三年高考真题汇编详解参考答案

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：09 三角函数1．【2022年全国甲卷】将函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是（）A．16B．14C．13D．12【答案】C 【解析】【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得ωπ2+π3=π2+kπ,k∈Z，即可求出ω的最小值.【详解】由题意知：曲线C为y=sin[ω(x+π2)+π3]=sin(ωx+ωπ2+π3)，又C关于y轴对称，则ωπ2+π3=π2+kπ,k∈Z，解得ω=13+2k,k∈Z，又ω>0，故当k=0时，ω的最小值为13.故选：C.2．【2022年全国甲卷】设函数f(x)=sin(ωx+π3)在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A．[53,136)B．[53,196)C．(136,83]D．(136,196]【答案】C【解析】【分析】由x的取值范围得到ωx+π3的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得ω>0，因为x∈(0,π)，所以ωx+π3∈(π3,ωπ+π3)，要使函数在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，又y=sinx，x∈(π3,3π)的图象如下所示：则5π2<ωπ+π3≤3π，解得136<ω≤83，即ω∈(136,83]．故选：C．3．【2022年全国乙卷】函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为（）A．−π2，π2B．−3π2，π2C．−π2，π2+2D．−3π2，π2+2【答案】D【解析】【分析】利用导数求得f(x)的单调区间，从而判断出f(x)在区间[0,2π]上的最小值和最大值. 【详解】f′(x)=−sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx，所以f(x)在区间(0,π2)和(3π2,2π)上f′(x)>0，即f(x)单调递增；在区间(π2,3π2)上f′(x)<0，即f(x)单调递减，又f(0)=f(2π)=2，f(π2)=π2+2，f(3π2)=−(3π2+1)+1=−3π2，所以f(x)在区间[0,2π]上的最小值为−3π2，最大值为π2+2.故选：D4．【2022年新高考1卷】记函数f(x)=sin(ωx+π4)+b(ω>0)的最小正周期为T．若2π3<T<π，且y=f(x)的图象关于点(3π2,2)中心对称，则f(π2)=（）A．1 B．32C．52D．3【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T 满足2π3<T <π，得2π3<2πω<π，解得2<ω<3，又因为函数图象关于点(3π2,2)对称，所以3π2ω+π4=kπ,k ∈Z ，且b =2， 所以ω=−16+23k,k ∈Z ，所以ω=52，f(x)=sin(52x +π4)+2， 所以f(π2)=sin(54π+π4)+2=1. 故选：A5．【2022年新高考2卷】若sin(α+β)+cos(α+β)=2√2cos (α+π4)sinβ，则（ ） A ．tan(α−β)=1 B ．tan(α+β)=1 C ．tan(α−β)=−1 D ．tan(α+β)=−1【答案】C 【解析】 【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解. 【详解】由已知得：sin αcos β+cos αsin β+cos αcos β−sin αsin β=2(cos α−sin α)sin β, 即：sin αcos β−cos αsin β+cos αcos β+sin αsin β=0， 即：sin (α−β)+cos (α−β)=0, 所以tan (α−β)=−1, 故选：C6．【2021年甲卷文科】若cos 0,,tan 222sin παααα⎛⎫∈= ⎪-⎝⎭，则tan α=（ ）A B C D 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式可得2sin 22sin cos tan 2cos 212sin αααααα==-，再结合已知可求得1sin 4α=，利用同角三角函数的基本关系即可求解. 【详解】 cos tan 22sin ααα=-2sin 22sin cos cos tan 2cos 212sin 2sin αααααααα∴===--， 0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos 0α∴≠，22sin 112sin 2sin ααα∴=--，解得1sin 4α=，cos α∴=sin tan cos ααα∴==. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出sin α. 7．【2021年乙卷文科】函数()sin cos 33x xf x =+的最小正周期和最大值分别是（） A ．3π B ．3π和2 C ．6π D ．6π和2【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简()fx ，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值. 【详解】由题，()sin cos 3s 33334x x x x f x x π=+=+⎛+⎫⎪⎝⎭，所以()f x 的最小正周期为2613T故选：C ．8．【2021年乙卷文科】22π5πcos cos 1212-=（ ） A．12 BCD 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合诱导公式可得22225cos cos cos sin 12121212ππππ-=-，再由二倍角公式即可得解. 【详解】 由题意，2222225coscos cos cos cos sin 1212122121212πππππππ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭cos6π==故选：D.9．【2021年乙卷理科】把函数()y f x =图像上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移3π个单位长度，得到函数sin 4y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图像，则()f x =（ ） A ．7sin 212x π⎛⎫-⎪⎝⎭B ．sin 212x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．7sin 212x π⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．sin 212x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】解法一：从函数()y f x =的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到23y f x π⎡⎤⎛⎫=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即得2sin 34f x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，再利用换元思想求得()y f x =的解析表达式；解法二：从函数sin 4y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到()y f x =的解析表达式.【详解】解法一：函数()y f x =图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到(2)y f x =的图象，再把所得曲线向右平移3π个单位长度，应当得到23y f x π⎡⎤⎛⎫=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦的图象，根据已知得到了函数sin 4y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，所以2sin 34f x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，令23t x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭,则,234212t t x x πππ=+-=+,所以()sin 212t f t π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,所以()sin 212x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；解法二：由已知的函数sin 4y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭逆向变换，第一步：向左平移3π个单位长度，得到sin sin 3412y x x πππ⎛⎫⎛⎫=+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象，第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到sin 212x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，即为()y f x =的图象，所以()sin 212x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.故选：B.10．【2021年新高考1卷】下列区间中，函数()7sin 6f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增的区间是（ ） A ．0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B ．,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．3,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】 解不等式()22262k x k k Z πππππ-<-<+∈，利用赋值法可得出结论.【详解】因为函数sin y x =的单调递增区间为()22,22k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭，对于函数()7sin 6f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由()22262k x k k Z πππππ-<-<+∈，解得()22233k x k k Z ππππ-<<+∈， 取0k =，可得函数()f x 的一个单调递增区间为2,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 则20,,233πππ⎛⎫⎛⎫⊆- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 选项满足条件，B 不满足条件； 取1k =，可得函数()f x 的一个单调递增区间为58,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭， 32,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且358,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，358,2,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，CD 选项均不满足条件. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成()sin y A ωx φ=+形式，再求()sin y A ωx φ=+的单调区间，只需把x ωϕ+看作一个整体代入sin y x =的相应单调区间内即可，注意要先把ω化为正数．11．【2021年新高考1卷】若tan 2θ=-，则()sin 1sin 2sin cos θθθθ+=+（ ）A ．65-B ．25-C ．25D ．65【答案】C 【解析】 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(221sin cos θθ=+)，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入tan 2θ=-即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得：()()()22sin sin cos 2sin cos sin 1sin 2sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθ+++==+++ ()2222sin sin cos tan tan 422sin cos 1tan 145θθθθθθθθ++-====+++． 故选：C ． 【点睛】易错点睛：本题如果利用tan 2θ=-，求出sin ,cos θθ的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．12．【2021年新高考2卷】北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.13．【2020年新课标1卷理科】设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图，则f(x )的最小正周期为（ ）A ．10π9B ．7π6C ．4π3D ．3π2【答案】C 【解析】 【分析】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫-⎪⎝⎭，即可得到4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭，结合4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点即可得到4962πππω-⋅+=-，即可求得32ω=，再利用三角函数周期公式即可得解. 【详解】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫-⎪⎝⎭， 将它代入函数()f x 可得：4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭ 又4,09π⎛⎫-⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点， 所以4962πππω-⋅+=-，解得：32ω= 所以函数()f x 的最小正周期为224332T πππω=== 故选：C本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题. 14．