2022年乌鲁木齐地区高三上学期第一次诊断性测验数学理试题.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 新疆乌鲁木齐市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、挑选题：共12 小题,每道题5 分.在每道题给出的四个选项中,只有哪一项符合题目要求的 .1（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）已知集合 的值可以是（）A=x|x 1 ,B=x|x m ,且 A B=R ,那么 mA 1 B 0C1D2考点 ：并 集及其运算专题 ：计 算题分析：根 据题意,做出集合A,由并集的定义分析可得,如A B=R ,必有 m1,分析选项,即可得答案解答：解 ：依据题意,如集合 必有 m1,A=x|x 1 ,B=x|x m ,且 AB=R ,分析选项可得,D 符

2、合；应选 D点评：本 题考查集合并集的运算,是基础题,关键是懂得并集的定义2（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）复数的共轭复数是a+bi （a,bR）,i 是虛数单位,就点（ a,b）为（）C（2,1）D（1, 2）A （1,2）B （2, i）考点 ：复 数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义专题 ：计 算题分析：把给出的复数 解答：解：由于利用复数的除法运算化简,然后求其共轭复数,就答案可求,其共轭复数为2+i ,即 a+bi=2+i ,所以 a=2,b=1所以点（ a,b）为（ 2,1）应选 C点评：本 题考查了复数的代数形式的乘除运算,复数的除法,采纳分子分母同时乘以分母

3、的共轭复数,考查了复数的代数表示法及其几何意义,是基础题名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 3（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）“ a0”是 “a 2a”的（）A 充分不必要条件 B 必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件考点 ：必 要条件、充分条件与充要条件的判定专题 ：计 算题a 2a,推出 a 的范畴,判定出“a0”与“ a 2a”之间的充要关系,即分析：根 据已知中条件可得到答案解答：解 ： a2a,. 0 a1,. a 0；a0 推不出 a2a “a0” 是“a 2 a” 的必要不充分条件,应

4、选 B点评：本 题考查的学问点是充要条件,其中依据已知条件判定出 键“ 谁推出谁 ” 是解答此题的关4（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）函数 f（x）=log 2（1+x ）,g（x）=log2（1 x）,就 f（x） g（x）是（）A 奇函数 B 偶函数C既不是奇函数又不是偶函数考点 ：函 数奇偶性的判定专题 ：函 数的性质及应用D既是奇函数又是偶函数分析：根 据已知中函数的解析式,求出函数的定义域,判定其是否关于原点对称,记 F（ x）=f（ x） g（x）再判定 F（x）与 F（ x）的关系,进而依据函数奇偶性的定义,得 到答案解答：解 ： f（x）=log 2（1+x ）,g（x）

5、=log 2（1 x）, f（x） g（x）的定义域为（1,1）= F（x）记 F（x）=f（ x） g（x）=log 2,） 1= log 2就 F（ x） =log 2=log 2（故 f（x） g（x）是奇函数应选 A 点评：本 题考查的学问点是函数奇偶性的判定,娴熟把握函数奇偶性的定义是解答的关键5（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）已知函数f（ x）=,就使函数g（x）=f （x）+x m 有零点的实数m 的取值范畴是（）D.（ ,0（ 1,A 0,1）B （ ,1）C（ ,1（ 2,+）+）考点 ：函 数零点的判定定理专题 ：函 数的性质及应用名师归纳总结 - - - - - -

6、 -第 2 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 分析：作 出函数的图象并依据图象的交点及函数零点的判定定理即可得出解答：解 ：函数 g（x）=f（x）+x m 的零点就是方程f（x）+x=m 的根,作出 h（x） =f（x）+x= 的图象,观看它与直线 y=m 的交点,得知当 m0 时,或 m1 时有交点,即函数 g（x）=f（x）+x m 有零点应选 D点评：数 形结合并把握函数零点的判定定理是解题的关键6（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）设 Sk=36,就 k 的值为（）Sn为等差数列 an 的前 n 项和,如 a1=1,a3=5, Sk+2A 8B 7C

