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- 2021-06-16 发布
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漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 1 页 (共 16 页)
学校: 准考证号: 姓名:
(在此卷上答题无效)
工作秘密★启用前
漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一)
数 学 答 案
(考试时间:120 分钟;满分:150 分)
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题,第Ⅱ卷为非选择题。
第Ⅰ卷(选择题 60 分)
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
目要求的.)
1.已知集合 3,2,1,2M , 2,2N ,下列结论成立的是
A. NM B. NM C. MNM D. 1NCM
2.若复数 3
2
1z i
(i 为虚数单位),则复数 z 在复平面上对应的点位于
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.平面直角坐标系 xOy 中,角 的顶点为坐标原点,始边与 x 轴的非负半轴重合,其终边上一点 P 绕原
点顺时针旋转 π
6
到达点 3,4Q 的位置,则 πsin 6
A. 3
5
B. 3
5
C. 4
5
D. 4
5
4.已知 F 为抛物线 xy 82 的焦点, M 为抛物线上任意一点,点 4,4A ,则 MFMA 的最小值为
A. 6 B. 24 C. 52 D. 4
5.原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载:“端
午时, 贮浮萍,阴干,加雄黄,作纸缠香,烧之,能祛蚊虫.”如图,为某
校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”,画法如下:在水平直线l 上取
长度为 1 的线段 AB ,做一个等边三角形 ABC ,然后以点 B 为圆心, AB 为
半径逆时针画圆弧,交线段CB 的延长线于点 D ,再以点C 为圆心,CD 为半
径逆时针画圆弧,交线段 AC 的延长线于点 E ,以此类推,当得到的“螺旋蚊
香”与直线l 恰有5 个交点时,“螺旋蚊香”的总长度的最大值为
A. 14 B.
3
56 C. 24 D. 30
6.已知 ABC 中, 5 ACAB , 8BC ,点O 是 ABC 的重心,则 ACBO
A.10 B.
2
23 C.13 D.
2
29
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7.正实数 a ,b ,c 满足 22 aa , 33 bb , 4log4 cc ,则实数 a ,b ,c 之间的大小关系为
A. cab B. cba C. bca D. acb
8.正四面体 ABCD 的体积为 4 ,O 为其中心,正四面体 EFGH 与正四面体 ABCD 关于点O 对称,则这
两个正四面体公共部分的体积为
A.3 B. 8
3 C. 2 D. 4
3
二.多项选择题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,在每小题给出的四个选项中,有多个选项符
合题目要求,全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分.)
9.小王于 2016 年底贷款购置了一套房子,根据家庭收入情况,小王选择了 10 年期每月还款数额相同的
还贷方式,且截止 2020 年底,他没有再购买第二套房子.下图是 2017 年和 2020 年小王的家庭收入用
于各项支出的比例分配图:
2017 年各项支出 2020 年各项支出
根据以上信息,判断下列结论中不正确的是
A.小王一家 2020 年用于饮食的支出费用跟 2017 年相同
B.小王一家 2020 年用于其他方面的支出费用是 2017 年的 3 倍
C.小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 1 倍
D.小王一家 2020 年用于房贷的支出费用比 2017 年减少了
10.已知等差数列 na 的公差 0d ,前 n 项和为 nS ,若 6 10S S ,则下列说法正确的是
A. 8 0a B. 16 0S
C.若 0d ,则 8 10 0a a D.若 0d ,则 128 aa
11.在 ABC 中, a ,b ,c 分别是角 A , B ,C 的对边,其外接圆半径为 R ,内切圆半径为 3r ,满
足
3coscoscos RCcBbAa , ABC 的面积 6ABCS ,则
A. 4 cba B. 6R
C.
6
1sinsinsin CBA D.
3
12sin2sin2sin CBA
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12.已知函数 | |( ) sinxf x e x ,则下列结论正确的是( )
A. ( )f x 是周期为 2 的奇函数 B. ( )f x 在 3,4 4
上为增函数
C. ( )f x 在 ( 10 ,10 ) 内有 21 个极值点 D. axxf )( 在
40 , 上恒成立的充要条件是 1a
第Ⅱ卷(非选择题 90 分)
三.填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)
13.
