注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第 I 卷 选择题部分（共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．（2021·浙江高一月考）已知集合 1,0,1,2 , { 1 2}A B x x ∣ ，则 A B （ ）
A． 0,1 B． 1,1 C． 1,0,1 D． 0,1,2
【答案】A
【解析】
由题意求出集合的交集即可.
【详解】
由题意 1,0,1,2 , { 1 2}A B x x ∣ ，
所以 0,1A B ，
故选：A.
2．（2021·全国高三月考（理）） (2 5i)(1 2i) （ ）
A． i12 B． 12 i C．12 i D．12 i
【答案】D
【解析】
直接利用复数的乘法运算求解.
【详解】
因为 (2 5i)(1 2i) 2 5i 4i 10 12 i ，
故选：D
3．（2021·浙江高三专题练习）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家他提出的“幂势既同，则积不容异”称为
祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V sh柱体 ，其中 s 是柱体的底面积，h 是柱体的高若某柱体
的正视图侧视图三视图如图所示，则该柱体的体积是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】
根据三视图还原几何体，然后根据体积公式计算即可.
【详解】
根据题干的三视图可知该几何体为底面为直角梯形的直四棱柱
如图所示：
所以体积为
1 1 1 1
1 2 2 2 62ABCD A B C DV
故选：C
4．（2021·江苏高一月考）已知角 终边上一点 M 的坐标为 (1, 3) ，则 cos2 等于（ ）
A． 1
2
B． 1
2 C． 3
2
D． 3
2
【答案】A
【解析】
根据题意，结合 所在象限，得到 cos 的值，再根据二倍角公式，求得答案.
【详解】
由角 终边上一点 M 的坐标为 1, 3 ，
得 3sin 2
， 1cos 2
，
故 2 1 1cos2 2cos 1 12 2
，
故选：A.
5．（2021·云南高三二模（理））在
81
2
x
x
的二项展开式中， x 的系数是（ ）
A．3 B．5 C． 7 D．9
【答案】C
【解析】
由二项式展开式通项 48
1 2
r
r
r r
CT x
，即可确定 x 的系数.
【详解】
由二项式通项 8 48
1 8
1( ) ( ) 22
r
r r r r
r r
CT C x x
x
，
∴当 4 1r 时， 3r ，则
3
8
4 32
CT x .
∴ x 的系数是
3
8
3 72
C .
故选：C.
6．（2021·全国高三其他模拟）已知圆 2 2: 9O x y ，过点 2,1C 的直线l 与圆 O 交于 ,A B 两点，则当
OAB 的面积最大时，直线l 的方程为（ ）
A． 3 0x y 或 7 15 0x y B． 3 0x y 或 7 15 0x y
C． 3 0x y 或 7 15 0x y D． 3 0x y 或 7 15 0x y
【答案】D
【解析】
当直线l 的斜率不存在时，易求得 2 5OABS ，当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为
11 ( 2) 2y k x k
，进而得弦长 22 9AB d ，圆心到直线 ,A B 的距离
2
1 2
1
kd
k
，
2 2(9 )OABS d d ，再根据基本不等式求解即可得答案.
【详解】
当直线l 的斜率不存在时， l 的方程为 2x ，则 ,A B 的坐标分别为 (2, 5),(2, 5) 在时，所以
1 2 2 5 2 52OABS
当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为 11 ( 2) 2y k x k
，
则圆心到直线 ,A B 的距离
2
1 2
1
kd
k
由平面几何知识得 22 9AB d ，
22 2
2 21 1 9 92 (9 )2 2 2 2OAB
d dS AB d d d
，
当且仅当 2 29 d d ，即 2 9
2d 时， OABS 取得的最大值为 9
2
，
因为 92 5 2
，所以 OABS 的最大值为 9
2 .
此时
2
2
1 2 9
21
k
k
，解得 1k 或 7k ，
此时直线l 的方程为: 3 0x y 或 7 15 0x y
故选：D.
7．（2021·四川成都市·树德中学高二月考（文））已知 ( ) sinf x x x ，若 [1,2]x 时，
2 (1 ) 0f x ax f x ，则 a 的取值范围是（ ）
A． ( ,1] B．[1, ) C． 3 ,2
D． 3, 2
【答案】C
【解析】
根据已知条件先判断出函数的奇偶性和单调性，然后将问题转化为“ 1 1a x x
对 1,2x 恒成立”，借
助对勾函数的单调性即可求解出 a 的取值范围.
