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  • 2021-06-24 发布

浙江省名校新高考研究联盟2020届高三第一次联考数学试题

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2019 年 8 月 Z20 联盟开学联考试题 一、选择题 1.已知集合 { |( 3)( 1) 0}A x x x    , { 1| 1}B x x  ‖ ,则 RC A B  ( ) A. [ 1,0) (2,3]  B. (2,3] C. ( , 0) (2, )  D. ( 1,0) (2,3)  【答案】A 【解析】 【分析】 解一元二次不等式和绝对值不等式,化简集合 A , B 利用集合的交、补运算求得结果. 【详解】因为集合 { |( 3)( 1) 0}A x x x    , { 1| 1}B x x  ‖ , 所以 { | 3A x x  或 1}x   , { | 2B x x  或 0}x  , 所以 { | 1 3}RC A x x    , 所以 RC A B  { | 2 3x x  或 1 0}x   ,故选 A. 【点睛】本题考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法,考查集合的交、补运算. 2.已知双曲线 2 2 : 19 3 x yC   ,则 C 的离心率为( ) A. 3 2 B. 3 C. 2 3 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由双曲线的方程得 2 29, 3a b  ,又根据 2 2 2c a b  ,可得 ,a c 的值再代入离心率公式. 【详解】由双曲线的方程得 2 29, 3a b  ,又根据 2 2 2 9 3 12c a b     , 解得: 3, 2 3a c  ,所以 2 3 3 ce a   ,故选 C. 【点睛】本题考查离心率求法,考查基本运算能力. 3.已知 ,a b 是不同的直线, , 是不同的平面,若 a  ,b  , / /a  ,则下列命题中 正确的是( ) A. b  B. / /b  C.   D. / /  【答案】C 【解析】 【分析】 构造长方体中的线、面与直线 , , ,a b   相对应,从而直观地发现  成立,其它情况均不 成立. 【详解】如图在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, 令平面 为底面 ABCD ,平面  为平面 1 1BCC B ,直线 a 为 1AA 若直线 AB 为直线b ,此时b  ,且  ,故排除 A,B,D; 因为 a  , / /a  ,所以  内存在与 a 平行的直线,且该直线也垂直 ,由面面垂直的判 定定理得:  ,故选 C. 【点睛】本题考查空间中线、面位置关系,考查空间想象能力,求解时要排除某个答案必需 能举出反例加以说明. 4.已知实数 ,x y 满足 3 1 2( 1) x x y y x        ,则 2z x y  的最大值为( ) A. 11 B. 10 C. 6 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 画出约束条件所表示的可行域,根据目标函数 2z x y  的几何意义,当直线 2y x z   在 y 轴上的截距达到最大时,z 取得最大值,观察可行域,确定最优解的点坐标,代入目标函数求 得最值. 【详解】画出约束条件 3 1 2( 1) x x y y x        所表示的可行域,如图所示, 根据目标函数 2z x y  的几何意义,当直线 2y x z   在 y 轴上的截距达到最大时, z 取 得最大值,当直线过点 (3,4)A 时,其截距最大,所以 max 2 3 4 10z     ,故选 B. 【点睛】本题考查线性规划,利用目标函数的几何意义,当直线 2y x z   在 y 轴上的截距 达到最大时, z 取得最大值,考查数形结合思想的应用. 5.已知圆C 的方程为 2 2( 3) 1x y   ,若 y 轴上存在一点 A ,使得以 A 为圆心、半径为 3 的 圆与圆C 有公共点,则 A 的纵坐标可以是( ) A. 1 B. –3 C. 5 D. -7 【答案】A 【解析】 【分析】 设 0(0, )A y ,以 A 为圆心、半径为 3 的圆与圆C 有公共点,可得圆心距大于半径差的绝对值, 同时小于半径之和,从而得到 07 7y   . 【详解】设 0(0, )A y ,两圆的圆心距 2 2 0 3d y  , 因为以 A 为圆心、半径为 3 的圆与圆C 有公共点, 所以 2 2 03 1 3 1 2 3 4d y        ,解得 07 7y   ,选项 B、C、D 不合题意, 故选 A. 【点睛】本题考查两圆相交的位置关系,利用代数法列出两圆相交的不等式,解不等式求得 圆心纵坐标的范围,从而得到圆心纵坐标的可能值,考查用代数方法解决几何问题. 6.