江苏省无锡市天一中学2020届高三下学期6月模拟考试数学试题 Word版含解析 23页

- 1 - 江苏省天一中学 2020 届第二学期高三综合检测试题 数学Ⅰ 一、填空题 1.命题“  1,2x  ， 2 1x  ”的否定是______． 【答案】  1,2x  ， 2 1x  【解析】 【分析】 利用全称命题的否定：改变量词，否定结论，可得出结果. 【详解】由全称命题的否定可知，命题“  1,2x  ， 2 1x  ”的否定是：  1,2x  ， 2 1x  . 故答案为：  1,2x  ， 2 1x  . 【点睛】本题考查全称命题否定的改写，属于基础题. 2.在等差数列 na 中，已知该数列前 10 项的和为 10 120S  ，那么 5 6a a  ______． 【答案】24； 【解析】 【分析】 根据等差数列的前 10 项和以及等差数列的性质，即可得答案； 【详解】 1 10 10 1 10 10 ( )120 120 242 a aS a a       ，  15 106 24aa aa   ， 故答案为： 24 . 【点睛】本题考查等差数列的前 n 和项公式以及等差数列的性质，考查运算求解能力，属于基 础题. 3.若幂函数 ny mx （ m ， n R ）的图象经过点 18, 4      ，则 m n  ______． 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 根据幂函数的定义及图象过点，可得 ,m n 的值，即可得答案； - 2 - 【详解】幂函数 ny mx （ m ， n R ）， 1m  ，  3 21 28 2 24 3 n n n      ，  1 3m n  ， 故答案为： 1 3 . 【点睛】本题考查根据幂函数的定义及图象过点求参数，考查运算求解能力，属于基础题. 4.已知 (1,2 )a m ， (2, )b m  r ，则“ 1m  ”是“ a b  ”的______条件．（填“充分不必 要”、“必要不充分”、“充分必要”、“既不充分也不必要”之一） 【答案】充分不必要； 【解析】 【分析】 根据向量垂直的坐标公式以及充分条件和必要条件的定义求解即可. 【详解】当 1m  时，  1 2 2 2 2 0a b m m         ，即 a b  当 a b  时，   21 2 2 2 2 0a b m m m         ，解得 1m   即“ 1m  ”是“ a b  ”的充分不必要条件 故答案为：充分不必要 【点睛】本题主要考查了判断充分不必要条件，涉及了向量垂直的坐标公式，属于中档题. 5.设直线是 3y x b  是曲线 xy e 的一条切线，则实数b 的值是______． 【答案】 3ln3 3  ； 【解析】 【分析】 设出切点坐标  0 0 , xP x e ，利用导数的几何意义写出在点 P 处的切线方程，由直线是 3y x b  是曲线 xy e 的一条切线，根据对应项系数相等可求出实数b 的值． 【详解】 ,x xy e y e   设切点  0 0 , xP x e 则在点 P 处的切线方程为  0 0 0 x xy e e x x   - 3 - 整理得 0 0 0 0 x x xy e x e x e   直线是 3y x b  是曲线 xy e 的一条切线 0 03, ln3xe x   ， 0 0 0 3ln3 3x xe x eb     故答案为： 3ln3 3  【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，属于基础题题. 6.在 ABC 中， 14a  ， 7 6b  ， 60B   ，则 c  ______． 【答案】  7 1 3 ； 【解析】 【分析】 根据余弦定理求解即可. 【详解】由余弦定理可知 2 2 2 17 6 14 2 14 2c c      即 2 14 98 0c c   解得：  7 1 3c   或  7 1 3c   （舍） 故答案为：  7 1 3 【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题. 7.设 m ， n 是两条不同的直线， 是一个平面，有下列四个命题： ①若 m n ， m  ，则 n  ； ②若 m  ， / /n m ，则 n  ； ③若 / /n  ， m  ，则 / /n m ； ④若 / /m  ， / /n  ，则 m n ； 其中真命题是______．（写出所有真命题的序号） 【答案】②； 【解析】 【分析】 对①，n 不一定垂直 ；对②，根据线面垂直的性质；对③，直线 ,n m 可能异面；对④， ,n m 可能平行. 