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（新教材）2020-2021学年下学期高二期末备考金卷 数学
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这是一份（新教材）2020-2021学年下学期高二期末备考金卷 数学，共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，若，则所有的取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．设复数、在复平面内对应的点关于实轴对称，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．为达成“碳达峰､碳中和”的目标，我们需坚持绿色低碳可持续发展道路，可再生能源将会有一个快速发展的阶段．太阳能是一种可再生能源，光伏是太阳能光伏发电系统的简称，主要有分布式与集中式两种方式．下面的图表是近年来中国光伏市场发展情况表，则下列结论中正确的是（ ）
A．2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减
B．2013~2020年，年光伏发电量与年份成负相关
C．2013~2020年，年新增装机规模中，分布式的平均值大于集中式的平均值
D．2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关
4．的内角的对边分别为，，，已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2020年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据∶，，）
A．2021年B．2022年C．2023年D．2024年
6．已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且是等差数列，则下列结论错误的是（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是等差数列D．是等比数列
7．已知双曲线的左､右焦点分别为，，为双曲线上的一点，若线段与轴的交点恰好是线段的中点，，其中，为坐标原点，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
8．过点作直线交圆于两点，设，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．若展开式所有项的系数之和与二项式系数之和均为32，则下面结论正确的是（ ）
A．B．展开式中含的系数为270
C．展开式的第4项为D．展开式中含有常数项
10．已知，是两条不相同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中真命题有（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
11．函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的最大值为2
C．在区间上单调递增D．为偶函数
12．已知函数，若关于的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．已知某种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为_________．
14．给出下列命题：
①由变量和的数据得到其回归直线方程，则一定经过点；
②在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；
③线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱；
④在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加个单位．
其中真命题的序号是______．
15．若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为__________．
16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如，，，等，显然位回文数有个：，，，，，位回文数有个：，，，，，，，．
（1）位回文数有__________个．
（2）位回文数有__________个．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
18．（12分）已知数列的前项和为，且，当时，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，设，求数列的前项和为．
19．（12分）三阶魔方为的正方体结构，由26个色块组成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．
（1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔方还原的平均速度（秒）与训练天数（天）有关，经统计得到如下数据：
现用，作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱好者经过长期训练后最终每天魔方还原的平均速度约为多少秒（精确到1秒）；
（2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面．某人按规定将魔方随机扭动两次，每次均顺时针转动，记顶面白色色块的个数为，求的分布列及数学期望．
参考数据（其中）．
参考公式：
对于一组数据，，…，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．
（1）求证：平面；
（2）求钝二面角的余弦值．
21．（12分）已知圆与抛物线在轴下方的交点为，与抛物线的准线在轴上方的交点为，且点，关于直线对称．
（1）求抛物线的方程；
（2）若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标．
22．（12分）设函数．
（1）已知在点处的切线方程是，求实数，的值；
（2）在第（1）问的条件下，若方程有唯一实数解，求实数的值．
1．【答案】D
【解析】时，满足题意；
时，，得，所以或，或，
所求集合为，故选D．
2．【答案】A
【解析】由题意可得，因此，，故选A．
3．【答案】D
【解析】A，2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减，
前几年递增，后面递减，故A错误；
B，2013~2020年，年光伏发电量与年份成正相关，故B错误；
C，由图表可以看出，每一年装机规模，集中式都比分布式大，
