1．（2024高二下·小店期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·小店期末）若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A． B． C．2 D．3
3．（2024高二下·小店期末）函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·小店期末）若曲线表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·小店期末）已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ）
A． B． C．2 D．3
6．（2024高二下·小店期末）已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·小店期末）棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·小店期末）已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·小店期末）样本数据28、30、32、36、36、42的（ ）
A．极差为14 B．平均数为34
C．上四分位数为36 D．方差为20
10．（2024高二下·小店期末）已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高二下·小店期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，若，则
C．当时，直线与直线所成角的大小为
D．当时，三棱锥的体积的最大值为
12．（2024高二下·小店期末）已知，则 ．
13．（2024高二下·小店期末）在的展开式中，项的系数为 ．
14．（2024高二下·小店期末）过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为 ．
15．（2024高二下·小店期末）已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
（2024高二下·小店期末）夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
16．若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
17．若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
18．（2024高二下·小店期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，M是的中点
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
19．（2024高二下·小店期末）已知抛物线，为上的两个动点，直线的斜率为，线段的中点为.
（1）证明：；
（2）已知点，求面积的最大值.
20．（2024高二下·小店期末）对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，
因为，所以.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简求得复数，再根据复数的模长公式求解即可.
3．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
，且，
即切点坐标为，切线斜率，则切线方程为.
故答案为：C.
【分析】求导，根据导数的几何意义，结合直线的点斜式求切线方程即可.
4．【答案】D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：曲线化为，
因为曲线表示椭圆，所以解得．
故答案为：D．
【分析】先化曲线方程为标准方程，再结合椭圆的标准方程和性质列不等式组求解即可．
5．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，则，，
当时，，即，
当且仅当，时等号成立，
当时，，
即，当且仅当，时等号成立，
故的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】由题意，利用基本不等式得到的范围，再判断即可.
6．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：由题意，可得，，
解得，，即，，
由，，可得，即，解得，
则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据等差数列求和公式得到，，从而得，列不等式组即可求得的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，，连接，如图所示：
设线段的中点为O，易知O为正三棱柱外接球的球心，
因为等边三角形ABC的边长为3，所以，
所以球O的半径，
则球O的表面积．
故答案为：B．
【分析】由题意，先确定球心及外接球半径，再利用球的表面积公式求解即可．
8．【答案】A
【知识点】数列的求和；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数，令，
可得为函数的对称轴，
又因为函数的最小正周期为，且，
令，可得，所以函数在上有25条对称轴，
根据正弦函数的性质可知，函数与的交点有25个，
且（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴），
将以上各式相加得
.
故答案为：A.
【分析】由题可得，是要求解关于对称轴对称的两点与对称轴的关系问题，需要先求出对称轴通式，再判断在符合定义域取值范围内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴关系，再通过叠加法表示出，结合数列通项公式求和即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、极差为，故A正确；
B、数据的平均数为，故B正确；
C、因为，所以样本数据的上四分位数为第5个数，即36，故C正确；
D、
，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用极差，平均数，百分位数，以及方差的定义计算判断即可．
10．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：易知，因为，
所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，
则，，即点的轨迹方程为，，
A、联立与，解得，满足要求，故A正确；
B、联立与，解得，满足要求，故B正确；
C、联立与，解得，不合要求，故C错误；
D、联立与，解得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，根据双曲线定义得到的轨迹方程为，，联立四个选项中的直线，求出交点横坐标，判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、当时，分别是线段和线段的中点，也是的中点，
则，故A正确；
B、当时，，
即，，，满足，故B正确；
C、过作交于，如图所示：
易知面，则与直线成角即为，
当时，，在中，
则，
，即，故C错误；
D、易知是正三角形，
三棱锥体积为
，
当且仅当，即时等号成立，即三棱锥的体积的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的相关知识分析判断即可.
12．【答案】
【知识点】二倍角的正切公式
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：.
【分析】根据正切函数的二倍角公式求解即可．
13．【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意，可知展开式中的系数是
，且.
故答案为：.
【分析】先求展开式中含的系数，再利用组合数求解即可.
14．【答案】．
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意可知过点的直线的斜率存在，设直线，
曲线化为，，
在直角坐标系中，作出直线l与曲线的图象，如图所示：
设图中直线，，，的斜率分别为，，，，
则，，，
又直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得，
要使两图象有两个不同的交点，则．
故答案为：.
