2021届全国一卷高考文科数学全真模拟卷(一)含答案解析 zhy365

2021届高考全国一卷文科数学全真模拟(一)含答案解析

卷I（选择题）

一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计70分 ， ）

1. （5分） 复数𝑧1=2−𝑖，𝑧2=3+𝑖，则|𝑧1⋅𝑧2|=（ ） A.5

2. （5分） 已知集合𝐴={𝑥|<2𝑥≤2}，𝐵={𝑥|𝑙𝑛(𝑥−)≤0}，则𝐴∩(∁𝐑𝐵)=（ ）

22A.⌀

3. （5分） 已知 𝑥=1.10.1，𝑦=0.91.1， 𝑧=log23， 则( )

3

B.6 C.7 D.5√2

11

B.(−1,] 2

1

C.[,1)

2

1

D.(−1,1]

4

A.𝑥>𝑦>𝑧

B.𝑦>𝑥>𝑧 C.𝑦>𝑧>𝑥 D.𝑥>𝑧>𝑦

4. （5分） 经验表明：当人的下肢部分之长与身高总长度的比为0.618时是最美的，如果某人的这个比例与0.618相差较大，则可以通过穿适当高度的高跟鞋来调节，从而达到美的标准.若某女性的身高170厘米，下肢部分之长为103厘米，为了让自己变得更美，该女性选择高跟鞋的高度最适合的为( ) A.5.4厘米

5. （5分） 函数𝑦=

𝑥√𝑥2−1B.5.8厘米 C.4.9厘米 D.4.5厘米

的图象大致是（ ）

A. B.

C.

D.

试卷第1页，总13页

6. （5分） 某商场有四类食品，其中粮食类、植物油类、动物性食品类及果蔬类分别有40种、10种、30种、20种，现从中抽取一个容量为20的样本进行食品安全检测．若采用分层抽样的方法抽取样本，则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和是( ) A.4

7. （5分） 已知cos(2−𝛼)=2cos(𝜋+𝛼)，且tan(𝛼+𝛽)=3，则tan𝛽的值为（ ） A.−7

8. （5分） 已知向量𝑎，𝑏满足𝑎=(1,−1)，且向量𝑎与向量𝑎−3𝑏相互垂直，则𝑎⋅𝑏=（ ） A.2

9. （5分） 某程序框图如图所示，若输入𝑥的值为2，则输出的𝑦的值是( )

3

→

→

→

→

→

→

→

→

𝜋

1

B.5 C.6 D.7

B.7 C.1 D.−1

B.3

2

C.2 1

D.2

A.2

10. （5分） “在两条相交直线的一对对顶角内，到这两条直线的距离的积为正常数的点的轨迹是双曲线，其中这两条直线称之为双曲线的渐近线”．已知对勾函数𝑦＝𝑥+是双曲线，它到两渐近线距离的积是2√2，𝑥4

B.3 C.4 D.5

根据此判定定理，可推断此双曲线的渐近线方程是（ ） A.𝑥＝0与𝑦＝𝑥

11. （5分） 已知𝑎，𝑏，𝑐分别为△𝐴𝐵𝐶的三个内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边，𝑎=3，𝑏=2，且𝑎𝑐⋅cos𝐵−

√7𝑏𝑐4𝜋

B.𝑥＝0与𝑦＝2𝑥 C.𝑥＝0与𝑦＝0 D.𝑦＝𝑥与𝑦＝2𝑥

=𝑎2−𝑏2，则𝐵=（ ）

B.6

𝜋

A.3 C.3 2𝜋

D.6 5𝜋

试卷第2页，总13页

12. （5分） 已知椭圆𝐶:𝑥2+围是（ ） A.(−

13. （5分） 已知两点𝑀(−3, 0)，𝑁(3, 0)，点𝑃为坐标平面内的动点，满足|𝑀𝑁|⋅|𝑀𝑃|+𝑀𝑁⋅𝑁𝑃=0，则动点𝑃(𝑥, 𝑦)到点𝐴(−3, 0)的距离的最小值为（ ） A.2

14. （5分）

已知𝑓(𝑥)=sin(2019𝑥+6)+cos(2019𝑥−3)的最大值为𝐴，若存在实数𝑥1，𝑥2使得对任意实数𝑥总有𝑓(𝑥1)≤𝑓(𝑥)≤𝑓(𝑥2)成立，则𝐴|𝑥1−𝑥2|的最小值为( ) A.