【2020年新课标1卷理科】已知 π()0,α∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=（ ）A B ．23C ．13D 【答案】A 【解析】 【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于cos α的一元二次方程，求解得出cos α，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论. 【详解】3cos28cos 5αα-=，得26cos 8cos 80αα--=，即23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又(0,),sin απα∈∴==故选：A. 【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.15．【2020年新课标2卷理科】若α为第四象限角，则（ ） A ．cos2α>0 B ．cos2α<0 C ．sin2α>0 D ．sin2α<0【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可. 【详解】方法一：由α为第四象限角，可得3222,2k k k Z ππαππ+<<+∈， 所以34244,k k k Z ππαππ+<<+∈此时2α的终边落在第三、四象限及y 轴的非正半轴上，所以sin 20α< 故选：D.方法二：当6πα=-时，cos 2cos 03πα⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，选项B 错误； 当3πα=-时，2cos 2cos 03πα⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，选项A 错误； 由α在第四象限可得：sin 0,cos 0αα<>，则sin 22sin cos 0ααα=<，选项C 错误，选项D 正确； 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16．【2020年新课标3卷理科】已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ=（ ）A ．–2B ．–1C ．1D ．2【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-，令tan ,1t t θ=≠，则1271tt t+-=-，整理得2440t t -+=，解得2t =，即tan 2θ=. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.17．【2020年新课标3卷文科】已知πsin sin =31θθ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则πsin =6θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（ ）A ．12 B C ．23D 【答案】B 【解析】 【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值. 【详解】由题意可得：1sin sin 12θθθ+=，则：3sin 12θθ=1cos 2θθ+=从而有：sin coscos sin66ππθθ+=，即sin 63πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故选：B. 【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题.18．【2020年新课标3卷文科】在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则tan B =（ ）A B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】先根据余弦定理求c ，再根据余弦定理求cos B ，最后根据同角三角函数关系求tan .B 【详解】设,,AB c BC a CA b ===22222cos 916234933c a b ab C c =+-=+-⨯⨯⨯=∴=2221cos sin tan 29a c b B B B ac +-==∴===故选：C 【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题. 19．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=sin(2x +φ)(0<φ<π)的图像关于点(2π3,0)中心对称，则（ ） A ．f(x)在区间(0,5π12)单调递减B ．f(x)在区间(−π12,11π12)有两个极值点C ．直线x =7π6是曲线y =f(x)的对称轴D ．直线y =√32−x 是曲线y =f(x)的切线【答案】AD 【解析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 【详解】 由题意得：f (2π3)=sin (4π3+φ)=0，所以4π3+φ=k π，k ∈Z ，即φ=−4π3+k π,k ∈Z ，又0<φ<π，所以k =2时，φ=2π3，故f(x)=sin (2x +2π3)．对A ，当x ∈(0,5π12)时，2x +2π3∈(2π3,3π2)，由正弦函数y =sinu 图象知y =f(x)在(0,5π12)上是单调递减； 对B ，当x ∈(−π12,11π12)时，2x +2π3∈(π2,5π2)，由正弦函数y =sinu 图象知y =f(x)只有1个极值点，由2x +2π3=3π2，解得x =5π12，即x =5π12为函数的唯一极值点；对C ，当x =7π6时，2x +2π3=3π，f(7π6)=0，直线x =7π6不是对称轴；对D ，由y ′=2cos (2x +2π3)=−1得：cos (2x +2π3)=−12，解得2x +2π3=2π3+2k π或2x +2π3=4π3+2k π,k ∈Z , 从而得：x =k π或x =π3+k π,k ∈Z ,所以函数y =f(x)在点(0,√32)处的切线斜率为k =y ′|x=0=2cos 2π3=−1， 切线方程为：y −√32=−(x −0)即y =√32−x ．故选：AD ．20．【2020年新高考1卷（山东卷）】下图是函数y = sin(ωx +φ)的部分图像，则sin(ωx +φ)= （ ）A ．πsin(3x +） B ．πsin(2)3x -C ．πcos(26x +）D ．5πcos(2)6x - 【答案】BC 【解析】首先利用周期确定ω的值，然后确定ϕ的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果. 【详解】 由函数图像可知：22362T πππ=-=，则222T ππωπ===，所以不选A, 不妨令2ω=,当2536212x πππ+==时，1y =-∴()5322122k k Z ππϕπ⨯+=+∈， 解得：()223k k ϕππ=+∈Z ，即函数的解析式为：2sin 22sin 2cos 2sin 236263y x k x x x ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=++=+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.而5cos 2cos(2)66x x ππ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭故选：BC. 【点睛】已知f (x )＝Asin (ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法： (1)由ω＝2Tπ即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x 0，则令ωx 0＋φ＝0(或ωx 0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A ，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.21．【2022年全国乙卷】记函数f(x)=cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T ，若f(T)=√32，x =π9为f(x)的零点，则ω的最小值为____________．【答案】3 【解析】 【分析】首先表示出T ，根据f (T )=√32求出φ，再根据x =π9为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得解； 【详解】解： 因为f (x )=cos (ωx +φ)，（ω>0，0<φ<π） 所以最小正周期T =2πω，因为f (T )=cos (ω⋅2πω+φ)=cos(2π+φ)=cosφ=√32， 又0<φ<π，所以φ=π6，即f (x )=cos (ωx +π6)，又x =π9为f (x )的零点，所以π9ω+π6=π2+k π,k ∈Z ，解得ω=3+9k,k ∈Z ，因为ω>0，所以当k =0时ωmin =3； 故答案为：322．【2021年甲卷文科】已知函数()()2cos f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭_______________.【答案】【解析】 【分析】首先确定函数的解析式，然后求解2f π⎛⎫⎪⎝⎭的值即可.【详解】由题意可得：31332,,241234T T Tπππππω=-=∴===， 当1312x π=时，()131322,2126x k k k Z πωϕϕπϕππ+=⨯+=∴=-∈， 令1k =可得：6πϕ=-，据此有：()52cos 2,2cos 22cos 62266f x x f πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=⨯-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故答案为：【点睛】已知f (x )＝Acos (ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法： (1)由ω＝2Tπ即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x 0，则令ωx 0＋φ＝0(或ωx 0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A ，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.23．【2021年甲卷理科】已知函数()2cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则满足条件74()()043f x f f x f ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---> ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最小正整数x 为________．【答案】2 【解析】 【分析】先根据图象求出函数()f x 的解析式，再求出7(),()43f f π4π-的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得. 【详解】由图可知313341234T πππ=-=，即2T ππω==，所以2ω=； 由五点法可得232ππϕ⨯+=，即6πϕ=-；所以()2cos 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭.因为7()2cos 143f π11π⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭，()2cos 032f 4π5π⎛⎫== ⎪⎝⎭；所以由74(()())(()())043f x f f x f ππ--->可得()1f x >或()0f x <； 因为()12cos 22cos 1626f πππ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以，方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足()0f x <，即cos 206x π⎛⎫-< ⎪⎝⎭，解得,36k x k k π5ππ+<<π+∈Z ，令0k =，可得536x <<ππ，可得x 的最小正整数为2.方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足()0f x <，又(2)2cos 406f π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，符合题意，可得x 的最小正整数为2. 故答案为：2. 【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解ω，根据特殊点求解ϕ.24．【2020年新课标2卷文科】若2sin 3x =-，则cos2x =__________．【答案】19【解析】 【分析】直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可. 【详解】22281cos 212sin 12()1399x x =-=-⨯-=-=.故答案为：19.【点睛】本题考查了余弦的二倍角公式的应用，属于基础题.25．【2020年新高考1卷（山东卷）】某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，//BH DG ，EF =12 cm ，DE=2 cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7 cm ，圆孔半径为1 cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．【答案】542π+【解析】 【分析】利用3tan 5ODC ∠=求出圆弧AB 所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形AOB 的面积，求出直角OAH △的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得. 【详解】设==OB OA r ，由题意7AM AN ==，12EF =，所以5NF =，因为5AP =,所以45AGP ︒∠=， 因为//BH DG ，所以45AHO ︒∠=，因为AG 与圆弧AB 相切于A 点，所以OA AG ⊥， 即OAH △为等腰直角三角形；在直角OQD △中，5OQ =，7DQ =，因为3tan 5OQ ODC DQ ∠==，所以2125=，解得r =等腰直角OAH △的面积为1142S =⨯=；扇形AOB 的面积(2213324S ππ=⨯⨯=，所以阴影部分的面积为1215422S Sππ+-=+.故答案为：542π+.【点睛】本题主要考查三角函数在实际中应用，把阴影部分合理分割是求解的关键，以劳动实习为背景，体现了五育并举的育人方针.。