【详解】
因为 ( ) sinf x x x ，所以 sin sinf x x x x x f x ，
且定义域为 R 关于原点对称，所以 f x 是奇函数，
又因为 1 cos 0f x x ，所以 f x 在 R 上单调递增，
又因为 2 1 0f x ax f x ，所以 2 1f x ax f x ，
所以 2 1x ax x 对 1,2x 恒成立，所以
2 11 xa x
对 1,2x 恒成立，
所以 1 1a x x
对 1,2x 恒成立，所以
max
1 1a x x
即可，
又由对勾函数的单调性可知 1 1y x x
在 1,2 上单调递增，所以 max
1 32 12 2y ，
所以 3
2a ，即 3 ,2a
，
故选：C.
8．（2021·全国高二课时练习）甲、乙两台自动机床各生产同种标准产品1000件， 表示甲机床生产1000件
产品中的次品数， 表示乙机床生产1000件产品中的次品数，经过一段时间的考察， ， 的分布列分别
如表一，表二所示．据此判断（ ）
表一
0 1 2 3
P 0.7 0 0.2 0.1
表二
0 1 2 3
P 0.6 0.2 0.1 0.1
A．甲比乙质量好 B．乙比甲质量好
C．甲与乙质量相同 D．无法判定
【答案】B
【解析】
由分布列计算可得 E ， E ，进而得到 D ， D ，根据方差大小可得结论.
【详解】
由分布列可求甲的次品数期望为 0 0.7 1 0 2 0.2 3 0.1 0.7E ，乙的次品数期望为
0 0.6 1 0.2 2 0.1 3 0.1 0.7E ，
2 2 2 20 0.7 0.7 1 0.7 0 2 0.7 0.2 3 0.7 0.1 1.21D ，
2 2 2 20 0.7 0.6 1 0.7 0.2 2 0.7 0.1 3 0.7 0.1 1.01D ，
E E ， D D ，乙比甲质量好.
故选：B.
9．（2021·全国高三其他模拟（理））已知双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的左､右焦点分别为 1F ， 2F ，以
原点 O 为圆心， 1OF 为半径的圆与双曲线C 在第一象限交于点 A ，若 1 6OAF ，则双曲线 C 的离心率
为（ ）
A． 2 B． 2 1 C． 3 D． 3 1
【答案】D
【解析】
由题意可得 1 2 2F AF ，且 2AOF△ 是等边三角形，所以 2AF c ， 1 1 2 sin 3AF F F 3c ，再根据
双曲线的定义得 1 2 3 2AF AF c c a ，由 ce a
即可求解.
【详解】
如图，设双曲线C 的半焦距为 c .
若 1 6OAF ，因为以原点O 为圆心，
1OF 为半径的圆与双曲线C 在第一象限交于点 A ，
所以 1 2 2F AF ，所以 1| |OA OF ，
所以 1 1 6OF A OAF ，所以 2 1 1 3AOF OF A OAF ，
又 2| |OA OF ，则 2AOF△ 是等边三角形，
则 2AF c ，则 1 1 2 sin 3AF F F 32 32c c ，
再根据双曲线的定义得 1 2 3 2AF AF c c a ，得 ( 3 1) 2c a ，
所以 2 2( 3 1)
3 1 ( 3 1)( 3 1)
c
a
3 1 .