5
2 2x
x
的展开式中, 5x 的系数为_______.
14.定义在 R 上的偶函数 )(xfy ,当 0x 时,
1
2
1)(
x
xf ,则不等式 1)(lg xf 的解集为_______.
15.三棱柱 111 CBAABC 中, CABBBCC 平面平面 11 ,
31
CBC , ACB 是等腰直角三角形,
2
ACB , 21 CCCB ,则异面直线 11BA 与 1AC 所成角的余弦值为_______.
16.已知双曲线 C : 12
2
2
2
b
y
a
x ( 0a , 0b )的左、右焦点分别为 F, F ,以坐标原点 O 为圆心,
OF 为半径的圆交 C 的一条渐近线于 ,A B 两点,且线段 BF 被C 的另一条渐近线平分,则 C 的离心率
为_______;若C 的焦距为 4 , P 为C 上一点,且 tan 2 2OFP ,直线 PF 交 C 于另一点 Q ,则
QF _______. (本题第一空 2 分,第二空 3 分)
四.解答题(本大题共 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.(本小题满分 10 分)
在 ABC 中, a ,b , c 分别是角 A , B ,C 的对边,并且 2 2 2b c a bc .
(1)若 2b ,sin 2sinC B ,求 ABC 的面积;
(2)求 cos cosB C 的最大值.
18.(本小题满分 12 分)
已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ,满足 143 S ,且 12a , 2a , 32
1 a 依次构成等差数列.
(1)求数列 na 的通项公式;
(2)请从① nab nn ② nn nab ③
122 loglog
1
nn
n aab 这三个条件选择一个,求数列 nb 的
前 n 项和 nT .
注:如果选择多个条件分别进行解答,按第一个解答进行计分.
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19.(本小题满分 12 分)
如图,圆柱 1OO 的轴截面 1 1ABB A 是正方形, 1O 、O 分别是上、下底面的圆心,C 是弧 AB 的中点,
D 、 E 分别是 1AA 与 BC 中点.
(1)求证: DE //平面 1 1ACB ;
(2)求锐二面角 1 1B AC B 的余弦值.
20.(本小题满分 12 分)
《中国制造 2025》是经国务院总理李克强签批,由国务院于 2015 年 5 月印发的部署全面推进实施制造
强国的战略文件,是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领. 制造业是国民经济的主体,是立国
之本、兴国之器、强国之基. 发展制造业的基本方针为质量为先,坚持把质量作为建设制造强国的生命
线. 某制造企业根据长期检测结果,发现生产的产品质量与生产标准的质量差都服从正态分布
2( , )N ,并把质量差在 ( , ) 内的产品为优等品,质量差在 ( , 2 ) 内的产品为一等
品,其余范围内的产品作为废品处理.优等品与一等品统称为正品.现分别从该企业生产的正品中随机
抽取 1000 件,测得产品质量差的样本数据统计如下:
(1)根据频率分布直方图,求样本平均数 x ;(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2)根据大量的产品检测数据,检查样本数据的方差的近似值为 100,用样本平均数 x 作为 的近似
值,用样本标准差 s 作为 的估计值,求该厂生产的产品为正品的概率;
参考数据:若随机变量 服从正态分布 2,N ,则: 0.6827P ≤ ,
2 2 0.9545P ≤ , 3 3 0.9973P ≤
(3)假如企业包装时要求把 3 件优等品球和 5 件一等品装在同一个箱子中,质检员每次从箱子中摸
出三件产品进行检验,记摸出三件产品中优等品球的件数为 X ,求随机变量 X 的分布列及期望值.
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21.(本小题满分 12 分)
已知函数 ( ) ln( 1) 1f x x , ln( ) x ag x e x b ( 0a , b R )
(1)当 1a ,讨论 )(xg 在 R 上的零点个数;
(2)若关于 x 的不等式 xxfbaxg )(ln)( 恒成立,求实数 a 的取值范围.