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：04 导数及其应用（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)(−∞,e+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=(1x −1x2)e x−1x+1=1x(1−1x)e x+(1−1x)=x−1x(e xx+1)令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1](2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)即证e xx −lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)即证e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，e xx −xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0设g(x)=e xx−xe1x,x>1，则g′(x)=(1x −1x2)e x−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)e x−e1x(1−1x) =(1−1x)(e xx−e1x)=x−1x(e xx−e1x)设φ(x)=e xx (x>1),φ′(x)=(1x−1x2)e x=x−1x2e x>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以e xx−e1x>0,所以g′(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以e xx−xe1x>0令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；综上, e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握2．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe x ,f(0)=0,所以切点为(0,0)f′(x)=11+x+1−xe x,f′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax e xf′(x)=11+x+a(1−x)e x=e x+a(1−x2)(1+x)e x设g(x)=e x+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)>0,即f′(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f′(x)>0所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若a<−1(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)设ℎ(x)=g′(x)=e x−2axℎ′(x)=e x−2a>0所以g′(x)在(−1,0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减有x→−1,f(x)→−∞而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(−1,0)上有唯一零点所以a<−1,符合题意所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.3．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=e x+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=e x−ax的定义域为R，而f′(x)=e x−a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′(x)=a−1x =ax−1x.当x<lna时，f′(x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=a−alna.当0<x<1a 时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a)上为减函数，当x>1a 时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，故g(x)min=g(1a )=1−ln1a.因为f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，故1−ln1a =a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，设g(a)=a−11+a −lna,a>0，则g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=e x−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当b>1时，考虑e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.设S(x)=e x−x−b，S′(x)=e x−1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1−b<0，而S(−b)=e−b>0，S(b)=e b−2b，设u(b)=e b−2b，其中b>1，则u′(b)=e b−2>0，故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，故S(b)>0，故S(x)=e x−x−b有两个不同的零点，即e x−x=b的解的个数为2.设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=x−1x，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1−b<0，而T(e−b)=e−b>0，T(e b)=e b−2b>0，T(x)=x −lnx −b 有两个不同的零点即x −lnx =b 的解的个数为2. 当b =1，由（1）讨论可得x −lnx =b 、e x −x =b 仅有一个零点， 当b <1时，由（1）讨论可得x −lnx =b 、e x −x =b 均无零点， 故若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 则b >1.设ℎ(x)=e x +lnx −2x ，其中x >0，故ℎ′(x)=e x +1x −2，设s(x)=e x −x −1，x >0，则s ′(x)=e x −1>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e x >x +1， 所以ℎ′(x)>x +1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e −2>0，ℎ(1e 3)=e 1e 3−3−2e 3<e −3−2e 3<0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x 0，1e 3<x 0<1且： 当0<x <x 0时，ℎ(x)<0即e x −x <x −lnx 即f(x)<g(x)， 当x >x 0时，ℎ(x)>0即e x −x >x −lnx 即f(x)>g(x)，因此若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 故b =f(x 0)=g(x 0)>1，此时e x −x =b 有两个不同的零点x 1,x 0(x 1<0<x 0)， 此时x −lnx =b 有两个不同的零点x 0,x 4(0<x 0<1<x 4)， 故e x 1−x 1=b ，e x 0−x 0=b ，x 4−lnx 4−b =0，x 0−lnx 0−b =0 所以x 4−b =lnx 4即e x 4−b =x 4即e x 4−b −(x 4−b)−b =0， 故x 4−b 为方程e x −x =b 的解，同理x 0−b 也为方程e x −x =b 的解又e x 1−x 1=b 可化为e x 1=x 1+b 即x 1−ln(x 1+b)=0即(x 1+b)−ln(x 1+b)−b =0， 故x 1+b 为方程x −lnx =b 的解，同理x 0+b 也为方程x −lnx =b 的解， 所以{x 1,x 0}={x 0−b,x 4−b}，而b >1， 故{x 0=x 4−bx 1=x 0−b 即x 1+x 4=2x 0. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 4．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xe ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x >0时，f(x)<−1，求a 的取值范围；(3)设n ∈N ∗，证明：√12+1√22+2+⋯√n 2+n >ln(n +1)．【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)a ≤12 (3)见解析 【解析】 【分析】（1）求出f ′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=xe ax −e x +1，求出ℎ″(x)，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a ≤12结合放缩法讨论ℎ′(x)符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论ℎ(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln(n +1)−lnn <√n 2+n 对任意的n ∈N ∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当a =1时，f(x)=(x −1)e x ，则f ′(x)=xe x ， 当x <0时，f ′(x)<0，当x >0时，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)设ℎ(x)=xe ax −e x +1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x ，设g(x)=(1+ax)e ax −e x ， 则g ′(x)=(2a +a 2x)e ax −e x ， 若a >12，则g ′(0)=2a −1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x 0∈(0,+∞)，使得∀x ∈(0,x 0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0,x 0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，故ℎ(x)在(0,x 0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾. 若0<a ≤12，则ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x =e ax+ln(1+ax)−e x ， 下证：对任意x >0，总有ln(1+x)<x 成立，证明：设S(x)=ln(1+x)−x ，故S ′(x)=11+x −1=−x1+x <0， 故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x 成立. 由上述不等式有e ax+ln(1+ax)−e x <e ax+ax −e x =e 2ax −e x ≤0， 故ℎ′(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a ≤0时，有ℎ′(x)=e ax −e x +axe ax <1−1+0=0， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1. 综上，a ≤12. (3)取a =12，则∀x >0，总有xe 12x −e x +1<0成立， 令t =e 12x ，则t >1,t 2=e x ,x =2lnt ，故2tlnt <t 2−1即2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立. 