浙江省湖州中学2020届高三下学期模拟测试（一）数学试题 Word版含解析 24页

- 1 - 浙江省湖州中学 2019 学年第二学期高三年级高考模拟测试一试卷 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的. 1. 已知全集 U＝{1,2,3,4}，集合 A＝{1,2}，B＝{2,3}，则∁ U(A∪B)＝（ ） A. {1,3,4} B. {3,4} C. {3} D. {4} 【答案】D 【解析】 【分析】 先求得并集，再求补集． 【详解】∵A＝{1,2}，B＝{2,3}，∴A∪B＝{1,2,3}， ∴∁ U(A∪B)＝{4}. 故选：D． 【点睛】本题考查集合的综合运算，属于基础题． 2. 已知 , Ra b 则 3 3log loga b 是“ 1 1 2 2 a b          ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 由 3 3log loga b 得 0a b  ，因为 1( )2 xy  是减函数，所以 1 1 2 2 a b          成立，当 1 1 2 2 a b          时，a b 成立，因为正负不确定，不能推出 3 3log loga b ，故 3 3log loga b 是“ 1 1 2 2 a b          ”的充分不必要条件，故选 A. 3. 如果双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的两条渐近线互相垂直，那么它的离心率是（ ） - 2 - A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由渐近线互相垂直判断出渐近线与 x 轴夹角为 45 ，进而求出 a 与 b 的关系，再结合 2 2 2c a b  即可求出离心率 【详解】由题可知，渐近线与 x 轴夹角为 45 ，故 tan 1bk a      ，得出 a b ，再由 2 2 2c a b  得出 2 22c a ，即 2 2 2 2ce a   ， 2e  故选：A 【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，属于基础题 4. 已知 5 ax x     的展开式中含 3 2x 的项的系数为 30 ，则 a 等于（ ）． A. 3 B. 3 C. 6 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】 5 2 1 5C ( 1) rr r r rT a x     ，令 1r  ， 可得 5 30a  解得 6a   . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了二项式定理的运用，属于容易题. 5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） - 3 - A. 40 B. 48 C. 56 3 D. 112 3 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三视图复原几何体，由三棱柱和三棱锥的体积公式计算即可. 【详解】解：由三视图得到该几何体如图所示： 该几何体是由一个简单组合体，下面是一个直三棱柱，上面是一个三棱锥，且 1 1 1 1AC B C ， 1DC  平面 1 1 1A B C ， 1 1 1 1 1 4AC B C CC   ， 1 3DC  . - 4 - 则该几何体的体积为： 1 1 14 4 4 4 4 3 402 3 2          . 故选： A . 【点睛】本题考查根据三视图复原几何体，关键是要熟悉常见几何体三视图，属于基础题. 6. 函数     0 2f x sin x          ＞ ， ＜ 的最小正周期为π，若其图象向左平移 6  个单 位后得到的函数为奇函数，则函数 f（x）的图象（ ） A. 关于点 ,012      对称 B. 关于点 5 ,012      对称 C. 关于直线 5 12x  对称 D. 关于直线 12x  对称 【答案】C 【解析】 【分析】 利用最小正周期为π，求出 的值，根据平移得出 ，然后利用对称性求解. 【详解】因为函数    f x sin x   的最小正周期为π，所以 2  ，图象向左平移 6  个 单位后得到 sin(2 )3    y x ，由得到的函数是奇函数可得 3    ，即 ( ) sin(2 )3f x x   . 令 2 3x k   得 2 6 kx    ，k Z ，故 A,B 均不正确；令 2 3 2x k     得 2 12 kx    ， k Z ， 0k  时可得 C 正确.故选 C. 