22.(本小题满分 12 分)
阿基米德(公元前 287 年 公元前 212 年,古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家,也是著名的数
学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率 等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平
面直角坐标系 xOy 中,椭圆 E :
2 2
2 2 1x y
a b
( 0a b )的面积为 2 3 ,两焦点与短轴的一个顶
点构成等边三角形.过点 1 0M , 且斜率不为 0 的直线l 与椭圆 E 交于不同的两点 A , B .
(1)求椭圆 E 的标准方程;
(2)设椭圆 E 的左、右顶点分别为 P ,Q ,直线 PA 与直线 4x 交于点 F ,试证明 B ,Q , F 三
点共线;
(3)求 AOB 面积的最大值.
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数 学 参 考 答 案
(考试时间:120 分钟;满分:150 分)
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题,第Ⅱ卷为非选择题。
第Ⅰ卷(选择题 60 分)
一.单项选择题(本大题共 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
题目要求的.)
1.C 2.D 3.D 4.A 5. B 6.C
7.A 8.C
【解析】
1.集合 3,2,1,2M , 2,2N ,不满足 NM ,则 A 错; 2,2NM ,则 B 错; MNM ,
则 C 正确; 31,NCM ,则 D 错.故选 C.
2.
3
2 12 2 11 1 1 1
iz ii i i i
则 1z i ,复数 z 在复平面上对应的点为 1, 1 ,故复数 z 在复平面上对应的点位于第四象限,故
选 D.
3.依题意可知 3,4Q 在角
6
的终边上,所以
6
4sin 5
,故选 D.
4.点 4,4A 是抛物线内的一点,设点 M 在抛物线准线上的射影为 N ,根据抛物线的定义可知
MNMF ,要求 MFMA 的最小值,即求 MNMA 的最小值. 当 A , M , N 三点共线时,
MNMA 取到最小值 624 . 故选 A.
5.由题意得,恰好有 6 段圆弧或有 7 段圆弧与直线l 相交时,才恰有5 个交点,每段圆弧的圆心角都为 2π
3
,
且从第 1 段圆弧到第 n 段圆弧的半径长构成等差数列:1, 2 ,, n
当得到的“螺旋蚊香”与直线l 恰有5 个交点时,“螺旋蚊香”的总长度
的最大值为
3
56
2
771
3
2 .故选 B.
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6. 由题意,以 BC 所在直线为 x 轴, BC 的垂直平分线为 y 轴建立坐标系,
由于 5 ACAB , 8BC ,则 0,4B , 0,4C ,故 3,0A
又点 O 是 ABC 的重心,则 1,0O
(4,1)BO , 4 3AC , , 13316 ACBO ,故选 C
7. 4log4 cc cc 4log4 ,
即 c 为函数 xy 4log 与 xy 4 的图象交点的横坐标
33 bb bb 431 ,
即b 为函数 xy 31 与 xy 4 的图象交点的横坐标
22 aa aa 42
12 ,
即 a 为函数 xy 2
12 与 xy 4 的图象交点的横坐标
在同一坐标系中画出图象,可得 cab .故选 A.
8.如图,点 E , F ,G , H , I , J 分别是边 AB , AC , AD , BC ,
CD , DB 的中点,这两个正四面体公共部分为多面体GEFHIJ .
三棱锥 A EFG 是正四面体,其棱长为正四面体 ABCD 棱长的一半,
则 1 1= =8 2A EFG A BCDV V
这两个正四面体公共部分的体积为 14 4 4 22A BCD A EFGV V .
故选 C.
二、多项选择题(本大题共 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,有选错的得 0 分,部分选对的得 3 分。)
9.ACD 10.BCD 11.ABD 12.BD
【解析】
9. 由于小王选择的是每月还款数额相同的还贷方式,故可知 2020 年用于房贷方面的支出费用跟 2017 年
相同,D 错;设一年房贷支出费用为 n ,则可知 2017 年小王的家庭收入为 5
60% 3
n n ,2020 年小王
的家庭收入为 5
40% 2
n n , 5 5150%3 2
n n ,小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 50% ,
C 错;2017、2020 年用于饮食的支出费用分别为 5 5 5 525% , 25%3 12 2 8
n n n n ,A 错;2017、2020
年用于其他方面的支出费用分别是 5 5 36% , 12%3 10 2 10
n n n n ,B 对.故选 ACD.
