精選歷年四川卷數(shù)學(xué)高考題部分

1、歷年四川卷數(shù)學(xué)高考題局部第PAGE30頁共NUMPAGES30頁2023四川如圖，動(dòng)點(diǎn)M到兩定點(diǎn)A1，0、B2，0構(gòu)成MAB，且MBA=2MAB，設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為C求軌跡C的方程；設(shè)直線y=2x+m與y軸交于點(diǎn)P，與軌跡C相交于點(diǎn)Q、R，且|PQ|PR|，求的取值范圍【分析】設(shè)出點(diǎn)Mx，y，分類討論，根據(jù)MBA=2MAB，利用正切函數(shù)公式，建立方程化簡即可得到點(diǎn)M的軌跡方程；直線y=2x+m與3x2y23=0 x1聯(lián)立，消元可得x24mx+m2+3=0，利用有兩根且均在1，+內(nèi)可知，m1，m2設(shè)Q，R的坐標(biāo)，求出xR，xQ，利用，即可確定的取值范圍【解答】解：設(shè)M的坐標(biāo)為x，y，顯然有x0，且

2、y0當(dāng)MBA=90時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為2，3當(dāng)MBA90時(shí)，x2，由MBA=2MAB有tanMBA=，化簡可得3x2y23=0而點(diǎn)2，3在曲線3x2y23=0上綜上可知，軌跡C的方程為3x2y23=0 x1；直線y=2x+m與3x2y23=0 x1聯(lián)立，消元可得x24mx+m2+3=0有兩根且均在1，+內(nèi)設(shè)fx=x24mx+m2+3，m1，m2設(shè)Q，R的坐標(biāo)分別為xQ，yQ，xR，yR，|PQ|PR|，xR=2m+，xQ=2m，=m1，且m2，且，且的取值范圍是1，77，7+42023新課標(biāo)II設(shè)向量，不平行，向量+與+2平行，那么實(shí)數(shù)=【分析】利用向量平行即共線的條件，得到向量+與+2之間的關(guān)系

3、，利用向量相等解答【解答】解：因?yàn)橄蛄?，不平行，向?與+2平行，所以+=+2，所以，解得；故答案為：2023四川fx是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，fx=x24x，那么，不等式fx+25的解集是 【分析】由偶函數(shù)性質(zhì)得：f|x+2|=fx+2，那么fx+25可變?yōu)閒|x+2|5，代入表達(dá)式可表示出不等式，先解出|x+2|的范圍，再求x范圍即可【解答】解：因?yàn)閒x為偶函數(shù)，所以f|x+2|=fx+2，那么fx+25可化為f|x+2|5，即|x+2|24|x+2|5，|x+2|+1|x+2|50，所以|x+2|5，解得7x3，所以不等式fx+25的解集是7，3故答案為：7，32023新課標(biāo)II程

4、序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著?九章算術(shù)?中的“更相減損術(shù)，執(zhí)行該程序框圖，假設(shè)輸入的a，b分別為14，18，那么輸出的a=A0 B2 C4 D14【分析】由循環(huán)結(jié)構(gòu)的特點(diǎn)，先判斷，再執(zhí)行，分別計(jì)算出當(dāng)前的a，b的值，即可得到結(jié)論【解答】解：由a=14，b=18，ab，那么b變?yōu)?814=4，由ab，那么a變?yōu)?44=10，由ab，那么a變?yōu)?04=6，由ab，那么a變?yōu)?4=2，由ab，那么b變?yōu)?2=2，由a=b=2，那么輸出的a=2應(yīng)選：B2023四川.15函數(shù)fx=2x，gx=x2+ax其中aR對(duì)于不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，設(shè)m=，n=現(xiàn)有如下命題：對(duì)于任意不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，

5、都有m0；對(duì)于任意的a及任意不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，都有n0；對(duì)于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，使得m=n；對(duì)于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，使得m=n其中的真命題有 寫出所有真命題的序號(hào)【分析】運(yùn)用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷；由二次函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷；通過函數(shù)hx=x2+ax2x，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可判斷；通過函數(shù)hx=x2+ax+2x，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可判斷【解答】解：對(duì)于，由于21，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得fx在R上遞增，即有m0，那么正確；對(duì)于，由二次函數(shù)的單調(diào)性可得gx在，遞減，在，+遞增，那么n0不恒成立，那么錯(cuò)誤；對(duì)于，由m=n，可得fx1fx2=gx

