【二轮复习】2024年高考数学全真模拟卷01（新高考专用）.zip

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注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷
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.
1．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知集合A=0,1,2,B={x∈Z|x2<3}，则A∪B=（ ）
A．0,1B．−1,0,2C．−1,0,1,2D．−1,1,2,3
【解题思路】根据题意，求得B={−1,0,1}，结合集合并集的运算，即可求解.
【解答过程】由集合B={x∈Z|x2<3}={−1,0,1}，
又因为A=0,1,2，所以A∪B=−1,0,1,2．
故选：C.
2．（5分）（2023·四川甘孜·统考一模）已知复数z满足1−i⋅z=3+i.其中i为虚数单位，则z=（ ）
A．3B．5C．3D．5
【解题思路】利用复数的四则运算，结合复数模的计算公式即可得解.
【解答过程】因为1−i⋅z=3+i，
所以z=3+i1−i=3+i1+i1−i1+i=2+4i2=1+2i，
则z=1+4=5.
故选：B.
3．（5分）（2023·四川甘孜·统考一模）已知平面向量a→,b→满足|b|=2|a|=2，若a⊥a−b，则a与b的夹角为（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【解题思路】根据向量垂直及数量积运算律、定义可得1−2csa,b=0，即可求夹角.
【解答过程】由题设a⋅a−b=a2−a⋅b=0，而|a|=1,|b|=2，
所以1−2csa,b=0⇒csa,b=12，a,b∈[0,π]，
所以a,b=π3.
故选：B.
4．（5分）（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）2023年10月12日，环广西公路自行车世界巡回赛于北海市开赛，本次比赛分别在广西北海、钦州、南宁、柳州、桂林5个城市举行，线路总长度达958.8公里，共有全球18支职业车队的百余名车手参加.主办方决定选派甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到A、B两个路口进行支援，每个志愿者去一个路口，每个路口至少有一位志愿者，则不同的安排方案总数为（ ）
A．15B．30C．25D．16
【解题思路】当两组人数分别为1和4时，2和3时两种情况，结合排列组合知识求出答案.
【解答过程】5名志愿者分为两组，
当两组人数分别为1和4时，此时有C51A22=10种情况，
当两组人数分别为2和3时，此时有C52C33A22=20种情况，
综上，不同的安排方案总数为10+20=30.
故选：B.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知Sn为等差数列an的前n项和，a7+2a9+a17=24，则S20=（ ）
A．240B．60C．180D．120
【解题思路】利用等差数列的性质以及前n项和公式求解即可.
【解答过程】因为数列an为等差数列，所以a7+2a9+a17=2a12+2a9=24，
所以a12+a9=12，
所以S20=20a1+a202=10a1+a20=10a12+a9=120．
故选：D．
6．（5分）（2023·全国·模拟预测）在直角坐标系xOy中，椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点与右焦点分别为A,F，动点P在Γ上（不与Γ左、右顶点重合），Q为平面内一点，若PF=3QF，且∠PAF=∠QOF，则Γ的离心率为（ ）
A．12B．13C．14D．25
【解题思路】利用椭圆的方程与性质，以及数形结合思想即可求解．
【解答过程】如图所示：
因为∠PAF=∠QOF，所以OQ//AP，
又PF=3QF，所以AOOF=PQQF=2，
所以AO=2OF，即a=2c，所以Γ的离心率e=ca=12．
故选：A．
7．（5分）（2023·广东·统考二模）如图，直线y=1与函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,φ<π2的图象的三个相邻的交点为A，B，C，且AB=π，BC=2π，则fx=（ ）

A．2sin23x+π3B．2sinx+π2
C．233sin23x+π3D．233sinx+π2
【解题思路】由题意可得相邻对称轴间距离求出周期得出ω排除BD，再由x=0区分AC即可得解.