【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换和性质.平移变换时注意平移方向和 对解析式的 影响，性质求解一般利用整体换元意识来处理. 7. 随机变量 的分布列如下，且满足 ( ) 2E   ，则 ( )E a b  的值（ ）  1 2 3 P a b c A. 0 B. 1 C. 2 D. 无法确定，与 a ，b 有关 - 5 - 【答案】B 【解析】 【分析】 根据数学期望定义得到一个等式，概率和为 1 得到一个等式.计算 ( )E a b  代入前面关系式， 化简得到答案. 【详解】 ( ) 2E   由随机变量 的分布列得到： 2 3 2a b c   ， 又 1a b c   ， 解得 a c ，∴ 2 1a b  ， ∴ ( ) 2( 1)E a b aE b a b       ． 故选 B． 【点睛】本题考查了数学期望的计算，意在考查学生的计算能力. 8. 已知直线    : 2 1 1 0l m x m y     上存在点 ,x y 满足 3 2 3 0 1 x y x y x         ，则 m 的取值 范围是（ ） A. 5 ,3     B. 5, 3      C. 11, 2     D. 1 1,4 2     【答案】B 【解析】 【分析】 本题利用直线过恒定点，再结合图形建立不等式，最后求解不等式即可. 【详解】解：直线： ( 2) ( 1) 1 0m x m y     变形整理得： ( ) 2 1 0m x y x y     ， 所以直线恒过点 ( 1,1)P  . 根据题意直线过约束条件 3 2 3 0 1 x y x y x         的可行域如图 - 6 - 根据题意与数形结合发现： (1,2)A 、 (1, 1)B  分别在直线的两侧或在直线上，则满足：    ( 2) 1 ( 1) 2 1 ( 2) 1 ( 1) ( 1) 1 0m m m m               即 2(3 5) 0m  ， 解得： 5 3m   故选：B 【点睛】本题考查简单的线性规划问题，是中档题. 9. 已知C ，D 是半径为1的圆O 上的动点，线段 AB 是圆O 的直径，则 AC BD  的取值范围 是（ ） A. 12, 2     B.  2,0 C. 14, 2     D.  4,0 【答案】C 【解析】 【分析】 建立直角坐标系，设出 ,C D 坐标，求出 ,AC BD   ，然后化简，利用三角函数知识即可求解出 它的范围. 【详解】解：如图建立平面直角坐标系. - 7 - 设  cos ,sin ,D        ，  , , , 2 2CAB AC a b         ，则 tan b a   ， 22cos , 2cos sina b    .      2 2, cos 1,sin cos sin sinAC BD a b a b a a b a                uuur uuur ，其中 1tan tan a b    ， ,2 2 2           ，从而 3 3 2 2       .  2 2 sinAC BD a b a      uuur uuur 的最大值为： 2 2a b a  ，最小值为： 2 2a b a   .     2 2 22 2 2 2 2 1 12cos 2cos sin 2cos 2cos 2cos 2 cos 2 2a b a                     当 3   时，取最大值 1 2 . 2 2 2 2 1 12cos 2cos 2 cos 2 2a b a                ，当 0  时，取最小值 4 . 故 AC BD  的取值范围是为 14, 2     . 故选：C . 【点睛】本题考查向量数量积的应用，考查转化思想和运算能力，建立直角坐标系，利用坐 标运算时解答本题的关键，属于中档题. 10. 如图，已知点 E 是正方形 ABCD 的边 AD 上一动点（端点除外），现将 ABE△ 沿 BE 所 在直线翻折成 A BE ，并连接 ,AC A D  ，记二面角 A BE C  的大小为  0 180     ， 则( ) - 8 - A. 存在 ，使得  BA 平面 A DE¢ B. 存在 ，使得  BA 平面 ACD C. 存在 ，使得 EA  平面 ACD D. 存在 ，使得 EA  平面 A BC 【答案】D 【解析】 【分析】 分析得到 90BA D  ，所以选项 A 和 B 错误；由于 , ,EA AC EA A B EA A D        不能 同时成立，所以选项C 错误；证明某个位置 A E 平面 A BC ，所以选项 D 正确. 