江苏省盐城市第一中学2020届高三下学期第一次调研考试数学试题 Word版含解析 25页

- 1 - 盐城市第一中学 2019-2020 届高三调研考试数学试题 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分.不需写出解答过程，请把答案写在答 题纸的指定位置上） 1.设全集  0,1,2U  ，集合  0,1A  ，则 UC A  ________． 【答案】 2 【解析】 【分析】 由补集的运算法则可得解. 【详解】    0,1, 2 , 0,1U A   2UC A  故答案为： 2 【点睛】本题考查了补集的运算，属于基础题. 2.设 1 2 1 iz i i     ，则 | |z  _________. 【答案】3 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简复数 z，再由复数模的公式计算得答案． 【详解】解： 21 (1 )2 2 2 3 1 (1 )(1 ) i iz i i i i i i i i             ， 则 | | 3z  ． 故答案为：3 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，是基础题． 3.双曲线 2 2 1 9 16 x y   的左焦点到渐近线的距离为________． 【答案】4 【解析】 【分析】 首先根据题中所给的双曲线方程，求出其左焦点坐标和渐近线方程，之后利用点到直线的距 - 2 - 离公式求得结果. 【详解】根据题意，双曲线的方程为 2 2 1 9 16 x y   ，其中 3, 4a b  ， 所以 5c  ，所以其左焦点的坐标为 ( 5,0) ， 渐近线方程为 4 3 y x  ，即 4 3 0x y  ， 则左焦点到其渐近线的距离为 2 2 20 0 20 4 54 3 d       ， 故答案为：4. 【点睛】该题考查的是有关双曲线的问题，涉及到的知识点有根据双曲线的方程求其焦点坐 标以及渐近线方程，点到直线的距离公式，属于简单题目. 4.从1 2 3，，中选 2 个不同的数字组成一个两位数，这个两位数是偶数的概率为________． 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 用列举法写出所有的两位数，计数后可计算出概率． 【详解】列举法：12，21，13，31，23，32，一共 6 种可能，其中偶数 2 种，概率为 1 3 【点睛】本题考查古典概率知识点的基本运用，属于基础题型． 5. 如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动 员在这五场比赛中得分的方差为 【答案】6.8 【解析】 试题分析：得分的平均分为 8 9 10 13 15 11 5 x       , 方差          2 2 2 2 22 1 8 11 9 11 10 11 13 11 15 11 6.8 5 s              . 考点：平均数,方差. 6.阅读如图所示的程序框，若输入的 n 是 30，则输出的变量 S 的值是______. - 3 - 【答案】240 【解析】 【分析】 执行程序框图，依次写出每次循环得到的 S，n 的值，当 0n  时，满足条件 2n  ，退出循环， 输出 S 的值，利用等差数列的求和公式即可计算得解. 【详解】解：执行程序框图，有 30n  ， 0S  ； 不满足条件 2n  ， 30S  ， 28n  ； 不满足条件 2n  ， 30 28S   ， 26n  ； 不满足条件 2n  ， 30 28 26S    ， 24n  ； … 不满足条件 2n  ， 30 28 26 4S      ， 2n  ； 不满足条件 2n  ， 30 28 26 4 2S       ， 0n  ； 满足条件 2n  ，退出循环，输出  15 2 30 30 28 26 4 2 240 2 S          . 故答案为：240. 【点睛】本题主要考察了程序框图和算法，等差数列的求和，属于基本知识的考查. 7.已知 na 是公差不为零的等差数列， nS 为其前n项和．若 1 2 4, ,S S S 成等比数列，且 5 9a  ， 则数列 na 的前 n项和为______． 【答案】 2n 【解析】 - 4 - 【分析】 根据等比中项的性质列方程，由此求得数列 na 的公差，进而求得 1a ，从而求得数列 na 的 前n项和. 【详解】设等差数列 na 的公差为 ( )d d  0 ，则 1 9 4S d  ， 2 18 7S d  ， 4 36 10S d  ， 2 2 1 4S S S  ，所以 2(18 7 ) (9 4 )(36 10 )d d d    ，整理得 29 18 0d d  ． 0d  ， 2d  ． 5 1 4 9a a d   ，则 1 1a  ， 2 1 ( 1) 2n n nS na d n    ． 故答案为： 2n 【点睛】本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列通项公式和前 n项和公式，属于基础 题. 8.已知锐角 满足 sin 2 2cos 2 1    ，则 tan( ) 4   ＝_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 利用二倍角公式化简已知条件，并转化为只含 tan 的表达式，由此求得 tan 的值，进而求 得 tan 4      的值. 