【解答过程】因为AB=π，BC=2π，
所以相邻两对称轴间的距离π2+π=3π2，即周期T=3π，所以ω=2π3π=23，
排除BD，
当x=0时，代入f(x)=2sin23x+π3，可得f(0)=3>1，满足题意，
代入f(x)=233sin23x+π3，可得f(0)=233×32=1，不符合题意，
故A正确C错误.
故选：A.
8．（5分）（2023·安徽·校联考模拟预测）已知fx是定义在R上的偶函数，函数gx满足gx+g−x=0，且fx，gx在−∞,0单调递减，则（ ）
A．fgx在0,+∞单调递减B．ggx在−∞,0单调递减
C．gfx在0,+∞单调递淢D．ffx在−∞,0单调递减
【解题思路】利用函数的奇偶性与单调性一一判定选项即可.
【解答过程】由题意知fx在0,+∞单调递增，gx为奇函数，在R上单调递减.
设0≤x1fgx1，
所以fgx在0,+∞单调递增，故A错误，
设x1 gx2，ggx1ggx在−∞,0单调递增，故B错误；
设0≤x1gfx2，
所以gfx在0,+∞单调递减，故C正确；
取fx=x2−1，则ffx=x2−12−1，ff0=0，ff−1=−1，此时ffx在−∞,0不单调递减，故D错误.
故选:C.
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．（5分）（2023·广西玉林·校联考模拟预测）随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017～2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（ ）．
A．2018～2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，且2019年增长的最多
B．2017～2022这6年我国社会物流总费用的70％分位数为16.7万亿元
C．2017～2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为0.2％
D．2019年我国的GDP不达100万亿元
【解题思路】由图表结合统计相关知识逐项判断可得答案.
【解答过程】由图表可知，2018～2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长为16.7−14.9=1.8万亿元，故A错误；
因为6×70%=4.2，则70%分位数为第5个，即为16.7，
所以这6年我国社会物流总费用的70%分位数为16.7万亿元，故B正确；
由图表可知，2017～2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%−14.6%=0.2%，故C正确；
由图表可知，2022年我国的GDP为17.8÷14.7%≈121.1万亿元，故D错误.
故选：BC.
10．（5分）（2023·云南大理·统考一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球的半径为22
B．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π3
C．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4
D．点D到面ACD1的距离为32
【解题思路】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接AC,CD1，把异面直线D1C和BC1所成的角的大小即为直线D1C和AD1所成的角，△ACD1为正三角形，可判定B正确；证得B1C⊥平面ABC1D1，进而求得直线BC与平面ABC1D1所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到VD−ACD1=VD1−ACD，进而可判定D错误.
【解答过程】对于A中，正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长的一半，所以内切球的半径R=12，所以A错误.
对于B中，如图所示，连接AC,CD1，
因为AB//C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1//AD1，
所以异面直线D1C和BC1所成的角的大小即为直线D1C和AD1所成的角∠AD1C的大小，
又因为AC=AD1=D1C=2，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3，所以B正确；
对于C中，如图所示，连接B1C，在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C.
因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.
又因为AB∩BC1=B，AB⊂平面ABC1D1，BC1⊂平面ABC1D1，
所以B1C⊥平面ABC1D1，所以直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4，
所以C正确；
对于D中，如图所示，设点D到面ACD1的距离为ℎ，因为△ACD1为正三角形，
所以S△ACD1=12×AC×AD1sinπ3=32,
又因为S△ACD=12×AD×CD=12，根据等体积转换可知：VD−ACD1=VD1−ACD，
即13×ℎ×S△ACD1=13×DD1×S△ACD，即13×ℎ×32=13×1×12，解得ℎ=33，所以D错误.
故选：BC.
