2024高考压轴卷——数学（理）（全国甲卷） （PDF版含解析）

高考压轴卷全国甲卷
数 学 试 卷(理工农医类)
说明：
1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共 4 页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草
稿纸上答题无效．考试结束后，将答题卡交回．
2．本试卷满分 150分，120分钟完卷．
第Ⅰ卷(选择题 共 60分)
一、选择题：本大题共 12个小题，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．
A x 1 x 5 B x N y log3 x 2 1. 已知集合 ， ，则 A B （ ）
A. 1,2,3,4 B. 3,4 C. 3,4,5 D. 2,3
2. 欧拉公式 ei cos isin 把自然对数的底数 e，虚数单位 i，cosθ和 sinθ联系在一起，充分体现了数
iπ
学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数 z满足 e i z 1 i，则正确的是（ ）
A. z的共轭复数为 i B. z的实部为 1
C. z的虚部为 i D. z的模为 1
3. 在 1 x 3 1 x 4 1 x 5的展开式中，含 x2项的系数是（ ）
A. 16 B. 19 C. 21 D. 24
1 15
4. 2

已知角 的终边经过点 P , ，则 2cos sin （ ）
4 4 2
A. 5 15 B. 15 5 C. 5 15 D. 15 5
4 4 4 4
1
5. 执行下面的程序框图，输出的 s （ ）
11 25
A. B.
12 24
3 1
C. D.
4 6

0 OP OA 1
6. 已知向量OA 1,0 ,OB 1,1 ，O为坐标原点，动点 P x, y 满足约束条件 ，则
0 OP OB 2
z x 2y的最大值为（ ）
A. 2 B. 2 C. 3 D. 3
7. 2023年 7月 28日至 8月 8日，第 31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，组委会将 5名大学生分配
到 A，B，C三个路口进行引导工作，每个路口至少分配一人，每人只能去一个路口．若甲、乙要求去同一
个路口，则不同的分配方案共有（ ）
A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
8. α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则 m⊥β的一个充分条件是
A. n ,n ,m B. m, ,
C. , ,m D. , l,m l
9. 如今我国．物．流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间 y(单位：
小时)与储藏温度 x(单位：℃)满足函数关系． y eax b (a，b．为常数)，若该果蔬在 7℃的保鲜时间为 288
小时，在 21℃ 的保鲜时间为 32小时，且该果蔬所需物流时间为 4 天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假
设物流过程中恒温)最高不能超过（ ）
A. 14℃ B. 15℃ C. 13℃ D. 16℃
2
10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称
美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿
基米德多面体”，若该多面体的棱长为 2，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A. 8π B. 4
4
C. 2π D. π
3
2 2
11. 设 F1,F
x y
2是双曲线C : (a 0,b 0)的左、右焦点，O是坐标原点，点 P是 C上异于实轴a2
2 1b
端点的任意一点，若 | PF1 || PF2 | |OP |
2 2a2，则 C的离心率为（ ）
A. 3 B. 2 C. 3 D. 2
12. 已 知 函 数 f x 及 其 导 函 数 f x 的 定 义 域 均 为 R ， 且 x 2 f x f x 0 ，
f 4 x f x e4 2x 3，则不等式 e f ln x xf 3 的解集是（ ）
A. 0,e3 B. 1,e3 C. e, e3 D. e3 ,
第 Ⅱ 卷(非选择题 共 90分)
本卷包括必考题和选考题两部分，第 13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22、
23题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：共 4小题，每小题 5分，共 20分．将答案填在答题卡上．
2
13. 已知 f (x) x 1 为偶函数，则a ______.
(3x 2)(x a)
14.已知△ABC的三边长 AB 4cm,BC 2cm, AC 3cm，则△ABC的面积为__________cm2 .