【分析】由题意设直线，将曲线变形为，，分析可得其为圆的上部分，作出图象，数形结合即可求解．
15．【答案】（1）解：不妨设，，，则C是最大内角，
由余弦定理可得，则；
（2）解：.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理，同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）利用中线长计算即可.
（1）解：不妨设，，，则C是最大内角，
由余弦定理可得，则；
（2）解：.
【答案】16．解：令该同学投中i次的概率为，则
；
17．解：易知X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
则X的概率分布列为：
X 2 3 4
P
．
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据题意，利用二项分布求解即可；
（2）根据题意，易知X的可能取值为2，3，4，再分别求其概率、列出分布列，最后再求期望即可．
16．解：令该同学投中i次的概率为，则
；
17．解：易知X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
则X的概率分布列为：
X 2 3 4
P
．
18．【答案】（1）证明：因为，是的中点，
所以为等腰三角形，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：在直角梯形中，，，
因为，，平面，则
平面，又平面，
所以，
由，得，则
，即，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
由（1）知平面，即平面的一个法向量为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：在四棱锥中，因为，是的中点，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：在直角梯形中，，，又，，
平面，则平面，又平面，于是，
由，得，则，即，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
由（1）知平面，即平面的一个法向量为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19．【答案】（1）证明：设动点，，因为为抛物线上的两个动点，
所以，
两式作差可得，即①，
又因为线段的中点为，
所以，
代入①式化简可得
（2）解：设直线的方程为，即，
联立，
消元整理得，
由，解得，
由韦达定理可得，，
则
.
又因为点A到直线的距离为，
所以，
记，因为，所以，
所以，．
令，，则，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，
即.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1） 设，， 由题意，利用点差法证明即可；
（2）分别求出，，再转化为，求导，利用导数判断其单调性，求最值即可.
（1）解：设，，因为为抛物线上的两个动点，
所以即，
又因为线段的中点为，所以，，所以；
（2）解：设直线的方程为，即，
联立，消元整理得，
所以，解得，
由韦达定理可得，，
则
.
又因为点A到直线的距离为，
所以，
记，因为，所以，
所以，．
令，，则，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，即.
20．【答案】（1）解：因为函数定义域为，又因为是函数的“可移2相反数点”，
所以，
则，
即，
即，
解得；
所以
（2）解：因为是函数的“可移4相反数点”，所以，即，解得，
所以（且），，
令，，
当时，，在上单调递增，
且，，在上单调递减；
当时，，在上单调递减，
且，，在上单调递减；
故函数的单调递减区间为，；
（3）解：记的“可移1相反数点”为，当时，，解得（舍去），
当时，
当时，，即.
因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，
所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内.
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，
由有且仅有一个根，得，即，解得.
当时，，，
所以存在唯一的，使得，
即时，方程有且仅有一个根，
此时方程在内无解，符合题意；
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，
所以，此时方程在内无解，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【知识点】对数的性质与运算法则；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据新定义可得，解方程求解即可；
（2）根据新定义可得，求出，利用二阶导数讨论函数的单调性求解函数的单调区间即可；
（3）结合新定义，分类讨论当、、时方程的解，确定函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且1个“可移1相反数点”，另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内，结合导数研究函数的性质求解即可.
（1）解：若是函数的“可移2相反数点”，
则，即.
所以，即，
解得或（舍去）；
（2）解：因为是函数的“可移4相反数点”，所以，
即.解得.所以（且），
，令，，
所以当时，，在上单调递增，
且，所以，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递减，
且，所以，所以在上单调递减；
所以函数的单调递减区间为，；
（3）解：记的“可移1相反数点”为，
当时，，解得（舍去），
当时，
当时，，
即，因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内，
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，
由有且仅有一个根，得，即，解得，
当时，，，
所以存在唯一的，使得，
即时，方程有且仅有一个根，
此时方程在内无解，符合题意；
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，
所以，此时方程在内无解，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
1 / 11．（2024高二下·小店期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，
因为，所以.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高二下·小店期末）若复数满足（是虚数单位），则（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简求得复数，再根据复数的模长公式求解即可.
3．（2024高二下·小店期末）函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
，且，
即切点坐标为，切线斜率，则切线方程为.
故答案为：C.