6、1gx2，即為gx1fx1=gx2fx2，考查函數(shù)hx=x2+ax2x，hx=2x+a2xln2，當(dāng)a，hx小于0，hx單調(diào)遞減，那么錯(cuò)誤；對(duì)于，由m=n，可得fx1fx2=gx1gx2，考查函數(shù)hx=x2+ax+2x，hx=2x+a+2xln2，對(duì)于任意的a，hx不恒大于0或小于0，那么正確故答案為：2023四川函數(shù)，其中a是實(shí)數(shù)，設(shè)Ax1，fx1，Bx2，fx2為該函數(shù)圖象上的點(diǎn)，且x1x2指出函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；假設(shè)函數(shù)fx的圖象在點(diǎn)A，B處的切線互相垂直，且x20，求x2x1的最小值；假設(shè)函數(shù)fx的圖象在點(diǎn)A，B處的切線重合，求a的取值范圍【分析】I利用二次函數(shù)的單調(diào)性和對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)

7、性即可得出；II利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得到切線的斜率，因?yàn)榍芯€互相垂直，可得，即2x1+22x2+2=1可得，再利用根本不等式的性質(zhì)即可得出；III當(dāng)x1x20或0 x1x2時(shí)，故不成立，x10 x2分別寫出切線的方程，根據(jù)兩條直線重合的充要條件即可得出，再利用導(dǎo)數(shù)即可得出【解答】解：I當(dāng)x0時(shí)，fx=x+12+a，fx在，1上單調(diào)遞減，在1，0上單調(diào)遞增；當(dāng)x0時(shí)，fx=lnx，在0，+單調(diào)遞增IIx1x20，fx=x2+2x+a，fx=2x+2，函數(shù)fx在點(diǎn)A，B處的切線的斜率分別為fx1，fx2，函數(shù)fx的圖象在點(diǎn)A，B處的切線互相垂直，2x1+22x2+2=12x1+20，2x2+20

8、，=1，當(dāng)且僅當(dāng)2x1+2=2x2+2=1，即，時(shí)等號(hào)成立函數(shù)fx的圖象在點(diǎn)A，B處的切線互相垂直，且x20，求x2x1的最小值為1III當(dāng)x1x20或0 x1x2時(shí)，故不成立，x10 x2當(dāng)x10時(shí)，函數(shù)fx在點(diǎn)Ax1，fx1，處的切線方程為，即當(dāng)x20時(shí)，函數(shù)fx在點(diǎn)Bx2，fx2處的切線方程為，即函數(shù)fx的圖象在點(diǎn)A，B處的切線重合的充要條件是，由及x10 x2可得1x10，由得=函數(shù)，y=ln2x1+2在區(qū)間1，0上單調(diào)遞減，ax1=在1，0上單調(diào)遞減，且x11時(shí)，ln2x1+2，即ln2x1+2+，也即ax1+x10，ax11ln2a的取值范圍是1ln2，+2023新課標(biāo)II設(shè)函數(shù)f

9、x是奇函數(shù)fxxR的導(dǎo)函數(shù)，f1=0，當(dāng)x0時(shí)，xfxfx0，那么使得fx0成立的x的取值范圍是，10，1 1，01，+ ，11，0 0，11，+【分析】由當(dāng)x0時(shí)總有xfxfx0成立，可判斷函數(shù)gx=為減函數(shù)，由fx是定義在R上的奇函數(shù)，可證明gx為，00，+上的偶函數(shù)，根據(jù)函數(shù)gx在0，+上的單調(diào)性和奇偶性，模擬gx的圖象，而不等式fx0等價(jià)于xgx0，數(shù)形結(jié)合解不等式組即可【解答】解：設(shè)gx=，那么gx的導(dǎo)數(shù)為：gx=，當(dāng)x0時(shí)總有xfxfx成立，即當(dāng)x0時(shí)，gx恒小于0，當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)gx=為減函數(shù)，又gx=gx，函數(shù)gx為定義域上的偶函數(shù)又g1=0，函數(shù)gx的圖象性質(zhì)類似如圖：數(shù)形結(jié)