7、6D5考点 ：等 差数列的前n 项和专题 ：等 差数列与等比数列分析：由 a1=1,a3=5,可解得公差 解答：d,进而由 Sk+2 Sk=36 可得 k 的方程,解之即可解：由 a1=1, a3=5,可解得公差d=2,再由 Sk+2 Sk=ak+2+ak+1=2a1+（2k+1）d=4k+4=36 ,解得 k=8,应选 A 点评：本 题考查等差数列的通项公式和求和公式,属基础题7（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）函数f（x）=2sin（ x+ ）（0, 0 ）的部分图象如名师归纳总结 图所示,其中 A,B 两点之间的距离为5,就 f（x）的递增区间是（）第 3 页,共 19 页- - -

8、 - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A 6k 1,6k+2B 6k 4,6k 1C3k 1,3k+2 D3k 4,3k 1（kz）（kz）（kz）（kz）_ 考点 ：由 y=Asin （x+）的部分图象确定其解析式；复合三角函数的单调性专题 ：计 算题；三角函数的图像与性质分析：由 图象可求函数f（x）的周期,从而可求得,继而可求得,利用正弦函数的单调性即可求得f（x）的递增区间解答：解 ：|AB|=5 ,|yA yB|=4,所以 |xA xB|=3,即 =3,所以 T= =6,=； f（x）=2sin（x+）过点（ 2, 2）,即 2sin（+）= 2, sin

9、（+）= 1, 0 +=,x+）,解得 =,函数为 f （x）=2sin（由 2kx+2k+,得 6k 4x6k 1,故函数单调递增区间为 6k 4,6k 1（kZ）应选 B 点评：本 题考查由 y=Asin （x+）的部分图象确定其解析式,考查复合三角函数的单调性,属于中档题8（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）执行右边的程序框图,如输出的 为（）S 是 127,就条件 可以名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - A n5 B n6 Cn7 Dn8 考点 ：程 序框图分析：分 析程序中各变量、各语句的作用,再依据流程

10、图所示的次序,可知：该程序的作用 是累加 2n的值到 S 并输出 S解答：解 ：循环前, S=1,n=1 第一次循环： S=1+2=3 ,n=1+1=2 ,连续循环；2 其次次循环： S=3+2 =7,n=2+1=3 ,连续循环；第三次循环： S=7+23=15,n=3+1=4 ,连续循环；第四次循环： S=15+24=31,n=4+1=5 ,连续循环；5 第五次循环： S=31+2 =63,n=5+1=6 ,连续循环；第六次循环： S=63+26=127,n=6+1=7 ,停止循环,输出S=127应选 B点评：算 法是新课程中的新增加的内容,也必定是新高考中的一个热点,应高度重视程序 填空也

11、是重要的考试题型,这种题考试的重点有： 分支的条件 循环的条件 变 量的赋值 变量的输出其中前两点考试的概率更大此种题型的易忽视点是：不 能精确懂得流程图的含义而导致错误9（ 5 分）（2022.乌鲁木齐一模）如图,正方体ABCD A 1B 1C1D1中, E、F 是 AB 的三等分点,G、H 是 CD 的三等分点, M 、N 分别是 BC、EH 的中点, 就四棱锥 A 1 FMGN 的 侧视图为（）BCDA 考点 ：简 单空间图形的三视图专题 ：空 间位置关系与距离分析：由 题意, A 、N、F、M 在侧面 CDD C上的射影为 A 1 FMGN 的侧视图D、H、G、C,由此可得四棱锥解答：

12、解 ：由题意, A、N、 F、M 在侧面 CDD C上的射影为 D、H、G、C,所以四棱锥 A1 FMGN 的侧视图为 DCH ,DG 为 DCH 的中线,应选 C点评：本 题考查简洁空间图形的三视图,考查同学的空间想象才能,属于基础题名师归纳总结 10（5 分）（2022.乌鲁木齐一模）设平面区域D 是由双曲线的两条渐近线和抛第 5 页,共 19 页物线 y2= 8x 的准线所围成的三角形（含边界与内部） 如点（x,y）D,就目标函数z=x+y的最大值为（）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A 1 B 0C1D3考点 ：抛 物线的简洁性质；简洁线性规