【详解】在正方形 ABCD 内，过点 A 作 AF BE⊥ 点 F ，延长 AF 交 DC 于点G ， 易得在翻折过程中，点 A 在平面 BCDE 内的投影在线段 AG 上， 设正方形 ABCD 的边长为 1，则 1, 2,A B BD   1A E ED A D    ，所以 2 2 2+ ,A B A D BD   90BA D   ，所以选项 A 和 B 错误； 若 EA  平面 ACD ，则 ,EA AC EA A D     ，又 ,EA A B  而 , ,A B AC A D   不共面， ∴不可能存在 ，使得 EA  平面 ACD ，故选项C 错误； Rt ABE△ 绕 BE 旋转得到的几何体是两个圆锥的组合体， 45 ,45 90A BE A EB         ， ∴某个位置存在 A E AE  ，即 A E BC  ， 又 A E A B  ， , ,A B BC B A B BC   平面 A BC ， - 9 - 所以 A E 平面 A BC . ∵二面角 A BE C  的大小为 (0 )    ， ∴存在 ，使得 EA  平面 A BC ，故选项 D 正确. 故选：D. 【点睛】本题主要考查空间线面位置关系的判断，考查空间想象能力，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平. 二、填空题：本大题共 7 小题，11-14 题：每小题 6 分，15-17 题：每小题 4 分，共 36 分. 11. 已知复数 z 满足  2 1 2z i i    ,则复数 z 的虚部为__；| |z  __. 【答案】 (1). 3 5 (2). 1 【解析】 【分析】 根据复数的四则运算法则化简复数 z 为代数形式，由虚部定义和模长公式得出答案. 【详解】解：由  2 1 2z i i    得：       1 2 21 2 4 3 4 3 2 2 2 5 5 5 i ii iz ii i i          ，则复数 z 的虚部为 3 5 ， 2 24 3 15 5z             . 故答案为： 3 5 ；1. 【点睛】本题考查复数的基本概念和运算，属于基础题. 12. 已知 0 2   ， 4sin 5  = ， 1tan( ) 3     ，则 tan   _______； sin( ) 2 cos( )4       __. 【答案】 (1). 3 (2). 3 2 【解析】 【分析】 先由 0 2   ， 4sin 5  = ，求出 tan ，而 tan tan( )tan tan[ ( )] 1 tan tan( )                 从而可求出值，而 sin( ) sin tan cos sin 1 tan2 cos( )4              ，再把前面所求的值代入即可 - 10 - 【详解】解：因为 0 2   ， 4sin 5  = ，所以 2 16 3cos 1 sin 1 25 5       ， 所以 sin 4tan cos 3    ， 因为 1tan( ) 3     所以 tan tan( )tan tan[ ( )] 1 tan tan( )                 4 1 5( )3 3 3 34 1 51 ( )3 3 9         ， 所以 sin( ) sin tan 3 3 cos sin 1 tan 1 3 22 cos( )4                  ， 故答案为：3； 3 2 ， 【点睛】此题考查了同角三角函数间的关系，两角差的正切公式，两角和的余弦公式等知识， 考查转化思想和运算能力，属于中档题. 13. 已知 1a b  ，若 10log log 3a bb a  ，且 b aa b ，则 a __；b  ______ . 【答案】 (1). 3 3 (2). 3 【解析】 【分析】 由对数的运算性质解 10log log 3a bb a  并整理得 3a b ，由 b aa b 可求出 ,a b 的值. 【详解】解： 1 10log log loglog 3a b b b b a aa     ，整理得  23 log 10log 3 0b ba a   ， 解得 log 3b a  或 1 3 ，因为 1a b  ，所以 log 1b a  ，则 log 3b a  ，即 3a b ， 因为 b aa b ，所以 33b bb b ，所以 33b b ，解得 3b   或 0 ，因为 1b  ，所以 3b  ， 所以  3 3 3 3a   ， 故答案为: 3 3 ; 3 . 【点睛】本题主要考查对数运算和指数运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分 析推理能力. - 11 - 14. “斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，从第三项开始每一项都是数列中前两项之 和.这个数列是斐波那契在他的《算盘书》的“兔子问题”中提出的.