【文章內(nèi)容簡介】 調(diào)性． 21．（ 12 分）已知拋物線 C： y=（ x+1） 2與圓（ r＞ 0）有一個(gè)公共點(diǎn) A，且在 A處兩曲線的切線為同一直線 l．（Ⅰ）求r； （Ⅱ）設(shè) m， n 是異于 l 且與 C 及 M 都相切的兩條直線， m， n 的交點(diǎn)為 D，求 D到 l的距離．【考點(diǎn)】 IM：兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)； IT：點(diǎn)到直線的距離公式； KJ：圓與圓錐曲線的綜合．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】 15：綜合題； 16：壓軸題．【分析】（Ⅰ）設(shè) A（ x0，（ x0+1） 2），根據(jù) y=（ x+1）2，求出 l的斜率，圓心 M（ 1，），求得 MA 的斜率，利用 l⊥ MA 建立方程，求得 A 的 坐標(biāo)，即可求得 r的值； （Ⅱ）設(shè)（ t，（ t+1） 2）為 C 上一點(diǎn)，則在該點(diǎn)處的切線方程為y﹣（ t+1） 2=2（ t+1）（ x﹣ t），即 y=2（ t+1） x﹣ t2+1，若該直線與圓M 相切，則圓心 M到該切線的距離為，建立方程，求得 t 的值，求出相應(yīng)的切線方程，可得 D 的坐標(biāo)，從而可求 D 到 l 的距離．【解答】解：（Ⅰ）設(shè) A（ x0，（ x0+1） 2），∵ y=（ x+1） 2， y′ =2（ x+1）∴ l 的斜率為 k=2（ x0+1）當(dāng) x0=1時(shí)，不合題意，所以 x0≠ 1 圓心 M（ 1，）， MA的斜率．∵ l⊥ MA，∴ 2（ x0+1） =﹣ 1∴ x0=0，∴ A（ 0， 1），∴ r=|MA|=； （Ⅱ）設(shè)（ t，（ t+1） 2）為 C 上一點(diǎn)，則在該點(diǎn)處的切線方程為y﹣（ t+1） 2=2（ t+1）（ x﹣ t），即 y=2（ t+1） x﹣ t2+1 若該直線與圓 M相切，則圓心 M 到該切線的距離為∴∴ t2（ t2﹣ 4t﹣ 6） =0∴ t0=0，或t1=2+， t2=2﹣拋物線 C在點(diǎn)（ ti，（ ti+1） 2）（ i=0， 1， 2）處的切線分別為 l， m， n，其方程分別為 y=2x+1①， y=2（ t1+1） x﹣②， y=2（ t2+1）x﹣③②﹣③： x=代入②可得： y=﹣ 1∴ D（ 2，﹣ 1），∴ D到 l 的距離為【點(diǎn)評】本題考查圓與拋物線的綜合，考查拋物線的切線方程，考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查點(diǎn)到直線的距離公式的運(yùn)用，關(guān)鍵是確定切線方程，求得交點(diǎn)坐標(biāo)． 22．（ 12 分）函數(shù) f（ x） =x2﹣ 2x﹣ 3，定義數(shù)列 {xn}如下： x1=2， xn+1 是過兩點(diǎn) P（ 4， 5）， Qn（ xn， f（ xn））的直線 PQn 與 x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．（Ⅰ）證明： 2≤ xn＜ xn+1＜ 3； （Ⅱ）求數(shù)列 {xn}的通項(xiàng)公式．【考點(diǎn)】 8H：數(shù)列遞推式； 8I：數(shù)列與函數(shù)的綜合．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】 15：綜合題； 16：壓軸題．【分析】（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明：① n=1 時(shí)， x1=2，直線 PQ1 的方程為，當(dāng) y=0時(shí)，可得； ②假設(shè) n=k時(shí)，結(jié)論成立，即 2≤ xk＜ xk+1＜ 3，直線 PQk+1 的方程為，當(dāng) y=0 時(shí)，可得，根據(jù)歸納假設(shè) 2≤ xk＜ xk+1＜ 3，可以證明 2≤ xk+1＜ xk+2＜ 3，從而結(jié)論成立．（Ⅱ）由（Ⅰ），可得，構(gòu)造 bn=xn﹣ 3，可得是以﹣為首項(xiàng)， 5 為公比的等比數(shù)列，由此可求數(shù)列 {xn}的通項(xiàng)公式．