所以对任意的n ∈N ∗，有2ln√n+1n <√n+1n−√nn+1，整理得到：ln(n +1)−lnn <√n 2+n ，故√12+1√22+2⋯√n 2+n >ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n +1)−lnn =ln(n +1)， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.5．【2021年甲卷理科】已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 【答案】（1）20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,+∞e e .【解析】 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x ax a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln a y a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【详解】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x ⋅-⋅-⋅===', 令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增； 在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,+∞e e .[方法二]：构造差函数由()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点知()1f x =，即a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解，取对数得方程ln ln a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解．构造函数()ln ln ,(0,)g x a x x a x =-∈+∞，求导数得ln ()ln a a x a g x a x x'-=-=． 当01a <<时，ln 0,(0,),ln 0,()0,()a x a x a gx g x '<∈+∞->>在区间(0,)+∞内单调递增，所以，()g x 在(0,)+∞内最多只有一个零点，不符合题意；当1a >时，ln 0a >，令()0g x '=得ln a x a =，当0,ln a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,ln a x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；所以，函数()g x 的递增区间为0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间为,ln a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．由于1110e1,e 1e ln 0ln aaa a g a a ---⎛⎫<<<=--< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，有ln ln a x x a <，即()0g x <，由函数()ln ln g x a x x a =-在(0,)+∞内有两个零点知ln 10ln ln a a g a a a ⎛⎫⎛⎫=->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以e ln aa >，即eln 0a a ->．构造函数()eln h a a a =-，则e e()1a h a a a'-=-=，所以()h a 的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)+∞，所以()(e)0h a h ≥=，当且仅当e a =时取等号，故()0>h a 的解为1a >且e a ≠．所以，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法三]分离法：一曲一直曲线()y f x =与1y =有且仅有两个交点等价为1ax xa=在区间(0,)+∞内有两个不相同的解．因为a x x a =，所以两边取对数得ln ln a x x a =，即ln ln x ax a=，问题等价为()ln g x x =与ln ()x ap x a=有且仅有两个交点． ①当01a <<时，ln 0,()ap x a<与()g x 只有一个交点，不符合题意． ②当1a >时，取()ln g x x =上一点()()000011,ln ,(),,()x x g x g x g x xx ''==在点()00,ln x x 的切线方程为()0001ln y x x x x -=-，即0011ln y x x x =-+． 当0011ln y x x x =-+与ln ()x a p x a =为同一直线时有0ln 1,ln 10,a a x x ⎧=⎪⎨⎪-=⎩得0ln 1,e e.a a x ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 直线ln ()x a p x a =的斜率满足：ln 1e0a a <<时，()ln g x x =与ln ()x ap x a =有且仅有两个交点．记2ln 1ln (),()a a h a h a a a'-==，令()0h a '=，有e a =．(1,e),()0,()a h a h a '∈>在区间(1,e)内单调递增；(e,),()0,()a h a h a '∈+∞<在区间(,)e +∞内单调递减；e a =时，()h a 最大值为1(e)eg =，所当1a >且e a ≠时有ln 1e0a a <<． 综上所述，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法四]：直接法()112ln (ln )()(0),()a a x x a a x x x x ax a a a x x a x a f x x f x a a a --'⋅-⋅-=>==． 因为0x >，由()0f x '=得ln ax a=． 当01a <<时，()f x 在区间(0,)+∞内单调递减，不满足题意；当1a >时，0ln aa >，由()0f x '>得0,()ln a x f x a <<在区间0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，由()0f x '<得,()ln ax f x a >在区间,ln a a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭内单调递减． 因为lim ()0x f x →+∞=，且0lim ()0x f x +→=，所以1ln a f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即ln ln ln 1(ln )aaa aa a aa a a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭=>，即11ln ln (ln ),ln a a aaaaa aa -->>，两边取对数，得11ln ln(ln )ln a a a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即ln 1ln(ln )a a ->． 令ln a t =，则1ln t t ->，令()ln 1h x x x =-+，则1()1h x x'=-，所以()h x 在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，所以1ln t t -≥，则1ln t t ->的解为1t ≠，所以ln 1a ≠，即e a ≠．故实数a 的范围为(1,e)(e,)⋃+∞．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成()ln g x x =与ln ()x ap x a=两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.6．【2021年乙卷理科】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】（1）1a =；（2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x，其定义域为(,0)(0,1)-∞．要证()1g x <，即证111ln(1)+<-x x ，即证1111ln(1)-<-=-x x x x．（ⅰ）当(0,1)x ∈时，10ln(1)<-x ，10x x -<，即证ln(1)1->-x x x ．令()ln(1)1=---xF x x x ，因为2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ，所以()F x 在区间(0,1)内为增函数，所以()(0)0F x F >=．（ⅱ）当(,0)x ∈-∞时，10ln(1)>-x ，10x x ->，即证ln(1)1->-x x x ，由（ⅰ）分析知()F x 在区间(,0)-∞内为减函数，所以()(0)0F x F >=． 综合（ⅰ）（ⅱ）有()1g x <．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln t t t t ϕ=-+，()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=，当()0,1t ∈时，()0t ϕ'<，()t ϕ单减，故()()10t ϕϕ>=； 当()1,t ∈+∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单增，故()()10t ϕϕ>=； 综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令()ln (1)ϕ=--x x x ，因为11()1x x x xϕ-'=-=，所以()ϕx 在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,)+∞内是减函数，所以()(1)0x ϕϕ≤=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =时取等号）．故当1x <且0x ≠时，101x >-且111x ≠-，11ln 111<---x x ，即ln(1)1--<-x x x ，所以ln(1)1->-x x x ． （ⅰ）当(0,1)x ∈时，0ln(1)1>->-xx x ，所以1111ln(1)-<=--x x x x ，即111ln(1)+<-x x ，所以()1g x <．（ⅱ）当(,0)x ∈-∞时，ln(1)01->>-xx x ，同理可证得()1g x <． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当1x <且0x ≠时，ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ，即()1g x <．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当(0,1)x ∈时，转化为证明ln(1)1->-x x x ，当(,0)x ∈-∞时，转化为证明ln(1)1->-xx x ，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当()0,1x ∈时，()()1ln 10x x x +-->成立和当(),0x ∈-∞时，()()1ln 10x x x +-->成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数()ln (1)ϕ=--x x x ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论ln 1≤-x x （当且仅当1x =时取等号）．然后换元得到ln(1)1->-xx x ，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.7．【2021年新高考1卷】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b≠． 由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=， 从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．