故选：D
10．（2021·江苏高三其他模拟）如图，直角三角形 PQR 的三个顶点分别在等边三角形 ABC 的边 AB 、BC 、
CA 上，且 2 3, 2, 2PQ QR PQR ，则 AB 长度的最大值为（ ）
A．10 3
3
B．6 C． 4 21
3
D． 8 6
3
【答案】C
【解析】
设 RQC ，用正弦定理把 ,QC QB 用 表示，然后求得 AB BC QB QC ，结合两㸖和与差的正
弦公式可求得最大值．
【详解】
设 RQC ，则 2
3QRC ，
2PQB ， 2
3 2 6BPQ
，
QRC△ 中，由正弦定理
sin sin
QC QR
QRC C
，得
2
2sin( ) sin3 3
QC
，
4 3 2sin( )3 3QC ，同理 4sin( )6BQ ，
4 3 2sin( ) 4sin( )3 3 6AB BC QC BQ
4 3 2 2(sin cos cos sin ) 4(sin cos cos sin )3 3 3 6 6
8 3 4 34cos sin ( 3 cos 2sin )3 3
＝ 4 21 sin( )3
，其中 3sin
7
， 2cos
7
，
且 为锐角，
所以当
2
时， max
4 21
3AB ．
故选：C．
11．（2021·河南高三二模（理））现有一批大小不同的球体原材料，某工厂要加工出一个四棱锥零件，要求
零件底面 ABCD 为正方形， 2AB ，侧面 PAD△ 为等边三角形，线段 BC 的中点为 E ，若 1PE ，则
所需球体原材料的最小体积为（ ）
A． 8 2
3
B． 28
3
C． 9 D． 14 3
3
【答案】A
【解析】
首先判断原材料体积最小的球体即为四棱锥 P ABCD 的外接球， E 是直角 PBC 的外心，过 E 作面
PBC 的垂线与过正方形 ABCD 的中心G 与面 ABCD 的垂线交于 O ，则 O 为四棱锥 P ABCD 外接球的
球心．再利用题中所给长度大小关系，可求球半径，求球体积．
【详解】
所需原材料体积最小的球体即为四棱锥 P ABCD 的外接球，
如图，设 F 为 AD 中点，G 为正方形 ABCD 中心，
PADQV 为边长为 2 的等边三角形，
又 1, 2, , 60 ,PE EF AB PF PE PEF
又 1,PE BE CE E 为 PBC 外心,
则球心O 一定在过点 E 且垂直于侧面 PBC 的垂线上
90 60 30OEG OEP FEP ，又 2GE ，
在直角三角形 OGE 中求出 3
3OG ，
又直角 OAG△ 中， 2AG ， 21
3OA ，即球半径 21
3R ， 3 28 214
3 27V R 球 ．
由于此时四棱锥 P ABCD 在球心同侧，不是最小球，可让四棱锥下移到面 ABCD 过球心时，
即球半径 1 22R AC 时，原材料最省．此时 3 8 24 ( 2)3 3V 球 ．
故选：A.
12．（2021·全国高一单元测试）函数
x xe ef x x
，设 4log 7a f ， 1
2
log 3b f
，
2
3c f
，
则 a b c， ， 的大小关系是（ ）
A． c a b B． b c a C． c b a D． a b c
【答案】C
【解析】
先研究
x xe ef x x
的奇偶性和单调性，把 abc 三个函数值转化为 0 ， 内的函数值，利用单调性比
较大小即可.
【详解】
∵
x xe ef x x
，
x x x xe e e ef x f x f xx x
为偶函数，
对于
x xe ef x x
∵ 1 10, 0,x yx x
为 0 ， 的减函数；
xy e 为 0 ， 的增函数，所以 xy e 和 xy e 为减函数，
所以 x xy e e 为减函数,且 0x xy e e
所以
x xe ef x x
为 0 ， 上的减函数.
x xe ef x x
在 0 ， 上是减函数，
又因 1 2
2
log 3 log 3 ，∴ 1 2
2
log 3 log 3f f
，
且 4 2 2 2log 7 log 7 log 3 log 4 2 ，
∵
2 22
3 33
2 2π 2 2 2 2 2 1 7 3 2log log ，∴ ，
∵
x xe ef x x
在 0 ， 上是减函数，
∴ 4 1
2
3
2
log 7 log 3f f f
，即 a b c ，
故选：C．
第 II 卷 非选择题部分（共 90 分）
二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分.
13．（2021·云南高三二模（理））已知 a
，b
都是平面向量.若 (1, 1)a ， (3, 2)a b ，则 a b ________.
【答案】 3
【解析】
先由 ( )b a a b 求出b
，再求出 a b .
【详解】
因为 ( ) (1, 1) (3, 2) ( 2,1)b a a b ，所以 (1, 1) ( 2,1) 3a b
.
故答案为： 3 .
14．（2021·四川绵阳市·高三三模（理））若函数 2 lnxf x x e m x 在点 1, 1f 处的切线过点 0,0 ，
则实数 m ___________.
【答案】 2e
【解析】
求导得 2' 2 x mf x x x e x
，进而得 1 , 1 3f e f e m ，故切线方程为 3 1y e e m x ，
再结合切线过点 0,0 即可得 2m e .