【详解】如图所示：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， - 4 - 对①，取直线 n 为 1AA ，直线 m 为 CD ，平面 为面 1 1A B CD ，显然 n  不成立，故①错 误； 对②，根据线面垂直的性质，故②正确； 对③，直线 ,n m 可能异面，故③错误； 对④，取直线 ,n m 分别为直线 1 1A B 、 1 1C D ， 为平面 ABCD ，显然 ,n m 平行，故④错误； 故答案为：②. 【点睛】本题考查空间中线、面位置关系，考查空间想象能力，属于基础题. 8.已知函数   2 5f x x x  ，数列 na 的通项公式为  *6 na n nn   N ．当   14nf a  取 得最小值时， n 的所有可能取值集合为______． 【答案】 1,6 ； 【解析】 【分析】 令   25( ) 14 20.252n ng n f a a        ，借助导数得出 5na  ，要使得 ( )g n 最小， 26 5 2n n      要尽量接近 20.25 ，令 26 5 20.252n n       ，解出 n 的值，即可得出答案. 【详解】令   2 2 5( ) 14 5 14 20.252n n n ng n f a a a a           - 5 - 令 6( ) , 0h x x xx    ， 2 2 2 6 6( ) 1 xh x x x     ( ) 0 6, ( ) 0 0 6h x x h x x        则函数 ( )h x 在 (0, 6) 上单调递减，在 ( 6, ) 上单调递增 由 2 62 52a    ， 3 63 53a    ，得数列 na 的最小值为 5 ，即 5na  要使得 ( )g n 最小， 26 5 2n n      要尽量接近 20.25 令 26 5 20.252n n       6 5 20.252n n      5na  6 2.5 20.25 7n n      解得 1n  或 6 即 n 的所有可能取值集合为 1,6 故答案为： 1,6 【点睛】本题主要考查了确定数列中的最小项，属于中档题. 9.下列四个命题： ①函数   sinf x x x 是偶函数； ②函数   4 4sin cosf x x x  的最小正周期是 ； ③把函数   3sin 2 3f x x      的图象向右平移 6  个单位长度可以得到   3sin 2f x x 的 图象； ④函数   sin 2f x x      在区间 0, 上是减函数． 其中是真命题的是______．（写出所有真命题的序号） 【答案】①②③； - 6 - 【解析】 【分析】 ①利用函数奇偶性的定义判断；②将函数转化为   cos2f x x  判断；③利用图象的变换判 断；④将函数转化为   cosf x x  判断. 【详解】①因为        sin sinf x x x x x f x      ，所以  f x 是偶函数，故正确； ②因为   4 4 2 2sin cos sin cos cos2f x x x x x x      ，所以  f x 最小正周期是 ，故 正确； ③把函数   3sin 2 3f x x      的图象向右平移 6  个单位长度得到 3sin 2 3sin 26 3y x x          ，故正确； ④因为   sin cos2f x x x       ，所以  f x 在区间 0, 上是增函数，故错误． 故答案为：①②③ 【点睛】本题主要考查三角函数的性质以及图象变换，还考查了运算求解的能力，属于中档 题. 10.已知数列 na 满足 1 1a  ， 2 2a  ，对于任意的正整数 n 都有 1 1n na a   ， 1 2 1 2n n n n n na a a a a a      ，则 2012S  ______． 【答案】4023． 【解析】 【分析】 再写一式，两式相减可推断出 3n na a  ，进而可知数列{ }na 是以 3 为周期的数列，通过 1 1a  ， 2 2a  ，求得 3a ，而 2012 3 670 2   ，故可知 2012S 的答案． 【详解】依题意可知， 1 2 1 2n n n n n na a a a a a      ， 1 1 1 1n n n n n na a a a a a      ， 两式相减得 1 2 1 2 1( )n n n n n na a a a a a       ， 1 1n na a    ， - 7 - 2 1 0n na a    ，即 3n na a  ， 数列{ }na 是以 3 为周期的数列， 1 2 3 1 2 3a a a a a a   ， 3 3a  2012 670 (1 2 3) 1 2 4023S        故答案为：4023． 