① 令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=， 从而()x f x e +<，所以11()f e b b+<．又由1(0,1)a∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b<-==， 所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>． 再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<． 令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<．不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<， 即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s s s ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)ex h x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增． 因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<．综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.8．【2021年新高考2卷】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而10f e b b ⎛⎛=--+< ⎝⎝，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点.综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②：由于102a <<，故21a <，则()01210fb a =-≤-<， 当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1x H x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x ，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9．【2020年新课标1卷理科】已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【解析】 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围. 【详解】(1)当1a =时，()2e x f x x x =+-，()e 21xf x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x----， 记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1x h x x ='--，()''e 10xh x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=， 故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a． 只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e -+++⇔≤xx x x ， 令()223e7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='x xx x h x ()()222213e 2e 9e ⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减； 当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增； 当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122xx x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123xg x x ax x x ax -'=--+++--2(23)42]121)2)1[e ((22x x x x x x a x a a -=--+++=----，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立， 所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a -.【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！10．【2020年新课标2卷理科】已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤（3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤34nn .【答案】（1）当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式； (3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()32sin cos f x x x =，则：()()224'23sin cos sin f x x x x =-()2222sin 3cos sin x x x =- ()222sin 4cos 1x x =-()()22sin 2cos 12cos 1x x x =+-，()'0f x =在()0,x π∈上的根为：122,33x x ππ==， 当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. (2)[方法一]【最优解】：基本不等式法 由四元均值不等式可得24262[()]sin sin 24sin cos =⋅=⋅=f x x x x x 222244sin sin sin 3cos 33⋅⋅⋅≤⋅x x x x 42222sin sin sin 3cos 27464⎛⎫+++= ⎪⎝⎭x x x x ，当且仅当22sin 3cos =x x ， 即3x k ππ=-或()3x k k ππ=+∈Z 时等号成立．所以|()|f x ． [方法二]：构造新函数+齐次化方法因为()()333222222sin cos 2tan ()2sin cos sin cos tan 1===++x xxf x x x x x x ，令tan (0)=≥x t t ，则问题转化为求()3222()(0)1=≥+t g t t t的最大值．求导得()()()22222213()1+'-=+t t t g t t，令()0g t '=，得t =当∈t 时，()0g t '>，函数()g t 单调递增；当)∈+∞t 时，()0g t '<，函数()g t 单调递减． 所以函数()g t的最大值为==g|()|f x ≤． [方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到()()()()22sin sin 2sin sin 2f x x x x x f x πππ+=++==⎡⎤⎣⎦，故函数()f x 是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：()()00f f π==，23f π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎝⎭223f π⎛⎛⎫=⨯= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 据此可得：()max f x =⎡⎤⎣⎦()minf x =⎡⎤⎣⎦ 即()f x (3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论 由于()32223332sin sin 2sin 2sin sin 2sin 2==nn x xx x xx 23312|sin |sin sin 2sin 2sin2sin 2-=n n n x x xx x x ()12|sin |()(2)2sin 2-≤n n x f x f x f x x ()1()(2)2-n f x f x f x ，所以232223sin sin 2sin 24⎫≤=⎝⎭n n nn x xx ． [方法二]：数学归纳法+放缩当1n =时，222sin sin 2sin sin 2sin 2⋅=≤x x x x x 33244≤≤x ，显然成立； 假设当n k =时原式成立，即22223sin sin 2sin 4sin 24≤kkk x x x x ．那么，当1n k =+时，有222221sin sin 2sin 4sin 2sin 2+≤kk x x x x x 2234sin 2cos 24⎛⎫⋅⋅⋅≤⎪⎝⎭kk kx x332cos22sin 2cos24sin 2⎛⎫⋅⋅≤ ⎪⎝⎭k kk kk x x x x 32cos248sin 2⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭k k k x x 11334tan 24++⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭k k kx ， 即当1n k =+时不等式也成立．综上所述，不等式对所有的n *∈N 都成立． 【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式； 方法二：数学归纳法是处理与自然数有关的命题的常见策略，放缩法是不等式证明中常见的方法.11．【2020年新课标3卷理科】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f '=，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得2311()32()()422f x x x x '=-=+-，易知()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为2()3f x x b '=+，由题意，1()02f '=，即：21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭，则34b =-．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得33()4f x x x c =-+，2311()33()()422f x x x x '=-=+-， 令()0f x '>，得12x >或12x <-；令()0f x '<，得1122x -<<， 所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <， 即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ， 即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0'x ， 即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】：设0x 是()f x 的一个零点，且01x ≤，则30034c x x =-+． 从而()332200000333()444f x x x x x x x x x x x ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭． 令22003()4h x x x x x =++-，由判别式2220003Δ43304x x x ⎛⎫=--=-≥ ⎪⎝⎭，可知()0h x =在R 上有解，()h x 的对称轴是011,222x x ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦220002200031(1)104231(1)1042h x x x h x x x ⎧⎛⎫=++-=+≥⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪-=-+-=-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，所以()h x 在区间01,2x ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上有一根为1x ，在区间0,12x ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有一根为2x ，进而有121,1x x ≤≤，所以()f x。