【详解】∵ sin 2 2cos 2 1    ， ∴ 2 2 2 22sin cos 2(cos sin ) sin cos 0          ， 化简得 2 23sin 2sin cos cos 0      ，两边同时除以 2cos  得， 23tan 2 tan 1 0    ，∵ 为锐角，∴ tan ＞0 解得 1tan 3   ， ∴ 1 1tan tan 34tan( ) 214 1 tan tan 1 1 4 3           . 故答案为：2 【点睛】本小题主要考查二倍角公式、同角三角函数的基本关系式，两角和的正切公式，属 于基础题. - 5 - 9.已知函数 f（x）  2 1 1 1 x x log x x     ， ， ＞ ，则函数 y＝f（f（x））﹣1的所有零点构成的集合 为_____. 【答案】{1，3，9} 【解析】 【分析】 根据零点定义解方程 ( ( )) 1 0f f x   ，求出零点． 【详解】函数 y＝f[f（x）]﹣1 的零点，即求方程 f[f（x）]﹣1＝0 的解，利用换元法进行 求解即可. 解：由 y＝f（f（x））﹣1＝0 得 f（f（x））＝1， 设 t＝f（x），则等价为 f（t）＝1， 当 x≤1 时，由 f（x）＝x＝1 得 x＝1， 当 x＞1 时，由 f（x）＝log2（x﹣1）＝1得 x＝3， 即 t＝1 或 t＝3， 当 x≤1 时，由 f（x）＝x＝1，得 x＝1；由 f（x）＝x＝3，得 x＝3（舍），故此时 x＝1； 当 x＞1 时，由 f（x）＝log2（x﹣1）＝1得 x＝3；由 f（x）＝log2（x﹣1）＝3，得 x＝9， 综上 x＝1，或 x＝3或 x＝9． 所以函数 y＝f[f（x）]﹣1 的所有零点所构成的集合为：{1，3，9} 故答案为：{1，3，9}. 【点睛】本小题主要考查函数的零点、方程的解法等基础知识，利用换元法结合数形结合是 解决本题的关键. 10.若对任意 1x   ，不等式 2 1 2 2 x a x x     恒成立，则 a的取值范围是______. 【答案】 1 , 2    【解析】 【分析】 先利用基本不等式求左边函数最大值，再根据不等式恒成立得结果. 【详解】因为 1x   ，则 1 0x   - 6 - 依题意得：设 2 2 1 1 1 12 2 ( 1) 1 ( 1) ( 1) x xy x x x x x             所以 1 1( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1) y x x x x          得 1 1 1 2( 1) 1 y x x      ，即 1 2 y„ 当且仅当 11 1 x x    时，即 0x  时， 取得最大值为 1 2 ， 又因为 2 1 2 2 x a x x     恒成立，即 maxy a ，得 1 2 a  ， 故答案为： 1 , 2    . 【点睛】本题考查不等式恒成立问题以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力， 属基础题. 11.在日常生活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能 看到堆积如山的石子，它的主要成分是碳酸钙.某雕刻师计划在底面边长为 2m、高为 4m 的正 四棱柱形的石料 1 1 1 1ABCD ABC D 中，雕出一个四棱锥O ABCD 和球 M 的组合体，其中 O 为正四棱柱的中心，当球的半径 r 取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重___________kg. （最后结果保留整数，其中 3.14  ，石料的密度 32.4g/p cm ，质量m pV ） 【答案】  21952 kg 【解析】 【分析】 求出正四棱柱的体积，和正四棱锥、球的体积，从而得出需去除的石料的体积，再由公式计 算出质量． - 7 - 【详解】依题意知，正四棱柱的体积  2 3 1 2 4 16 mV    .四棱锥O ABCD 的底面为正方 形，高 2h  ，所以其体积  2 3 2 1 82 2 3 3 V m    .球 M 的半径 r 最大为 1，此时其体积  3 3 3 3 4 4 41 m 3 3 3 V r      . 故 该 雕 刻 师 需 去 除 的 石 料 的 体 积  3 1 2 3 8 4 27.4416 3 3 3 V V V V m        .又 32.4g / cm   32400 /kg m ，所以该雕刻 师需去除的石料的质量为  27.442400 21952 3 kg  . 【点睛】本题考查棱柱、棱锥、球的体积，掌握体积公式是解题基础． 12.如图，在圆的内接四边形 ABCD 中，对角线 BD 为圆的直径， 5AB  ， 4AD ， 1CD  ， 点 E 在 BC 上，且  3 10 AE AB Rt AC t     ，则 AE AC   的值为________． 【答案】 99 7 【解析】 【分析】 先由点 E 在 BC 上，且 3 10 AE AB tAC     ，得 7 10 t  ，再建立平面直角坐标系进行求解． 