10.由已知 6 10S S ,得 8 9 0a a . 若 8 0a ,则 9 0a ,不满足 0d ,故 A 错;
由 1 16
16 8 9
16 8 02
a aS a a
,故 B 正确;当 0d 时,且 8 9 0a a ,则 8 0a , 9 0a ,
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所以 8 10 92 0a a a ,故 C 正确;当 0d 时,且 8 9 0a a ,则 08 a , 09 a ,所以
0910 daa ,所以 8 12 102 0a a a ,则 8 12a a ,故 D 正确. 故选 BCD.
11. 4,6)(2
3)(2
1 cbacbarcbaS ABC ,A 正确;
已知
3coscoscos RCcBbAa
所以 ,3cossin2cossin2cossin2 RCCRBBRAAR
即
3
12sin2sin2sin CBA ,D 正确;
若 ABC 为锐角三角形,
,63
1
2
12sin2
12sin2
12sin2
1 2222 RCRBRARS ABC 所以 6R ,若 ABC 为直角三角
形或钝角三角形时可类似证明,B 正确;
2 12sin sin sin
a b c RA B C
,所以
3
1sinsinsin CBA ,C 错.故选 ABD.
12.因为 xf 的定义域为 R , ( ) sin( ) ( )xf x e x f x ,所以 xf 是奇函数,
但是 2 2( 2 ) sin( 2 ) sin ( )x xf x e x e x f x ,所以 xf 不是周期为 2 的函数,故 A 错
误;
当 ( ,0)4x 时, ( ) sinxf x e x , (cos( ) sin ) 0x xf x e x , ( )f x 单调递增,
当 3(0, )4x 时, ( ) sinxf x e x , (sin) ) 0c( osx xf x e x , ( )f x 单调递增,
且 ( )f x 在 3( , )4 4
连续,故 ( )f x 在 3( , )4 4
单调递增,故 B 正确;
当 [0,10 )x 时, ( ) sinxf x e x ,
4sin2cossin xexxexf xx ,
令 ( ) 0f x 得, ( 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)4x k k ,
当 ( 10 ,0)x 时, ( ) sinxf x e x ,
4cos2sincos xexxexf xx
令 ( ) 0f x 得, ( 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10)4x k k ,
因此, ( )f x 在 ( 10 ,10 ) 内有 20 个极值点,故 C 错误;
漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 9 页 (共 16 页)
当
40 ,x 时, sin( )
xe xf x ax a x
≥ ≤ ,
设 sin( )
xe xg x x
,所以
2
sincossin
x
xxxxxexg
x ,
令 ( ) sin cos sinh x x x x x x , (0, ]4x , 0sincossin xxxxxh , xh 单调递增,
00 hxh ,所以 0 xg , ( )g x 在(0, ]4
单调递增.
当 x 趋近于 0 时, x
xexg
x sin 趋近于1, 所以 1a ,故 D 正确. 故选 BD.
三.填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)
13. 40 14. ),10()10
1,0( 15.
4
3 16. 2 ,9
【解析】
13.
5
2 2x
x
展开式的通项为 51052 2
1 5 5
2 2
r
rrr r r
rT C x C x
x
令 510 52 r ,则 2r , 所以
5
2 2x
x
的展开式中, 5x 的系数为 2 2
5 2 40C
故答案为 40 .
14.由已知,当 0x 时, 1)2
1()( xxf ,不等式 1lg xf 等价于 1lg fxf
又 )(xf 定义在 R 上的偶函数,
所以 1lg x ,所以 1lg x 或 1lg x ,解得 10x 或
10
10 x
则不等式 1lg xf 的解集为 ),10()10
1,0(
故答案为 ),10()10
1,0( .