13、划；双曲线的简洁性质专题 ：计 算题分析：先求出双曲线的两条渐近线为,抛物线 y2= 8x 的准线为 x=2 ,结合图象可解答：得 当直线 y= x+z 过点 A（1, 2）时, zmax=3,由此求得目标函数z=x+y 的最大值解：双曲线的两条渐近线为,抛物线 y2= 8x 的准线为 x=2目标函数 z=x+y 中的 z 表示直线 y= x+z 在 y 轴上的截距,故当直线 y= x+z 过点 A（1,2）时, zmax=3,应选 D点评：本 题主要考查抛物线、双曲线的标准方程,以及简洁性质,简洁的线性规划问题,属 于中档题11（5 分）（2022.乌鲁木齐一模）如图,椭圆的中心在坐标原点O

14、,顶点分别是A 1,A2,B1, B2,焦点为 F1,F2,延长 B1F2与 A2B 2交于 P 点,如 B1PA2为钝角,就此椭圆的离心率的取值范畴为（）CDA B考点 ：椭 圆的简洁性质专题 ：计 算题；圆锥曲线的定义、性质与方程名师归纳总结 分析：由题意, B1PA2 就是与的夹角,设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别第 6 页,共 19 页为 a, b,c,就=（a, b）、=（ c, b）,由向量的夹角为钝角可得- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ac+b20,把 b2 =a2 c2 代入不等式,从而可求椭圆离心率的取值范畴解答：解：由题意,B1

15、PA2 就是与的夹角,=（a, b）、=（设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为a,b,c,就c, b）,由向量的夹角为钝角知道与的数量积小于0,所以有：ac+b20,把 b2=a 2 c2 代入不等式得：a2 ac c20,除以 a2得 1 e e2 0,2 即 e+e 10,解得 e或 e,1）,又 0 e1,所以e 1,所以椭圆离心率的取值范畴为（应选 D点评：此题考查椭圆的几何性质,解题的关键是利用道与的数量积小于0,建立不等式,属于中档题12（5 分）（2022.乌鲁木齐一模） ABC 中,如D2,就的值为（）CA 2B 4考点 ：余 弦定理；平面对量数量积的运算专题 ：解 三角形名师

16、归纳总结 分析：由条件利用两个向量的数量积的运算法就求得a.cosB b.cosA=c,再由余弦定理可第 7 页,共 19 页得 a 2 b2 =c 2依据=,把余弦定理、 正弦定理代入运算可得结果解答：解： ABC 中,即+=, bc.cos（ A）+ac.cosB=c 2, a.cosB b.cosA=c, a. b.=,即a 2 b2 =c 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - =4,应选 B点评：本 题主要考查余弦定理、正弦定理,同角三角函数的基本关系,两个向量的数量积的运算,属于中档题二、填空题：本大题共4 小题,每道题5 分.13（5 分）（

17、2022.乌鲁木齐一模）某车间为了规定工时定额,需要确定加工零件所花费的时间,为此进行了5 次试验依据收集到的数据（如表）,由最小二乘法求得回来方程现发觉表中有一个数据模糊看不清,请你推断出该数据的值为68考点 ：最 小二乘法；线性回来方程专题 ：计 算题分析：根 据表中所给的数据,做出横标和纵标的平均数,得到样本中心点,依据由最小二乘法求得回来方程代入样本中心点求出该数据的值,解答：解 ：设表中有一个模糊看不清数据为 m由表中数据得：,=,由于由最小二乘法求得回来方程将 x=30,y= 代入回来直线方程,得 m=68故答案为： 68点评：本 题考查线性回来方程的应用,解题的关键是正确应用线性