【详解】解：因为点 E 在 BC 上，且  3 10 AE AB Rt AC t     ，所以 7 10 t  ． 易知 AB AD ，以 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x，y 轴建立如图所示的平面直角 坐标系，则  0,0A ，  5,0B ，  0,4D ，设  ,C x y ，由 1CD  ，得  22 4 1x y   ①， 又对角线 BD 为圆的直径，所以   2 25 212 2 4 x y           ②，由①②，可得 3 5 30, 7 7 C        ． - 8 - 所以 3 5 30, 7 7 AC          ，  5,0AB   则 23 7 3 7 10 10 10 10 AE AC AB AC AC AB AC AC                    2 23 3 5 7 3 5 30 995 10 7 10 7 7 7                    ． 故答案为： 99 7 【点睛】本题综合考查平面向量的基本定理及数量积等，考查考生的运算求解能力、数形结 合能力，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象． 13.已知函数   21 1ln xf x k x k x        ，  1,k  ，曲线  y f x 上总存在两点  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，使曲线  y f x 在M 、 N 两点处的切线互相平行  1 2x x ，则 1 2x x 的取值范围为______. 【答案】  2, 【解析】 【分析】 求出函数  y f x 的导数  f x ，由    1 2f x f x  化简可得 1 2 1 2 1x x k x x k        ，利 用 2 1 2 1 2 2 x xx x       可得出 1 2 4 1x x k k    ，结合基本不等式可求得 1 2x x 的取值范围. 【详解】   21 1ln xf x k x k x         ，   2 1 1 1 1f x k k x x           ， 由题意可得    1 2f x f x  ，即 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 11 1k k k x x k x x                  ， - 9 - 1 2x x ，化简可得 1 2 1 1 1k x x k    ，即 1 2 1 2 1x x k x x k        ， 而 2 1 2 1 2 2 x xx x       ， 2 1 2 1 2 1 2 x xx x k k               ，则 1 2 4 1x x k k    ， 当 1k ³ 时，由基本不等式可得 4 4 21 12k kk k     ，当且仅当 1k  等号成立， 所以， 1 2 2x x  ，因此， 1 2x x 的取值范围为  2, . 故答案为：  2, . 【点睛】本题考查利用切线斜率相等求参数的取值范围，涉及导数几何意义以及基本不等式 的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 14.在 ABC 中，记角 A，B，C所对的边分别是 a，b，c，面积为 S，则 2 2 S a bc 的最大值为 ______ 【答案】 3 12 【解析】 【分析】 利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值. 【详解】 2 2 2 1 sin 1 sin2 2 2 cos 2 2 2 2cos bc AS A b ca bc b c bc A bc A c b           1 sin 4 cos 2 A A     （当且仅当b c 时取等号）. 令 sin ,cosA y A x  ， 故 2 1 2 4 2 S y a bc x      ， 因为 2 2 1x y  ，且 0y  ， 故可得点 ( , )x y 表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示： - 10 - 目标函数 2 yz x   上，表示圆弧上一点到点 (2,0)A 点的斜率， 由数形结合可知，当且仅当目标函数过点 1 3, 2 2 H        ，即 60A  时，取得最小值 3 3  ， 故可得 3 ,0 2 3 yz x          ， 又 2 1 2 4 2 S y a bc x      ，故可得 2 1 3 3 2 4 3 12 S a bc      ， 当且仅当 60 ,A b c   ，即三角形为等边三角形时，取得最大值. 故答案为： 3 12 . 【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合 困难题. 二、解答题（本大题共 6小题，计 90 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 请把答案写在答题纸的指定区域内） 15.