【详解】
解：函数 2 lnxf x x e m x ，求导得 2 2 x mf x x x e x
，
所以 1 , 1 3f e f e m ，
所以函数 2 lnxf x x e m x 在点 1, 1f 处的切线方程为： 3 1y e e m x ，
又因为切线过点 0,0 ，所以 0 3 0 1e e m ，解得： 2m e .
故答案为： 2e
15．（2021·全国高一课时练习）函数 ( ) tan( )6f x x 的最小正周期为 2 ，则 ( )6f ___________.
【答案】1 或 2 3
【解析】
根据 ( )f x 最小正周期，可求得 1
2
，分别求解当 1
2
和 1
2
时， ( )6f 的值，即可得答案.
【详解】
函数 ( ) tan( )6f x x 的最小正周期为 2| |T ，
解得 1
2
；
当 1
2
时， 1( ) tan( ) tan 16 2 6 6 4f ；
当 1
2
时， 1( ) tan( )6 2 6 6f
tan tan 3 13 4tan tan 2 312 3 4 1 31 tan tan3 4
综上， ( ) 16f 或 2 3 .
故答案为：1 或 2 3 .
16．（2021·桃江县第一中学高二开学考试）已知拋物线 2: 2 0M y px p 的焦点为 F，O 为坐标原点，
M 的准线为 l 且与 x 轴相交于点 B，A 为 M 上的一点，直线 AO 与直线 l 相交于 C 点，若 BOC BCF ，
6AF ，则 M 的标准方程为______________.
【答案】 2 8y x
【解析】
先利用相似关系计算 2
2BC p ，求得直线 OA 的方程，再联立方程求得 , 2A p p ，利用抛物线定义根
据 6AF 即得 p 值，即得结果.
【详解】
因为 BOC BCF ， 90OBC CBF ，所以 ~OBC CBF△ △ ，则 OB CB
BC BF
，
如图， ,2
pOB BF p ，故 2
p
CB
BC p
，解得 2
2BC p ，
所以
2
2tan tan 21
2
p
AOF COB
p
，直线 OA 的斜率为 2 ，OA 的方程 2y x ，
联立直线 OA 与抛物线方程 2
2
2
y x
y px
，解得 , 2A p p ，所以 3 62 2A
p pAF x ，
故 4p ，则抛物线标准方程为 2 8y x .
故答案为： 2 8y x .
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.17—21 题为必考题，每个
考生都必须作答.22、23 题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共 60 分
17．（2021·辽宁高三月考）已知数列 na 是等差数列，其前 n 项和为 nS ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，
1n nT b 且 1 12a b ， 8 33a a ．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）求数列 n na b 的前 n 项和 nQ ．
【答案】（1） 2 1na n ； 1
2
n
nb
；（2） 2 33 2n n
nQ ．
【解析】
（1）根据 1n nT b ，利用数列通项与前 n 项和的关系 1
1
, 1
, 2n
n n
T nb T T n
求解；由 8 33a a ，解得公差
d，再由 1 12 1a b ，写出通项公式；
（2）由（1）得到 1(2 1) 2
n
n na b n
，然后利用错位相减法求解.
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 1n nT b ，
当 1n 时， 1 1 11T b b ，
所以 1
1
2b ；
当 2n 时， 1 11 (1 )n n n n nb T T b b
整理得
1
1
2
n
n
b
b
，
所以数列 nb 是首项为 1
2
，公比为 1
2
的等比数列，
故 1
2
n
nb
．
由 8 33a a ，得1 7 3 (1 2 )d d ，
解得 2d ．
又 1 12 1a b ，
所以 2 1na n ．
（2）由（1）可知， 1(2 1) 2
n
n na b n
，
所以
2 31 1 1 11 3 5 (2 1)2 2 2 2
n
nQ n ，①
则
2 3 4 11 1 1 1 11 3 5 (2 1)2 2 2 2 2
n
nQ n
，②
① ②得
2 3 11 1 1 1 1 11 2 2 2 (2 1)2 2 2 2 2 2
n n
nQ n
,
1
1
1 114 21 12 (2 1)12 21 2
n
n
n
,
13 1(2 3)2 2
n
n
所以 2 33 2n n
nQ ．
18．（2021·全国高三专题练习）2020 年，全球爆发了新冠肺炎疫情，为了预防疫情蔓延，某校推迟 2020 年
的春季线下开学，并采取了“停课不停学”的线上授课措施．为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了
该校的100名学生(男生与女生的人数之比为1:1)对线上课程进行评价打分，若评分不低于80 分视为满意.