【分析】求导，根据导数的几何意义，结合直线的点斜式求切线方程即可.
4．（2024高二下·小店期末）若曲线表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：曲线化为，
因为曲线表示椭圆，所以解得．
故答案为：D．
【分析】先化曲线方程为标准方程，再结合椭圆的标准方程和性质列不等式组求解即可．
5．（2024高二下·小店期末）已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，则，，
当时，，即，
当且仅当，时等号成立，
当时，，
即，当且仅当，时等号成立，
故的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】由题意，利用基本不等式得到的范围，再判断即可.
6．（2024高二下·小店期末）已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：由题意，可得，，
解得，，即，，
由，，可得，即，解得，
则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据等差数列求和公式得到，，从而得，列不等式组即可求得的取值范围.
7．（2024高二下·小店期末）棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，，连接，如图所示：
设线段的中点为O，易知O为正三棱柱外接球的球心，
因为等边三角形ABC的边长为3，所以，
所以球O的半径，
则球O的表面积．
故答案为：B．
【分析】由题意，先确定球心及外接球半径，再利用球的表面积公式求解即可．
8．（2024高二下·小店期末）已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数列的求和；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数，令，
可得为函数的对称轴，
又因为函数的最小正周期为，且，
令，可得，所以函数在上有25条对称轴，
根据正弦函数的性质可知，函数与的交点有25个，
且（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴），
将以上各式相加得
.
故答案为：A.
【分析】由题可得，是要求解关于对称轴对称的两点与对称轴的关系问题，需要先求出对称轴通式，再判断在符合定义域取值范围内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴关系，再通过叠加法表示出，结合数列通项公式求和即可.
9．（2024高二下·小店期末）样本数据28、30、32、36、36、42的（ ）
A．极差为14 B．平均数为34
C．上四分位数为36 D．方差为20
【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、极差为，故A正确；
B、数据的平均数为，故B正确；
C、因为，所以样本数据的上四分位数为第5个数，即36，故C正确；
D、
，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用极差，平均数，百分位数，以及方差的定义计算判断即可．
10．（2024高二下·小店期末）已知两点，若直线上存在点，使得，则称该直线为“点定差线”，下列直线中，是“点定差直线”的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：易知，因为，
所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为2的双曲线的右支，
则，，即点的轨迹方程为，，
A、联立与，解得，满足要求，故A正确；
B、联立与，解得，满足要求，故B正确；
C、联立与，解得，不合要求，故C错误；
D、联立与，解得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，根据双曲线定义得到的轨迹方程为，，联立四个选项中的直线，求出交点横坐标，判断即可.
11．（2024高二下·小店期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，若，则
C．当时，直线与直线所成角的大小为
D．当时，三棱锥的体积的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、当时，分别是线段和线段的中点，也是的中点，
则，故A正确；
B、当时，，
即，，，满足，故B正确；
C、过作交于，如图所示：
易知面，则与直线成角即为，
当时，，在中，
则，
，即，故C错误；
D、易知是正三角形，
三棱锥体积为
，
当且仅当，即时等号成立，即三棱锥的体积的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的相关知识分析判断即可.
12．（2024高二下·小店期末）已知，则 ．
【答案】
【知识点】二倍角的正切公式
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：.
【分析】根据正切函数的二倍角公式求解即可．
13．（2024高二下·小店期末）在的展开式中，项的系数为 ．
【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意，可知展开式中的系数是
，且.
故答案为：.
【分析】先求展开式中含的系数，再利用组合数求解即可.
14．（2024高二下·小店期末）过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为 ．
【答案】．
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意可知过点的直线的斜率存在，设直线，
曲线化为，，
在直角坐标系中，作出直线l与曲线的图象，如图所示：
设图中直线，，，的斜率分别为，，，，
则，，，
又直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得，
要使两图象有两个不同的交点，则．
故答案为：.
【分析】由题意设直线，将曲线变形为，，分析可得其为圆的上部分，作出图象，数形结合即可求解．
15．（2024高二下·小店期末）已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
【答案】（1）解：不妨设，，，则C是最大内角，
由余弦定理可得，则；
（2）解：.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理，同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）利用中线长计算即可.
（1）解：不妨设，，，则C是最大内角，
由余弦定理可得，则；
（2）解：.