15.因为
31
CBC , 21 CCCB ,所以 21 DA ,
又因为 ACB 是等腰直角三角形,
2
ACB , 2CB ,所以 2211 BA ,
因为 CABBBCC 平面平面 11 ,又 BCAC , 1 1CC B B CAB BC平面 平面
所以 BBCCAC 11平面 ,所以 1ACAC .又 1 2AC CC ,所以 221 AC
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根据题意可知异面直线 11BA 与 1AC 所成角为 DBA 11 ,
根据余弦定理得,
4
3
22222
22222
2cos
222
111
2
1
2
1
2
11
11
DBBA
DADBBADBA
故答案为
4
3 .
16.如图所示建立平面直角坐标系,设 BF 的中点为 M ,则由双曲线的对称性知,
BOM FOM AOF ,
所以 π
3BOM FOM AOF ,
所以
222
360tan
bac
a
b
,可得 22 4ac , 42
2
a
c , 2
a
ce ;
C 的焦距为 4 ,所以 2c , 1a . 设QF x ,则 ' 2 2QF x a x ,
又由 tan 2 2OFP ,得 1cos 3OFP ,
所以 1cos 3OFQ ,在 'F FP△ 中,由余弦定理得,
2 2 2' ' 2 ' cos 'QF QF FF QF FF F FQ ,
即 2 2 12 16 2 4 3x x x
,解得 9x ,即 9QF .
故答案为 2 ,9 .
四、解答题(本大题共 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.解:(1)因为sin 2sinC B , 2b ,所以 2 4c b ,
因为 2 2 2b c a bc ,所以
2 2 2 1cos 2 2
b c aA bc
,···································· 2 分
又因为 (0,π)A ,所以 π
3A .································································· 3 分
所以 ABC 的面积 1 1 3sin 2 4 2 32 2 2S bc A .······························ 5 分
(2)由(1)可得
3A ,
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所以
3coscoscoscoscoscos BBABBCB
6sinsin2
3cos2
1 BBB ··································· 8 分
因为 20 π3B ,所以 π π 5
3 6
π
6B ,···················································· 9 分
所以当 π
3B 时,
6sincoscos BCB 有最大值 1.····························10 分
18.解:(1)设等比数列的公比为 q ,根据已知条件, 12a , 2a , 32
1 a 依次构成等差数列,
所以 312 2
122 aaa ,则 2
111 2
122 qaaqa ,·············································2 分
因为 01 a ,所以 2
2
122 qq ,解得 2q ················································· 4 分
由 143 S ,即 14321 aaa ,所以 1442 111 aaa ,解得 21 a ··············5 分
所以 n
na 2 ··························································································· 6 分
(2)选① nnab n
nn 2 ····································································7 分
)( nbbbbT n
nn 3212222 321
321 ··············· 9 分
2
1
21
21
nnn
212
2 nnn ························································ 12 分
选② nn nab ·························································································7 分
n
nn nbbbbT 2232221 321
321 (*)
1432 22322212 n
n nT ························································9 分
可得
221221
2122223222 111321
nn
n
nn
n nnnT 11 分
所以 221 1 n
n nT ········································································· 12 分
选③ 1
11
1
1
loglog
1
122
nnnnaab
nn
n ····································· 9 分
11
111
11
3
1
2
1
2
1121
n
n
nnnbbbT nn ··········· 12 分
19.解:(1)取 1CB 的中点为 M ,连接 ME , 1A M
则 EM // 1BB // 1AA ,且 1 1
1
2EM AA A D ················································ 2 分
所以四边形 1A DEM 为平行四边形, 所以 DE // MA1 ,又 1A M 面 1 1ACB , DE 面 1 1ACB
所以 DE //面 1 1ACB .·················································································4 分
(2) 1OO 面 ABC ,则 OBOO 1 , OCOO 1 ,
AB 是圆柱底面的直径,C 是弧 AB 的中点,所以 CBCA ,O 为 AB 中点,则 OBOC
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以O 为原点, OB
,OC
, 1OO
分别为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz ,
如图.··································································································· 5 分
设 1OB ,则 1,0,0B , 0,1,0C , 1 1,0,2A , 1 1,0,2B ··········6 分
1 2,0, 2A B , 1 1,1, 2AC
设平面 1A BC 的一个法向量为 1 1 1, ,n x y z ,则
1
1
0
0
n A B
n AC
, 1 1
1 1 1
2 2 0
2 0
x z
x y z
,取 1 1x ,则 1 1y , 1 1z ,
则 1,1,1n