【点睛】本题考查数列的递推式和数列的求和问题，解题的关键是找出数列的周期性． 11.常数 a ，b 和正变量 x ， y 满足 16a b  ， 2 1 2 a b x y   ，若 2x y 的最小值为 64，则 ba  ______． 【答案】64 【解析】 【分析】 由   22 2 2 a bx y x y x y        ，结合基本不等式，即可得出答案. 【详解】   22 2 2 a bx y x y x y           2 22 4 2 4 8 2 4 32bx aya b a b ab a by x              所以  2 4 32 64a b   ， 4 16a b  ，又 16ab  ，所以 8a  ， 2b  ， 64ba  ． 故答案为： 64 【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题. 12.已知 ABC 中， AB 边上的中线 2CM  ，若动点 P 满足  2 21 sin cos2AP AB AC R         ，则 PA PB PC     的最小值是______． 【答案】 2 【解析】 【分析】 由 条 件 可 得 P 在 线 段 CM 上 ， 然 后   2 2PA PB PC PM PC PM PC           ， 设 - 8 - PM x ，则可得   2 2PA PB PC x x       ，然后利用二次函数的知识可得答案. 【详解】由  2 21 sin cos2AP AB AC R         ， 得 2 2sin cosAP AM AC     ， 因为 2 2sin cos 1   ， P 在线段CM 上   2 2PA PB PC PM PC PM PC           ， 设 ,0 2PM x x   ， 则    22 2 2( 1) 2 2PA PB PC x x x            ． 故答案为： 2 【点睛】本题考查向量基本定理、向量数量积，注意应用三点共线的充要条件，考查数形结 合思想和计算求解能力，属于中档题. 13.若函数    3 0f x x ax a  的零点都在区间 10,10 上，则使得方程   1000f x  有 正整数解的实数 a 的取值的个数为______． 【答案】3 【解析】 【分析】 由 ( ) 0f x  以及题设条件得出 100a  ，利用导数得出函数 ( )f x 的单调性以及极大值，进而 确定方程 ( ) 1000f x  有正整数解在区间 10, 上，再 2 1000 100x x   得出 11,12,13x  ， 从而得出 a 取值的个数. 【详解】函数 3( ) ( 0)f x x ax a   的零点都在区间[ 10,10] 上 又  3 2( ) 0f x x ax x x a     ,令 ( ) 0f x  0x  或 x a  - 9 - 函数 3( ) ( 0)f x x ax a   的零点都在区间[ 10,10] 上 10 100a a    ( )f x  23x a ,令 ( ) 0f x  解得 3 ax   当 3 ax  或 3 ax   时, ( ) 0f x  当 3 3 a ax   时, ( ) 0f x  则函数 ( )f x 在 , 3 a      ， ,3 a     上单调递增，在 ,3 3 a a     上单调递减 当 3 ax   时,有极大值, 3 2 2000( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 a a a a af a        2000 1000, (10) 1000 10 1000 3 3 f a    结合函数的单调性 3( ) ( 0)f x x ax a   ，知方程 ( ) 1000f x  有正整数解在区间 10, 上 此时令 3 1000x ax  ,可得 2 1000x a x   此时有 2 1000a x x   ,由于 x 为大于10的整数 由上知 2 1000 100x x   ,令 11,12,13x  时,不等式成立 当 14x  时,有 2 1000 614 196 71 10014 14     故可得 a 的值有三个 故答案为：3 - 10 - 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的零点问题以及根据函数的零点个数求参数范围， 属于中档题. 14.设 ,a b 均大于 1 的自然数，函数      sin , cosf x a b x g x b x    ，若存在实数 m ， 使得    f m g m ，则 a b  ___________． 