18、回来方程进行猜测14（5 分）（2022.乌鲁木齐一模）如图,单位正方体ABCD A 1B1C1D1中,点 P 在平面名师归纳总结 A 1BC1上,就三棱锥P ACD 1 的体积为第 8 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 考点 ：棱 柱、棱锥、棱台的体积专题 ：空 间位置关系与距离分析：根 据正方体的几何特点, 可由面面平行的其次判定定理得到平面 A 1BC1 平面 ACD 1,进而得到 P 到平面 ACD 1 的距离等于平面A 1BC1 与平面 ACD 1 间的距离,由此得到棱锥的底面面积和高后,代入棱锥体积公式,可得答案解答：解 ：

19、 A 1C1 AC,A 1B CD1,A 1C1A 1B=A 1,ACCD1=C,A 1C1,A1B. A 1BC1,AC,CD1. ACD 1,平面 A 1BC 1 平面 ACD 1, P 到平面 ACD 1 的距离等于平面等于B1D=,A 1BC1 与平面 ACD 1 间的距离,而三角形 ACD 1 的面积 S= .AD 1.CD 1.sin60=,三棱锥 P ACD 1 的体积 V=故答案为：点评：本 题考查的学问点是棱锥的体积,其中分析出P 到平面 ACD 1 的距离等于平面A 1BC1与平面 ACD 1 间的距离,是解答的关键15（5 分）（2022.乌鲁木齐一模）点 A（x,y）在

20、单位圆上,从 A0（）动身,沿逆时针方向做匀速圆周运动,每 12 秒运动一周就经过时间 t 后, y 关于 t 的函数解析式为y=sin考点 ：在 实际问题中建立三角函数模型专题 ：应 用题分析：先依据题意： “在单位圆上从 A 0（）动身 ”,得 xOA 0=,再依据每 12 秒运动一周得出点 A 每秒旋转的角度,从而 t 秒旋转 t,利用三角函数的定义即可得出 y 关于 t 的函数解析式解答：解：依据题意,得xOA 0=,点 A 每秒旋转,所以 t 秒旋转t,就 y=sin xOA=sin故答案为： y=sin点评：本 小题主要考查在实际问题中建立三角函数模型、运算求解才能,属于基础题三角

21、函数的应用等基础学问,考查名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 16（5 分）（2022.乌鲁木齐一模）设A 、B 为在双曲线上两点,O 为坐标原点如OA 丄 OB ,就 AOB 面 积的最小值为考 双曲线的简洁性质点：专 圆锥曲线的定义、性质与方程题：分设直线 OA 的方程为 y=kx ,就直线 OB 的方程为 y=x,点 A（x1, y1）满意满意析：,可求得 |OA|2.|OB|2,利用基本不等式即可求得答案解解：设直线OA 的方程为 y=kx ,就直线 OB 的方程为 y= x,答：就点 A （x1,y1）满意

22、故=,=|OA|2 =+=,同理 |OB|2 =故|OA|2.|OB|2=.= （当且仅当k= 1 时,取等号）|OA|2.|OB|2,又 ba0,名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故 S AOB =|OA|OB|的最小值为点 此题考查双曲线的简洁性质与三角形的面积,考查基本不等式, 考查转化与综合运算及评：抽象思维才能,属于难题三、解答题：第 17. 21 题每题 12 分,解答应在答卷的相应各题中写出文字说明,证明过程或演算步骤 .17（12 分）（2022.乌鲁木齐一模）已知数列an 、b n 分别是首项均

23、为2 的各项均为正数的等比数列和等差数列,且b2=4a2,a2b3=6 （I）求数列 an 、 b n 的通项公式；（II ）求使 abn0.001 成立的最小的 n 值考点 ：等 差数列与等比数列的综合专题 ：等 差数列与等比数列分析：（ ）利用等差数列、等比数列的通项公式即可得出；（）利用（）的结论及指数函数的单调性、不等式的解法即可得出解答：解 ：（）设 an 的公比为 q0,b n的公差为 d0, b2=4a2,a2b3=6,解得=,bn=2+（n 1）2=2n（）由（）得, 22n 21000, 2n 210,即 n6,最小的 n 值为 6点评：熟 练把握等差数列、等比数列的通项公式