已知函数 2 2 1, 0( ) log , 0 x xf x x x       ,若   1f a  ,则实数 a 的取值范围是( ) A. ( 4] [2, )   B. [ 1,2] C. [ 4,0) (0,2]  D. [ 4,2] 【答案】D 【解析】 【分析】 不等式   1f a  等价于 0, 2 1 1, a a      或 2 0, log 1, a a    分别解不等式组后,取并集可求得 a 的 取值范围. 【详解】   1f a   0, 2 1 1, a a      或 2 0, log 1, a a    , 解得: 4 0a   或 0 2a  ,即 [ 4,2]a   ,故选 D. 【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式,会对 a 进行分类讨论,使 ( )f a 取不同的解析式, 从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式. 7.已知函数 ( ) ln(| |) cosf x x x  ,以下哪个是 ( )f x 的图象( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 2x  时的函数值,排除 C,D;由 2x  的函数值和 3 2 2x   函数值的正负可排除 A. 【详解】当 2x  时, (2 ) ln 2 0f    排除 C,D, 当 2x  时, ( ) 02f   ,当 3 2 2x   时, ln 0,cos 0x x  , 所以 ( ) 0f x  排除 A, 故选 B. 【点睛】本题考查通过研究函数解析式,选择函数对应的解析式,注意利用特殊值进行检验, 考查数形结合思想的运用. 8.在矩形 ABCD 中, 4AB  , 3AD  , E 为边 AD 上的一点, 1DE  ,现将 ABE 沿直 线 BE 折成 A BE  ,使得点 A 在平面 BCDE 上的射影在四边形 BCDE 内(不含边界),设二 面角 A BE C  的大小为 ,直线 A B , 'A C与平面 BCDE 所成的角分别为 ,  ,则( ) A.     B.     C.     D.     【答案】D 【解析】 【分析】 由折叠前后图象的对比得点 A 在面 BCDE 内的射影 'O 在线段 OF 上,利用二面角、线面有的 定义,求出 tan ,tan ,tan   的表达式,再进行大小比较. 【详解】如图所示,在矩形 ABCD 中,过 A 作 AF BE⊥ 交于点O ,将 ABE 沿直线 BE 折成 A BE  ,则点 A 在面 BCDE 内的射影 'O 在线段 OF 上, 设 A 到平面 BCDE 上的距离为 h ,则 ' 'h AO , 由二面角、线面角的定义得: 'tan h OO   , 'tan h O B   , 'tan h O C   , 显然 ' ' ' ',OO O B OO OC  ,所以 tan 最大,所以 最大, 当 'O 与O 重合时, max(tan ) h OB   , min(tan ) h OC   , 因为 h OB  h OC ,所以 max(tan )  min(tan ) ,则 tan tan  ,所以  , 所以    ,故选 D. 【点睛】本题以折叠问题为背景,考查二面角、线面角大小比较,本质考查角的定义和正切 函数的定义,考查空间想象能力和运算求解能力. 9.已知函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b    有两个零点,则“ 2 0a b    ”是“函数 ( )f x 至 少有一个零点属于区间[0 ]2, ”的一个( )条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】 函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b    有两个零点,所以判别式 2 4 0a b    ,再从函数在[0 ]2, 上的零点个数得出相应条件,从而解出 a b的范围. 【详解】函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b    有两个零点,所以判别式 2 4 0a b    , 函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2, 分为两种情况: (1)函数 ( )f x 在区间[0 ]2, 上只有一个零点 0, (0) (2) 0,f f      2 2 2 2(0) (2) (4 2 ) 2 4 2 4f f b a b b ab b b ab a b a            2 2( ) 4 0a b b a     ,即 2 2( ) 4a b a b   又因为 2 4 0a b  ,所以, 2 24 4a b a b a b      ; (2)函数 ( )f x 在[0 ]2, 上有 2 个零点 0, (0) 0, (2) 4 2 0, 0 2,2 f b f a b a                解得: 2 0a b    ; 综上所述“函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2, ”  2 0a b    或 2 24 4a b a b a b      , 所以 2 0a b     2 0a b    或 2 24 4a b a b a b      , 而后面推不出前面(前面是后面的子集), 所以“ 2 0a b    ”是“函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2, ”的充分不必要条件, 故选 A. 