其得分情况的频率分布直方图如图所示，若根据频率分布直方图得到的评分不低于 70 分的频率为 0.85.
（1）求b 的值，并估计100名学生对线上课程评分的平均值;(每组数据用该组的区间中点值为代表)
（2）结合频率分布直方图，请完成以下 2 2 列联表，并回答能否有99%的把握认为对“线上教学是否满意
与性别有关”.
性别
态度
满意 不满意 合计
男生
女生 15
合计 100
附：随机变量
2
2 n ad bcK a b c d a c b d
2
0P K k 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001
0k 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
【答案】（1） 0.04b ，80；（2）表格见解析，能有99%的把握认为对“线上教学是否满意与性别有关”.
【解析】
（1）先由题中条件，求出 a ，b 的值，再由频率分布直方图，根据组的中间值乘以该组的频率，再求和，
即可得出平均数；
（2）由题中先完善列联表，再由计算公式，求出 2K ，进而可判断出结果.
【详解】
(1）由已知得 0.015 0.03 10 0.85b ，解得 0.04b ，
又 0.005 10 1 0.85a ，解得 0.01a ，
所以评分的平均值为55 0.05 65 0.1 75 0.3 85 0.4 95 0.15 80
(2）由题意可得， 2 2 列联表如下表:
性别
态度
满意 不满意 合计
男生 20 30 50
女生 35 15 50
合计 55 45 100
因此 2
2 100 20 15 35 30 9.091 6.63555 45 50 50K
能有99%的把握认为对“线上教学是否满意与性别有关”
19．（2021·全国高二课时练习）如图，在四棱锥 S﹣ABCD 中，已知 AB∥DC，AB⊥AD，
△
SAD 是正三角形，
且平面 SAD⊥平面 ABCD，AD＝AB＝2DC＝2，F 为 SB 的中点
（1）求异面直线 SA 与 FC 所成角的大小；
（2）在棱 SB 上是否存在点 Q，使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为
3
？若存在，求出 SQ
SB
的大小；
若不存在，请说明理由．
【答案】（1）90°；（2）存在， SQ
SB
1 5
5
．
【解析】
（1） 以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，过 A 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，由
直线的方向向量的夹角求得异面直线所成的角；
（2）假设在棱 SB 上存在点 Q（a，b，c），SQ
SB
λ，(0≤λ≤1)，使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为
3
，
然后求得平面 SAC 与平面 QAC 的法向量，由法向量夹角的余弦值的绝对值等于 cos 3
求得 即可得．
【详解】
解：（1）∵在四棱锥 S﹣ABCD 中，已知 AB∥DC，AB⊥AD，
△
SAD 是正三角形，
平面 SAD⊥平面 ABCD，AD＝AB＝2DC＝2，F 为 SB 的中点，
∴以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，过 A 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，
则 A（0，0，0），S（0，1， 3 ），C（1，2，0），B（2，0，0），F（1， 1 3,2 2
），
SA （0，﹣1， 3 ）， FC （0， 3
2
， 3
2
），
设异面直线 SA 与 FC 所成角为θ（0°＜θ≤90°），
则 cosθ
SA FC
SA FC
0，∴θ＝90°．
∴异面直线 SA 与 FC 所成角的大小为 90°；
（2）假设在棱 SB 上存在点 Q（a，b，c），SQ
SB
λ，(0≤λ≤1)，使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为
3
，
则 SQ SB ，即（a，b﹣1，c 3 ）＝λ（2，﹣1， 3 ），解得 a＝2λ，b＝1﹣λ，c 3 3 ，
∴Q（2λ，1﹣λ， 3 3 ）， AQ （2λ，1﹣λ， 3 3 ）， AC
（1，2，0）， AS （0，1， 3 ），
设平面 ACQ 的法向量 n (x，y，z），
则 2 0
2 (1 ) ( 3 3 ) 0
n AC x y
n AQ x y z
，取 x＝2，得 5 1(2, 1, )
3 3
n
，
设平面 ASC 的法向量 m (p，q，r），
则 2 0
3 0
m AC p q
m AS q r
，取 p＝2，得 m
=(2，﹣1， 3
3
），
∵平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为
3
，
∴
2
5 1|5 || | 13 3cos , | | | | 21 5 15 5 ( )3 3 3
m nm n m n
，
整理得 5λ2﹣10λ+4＝0，解得λ 51 5
或 51 5
（舍去）．
故在棱 SB 上存在点 Q，使平面 SAC 与平面 QAC 所成的锐二面角为
3
，此时 51 5
SQ
SB
．
20．（2021·全国高三专题练习）设椭圆
2 2
2 2: 1 0x yM a ba b
的左、右焦点分别为 1,0A 、 10B , ，
C 为椭圆 M 上的点，且
3ACB ， 3
3ABCS △ .