11．（5分）（2023·广西玉林·校联考模拟预测）已知直线x+y=0与圆M:x2+y−22=r2相切，则下列说法正确的是（ ）．
A．过0,5作圆M的切线，切线长为7
B．圆M上恰有3个点到直线x−y+3=0的距离为22
C．若点x,y在圆M上，则yx+2的最大值是2+3
D．圆x−32+y−32=2与圆M的公共弦所在直线的方程为3x+y−7=0
【解题思路】对于A：根据题意可得圆心和半径，结合切线性质分析求解；对于B：根据圆的性质结合点到直线的距离分析求解；对于C：设yx+2=k，分析可知直线kx−y+2k=0与圆M有公共点，结合点到直线的距离分析求解；对于D：根据两圆方程判断两圆的位置关系即可.
【解答过程】圆M:x2+y−22=r2的圆心M0,2，半径为r，
若直线x+y=0与圆M:x2+y−22=r2相切，则r=22=2.
对于选项A：因为点A0,5到圆心M0,2的距离MA=3>2=r，
可知点A在圆外，所以切线长为MA2−r2=7，故A正确；
对于选项B：因为圆心M0,2到直线x−y+3=0的距离为d=−2+32=22=12r，
所以圆M上恰有3个点到直线x−y+3=0的距离为22，故B正确；
对于选项C：因为若点(x,y)在圆M上，则−2≤x≤2，可知x+2≠0，
设yx+2=k，则kx−y+2k=0，
可知直线kx−y+2k=0与圆M有公共点，则−2+2kk2+1≤2，解得2−3≤k≤2+3，
所以yx+2的最大值是2+3，故C正确；
对于选项D：圆x−32+y−32=2的圆心N3,3，半径R=2，
则MN=3−02+3−22=10，可得MN>R+r，
所以两圆外离，没有公共弦，故D错误；
故选：ABC.
12．（5分）（2023·安徽·校联考模拟预测）若函数f(x)=aex+be−x+cx，既有极大值点又有极小值点，则（ ）
A．ac<0B．bc<0C．a(b+c)<0D．c2+4ab>0
【解题思路】根据极值定义，求导整理方程，结合一元方程方程的性质，可得答案.
【解答过程】由题知方程f′(x)=aex−be−x+c=ae2x+cex−bex=0，
ae2x+cex−b=0有两不等实根x1，x2，
令t=ex，t>0，则方程at2+ct−b=0有两个不等正实根t1，t2，
其中t1=ex1，t2=ex2，a≠0Δ=c2+4ab>0t1+t2=−ca>0t1t2=−ba>0，c2+4ab>0ac<0ab<0，
bc>0ab+c=ab+ac<0，故ACD正确，B错误.
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（2023·全国·模拟预测）据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之．”围棋，起源于中国，至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．现从3名男生和2名女生中任选3人参加围棋比赛，则所选3人中至多有1名女生的概率为 710 ．
【解题思路】利用组合的知识结合古典概型的概率公式可解.
【解答过程】从5人中任选3人，一共有C53种选法．
所选3人中至多有1名女生的情况有以下两种：3人全都是男生，有C33种选法；3人中有2名男生1名女生，有C32C21种选法．则所选3人中至多有1名女生的概率P=C33+C32C21C53=710,
故答案为：710.
14．（5分）（2023·全国·校联考模拟预测）已知a>0，b>0，且满足a+2b=3，则a2+42a+2b2+b+22b+1的最小值为 72 ．
【解题思路】根据基本不等式即可求解.
【解答过程】由于a>0，b>0，所以
a2+42a+2b2+b+22b+1=a2+2a+(2b+1)b+22b+1=a2+2a+12(2b+1)+22b+1−12
≥2a2×2a+212(2b+1)×22b+1−12=4−12=72，
当且仅当a2=2a122b+1=22b+1，即a=2，b=12时等号成立.
故答案为：72.
15．（5分）（2023·四川甘孜·统考一模）设f′x为fx的导函数，若fx=xex−f′1x，则曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为 ex−y−e=0 .
【解题思路】对原函数求导并求得f′1=e，再由导数几何意义写出切线方程.