𝜋2019

𝜋

𝜋

→

→

→

→

√2√2,) 33

𝑦22

=1，直线𝑙:𝑦＝𝑥+𝑚，若椭圆𝐶上存在两点关于直线𝑙对称，则𝑚的取值范

B.(−

√2√2,) 44

C.(−

√3√3,) 33

D.(−

√3√3,) 44

B.3 C.4 D.6

B.

2𝜋

2019

C.

4𝜋

2019

D.

𝜋

4038

卷II（非选择题）

二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

15. 已知𝑃(𝑥0, 𝑦0)是抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)上的一点，过𝑃点的切线方程的斜率可通过如下方式求得：在𝑦2=2𝑝𝑥两边同时对𝑥求导，得2𝑦𝑦′=2𝑝，则𝑦′=，所以过𝑃的切线的斜率：𝑘=

𝑦𝑝

𝑝𝑦0

.类比上述方法，求出

双曲线𝑥2−

𝑦22

=1在点(2，√6)处的切线方程为________．

16. 设{𝑎𝑛}是等比数列，公比𝑞=√2，𝑆𝑛为{𝑎𝑛}的前𝑛项和．记𝑇𝑛=大项，则𝑛0＝________．

17𝑆𝑛−𝑆2𝑛𝑎𝑛+1

,𝑛∈𝑁∗．设𝑇𝑛0为数列{𝑇𝑛}的最

17. 已知函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+)(𝜔∈N)在[0,𝜋]上仅有2个零点，设𝑔(𝑥)=√2𝑓()+𝑓(𝑥−)，则

428𝑔(𝑥) 在区间[0,𝜋] 上的取值范围为________.

18. 已知直线𝑙垂直于平面𝛼，垂足为𝑂，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=2，若点𝐴在直线𝑙上移动，点𝐵在平面𝛼上移动，则𝑂，𝐶两点间的最大距离为________．

𝜋𝑥𝜋

试卷第3页，总13页

三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ， ） 19.

某调研机构调取了当地2014年10月∼2015年3月每月的雾霾天数与严重交通事故案例数资料进行统计分析，以备下一年如何预防严重交通事故作参考．部分资料如下：

时间 雾霾天数 14年10月 14年11月 14年12月 15年1月 15年2月 15年3月 7 11 25 13 29 12 26 10 22 8 16 严重交通事故案例数 14 该机构的研究方案是：先从这六组数中剔除2组，用剩下的4组数据求线性回归方程，再用被剔除的2组数据进行检验，若由线性回归方程得到的估计数据与所剔除的检验数据的误差均不超过2，则认为得到的线性回归方程是合情的．

(1)求剔除的2组数据不是相邻2个月数据的概率；

(2)若剔除的是2014年10月与2015年2月这两组数据，请你根据其它4个月的数据，求出𝑦关于𝑥的线性回归

̂𝑥+𝑎方程𝑦̂=𝑏̂；

(3)①根据(2)求的回归方程，求2014年10月与2015年2月的严重交通事故案例数；

②判断(2)所求的线性回归方程是否是合情的． ̂=附：𝑏

20. 已知等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑(𝑑≠0)，前𝑛项和为𝑆𝑛，且满足________．（从①𝑆10=5(𝑎10+1)；②𝑎1，𝑎2，𝑎6成等比数列；③𝑆5=35，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）． (1)求𝑎𝑛；

∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦

22∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖−𝑛𝑥

¯¯

=

∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)

2∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)

¯¯¯

，𝑎̂=𝑦−𝑏𝑥．

¯¯

试卷第4页，总13页

(2)若𝑏𝑛=

12𝑛，求数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．

21. 如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，𝐵𝐷⊥𝐷𝐶，△𝑃𝐶𝐷为正三角形，平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸为𝑃𝐶的中点．

(1)求证：𝐴𝑃 // 平面𝐸𝐵𝐷；

(2)求证：𝐵𝐸⊥𝑃𝐶．

22. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥+𝑏，其中𝑎，𝑏∈R. (1)讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；

(2)函数𝑓(𝑥)在𝑥=0处存在极值−1，且𝑥∈(−1,+∞)时，𝑓(𝑥)+2>𝑘(𝑥+1)恒成立，求实数𝑘的最大整数.