因此分布式的平均值小于集中式的平均值，故C错误；
D，根据图表可知，2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重随年份逐年增加，
故每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关，故D正确，
故选D．
4．【答案】D
【解析】由正弦定理知，
而，∴，
又，即，∴，
故选D．
5．【答案】D
【解析】设在2020年后第年超过200万，
则，，，
即，，，
第年满足题意，即为2024年，故选D．
6．【答案】B
【解析】由是等差数列，可得，即，，
设等比数列的公比为，是各项均为正数的等比数列，则，．
对于A选项，，所以，数列是等差数列，因此A正确；
对于C选项，，是常数列，且为等差数列，因此C正确；
对于D选项，，是等比数列，因此D正确；
对于B选项，，则不是常数，不是等比数列，因此B不正确，
故选B．
7．【答案】B
【解析】设双曲线的半焦距为，则点，
由题意知轴，所以点的横坐标为，
由双曲线的对称性特点不妨设点，
所以，解得，
所以点，
所以点的坐标为，
所以，，
故，
所以，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，故选B．
8．【答案】A
【解析】由已知得，圆是以为圆心，以为半径的圆．
，点在圆的内部，
故当直线经过圆心时，取得最值．
（1）当时，，，
此时，取最小值为；
（2）当时，，，
此时，取最大值为，
所以，，故选A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．【答案】ABC
【解析】令，由题意可得，∴，，
∴二项式为，∴A对；
∴，
令，计算可知展开式中含的系数为270，∴B对；
令，所以，所以展开式的第4项为，∴C对；
令，解得，而，所以展开式中不含有常数项，
故选ABC．
10．【答案】BD
【解析】对于选项A，平面和可能相交，所以选项A是假命题；
对于选项B，由，可知，再由，可得，故选项B是真命题；
对于选项C，直线与平面可能相交，故选项C是假命题；
对于选项D，由，可知，再由，可得，故选项D是真命题，
故选BD．
11．【答案】BD
【解析】由已知，所以，A错；
由五点法得，
又，所以，，，B正确；
所以，
时，，时，，函数在区间上不单调，C错；
是偶函数，D正确，
故选BD．
12．【答案】BCD
【解析】当时，，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
作出的图象，如图所示，
令，则，
令，由题意得方程有两个不同的根：
①有两个不同的根，，且，，
则有，解得；
②有两个不同的根，，且，，
则有，则，
方程为，得，，满足条件；
③有两个不同的根，，且，，
因为，则，
方程为，得，，不符合题意，舍去，
综上所述，实数，
故选BCD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】
【解析】设一个这种元件使用年的事件为，使用年的事件为，
则，故答案为．
14．【答案】①②
【解析】回归直线一定过样本中心点，故①正确；
残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，故②正确；
线性相关系数的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，故③错误；
在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少个单位，故④错误，
故答案为①②．
15．【答案】
【解析】已知，得，
设切点为，故，
故图象在点处的切线斜率为，
所求切线方程为，即，
则，，则，
令，，
当时，；当时，，
所以在上递减，在上递增，
故在处取得最小值，则的最小值是，故答案为．
16．【答案】90，
【解析】（1）位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，
第一步，选千位和个位数字，共有种选法，
第二步，选中间两位数字，有种选法，
故位回文数有个．
（2）第一步，选左边第一个数字，有种选法，
第二步，分别选左边第、、、、、个数字，共有种选法，
故位回文数有个．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，所以．
又，所以，
即，
即．
又，所以，则由，得．
（2）由正弦定理，得，
则由余弦定理得，解得(负值舍去)，
所以．
18．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，，
整理可得，
经检验：不满足，
．
（2）由（1）可知：当时，；经检验：满足，
，则，，
，
，
两式作差得
，
．
19．【答案】（1），13秒；（2）分布列见解析，．
【解析】（1）由题意可知：，
，
所以，
因此关于的回归方程为，
所以最终每天魔方还原的平均速度约为13秒．
（2）由题意可知：的可能取值为3，4，6，9，
；；；
，
所以的分布列为
所以数学期望为．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）底面为正方形，，
平面，平面，，
又，平面．
（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形边长为1，则，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，即；
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则可得，
则，
又二面角为钝二面角，则钝二面角的余弦值为．
21．【答案】（1）；（2）证明见解析，定点坐标为．
【解析】（1）解：将代入，得，
所以，
由点，关于直线对称，可得，
将的坐标代入抛物线的方程得，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）证明：由（1）得，
设，，直线的方程为．
将直线的方程代入得，所以，
所以，．
因为，所以
，
由题意可知，，所以．
所以，即，
所以，即，
所以直线的方程为，
直线过定点，定点坐标为．
22．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1）当时，可得，所以，即，
因为，即，即，
联立方程组，解得，．
（2）由方程有唯一实数解，即有唯一实数解，
设，则，
令，
因为，所以，且，所以方程有两异号根，
设，，因为，所以应舍去，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，，取最小值，
因为有唯一解，所以，则，即，
因为，所以．（*）
设函数，
因为当时，是增函数，所以至多有一解，
因为，所以方程（*）的解为，