15. 已知两点M ( 1,0),N (1,0)，若直线 x y m 0上存在唯一点 P 满足 PM PN 0，则实数 m 的
值为__________．
3
16. 已知 F为抛物线C : x2 4y 的焦点，过点 F的直线 l与抛物线 C相交于不同的两点 A、B，若抛物线 C
2 4
在 A、B两点处的切线相交于点 P，则 PF AB 的最小值为_______．
三、解答题．：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知 Sn为各项均为正数的数列 an 的前 n项和,a1 0,2 ,a2n 3an 2 6Sn .
（1）求 an 的通项公式；
（2）设b
1
n a a ，数列 bn 的前 n项和为Tn ,若对 n N , t 4Tn 恒成立，求实数 t的最大值.n n 1
4
18. 某公司为了确定下季度的前期广告投入计划，收集并整理了近 6个月广告投入量 x(单位：万元)和收益
y(单位：万元)的数据如表(其中有些数据污损不清)：
月份 1 2 3 4 5 6
广告投入量 2 7 8 10
收益 20 30 34 37
他们分别用两种模型① y bx a，② y aebx进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图
所示的残差图及一些统计量的值．
（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型
（2）残差绝对值大于 2 的数据被认为是异常数据，需要剔除．
（i）剔除异常数据后，求出（1）中所选模型的回归方程；
（ii）若广告投入量 x=19，则（1）中所选模型收益的预报值是多少万．元 (精确到 0.01)
附：对于一组数据 x1,y1 ， x2 ,y2 ， ， xn ,yn ，其回归直线 y b x a 的斜率和截距的最小二乘估计分别
n n
(xi x)(yi y) xi yi nxy
为： b i 1 i 1n n ，a y b x .
2 2 2 (xi x) xi nx
i 1 i 1
5
19.如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD为菱形，平面 FCD 平面 ABCD，平面 EAB 平面
π
ABCD△AEB ,△CFD是等腰直角三角形，且 DFC BEA .2
（1）证明：平面 ABF∥平面CDE；
（2）若 ，求平面 ADE与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值的取值范围.
BAD
3
x2 y220. 已知椭圆 : 1(a b 0) 3的离心率为 ，其左右焦点分别为2 2 F 、F ，下顶点为 A，右顶点 b 2
3
为 B，△ABF 的面积为 1 ．1 2
（1）求椭圆 C 的方程;
（2）设不过原点 O 的直线交 C于 M、N两点，且直线OM ,MN ,ON 的斜率依次成等比数列，求△MON
面积的取值范围．
6
21. 设函数 f (x) eax cos x， g(x) sin x 2．
1
1 F x x3（ ）试研究 x g x 在区间 (0, )上的极值点；
6
（2）当 x 0时， f (x) g(x)，求实数 a的取值范围．
请考生在 22、23二题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第
一个题目计分，做答时，请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．
[选修 4--4：坐标系与参数方程]
x 2cos2 ,
22. 在直角坐标系 xOy

中，曲线C的参数方程为 （ 为参数）.以坐标原点为极点， x轴正
y 2cos
π
半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为 sin 2 .
6
（1）求曲线C的普通方程与直线 l的直角坐标方程；
（2）点 A,B分别为曲线C与直线 l上的动点，求 AB 的最小值.
[选修 4--5:不等式选讲]
23. 已知 a、b、c、d均为正数，且 ad bc．
（1）证明:若a d b c，则 | a d | | b c | ;
（2）若 t a2 b2 c2 d 2 a4 c4 b 4 d 4 ，求实数 t 的取值范围．
7
KS5U2024 高考压轴卷全国甲卷
数 学 试 卷(理工农医类)答案
1【KS5U答案】B
【KS5U解析】因为 A x 1 x 5 ， B x N x 2 0 x N x 2 ，
所以 A B 3,4 .
故选：B.
2【KS5U答案】D
【KS5U解析】由 ei cos isin 可得 eiπ cos π isinπ 1，
iπ z 1 i 1 i 1 i 1 i
2 2i
所以 e i z 1 i z 1 i，可得 i，
1 i 1 i 1 i 1 i 2
所以 z的共轭复数为 i，即 A错误；
z的实部为 0，即 B错误；
z的虚部为 1，所以 C错误；
z的模为 1，可知 D正确.
故选：D
3【KS5U答案】B
【KS5U解析】因为 1 x n r r展开式的通项为Tr 1 Cnx 0 r n,r N ，
所以 1 x 3 1 x 4 1 x 5 2 2 2 2 2 2的展开式中含 x2项为C3x C4x C5x 19x2 ，
所以展开式中含 x2项的系数是19 .
故选：B
4【KS5U答案】A
【KS5U解析】由三角函数定义得 sin 15 1 ，cos
4 4
所以 2cos2 sin 1 cos sin 1 15 1 5 15 .
2 4 4 4
故选：A.
5【KS5U答案】A
8
s 0 1 1【KS5U解析】根据流程框图可知，第一次计算结果为 ,n 4 8；
2 2
1 1 3
第二次循环计算可得 s ,n 6 8；
2 4 4
3 1 11
第三次循环计算可得 s ,n 8 8，不满足 n 8，循环结束，
4 6 12
s 11此时输出 .
12
故选：A
6【KS5U答案】D