【点睛】本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法,考查推理能力与计算能力,属于 基础题. 10.已知数列{ }na 满足: 1 10 2a  ,  1 ln 2n n na a a    .则下列说法正确的是( ) A. 2019 10 2a  B. 2019 1 12 a  C. 2019 31 2a  D. 2019 3 22 a  【答案】B 【解析】 【分析】 考察函数 ( ) ln(2 )(0 2)f x x x x     ,则 ' 1 1( ) 1 02 2 xf x x x      先根据单调性可得 1na  ,再利用单调性可得 1 2 3 10 12 na a a a         . 【详解】考察函数 ( ) ln(2 )(0 2)f x x x x     , 由 ' 1 1( ) 1 02 2 xf x x x      可得 ( )f x 在 0,1 单调递增, 由 ' ( ) 0f x  可得 ( )f x 在 1,2 单调递减 且  ( ) 1 1f x f  ,可得 1na  ,数列{ }na 为单调递增数列, 如图所示: 且 1(0) ln 2 ln 4 ln 2f e    , 2 1 1( ) (0) 2a f a f   , 图象可得 1 2 3 10 12 na a a a         , 所以 2019 1 12 a  ,故选 B. 【点睛】本题考查数列通项的取值范围,由于数列是离散的函数,所以从函数的角度来研究 数列问题,能使解题思路更简洁,更容易看出问题的本质,考查数形结合思想和函数思想. 二、填空题 11.复数 2(1 ) 1 iz i   (i 为虚数单位),则 z 的虚部为_____,| |z  __________. 【答案】 (1). -1 (2). 2 【解析】 【分析】 复数 z 进行四则运算化简得 1 iz    ,利用复数虚部概念及模的定义得虚部为 1 ,模为 2 . 【 详 解 】 因 为 2(1 ) 2 (1 ) 11 (1 )(1 ) i i iz ii i i          , 所 以 z 的 虚 部 为 1 , 2 2| | ( 1) 1 2z     , 故填: 1 ; 2 . 【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部、模的概念,考查基本运算能力. 12.某几何体的三视图为如图所示的三个正方形(单位:cm),则该几何体的体积为_____ 3cm , 表面积为____ 2cm . 【答案】 (1). 23 3 (2). 23 【解析】 【分析】 判断几何体的形状,利用三视图的数据求解几何体的体积与表面积. 【详解】由题意可知几何体为正方体去掉一个三棱锥的多面体,如图所示: 正方体的棱长为 2 ,去掉的三棱锥的底面是等腰直角三角形,直角边长为1,棱锥的高为 2 , 所以多面体的体积为: 1 1 232 2 2 1 1 23 2 3         3cm , 表面积为: 2 21 2 1 16 2 2 2 ( 5) ( ) 1 1 2 1 2 23 2 2 2 2               2cm 【点睛】本题考查几何体的三视图的应用,几何体的体积与表面积的求法,考查空间想象能 力和运算求解能力. 13.若 7 2 8 0 1 2 8( 2)(2 1)x x a a x a x a x       ,则 0a  ______, 2a  _____. 【答案】 (1). –2 (2). –154 【解析】 【分析】 令 0x  得: 0 2a   ,求出两种情况下得到 2x 项的系数,再相加得到答案. 【详解】令 0x  得: 0 2a   , 展开式中含 2x 项为:(1)当 ( 2)x  出 x , 7(2 1)x  出含 x 项,即 1 6 1 7 (2 ) ( 1)T x C x     ; (2)当 ( 2)x  出 2 , 7(2 1)x  出含 2x 项,即 2 2 5 2 72 (2 ) ( 1)T C x     ; 所以 2a  1 2 7 72 2 4 ( 1) 154C C        ,故填: 2 ; 154 . 【点睛】本题考查二项式定理展开式中特定项的系数,考查逻辑推理和运算求解,注意利用 二项式定理展开式中,项的生成原理进行求解. 14.在 ABC 中, 90ACB  ,点 ,D E 分别在线段 ,BC AB 上, 3 6AC BC BD   , 60EDC   ,则 BE ________, cos CED  ________. 【答案】 (1). 3 2 6 (2). 2 2 【解析】 【分析】 在 BDE 中利用正弦定理直接求出 BE ,然后在 CEB 中用余弦定理求出CE ,再用余弦定 理求出 cos CEB ,进一步得到 cos CED 的值. 