23. 某天数学课上，你突然惊醒，发现黑板上有如下内容：

例：求𝑥3−3𝑥，𝑥∈[0, +∞)的最小值．解：利用基本不等式𝑎+𝑏+𝑐≥3√𝑎𝑏𝑐，得到𝑥3+1+1≥3𝑥，于是𝑥3−3𝑥=𝑥3+1+1−3𝑥−2≥3𝑥−3𝑥−2=−2，当且仅当𝑥=1时，取到最小值−2 （1）老师请你模仿例题，研究𝑥4−4𝑥，𝑥∈[0, +∞)上的最小值； （提示：𝑎+𝑏+𝑐+𝑑≥4√𝑎𝑏𝑐𝑑）

（2）研究𝑥3−3𝑥，𝑥∈[0, +∞)上的最小值；

91

4

3

（3）求出当𝑎>0时，𝑥3−𝑎𝑥，𝑥∈[0, +∞)的最小值．

试卷第5页，总13页

参考答案与试题解析 2020年7月10日高中数学

一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计70分 ） 1.【解答】 此题暂无解答 2.【解答】 此题暂无解答 3.【解答】

解：𝑥=1.10.1>1.10=1， 0<𝑦=0.91.1<0.90=1， 𝑧=log23

43

3

所以𝑥>𝑦>𝑧. 故选𝐴. 4.【解答】

解：设该女性选择高跟鞋高度为𝑥厘米， 由题意得：

𝑥+103𝑥+107

=0.618，

解得𝑥≈5.4厘米. 故选𝐴． 5.【解答】

解:由题，当𝑥=3时，𝑦=当𝑥=−3时，𝑦=

−33𝑥3√𝑥2−13

=

33√32−1=2,

3

√32−1=−2,

可排除𝐶,𝐷,

当0<𝑥<1时，−1<𝑥2−1<0， 此时 3𝑥√𝑥2−1<0，

可排除𝐵. 故选:𝐴. 6.【解答】

解：共有食品100种，抽取容量为20的样本，各抽取5， 故抽取植物油类与果蔬类食品种数之和为2+4=6． 故选𝐶. 7.【解答】

解：∵ 已知cos(2−𝛼)=2cos(𝜋+𝛼)，即 sin𝛼=−2cos𝛼，即 tan𝛼=−2．

𝜋

1

试卷第6页，总13页

又∵ tan(𝛼+𝛽)=则tan𝛽=7， 故选𝐵. 8.【解答】

tan𝛼+tan𝛽1−tan𝛼⋅tan𝛽

=

−2+tan𝛽1+2tan𝛽

=，

3

1

解：因为𝑎⋅(𝑎−3𝑏)=0，且|𝑎|=√2，则𝑎⋅𝑏=3|𝑎|2． 故选𝐵． 9.【解答】

解：由框图知当𝑥=2时，𝑦=22−2+3=5. 故选𝐷.

10.【解答】

对勾函数𝑦＝𝑥+是双曲线，

𝑥4

→→

→

→→

→

1→

当𝑦＝𝑥是渐近线时，𝑥＝𝑥+没有解，说明𝑦＝𝑥是一条渐近线方程；

𝑥

4

𝑦＝2𝑥与𝑦＝𝑥+𝑥有交点，𝑥＝±2，所以𝑦＝2𝑥不是渐近线方程；排除选项𝐵，𝐷； 因为对勾函数𝑦＝𝑥+𝑥中的点(1, 5)不在𝑦＝0与𝑦＝𝑥的区域内，所以𝐶不正确； 11.【解答】

