《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

21. (12分)已知函数$f(x)=(\frac{1}{x}+a)\ln(1 + x)$。
　(1)当$a = -1$时，求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
　(2)是否存在$a,b$，使得曲线$y = f(x)$关于直线$x = b$对称？若存在，求$a,b$；若不存在，说明理由；
　(3)若$f(x)$在$(0, +\infty)$存在极值点，求$a$的取值范围。

答案： 思路导引
(1) $f(x)$→求$f^\prime(x)$→$y - f(1)=f^\prime(1)(x - 1)$。
(2) 设$g(x)=f(\frac{1}{x})$→$g(x)=g(2b - x)$→求$a$，$b$。
(3) $f(x)$→构造新函数$h(x)$并求导→分别讨论$a$取不同值时$f(x)$的单调性→判断极值点→求$a$的取值范围。
[命题点]导数的几何意义、函数图像的对称性、由极值点求参数范围问题
[解]
(1) $f(x)=(\frac{1}{x}+a)\ln(x + 1)$，$f^\prime(x)=-\frac{\ln(x + 1)}{x^2}+\frac{1}{x + 1}(\frac{1}{x}+a)$，当$a = -1$时，$f^\prime(1)=0$，$f(1)=-\ln2$，故曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = -\ln2(x - 1)$，即$x\ln2 + y - \ln2 = 0$。3分
(2) 解法一：设$g(x)=f(\frac{1}{x})=(x + a)\ln\frac{x + 1}{x}$，$x\in(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$，由题设知对于任意$x\in(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$，都有$g(x)=g(2b - x)$（提示：函数$g(x)$的图像关于直线$x = b$对称的充要条件是$g(x)=g(2b - x)$）。
又$g(2b - x)=(2b - x + a)\ln\frac{2b - x + 1}{2b - x}=(x - 2b - a)\ln\frac{x - 2b}{x - 2b - 1}$，
所以$\begin{cases}-2b - a = a\\-2b = 1\end{cases}$，即$\begin{cases}a = \frac{1}{2}\\b = -\frac{1}{2}\end{cases}$。6分
解法二：设$g(x)=f(\frac{1}{x})$，则$g(x)=(x + a)\ln(1 + \frac{1}{x})$，$g(x)$的定义域为$(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$。
若存在$a$，$b$，使得曲线$y = g(x)$关于直线$x = b$对称，则$(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$关于直线$x = b$对称，所以$b = -\frac{1}{2}$。
由$g(x)=g(-1 - x)$得$(x + a)\ln(1 + \frac{1}{x})=(-1 - x + a)\ln\frac{x}{1 + x}$，整理得$(x + a)\ln(1 + \frac{1}{x})=(x + 1 - a)\ln(1 + \frac{1}{x})$，
所以$a = \frac{1}{2}$，故存在$a = \frac{1}{2}$，$b = -\frac{1}{2}$，使得曲线$y = f(\frac{1}{x})$关于直线$x = b$对称。6分
解法三：令$g(x)=f(\frac{1}{x})$，则$g(x)=(x + a)\ln(1 + \frac{1}{x})$。
由题意函数$y = g(x + b)$为偶函数，即$g(x + b)=(x + b + a)\ln\frac{x + b + 1}{x + b}$为偶函数，
所以$\begin{cases}b + a = 0\\b = -\frac{1}{2}\end{cases}$，即$\begin{cases}a = \frac{1}{2}\\b = -\frac{1}{2}\end{cases}$。
所以存在$a = \frac{1}{2}$，$b = -\frac{1}{2}$，使得曲线$y = f(\frac{1}{x})$关于直线$x = b$对称。6分
(3) $f^\prime(x)=-\frac{\ln(x + 1)}{x^2}+\frac{1}{x + 1}(\frac{1}{x}+a)=\frac{-\ln(x + 1)+\frac{ax^2 + x}{x + 1}}{x^2}$。
设$h(x)=-\ln(x + 1)+\frac{ax^2 + x}{x + 1}$，$x\in(0,+\infty)$，则$h^\prime(x)=\frac{x(ax + 2a - 1)}{(x + 1)^2}$（提示：当原函数求导后不方便判断导函数与$0$的大小时，可另设函数再次求导判断）。
①当$a\geq\frac{1}{2}$时，$h^\prime(x)＞0$，函数$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$h(x)＞0$，即$f^\prime(x)＞0$，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，无极值点。
②当$a\leq0$时，$h^\prime(x)＜0$，函数$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，
所以$h(x)＜0$，即$f^\prime(x)＜0$，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，无极值点。10分
③当$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$时，易得$h(x)$在$(0,\frac{1}{a}-2)$上单调递减，在$(\frac{1}{a}-2,+\infty)$上单调递增。
又当$x\to0$时，$h(x)\to0$，当$x\to+\infty$时，$h(x)＞0$，
所以在$(\frac{1}{a}-2,+\infty)$上存在$x_0$使得$h(x_0)=0$。
当$x\in(0,x_0)$时，$h(x)＜0$，即$f^\prime(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(x_0,+\infty)$时，$h(x)＞0$，即$f^\prime(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
故函数$f(x)$在$(0,+\infty)$存在极值点$x_0$。
综上，$a$的取值范围为$(0,\frac{1}{2})$。12分

22. [选修4 - 4：坐标系与参数方程](10分)
　　在直角坐标系$xOy$中，以坐标原点为极点，$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线$C_1$的极坐标方程为$\rho = 2\sin\theta(\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2})$，曲线$C_2:\begin{cases}x = 2\cos\alpha\\y = 2\sin\alpha\end{cases}$（$\alpha$为参数，$\frac{\pi}{2}\lt\alpha\lt\pi$）
　　(1)写出$C_1$的直角坐标方程；
　　(2)若直线$y = x + m$既与$C_1$没有公共点，也与$C_2$没有公共点，求$m$的取值范围。

答案： [命题点]极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化，直线与圆的位置关系
[解]
(1) 由$\rho = 2\sin\theta$，$\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$，得$\rho^2 = 2\rho\sin\theta$。
因为$\rho^2 = x^2 + y^2$，$y = \rho\sin\theta$，
所以$x^2 + y^2 = 2y$，$0\leq x\leq1$，$1\leq y\leq2$，
所以曲线$C_1$的直角坐标方程为$x^2 + (y - 1)^2 = 1$，$0\leq x\leq1$，$1\leq y\leq2$。4分
(2) 由$\begin{cases}x = 2\cos\alpha\\y = 2\sin\alpha\end{cases}$，$\frac{\pi}{2}＜\alpha＜\pi$，消去参数$\alpha$，得曲线$C_2$的普通方程为$x^2 + y^2 = 4$（$-2 ＜ x ＜ 0$，$0 ＜ y ＜ 2$）。5分
由
(1)知曲线$C_1$的直角坐标方程为$x^2 + (y - 1)^2 = 1$，$0\leq x\leq1$，$1\leq y\leq2$，在同一平面直角坐标系中作出

23.[选修4−5:不等式选讲](10分)
　　已知$f(x)=2|x|+|x - 2|$。
　　(1)求不等式$f(x) \leq 6 - x$的解集；
　　(2)在直角坐标系$xOy$中，求不等式组$\begin{cases}f(x) \leq 6 \\ y \geq 0 \end{cases}$所确定的平面区域的面积。

答案：