由 常德市一中長(zhǎng)沙市一中湖南師大附中雙峰縣一中
桑植縣一中武岡市一中湘潭市一中岳陽(yáng)市一中株洲市二中 聯(lián)合命題
炎德文化審校、制作
命題學(xué)校:桑植縣一中審題學(xué)校:湖南師大附中
注意事項(xiàng):
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫(xiě)在答題卡上.
2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，
用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上.寫(xiě)在本試卷上
無(wú)效.
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題(本大題共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)
是符合題目要求的)
1. 已知集合 ，則 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化簡(jiǎn)集合，即可根據(jù)交集的定義求解.
【詳解】
由于 ，故 ，
故選：C
2. 設(shè) 為虛數(shù)單位，則 （ ）
A. 5 B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，即可利用模長(zhǎng)公式求解.
【詳解】 ,
故選：B
3. 已知拋物線 ，則拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為（ ）
A. B. C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得 ，即可求解.
【詳解】由 可得 ，
故 ，故 ，
故拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為 ，
故選：C
4. 如圖，在 中，點(diǎn) 是線段 上靠近點(diǎn) 的三等分點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) 的直線分別交直線 、 于點(diǎn)
、 .設(shè) ， ，則 的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù) ，結(jié)合平面向量的減法可得出 ，結(jié)合 ， ，
可得出 ，利用 、 、 三點(diǎn)共線，可求出 的值.
【詳解】連接 ，因?yàn)辄c(diǎn) 是線段 上靠近點(diǎn) 的三等分點(diǎn)，則 ，
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即 ，所以， ，
又因?yàn)?， ，則 ，
因?yàn)?、 、 三點(diǎn)共線，設(shè) ，則 ，
所以， ，且 、 不共線，
所以， ， ，故 ，因此， .
故選：C.
5. 在平面直角坐標(biāo)系 中， 為角 的終邊上一點(diǎn)，將角 的終邊繞原點(diǎn) 按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn) 后
得到角 ，則 的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義，結(jié)合弦切互化和誘導(dǎo)公式即可求解.
【詳解】由題意可知 ， ，
所以
故選：D
6. 歐拉函數(shù) 的函數(shù)值等于所有不超過(guò)正整數(shù) ，且與 互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù)，例如：
， ，現(xiàn)將 、 、 、 、 的函數(shù)值排成一列，則組成的不同五位
數(shù)的個(gè)數(shù)為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
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【解析】
【分析】求出 、 、 、 、 的值，結(jié)合倍縮法可求得結(jié)果.
【詳解】由題意可知， ， ， ， ， ，
所以，將 、 、 、 、 的函數(shù)值排成一列，
則組成不同的五位數(shù)的個(gè)數(shù)為 個(gè).
故選：B.
7. 若直線 與圓 交于 、 兩點(diǎn)，則 取值不可能
為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出圖形，利用勾股定理求出 的取值范圍，即可得解.
【詳解】圓 的圓心為 ，半徑為 ，
直線 的方程可化為 ，
聯(lián)立 ，解得 ，即直線 過(guò)定點(diǎn) ，且直線 不表示直線 ，
顯然當(dāng)直線 過(guò)圓心時(shí)， 取最大值 ，
當(dāng)直線 與 垂直時(shí)，圓心 到 的距離取最大值 ，
此時(shí)， 取最小值 ，
因?yàn)?，則直線 斜率為 ，
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此時(shí)，直線 的方程為 ，即 ，不合乎題意，
因此， 的取值范圍是 .
故選：A.