如图，在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 2A A AC ，D，E，F分别为线段 AC， 1A A， 1C B 的中点. （1）证明： //EF 平面 ABC； （2）证明： 1C E 平面 BDE . - 11 - 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）取 BC的中点 G，连结 AG， FG，可证四边形 AEFG是平行四边形，得 EF ∥ AG， 即可证明结论； （2）根据已知可得 2 2 2 1 1EB C E C B  ，得出 1C E BE ，再由已知得 BD AC ，结合正 三棱柱的垂直关系，可证BD 平面 1 1A ACC ，进而有 1BD C E ，即可证明结论. 【详解】（1）如图，取 BC的中点 G，连结 AG， FG . 因为 F 为 1C B的中点，所以 FG∥ 1 1 1, 2 C C FG C C . 在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1A A∥ 1 1 1,C C A A C C ， 且 E 为 1A A的中点，所以 FG∥ ,EA FG EA . 所以四边形 AEFG是平行四边形.所以 EF ∥ AG . 因为 EF 平面 ABC， AG 平面 ABC， 所以 EF ∥平面 ABC . （2）因为在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1A A 平面 ABC， BD 平面 ABC，所以 1A A BD . 因为 D 为 AC的中点， BA BC ，所以 BD AC . 因为 1A A AC AI ， 1A A平面 1 1A ACC ， AC 平面 1 1A ACC ， 所以 BD 平面 1 1A ACC .因为 1C E 平面 1 1A ACC ，所以 1BD C E . 根据题意，可得 1 6 2 EB C E AB  ， 1 3C B AB ， 所以 2 2 2 1 1EB C E C B  .从而 1 90C EB  ，即 1C E EB . 因为 BD EB B ， BD 平面 BDE， EB 平面 BDE， 所以 1C E 平面 BDE . - 12 - 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及直线与平面垂直，注意空 间垂直关系的相互转化，属于中档题. 16.在 ABC 中， a，b， c分别是角 A， B，C的对边，已知  3 ,m a c b   ，  cos , cosn B C   ，且m n   . （1）求 sinB的值； （2）若 2b  ， ABC 的面积为 6 4 ，求 ABC 的周长. 【答案】（1） 2 2 3 （2） 3 3 【解析】 【分析】 （1）根据题意，利用向量垂直即两向量数量积等于零，利用正弦定理转化等式，进一步求得 1cos 3 B  ，利用平方关系求得 2 2sin 3 B  ，得到结果； （2）利用余弦定理和面积公式得到三角形的边所满足的条件，求得 3 1a c   ，进而得到 其周长. 【详解】（1）∵m n   ，∴ (3 ) cos cos 0m c bn a B C       ， 由正弦定理可得 (3sin sin ) cos sin cos 0A C B B C   ， 即3sin cos sin cos sin cos 3sin cos sin( ) 0A B C B B C A B B C      . ∵ sin( ) sinB C A  ，∴3sin cos sin 0A B A  . ∵sin 0A  ，∴ 1cos 3 B  . - 13 - ∵  0,B  ，∴ 2 2 2sin 1 cos 3 B B   . （2）根据余弦定理可知 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， ∴ 2 2 24 3 a c ac   ，即 2 84 ( ) 3 a c ac   . ∵ ABC 的面积为 6 4 ， ∴ 1 1 2 2 6sin 2 2 3 4 ac B ac   ，∴ 3 3 4 ac  ， ∴ 2 28( ) 4 4 2 3 ( 3 1) 3 a c ac       ，∴ 3 1a c   . 故 ABC 的周长为 3 3 . 【点睛】该题考查的是有关向量与解三角形的综合题，涉及到的知识点有向量垂直的坐标表 示，正弦定理，三角形中的恒等变换，利用余弦定理和正弦定理解三角形，三角形的面积公 式，属于简单题目. 17.某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色 小镇”．经调研发现：某珍稀水果树的单株产量W （单位：千克）与施用肥料 x（单位：千 克）满足如下关系：  25 3 , 0 2 ( ) 50 , 2 5 1 x x W x x x x          ，肥料成本投入为10x元，其它成本投 入（如培育管理、施肥等人工费）20x元．已知这种水果的市场售价大约为 15 元／千克，且 销路畅通供不应求．记该水果树的单株利润为 ( )f x （单位：元）． （Ⅰ）求 ( )f x 的函数关系式； （Ⅱ）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大?最大利润是多少? 【答案】（Ⅰ）   275 30 225,0 2, 750 30 , 2 5. 