【答案】 【解析】 试 题 分 析 : 由 题 设 可 得 , 即 , 因 ,且存在 使得这个式子成立,所以 ,因为 , 所 以 , 即 , 也 即 , 当 时 , , 此 时 不 成 立 ; 当 时, , ,不等式成立;当 时, ,则 ,矛盾, 不等式成立.故 ,则 ,应填答案 . 考点：三角变换公式、正弦函数的有界性及不等式成立的条件的综合运用． 【易错点晴】本题设置了一道以方程    f m g m 为背景的综合应用问题.其的目的意在考 - 11 - 查在转化化归思想的意识及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.解答本题时要充分运 用题设中提供的信息,将问题等价转化为方程 ,即 有解问题.解答时先利用 构造不等式,然后再分析 推证 ,从而获得答案. 二、解答题 15.在锐角 ABC 中，角 A 、B 、C 的对边分别为 a 、b 、c ，且满足 (2 )cos cosa c B b C  ． （I）求角 B 的大小； （Ⅱ）设 (sin ,1), (3,cos2 )m A n A   ，试 m n  求的取值范围． 【答案】 （I） ；（Ⅱ） 【解析】 【详解】解：（Ⅰ）∵ (2 )cos cosa c B b C  ，∴ ， ∴ ∵ ，∴ ，∴ ， 又 ，∴ ． （Ⅱ） ， ∵ ABC 是锐角三角形， ， ， ∴ ， ∴ ， ∴当 时， 取最大值 ；且 ， ∴ ． - 12 - 16.如图，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面垂直， 90BAC  ，M ，N 分别是 1 1A B ， BC 的中点． （1）证明： 1AB AC ； （2）判断直线 MN 和平面 1 1ACC A 的位置关系，并加以证明． 【答案】（1）证明见解析；（2） / /MN 平面 1 1ACC A ，证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据 1CC  平面 ABC ，得到 1CC AB ．又 90BAC   ，即 AC AB ，利用线面 垂直的判定定理证明即可. （2） / /MN 平面 1 1ACC A ，取 AC 的中点为 D ，连接 DN ， 1A D ，由三角形中位线得到 1/ / , 2DN AB DN AB ，从而 1 1/ / ,A M DN A M DN ，得到四边形 1A DNM 是平行四边形， 所以 1 / /AD MN ，再由线面平行的判定定理证明. 【详解】（1）因为 1CC  平面 ABC ，又 AB Ì平面 ABC ， 所以 1CC AB ． 因为 90BAC  ， 所以 AC AB ， 且 1AC CC C ， 所以 AB  平面 1 1ACC A ． 又 1AC  平面 1 1ACC A ， 所以 AB AC ． - 13 - （2） / /MN 平面 1 1ACC A ．证明如下：如图所示： 设 AC 的中点为 D ，连接 DN ， 1A D ． 因为 D ， N 分别是 AC ， BC 的中点， 所以 1/ / , 2DN AB DN AB ． 又 1 1 1 1 2A M A B= ， 而 1 1 1 1/ / , A B AB A B AB ， 所以 1 1/ / ,A M DN A M DN ． 所以四边形 1A DNM 是平行四边形． 所以 1 / /AD MN ． 因为 1A D  平面 1 1ACC A ， MN 平面 1 1ACC A ， 所以 / /MN 平面 1 1ACC A ． 【点睛】本题主要考查线面垂直和线面平行的判定定理以及平面几何知识，还考查了转化化 归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题. 17.已知函数 ( ) lg( 2)af x x x    ，其中 a 是大于 0 的常数. (1)求函数 ( )f x 的定义域； (2)当 (1,4)a  时，求函数 ( )f x 在[2, ) 上的最小值； (3)若对任意 [2, )x  恒有 ( ) 0f x  ，试确定 a 的取值范围. 【答案】（１）当 1a  时，定义域为 0,  ，当 1a  时，定义域为   0,1 1, ，当 0 1a  时，定义域为    0,1 1 1 1 ,a a      ；（２） lg 2 a ；（３） 2, ． 【解析】 - 14 - 【分析】 （１）由 2 0ax x    对 a 分两种情况：一、 1a  ；二、0 1a  ．