8. 對(duì)于滿(mǎn)足一定條件的連續(xù)函數(shù) ，若存在一個(gè)點(diǎn) ，使得 ，那么我們稱(chēng) 為“不動(dòng)點(diǎn)
”函數(shù).若存在 個(gè)點(diǎn) ，滿(mǎn)足 ，則稱(chēng) 為“ 型不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，則下列函數(shù)中為“3
型不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】結(jié)合“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)的概念，轉(zhuǎn)化為方程 有根或?qū)?yīng)函數(shù) 有零點(diǎn)的問(wèn)題，依次
求解判斷各個(gè)選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于 A，令 ，即 ．
因?yàn)?均為 的單調(diào)遞增函數(shù)，所以 在區(qū)間 上單調(diào)遞增，所以
不可能為“3 型不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，故 A 錯(cuò)誤；
對(duì)于 B，令 ，即 ．
由于 均為 的單調(diào)遞增函數(shù)，所以 在區(qū)間 上單調(diào)
遞增，所以 不可能為“3 型不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，故 B 錯(cuò)誤；
對(duì)于 C，由 ，得 ，
易 知 當(dāng) 時(shí) ， 單 調(diào) 遞 減 ， 且 ， 所 以 當(dāng) 時(shí) ，
的圖象與直線 有且只有一個(gè)交點(diǎn)；
當(dāng) 時(shí)， 單調(diào)遞減，且 ；
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當(dāng) 時(shí)， 單調(diào)遞增．令 ，得 ，解得 ，此時(shí) ，
所以直線 與曲線 相切于點(diǎn) ．
所以直線 與曲線 共有兩個(gè)交點(diǎn)，所以 為“2 型不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，故 C 錯(cuò)誤；
對(duì)于 D， ，作出 的圖象，如圖所示．易知其與直線
有且只有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
即 有三個(gè)不同的解，所以 為“3 型不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，故 D 正確．
故選：D.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)的定義，轉(zhuǎn)化為方程 有解問(wèn)題，可直接求方程的根，或者
利用零點(diǎn)存在性定理判斷，也可構(gòu)造新函數(shù)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，有時(shí)還可以轉(zhuǎn)化為兩
函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)題.
二、選擇題(本大題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題
目要求.全部選對(duì)的得 6 分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得 0 分)
9. 若 ，則下列結(jié)論正確的有（ ）
A.
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B. 數(shù)據(jù) 的 30%分位數(shù)為 5
C. 數(shù)據(jù) 的標(biāo)準(zhǔn)差為 3
D. 若 ，隨機(jī)變量 ，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用賦值法即可求解 A，根據(jù)二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)特征，可求解 ，根據(jù)百分位
數(shù)以及方差的計(jì)算公式即可求解 BC，根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱(chēng)性即可求解 D.
【詳解】對(duì)于 A，令 ，則 ，故 A 正確，
對(duì)于 B,
將其從小到大排列為 ，且 ，故 30%分位數(shù)為第 2 個(gè)數(shù) 1，B 錯(cuò)誤，
對(duì)于 C， 分別為 ，則平均數(shù)為 ，
故方差為 ，故標(biāo)準(zhǔn)差為 3，C 正確，
對(duì)于 D， ，
故 ，故 D 正確，
故選：ACD
10. 閱讀材料:在空間直角坐標(biāo)系 中，過(guò)點(diǎn) 且一個(gè)法向量為 （ 、 、 不
全為零）的平面 的方程為 .根據(jù)閱讀材料，解決問(wèn)題：已知
、 、 、 、 ，則（ ）
A. 直線 與平面 所成角的正弦值為
B. 三棱錐 的體積為
C. 平面 的方程為
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D. 在 上的投影向量的坐標(biāo)為
【答案】CD
【解析】
【分析】推導(dǎo)出 與平面 不垂直，可判斷 A 選項(xiàng)；利用錐體的體積公式可判斷 B 選項(xiàng)；求出平面
的一個(gè)法向量的坐標(biāo)，結(jié)合平面向量的定義可判斷 C 選項(xiàng)；利用投影向量的定義可判斷 D 選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于 A 選項(xiàng)，若直線 與平面 所成角的正弦值為 ，則 平面 ，
由題意可得 ， ，則 ，
所以， 、 不垂直，A 錯(cuò)；
對(duì)于 B 選項(xiàng)，易知 、 、 三點(diǎn)都在 平面上，
，
則 ，
所以， ，
點(diǎn) 到平面 的距離為 ，
故 ，B 錯(cuò)；
對(duì)于 C 選項(xiàng)，因?yàn)?， ，
設(shè)平面 的一個(gè)法向量為 ，則 ，
取 ，可得 ， ，即平面 的一個(gè)法向量為 ，
所以平面 的方程為 ，即 ，C 對(duì)；
對(duì)于 D 選項(xiàng)， 在 上的投影向量為
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，D 對(duì).
故選：CD.
11. 已知函數(shù) 及其導(dǎo)函數(shù) 的定義域均為 ，設(shè) ， ，且 ，
若 ， ，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用賦值法求出 、 、 的值，可判斷 ABC 選項(xiàng)；利用函數(shù) 的對(duì)稱(chēng)性可判斷 D
選項(xiàng).