24、、指数函数的单调性、不等式的解法是解题的关键18（12 分）（2022.乌鲁木齐一模）PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物我国 PM2.5 标准采纳世卫组织设定的最宽限值,即 PM2.5 日均值在35 微克 /立方米以下空气质量为一级；在 35 微克 /立方米 75 微克 /立方米之间空气质量为二级；在 75 微克 /立方米以上空气质量为超标某试点城市环保局从该市市区2022 年全年每天的PM2.5 监测数据中随机的抽取15 天的数据作为样本,监测值如茎叶图所示（十位为茎,个位为叶）（I）从这 15 天的 PM2.5 日均监测数据中, 随机抽出三天,

25、求恰有一天空气质量达到一级的概率；名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - （II ）从这 15 天的数据中任取三天数据,记 表示抽到 PM2.5 监测数据超标的天数,求的分布列；（III ）以这 15 天的 PM2.5 日均值来估量一年的空气质量情形,就一年（按 360 天运算）中平均有多少天的空气质量达到一级或二级考点 ：离 散型随机变量及其分布列；茎叶图；用样本的频率分布估量总体分布；等可能大事的概率专题 ：综 合题分析：（）从 15 天的 PM2.5 日均监测数据中,随机抽出三天,共有 种情形,恰有一天空气质量达

26、到一级,共有 种情形,由此可求概率；（） 听从超几何分布：其中 N=15 ,M=5 , n=3, 的可能值为 0,1,2,3,故可得其分布列；（） 一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为,一年中空气质量达到一级或二级的天数为 ,就 ,求出期望,即可得到结论解答：解 ：（）记 “从 15 天的 PM2.5 日均监测数据中,随机抽出三天,恰有一天空气质量达到一级 ” 为大事 A ,（1 分）（4 分）0,1,2,（）依据条件, 听从超几何分布：其中N=15,M=5 ,n=3, 的可能值为3,其分布列为：（6 分）0 1 2 3 P （8 分）名师归纳总结 （）依题意可知,一年中每天空气质量达到一

27、级或二级的概率为,第 12 页,共 19 页一年中空气质量达到一级或二级的天数为,就 （10 分）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - ,一年中平均有240 天的空气质量达到一级或二级（12分）点评：本 题考查等可能大事概率的求法,考查离散型随机变量的分布列,考查利用数学学问解决实际问题,属于中档题19（12 分）（2022.乌鲁木齐一模）在正四棱锥V ABCD 中, P,Q 分别为棱 VB ,VD 的中点,点M 在边BC 上,且BM ：BC=1 ：3, AB=2,VA=6 （I ）求证 CQ 丄 AP；（II ）求二面角 B AP M 的余弦值考点 ：用

28、 空间向量求平面间的夹角；向量语言表述线线的垂直、平行关系专题 ：计 算题；证明题；空间向量及应用分析：（ I）设正方形 ABCD 的中心为 O,N 为 AB 的中点, R 为 BC 的中点,分别以 ON 、OR、OV 所在直线为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,分别算出 V、A、B、C、D、M、 P、Q 各点的坐标,从而得到向量 和 的坐标,通过运算得到 . =0,从而得到,即可证出 CQ 丄 AP；（ II）由（ I）所建立的坐标系,算出 =（0,2,0）,=（, 2,0）,利用垂直向量数量积为 0 的方法算出平面 BAP 的法向量为 =（,0,1）,同理得到平面 APM 的法