1 x x x f x x x x x            （Ⅱ）当施用肥料为 4 千克时，种植该 果树获得的最大利润是 480 元． 【解析】 【分析】 （1）根据题意可得 f（x）＝15w（x）﹣30x，则化为分段函数即可，（2）根据分段函数的解 - 14 - 析式即可求出最大利润． 【详解】（Ⅰ）由已知      15 20 10 15 30f x W x x x W x x      215 5 3 30 ,0 2, 5015 30 , 2 5 1 x x x x x x x              275 30 225,0 2, 750 30 , 2 5. 1 x x x x x x x            (Ⅱ)由(Ⅰ)得     2 2 175 222,0 2,75 30 225,0 2, 5=750 30 , 2 5. 25780 30 1 , 2 5.1 1 x xx x x f x x x x x xx x                                  当0 2x  时，    max 2 465f x f  ； 当2 5x  时，    25780 30 1 1 f x x x         25780 30 2 1 480 1 x x        当且仅当 25 1 1 x x    时，即 4x  时等号成立． 因为 465 480 ，所以当 4x  时，  max 480f x  ． ∴当施用肥料为 4 千克时，种植该果树获得的最大利润是 480 元． 【点睛】本题考查了函数的应用、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中 档题． 18.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a b a b     的离心率为 3 2 ，直线 : 1 0m x y   经过椭圆C的 上顶点，直线 : 1 0n x   交椭圆C于 ,A B两点， P是椭圆C上异于 ,A B的任意一点，直线 ,AP BP分别交直线 : 4 0l x   于 ,Q R两点． （1）求椭圆C的标准方程； - 15 - （2）求证：OQ OR   （O为坐标原点）为定值． 【答案】（1） 2 2 1 4 x y  ；（2）详见解析． 【解析】 【分析】 （1）根据直线m求得b，根据离心率以及 2 2 2b c a  求得 ,a c，由此求得椭圆的标准方程. （2）设出 , ,P A B的坐标，求得直线 AP、直线BP的方程，由此求得Q点和 R点的纵坐标. 由此求得 Q Ry y 的值，从而求得OQ OR   的值. 【详解】（1）据题设知，点 (0, )b 在直线 : 1 0m x y   上，得 1b  ． 又因为 3 2 c a  ， 2 2 2b c a  ， 0a  ， 所以 2a  ， 3c  ， 所以所求椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 x y  ． （2）设  0 0,P x y ， ( 1, )A t ， ( 1, )B t  ，则有 2 2 0 04 4 0x y   ． 直线 AP的方程为 0 0 ( 1) 1 t yy t x x       ．令 4x   ，整理得  0 0 0 4 3 1Q x t y y x     ． 同理可得点R纵坐标  0 0 0 3 4 1Q y x t y x      ， 所以点 ,Q R的纵坐标之积    0 0 0 0 0 0 4 3 3 4 1 1Q R x t y y x t y y x x               22 2 0 0 2 0 9 4 1 y x t x     ． 又因为 2 2 0 0 11 4 y x  ， 2 3 4 t  ， 所以         22 20 0 0 2 2 0 0 1 39 1 4 3 14 4 3 1 1Q R x x x y y x x               ， - 16 - 所以    4, 4, 16 13Q R Q ROQ OR y y y y           ，即OQ OR   （O为坐标原点）为定值． 【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆中的定值问题，考查运算求解能力， 属于中档题. 19.设数列{ }na 的前 n项和为 nS ，且 *2 2,n nS a n N   . （1）求证：数列{ }na 为等比数列； （2）设数列 2{ }na 的前 n项和为 nT ，求证： 2n n S T 为定值； （3）判断数列 3n na 中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论. 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）不存在 【解析】 试题分析：（1）依据题设探求出 12n na a  ，再运用等比数列的定义进行推证；（2）借助等比 数列的前项和公式分别求出 2nS ， nT ，然后再求其比值；（3）假设存在满足题设条件的三项， 然后运用假设进行分析推证，找出矛盾，从而断定不存在假设的三项： 解：（1）当 1n  时， 1 12 2,S a  ，解得 1 2a  . 当 2n  时，    1 1 12 2 2 2 2 2n n n n n n na S S a a a a          ，即 12n na a  . 