【KS5U解析】易知OP x, y ，

0 OP OA 1 0 x 1
所以约束条件 即为 ，
0 OP OB 2 0 x y 2
画出可行域如下图阴影部分所示：
1 1
将目标函数 z x 2y变形可得 y x z，
2 2
当其在 y轴上的截距最小时， z的取值最大；
对直线 y x，令 x 1，则 y 1，则 A 1, 1 ，
1
显然当直线 y x平移到过点 A 1, 1 时， z取最大值 3.
2
故选：D
7【KS5U答案】C
【KS5U解析】第一步：先将 5名大学生分成三组，每组人数为 1，1，3或 1，2，2；
当分为 1，1，3时，且甲、乙要求去同一个路口，则甲、乙必须在 3人组，
1
因此只需从剩下的 3人中任选一人，其余两人各自一组，共有C3种分法；
1 2
当分为 1，2，2时，且甲、乙要求去同一个路口，则将剩下的 3人分成两组即可，共有C3C2种分法；
9
3
第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，共有A3种分配方案；
C1 C1C2 3因此共 3 3 2 A3 36种.
故选：C
8【KS5U答案】A
【KS5U 解析】因为α，β，γ为不同的平面，m，n， l 为不同的直线，则 m⊥β的一个充分条件是
n ,n ,m ，选 A
9【KS5U答案】A
e7a b 288
KS5U e14a
1 7a 1
【 解析】依题意，
e21a b
，则 ，即 e ，显然 a<0，
32 9 3
设物流过程中果蔬的储藏温度为 t℃，于是 eat b 96 3 e21a b e 7a e21a b e14a b，
解得 at b 14a b，因此 t 14，
所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过 14℃.
故选：A
10【KS5U答案】A
【KS5U解析】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为 E,F ，由题知 EF 2，
易知 BE BF ,BE BF，可得 BE BF 1，
所以正方体的棱长为 2，该多面体的外接球即为正方体 ABCD A1B1C1D1的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为 2 2，
2
因此该多面体的外接球的半径为 2，所以其表面积为 S 4π 2 8π .
故选：A
11【KS5U答案】D
10
2 2
【KS5U解析】令双曲线C : x y 1的焦点 F1( c,0),F2 (c,0)，设 P(x0 , y ), y 0，a2 b2 0 0
x2 y2 b2 b2
则 0 0 ，即有 2 2 2 ， 2 2 2 2 2 2
a2 b2
1 y0 2 x0 b | PF1 | (x0 c) y0 x0 2cx0 c a a2
x0 b
c2 c
2 x
2 2cx a2 | c x a |，同理 | PF2 | | x0 a |0 0 0 ，a a a
2
而 x2 a2 c，故 x2 a2 c20 2 0 a
2 0，
a
2 2
因此 2a2 | PF || PF | |OP |2 c b x2 a2 x2 y2 x2 21 2 0 0 0 0 y0 a
2 b2 a2 ，
a2 a2
2
即b2 3a2 c b，所以双曲线 C的离心率 e 1 2 2 .a a
故选：D
12【KS5U答案】C
f x f x f x
【KS5U 解析】构造函数 F x ，则 F x ；
ex ex
因为 x 2 f x f x 0，
所以当 x 2时， f x f x 0，即 F x 0，此时 F x 在 2, 上单调递增；
当 x 2时， f x f x 0，即 F x 0，此时 F x 在 , 2 上单调递减；
又 f 4 x f x e4 2x f 4 x f x ，所以 ，即 F 4 x F x ；
e4 x ex
所以函数 F x 图象上的点 x,F x 关于 x 2的对称点 4 x,F x 也在函数图象上，
即函数 F x 图象关于直线 x 2对称，
11
e3 f ln x xf 3 f ln x f 3 f ln x f 3 不等式 变形为 ，即 ；
x e3 eln x