【详解】 如图 ABC 中,因为 60EDC   ,所以 120EDB   , 所以 sin sin BE BD EDB BED   ,即 2 sin120 sin15 BE   , 解得: 3 3 3 2 6sin15 2 3 2 1 2 2 2 2 BE         , 在 CEB 中,由余弦定理,可得: 2 2 2 2 cosCE BE CB BE CB B    224 6 2 (4 2 2)    , 所以 4 2 2CE   ,所以 2 2 2 1cos 2 2 CE BE CBCEB CE BE     , CEB 60 ,  CED CEB BED 45       , 所以 2cos 2CED  ,故答案为 3 2 6 ; 2 2 . 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在三角形中的运用,求解过程中注意把相关的量标在 同一个三角形中,然后利用正、余弦定理列方程,考查方程思想的应用. 15.某高三班级上午安排五节课(语文,数学,英语,物理,体育),要求语文与英语不能相 邻、体育不能排在第一节,则不同的排法总数是_______(用数字作答). 【答案】60 【解析】 【分析】 先求出体育不能排在第一节的所有情况,从中减去体育不能排在第一节,且语文与英语相邻 的情况,即为所求. 【详解】体育不能排在第一节,则从其他 4 门课中选一门排在第一节,其余的课任意排,它 的所有可能共有 1 4 4 4 96A A  种. 其中,体育不能排在第一节,若语文与英语相邻,则把语文与英语当做一节,方法有 2 2A 种, 则上午相当于排 4 节课,它的情况有: 1 3 2 3 3 2 36A A A   种. 故语文与英语不能相邻,体育不能排在第一节,则所有的方法有 96 36 60  种. 【点睛】本题考查用间接法解决分类计数原理问题,以及特殊元素特殊处理,属于中档题. 16.已知 ,A B 是抛物线 2 4y x 上的两点,F 是焦点,直线 ,AF BF 的倾斜角互补,记 ,AF AB 的斜率分别为 1k , 2k ,则 2 2 2 1 1 1 k k   ____. 【答案】1 【解析】 【分析】 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由抛物线的对称性知点 2 2( , )x y 在直线 AF 上, 直线 1: ( 1)AF y k x  代入 2 4y x 得到关于 x 的一元二次方程,利用韦达定理得到 1 2,k k 的 关系,从而求得 2 2 2 1 1 1 k k  的值. 【详解】设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由抛物线的对称性知点 2 2( , )x y 在直线 AF 上, 直线 1: ( 1)AF y k x  代入 2 4y x 得: 2 2 2 2 1 1 1(2 4) 0k x k x k    ,所以 2 1 1 2 2 1 1 2 2 4 , 1, kx x k x x      , 因为 2 22 1 1 2 2 2 2 1 12 1 1 2 1 2 2 4 12 y y kk k x x kx x x x x x          , 所以 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1k k k k k     ,故填:1. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,会用坐标法思想把所要求解的问题转化成坐标 运算,使几何问题代数化求解. 17.已知非零平面向量 ,a b  不共线,且满足 2 4a b a    ,记 3 1 4 4c a b    ,当 ,b c   的夹角取 得最大值时,| |a b  的值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】 先建系,再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量b  ,进而通过运算求得 | |a b  的值. 【详解】由非零平面向量 ,a b  不共线,且满足 2 4a b a    ,建立如图所示的平面直角坐标 系: 则 (2,0), (2, ), 0A B b b  ,则 (2,0), (2, )a b b   ,由 3 1 4 4c a b    ,则 (2, )4 bC , 则直线 ,OB OC 的斜率分别为 ,2 8 b b , 由两直线的夹角公式可得: 3 3 32 8tan BOC 8 481 22 8 2 2 b b b b b b b b           , 当且仅当 8 2 b b  ,即 4b  时取等号,此时 (2,4)B ,则 (0, 4)a b    , 所以| | 4a b  ,故填:4. 【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用,考查转化与化归 思想,在使用基本不等式时,注意等号成立的条件. 三、解答题 18.已知函数 2( ) cos 3sin cosf x x x x  . (1)求 3f      的值; (2)若 13, 0,2 10 3f             ,求 cos 的值. 