因为 1 0a  ，所以 1 2n n a a   ，从而数列 na 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 2nna  . （2）因为  22 2 4n n na   ，所以 2 1 2 4n n a a   ， 故数列 2 na 是以 4 为首项，4为公比的等比数列， 从而     2 2 2 1 2 2 4 1 1 2 n n nS      ，     4 1 4 4 4 1 1 4 3 n n nT      ， 所以 2 3 2 n n S T  . （3）假设 3n na 中存在第 , , ( )m n k m n k  项成等差数列， 则  2 3 3 3n m k n m ka a a     ，即  2 3 3 2 3 2n m m k k na     . - 17 - 因为m n k  ，且 *, ,m n k N ，所以 1n k  . 因为   1 12 3 3 2 3 2 3 2 3 2n m m k k m m n n na           ， 所以 3 3 2n m m   ，故矛盾， 所以数列 3n na 中不存在三项成等差数列. 点睛：数列是江苏高考的特色问题，这类问题的设置旨在考查等比数列、等差数列等特殊数 列的通项公式前项和公式等基础知识、基本公式与基本概念，同时考查运算求解能力和推理 论证能力． 20.设 ,a bR ， | | 1a  .已知函数 3 2( ) 6 3 ( 4)f x x x a a x b     ， ( ) ( )xg x e f x . （Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）已知函数 ( )y g x 和 xy e 的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证： ( )f x 在 0x x 处的导数等于 0； （ii）若关于 x 的不等式 ( ) exg x  在区间 0 0[ 1, 1]x x  上恒成立，求 b的取值范围. 【答案】（I）单调递增区间为 ( , )a ， (4 , )a  ，单调递减区间为 ( ,4 )a a .（II）（i） 见解析.（ii）[ 7,1] . 【解析】 试题分析：求导数后因式分解根据 1a  ，得出 4a a  ，根据导数的符号判断函数的单调 性，给出单调区间，对 ( )g x 求导，根据函数 ( )y g x 和 xy e 的图象在公共点（x0，y0）处 有相同的切线，解得 0( ) 0f x  ，根据 ( )f x 的单调性可知 ( ) ( ) 1f fx a  在 [ 1, 1]a a  上 恒 成 立 ， 关 于 x 的 不 等 式 ( ) exg x  在 区 间 0 0[ 1, 1]x x  上 恒 成 立 ， 得 出 3 2( ) 6 3 ( 4) 1f a a a a a a b      ，得 3 22 6 1b a a   ， 1 1a   ， 求出 ( )f a 的范围，得出b的范围. 试题解析：（I）由    3 26 3 4f x x x a a x b     ，可得         2' 3 12 3 4 3 4f x x x a a x a x a        ， - 18 - 令  ' 0f x  ，解得 x a ，或 4x a  .由 1a  ，得 4a a  . 当 x变化时，  'f x ，  f x 的变化情况如下表： x  ,a  , 4a a  4 ,a   'f x  -   f x    所以，  f x 的单调递增区间为  ,a ，  4 ,a  ，单调递减区间为  , 4a a . （II）（i）因为       ' 'xg x e f x f x  ，由题意知     0 0 0 0' x x g x e g x e     ， 所以        0 0 0 0 0 0 0' x x x x f x e e e f x f x e      ，解得     0 0 1 ' 0 f x f x     . 所以，  f x 在 0x x 处的导数等于 0. （ii）因为   xg x e ，  0 01, 1x x x   ，由 0xe  ，可得   1f x  . 又因为  0 1f x  ，  0' 0f x  ，故 0x 为  f x 的极大值点，由（I）知 0x a . 另一方面，由于 1a  ，故 1 4a a   ， 由（I）知  f x 在  1,a a 内单调递增，在  , 1a a  内单调递减， 故当 0x a 时，     1f x f a  在 1, 1a a  上恒成立，从而   xg x e 在  0 01, 1x x  上恒成立. 由    3 26 3 4 1f a a a a a a b      ，得 3 22 6 1b a a   ， 1 1a   . 令   3 22 6 1t x x x   ，  1,1x  ，所以   2' 6 12t x x x  ， 令  ' 0t x  ，解得 2x  （舍去），或 0x  . 因为  1 7t    ，  1 3t   ，  0 1t  ，故  t x 的值域为 7,1 . - 19 - 所以，b的取值范围是 7,1 . 