10、合可得，不等式fx0 xgx0或，0 x1或x1應(yīng)選：A2023新課標(biāo)II橢圓C：9x2+y2=m2m0，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M1證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；2假設(shè)l過點(diǎn)，m，延長線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？假設(shè)能，求此時(shí)l的斜率；假設(shè)不能，說明理由【分析】1聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出對(duì)應(yīng)的直線斜率即可得到結(jié)論2四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM，建立方程關(guān)系即可得到結(jié)論【解答】解：1設(shè)直線l：y=kx+b，k0，b0，Ax1，y1，Bx2，y2，MxM，

11、yM，將y=kx+b代入9x2+y2=m2m0，得k2+9x2+2kbx+b2m2=0，那么判別式=4k2b24k2+9b2m20，那么x1+x2=，那么xM=，yM=kxM+b=，于是直線OM的斜率kOM=，即kOMk=9，直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值2四邊形OAPB能為平行四邊形直線l過點(diǎn)，m，由判別式=4k2b24k2+9b2m20，即k2m29b29m2，b=mm，k2m29mm29m2，即k2k26k，那么k0，l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k0，k3，由1知OM的方程為y=x，設(shè)P的橫坐標(biāo)為xP，由得，即xP=，將點(diǎn)，m的坐標(biāo)代入l的方程得b=，即l的方程為y=kx

12、+，將y=x，代入y=kx+，得kx+=x解得xM=，四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM，于是=2，解得k1=4或k2=4+，ki0，ki3，i=1，2，當(dāng)l的斜率為4或4+時(shí)，四邊形OAPB能為平行四邊形2023四川橢圓有兩頂點(diǎn)A1，0、B1，0，過其焦點(diǎn)F0，1的直線l與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q當(dāng)|CD|=時(shí)，求直線l的方程；當(dāng)點(diǎn)P異于A、B兩點(diǎn)時(shí)，求證：為定值【分析】根據(jù)橢圓有兩頂點(diǎn)A1，0、B1，0，焦點(diǎn)F0，1，可知橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，b=1，c=1，可以求得橢圓的方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，消去y得到關(guān)于

13、x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理和弦長公式可求出直線l的方程；根據(jù)過其焦點(diǎn)F0，1的直線l的方程可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，該直線與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，和直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q，求出直線AC與直線BD的方程，解該方程組即可求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)，代入即可證明結(jié)論【解答】解：橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為ab0，由得b=1，c=1，所以a=，橢圓的方程為，當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)與題意不符，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，Cx1，y1，Dx2，y2，將直線l的方程代入橢圓的方程化簡得k2+2x2+2kx1=0，那么x1+x2=，x1x2=，|CD|=，解得k=直線l的方程為y=x+1；證明：當(dāng)直線l與x軸垂直

14、時(shí)與題意不符，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，k0，k1，Cx1，y1，Dx2，y2，P點(diǎn)的坐標(biāo)為，0，由知x1+x2=，x1x2=，且直線AC的方程為y=，且直線BD的方程為y=，將兩直線聯(lián)立，消去y得，1x1，x21，與異號(hào)，=，y1y2=k2x1x2+kx1+x2+1=，與y1y2異號(hào)，與同號(hào)，=，解得x=k，故Q點(diǎn)坐標(biāo)為k，y0，=，0k，y0=1，故為定值2023新課標(biāo)II設(shè)函數(shù)fx=emx+x2mx1證明：fx在，0單調(diào)遞減，在0，+單調(diào)遞增；2假設(shè)對(duì)于任意x1，x21，1，都有|fx1fx2|e1，求m的取值范圍【分析】1利用fx0說明函數(shù)為增函數(shù)，利用fx0說明函數(shù)為減函數(shù)注意參