e3
可得 F ln x F 3 F 1 ，
又 F x 在 2, 上单调递增，在 , 2 上单调递减，
所以1 ln x 3，解得 e x e3 .
故选：C
f x
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据 x 2 f x f x 0的结构特征构造函数 F x ex ，
判断出其单调性，再由 f 4 x f x e4 2x 得出其对称性解不等式即可.
2
13【KS5U答案】
3
【KS5U解析】法一：特殊值法：因为 f x 为偶函数，所以 f 1 f 1 ，
1 1 1 1 2
所以 3 1 2 1 a 3 2 1 a ，解得a ，3
2 2
经检验，当 a 时， f (x) 3x 3 为偶函数，符合题意.
3 9x2 4
法二：定义法：因为 f x 为偶函数，所以 f x f x ，
x 2 1 x2 1
所以 ，化简得 3a 2 x 0，
3x 2 x a 3x 2 x a
a 2所以3a 2 0，解得 .
3
2
故答案为：
3
14. 3 15【KS5U答案】
4
2 2 2 2 2 2
【KS5U解析】由余弦定理有 cosA AB AC BC 4 3 2 7 15，所以 sinA ，所以
2AB AC 2 4 3 8 8
S 1 AB AC sinA 1 4 3 15 3 15△ABC的面积 .2 2 8 4
15【KS5U答案】 2

【KS5U解析】设点 P(x, y)，则 PM ( 1 x, y),PN (1 x, y)，由 PM PN 0，得 x2 y2 1，
12
因此点 P在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线 x y m 0与此圆相切，
|m |
则 12 ，解得 ，1 ( 1)2 m 2
所以实数 m 的值为 2 .
故答案为： 2
16【KS5U答案】5
【KS5U解析】由抛物线C : x2 4y 可知 F 0,1 ，
显然直线 l的斜率一定存在，可设直线 l的方程为 y kx 1， A x1, y1 ,B x2 , y2 ；
如下图所示：
x2 4y
联立抛物线和直线 l的方程 ，消去 y可得 x2 4kx 4 0；
y kx 1
由韦达定理可得 x1 x2 4k , x1x2 4；
利用焦点弦公式可得 AB AF BF y1 1 y2 1 y1 y2 2 k x1 x2 4 4k 2 4；
x 2 x
由 x2 4y可得y ，求导可得 y ，
4 2
x
所以抛物线在点A处的切线方程为 y y 1 21 x x1 ，由x 4y ，2 1 1
y x1 x x
2
整理可得 1 ；
2 4
x x2
同理可得点 B处的切线方程为 y 2 x 2 ；
2 4
x1 x2
联立解得 P ,
x1x2
，即 P 2k, 1 ；
2 4
13
2
可得 PF 2k 2 1 1 2 4k 2 4；
PF 2 4 4k 2 4所以 4 AB 4k 2 4，
2 2 4 4
令 4k 4 t 4, ，则 PF t AB t ；
利用对勾函数性质可知函数 y t 4 在 4, 上单调递增，
t
PF 2 4 t 4 4所以 4 5AB t 4 ，当且仅当 k 0时，等号成立；
2 4
即 PF AB 的最小值为 5.
故答案为：5
【点睛】关键点点睛：在求解抛物线在某点处的切线方程时，经常利用导数的几何意义得出切线方程表达
2 4
式即可解得交点坐标，再由焦点弦公式得出 PF AB 的表达式可求得最小值.
17【KS5U答案】（1） an 3n 2；
（2）1.
【分析】（1）先求得 a1的值，然后利用 an 与 Sn的关系推出数列{an}为等差数列，由此求得 an 的通项公
式；
（2）首先结合（1）求bn 的表达式，然后用裂项法求得Tn ，再根据数列 Tn 的单调性求得 t的最大值．
【小问 1详解】
2
当 n 1时，由题设得 a1 3a1 2 6a a
2
1 ，即 1 3a1 2 0，又 a1 0,2 ，解得 a1 1 .
2
由an 3an 2 6S a
2
n知： n 1 3an 1 2 6Sn 1 .
2 2
两式相减得： an 1 an 3(an 1 an ) 6an 1，即 an 1 an an 1 an 3 0 .
由于 an 0，可得an 1 an 3 0，即 an 1 an 3，
所以 an 是首项为1，公差为3的等差数列，
所以 an 1 3 n 1 3n 2 .
【小问 2详解】
14
1 1 1 1 1
由 an 3n 2得：bn
,
ana