【考点】导数的应用 【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调 性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数 的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借 助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运. 附加试题： 【选做题】（每小题 10 分，共计 20 分.请在答卷卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证 明过程或演算步骤）. A.选修 4—2：矩阵与变换 21.已知矩阵 3 0 0 4 A        ． （1）求 A的逆矩阵 1A ； （2）求圆 2 2 144x y ＝ 经过 1A 变换后所得的曲线的方程． 【答案】（1） -1 1 0 3 10 4 A             ；（2） 2 2 1 16 9 x y   ． 【解析】 【分析】 （1）由题意结合 1 1 0 0 1 AA        ，即可得解； （2）求出圆上的点  ,P x y   经过 1A 变换后所得的点  ,P x y ，即可得解. 【详解】（1）由条件 3 0 0 4 A        且 1 1 0 0 1 AA        ，可得 -1 1 0 3 10 4 A             ； （2）设变换后新曲线上任一点  ,P x y ，变换前对应点  ,P x y   ， - 20 - 则 1 0 3 10 4 x x y y                       ，即 1 3 1 4 x x y y        ， 所以 3 4 x x y y      ，代入 2 2 144x y  得： 2 2 1 16 9 x y   ， 所以曲线 2 2 144x y  经过 1A 变换后所得曲线的方程为 2 2 1 16 9 x y   . 【点睛】本题考查了逆矩阵的求解及矩阵变换的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. B.选修 4—4：坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系 xOy中，直线 l的参数方程为 13 2 3 2 x t ty       （t为参数），以坐标原点为 极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，⊙O 的极坐标方程为 2 3 sin  ． （1）写出⊙O的直角坐标方程； （2）P 为直线上一动点，当 P 到圆心 C 的距离最小时，求 P的直角坐标． 【答案】（1） 2 2( 3) 3x y   （2） (3,0)P 【解析】 【分析】 （1）通过公式 2 2 2 , sinx y y     可将极坐标方程变形为普通方程； （2）设 P点坐标为 1 3(3 , ) 2 2 t t ，求出其与圆心  0, 3 的距离，进而可得最值. 【详解】解：（1）由 2 2 2 , sinx y y     得 2 2 22 3 sin 2 3 sin 2 3x y y          ， 即⊙O的直角坐标方程为 2 2 2 3 0x y y   ， 即 2 2( 3) 3x y   ； - 21 - （2）设 P点坐标为 1 3(3 , ) 2 2 t t ， P到圆心C的距离 22 21 33 3 12 12 2 3 2 2 d t t t                  ， 当 0t  时， P到圆心C的距离取最小值 2 3， 此时 (3,0)P . 【点睛】本题考核极坐标方程和普通方程的互化，考查直线参数方程的应用，是基础题. 【必做题】（第 23 题、第 24 题，每题 10 分，共计 20 分.请在答卷卡指定区域内作答.解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤）. 23.已知          2 3 0 1 2 31 1 1 1 1n n nx a a x a x a x a x           ，（其中 n N  ）. （1）求 0a 及 1 2 32 3n nS a a a na     ； （2）试比较 nS 与 3n 的大小，并说明理由. 【答案】（1） 0 2na  ， 13nnS n   ；（2）当 1,3n  时， 3 nS n ；当 2n  时， 3 nS n ，当 4n  时， 3 nS n . 【解析】 试题分析：（1）与二项式系数有关问题可用赋值法求得，取 1x  可得 0a ，观察 nS ，对原等 式两边求导后取 2x  可得 nS ；（2）要比较 nS 与 3n 的大小，即比较： 13n 与 2n 的大小，可对 开始的几个正整数代入计算比较，再猜想证明． 