【答案】(1)1;(2) 3 3 4cos 10   【解析】 【分析】 (1)利用倍角公式、辅助角公式化简 1( ) sin 22 6f x x       ,再把 3x  代入求值; (2)由 13, 0,2 10 3f             , 4 3sin ,cos6 5 6 5                ,利用角的配凑法得: 6 6      ,再利用两角差的余弦公式得 3 3 4cos 10   . 【详解】解:(1)因为 2 1 cos2 3 1( ) cos 3sin cos sin2 sin 22 2 2 6 xf x x x x x x            , 所以 1 2 1 5 1 1sin sin 13 2 3 6 2 6 2 2f                     . (2)由 13, 0,2 10 3f             得 4 3sin ,cos6 5 6 5                , 3 3 4cos cos cos cos sin sin6 6 6 6 6 6 10                                 【点睛】本题考查三角恒等变换中的倍角公式、辅助角公式、两角差的余弦公式等,考查角 的配凑法,考查运算求解能力. 19.在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中,底面 ABC 是等腰三角形,且 90ABC  ,侧面 1 1ABB A 是 菱形, 1 60BAA   ,平面 1 1ABB A  平面 BAC ,点 M 是 1AA 的中点. (1)求证: 1BB CM ; (2)求直线 BM 与平面 1CB M 所成角的正弦值. 【答案】(1) 证明见解析;(2) 10 5 【解析】 【分析】 (1)证明直线 1BB 垂直 CM 所在的平面 BCM ,从而证明 1BB CM ; (2)以 A 为原点, BC  为 x 轴正方向, AB  为 y 轴正方向,垂直平面 ABC 向上为 z 轴正方向 建立平面直角坐标系,设 2AB  ,线面角为 ,可得面 1B MC 的一个法向量 (2 3, 3,5)n   , 3 30, ,2 2BM        ,代入公式sin | cos , |n BM    进行求值. 【详解】 (1)证明:在 Rt ABC 中, BÐ 是直角,即 BC AB ,平面 ABC  平面 1 1AA B B , 平面 ABC  平面 11AA B B AB , BC 平面 ABC , BC  平面 11AA B B AB , 1BC B B  . 在菱形 1 1AA B B 中, 1 60A AB   ,连接 BM , 1A B 则 1A AB 是正三角形, ∵点 M 是 1AA 中点, 1AA BM  . 又 1 1/ /AA B B , 1BB BM  . 又 BM BC B  , 1BB  平面 BMC 1BB MC  . (2)作 1BG MB 于 G,连结CG . 由(1)知 BC ⊥平面 1 1AA B B ,得到 1BC MB , 又 1BG MB ,且 BC BG B ,所以 1MB  平面 BCG . 又因为 1MB  平面 1CMB ,所以 1CMB  BCG , 又平面 1CMB  平面 BCG CG , 作 BH CG 于点 H,则 BH  平面 1CMB ,则 BMH 即为所求线面角. 设 2AB BC  , 由已知得 1 2 21 302, 3, ,7 5BB BM BG BH    , 30 105sin 53 BHBMH BM     , 则 BM 与平面 1 CB M 所成角的正弦值为 10 5 . 【点睛】本题考查空间中线面垂直判定定理、求线面所成的角,考查空间想象能力和运算求 解能力. 20.已知数列 na 为等差数列, nS 是数列 na 的前 n 项和,且 5 5a  , 3 6S a ,数列 nb 满 足 1 1 2 2 (2 2) 2n n na b a b a b n b      . (1)求数列 na , nb 的通项公式; (2)令 *,n n n ac n Nb   ,证明: 1 2 2nc c c   . 【答案】(1) na n . 2n nb  . (2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)利用 5 5a  , 3 6S a 得到关于 1,a d 的方程,得到 na n ;利用临差法得到 1 2n n b b   , 得到 nb 是等比数列,从而有 2n nb  ; (2)利用借位相减法得到 1 2 1 1 1 1 21 22 2 2 2 2n n n n n         ,易证得不等式成立. 【详解】(1)设等差数列 na 的公差为 d , 1 1 1 4 5 3 3 5 a d a d a d      ,解得 1 1 1 a d    , ∴数列 na 的通项公式为 na n . 1 22 (2 2) 2n nb b nb n b      , 当 2n  时, 1 2 1 12 ( 1) (2 4) 2n nb b n b n b       1 1 (2 4) ( 2) 2n n n n bn b n b b        , 即 nb 是等比数列,且 1 2b  , 2q  , 2n nb  . (2) 2 n n n n a nc b   ,记 1 2 1 2 1 2 2 2 2n n nS c c c      , 则 1 2 1 2 32 1 2 2 2n nS      , 1 2 1 1 1 1 22 1 2 22 2 2 2 2n n n n nS S S              . 