n 1 3n 2 3n 1 3 3n 2 3n 1
T b 1 1 1 1 1 1 nn 1 b2 ... bn 1 ... .3 4 4 7 3n 2 3n 1 3n 1
因为T
n 1 n 1
n 1 Tn 03 n 1 1 3n 1 3n 1 3n 4 ，
所以Tn 1 Tn ，则数列 Tn 是递增数列，
t t 1
所以 t 4Tn Tn T1 t 1，故实数 t的最大值是1.4 4 4
18【KS5U答案】（1）模型①；
105 405
（2）（i） y x ；（ii）63.16 .
38 38
【分析】（1）观察残差图，利用残差波动大小选择.
（2）（i）利用给定数据，计算最小二乘法公式中相关量，求出回归直线方程；（ii）利用求得的回归方程进
行数据估计.
【小问 1详解】
由于模型①残差波动小，应该选择模型①.
【小问 2详解】
1
（i）剔除异常数据，即 3月份的数据，剩下数据的平均数为 x (7 6 7) 7，
5
y 1
5 5
(30 6 30) 30， xi yi 1470 210 1260， xi yi 5x y 210，5 i 1 i 1
5 5
x2
2
i 370 49 321， x2i 5x 76，
i 1 i 1
b 105 ,a y b x 30 105 405 7 ，
38 38 38
y 105 x 405所以所选模型的回归方程为 .
38 38
（ii）若广告投入量 x 19，
105
则该模型收益的预报值是 19 405 1200 63.16 (万元).
38 38 19
19（1）.证明如图，取 AB,CD的中点M ,N，连接ME,EN ,NF ,FM .
因为 FN DC，平面 FCD 平面 ABCD，
平面 FCD 平面 ABCD CD，
15
所以 FN 平面 ABCD .
同理， EM 平面 ABCD .
所以 FN∥ME .
又△AEB和△CFD是等腰直角三角形，所以 FN ME，
四边形MENF 为平行四边形，所以MF∥ EN ，
又因为 AB∥CD, AB MF M ,CD NE N ，
所以平面 ABF∥平面CDE .
（2）解:如图，以 A点为原点， AB所在直线为 y轴，过 A平行于ME的直线为 x轴，在平面
ABCD内垂直于 AB的直线为 z轴，建立空间直角坐标系.
设 AB 2, BAD , 0,
π
， 3
则 A 0,0,0 ,B 0,2,0 ,C 0,2 2cos , 2sin ,D 0,2cos , 2sin ,E 1,1,0 .

所以 AE 1,1,0 , AD BC 0,2cos , 2sin ,BE 1, 1,0 .