将代入，可得（天）
1
2
3
4
5
6
7
（秒）
99
99
45
32
30
24
21
3
4
6
9
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，若，则所有的取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．设复数、在复平面内对应的点关于实轴对称，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．为达成“碳达峰､碳中和”的目标，我们需坚持绿色低碳可持续发展道路，可再生能源将会有一个快速发展的阶段．太阳能是一种可再生能源，光伏是太阳能光伏发电系统的简称，主要有分布式与集中式两种方式．下面的图表是近年来中国光伏市场发展情况表，则下列结论中正确的是（ ）
A．2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减
B．2013~2020年，年光伏发电量与年份成负相关
C．2013~2020年，年新增装机规模中，分布式的平均值大于集中式的平均值
D．2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关
4．的内角的对边分别为，，，已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2020年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据∶，，）
A．2021年B．2022年C．2023年D．2024年
6．已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且是等差数列，则下列结论错误的是（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是等差数列D．是等比数列
7．已知双曲线的左､右焦点分别为，，为双曲线上的一点，若线段与轴的交点恰好是线段的中点，，其中，为坐标原点，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
8．过点作直线交圆于两点，设，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．若展开式所有项的系数之和与二项式系数之和均为32，则下面结论正确的是（ ）
A．B．展开式中含的系数为270
C．展开式的第4项为D．展开式中含有常数项
10．已知，是两条不相同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中真命题有（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
11．函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的最大值为2
C．在区间上单调递增D．为偶函数
12．已知函数，若关于的方程有5个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．已知某种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为_________．
14．给出下列命题：
①由变量和的数据得到其回归直线方程，则一定经过点；
②在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；
③线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱；
④在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加个单位．
其中真命题的序号是______．
15．若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为__________．
16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如，，，等，显然位回文数有个：，，，，，位回文数有个：，，，，，，，．
（1）位回文数有__________个．
（2）位回文数有__________个．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
18．（12分）已知数列的前项和为，且，当时，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，设，求数列的前项和为．
19．（12分）三阶魔方为的正方体结构，由26个色块组成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．
（1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔方还原的平均速度（秒）与训练天数（天）有关，经统计得到如下数据：
现用，作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱好者经过长期训练后最终每天魔方还原的平均速度约为多少秒（精确到1秒）；
（2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面．某人按规定将魔方随机扭动两次，每次均顺时针转动，记顶面白色色块的个数为，求的分布列及数学期望．
参考数据（其中）．
参考公式：
对于一组数据，，…，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．
（1）求证：平面；
（2）求钝二面角的余弦值．
21．（12分）已知圆与抛物线在轴下方的交点为，与抛物线的准线在轴上方的交点为，且点，关于直线对称．
（1）求抛物线的方程；
（2）若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标．
22．（12分）设函数．
（1）已知在点处的切线方程是，求实数，的值；
（2）在第（1）问的条件下，若方程有唯一实数解，求实数的值．
1．【答案】D
【解析】时，满足题意；
时，，得，所以或，或，
所求集合为，故选D．
2．【答案】A
【解析】由题意可得，因此，，故选A．
3．【答案】D
【解析】A，2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减，
前几年递增，后面递减，故A错误；
B，2013~2020年，年光伏发电量与年份成正相关，故B错误；
C，由图表可以看出，每一年装机规模，集中式都比分布式大，
因此分布式的平均值小于集中式的平均值，故C错误；
D，根据图表可知，2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重随年份逐年增加，