【解答过程】由题设f′x=(x+1)ex−f′1，则f′1=2e−f′1⇒f′1=e，
所以fx=x(ex−e)，则f1=0，
综上，点1,f1处的切线方程为y=e(x−1)，即ex−y−e=0.
故答案为：ex−y−e=0.
16．（5分）（2023上·四川成都·高三校考阶段练习）在三棱锥S−ABC中，∠BAC=3∠SCA=90°，SA⊥AB，SB=13，AB=3，则三棱锥S−ABC外接球的体积为 1256π ．
【解题思路】找到外接球的球心，计算出外接球的半径，从而求得外接球的体积.
【解答过程】依题意AB⊥SA,AB⊥AC,SA∩AC=A,SA,AC⊂平面SAC，所以AB⊥平面SAC，
由于AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SAC.
设D,E分别是BC,AC的中点，则DE//AB，所以DE⊥平面SAC.
设F是三角形SAC的外心，SA=13−9=2，
由正弦定理得FA=2sin30°×12=2，
过F作FO⊥平面SAC，过D作DO⊥平面ABC，FO∩DO=O，连接EF，
EF⊂平面SAC，则DE⊥EF，所以四边形ODEF是矩形，
则O是三棱锥S−ABC外接球的球心.
由于AF⊂平面SAC，所以OF⊥AF，
在Rt△AFO中，AF=2,OF=OE=32，
所以OA=4+94=52，也即三棱锥S−ABC外接球的半径为52，
所以外接球的体积为4π3×523=125π6.
故答案为：1256π.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）（2023·上海奉贤·统考一模）在△ABC中，设角A、B、C所对边的边长分别为a、b、c，已知3c=3bcsA+asinB.
(1)求角B的大小；
(2)当a=22，b=23时，求边长c和△ABC的面积S.
【解题思路】（1）借助正弦定理将边化为角，结合C=π−A+B及两角和的正弦公式计算化简即可得；
（2）根据正弦定理即可计算出A，结合B可求出C，再试用正弦定理即可得到c，再使用面积公式即可得到面积.
【解答过程】（1）由正弦定理得3sinC=3sinBcsA+sinAsinB，
由于C=π−A+B，则3sinA+B=3sinBcsA+sinAsinB，
展开得3sinAcsB+3sinBcsA=3sinBcsA+sinAsinB，
化简得3csB=sinB，
则tanB=3，
所以B=π3；
（2）由正弦定理，得23sinπ3=22sinA=csinC，即有sinA=22，
因为a因为A+C=2π3，
所以C=5π12，
c=23sinπ3×sinC=4sinπ6csπ4+sinπ4csπ6=4×6+24=6+2，
所以S△ABC=12absinC=12×23×22×sinπ6csπ4+sinπ4csπ6
=26×6+24=3+3.
18．（12分）（2023·安徽·校联考模拟预测）已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足2Sn=an+1，n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an+2an⋅an+1，求数列bn的前n和Tn.
【解题思路】（1）根据数列递推式求出首项，得出当n≥2时，Sn−1=14an−1+12，和Sn=14an+12相减并化简可得an−an−1=2，即可求得答案；
（2）利用（1）的结果可得bn=an+2an⋅an+1的表达式，利用等差数列的前n项和公式以及裂项法求和，即可求得答案.
【解答过程】（1）由2Sn=an+1得Sn=14an+12，则a1=14a1+12，解得a1=1，
当n≥2时，Sn−1=14an−1+12，所以an=Sn−Sn−1=14an+12−14an−1+12，
整理得an−an−1an+an−1=2an+an−1，
因为an是正项数列，所以an+an−1>0，所以an−an−1=2，
所以an是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an=1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗.
（2）由（1）可得，an=2n−1，
所以bn=an+2an⋅an+1=2n−1+2(2n−1)(2n+1)=2n−1+12n−1−12n+1，
所以Tn=n(1+2n−1)2+11−13+13−15+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1
=n2+1−12n+1 =n2+2n2n+1.