在问题中他假设如果一 对兔子每月能生一对小兔（一雄一雌），而每对小兔在它出生后的第三个月，又能开始生小兔， 如果没有死亡，由一对刚出生的小兔开始，一年后一共会有多少对兔子？即斐波那契数列 na 中， 1 1a  ， 2 1a  , 2 1 ( N )n n na a a n      ，则 12a  ______；若 2019a m ，则数列 na 的前 2017 项和是_______（用 m 表示）. 【答案】 (1). 144 (2). 1m 【解析】 【分析】 由 1 1a  ， 2 1a  , 2 1 ( N )n n na a a n      ，依次可求出 12a 的值，利用用累加法可求出数列  na 的前 2017 项和 【详解】解：因为 1 1a  ， 2 1a  , 2 1 ( N )n n na a a n      ， 所以 3 1 1 2a    ，同理 4 5 6 7 83, 5, 8, 13, 21a a a a a     ， 9 10 11 1234, 55, 89, 144a a a a    因为 1 1a  ， 2 1a  , 2 1 ( N )n n na a a n      ， 所以 1 2 2 3 4 3 4 5 + 3a a a a a a a a a      …… 2015 2016 2017 2016 2017 2018 2017 2018 2019 a a a a a a a a a       以上累加得， 1 2 2 3 4 2017 2019+a a a a a a a     ， 所以 1 2 3 4 2017 2019 2 1a a a a a a a m        ， 故答案为：144； 1m - 12 - 【点睛】此题考查累加法求数列的前 n 项和，考查计算能力，属于中档题. 15. 如图，过抛物线 2 4y x 焦点 F 作直线l 交抛物线于 A，B 两点，点 M 是线段 AB 的中点， 过 M 作 y 轴的垂线交抛物线于 P 点，则 AB PF 的值为__. 【答案】4 【解析】 【分析】 先讨论直线 AB 斜率存在时，设出直线方程，再与抛物线方程联立利用韦达定理表示出 ,AB PF 即可得出 AB PF ；再讨论直线 AB 斜率不存在时，求出 ,AB PF ，即可得出 AB PF . 【详解】解：因为抛物线 2 4y x ，所以焦点  1,0F ，准线 1x   . （1）当直线 AB 存在斜率时设直线的方程为：   1 0y k x k   .由   2 4 1 y x y k x     得：  2 2 2 22 4 0k x k x k    . 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 1 2 2 2 4kx x k   . 2 1 2 2 4 42 kAB AF BF x x k        ，点 M 的横坐标为 2 2 2k k  ，则纵坐标为 2 2 2 21kk k k       .由 2 4 4xk  得： 2 1x k  ，则 P 点横坐标为 2 1 k ， 2 1 1PF k    . - 13 - 2 2 2 4 4 41 1 k AB k PF k      . （2）当直线 AB 不存在斜率时， 1PF  ， 4AB  ， 4 41 AB PF    . 综上： 4AB PF  . 故答案为： 4 . 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，关键是抛物线定义的应用，属于中档题. 16. 某班要从甲、乙、丙、丁、戊 5 人中选出 4 人参加 4×100 米的接力赛，若甲不能跑第一 棒，乙不能跑最后一棒，丙丁两人如果都参加，他们必须是相邻的两棒，则不同的选派方式 有__种. 【答案】50 【解析】 【分析】 根据 5 人选 4 人，则可分为两种情况：甲乙都参加或者甲乙只有一个人参加.然后根据计数原 理分类计数，最后根据分类计数原理计数即可. 【详解】解：根据题意可分两种情况： 1.甲乙都参加.若四人为甲乙丙丁， 根据计数原理则有 2 2 2 2( 1) 6A A   种选派方式； 若四人为甲乙丙戊或甲乙丁戊， 根据计数原理则有 4 3 2 4 3 22 ( 2 ) 28A A A    种选派方式. 2.甲乙只有一人参加.若四人为甲丙丁戊， 根据计数原理则有 2 1 2 2 2 2 8A A A  种选派方式； 若四人为乙丙丁戊，根据计数原理则有 2 1 2 2 2 2 8A A A  种选派方式. 根据分类加法计数原理不同的选派方式共有： 6 28 8 8 50    . 故答案为：50. 【点睛】本题考查分类加法计数原理和排列的综合应用，重点是分类要不重不漏，属于中档 题. - 14 - 17. 