故每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关，故D正确，
故选D．
4．【答案】D
【解析】由正弦定理知，
而，∴，
又，即，∴，
故选D．
5．【答案】D
【解析】设在2020年后第年超过200万，
则，，，
即，，，
第年满足题意，即为2024年，故选D．
6．【答案】B
【解析】由是等差数列，可得，即，，
设等比数列的公比为，是各项均为正数的等比数列，则，．
对于A选项，，所以，数列是等差数列，因此A正确；
对于C选项，，是常数列，且为等差数列，因此C正确；
对于D选项，，是等比数列，因此D正确；
对于B选项，，则不是常数，不是等比数列，因此B不正确，
故选B．
7．【答案】B
【解析】设双曲线的半焦距为，则点，
由题意知轴，所以点的横坐标为，
由双曲线的对称性特点不妨设点，
所以，解得，
所以点，
所以点的坐标为，
所以，，
故，
所以，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，故选B．
8．【答案】A
【解析】由已知得，圆是以为圆心，以为半径的圆．
，点在圆的内部，
故当直线经过圆心时，取得最值．
（1）当时，，，
此时，取最小值为；
（2）当时，，，
此时，取最大值为，
所以，，故选A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．【答案】ABC
【解析】令，由题意可得，∴，，
∴二项式为，∴A对；
∴，
令，计算可知展开式中含的系数为270，∴B对；
令，所以，所以展开式的第4项为，∴C对；
令，解得，而，所以展开式中不含有常数项，
故选ABC．
10．【答案】BD
【解析】对于选项A，平面和可能相交，所以选项A是假命题；
对于选项B，由，可知，再由，可得，故选项B是真命题；
对于选项C，直线与平面可能相交，故选项C是假命题；
对于选项D，由，可知，再由，可得，故选项D是真命题，
故选BD．
11．【答案】BD
【解析】由已知，所以，A错；
由五点法得，
又，所以，，，B正确；
所以，
时，，时，，函数在区间上不单调，C错；
是偶函数，D正确，
故选BD．
12．【答案】BCD
【解析】当时，，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
作出的图象，如图所示，
令，则，
令，由题意得方程有两个不同的根：
①有两个不同的根，，且，，
则有，解得；
②有两个不同的根，，且，，
则有，则，
方程为，得，，满足条件；
③有两个不同的根，，且，，
因为，则，
方程为，得，，不符合题意，舍去，
综上所述，实数，
故选BCD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】
【解析】设一个这种元件使用年的事件为，使用年的事件为，
则，故答案为．
14．【答案】①②
【解析】回归直线一定过样本中心点，故①正确；
残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，故②正确；
线性相关系数的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，故③错误；
在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少个单位，故④错误，
故答案为①②．
15．【答案】
【解析】已知，得，
设切点为，故，
故图象在点处的切线斜率为，
所求切线方程为，即，
则，，则，
令，，
当时，；当时，，
所以在上递减，在上递增，
故在处取得最小值，则的最小值是，故答案为．
16．【答案】90，
【解析】（1）位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，
第一步，选千位和个位数字，共有种选法，
第二步，选中间两位数字，有种选法，
故位回文数有个．
（2）第一步，选左边第一个数字，有种选法，
第二步，分别选左边第、、、、、个数字，共有种选法，
故位回文数有个．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，所以．
又，所以，
即，
即．
又，所以，则由，得．
（2）由正弦定理，得，
则由余弦定理得，解得(负值舍去)，
所以．
18．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，，
整理可得，
经检验：不满足，
．
（2）由（1）可知：当时，；经检验：满足，
，则，，
，
，
两式作差得
，
．
19．【答案】（1），13秒；（2）分布列见解析，．
【解析】（1）由题意可知：，
，
所以，
因此关于的回归方程为，
所以最终每天魔方还原的平均速度约为13秒．
（2）由题意可知：的可能取值为3，4，6，9，
；；；
，
所以的分布列为
所以数学期望为．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）底面为正方形，，
平面，平面，，
又，平面．
（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形边长为1，则，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，即；
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则可得，
则，
又二面角为钝二面角，则钝二面角的余弦值为．
21．【答案】（1）；（2）证明见解析，定点坐标为．
【解析】（1）解：将代入，得，
所以，
由点，关于直线对称，可得，
将的坐标代入抛物线的方程得，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）证明：由（1）得，
设，，直线的方程为．
将直线的方程代入得，所以，
所以，．
因为，所以
，
由题意可知，，所以．
所以，即，
所以，即，
所以直线的方程为，
直线过定点，定点坐标为．
22．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1）当时，可得，所以，即，
因为，即，即，
联立方程组，解得，．
（2）由方程有唯一实数解，即有唯一实数解，
设，则，
令，
因为，所以，且，所以方程有两异号根，
设，，因为，所以应舍去，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，，取最小值，
因为有唯一解，所以，则，即，
因为，所以．（*）
设函数，
因为当时，是增函数，所以至多有一解，
因为，所以方程（*）的解为，
将代入，可得（天）
1
2
3
4
5
6
7
（秒）
99
99
45
32
30
24
21
3
4
6
9
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