求两种情况下定义域；（２） 令   2ag x x x    ，求导知   2ag x x x    在  2, 上是增函数，由此得  f x 在  2, 上为增函数，最小值为  2 lg 2 af  ； （３）本题转化为 2 1ax x    即 23a x x  恒成立，进而转化为求 2( ) 3h x x x  在  2,x  的最大值． 【详解】（1）由 2 0ax x    ,得 2 2 0x x a x    , 1a  时, 2 2 0x x a   恒成立, 定义域为 0,  , 1a  时, 定义域为    0,1 1, ， 0 1a  时, 定义域为   0,1 1 1 1 ,a a      . （2）设   2ag x x x    ,当  1,4a 时，  2,x  ,   2 2 2' 1 0a x ag x x x     恒成立,   2ag x x x     在 2, 上是增函数,   lg 2af x x x        在 2, 上是增函数,   lg 2af x x x        在 2, 上是增函数,   lg 2af x x x        在 2, 上的最小值为  2 lg 2 af  . （3）对任意  2,x  恒有   0f x  ,即 2 1ax x    对  2,x  恒成立. 23a x x   , 而   2 2 3 93 2 4h x x x x         在  2,x  上是减函 数,    max 2 2. 2h x h a     , 即 a 的取值范围为 2, . 考点：对数函数的定义域；导数求函数单调性；二次函数的最值． - 15 - 18.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 1 5 17a a  ． （1）若 na 为等差数列，且 8 56S  ①求该等差数列的公差 d ； ②设数列 nb 满足 3n nb a  ，则当 n 为何值时， nb 最大？请说明理由； （2）若 na 还同时满足： ① na 为等比数列; ② 2 4 16a a  ； ③对任意的正整数 k 存在自然数 m ，使得 2kS  、 kS 、 mS 依次成等差数列，试求数列 na 的 通项公式． 【答案】（1）① 1d   ；②当 10n  或 11n  时， nb 最大；（2）   12 n na   . 【解析】 【分析】 （1）①利用等差数列的通项公式及前 n 项和公式，建立方程组，即可求得该等差数列的公差 d ； ②求出 na 的通项公式，进而得到 nb 的通项公式，利用 1n nb b  ，判断 nb 的单调性，进 而得解； （2）根据等比数列的性质，并结合 1 5 17a a  ，初步确定 na 的通项，再根据等差数列的 性质，即可求得 na 的通项公式. 【详解】（1）①由 1 5 17a a  ， 8 56S  ， 得 1 1 2 4 17 8 28 56 a d a d      ﹐解得 1 21 2a  ， 1d   ， 该等差数列的公差 1d   . ②由①知 1 21 2a  ，所以      1 211 1 12 23 2n aa nn d n         ， 则 233 3 2 n n n n nab        ， - 16 - 1 1 21 233 32 2 n n n nb b n n                  21 233 3 2 2 n n n                  2 3 10n n    所以 11 10b b ，且当 10n  时， nb 单调递增，当 11n  时， nb 单调递减， 故当 10n  或 11n  时， nb 最大. （2）因为 na 是等比数列，则 2 4 1 5 16a a a a  ， 又 1 5 17a a  ， 所以 1 5 1 16 a a    或 1 5 16 1 a a    ， 由 1 5 1 16 a a    ，得 1 4 1 1 16 a a q    ，解得 1q   ， 由 1 5 16 1 a a    ，得 1 4 1 16 1 a a q    ，解得 1 2q   ， 从而 12n na -= 或   12 n na   或 1116 2 n na      或 1116 2 n na       ， 又因为 2kS  、 kS 、 mS 依次成等差数列，得 22 k k mS S S  ，而公比 1q  ， 所以      2 1 1 11 1 1 2 1 1 1 k k ma q a q a q q q q        ，即 22 k k mq q q  ， 从而 22 m kq q   （*） 当 12n na -= 时，（*）式不成立； 当   12 n na   时，解得 1m k  ； 当 1116 2 n na      时，（*）式不成立； 当 1116 2 n na       时，（*）式不成立． - 17 - 综上所述，满足条件的   12 n na   . 