已知函数 2( )f x ax bx c   ，当 1x  时， ( ) 1f x  恒成立，若 2( )g x cx bx a   ， 当 1x  时，则 ( )g x 的最大值是_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 由 1x  时， ( ) 1f x  恒成立得      1 1, 0 1, 1 1f f f    ，利用放缩法可得当 0x  时，   2 2g x x   取到最大值为 2，即可求出 ( )g x 的最大值. 【详解】解：由 1x  时， ( ) 1f x  恒成立得      1 1, 0 1, 1 1f f f    ， 因为       1 0 1 f a b c f c f a b c            ，解得             1 1 2 0 2 1 1 2 0 f f fa f fb c f             ， 故              2 1 1 1 1 2 00 2 2 f f f f fg x f x x                         2 21 1 1 10 1 0 1 max 1 , 12 2 f f f ff x x f x f f          1 1 2   ，当 2, 0, 1a b c    时，若 1x  ，则   22 1 1f x x   恒成立， 当 0x  时，   2 2g x x   取到最大值为 2，所以 ( )g x 的最大值是 2. 故答案为:2. 【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，考查了恒成立问题，考查了函数的最值问题， 难度较大. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 18. 在 ABC 中，角 、 、A B C 所对的边分别为 a b c、 、 ，向量 121 sin , , (cos2 ,2sin )7p A q A A        ，且 / /p q  ． （1）求 sin A 的值； - 15 - （2）若 2,b  ABC 的面积为 3 ，求 a ． 【答案】（1） 3 5 ；（2） 13 或3 5 ． 【解析】 【详解】（1） / /p q  12 cos2 (1 sin ) 2sin7 A A A    ， 6(1 2sin 2 ) 7sin (1 sin )A A A    ， 25sin 7sin 6 0A A   ， 3sin ,(sin 2 )5A A    舍 （2）由 1 sin 3, 22ABCS bc A b  △ ，得 5c  ， 又 2 4cos 1 sin 5A A     ， 2 2 2 2 cos 4 25 2 2 5cos 29 20cosa b c bc A A A           ， 当 4cos 5A  时， 2 13, 13a a  ； 当 4cos 5A   时， 2 45, 3 5a a  ． 19. 如图所示,在四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD 是梯形, / /AD BC ,侧面 1 1ABB A 为菱形， 1DAB DAA   . - 16 - （1）求证： 1A B AD ； （2）若 12 , 60AD AB BC A AB     ,点 D 在平面 1 1ABB A 上的射影恰为线段 1A B 的中点, 求平面 1 1DCC D 与平面 1 1ABB A 所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 93 31 【解析】 【分析】 （1）连 1AB 交 1A B 于点O ，连 1DA ，DB ，DO ，通过证明 1A B  平面 DAO ，可得 1A B AD ； （2）以O 为原点，OA， OB ， OD 分别为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向 量可求得结果. 【详解】（1）连 1AB 交 1A B 于点O ，连 1DA ， DB ， DO ，如图： - 17 - 因为侧面 1 1ABB A 为菱形，所以 1 1A B AB ， O 为 1A B 的中点， 1AB AA ， 又 1DAB DAA   ， DA DA ， 所以 1DAA DAB△ △ ，所以 1DA DB ，所以 1DO A B ， 又 1AB DO O ，所以 1A B  平面 DAO ， 所以 1A B AD . （2）由题意知， DO  平面 1 1ABB A ，所以OA，OB ，OD 两两垂直， 以O 为原点，OA， OB ，OD 分别为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系， - 18 - 设 2 2AD AB