19．（12分）（2023·全国·模拟预测）直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受．针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额：
(1)计算变量x，y的相关系数r（结果精确到0.01）．
(2)求变量x，y之间的线性回归方程，并据此预测2023年7月份该公司的直播带货金额．
(3)该公司随机抽取55人进行问卷调查，得到如下不完整的列联表：
请填写上表，并判断是否有90%的把握认为参加直播带货与性别有关．
参考数据：y=590，i=15xi−x2=10，i=15yi−y2=176400，
i=15xi−xyi−y=1320，441000≈664．
参考公式：相关系数r=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2i=1nyi−y2，线性回归方程的斜率b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2，截距a=y−bx．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．
【解题思路】（1）直接代入求相关系数即可；
（2）根据线性回归方程求解回归方程即可；
（3）零假设之后计算K2，再比较大小判断零假设是否成立即可.
【解答过程】（1）r=i=15xi−xyi−yi=15xi−x2i=15yi−y2=132010×176400=13202×441000≈0.99
（2）因为x=15×1+2+3+4+5=3，y=590，i=15xi−x2=10，i=15xi−xyi−y=1320，
所以b=i=15xi−xyi−yi=15xi−x2=132010=132，a=590−132×3=194，
所以变量x，y之间的线性回归方程为y=132x+194，
当x=7时，y=132×7+194=1118（万元）．
所以预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元．
（3）补全完整的列联表如下．
零假设H0：参加直播带货与性别无关，
根据以上数据，经计算得到K2=55×25×10−5×15230×25×40×15≈3.743>2.706=x0.1，
根据小概率值α=0.1的独立性检验我们推断H0不成立，即参加直播带货与性别有关，该判断犯错误的概率不超过10%.
20．（12分）（2023·上海奉贤·统考一模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=1．
(1)若AB=1，PC=3，求证：四面体P−ABC是鳖臑，并求该四面体的体积；
(2)若四面体P−ABC是鳖臑，当AC=aa>1时，求二面角A−BC−P的平面角的大小．
【解题思路】（1）借助线面垂直证明面面垂直，结合题目所给长度，运用勾股定理证明四面全为直角三角形即可，体积借助体积公式计算即可得；
（2）根据题意，会出现两种情况，即∠ABC=π2或∠ACB=π2，分类讨论计算即可得.
【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，
∴PA⊥AB、PA⊥AC，
∴△PAC、△PAB为直角三角形，
∴在直角△PAC中，AC=PC2−PA2=2，
在直角△PAB中，PB=PA2+PB2=2，
∴在△ABC中，有AC2=AB2+BC2，
∴AB⊥BC，故△ABC为直角三角形，
在△PBC中，有PC2=PB2+BC2，
故PB⊥BC，故△PBC为直角三角形，
故四面体P−ABC四个面都是直角三角形，即四面体P−ABC是鳖臑，
VP−ABC=13S△ABC⋅PA=13×12×1×1×1=16；
（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，
由AC=a>1=AB，
故∠BAC不可能是直角，
若∠ABC=π2，则有AB⊥BC，
又PA⊥BC，PA、AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，
故BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
故BC⊥PB，
∴∠ABP是二面角A−BC−P的平面角，
∵AC=a，BC=1，∴AB=a2−1，∴tan∠PBA=1a2−1，
所以二面角A−BC−P的平面角的大小为arctana2−1a2−1．
若∠ACB=π2，
同理可得∠ACP是二面角A−BC−P的平面角，
所以tan∠ACP=APAC=1a，
所以二面角的平面角的大小为arctan1a，
综上所述，二面角A−BC−P的平面角的大小为arctana2−1a2−1或arctan1a.
21．（12分）（2023·吉林长春·东北师大附中模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，E的准线交x轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交y轴正半轴于点P.已知△AKF的面积为2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足MT=TH.证明：直线HN过定点.