【点睛】本题考查等差数列的通项公式、等差数列的前 n 项和公式、数列的单调性、等比数列 的前 n 项和公式、等差数列的性质及等比数列的性质，考查基本公式的应用及运算求解能力， 熟记公式是本题的解题关键，属于中档题. 19.给出两块相同的正三角形铁皮（如图 1，图 2）， （1）要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全 面积都与原三角形的面积相等， ①请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图 1、图 2 中，并作简要说明； ②试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小 （2）设正三角形铁皮的边长为 a ，将正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它 的边沿虚线折起（如图 3），做成一个无盖的正三角形底铁皮箱，当箱底边长为多少时，箱子 容积最大？最大容积是多少？ 【答案】（1）①答案见解析；②V V柱 锥 ；（2）当箱子底边长为 2 3 a 时，箱子容积最大，最 大值为 31 54 a ． 【解析】 【分析】 ①可以利用正三角形的图形特征，进行分割 ②直接求解比较大小即可 (2) 设箱底边长为 x ，列出    2 2 31 1 1sin 60 02 8 8V x x ax x x ah       ，利用求导的 方法求出最值点，据此即可求解 【详解】解：（1）①如图 1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥． 如图 2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形， 其较长的一组邻边边长为三角形边长的 1 4 ， - 18 - 有一组对角为直角，余下部分按虚线折起， 可成一个缺上底的正三棱柱， 而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底． ②依上面剪拼方法，有V V柱 锥 ． 推理如下： 设给出正三角形纸片的边长为 2，那么， 正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为 1 的正三角形， 其面积为 3 4 ．现在计算它们的高： 2 2 3 61 3 2 3h         锥 ， 1 3tan302 6h   柱 ． 1 3 3 6 3 3 2 2 03 4 6 9 4 24V V h h                    柱锥 锥柱 所以V V柱 锥 ． （2）设箱底边长为 x ，则箱高为  3 03 2 a xh x a    ， 箱子的容积为    2 2 31 1 1sin 60 02 8 8V x x ax x x ah       ﹒ 由   21 3 04 8V x ax x    解得 1 0x  （舍）， 2 2 3x a ， 且当 20, 3x a    时，   0V x  ；当 2 ,3x a a    时，   0V x  ， 所以函数  V x 在 2 3x a 处取得极大值， 这个极大值就是函数  V x 的最大值： 2 3 32 1 2 1 2 1 3 8 3 8 3 54V a a a a a                    ． - 19 - 答：当箱子底边长为 2 3 a 时，箱子容积最大，最大值为 31 54 a ． 【点睛】本题考查学生的空间想象能力，棱锥棱柱的结构特征，以及利用导数求最值，属于 中档题. 20.设  f x 是偶函数，且当 0x  时，        3 ,0 3 3 , 3 x x xf x x a x x         （1）当 0x  时，求  f x 的解析式； （2）设函数  f x 在区间 5,5 上的最大值为  g a ，试求  g a 的表达式； （3）若方程  f x m 有四个不同的实根，且它们成等差数列，试探求 a 与 m 满足的条件． 【答案】（1）        3 , 3 0 3 , 3 x x xf x x a x x           ；（2）     2 9 , 64 ( 3) ,6 74 2 5 , 7 a ag a a a a           ；（3）a 与 m 满足的条件为 27 16m  且 3 33 2a   ，或 9 4m  且 6a  ，或   3 9 1 16 a am   且 5 2 7a   . 