BC   ，因为 1 60A AB   ，所以 3 3 2 32 2OA AB    ， 1OB  ， 2 2 4 3 1OD DA OA     ， 所以 (0,0,0)O ， (0,0,1)D ， ( 3,0,0)A ， (0,1,0)B ， 3 1( ,1, )2 2C  ， 1(0, 1,0)A  ， 3 1( ,1, )2 2DC    ， 因为侧面 1 1AA D D 为平行四边形，所以 1 1/ /DD AA ，所以 1 1 ( 3, 1,0)DD AA     ， 设平面 1 1DCC D 的一个法向量为 1 ( , , )n x y z ， 则 1 1 1 0 0 n DC n DD        ，所以 3 1 02 2 3 0 x y z x y        ，取 1x  ，则 3y   ， 3 3z   ， 所以 1 (1, 3, 3 3)n    ， 取平面 1 1ABB A 的一个法向量 (0,0,1)OD  ， 设平面 1 1DCC D 与平面 1 1ABB A 所成锐二面角的大小为 ， - 19 - 则 1 1 | |cos | | | | n OD n OD      3 3 3 93 311 3 27 1      【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定与性质，考查了二面角的向量求法，属于中档题. 20. 已知数列{an}满足：a1+a2+a3+…+an=n-an，（n=1，2，3，…） （Ⅰ）求证：数列{an-1}是等比数列； （Ⅱ）令 bn=（2-n）（an-1）（n=1，2，3，…），如果对任意 n∈N*，都有 bn+ 1 4 t≤t2，求实数 t 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）  1 1, ,4 2        . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）利用 a1+a2+a3+…+an＝n﹣an，再写一式，两式相减，整理可得数列{an-1}是等比数列； （Ⅱ）先确定 bn 2 2n n  ，再利用 bn+1﹣bn，确定 bn 有最大值 b3＝b4 1 8  ，从而对任意 n∈N*， 都有 bn 1 4  t≤t2，等价于对任意 n∈N*，都有 1 8  t2 1 4  t 成立，由此可求实数 t 的取值范围． 【详解】（Ⅰ）由题可知： 1 2 3 ... n na a a a n a      ，① 1 2 3 1 1... 1n na a a a n a        ，② ②-①可得 12 1n na a   . 即：  1 11 12n na a    ，又 1 11 2a    . 所以数列 1na  是以 1 2  为首项，以 1 2 为公比的等比数列. （Ⅱ）由（Ⅰ）可得 11 2 n na      ， ∴    22 1 2n n n nb n a     . 由 1 1 1 1 2 2 3 02 2 2n n n n n n n nb b           可得 3n  ， 由 1 0n nb b+ - < 可得 3n  . 所以 1 2 3 4b b b b   ， 4 5 ... ...nb b b    ， - 20 - 故 nb 有最大值 3 4 1 8b b  . 所以，对任意 *n N ，都有 21 4nb t t  ，等价于对任意 *n N ，都有 21 1 8 4t t  成立. 所以 2 1 1 04 8t t   ， 解得 1 2t  或 1 4t   . 所以，实数t 的取值范围是  1 1, ,4 2        . 【点睛】本题考查了由数列递推式推导等比数列的证明，考查恒成立问题及数列的最大项问 题，考查了数列的单调性的判断，是中档题． 21. 已知线段 AB 的长度为 3 ，其两个端点 A ， B 分别在 x 轴、 y 轴上滑动，点 M 满足 2AM MB  . （1）求点 M 的轨迹C 的方程； （2）若过点  4,0P 的直线l 与曲线C 交于不同的两点 E ，F（ E 在 P ，F 之间），试求 OPE 与 OPF 面积之比的取值范围. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） 1 ,13      . 【解析】 【分析】 （1）设出动点  ,M x y ，根据已知条件得到关于 ,x y 的方程； （2）先设出直线 l 的方程，联立椭圆方程得到关于 y 的一元二次方程，利用韦达定理及面积 公式表示出 OPE 与 OPF 面积之比，最后由不等式知识即可求出面积之比. 【详解】解：（1）设  ,M x y ，根据题意  3 ,0 , 0,32 xA B y     ，由 3AB  得： 2 29 9 94 x y  ， 所以点 M 的轨迹C 的方程是 2 2 14 x y  . 