·························································································· 8 分
1 1 2,0,0A B , 1 1,1, 2AC
设平面 1 1A B C 的一个法向量为 2 2 2, ,m x y z ,则
1 1
1
0
0
m A B
m AC
, 1
1 1 1
2 0
2 0
x
x y z
,解得 1 0x ,取 1 2y ,则 1 1z ,
则 0,2,1m
·······················································································10 分
所以 2 1 15cos , 53 5
m nm n
m n
.·················································11 分
所以锐二面角 1 1B AC B 的余弦值为 15
5
.··············································· 12 分
20.解:(1) 46 56 56 66 66 760.010 10 0.020 10 0.045 102 2 2x
76 86 86 960.020 10 0.005 102 2
················································· 2 分
70 ·····································································································3 分
(2)由题意样本方差 2 100s ,故 2 10s ,所以 2(70,10 )X N ,······· 4 分
由题意,该厂生产的产品为正品的概率
(60 90) (60 70) (70 90)P P X P X P X
1 (0.6827 0.9545) 0.81862
.所以 DE //面 1 1ACB .····································6 分
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(3) X 所有可能取值为 0 ,1, 2 ,3.·······················································7 分
0 3
3 5
3
8
50 28
C CP X C
1 2
3 5
3
8
151 28
C CP X C
2 1
3 5
3
8
152 56
C CP X C
3 0
3 5
3
8
13 56
C CP X C
······················· 9 分
随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 5
28
15
28
15
56
1
56
···········································································································11 分
8
9
56
1356
15228
15128
50 XE ············································· 12 分
21.解:(1) 1a , xg x e x b , ( ) 1xg x e ,令 0g x ,得 0x
当 0x , 0g x , )(xg 在 0, 单调递减
当 0x , 0g x , )(xg 在 ,0 单调递增
所以 0x 是 xg 的极小值点同时也是最小值点,即 bgxg 1)0()( min ········2 分
当 01 b ,即 1b 时, )(xg 在 R 上没有零点;
当 01 b ,即 1b 时, )(xg 在 R 上只有 1 个零点;···································3 分
时,即当 1,01 bb
因为 ( ) 0bg b e ,所以 )0,()( 在xg 只有一个零点,
又因为 bebbebg bb 2)( ,取 2)(,2)( xx exxex ,
( ) 2 0xx e 令 ,得 ln 2x
当 2lnx , 02)( xex , )(x 在 ,2ln 单调递增
当 2lnx , 02)( xex , )(x 在 2ln, 单调递减
02ln222ln2)2(ln 2ln e ,所以对 x R , 0x ,所以 0)( b ,即 02 beb
所以 02)( bebg b ,所以 ),0()( 在xg 内只有一个零点,
所以 xg 在 R 上有两个零点.····································································· 5 分
综上所述,当 1b 时, xf 在 R 上有两个零点;
当 1b 时,函数 xf 在 R 上没有零点;
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当 1b 时,函数 xf 在 R 上有一个零点.···················································· 6 分
(2)方法一:
xxfbaxg )(ln)( 恒成立, ,1x
即 xxbabxe ax 1)1ln(lnln
1)1ln(lnln xae ax ········································································· 7 分
所以 )1(,1)1ln(lnln xxxaxe ax
构造 xexh x )( ,所以 01)( xexh , xh 在 R 上单调递增
只需 )1ln(ln xax ,即 )1ln(ln xxa 恒成立····································8 分
令 )1ln()( xxxu ,
1
2
1
11)(
x
x
xxu ········································· 9 分
当 21 x 时, 0)( xu ,所以 )(xu 在 1,2 单调递减;
当 2x 时, 0)( xu ,所以 )(xu 在 2, 单调递增,
所以 2)2(min uu ,即 2ln a ······························································ 11 分
又 0a ,所以 20 ea . ······································································12 分
方法二:
1x ,有 ln ln ln 1 1x ae a x ,则当 2x 时, 2 ln ln 1ae a ············ 7 分
令 2 ln ln 1aa e a ,所以 a 在 0, 单调递减,····························8 分
注意到 2( ) 0e ,所以 20 ea .(必要性) ·············································9 分
下面证明 1xe x ( x R )
令 1xx e x , 1xx e
当 0x , 0x ,所以 x 在 0, 上单调递增
当 0x , 0x ,所以 x 在 ,0 上单调递减
所以 010 0
min ex ,
即对 x R , 1 0xx e x ,即 1xe x ( x R )得证.