（1）求椭圆 M 的标准方程；
（2）设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 相交于 E 、F 两点，探究在 x 轴上是否存在定点 D ，
使得 DE DF 为定值？若存在，试求出定值和点 D 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2）存在，定值为－ 7
16
，定点为 5 ,04D
.
【解析】
（1）利用余弦定理结合三角形的面积公式可求得 2a AC BC 的值，求出 c 的值，由 a 、b 、c 三者的
关系可求得b 的值，进而可得出椭圆 M 的标准方程；
（2）设点 1 1,E x y 、 2 2,F x y ，设直线 EF 的方程为 1y k x ，将直线 EF 的方程与椭圆 M 的方程
联立，列出韦达定理，设点 ,0D t ，利用平面向量数量积的坐标运算可得出 DE DF 关于 k 、t 的表达式，
根据已知条件求出t 的值，由此可得出结论.
【详解】
（1）在 ABC 中， 1 3sin2 3 3ABCS AC BC △ ，可得 4
3AC BC ，
由余弦定理 22 2 2 2 cos 3 43AB AC BC AC BC AC BC AC BC ，
2
8AC BC ， 2 2 2a AC BC ，可得 2a ，
又 2 2c AB ， 1c ，则 2 2 1b a c ，
因此，椭圆 M 的标准方程为
2
2 12
x y ；
（2）设点 1 1,E x y 、 2 2,F x y ，设直线 EF 的方程为 1y k x ，
联立
2
2 12
1
x y
y k x
，消去 y 可得 2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k ，
4 2 2 216 4 2 1 2 2 8 8 0k k k k ，
由韦达定理可得
2
1 2 2
4
2 1
kx x k+ = +
，
2
1 2 2
2 2
2 1
kx x k
，
假设 x 轴上存在定点 ,0D t ，使得 DE DF 为定值.
2
1 1 2 2 1 2 1 2, , 1 1DE DF x t y x t y x t x t k x x
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 2 1 2 2
1 2 2 4 2 1
1 2 1
k k k k t k k
k x x k t x x k t tk
2
2
2
1 4 2
2 1
k t tk
为定值，
所以，1 4 2
2 1
t ，解得 5
4t ，此时，
25 72 4 16DE DF
.
因此，在 x 轴存在定点 5 ,04D
，使得 DE DF 为定值 7
16
.
21．（2021·湖北高二期中）已知函数 ( ) 2 1( , )xf x e ax b a b R .
（1）讨论 ( )f x 的极值情况；
（2）若 0a 时， ( ) 0f x ，求证： 2 74 4b a .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求导，对参数分类讨论，根据导数与 0 的关系，判断函数的单调性，从而判断极值情况；
（2）先讨论 a=0，然后 a>0 时，由（1）中的导数求得函数的最小值，使其大于等于 0，从而找到参数 a 和
b 的关系，把问题转化为函数问题，构造新的函数，通过导数来研究函数的最值，从而证明结论.
【详解】
（1） ( ) e 2 1xf x ax b 定义域为 R ，求导得 ( )' e 2xxf a ，
①当 0a 时， '( ) 0f x ， ( )f x 为 R 上增函数，无极值，
②当 0a 时， '( ) 0f x ，得 ln 2x a ，
( ,ln 2 )x a 时， '( ) 0f x ， ( )f x 为减函数； (ln 2 ,+ )x a 时， '( ) 0f x ， ( )f x 为增函数，
所以 ln 2x a 时， ( )f x 有极小值 2 2 ln 2 1a a a b ，无极大值.