（2024高二下·小店期末）夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
16．若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
17．若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
【答案】16．解：令该同学投中i次的概率为，则
；
17．解：易知X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
则X的概率分布列为：
X 2 3 4
P
．
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据题意，利用二项分布求解即可；
（2）根据题意，易知X的可能取值为2，3，4，再分别求其概率、列出分布列，最后再求期望即可．
16．解：令该同学投中i次的概率为，则
；
17．解：易知X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
则X的概率分布列为：
X 2 3 4
P
．
18．（2024高二下·小店期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，M是的中点
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为，是的中点，
所以为等腰三角形，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：在直角梯形中，，，
因为，，平面，则
平面，又平面，
所以，
由，得，则
，即，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
由（1）知平面，即平面的一个法向量为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：在四棱锥中，因为，是的中点，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：在直角梯形中，，，又，，
平面，则平面，又平面，于是，
由，得，则，即，，两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
由（1）知平面，即平面的一个法向量为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19．（2024高二下·小店期末）已知抛物线，为上的两个动点，直线的斜率为，线段的中点为.
（1）证明：；
（2）已知点，求面积的最大值.
【答案】（1）证明：设动点，，因为为抛物线上的两个动点，
所以，
两式作差可得，即①，
又因为线段的中点为，
所以，
代入①式化简可得
（2）解：设直线的方程为，即，
联立，
消元整理得，
由，解得，
由韦达定理可得，，
则
.
又因为点A到直线的距离为，
所以，
记，因为，所以，
所以，．
令，，则，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，
即.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1） 设，， 由题意，利用点差法证明即可；
（2）分别求出，，再转化为，求导，利用导数判断其单调性，求最值即可.
（1）解：设，，因为为抛物线上的两个动点，
所以即，
又因为线段的中点为，所以，，所以；
（2）解：设直线的方程为，即，
联立，消元整理得，
所以，解得，
由韦达定理可得，，
则
.
又因为点A到直线的距离为，
所以，
记，因为，所以，
所以，．
令，，则，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，即.
20．（2024高二下·小店期末）对于定义域为的函数，若，使得，其中，则称为“可移相反数函数”，是函数的“可移相反数点”.已知，.
（1）若是函数的“可移2相反数点”，求；
（2）若，且是函数的“可移4相反数点”，求函数的单调区间；
（3）设若函数在上恰有2个“可移1相反数点”，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数定义域为，又因为是函数的“可移2相反数点”，
所以，
则，
即，
即，
解得；
所以
（2）解：因为是函数的“可移4相反数点”，所以，即，解得，
所以（且），，
令，，
当时，，在上单调递增，
且，，在上单调递减；
当时，，在上单调递减，
且，，在上单调递减；
故函数的单调递减区间为，；
（3）解：记的“可移1相反数点”为，当时，，解得（舍去），
当时，
当时，，即.
因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，
所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内.
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，
由有且仅有一个根，得，即，解得.
当时，，，
所以存在唯一的，使得，
即时，方程有且仅有一个根，
此时方程在内无解，符合题意；
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，
所以，此时方程在内无解，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【知识点】对数的性质与运算法则；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据新定义可得，解方程求解即可；
（2）根据新定义可得，求出，利用二阶导数讨论函数的单调性求解函数的单调区间即可；
（3）结合新定义，分类讨论当、、时方程的解，确定函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且1个“可移1相反数点”，另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内，结合导数研究函数的性质求解即可.
（1）解：若是函数的“可移2相反数点”，
则，即.
所以，即，
解得或（舍去）；
（2）解：因为是函数的“可移4相反数点”，所以，
即.解得.所以（且），
，令，，
所以当时，，在上单调递增，
且，所以，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递减，
且，所以，所以在上单调递减；
所以函数的单调递减区间为，；
（3）解：记的“可移1相反数点”为，
当时，，解得（舍去），
当时，
当时，，
即，因为函数在上恰有2个“可移1相反数点”，且其中1个“可移1相反数点”，所以另一个“可移1相反数点”在区间内或在区间内，
若，则当时，方程有且仅有一个根，
令，则，所以在上单调递增，
由有且仅有一个根，得，即，解得，
当时，，，
所以存在唯一的，使得，
即时，方程有且仅有一个根，
此时方程在内无解，符合题意；
若，则当时，方程有且仅有一个根，即，
所以，此时方程在内无解，符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
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