15、數(shù)m的討論；2由1知，對(duì)任意的m，fx在1，0單調(diào)遞減，在0，1單調(diào)遞增，那么恒成立問題轉(zhuǎn)化為最大值和最小值問題從而求得m的取值范圍【解答】解：1證明：fx=memx1+2x假設(shè)m0，那么當(dāng)x，0時(shí)，emx10，fx0；當(dāng)x0，+時(shí)，emx10，fx0假設(shè)m0，那么當(dāng)x，0時(shí)，emx10，fx0；當(dāng)x0，+時(shí)，emx10，fx0所以，fx在，0時(shí)單調(diào)遞減，在0，+單調(diào)遞增2由1知，對(duì)任意的m，fx在1，0單調(diào)遞減，在0，1單調(diào)遞增，故fx在x=0處取得最小值所以對(duì)于任意x1，x21，1，|fx1fx2|e1的充要條件是即設(shè)函數(shù)gt=ette+1，那么gt=et1當(dāng)t0時(shí)，gt0；當(dāng)t0時(shí)，gt

16、0故gt在，0單調(diào)遞減，在0，+單調(diào)遞增又g1=0，g1=e1+2e0，故當(dāng)t1，1時(shí)，gt0當(dāng)m1，1時(shí)，gm0，gm0，即合式成立；當(dāng)m1時(shí)，由gt的單調(diào)性，gm0，即emme1當(dāng)m1時(shí)，gm0，即em+me1綜上，m的取值范圍是1，12023新課標(biāo)II在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1：t為參數(shù)，t0，其中0，在以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2：=2sin，C3：=2cos1求C2與C3交點(diǎn)的直角坐標(biāo)；2假設(shè)C1與C2相交于點(diǎn)A，C1與C3相交于點(diǎn)B，求|AB|的最大值【分析】I由曲線C2：=2sin，化為2=2sin，把代入可得直角坐標(biāo)方程同理由C3：=2cos可得直角坐

17、標(biāo)方程，聯(lián)立解出可得C2與C3交點(diǎn)的直角坐標(biāo)2由曲線C1的參數(shù)方程，消去參數(shù)t，化為普通方程：y=xtan，其中0，其極坐標(biāo)方程為：=R，0，利用|AB|=即可得出【解答】解：I由曲線C2：=2sin，化為2=2sin，x2+y2=2y同理由C3：=2cos可得直角坐標(biāo)方程：，聯(lián)立，解得，C2與C3交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為0，0，2曲線C1：t為參數(shù)，t0，化為普通方程：y=xtan，其中0，其極坐標(biāo)方程為：=R，0，A，B都在C1上，A2sin，B|AB|=4，當(dāng)時(shí)，|AB|取得最大值42023新課標(biāo)II假設(shè)x，y滿足約束條件，那么z=x+y的最大值為【分析】首先畫出平面區(qū)域，然后將目標(biāo)函數(shù)變形為直

18、線的斜截式，求在y軸的截距最大值【解答】解：不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影局部，當(dāng)直線經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，z最大，由得D1，所以z=x+y的最大值為1+；故答案為：2023新課標(biāo)II如圖，長方形ABCD的邊AB=2，BC=1，O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P沿著邊BC，CD與DA運(yùn)動(dòng)，記BOP=x將動(dòng)點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)距離之和表示為x的函數(shù)fx，那么y=fx的圖象大致為ABCD【解答】解：當(dāng)0 x時(shí)，BP=tanx，AP=，此時(shí)fx=+tanx，0 x，此時(shí)單調(diào)遞增，當(dāng)P在CD邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，x且x時(shí)，如下圖，tanPOB=tanPOQ=tanx=tanPOQ=，OQ=，PD=AOOQ=1+，PC=BO+OQ=1，PA+PB=，當(dāng)x=時(shí)，PA+PB=2，當(dāng)P在AD邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，x，PA+PB=tanx，由對(duì)稱性可知函數(shù)fx關(guān)于x=對(duì)稱，且ff，且軌跡為非線型，排除A，C，D，應(yīng)選：B2023新課標(biāo)II設(shè)Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，且a1=1，an+1=SnSn+1，那么Sn=【分析】通過an+1=Sn+1Sn=SnSn+1，并變形可得數(shù)列是以首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列，進(jìn)而可得結(jié)論【解答】解：an+1=SnSn+1，an+1=Sn+1Sn=SnSn+1，=1，即=1，又a1=1，即=1，數(shù)列是以首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列，=11n1=n，Sn=