【解题思路】（1）根据题意假设得直线l：x=my−p2，联立抛物线方程求得，Ap2,p，再利用三角形面积即可求得p=2，由此得解；
（2）根据题意设得MN：y=kx+1，联立抛物线方程求得y1+y2=y1y2=4k，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线HN的方程，化简可得HN为y=y1+y2−4x1x2−x1，由此得证.
【解答过程】（1）由题可知，Fp2,0，准线x=−p2，K−p2,0，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：x=my−p2，
联立y2=2pxx=my−p2，消去x，得y2−2pmy+p2=0，
因为l与E相切，所以Δ=4p2m2−1=0，所以m=1或m=−1，
因为交y轴正半轴于点P，所以m=1,
因此y2−2py+p2=0，解得y=p，所以Ap2,p，
故AF⊥KF，所以S△AKF=12p2=2，所以p=2（负值舍去），
所以抛物线E的方程为y2=4x.
（2）由（1）知A1,2，又l：y=x+1，所以P0,1，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以MN斜率存在且不为零，
所以设MN：y=kx+1k≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立y2=4xy=kx+1，消去x，得ky2−4y+4=0k≠0，
则Δ=161−k>0，所以k<1且k≠0，y1+y2=y1y2=4k.
又直线OA：y=2x，令x=x1，得y=2x1，所以Tx1,2x1，
因为MT=TH，所以Hx1,4x1−y1，所以KNH=y1+y2−4x1x2−x1，
所以直线NH的方程为y−y2=y1+y2−4x1x2−x1x−x2，
所以y=y1+y2−4x1x2−x1x+y2−x2y1+y2−4x1x2−x1=y1+y2−4x1x2−x1x+4x1x2−x1y2−x2y1x2−x1，
因为4x1x2−x1y2−x2y1=4×y124×y224−y124×y2−y224y1=y1y24y1y2−y1+y2=0，
所以直线NH为y=y1+y2−4x1x2−x1x，所以NH恒过定点0,0.
22．（12分）（2023·山西临汾·校考模拟预测）已知函数fx=alnx+1+12x−12a∈R．
(1)若a=2，求fx的图像在x=0处的切线方程；
(2)若fx恰有两个极值点x1，x2，且x1①求a的取值范围；
②求证：2fx2>x1+1．
【解题思路】（1）先求切点，再求斜率，最后得到方程即可.
（2）①翻译题目条件，利用分离参数法求解即可.
②找到极值点之间的关系，消去多余变量，构造函数证明不等式即可.
【解答过程】（1）∵fx=alnx+1+12x−12，定义域为x∈−1,+∞，当a=2时，fx=2lnx+1+12x2−x+12，∴f0=12，切点为0,12，∴f′x=2x+1+x−1=x2+1x+1，∴k=f′0=1，方程为∴y=x+12
（2）①fx有两个极值点，f′x有两个零点，f′x=ax+1+x−1=x2+a−1x+1∴x2+a−1=0有两解，a=−x2+1有两解，Fx=a,gx=−x2+1，在−1,+∞内有两个交点，∴a∈(0,1)，
②x1+x2=0,x1x2=a−1,x1x1+1,2f(x2)+x2−1>0，证fx2+12x2−12>0,alnx2+1+12x22−x2+12+12x2−12>0，alnx2+1+12x22−12x2>0,x22=1−a,a=1−x22.，(1+x2)ln(x2+1)−12x2>0,
令g(x)=(1+x)ln(x+1)−12x,x∈(0,1), ∵g′(x)=ln(x+1)+12>0,
∴g(x)在0,1上递增，∴g(x)>g(0)=0,命题得证.月份x
1
2
3
4
5
带货金额y/万元
350
440
580
700
880
参加过直播带货
未参加过直播带货
总计
女性
25
30
男性
10
总计
PK2≥k0
0.15
0.10
0.05
0.025
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
参加过直播带货
未参加过直播带货
总计
女性
25
5
30
男性
15
10
25
总计
40
15
55