【詳解】令 ， ，可得 ，因?yàn)?，則 ， ，
令 ，則 ，所以， 或 ，
若 ，則 ，② ，矛盾，故 ，A 對(duì)；
令 ， ，得 ，則 ，
令 ，得 ，即 ，
即函數(shù) 的圖象關(guān)于直線 對(duì)稱(chēng)，
在等式 兩邊求導(dǎo)得 ，即 ，
所以，函數(shù) 的圖象關(guān)于點(diǎn) 對(duì)稱(chēng)，
因?yàn)?，即 ，可得出 （ 為常數(shù)），
無(wú)法判斷 圖象是否關(guān)于點(diǎn) 對(duì)稱(chēng)，B 錯(cuò) C 對(duì)；
因?yàn)楹瘮?shù) 的圖象關(guān)于點(diǎn) 對(duì)稱(chēng)，
所以， ，
因此， ，D 對(duì).
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故選：ACD.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：函數(shù)的三個(gè)性質(zhì)：?jiǎn)握{(diào)性、奇偶性和周期性，在高考中一般不會(huì)單獨(dú)命題，而是常將
它們綜合在一起考查，其中單調(diào)性與奇偶性結(jié)合、周期性與抽象函數(shù)相結(jié)合，并結(jié)合奇偶性求函數(shù)值，多
以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn)，且主要有以下幾種命題角度；
（1）函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性相結(jié)合，注意函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性的定義，以及奇、偶函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)性．
（2）周期性與奇偶性相結(jié)合，此類(lèi)問(wèn)題多考查求值問(wèn)題，常利用奇偶性及周期性進(jìn)行交換，將所求函數(shù)值
的自變量轉(zhuǎn)化到已知解析式的函數(shù)定義域內(nèi)求解；
（3）周期性、奇偶性與單調(diào)性相結(jié)合，解決此類(lèi)問(wèn)題通常先利用周期性轉(zhuǎn)化自變量所在的區(qū)間，然后利用
奇偶性和單調(diào)性求解.
三、填空題(本大題共 3 小題，每小題 5 分，共 15 分)
12. 已知 為等差數(shù)列 的前 項(xiàng)和，若 ，則 _________________.
【答案】590
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列基本量的計(jì)算可得公差，即可由求和公式求解.
【詳解】設(shè)公差為 ，
由 可得 解得 ，
故 ，
故答案為：590
13. 蒙日是法國(guó)著名的數(shù)學(xué)家，他首先發(fā)現(xiàn)橢圓 的兩條相互垂直的切線的交點(diǎn)的軌
跡是圓，這個(gè)圓被稱(chēng)為“蒙日?qǐng)A”，且其方程為 .已知橢圓 的焦點(diǎn)在 軸
上， 、 為橢圓 上任意兩點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) 在直線 上.若 恒為銳角，根據(jù)蒙日?qǐng)A的相
關(guān)知識(shí)，則橢圓 離心率的取值范圍為_(kāi)_______.
【答案】
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【解析】
【分析】分析可知，直線 與圓 相離，利用直線與圓的位置關(guān)系可求出 的
取值范圍，再結(jié)合橢圓離心率公式可求得橢圓 的離心率.
【詳解】由題意可知 ，圓 即為橢圓 蒙日?qǐng)A，
因?yàn)?、 為橢圓 上任意兩點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) 滿(mǎn)足 恒為銳角，
則點(diǎn) 在圓 外，
又因?yàn)閯?dòng)點(diǎn) 在直線 上，則直線 與圓 相離，
所以， ，解得 ，
則 ，即 ，
因此，橢圓 的離心率的取值范圍是 .
故答案為： .
14. 2021 年小米重新設(shè)計(jì)了自己的品牌形象.新舊圖像如圖所示，舊 lg 是一個(gè)正方形，新 lg 可看作一個(gè)
直徑為邊長(zhǎng)的一半的圓在原正方形中運(yùn)動(dòng)，保留它運(yùn)動(dòng)過(guò)程覆蓋的區(qū)域就是新 lg.類(lèi)比推理，現(xiàn)有一個(gè)棱
長(zhǎng)為 2 的正方體，一個(gè)直徑為 1 的球在正方體內(nèi)部滾動(dòng)，將該球可到達(dá)的區(qū)域保留，不可到達(dá)的區(qū)域割去，
得到一個(gè)幾何體，我們稱(chēng)之為“小米正方體”，則“小米正方體”的體積為_(kāi)______.