解：根据题意，得𝑎𝑐cos𝐵=𝑎2−𝑏2+则有𝑎𝑐×

𝑎2+𝑐2−𝑏2

2𝑎𝑐

√7𝑏𝑐， 4

4

4

=𝑎2−𝑏2+

√7𝑏𝑐， 4

√7𝑏𝑐， 2

变形可得：𝑎2+𝑐2−𝑏2=2𝑎2−2𝑏2+则有

𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐

=

√7， 4

即cos𝐴=

√7， 4

34

则sin𝐴=√1−cos2𝐴=， 又由sin𝐴=sin𝐵，则sin𝐵=又由𝑎=3，𝑏=2， 则sin𝐵=

2×3

34𝑎𝑏𝑏×sin𝐴𝑎

，

=2，

𝜋

1

又由𝑎>𝑏，则𝐵<2， 则𝐵=6． 故选𝐵．

𝜋

试卷第7页，总13页

12.【解答】 设椭圆𝑥2+

𝑦22

=1上存在关于直线𝑦＝𝑥+𝑚对称的两点为𝑀(𝑥1, 𝑦1)、𝑁(𝑥2, 𝑦2)，

根据对称性可知线段𝑀𝑁被直线𝑦＝𝑥+𝑚垂直平分，且𝑀𝑁的中点𝑇(𝑥0, 𝑦0)在直线𝑦＝𝑥+𝑚上，且𝑘𝑀𝑁＝−1，

故可设直线𝑀𝑁的方程为𝑦＝−𝑥+𝑛，

2

联立{𝑥+2=1 ，整理可得：3𝑥2−2𝑛𝑥+𝑛2−2＝0，

𝑦=−𝑥+𝑛

𝑦2

所以𝑥1+𝑥2=

2𝑛

，𝑦1+𝑦2＝2𝑛−(𝑥1+𝑥2)＝2𝑛−3

2𝑛3

=

4𝑛3

，

由△＝4𝑛2−12(𝑛2−1)>0，可得−√3<𝑛<√3， 所以𝑥0=

𝑥1+𝑥22

=3，𝑦0=

𝑛

𝑦1+𝑦22

=

2𝑛3

，

因为𝑀𝑁的中点𝑇(𝑥0, 𝑦0)在直线𝑦＝𝑥+𝑚上， 所以3=3+𝑚，𝑚=3， −

√33

2𝑛

𝑛

𝑛

<𝑚<

√3， 3

13.【解答】

解：设𝑃(𝑥, 𝑦)，因为𝑀(−3, 0)，𝑁(3, 0)， 所以|𝑀𝑁|=6𝑀𝑃=(𝑥+3,𝑦)，𝑁𝑃=(𝑥−3,𝑦)

由|𝑀𝑁|⋅|𝑀𝑃|+𝑀𝑁⋅𝑁𝑃=0，则6√(𝑥+3)2+𝑦2+6(𝑥−3)=0， 化简整理得𝑦2=−12𝑥，所以点𝐴是抛物线𝑦2=−12𝑥的焦点，

所以点𝑃到𝐴的距离的最小值就是原点到𝐴(−3, 0)的距离，所以𝑑=3． 故选𝐵． 14.【解答】

解：∵ 𝑓(𝑥)=sin(2019𝑥+)+cos(2019𝑥−)

6

3

𝜋

𝜋

→

→

→

→

→

→

→

𝜋𝜋𝜋

=sin2019𝑥cos+cos2019𝑥sin+cos2019𝑥cos+

663𝜋

sin2019𝑥sin 3=

1√3sin2019𝑥+cos2019𝑥+ 221√3cos2019𝑥+sin2019𝑥 22=√3sin2019𝑥+cos2019𝑥=2sin(2019𝑥+6)， ∴ 𝑓(𝑥)的最大值为𝐴=2；

由题意，得|𝑥1−𝑥2|的最小值为2=2019,

𝑇

𝜋

𝜋

试卷第8页，总13页

∴ 𝐴|𝑥1−𝑥2|的最小值为

2𝜋

2019

.

故选𝐵.

二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ） 15.【解答】

解：双曲线方程可化为𝑦2=2(𝑥2−1)， 两边同时对𝑥求导，得2𝑦𝑦‘=4𝑥， 则𝑦‘=

2𝑥𝑦

，

2×2√6则过点(2，√6)的切线的斜率𝑘=因此切线方程为𝑦−√6=

2√6(𝑥3

=

2√6， 3

−2)，

整理得2√6𝑥−3𝑦−√6=0． 故答案为：2√6𝑥−3𝑦−√6=0．

16.【解答】

17𝑎1[1−(√2)𝑛]𝑎1[1−(√2)2𝑛]−1−√21−√2𝑇𝑛= 𝑎1(√2)𝑛(√2)2𝑛−17(√2)𝑛+16=⋅ 1−√2(√2)𝑛116=⋅[(√2)𝑛+−17]

𝑛1−√2(√2)1因为(√2)𝑛+(16√2)𝑛≧8，当且仅当(√2)𝑛=4，

即𝑛＝4时取等号，所以当𝑛0＝4时𝑇𝑛有最大值．

17.【解答】

解：∵ 𝑓(𝑥)在[0,𝜋]仅有2个零点， ∴ 4≤𝜔𝑥+4≤𝜔𝜋+4， ∴ 2𝜋≤𝜔𝜋+<3𝜋，

4𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

∴ ≤𝜔<，

4

4

7𝜋

又∵ 𝜔∈𝐍，∴ 𝜔=2， ∴ 𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+)，

4

∴ 𝑔(𝑥)=√2sin(𝑥+4)+sin2𝑥 =sin𝑥+cos𝑥+2sin𝑥cos𝑥 ， 设sin𝑥+cos𝑥=𝑡=√2sin(𝑥+4)，sin2𝑥=𝑡2−1， ∵ 0≤𝑥≤𝜋，∴ −1≤𝑡≤√2，