【解答】（Ⅰ）證明：① n=1 時(shí)， x1=2，直線 PQ1的方程為當(dāng)y=0 時(shí)，∴，∴ 2≤ x1＜ x2＜ 3； ②假設(shè) n=k時(shí)，結(jié)論成立，即 2≤ xk＜ xk+1＜ 3，直線 PQk+1 的方程為當(dāng) y=0時(shí)，∴∵ 2≤ xk＜ xk+1＜ 3，∴∴ xk+1＜ xk+2∴ 2≤ xk+1＜ xk+2＜ 3 即 n=k+1時(shí)，結(jié)論成立由①②可知： 2≤ xn＜ xn+1＜ 3； （Ⅱ）由（Ⅰ），可得設(shè) bn=xn﹣ 3，∴∴∴是以﹣為首項(xiàng)， 5 為公比的等比數(shù)列∴∴∴．【點(diǎn)評】本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查數(shù)列與函數(shù)的綜合，解題的關(guān)鍵是從函數(shù)入手，確定直線方程，求得交點(diǎn)坐標(biāo)，再利用數(shù)列知識解決． 第二篇： 2021年高考真題 — 普通高等學(xué)校統(tǒng)一 考試 — 理科數(shù)學(xué)（全國卷Ⅲ） — 解析版 2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（全國 III 卷） 理科數(shù)學(xué) 一． 選擇題 已知集合，則（ ） A. B. B. C. C. D. D. 答案： A 解答： ，所以 . ，則（ ） A. B. C. D. 答案： D 解答： ,. 3.《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學(xué)瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著，某中學(xué)為了解本校學(xué)生閱讀四大名著的情況，隨機(jī)調(diào)查了 100 位學(xué)生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學(xué)生共有 90 位，閱讀過《紅樓夢》的學(xué)生共有 80 位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學(xué)生共有 60 位，則該校閱讀過《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計(jì)值為（ ） A. B. C. D. 答案： C 解答： （ ） A. B. C. D. 答案： A 解答： 由題意可知含的項(xiàng)為，所以系數(shù)為 . ，且，則（） A. B. C. D. 答案： C 解答： 設(shè)該等比數(shù)列的首項(xiàng)，公比，由已知得， 因?yàn)榍?，則可解得，又因?yàn)椋? 即可解得，則 . 6. 已知曲線在點(diǎn)處的切線方程為，則（ ） A., B., C., D., 答案： D 解析： 令，則，得 . ，可得 .故選 D. （ ） A. B. C. D. 答案： B 解析： ∵，∴，∴為奇函數(shù)，排除選項(xiàng) ∵，根據(jù)圖像進(jìn)行判斷，可知選項(xiàng) B 符合題意 . ，點(diǎn)為正方形的中心，為正三角形，平面平面，是線段的中點(diǎn)，則（ ） A.，且直線，是相交直線 B.，且直線，是相交直線 C.，且直線，是異面直線 D.，且直線，是異面直線 答案： B 解析： 因?yàn)橹本€，都是平面內(nèi)的直線，且不平行，即直線，是相交直線，設(shè)正方形的邊長為，則由題意可得：，根據(jù)余弦定理可得：， ，所以，故選 B. ，如果輸出為，則輸出的值等于（ ） A. B. C. D. 答案： C 解析： 第一次循環(huán)：； 第二次循環(huán)：； 第三次循環(huán)：； 第四次循環(huán)：； ? 第七次循環(huán)：， 此時(shí)循環(huán)結(jié)束，可得 .故選 C. 10. 雙曲線：的右焦點(diǎn)為，點(diǎn)為的一條漸近線的點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn) .若則的面積為（ ） A: B: C: D: 答案 : A 解析： 由雙曲線的方程可得一條漸近線方程為；在中過點(diǎn)做垂直因?yàn)榈玫?。所以 。故選 A。 11. 若是定義域?yàn)榈呐己瘮?shù)，且在單調(diào)遞減，則（ ） A. B. C. D. 答案： C 解析 : 依據(jù)題意函數(shù)為偶函數(shù)且函數(shù)在單調(diào)遞減，則函數(shù)在上單調(diào)遞增；因?yàn)?；又因?yàn)?；所以；故選 C. ，已知在有且僅有個(gè)零點(diǎn)，下述四個(gè)結(jié)論： 在有且僅有個(gè)極大值點(diǎn) 在有且僅有個(gè)極小值點(diǎn) 在單調(diào)遞增 的取值范圍是 其中所有正確結(jié)論的編號是 A. B. C. D. 