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【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)類(lèi)比，即可根據(jù)圓柱的體積公式即可求解.
【詳解】根據(jù)類(lèi)比可知：小球在正方體內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，“小米正方體”的 8 個(gè)角合在一起剛好是一個(gè)直徑為正方體
棱長(zhǎng)一半的球體，
12 條棱除開(kāi)小球部分，余下的剛好可以組成與球半徑相同且高為正方體棱長(zhǎng)一半的三個(gè)圓柱體.
剩余部分是個(gè)類(lèi)似十字的幾何體，可得該幾何體的體積為 4，
所以“小米正方體”的體積為
故答案為： .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：“小米正方體”的 8 個(gè)角合在一起剛好是一個(gè)直徑為正方體棱長(zhǎng)一半的球體，12 條棱除
開(kāi)小球部分，余下的剛好可以組成與球半徑相同且高為正方體棱長(zhǎng)一半的三個(gè)圓柱體.
四、解答題(本大題共 5 小題，共 77 分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)
15. 在 中，角 所對(duì)的邊分別為 ，且滿(mǎn)足 .
（1）求角 的大?。?br>（2）若 ，且 的面積為 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊角互化，結(jié)合三角恒等變換即可求解，
（2）根據(jù)面積公式可得 ，由余弦定理可得 ，進(jìn)而可得 ，即可根據(jù)正弦定理求
解.
【小問(wèn) 1 詳解】
由 ，根據(jù)正弦定理可得
，
由于 ，
第 12頁(yè)/共 21頁(yè)
故 ，
由于 所以
由于 故
小問(wèn) 2 詳解】
因?yàn)?，可得 ，
由余弦定理得 ，即 ，故 ，
，
由正弦定理可得 ，
所以 ，
故
16. 如圖，四邊形 是邊長(zhǎng)為 的正方形，半圓面 平面 ，點(diǎn) 為半圓弧 上一動(dòng)點(diǎn)
（點(diǎn) 與點(diǎn) 、 不重合）.
（1）求證： ；
（2）當(dāng)點(diǎn) 為半圓弧 上靠近點(diǎn) 的三等分點(diǎn)時(shí)，求二面角 的正弦值.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)可得出 平面 ，可得出 ，由圓的幾何性質(zhì)可得出
第 13頁(yè)/共 21頁(yè)
，利用線面垂直的判定定理可得出 平面 ，再由線面垂直的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；
（2）以點(diǎn) 為坐標(biāo)原點(diǎn)， 、 所在直線分別為 、 軸，平面 內(nèi)過(guò)點(diǎn) 且垂直于 的直線
為 軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得二面角 的正弦值.
【小問(wèn) 1 詳解】
因?yàn)辄c(diǎn) 為半圓弧 上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn) 與點(diǎn) 、 不重合），則 ，
因?yàn)樗倪呅?為正方形，則 ，
因?yàn)槠矫?平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因?yàn)?平面 ，則 ，
因 ， ， 、 平面 ，
所以 平面 ，
因?yàn)?平面 ，所以 .
【小問(wèn) 2 詳解】
因?yàn)?平面 ， ，則 平面 ，
以點(diǎn) 為坐標(biāo)原點(diǎn)， 、 所在直線分別為 、 軸，
平面 內(nèi)過(guò)點(diǎn) 且垂直于 的直線為 軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
當(dāng)點(diǎn) 為半圓弧 上靠近點(diǎn) 的三等分點(diǎn)時(shí)， ，
由于四邊形 是邊長(zhǎng)為 的正方形 ，則 、 、 、 ，
所以， ， ，
易知平面 的一個(gè)法向量為 ，
第 14頁(yè)/共 21頁(yè)
設(shè)平面 的一個(gè)法向量為 ，則 ，
取 ，可得 ，所以， ，
故 ，
因此，二面角 的正弦值為 .
17. 高三某班為緩解學(xué)生高考?jí)毫Γ辔瘯?huì)決定在周班會(huì)課上進(jìn)行“聽(tīng)音樂(lè)、猜歌名”的趣味游戲比賽，現(xiàn)
將全班學(xué)生分為 組，每組 人，剩余的學(xué)生做裁判.比賽規(guī)則如下:比賽共分為兩輪，第一輪比賽中 個(gè)小
組分三場(chǎng)進(jìn)行比賽，每場(chǎng)比賽有 個(gè)小組參加，在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)猜對(duì)歌名最多的小組獲勝，獲勝的三個(gè)小組
進(jìn)入第二輪比賽，第二輪進(jìn)行一場(chǎng)比賽，選出獲勝隊(duì)伍.已知甲、乙、丙 個(gè)小組的學(xué)生能成功猜對(duì)歌名的
概率分別為 、 、 .