设平面 ADE的法向量为 n1 x1, y1, z1 ，则

AE n

x
1 1
y1 0,

AD n1 2cos y1 2sin z1 0.
令 x 1 y 1, z
cos
1 ，得 1 1 ，所以 n
cos
1
1, 1, .
sin sin

设平面 BCE 的法向量为 n2 x2 , y2 , z2 ，则

BE n2 x y 0,
2 2
BC n 2 2cos y2 2sin z2 0.
x cos 令 2 1 y
cos
，得 2 1, z2

，所以 n2 1, 1,

.
sin sin
16
cos
2
cos
2

n n sin sin 1 2
所以 cos n1,n 2 n

1 n

cos 2 cos 2
2 .
2 cos 2 2

2
sin sin sin
t cos 0, π
2 2
设
sin cos 1
，则 t 2 0，sin 3 (sin ) (sin )2
t cos
π
0,

所以 在 上单调递减，所以 t
3
,
sin 3 3
2
所以 cosn t 2 11,n2 2 1
,1 ，
2 t 2 t 2 7
1
所以平面 ADE与平面 BCE 所成锐二面角的取值范围是 ,17
.

【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计立体几何问题，主要考查空间线线 线面位置关系，空间
二面角等基础知识；考查推理论证能力，空间想象能力，运算求解能力；考查直观想象，逻辑推理等数学
核心素养，应用意识.
2
20【KS5U答案】（1 x） y2 1
4
（2） 0,1
【分析】（1）根据椭圆离心率及 ABF1的面积列式可得结果；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及条件得到 m与 k的关系，由点到直线的距离公
式、弦长公式表示面积，构造函数可得结果.
【小问 1详解】
c 3 3 3 1
依题意 e c a a2 b2 c2 b2 a2，又 b a，
a 2 2 4 2
1 2 S a c b 1 a 3 a 1 a 3
3
又 ABF a 1 1 ，1 2 2 2 2 4 2 2
所以 a2 4,b2 1，
x2
所以椭圆 C 的方程为 y2 1.
4
【小问 2详解】
由题意可知，直线的斜率存在且不为 0，故可设直线： y kx m, m 0 ，
17
x2 2
M x1, y1 ,N x
y 1
2 , y2 ，联立直线和椭圆 4 ，
y kx m
1 4k 2 2化简得 x 8kmx 4m2 4 0，
2
由题意可知Δ 8km 4 1 4k 2 4m2 4 0，即1 4k 2 m2 ，
8km 2
且 x1 x2 2 , x x
4m 4
，
1 4k 1 2 1 4k 2
y y kx m kx m k 2则 1 2 1 2 x1x2 km x1 x2 m2
4m2 4 2 2
k 2 2 km
8km 2 m 4k
2 m ，1 4k 1 4k 1 4k 2
y1 y2 2
又直线OM ,MN ,ON 的斜率依次成等比数列。即 kx ，1 x2
m2 4k 2
则 k 2 4k 2 1，所以0 m22 2且m
2 1，
4m 4
m 2 m
设点 O到直线MN的距离为 d ，
1 k 2 5
2 2
MN 1 k 2 x x 2 4x x 2 8km 4m 4又 1 2 1 2 1 k 2 4 2
1 4k 1 4k
5
4 2 m2 5 2 m2 ，4
1 1 2 2 m 2 2 2
所以 S MON MN d 5 2 m 2 m m m 2 m ，2 2 5
2
令 t m 0,1 1,2 ， f t t 2 t t2 2t，
显然 f t t 2 t t2 2t在 0,1 上为增函数，在 1,2 上为减函数，
所以 f 0 f 2 f t f 1 ，即0 f t 1，
所以 S 2 MON m 2 m2 0,1 ，故△MON 面积的取值范围为 0,1 .
18
【点睛】方法点睛：求解椭圆中三角形的面积问题时，一般需要设出直线方程，联立直线与椭圆方程，结
合韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式等，表示出三角形的面积，再利用构造函数或基本不等式的方
法求解即可.
21【KS5U答案】（1）无极值点；
（2）[1, ) .
【分析】（1）求出函数 F (x)的导数，利用导数探讨函数单调性，判断函数的极值点.
2
（2）按a 1,a 1分类探讨，利用（1）中信息，结合不等式性构造函数G x x ex x 1 x 0 并
2
推理得 a 1，当a 1时，构造函数，利用导数结合单调性判断即得.
【小问 1详解】
F (x) 1
2
函数 x3 x sin x 2，求导得 F (x) x 1 cos x，
6 2
x2
令m(x) 1 cos x，求导得m (x) x sin x，设 (x) x sin x，则 (x) 1 cos x，
2
当 x 0时， (x) 1 cos x 0，当且仅当 x kπ π ,k N时取等号，
2
则m (x) x sin x在 (0, )上单调递增，即有m (x) m (0) 0，
于是函数m(x)在 (0, )上单调递增，因此m(x) m(0) 0，
所以 F (x)在区间 (0, )上没有极值点.
【小问 2详解】
2 2
由（1）知，当 x 0,sin x x, cos x x 1 x ，则 x 1 sin x cos x 2，
2 2
2
设G(x) e x x x 1(x 0)，求导得G (x) ex x 1，
2
设 n(x) ex x 1(x 0)，求导得 n (x) e x 1 0，则函数 n(x)在[0, )上单调递增，
19
有 n(x) n(0) 0，即G (x) 0，函数G(x)在[0, )上单调递增，
2
于是G(x) G(0) 0，即 ex x x 1，则 ex sin x cos x 2对任意的 x 0恒成立，
2
当 x 0,a 1时， eax ex，则当 a 1时， eax sin x cos x 2对任意的 x 0恒成立，
当a 1时，设 h(x) eax sin x cos x 2，求导得 h (x) aeax cos x sin x，
显然 h (0) a 1 0，而函数 h (x)在[0, )上的图象连续不断，
则存在实数 x0 0，使得对于任意的 x (0, x0 )，均有 h (x) 0，
因此函数 h(x)在 (0, x0 )上单调递减，则当 x (0, x0 )时， h(x) 0，
即 eax sin x cos x 2，不符合题意，
综上所述，实数 a的取值范围为[1, ) .
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22 2【KS5U答案】（1）曲线为 y x 2 x 2,2 ，直线为 x 3y 4 0
5
（2）
8
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式将曲线 C的参数方程消去参数，结合直角坐标与极坐标互化公式
进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合辅助角公式、余弦函数的最值性质进行求解即可.
【小问 1详解】
因为 cos2 2cos2 1，
x 2cos2
将 （ 为参数），消去参数 ，
y 2cos
2
可得 y x 2 x 2,2 .
20
π sin 3 1