（2）①当 0a 时， ( ) e 1 1xf x b b ，使 ( ) 0f x ，则 1 0b ， 1b ，
此时 2 74 1 4b a 成立，
②当 0a 时，由（1）得 ln 2x a 时， ( )f x 有最小值 2 2 ln 2 1a a a b ，
( ) 0f x ，则 2 2 ln 2 1 0a a a b ，解得 2 2 ln 2 1b a a a ，
所以 2 24 2 2 ln 2 1 4b a a a a a ，
设 2( ) 2 2 ln 2 1 4g x x x x x ，则 ( ) 2ln 2 8'g x x x ，
因为 '( )g x 为 (0, ) 上减函数，且 1( ) 2ln 4 0' 18g ， 1( ) 2ln 2 0' 24g ，
则存在唯一实数 0
1 1( , )8 4x ，使 0 0 0'( ) 2ln 2 8 0g x x x ， 0 0ln 2 4x x ，
当 0(0, )x x 时， '( ) 0g x ， ( )g x 为增函数，
当 0( , )x x 时， )'( 0g x ， ( )g x 为减函数，
当 0x x 时 ( )g x 有最大值 2
0 04 2 1x x ，
24 2 1y x x 为 1 1( , )8 4
上增函数， 1
4x 时， 7
4y ，则 2
0 0
74 2 1 4x x ，
所以 2 74 ( ) 4b a g a ，
综上所述， 2 74 4b a .
（二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22．（2021·黑龙江大庆市·高二开学考试（文））以直角坐标系的原点为极点，x 轴正半轴为极
轴建立极坐标系.已知曲线 2C : 2 (sin 3cos )
（1）求曲线 2C 的直角坐标方程；
（2）已知直线 l 的参数方程为
3 cos4
1 sin4
x t
y t
(t 为参数， 0 )，曲线 2C 截直线 l 所得线段的中点
坐标为 3 1,4 4
，求 的值.
【答案】（1） 2 2 3 0x y x y ；（2） 2
3
.
【解析】
（1）将 cos , sinx y 代入极坐标方程转化即可；（2）将 l 的参数方程代入 2C 的直角坐标方程，
可得t 的一元二次方程，求出 1 2t t ，又直线所过的点即为交点的中点，所以有 1 2 0t t ，解出 值即可.
【详解】
2 (sin 3cos ) ，
又由 cos , sinx y ，
所以 2C 的直角坐标方程为 2 2 3 0x y x y .
（2）将 l 的参数方程代入 2C 的直角坐标方程，整理得 2 3 1 3cos sin 02 2 4t t
，
可得 1 2
3 1cos sin2 2t t ，
又由直线l 的参数方程经过点 3 1( , )4 4
即为线段的中点，由直线参数方程的几何意义可知 1 2 0t t ，
即 3 1cos sin 02 2
，即 tan 3 ，
因为 0 ，所以 2
3
.
23．（2021·甘肃高三二模（文））已知函数 2 2 1f x x x ， xR .
（1）求函数 f x 的图象与直线 6y 围成区域的面积；
（2）若对于 0m ， 0n ，且 4m n 时，不等式 f x mn 恒成立，求实数 x 的取值范围.
【答案】（1） 6；（2） 4, 0,3
.
【解析】
（1）作出函数 ( )f x 的图象与直线 6y ，得到围成的区域是 ABC ，根据三角形的面积公式计算可得结
果；
（2）根据基本不等式求出 mn 的最大值，将恒成立转化为最大值可得 2 2 1 4x x ，再分类讨论去绝
对值可求出结果.
【详解】
（1）由
3 , 1
4, 1 2
3 , 2
x x
f x x x
x x
与 6y 围成的区域是 ABC ，如图所示，
其中 2,6A ， 1,3B ， 2,6C ，
所以 4AC ， B 到直线 AC 的距离为 3，
故所求面积为 1 4 3 62ABCS △ .
（2）因为 0m ， 0n ，且 4m n ，
所以
2
2
m nmn
，即 4mn ，
若不等式 f x mn 恒成立，则有 maxf x mn ，
即 4f x ，解不等式 2 2 1 4x x ，
可得 1
3 4
x
x
或 1 2
4 4
x
x
或 2
3 4
x
x
，
解之得 4
3x 或 0x ，
所以实数 x 的取值范围为 4, 0,3
.
【点睛】
结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若 ( )k f x 在[ , ]a b 上恒成立，则 max( )k f x ；
②若 ( )k f x 在[ , ]a b 上恒成立，则 min( )k f x ；
③若 ( )k f x 在[ , ]a b 上有解，则 min( )k f x ；
④若 ( )k f x 在[ , ]a b 上有解，则 max( )k f x .
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