29、向量为=（3,1,0）,最终运用空间向量的夹角公式加以运算,得到、的夹角余弦,即为二面角 B AP M 的余弦值解答：解 ：设正方形 ABCD 的中心为 O,N 为 AB 的中点, R 为 BC 的中点,分别以 ON、OR、OV 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴,如图建立空间直角坐标系,名师归纳总结 在 Rt VOB 中,可得 OV=,0）,B（,0）,C（,0）第 13 页,共 19 页就 V（0, 0,）,A（,D（,0）, M （,0）, P（,）,Q（,）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于是=（,）,=（0, 2,0）,=（, 2,0）

30、,=（,）=0,（12（）.=+（）+,即 CQ 丄 AP；,得（6 分）（）设平面BAP 的法向量为=（a,b, c）,=（,0,1）,由,得,取 a=同理可得平面APM 的法向量为=（ 3,1,0）,=设二面角 B AP M 的平面角为,就 cos=分）点评：本 题给出正四棱锥,求证两条直线异面垂直并求二面角的余弦之值,着重考查了用空间向量证明线线垂直和求平面与平面的所成角等学问,属于中档题20（12 分）（2022.乌鲁木齐一模）已知点 M 与 F 及 y 轴都相切（I ）求点 M 的轨迹 C 的方程；F（ 1,0）, F 与直线 4x+3y+1=0 相切,动圆（II ）过点 F 任作直

31、线l,交曲线 C 于 A,B 两点,由点A,B 分别向 F 各引一条切线,切点 分别为 P, Q,记 =PAF,=QBF求证 sin+sin 是定值考点 ：直 线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题专题 ：圆 锥曲线中的最值与范畴问题分析：（ ）利用点到直线的距离公式及切线的性质、圆的标准方程即可得到F 的方程；动圆 M 与 F 及 y 轴都相切分切点不是原点、切点是原点两种情形分别求出即可：（） 对直线 l 的斜率分存在和不存在两种情形：利用根与系数的关系及抛物线的定义即可得出把直线的方程与抛物线的方程联立,名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 19 页精选学习资料

32、- - - - - - - - - 解答：解：（） F 的半径 r=1, F 的方程为（ x 1）2+y2=1,由题意动圆 M 与 F 及 y 轴都相切,分以下情形：（ 1）动圆 M 与 F 及 y 轴都相切,但切点不是原点的情形：作 MH y 轴于 H,就 |MF| 1=|MH| ,即 |MF|=|MH|+1 ,过 M 作直线 x= 1 的垂线 MN ,N 为垂足,就 |MF|=|MN| ,点 M 的轨迹是以 F 为焦点, x= 1 为准线的抛物线,2点 M 的轨迹 C 的方程为 y =4x （x0）；（ 2）动圆 M 与 F 及 y 轴都相切且仅切于原点的情形：此时点 M 的轨迹 C 的方

33、程为 y=0 （x0,1）；（）对于（）中（1）的情形：当 l 不与 x 轴垂直时,设直线l 的方程为 y=k（x 1）,由得 k2x2 （ 2k2+4） x+k2=0,设 A（x1,y1）,B（x2,y2）,就,x1x2=1, sin+sin= = = =1当 l 与 x 轴垂直时,也可得 sin+sin=1,对于（）中（ 2）的情形不符合题意（即作直线 两个交点）综上,有 sin+sin=1l,交 C 于一个点或很多个点,而非点评：熟 练把握点到直线的距离公式、圆的标准方程及切线的性质、分类争论的思想方法、直线的方程与抛物线的方程联立并利用根与系数的关系及抛物线的定义是解题的关键21（12

34、 分）（2022.乌鲁木齐一模）已知函数 f（x）=（I）如曲线 y=f （x）在点（ 1,f（1）处的切线与 X 轴平行,求函数 f（x）的单调区间；（II ）如对一切正数 x,都有 f（x） 1 恒成立,求 a 的取值集合考点 ：利 用导数求闭区间上函数的最值；利用导数争论曲线上某点切线方程专题 ：综 合题；转化思想；导数的综合应用分析：（ I）求导数 f（x）= 1,据题意 k=f （1）=0,解得 a 值,再在定义域内解不等式 f（x） 0,f（x） 0 即可；名师归纳总结 （ II）分 a 0,a0 两种情形争论：a 0 时易判定不成立；a0 时,转化为f（ x）第 15 页,共 1