三年真题4M oi冠有苴名祠昌信翌值。

成激倒年份卷别冠词（2022-2024）三年（14考）名词的数与格（2022-2024）三年（18）命题趋势2024新高考I卷the favorites;richness冠词:高考中考查频率较新高考II卷themes;visibility高的冠词主要表现在不定全国甲卷A-An（改错）treasures;completion冠词与定冠词的用法辨析上。

业考查定冠.通表特指租丕定冠词表泛损为主」2二对丕定冠.通.旦.与._迎_的用.法的看查也二真是戋查的热.点.2._3..对固定短谊中一冠.词的考查也是高考•的常考.浙江卷1月the criticism;2023新高考I卷a新高考II卷the arrival;interview全国甲卷a（语填）；the-a;（改错）warning;butterfly-butterflies（改错）全国乙卷same前面加the（改错）wonders浙江卷1月the events2022新高考I卷the populations成.2..一名词的词改错:完形填空考查名词义辨析。

语法填空和:1.名词的单复数规新高考II卷The son's全国甲卷a protection全国乙卷the responsibility浙江卷1月the invitation火V父H j勺/|、冽火11父。

乙.名词的格3.名词与其他词类的转换形式。

浙江卷6月the photographer皆盛翁偷。

围腐皆源考点01定冠词1.（2024・新高考I卷•高考真题）Further,the Silk Route Garden around the greenhouse walks visitors through a journey influenced by the ancient Silk Road,by which silk as well as many plant species came to Britain for________first time.【答案】the【解析】考查冠词。

全国通用2020_2022三年高考化学真题分项汇编：专题04 氧化还原反应2022年高考真题1．（2022·浙江卷）关于反应223242422Na S O H SO =Na SO S ++SO ++H O ↓↑，下列说法正确的是A ．24H SO 发生还原反应B ．223Na S O 既是氧化剂又是还原剂C ．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D ．2231mol Na S O 发生反应，转移4mol 电子 【答案】B【解析】Na 2S 2O 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+S ↓+SO 2↑ +H 2O ，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S 元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。

A ．H 2SO 4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A 说法不正确；B ．Na 2S 2O 3中的S 的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO 2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B 说法正确；C ．该反应的氧化产物是SO 2，还原产物为S ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C 说法不正确；D ．根据其中S 元素的化合价变化情况可知，1mol Na 2S 2O 3发生反应，要转移2 mol 电子，D 说法不正确。

综上所述，本题选B 。

2．（2022·湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进+H 和-e 的转移(如a 、b 和c)，能将海洋中的2NO -转化为2N 进入大气层，反应过程如图所示。