（1）現(xiàn)從乙組中任選一名學(xué)生進(jìn)行歌曲試猜，記 首歌曲中猜對(duì)的歌曲數(shù)為 ，求隨機(jī)變量 的數(shù)學(xué)期
望；
（2）若從甲、乙、丙 個(gè)小組中任選一名學(xué)生參加猜歌游戲，求該學(xué)生猜對(duì)歌曲的概率；
（3）若第二輪比賽中丁、戊兩組并列第一，則設(shè)置以下游戲決定最終獲勝的小組，游戲規(guī)則如下：從丁、
戊小組中任選一名代表，從裝有 個(gè)白球和 個(gè)紅球的不透明的盒子中有放回地隨機(jī)摸出一個(gè)球，摸出白球
記 分，摸出紅球記 分，以 分開(kāi)始計(jì)分，恰好獲得 分或 分則結(jié)束摸球.若該代表獲得 分，則該代
表所在小組獲得勝利，否則另外一組獲得勝利.若該代表來(lái)自丁組，試估計(jì)丁組獲勝的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析可知 ，由二項(xiàng)分布的期望公式可得出 的值；
（2）記事件 、 、 分別表示該學(xué)生來(lái)自甲、乙、丙組，事件 表示該同學(xué)能猜對(duì)，利用全概率公式
第 15頁(yè)/共 21頁(yè)
可求得 的值；
（3）記得分為 的概率為 ，求得 ，推導(dǎo)出數(shù)列 為等比數(shù)
列，確定該數(shù)列的首項(xiàng)和公比，可求出數(shù)列 的通項(xiàng)公式，利用累加法可求得 的值，即為所求
.
【小問(wèn) 1 詳解】
由題意可知， ，由二項(xiàng)分布的期望公式可得 .
【小問(wèn) 2 詳解】
記事件 、 、 分別表示該學(xué)生來(lái)自甲、乙、丙組，事件 表示該同學(xué)能猜對(duì)，
所以， ， ， ， ，
由全概率公式可得 .
所以，該學(xué)生能猜對(duì)的概率為 .
【小問(wèn) 3 詳解】
由題意可知，積分增加 分的概率為 ，增加 分的概率為 ，
記得分為 的概率為 ，且 ， ，
，
所以， ，且 ，
所以，數(shù)列 是首項(xiàng)為 ，公比為 的等比數(shù)列，
則 ，
由累加法可得
第 16頁(yè)/共 21頁(yè)
.
因此，丁組獲勝的概率為 .
18. 已知直線 與雙曲線 及其漸近線分別交于點(diǎn) 和點(diǎn) .
（1）求實(shí)數(shù) 的取值范圍；
（2）證明: ；
（3）若 ，過(guò)雙曲線 上一點(diǎn) 向雙曲線 作切線 ，其斜率分別為 ， ，問(wèn)是
否存在這樣的 ，使得 為定值?若存在，求出 的值及定值 ;若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【答案】（1） 或 ，
（2）證明見(jiàn)解析 （3）不存在，理由見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）聯(lián)立方程，利用判別式即可求解，
（2）根據(jù)韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式得 ，進(jìn)而聯(lián)立直線方程可得 坐標(biāo)，即可得 與
的中點(diǎn)重合，即可求解，
（3）根據(jù)相切可利用判別式為 0 得 為方程 的兩個(gè)根，進(jìn)而根據(jù)韋
達(dá)定理化簡(jiǎn)，結(jié)合假設(shè)法即可求解.
【小問(wèn) 1 詳解】
聯(lián)立 ，得 ，
故 ，解得 或 ，
【小問(wèn) 2 詳解】
第 17頁(yè)/共 21頁(yè)
設(shè) ,則 ，
設(shè) 的中點(diǎn)為 ，則 ，從而 ，即 ，
又雙曲線的漸近線方程為 ，聯(lián)立 ，可得 ，
所以 ，同理可得 ，
從而可得 的中點(diǎn)為 ，故 與 的中點(diǎn)重合，
則 ，即
【小問(wèn) 3 詳解】
設(shè)過(guò) 且與雙曲線 相切的直線方程為 ，即 ，
聯(lián)立 可得 ，
由題意可知,
化簡(jiǎn)可得 即 ，
由題意可知 為方程 的兩個(gè)根，
則 ， ，
故 ，
第 18頁(yè)/共 21頁(yè)
若 為定值，則有 ，化簡(jiǎn)得 ，此時(shí) ，
但此時(shí) ，
故不存在 ，使得 為定值.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中取值范圍問(wèn)題的五種求解策略：
（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；
（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類(lèi)問(wèn)題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；
（3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.