答案： D 解析： 根據(jù)題意，畫出草圖，由圖可知， 由題意可得，解得， 所以，解得，故對； 令得，∴圖像中軸右側(cè)第一個(gè)最值點(diǎn)為最大值點(diǎn)，故對； ∵，∴在有個(gè)或個(gè)極小值點(diǎn)，故錯(cuò)； ∵，∴，故對 . 二 .填空題 ，為單位向量，且，若，則 . 答案： 解析： ∵，∴， ∵，∴ . ，若，則 . 答案： 解析： 設(shè)該等差數(shù)列的公差為，∵，∴，故， ∴ . 、為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，為上一點(diǎn)且在第一象限，若為等腰三角形，則的坐標(biāo)為 ________. 答案： 解析： 已知橢圓可知，，由為上一點(diǎn)且在第一象限，故等腰三角形中， ,，代入可得 .故的坐標(biāo)為 . ，利用 D 打印技術(shù)制作模型。如圖，該模型為長方體挖去四棱錐后所得的幾何體，其中為長方體的中心，分別為所在棱的中點(diǎn)， ,D 打印機(jī)所用原料密度為，不考慮打印損耗，則作該模型所需原料的質(zhì)量為 . 答案： 解答： ， . . 三．解答題 ，乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：將 200 只小鼠隨機(jī)分成 兩組，每組 100 只，其中組小鼠給服甲離子溶液，組小鼠給服乙離子溶液，每只小鼠給服的溶液體積相同，摩爾溶度 相同。經(jīng)過一段時(shí)間后用某種科學(xué)方法測算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百分比，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖： 記為事件“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于 ”，根據(jù)直方圖得到的估計(jì)值為 . （ 1） 求乙離子殘留百分比直方圖中的值； （ 2） 分別估計(jì)甲，乙離子殘留百分比的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表） . 答案： 見解析 解答 : （ 1） 依題意得，解得 . （ 2） 得到甲離子殘留百分比的平均值為 ,，乙離子殘留百分比的平均值為 . .已知 . (1 求 B。 (2) 若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍 . 答案： （ 1） （ 2）見解析 解析： 因?yàn)?；結(jié)合正弦定理 ,得 ,即；得到； （ 2） 因?yàn)?,所以又因?yàn)?,。又因?yàn)椋ㄒ驗(yàn)闉殇J角，若越大越大，則越小越??；越大）；所以，所以 . 1是由矩形，和菱形組成的一個(gè)平面圖形，其中， ， .將其沿折起使得與重合，連結(jié)，如圖 2. （ 1）證明：圖 2中的四點(diǎn)共面，且平面平面； （ 2）求圖 2中的二面角的大小 . 答案： 見解析 解析： 證明：（ 1）由題意知，，又，平面，又平面，平面平面 . (2)分別取，的中點(diǎn)為，連結(jié)，則， 四邊形為棱形，且 60， ， 又平面， ，即平面， 以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系， ， ， ， 設(shè)平面的一個(gè)法向量為 , ，令，則 , 得到， 平面的一個(gè)法向量為， ,故二面角的大小為 . . （ 1） 討論的單調(diào)性； （ 2） 是否存在，使得在區(qū)間的最小值為且最大值為？若存在，求出的所有值；若不存在，說明理由 . 答案： 見解析 解析： （ 1） ?當(dāng)時(shí)，此時(shí)在單調(diào)遞增 . ?當(dāng)時(shí)，令，解得或，令，解得 . 此時(shí)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減 . ?當(dāng)時(shí)，令，解得或，令，解得 . 此時(shí)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減 . 綜上可得，當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增 . 當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減 . 當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減 . （ 2） 由（ 1）中結(jié)論可