𝜋

𝜋𝜋

试卷第9页，总13页

12

∴ 𝑔(𝑥)=𝑦=𝑡+𝑡2−1=(𝑡+2)−4， ∴ 当𝑡=−2时，𝑦min=−4， 当𝑡=√2时，𝑦max=1+√2． ∴ 𝑔(𝑥)值域为[−4,1+√2]． 故答案为：[−4,1+√2]． 18.【解答】

解：将原问题转化为平面内的最大距离问题解决，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=2， 以𝑂为原点，𝑂𝐴为𝑦轴，𝑂𝐵为𝑥轴建立直角坐标系，如图，

5

5

1

5

5

设∠𝐴𝐵𝑂=𝜃，则∠𝐵𝐶𝐸=𝜃，设𝐶(𝑥，𝑦)，则有： 𝑥=𝑂𝐵+𝐵𝐸=4cos𝜃+2sin𝜃， 𝑦=2cos𝜃，

∴ 𝑂𝐶2=𝑥2+𝑦2

=(4cos𝜃+2sin𝜃)2+(2cos𝜃)2 =12+8√2sin(2𝜃+4)，

当sin(2𝜃+4)=1时，𝑥2+𝑦2最大，为12+8√2，

则𝑂，𝐶两点间的最大距离为2√2+2． 故答案为：2√2+2．

三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ） 19.【解答】

解：(1)剔除的2组数据不是相邻2个月的数据概率为𝑃=1−𝐶2=3．

6

𝜋

𝜋

52

(2)𝑥=

¯

11+13+12+8

4

=11，𝑦=

¯

25+29+26+16

4

=24．

̂=(11×25+13×29+12×26+8×16)−4×11×24=18， ∴ 𝑏112+132+122+82−4×1127𝑎̂=24−

187

×11=−7．

187

30

∴ 𝑥的线性回归方程𝑦̂=

𝑥−

307

．

试卷第10页，总13页

(3)①当𝑥=7时，𝑦̂=②当𝑥=7时，|当𝑥=10时，|

967

967

，当𝑥=10时，𝑦̂=

27

1507

．

−14|=<2；

47

1507

−22|=<2．

∴ 线性回归方程是合情的． 20.【解答】

解：(1)①由𝑆10=5(𝑎10+1)， 得10𝑎1+

10×92

𝑑=5(𝑎1+9𝑑+1)，即𝑎1=1；

②由𝑎1，𝑎2，𝑎6成等比数列，

得𝑎22=𝑎1𝑎6，𝑎12=2𝑎1𝑑+𝑑2=𝑎12+5𝑎1𝑑，即𝑑=3𝑎1； ③由𝑆5=35， 得

5(𝑎1+𝑎5)

2

=5𝑎3=35，即𝑎3=𝑎1+2𝑑=7；

选择①②，①③，②③条件组合，均得𝑎1=1，𝑑=3，即𝑎𝑛=3𝑛−2； (2)若𝑏𝑛=2𝑛， 则𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑇𝑛=+

2

1

11

3𝑛−22𝑛1

， +

71024

422

+

4

723

+⋯+

10

3𝑛−22𝑛

， +

3𝑛−22𝑛+112

𝑇=22+23+24+25+⋯+2𝑛

12

12

12

3𝑛−52𝑛12

，

)−2𝑛

1

3𝑛−22𝑛+1

两式相减得：𝑇𝑛=+3(2+3+4+⋯+

，

11113𝑛−2𝑇𝑛=1+3(+2+3+⋯+𝑛−1)−

22222𝑛=1+3(1−=4−

3𝑛+42𝑛

2)−𝑛−11

3𝑛−2

2𝑛．

21.【解答】

证明：(1)连接𝐴𝐶，交𝐵𝐷于点𝑂，连接𝐸𝑂，

试卷第11页，总13页

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，且𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂， ∴ 𝑂为𝐴𝐶的中点，

又∵ 在△𝑃𝐴𝐶中，𝐸为𝑃𝐶的中点， ∴ 𝐴𝑃 // 𝐸𝑂．

∵ 𝐸𝑂⊂平面𝐸𝐵𝐷，𝐴𝑃⊄平面𝐸𝐵𝐷， ∴ 𝐴𝑃 // 平面𝐸𝐵𝐷.