因为 1 xex ,所以 ln ln 1xe x ,即 ln 1x x ,即 0,1ln xxx .
当 20 a e 时,
ln 2 1
ln ln( 1) 1 ln( 1) 1 1
x a xe e x
a x x x
····························· 11 分
ln ln ln( 1) 1x ae a x .(充分性)························································12 分
方法三:
xxfbaxg )(ln)( ,即 ln ln ln( 1) 1x ae x b a b x x 恒成立
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ln ln ln( 1) 1x ae a x ········································································· 7 分
即 1x , ln( ) ln ln( 1) 1 0x aa a e x 恒成立,······························· 8 分
注意到 ( )a 在 0a 单调递增, ·································································· 9 分
当 20 a e 时, 2 2( ) ( ) 1 ln( 1) 1 ( 1) ( 2) 0xa e e x x x ,
所以 ( ) 0a ························································································ 10 分
当 2a e 时, 2 2( ) ( ) 1 ln( 1) ( )xa e e x h x
注意到 (2) 0h ,存在 2x ,使得 ( ) 0a ,矛盾····································· 11 分
综上, 20 a e .·················································································· 12 分
22.解:(1)由题意可得:
2 2 2
2 3
=2c
+
ab
a
a b c
,解得 2a , 3b , 1c ········2 分
则椭圆方程为
2 2
14 3
x y ········································································· 3 分
(2)设直线l 的方程为 1x ty ,设 1 1,A x y , 2 2,B x y
由 2 2
1
14 3
x ty
x y
,整理得 2 23 4 6 9 0t y ty
1 2 2
1 2 2
6
3 4
9
3 4
ty y t
y y t
················································································4 分
椭圆 E 的左、右顶点分别为 2,0P , 2,0Q ,
直线 PA 方程为: 1
1
22
yy xx
,
又直线 PA 与直线 4x 交于点 F ,则 1
1
64, 2
yF x
, ·································· 5 分
因为 BQk , QFk 都存在,所以要证 B ,Q , F 三点共线,只需证 QFBQ kk ···········6 分
只需证
2
2
6
2
1
1
2
2
x
y
x
y
只需证
3
3
1 1
1
1
2
ty
y
ty
y
只需证 121221 333 yytyyyty
只需证 032 2121 yyyty
漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试(一) 数学试题 第 16 页 (共 16 页)
而 043
6343
9232 222121
t
t
ttyyyty
故 B ,Q , F 三点共线.··········································································· 8 分
(3)由(2)可得
1 2 2
1 2 2
6
3 4
9
3 4
ty y t
y y t
2
2
1 2 1 2 1 2 2
1 1 6 1= 42 2 3 4AOB
tS OM y y y y y y t
························· 10 分
令 2 1m t ( 1m ),则 2
6 6
13 1 3
OAB
mS m m m
令 13f m m m
,函数 f m 在区间[1, ) 单调递增,
即当 1m ,即 0t 时, S 取到最大值 3
2 .·················································· 12 分
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