n3 n+1-1 2 ,σ(6n)=(20+21+…+2n)3 n+1-1 2 =(2n+1-1)3 n+1-1 2 = 1 2 (6n+1- 2n+1-3n+1+1). 方法二:σ(20)=1+2+4+5+10+20=42; σ(6n)=(1+2+22+…+2n)(1+3+32+…+3n)= (2n+1-1)(3n+1-1) 2 . 17.解:(1)由已知a2n+1-a2n-(2n+1)(an+1+an)=0,即(an+1+an)(an+1-an-2n-1)=0, 又an>0,故an+1-an=2n+1,即an-an-1=2n-1(n≥2且n∈N*). 所以,当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)= n2, 当n=1时,a1=1,所以an=n2. (2)证明:当n≥2时, 1 n2 < 1 n(n-1)= 1 n-1- 1 n , Tn= 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 +…+ 1 an <1+1- 1 2 + 12-13 +…+ 1n-1-1n =2-1n<2. C A B O 18.解:(1)在△ABC 中,AB=4,BC=8,∠ABC=2π- π 3- π 3- π 2= 5π 6 ,由 余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=80+323,故 AC= 80+323. 因此AC 的长为AC= 80+323. C A B O (2)连接OB.由题意,AB=BC=6,∠ABO=∠CBO=π- π 4-α= 3π 4- α, 在△OBC 中,由正弦定理 OB sin α= BC sin∠BOC ,得OB=62sin α. 于是 S=2× 1 2OB×BA×sin 3π 4-α =36 2sin αsin3π4-α = 362sin α 2 2cos α+ 2 2sin α =36sin αcos α+36sin2α=18sin2α+181-cos 2α = 182sin2α- π 4 +18,0<α<π2.当2α-π4=π2,即α=3π8时,S 取到最大值,最大值为 182+18.因此,当α= 3π 8 时,养殖场OABC 最大的面积为182+18平方米. 19.解:(1)3次向A 桶投球投进2次的概率f(p)=C23p2(1-p)=-3p3+3p2, f'(p)=-9p2+6p, 令f'(p)=0,得p= 2 3 , 当p∈0, 2 3 时,f'(p)>0,当p∈ 23,1 时,f'(p)<0, ∴f(p)在0, 2 3 上单调递增,在 23,1 单调递减, ∴所以f(p)的最大值点p0= 2 3 ; (2)由(1)得游客甲投进A,B,C 三桶的概率分别为 1 3 ,1 5 ,1 10 , 设投进A 桶的纯收入为X 元,E(X)=10× 1 3+ (-10)× 2 3=- 10 3 , 设投进B 桶的纯收入为Y 元,E(Y)=50× 1 5+ (-10)× 4 5=2 , 设投进C 桶的纯收入为Z 元,E(Z)=80× 1 10+ (-10)× 9 10=-1 , 因为E(X)<E(Z)<E(Y), 所以游客甲选择向B 桶投球更有利. 20.思路分析:(1)根据线面平行的判定定理分析证明; (2)建系,利用空间向量求线面夹角. A B C C O A B D 解:(1)连接A1C 交AC1 于点O, 由于四边形ACC1A1 为矩形,所以O 为A1C 的中点,又D 是棱BC 的中点, 故在△A1BC 中,OD 是△A1BC 的中位线,因此OD∥A1B, OD⊂平面AC1D,A1B⊄平面AC1D,所以A1B∥平面AC1D (2)由AA1⊥平面ABC,AB⊥AC 可知,三棱柱ABC-A1B1C1 为直三棱柱, 且底面为直角三角形,故以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系; A B C z y x C O A B D 则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(4,0,0),C(0,4,0),D(2,2,0), 由AM→=λAC→(0≤λ≤1),得 M(0,4λ,0), A1M →=(0,4λ,-2),DM→=(-2,4λ-2,0),BD→=(-2,2,0), 设平面A1DM 的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 n·A1M →=4λy1-2z1=0, n·DM→=-2x1+(4λ-2)y1=0, 取z1=2λ,则x1=2λ-1,y1=1,得n=(2λ-1,1,2λ), 设直线BD 与平面A1DM 所成角为θ∈0, π 2 ,则cos θ=3 1313 , 可得sin θ= 1-cos2θ= 2 13 13 , —17— 因为|cos<n,BD→>|= |n·BD→| |n|·|BD→| = |4-4λ| (2λ-1)2+1+4λ2· 4+4 = 2 13 13 , 整理得λ2+6λ-3=0,解得λ=23-3或λ=-23-3, 由于0<λ<1,所以λ=23-3, 所以棱AC 上存在点M,使得直线BD 与平面A1DM 所成角的余弦值为 3 13 13 ,此时AM AC = λ=23-3. 