【解析】 【分析】 （1）设 3 0x „ 、 3x   ，利用已知函数的解析式，即可求得结论； （2）因为 ( )f x 是偶函数，所以它在区间[ 5 ，5] 上的最大值即为它在区间[0 ，5] 上的最大 值，分类讨论，即可求得结论； （3）设这四个根从小到大依次为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ，则当方程 ( )f x m 在[ 3 ， 3] 上有四个 实根时，由 4 3 32x x x  ，且 4 3 3x x  ，得 3 3 4x  ， 4 9 4x  ，从而 3 27( )4 16m f  ，且要 求 27( ) 16f x  对 (3, )x  恒成立，由此可得结论． 【详解】解：（1）当  3 ≤ 0x 时，         3 3f x f x x x x x        同理，当 3x   时，          3 3f x f x x a x x a x          ， - 20 - 所以，当 0x  时，  f x 的解析式为        3 , 3 0 3 , 3 x x xf x x a x x           （2）因为  f x 是偶函数，所以它在区间 5,5 上的最大值即为它在区间 0,5 上的最大值， ①当 3a  时，  f x 在 30, 2      上单调递增，在 3 ,2    上单调递减，所以   3 9 2 4g a f      ②当3 7a  时，  f x 在 30, 2      与 33, 2 a     上单调递增，在 3 ,32      与 3 ,52 a     上单调递 减， 所以此时只需比较 3 9 2 4f      与  233 2 4 aaf      的大小． （i）当3 6a  时，  233 9 3 2 4 2 4 aaf f             ，所以   3 9 2 4g a f      （ii）当 6 7a  时，  233 9 3 2 4 2 4 aaf f             ， 所以    233 2 4 aag a f      ③当 7a  时，  f x 在 30, 2      与 3,5 上单调递增，在 3 ,32      上单调递减，且    3 9 5 2 52 4f f a        ， 所以      5 2 5g a f a   . 综上所述，     2 9 , 64 ( 3) ,6 74 2 5 , 7 a ag a a a a           ． （3）设这四个根从小到大依次为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ． ①当方程  f x m 在 3,3 上有四个实根时，由 4 3 32x x x  ，且 4 3 3x x  ，得 3 3 4x  ， - 21 - 4 9 4x  ， 从而 3 27 4 16m f      ，且要求   27 16f x  对  3,x  恒成立． （i）当 3a  时，  f x 在 3, 上单调递减，所以     273 0 16f x f   对  3,x  恒 成立， 即 3a  适合题意． （ii）当 3a  时，欲   27 16f x  对  3,x  恒成立，只要  233 27 2 4 16 aaf       ， 解得 3 33 2a   ，故此时应满足 3 33 3 2a   ． ②当方程  f x m 在 3,3 上有两个实根时， 3 9 2 4m f      ，且 2 3 2x   ， 3 3 2x  ， 所以必须满足 4 3 93 2x x   ，且 3 9 2 2 a  ，  233 9 2 4 4 aaf       ，解得 6a  ． ③当方程  f x m 在 3,3 上无实根时，  233 9 3 2 4 2 4 aaf m f              ， 3 32 a  ， 由 4 3 32x x x  ， 4 3 3x x a   ，解得 3 3 4 ax  ，   4 3 3 4 ax  ， 所以     3 3 3 9 13 4 4 16 a a aam f f             ， 且由   3 9 1 9 16 4 a am    ，解得 5 2 7a   ． 综上所述， a 与 m 满足的条件为 27 16m  且 3 33 2a   ，或 9 4m  且 6a  ， 或   3 9 1 16 a am   且 5 2 7a   ． 【点睛】本题考查函数解析式的确定，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，考查数 列与函数的结合，属于难题． - 22 - - 23 -