由 2，得 sin cos 2， 6 2 2
因为 x cos , y sin ，所以 x 3y 4 0 .
2
所以曲线C的普通方程为 y x 2 x 2,2 ，
直线 l的直角坐标方程为 x 3y 4 0 .
【小问 2详解】
由点 A在曲线C上，设 A 2cos2 , 2cos ，
2cos2 2 3cos 4
则点 A到 l的距离为： d cos2 3cos 2 2cos 2 3cos 1
12 ( 3)2
2
2
2 cos
3 5
2 cos
3 5
， 4 8 4 8
3 5
所以当 cos 时， dmin ，4 8
5
所以 AB 的最小值为 .
8
23【KS5U答案】（1）证明见解析；
（2）[ 2, ) .
【分析】（1）根据给定条件，利用不等式性质推理即得.
（2）结合已知可得 a2 b2 c2 d 2 ac bd ，再利用基本不等式求解即得.
【小问 1详解】
由 a,b,c,d 均为正数，a d b c，得 (a d )2 (b c)2 ，又 ad bc，
则 (a d )2 (b c)2，所以 | a d | | b c∣.
【小问 2详解】
显然 (a2 b2 )(c2 d 2 )=a2c2 a2d 2 b2c2 b2d 2 a2c2 2abcd b2d 2 (ac bd )2 ，
而 a,b,c,d 均为正数，则 t a2 b2 c2 d 2 t(ac bd )，
又 a4 c4 2ac, b4 d 4 2bd，当 a c,b d 时取等号，
21
而 t a2 b2 c2 d 2 a4 c4 b4 d 4 ，因此 t(ac bd) 2(ac bd)， t 2，
所以实数 t 的取值范围[ 2, ) .
22