19. 若函數(shù) 的圖象有公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處的切線相同，則稱(chēng)該公共點(diǎn)為函數(shù) 與 的
一個(gè)“公切點(diǎn)”.
（1）若函數(shù) 與 存在“公切點(diǎn)”，求實(shí)數(shù) 的值；
（2）設(shè)函數(shù) ，直線 是曲線 在點(diǎn) 處的切線.求證:直線
不經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,0);
（3）已知函數(shù) ，對(duì)任意 ，判斷是否存在 ，使函數(shù) 與 在區(qū)
間 內(nèi)存在“公切點(diǎn)”?并說(shuō)明理由.
【答案】（1）
（2）證明見(jiàn)解析 （3）存在，理由見(jiàn)解析.
【解析】
【分析】（1）設(shè)出切點(diǎn)，根據(jù) 且 ，即可求解 ，進(jìn)而可求解，
（2）求導(dǎo)，寫(xiě)出直線 的方程，代入(1,0)化簡(jiǎn)后構(gòu)造函數(shù) ，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單
調(diào)性即可求解，
（ 3） 根 據(jù) 且 ， 得 ， 構(gòu) 造 函 數(shù)
，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理即可求解.
第 19頁(yè)/共 21頁(yè)
【小問(wèn) 1 詳解】
設(shè) 是 的“共切點(diǎn)”，
則由 且 ，
由于 ，所以 ，解得 ，
所以 ，
當(dāng) 時(shí)， 滿(mǎn)足題意，
故
【小問(wèn) 2 詳解】
由于 ，所以 ，
故直線 的斜率為 ，則直線 的方程為 ，
將點(diǎn) 代入可得 ，故 ，
即 ，故 ，
，即 ，
令 ，
假設(shè)直線 經(jīng)過(guò)點(diǎn) ，則 在 上存在零點(diǎn)，
由 ，所以 在 上單調(diào)遞增，
所以 ，故 在 上無(wú)零點(diǎn)，這與假設(shè)矛盾，故直線 不經(jīng)過(guò)點(diǎn) ，
【小問(wèn) 3 詳解】
因?yàn)?，所以 ，
第 20頁(yè)/共 21頁(yè)
由 且 ，得 ，
兩式相除可得 ，
設(shè) ，
由于 ，且 的圖象連續(xù)不斷，所以存在 使得 ，
則 ，將其代入 可得 ，
此時(shí) 滿(mǎn)足方程組，即 是函數(shù) 與 在區(qū)間 內(nèi)的一個(gè)“公切點(diǎn)”，
因此，對(duì)任意 ，存在 ，使得 與 在區(qū)間 內(nèi)存在“公切線”.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：新定義問(wèn)題的求解過(guò)程可以模型化，一般解題步驟如下：
第一步：提取信息 — 對(duì)新定義進(jìn)行信息提取，明確新定義的名稱(chēng)和符號(hào)，
第二步：加工信息 — 細(xì)細(xì)品味新定義的概念、法則，對(duì)所提取的信息進(jìn)行加工，探求解決方法，有時(shí)
可以用學(xué)過(guò)的或熟悉的相近知識(shí)進(jìn)行類(lèi)比，明確它們的共同點(diǎn)和不同點(diǎn)
第三步：遷移轉(zhuǎn)化 — 如果是新定義的運(yùn)算法則，直接按照運(yùn)算法則計(jì)算即可，如果是新定義的性質(zhì)，
一般需要理解和轉(zhuǎn)化性質(zhì)的含義，得到性質(zhì)的等價(jià)條件（如等量關(guān)系、圖形的位置關(guān)系等）
第四步：計(jì)算，得結(jié)論 — 結(jié)合題意進(jìn)行嚴(yán)密的邏輯推理、計(jì)算，得結(jié)論
第 21頁(yè)/共 21頁(yè)

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