35、9 页的最大值小于等于1,构造函数可判定a 的取值范畴；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解答：（） f（x） = 1,曲线 y=f （x）在点（ 1,f（1）处的切线斜率为k=f （1）= 1,依题意 1=0,解得 a=1, f（x）=lnx x,f（x）= 1,当 0 x1 时, f（x） 0,函数 f（x）单调递增；当（ x） 单调递减；x1 时, f（ x） 0,函数 f所以函数 f （x）的单调增区间为（0, 1）,减区间为（1,+）； x（）如 a0,由于此时对一切x（0,1）,都有0,x 10,所以 1,与题意冲突,又 a0,故 a0,由

36、 f（x）= 1,令 f（ x）=0,得 x=当 0 x时, f （x） 0,函数 f（x）单调递增；当 x时, f（x） 0,函数 f（ x） 单调递减；所以 f（ x）在 x=处取得最大值, 1 恒成立故对 . xR+,f（x） 1 恒成立,当且仅当对. aR+,令=t,g（t）=tlnt t, t0就 g（t） =lnt,当 0 t1 时,g（t） 0,函数 g（ t）单调递减；当 单调递增；所以 g（t）在 t=1 处取得最小值1,t1 时,g（t）0,函数 g（t）因此,当且仅当=1,即 a=1 时, 1 成立故 a 的取值集合为 1 点评：本 题考查利用导数争论函数单调性、曲线上某

37、点切线方程,考查函数的最值求解,考查分类争论思想,考查函数恒成立问题的解决,转化函数最值是解决恒成立问题的常用方法四、选做题请考生在第 22、 23、24 三题中任选一题作答,假如多做,就按所做的第一题记分 .作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑 .22（10 分）（2022.乌鲁木齐一模）选修 4 1：几何证明选讲如图, AB 是 O 的直径, AC 是弦,直线（I） 求证： AC 平分 BAD ；（II ） 如 AB=4AD ,求 BAD 的大小CE 和 O 切于点 C,AD 丄 CE,垂足为 D名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 19 页精选学习资料

38、- - - - - - - - - 考点 ：弦 切角专题 ：计 算题分析：（ ）利用切线的性质即可得出；（）利用相像三角形的性质即可得出解答：证 明：（）连接 BC, AB 是圆 O 的直径, ACB=90 B+CAB=90 AD CE, ACD+ DAC=90 , AC 是弦,且直线 CE 和圆 O 切于点 C, ACD= B DAC= CAB ,即 AC 平分 BAD ；（）由（）知 ABC ACD ,由此得 AC2 =AB .AD AB=4AD , AC2 =4AD .AD . AC=2AD ,于是 DAC=60 ,故 BAD 的大小为 120点评：熟 练把握切线的性质、相像三角形的判定

39、与性质是解题的关键23（2022.乌鲁木齐一模）选修 4 4：坐标系与参数方程将圆 x2+y 2=4 上各点的纵坐标压缩至原先的,所得曲线记作 C；将直线 3x 2y 8=0 绕原点逆时针旋转 90所得直线记作 l（I）求直线 l 与曲线 C 的方程；（II ）求 C 上的点到直线 l 的最大距离考点 ：点 、线、面间的距离运算专题 ：转 化思想；圆锥曲线中的最值与范畴问题；空间位置关系与距离2 2分析：（ I）设曲线 C 上任一点为（ x, y）,就（ x,2y）在圆 x +y =4 上,代入即可求得曲线 C 的方程, 写出直线 3x 2y 8=0 的极坐标方程, 记作 l0,设直线 l 上任一点为 （ ,）,就点（ , 90）在 l0上,代入化简,再转化为一般方程即可；（ II）设曲线C 上任一点为M （2cos,sin）,到直线