下列说法正确的是A ．过程Ⅰ中2NO -发生氧化反应B ．a 和b 中转移的-e 数目相等C ．过程Ⅱ中参与反应的()4+n(NO):n NH =1:4D ．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为-+2422NO +NH =N +2H O ↑【答案】C【解析】A ．由图示可知，过程I 中NO -2转化为NO ，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO -2作氧化剂，被还原，发生还原反应，A 错误；B ．由图示可知，过程I 为NO -2在酶1的作用下转化为NO 和H 2O ，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO -2+2H ++e -1=酶NO+H 2O ，生成1molNO ，a 过程转移1mole -，过程II 为NO 和NH +4在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H 2O 和N 2H 4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH +42=酶2H 2O+5N 2H 4+8H +，消耗1molNO ，b 过程转移4mol e -，转移电子数目不相等，B 错误；C ．由图示可知，过程II 发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH +42=酶2H 2O+5N 2H 4+8H +，n(NO):n(NH +4)=1:4，C 正确； D ．由图示可知，过程III 为N 2H 4转化为N 2和4H +、4e -，反应的离子方程式为：N 2H 4= N 2+4H ++4e -，过程I-III 的总反应为：2NO -2+8NH +4=5N 2↑+4H 2O+24H ++18e -，D 错误； 答案选C 。

立体几何（解答题） 专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥， 从而有22453AF AB BF =+=+=， 从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）23． 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥， 从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =， 则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =． 因为PD ⊥底面ABCD ， 故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=． 【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形 因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ． 因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形， 故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥． 所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==， 因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。

集合-三年（ 2019-2021年）高考真题数学分类汇编一、单选题(共30题；共150分)1．（5分）（2021·新高考Ⅱ卷）设集合U={1,2,3,4,5,6},A={1,3,6},B={2,3,4}，则A∩(∁U B)=（）A．{3}B．{1,6}C．{5,6}D．{1,3}【答案】B【解析】【解答】解：由题设可得C U B={1,5,6}，故A∩(C U B)={1,6}.故答案为：B【分析】根据交集、补集的定义求解即可.2．（5分）（2021·北京）已知集合A={x|−1<x<1}，B={x|0≤x≤2}，则A∪B=（）A．(−1,2)B．(−1,2]C．[0,1)D．[0,1]【答案】B【解析】【解答】解：根据并集的定义易得A∪B={x|−1<x≤2}，故答案为：B【分析】根据并集的定义直接求解即可.3．（5分）（2021·浙江）设集合A={x|x≥1}，B={x|−1<x<2}，则A∩B=（）A．{x|x>−1}B．{x|x≥1}C．{x|−1<x<1}D．{x|1≤x<2}【答案】D【解析】【解答】因为A={x|x≥1}，B={x|−1<x<2},所以A∩B={x|1≤x<2}.故答案为：D.【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。

4．（5分）（2021·全国乙卷）已知全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,2},N={3,4},则C u（MUN）=（）A．{5}B．{1,2}C．{3,4}D．{1,2,3,4}【答案】A【解析】【解答】因为U={1,2,3,4,5},集合M={1,2},N={3,4} 则MUN ＝{1，2，3，4}，于是C u（MUN）= {5} 。

故答案为：A【分析】先求 MUN ，再求 C u （MUN ） 。

5．（5分）（2021·全国甲卷）设集合 M ＝{1，3，5，7，9}，N ＝{x ∣2x >7} ，则 M ∩N ＝( ) A ．{7，9} B ．{5，7，9} C ．{3，5，7，9}D ．{1，3，5，7，9}【答案】B【解析】【解答】解：由2x>7，得x >72，故N ={x|x >72}，则根据交集的定义易得M∩N={5,7,9}. 故答案为：B【分析】根据交集的定义求解即可.6．（5分）（2021·全国甲卷）设集合M=｛x|0＜x ＜4｝，N=｛x| 13≤x≤5｝，则M∩N=（ ）A ．｛x|0＜x≤ 13 ｝B ．｛x| 13 ≤x ＜4｝C ．｛x|4≤x ＜5｝D ．｛x|0＜x≤5｝【答案】B【解析】【解答】解：M∩N 即求集合M,N 的公共元素，所以M∩N={x|13≤x ﹤4}，故答案为：B【分析】根据交集的定义求解即可.7．（5分）（2021·全国乙卷）已知集合S=｛s|s=2n+1，n∈Z ｝，T=｛t|t=4n+1，n∈Z ｝，则S∩T=（ ） A ．∅B ．SC ．TD ．Z【答案】C【解析】【解答】当n=2k (k ∈Z) 时，S={s|s=4k+1, k ∈z },当n=2k+1 (k ∈Z) 时,S={s|s=4k+3, k ∈z } 所以T ⊂S,所以S ∩T =T , 故答案为：C.【分析】分n 的奇偶讨论集合S 。

三年（2019-2021）年高考真题分项汇编专题05 非谓语动词一、2021年高考真题1.（2021.6新高考1卷语法填空）Though it is the only unnatural thing on your way up the mountain, still it highlights the whole adventure and offers a【答案】aching【解析】考查非谓语动词。

分析句子结构可知，因为名词legs与动词ache为主动关系，所以此处应该填现在分词作定语修饰legs。

故填aching。

2.（2021.6全国甲卷语法填空）It is possible 3 (walk) or bike the entire 14 kilometers.【答案】to walk【解析】考查非谓语动词。

本句是典型的It is adj. + to do的形式，故填to walk 。

3.（2021.6全国甲卷语法填空）After 4 (spend) some time looking at all the defensive equipment at the wall, we decided it was time for some action and what better than to ride on a piece of history!【答案】spending【解析】考查非谓语动词。

After 介词后加doing形式，故填spending。

4.（2021.6全国乙卷语法填空）【答案】visiting【解析】考查非谓语动词。

分析题目，句子中已经有一个谓语动词，判断空格处填非谓语动词。

空处作介词of的宾语，所以应使用动名词作介词宾语。

句意：最小化参观一个地方的影响。

故填visiting。

5.（2021.6全国乙卷语法填空）on the natural environment.【答案】to have【解析】考查非谓语动词。

三年（2018-2020）年高考真题分项汇编专题01 冠词、名词、一、2020年高考真题1.（2020·新课标I卷语法填空）The far side of the moon is of particular 64 (interesting) to scientists because it has a lot of deep craters (环形山), more so 65 the familiar near side.【答案】interest【解析】考查名词。