21.思路分析:(1)求得f'(x),对a 进行分类讨论,由此求得f(x)的极值. (2)化简题目所给不等式,结合(1)的结论,利用构造函数法,结合导数来求得b的取值范围. 解:(1)f'(x)=ex-a. ①a≤0时,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不存在极值. ②a>0时,由f'(x)=ex-a=0得x=ln a, x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴f(x)极小值=f(ln a)=a-aln a,无极大值. (2)由题意可知:xebx+bx2≥ex-xln x+x2, ∵x>0,∴ebx+bx≥ ex x-ln x+x=ex-ln x+x-ln x. 由(1)可知a=-1时,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增, 则存在x>0,bx≥x-ln x,即b≥1- ln x x min. 令h(x)=1- ln x x ,则f'(x)= ln x-1 x2 =0,有x=e,x∈(0,e)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递增,∴h(x)min=h(x)极小=h(e)=1- 1 e ,∴b≥1- 1 e. 22.思路分析:(1)根据最大面积可得ab=22,再结合离心率及a2=b2+c2 求解作答. (2)(ⅰ)设出直线l的方程,与椭圆E 的方程联立,利用韦达定理结合三点共线的斜率关系列 式求解作答;(ⅱ)利用平面向量数量积推导∠MBN 为钝角作答. 解:(1)设椭圆E 的焦距为2c,依题意, c a= 2 2 ,设椭圆E 上点M 的纵坐标为y0, 0<|y0|≤b, △MAB 的面积S△MAB= 1 2|AB| ·|y0|= 1 2 ·2a·|y0|≤ab,当且仅当|y0|=b时取等号, 因此ab=22,而a2=b2+c2,且a= 2c,解得a=2,b=c= 2, 所以椭圆E 的方程为 x2 4+ y2 2=1. (2)由(1)知,A(-2,0),B(2,0),设直线l的方程为x=ty+1, 而点D(1,0)在椭圆E 内,直线l与E 总相交,由 x2 4+ y2 2=1 , x=ty+1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 得 :(t2+2)y2+2ty-3=0, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2= -2t t2+2 ,y1y2= -3 t2+2 , (ⅰ)由P,A,M 共线,得 n m+2= y1 x1+2 , 由P,B,N 共线,得 n m-2= y2 x2-2 , 联立两式得m-2 m+2= y1 x1+2 ·x2-2 y2 ,又x 2 1 4+ y21 2=1 ,即有 y1 x1+2 = 2-x1 2y1 , 因此m-2 m+2=- (x1-2)(x2-2) 2y1y2 =- (ty1-1)(ty2-1) 2y1y2 =- t2y1y2-t(y1+y2)+1 2y1y2 =- -3t2 t2+2 + 2t2 t2+2 +1 -6 t2+2 = 1 3 , 所以m=4,为定值. (ⅱ)点B 一定在以MN 为直径的圆内, 由(ⅰ)知,P(4,n), n 6= y1 x1+2 = 2-x1 2y1 ,即ny1=3(2-x1), 因为BM→=(x1-2,y1),BP →=(2,n), 因此BM→·BP→=2(x1-2)+ny1=2-x1, 而-2<x1<2,从而BM →·BP→>0, 于是BM→·BN→<0,∠MBN 为钝角, 所以点B 一定在以MN 为直径的圆内. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(七) 1.D 解析:由x2-2x+3=0,得z1=1+ 2i,z2=1- 2i,(或者用韦达定理),所以z1z2=(1+ 2i)(1- 2i)=3.故选D. 2.C 思路分析:解不等式求出集合A,B,根据集合的交集运算可得答案. —27—