由题意可知，直线 l 斜率存在且不等于零，设直线l 的方程为：  4y k x  .由   2 2 4 { 14 y k x x y     - 21 - 整理得：  2 2 24 1 8 12 0k y ky k    . 由    2 2 28 4 4 1 12 0k k k      得： 2 10 12k  . 设    1 1 2 2, , ,E x y F x y ，则 1 2 2 2 1 2 2 8 ,4 1{ 12 .4 1 ky y k ky y k       令  0 1OPE OPF S S      ，则 1 2 y y   .  2 1 21 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1 162 212 3 y yy y y y y y y y y y k             .因为 2 10 12k  ，所以 1 102 3     . 0 1 Q , 1 13    .故 OPE 与 OPF 面积之比的取值范围为 1 ,13      . 【点睛】本题考查动点轨迹方程求法及直线与椭圆的位置关系的应用，重点考查运算求解能 力，属于中档题. 22. 已知定义在 R 上的偶函数 ( )f x 的最小值为 1，当 [0, )x  时， ( ) xf x ae . （1）求函数 ( )f x 的解析式； （2）求最大的整数 ( 1)m m  ，使得存在t R ，只要 [1, ]x m ，就有 ( )f x t ex  .注:e 为 自然对数的底数 【答案】（1） , 0( ) { , 0 x x e xf x e x   ；（2）4. 【解析】 【分析】 （1）由题设可得 (0) 1f  求出 a ，再由奇偶性求出 0x  时 ( )f x 的解析式，从而得到函数 ( )f x 的解析式； （2）分别讨论 1,x x m  的情况即可求出 max 4m  ，此时 2t   ，则原题等价转化为 “  2f x ex  对任意  1,4x 恒成立”，然后分类讨论  1,2x 和  2,4x 两种情况成立 即可. 【详解】解：（1）因为 ( ) xf x ae 为单调函数，又 ( )f x 的最小值为 1，故 (0) 1f  ，得 1a  . - 22 - 当 0x  时， 0x  ，则 ( ) ( ) xf x f x e    综上： , 0,( ) { , 0. x x e xf x e x   （2）因为任意 [1, ]x m ，都有 ( )f x t ex  ，故 (1 )f t e  且 ( )f m t em  当1 0t  时， 1 te e  ，从而1 1t  ， 1 0t   . 当1 0t  时， (1 )te e   ，从而 (1 ) 1t   ， 2 1t    . 综上： 2 0t   . 又整数 1m > ，即 2m  ，故 0m t  .故 ( )f m t em  得： m te em  .即存在 [ 2,0]t   ， 满足 t m eme e  . 2 min{ }t m em e ee    ，即 3 0me e m  . 令 3( ) xg x e e x  ， [2, )x  ，则 3'( ) xg x e e  . 当 (2,3)x 时， )'( 0g x  ， ( )g x 单调递减. 当 (3, )x  时， '( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增. 又 3(3) 2 0g e   ， 3(2) 0g e   ， 3(4) ( 4) 0g e e   ，  3 2(5) 4 0g e e   由此可见，方程 ( ) 0g x  在区间[2, ) 上有唯一解 0 (4,5)m  ， 且当 0[2, ]x m 时 ( ) 0g x  ，当 0[ , )x m  时 ( ) 0g x  . m Z ，故 max 4m  ，此时 2t   . 下面证明： | 2|( 2) xf x e ex   对任意 [1,4]x 恒成立. ①当 [1,2]x 时，即 2 xe ex  ，等价于 xe xe [1,2]x ， , 1xe e x   ， xxe e ②当 [2,4]x 时，即 2xe ex  ，等价于 3 max{ } 0xe x   令 3( ) xh x e x  ，则 3'( ) 1xh x e   . ( )h x 在 (2,3) 上递减，在 (3,4) 上递增. max max{ (2), (4)}h h h  .而 1(2) 2 0, (4) 4 0h h ee       . 综上所述， ( 2)f x ex  对任意 [1,4]x 恒成立. - 23 - 【点睛】本题考查函数的奇偶性、导数的计算和导数在研究函数中的应用，属于难题. - 24 -