句意：月球背面让科学家尤其感兴趣。

根据空前的形容词particular可知，空处应填名词，interest是不可数名词，be of interest to sb.意为“(某物)使某人感兴趣”。

故填interest。

2.（2020·新课标I卷短文改错）Next I broke the eggs into a bowl and beat them quickly with chopstick.【答案】将chopstick改为chopsticks【解析】考查名词复数。

句意：下一步我把鸡蛋打到一个碗里，然后用筷子快速搅拌。

chopstick是可数名词，意为“筷子”，通常以复数形式出现，故将chopstick改为chopsticks。

3.（2020·新课标II卷语法填空）Chinese New Year is a 61 (celebrate) marking the end of the winter season and the beginning of spring.【答案】celebration【解析】考查名词。

句意：中国新年是一个庆祝冬天的结束和春天的开始。

不定冠词a后接名词形式。

故填celebration。

4.（2020·新课标II卷短文改错）Luckily, I will go home in two weeks for summer vacations.【答案】将vacations改为vacation【解析】考查不可数名词。

实用类文本阅读-（2024-2023-2024）三年高考语文真题分类汇编试卷（含答案解析）2.实用类文本阅读一、现代文阅读（2023·全国甲卷）阅读下面的文字，完成下题。

根据《杜登德语辞典》，“语言"是一种人类自我表达的能力。

如此看来，只有我们人类可以说话，但是如果我们可以知道树木是否也会自我表达，这不是很有趣吗？那么树木会如何“说话”呢？我们当然不可能听得见，因为它们肯定是静悄悄的，那些强风刮过时枝丫摇摆的嘎嘎声，以及轻风拂面时叶片婆娑的簌簌声，都是被动发出的。

不过它们确实以另一种方式沟通：通过气味。

在非洲大陆的莽原上，金合欢树是长颈鹿的珍馐，为了摆脱这种草食性的庞然大物，金合欢树短短几分钟内就可以在叶子里散布毒素。

长颈鹿便会转移到其他树木那里。

是旁边的树吗？不。

它们会避开邻近的树木，然后在大约100米开外的金合欢树那里重新开始大快朵颐。

因为被啃食的金合欢树会施放一种警示气体，向邻近的同伴传递不速之客来袭的信息。

所有得到警讯的树木会立即分泌毒素来回应。

长颈鹿因为知道金合欢树的这个把戏，所以会走远一些，以寻找那些尚未知情的树木。

又或者它们会逆风而行，因为气味信息是顺着风向其他树木传送的。

这样的防卫行为自然需要时间，所以早期预警阶段的工作如何协调就具有决定性的意义。

对此，树木当然不能只依赖空气，它也通过根部来传送信息。

一棵树的根可以蔓延得很广，其距离大过树冠宽度的两倍，因此在地底下会与周遭树木的根交错而产生联系。

但也有偶然情形，因为森林里也有独行侠，一点也不想与别人有任何瓜葛。

所以有没有可能因为这些家伙的不合群，而导致警示信息被阻断呢？幸好不会。

树木为了确保信息能够快速传递，多数情况下都会以真菌为媒介，其作用就像网络光纤那样，纤细的菌丝密布在土壤中，并以我们无法想象的密度交织成网络，借助其网络，真菌可以把从某棵树得到的信号继续传递下去，帮助它们交换害虫、干旱或其他危险消息。

在共同的生存空间里，可能森林里所有的植物都会以这种方式进行交流。

专题02 词（2023·全国乙卷）阅读下面这首宋词，完成下面小题。

破阵子陆游看破空花尘世，放轻昨梦浮名，蜡屐登山真率饮，筇杖穿林自在行，身闲心太平。

料峭余寒犹力，廉纤细雨初晴。

苔纸闲题溪上句，菱唱遥闻烟外声。

与君同醉醒。

14．下列对这首词的理解和赏析，不正确的一项是（）A．词人以“空花”“昨梦”喻指过往的虚无，“看破”“放轻”宣示自己告别过去。

B．词人着屐拄杖、登山穿林，一个远离尘世、悠游自在的山野隐逸形象跃然纸上。

C．细雨初晴的春日，依然会使人感觉到寒冷，但这并没有影响词人的轻松自得。

D．词人在最后表示，希望远方友人能与自己同饮共醉，表达了真挚的思念之情。

15．这首词是如何表现人闲适心情的？请结合作品简要分析。

【答案】14．D 15．①看破虚幻的世界，放弃过往的无谓名利。

体现出作者处世豁达的人生态度，旷达自然，超凡脱俗。

②穿着蜡屐登山率真地饮酒，带上筇杖自在地行走，身体自由，心灵宁静。

体现出作者宁静从容的心境，诠释着作者退居后乐观淡泊的精神追求。

③闲暇之时在溪边题诗，听着远处传来烟霭外采菱人的歌声。

写作者对官场失望之后徜徉在山水之间，不问世事，抒写闲适情趣，力求解脱之道的旷达胸怀。

【解析】14．本题考查学生对诗歌的综合理解和赏析能力。

D.“表达了真挚的思念之情”错。

“与君同醉醒”，意思是与友人一同醉醒，表达闲适自在的心情。

故选D。

15．本题考查学生评价诗歌中作者的思想情感的能力。

“看破空花尘世，放轻昨梦浮名”，意思是看破虚幻的世界，放弃过往的无谓名利。

体现出作者处世豁达的人生态度，旷达自然，超凡脱俗。

“蜡屐登山真率饮，筇杖穿林自在行，身闲心太平”，意思是穿着蜡屐登山真诚率真地饮酒，带上筇杖自在地行走，身体自由，心灵宁静。

据此看出作者宁静从容的心境，诠释着作者退居后乐观淡泊的精神追求。

“苔纸闲题溪上句，菱唱遥闻烟外声”，意思是闲暇之时在溪边题上一首诗，听着远处传来烟霭外采菱人的歌声。

作者对官场失望之后徜徉在山水之间，不问世事，抒写闲适情趣力求解脱之道的旷达胸怀。