试题解析：（1）取 1x  ，则 0 2na  对等式两边求导，得        1 2 1 1 2 31 2 1 3 1 1n n nn x a a x a x na x          取 2,x  则 1 1 2 32 3 3nn nS a a a na n       ； （2）要比较 nS 与 3n 的大小，即比较： 13n 与 2n 的大小， 当 1n  时， 1 23n n  ；当 2n  时， 1 23n n  ；当 3n  时， 1 23n n  当 4,5n  时， 1 23n n  ；猜想，当 4n  时， 1 23n n  ，下面用数学归纳法证明： - 22 - 由上述过程可知， 4n  时结论成立，假设当  4n k k  时结论成立，即 1 23k k  当 1n k  时，  1 1 1 23 3 3 3k k k     ，而    22 23 1 2 2 1 2 1 1 2 4 3 1 23 0k k k k k k                   2 21 123 1 3 1kk k k       ，即 1n k  时结论也成立. 当 4n  时， 1 23n n  成立.综上得，当 1,3n  时， 3 nS n ；当 2n  时， 3 nS n 当 4n  时， 3 nS n . 考点：二项式定理的应用，赋值法，归纳猜想证明，数学归纳法． 【名师点睛】在研究二项式的系数和问题时，“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的 方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋 值法，只需令 x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需 令 x＝y＝1 即可．具体对参数赋什么值，要根据二项式与所求和的关系进行分析比较．象本 题在求 nS 是时，首先对已知式求导之后现赋值才能得到要求的形式及结果． 24.已知点 (1,0)F 为抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点，点 P在抛物线C上，过点 ( ,0)R t 的直 线交抛物线C于 ,A B两点，线段 AB的中点为M ，且满足 2PM MF   ． （1）若直线 AB的斜率为 1，求点 P的坐标； （2）若 6 5 t  ，求四边形 FBPA面积的最大值． 【答案】（1） (9,6)P （2） 2 6 3 ． 【解析】 【分析】 - 23 - (1)由得 (1,0)F 抛物线的方程为 2 4y x ，设直线 AB方程为 x y t  ，与抛物线方程联立可 得到M 的纵坐标，从而得到点 P的坐标. (2) 设直线 AB 方程为 x my t  ，与抛物线方程联立可得到  22 ,2M m t m ，又 2PM MF   ，可得 2 3 2 3 tm   ，则可求出 t的范围,然后用弦长公式求出 | |AB 的长，求出 点F 到 AB的距离， 23 2 6 (3 1)( 1)FBPA ABFS S t t    ,然后再求最大值. 【详解】解（1）点 (1,0)F 是抛物线的焦点，则抛物线的方程为 2 4y x ． 设直线 AB方程为 x y t  ，  0 0,M x y ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y 由 2 4y x x y t      ，得 2 4 4 0y y t   ， 1 2 4y y   ， 0 2y  ， 由 2PM MF   得  0 2 0P Py y y   所以 6Py  ， 2 9 4 P P yx   ， (9,6)P ． （2）设直线 AB方程为 x my t  ． 2 4y x x my t      ，得 2 4 4 0y my t   ， 从而  216 0m t    1 2 1 2 4 4 y y m y y t      ． 由于M 为线段 AB的中点，则 0 2y m ， 2 0 2x m t  ，即  22 ,2M m t m - 24 - 又 2PM MF   ，则  2 22 2 1 2 2 4 p p m t x m t m y m           ，从而  26 3 2,6P m t m  点 P在抛物线上，则  2 236 4 6 3 2m m t   ， 2 3 2 3 tm   ． 由于 2 2 3 2 0 3 6 2 0 3 tm tm t           且 6 5 t  ，得 2 6 3 5 t  ， 又 , ,A B F三点共线时， 1t  ，所以 2 6,1 1, 3 5 t           ． 又     22 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | 1 1 4 4 1AB m y y m y y y y m m t          点F 到 AB的距离 2 |1 | 1 td m    ， 则  2 2 23 6 ( 1) 2 6 (3 1)( 1)FBPA ABFS S m t t t t       ， 记 2 2 6( ) (3 1)( 1) ,1 1, 3 5 f t t t t                ，则 ( ) (9 5)( 1)f t t t    ． 故 ( )f t 在区间 2 ,1 3       递减， 61, 5       递增， max 2 6 1( ) max , 3 5 9 f t f f               ，此时 2 3 t  所以 2 1 2 62 6 (3 1)( 1) 2 6 3 3FBPAS t t      四边形FBPA面积的最大值为 2 6 3 ． 【点睛】本题考查求抛物线上满足条件的点的坐标和求四边形的面积的最大值，属于难题. - 25 -