(2)∵ 平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐷𝐶，

𝐵𝐷⊥𝐷𝐶，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷， ∴ 𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐶𝐷， ∵ 𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐶𝐷， ∴ 𝐵𝐷⊥𝑃𝐶，

∵ △𝑃𝐶𝐷为等边三角形，且𝐸为𝑃𝐶的中点， ∴ 𝐷𝐸⊥𝑃𝐶，

又∵ 𝐵𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，𝐵𝐷，𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐷𝐸， ∴ 𝑃𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸， ∵ 𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐷𝐸， ∴ 𝐵𝐸⊥𝑃𝐶． 22.【解答】

解：(1)𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎，

当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上单调递增； 当𝑎>0时，𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎=0，𝑥=ln𝑎，

则𝑥∈(−∞,ln𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)在(−∞,ln𝑎)上单调递减， 𝑥∈(ln𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在(ln𝑎,+∞)上单调递增， 综上，当𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上单调递增，

当𝑎>0时，𝑓(𝑥)在(−∞,ln𝑎)上单调递减，在(ln𝑎,+∞)上单调递增.

(2)函数𝑓(𝑥)在𝑥=0处存在极值−1，由(1)知𝑎>0， 且𝑓′(0)=𝑒0−𝑎=0，𝑓(0)=1+𝑏=−1， 所以𝑎=1，𝑏=−2，则𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−2. 因为𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−1=0，𝑥=0， 所以𝑥∈(−∞,0) 时，𝑓(𝑥)单调递减， 𝑥∈(0,+∞)时，𝑓(𝑥)单调递增，

则𝑓(𝑥)在𝑥=0处存在极值𝑓(0)=−1满足题意. 由题意𝑓(𝑥)+2>𝑘(𝑥+1)恒成立，

即𝑒𝑥−𝑥>𝑘(𝑥+1)对𝑥∈(−1,+∞)恒成立， 即𝑘<

𝑒𝑥−𝑥

，设ℎ(𝑥)=𝑥+1

𝑒𝑥−𝑥𝑥+1

，只需𝑘<ℎ(𝑥)min，

试卷第12页，总13页

(𝑒𝑥−1)(𝑥+1)−𝑒𝑥+𝑥

(𝑥+1)2

𝑥𝑒𝑥−1𝑥+1

因为ℎ(𝑥)=

′

=，

又令𝑡(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−1，𝑡′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥=(1+𝑥)𝑒𝑥， 所以𝑡(𝑥)在(−1,+∞) 上单调递增， 因为𝑡(0)=−1<0，𝑡(1)=𝑒−1>0，

知存在𝑥0∈(0,1)使得𝑡(𝑥0)=𝑥0𝑒𝑥0−1=0，即𝑒𝑥0=𝑥，

0

1

且在(−1,𝑥0)上，𝑡(𝑥)<0，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)单调递减， 在(𝑥0,+∞)上，𝑡(𝑥)>0，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增， 所以ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑥0)=即𝑥0∈(0,1)，

所以ℎ(𝑥)min=𝑥−1>0，又ℎ(0)=1，知ℎ(𝑥)min∈(0,1)，

0

𝑒𝑥0−𝑥0𝑥0+1

=

1

−𝑥0𝑥0

𝑥0+1

=𝑥−1，

0

1

1

所以𝑘的最大整数为0.

23.【解答】

解：（1）𝑥4−4𝑥=𝑥4+1+1+1−4𝑥−3≥4𝑥−4𝑥−3=−3，当且仅当𝑥=1时，取到最小值−3， （2）9𝑥3−3𝑥=9𝑥3+3+3−3𝑥−6≥3𝑥−3𝑥−6=−6，当且仅当𝑥=3时，取到最小值−6， （3）𝑥3−𝑎𝑥=𝑥3+3值−

2𝑎√3𝑎9

𝑎√𝑎√1

1

+33𝑎√𝑎√−𝑎𝑥−32𝑎√3𝑎9

≥𝑎𝑥−𝑎𝑥−

2𝑎√3𝑎9

=−

2𝑎√3𝑎9

，当且仅当𝑥=

𝑎√𝑎3√3时，取到最小

试卷第13页，总13页