【点睛】本题考查数列通项公式、前 n 项和公式等知识的运用,考查临差法、错位相减法的运 用,考查运算求解能力. 21.已知抛物线 2 4x y ,F 为其焦点,椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b     , 1F , 2F 为其左右焦 点,离心率 1 2e  ,过 F 作 x 轴的平行线交椭圆于 ,P Q 两点, 4 6| | 3PQ  . (1)求椭圆的标准方程; (2)过抛物线上一点 A 作切线 l 交椭圆于 ,B C 两点,设 l 与 x 轴的交点为 D , BC 的中点为 E , BC 的中垂线交 x 轴为 K , KED , FOD 的面积分别记为 1S , 2S ,若 1 2 18 49 S S  , 且点 A 在第一象限.求点 A 的坐标. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  . (2)  2,1 【解析】 【分析】 (1)由题设可知 2 6 ,13P       ,又 1 2e  ,把 ,a b 均用 c 表示,并把点 2 6 ,13P       代入标圆方 程,求得 1c  ; (2)根据导数的几可意义求得直线 BC 的方程,根据韦达定理及中点坐标公式求得点 E 的坐 标,求得中垂线方程,即可求得 K 点坐标,根据三角形面积公式,即可求得点 A 坐标. 【详解】(1)不妨设 P 在第一象限, 由题可知 2 6 ,13P       , 2 2 8 1 13a b    , 又 1 2e  , 2 2 8 1 112 3c c    , 可得 1c  ,椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . (2)设 2 0 0 , 4 xA x     则切线l 的方程为 2 0 0 2 4 x xy x  代入椭圆方程得:   4 2 2 3 0 0 03 12 04 xx x x x     , 设      1 1 2 2 3 3, , , , ,B x y C x y E x y , 则   3 01 2 3 2 02 2 3 xx xx x    ,   2 2 0 0 0 3 3 2 0 3 2 4 4 3 x x xy x x      , KE 的方程为     2 3 0 0 2 2 00 0 3 2 4 3 2 3 x xy xxx x            , 即   2 0 2 0 0 2 4 3 xy xx x     , 令 0y  得   3 0 2 08 3K xx x   , 在直线l 方程中令 0y  得 0 2D xx  , 2 2 2 0 041 2 4 x xFD             23 0 00 0 2 2 0 0 3 4 2 8 3 8 3 x xx xDK x x       , 0 0 2 , 2FD BC xk kx    , 1FD BCk k    , FD BC , DEK FOD ∽ ,     2 22 0 01 22 22 0 9 4 18 4916 3 x xS DK S FD x       . 化简得  2 2 0 017 72 4 0x x   , 0 2x  ( 0 2x   舍去) A 的坐标为  2,1 .   4 2 2 3 0 0 03 12 04 xx x x x     ,    4 6 2 4 20 0 0 0 04 3 12 3 48 144 0 4 xx x x x              , 因为 2 00 8 4 7x   ,故此解符合题意. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,考查韦达定理、中点坐标公式、 三角形的面积公式,考查逻辑推理和运算求解能力. 22.设 a 为实常数,函数 2( ) , ( ) ,xf x ax g x e x R   . (1)当 1 2a e  时,求 ( ) ( ) ( )h x f x g x  的单调区间; (2)设 m N  ,不等式 (2 ) ( )f x g x m  的解集为 A ,不等式 ( ) (2 )f x g x m  的解集为 B ,当  01a  , 时,是否存在正整数 m ,使得 A B 或 B A 成立.若存在,试找出所有的 m;若不存在,请说明理由. 【答案】(1) ( )h x 在 , 1  上单调递减,在  1,  上单调递增.(2)存在, 1m  【解析】 【分析】 (1)当 1 2a e  时得 21( ) 2 xh x x ee   ,求导后发现 ( )h x 在 R 上单调递增,且 ( 1) 0h   , 从而得到原函数的单调区间; (2)令 2( ) (2 ) ( ) 4 xF x f x g x ax e    , 2 2( ) ( ) (2 ) xG x f x g x ax e    ,利用导数和 零点存在定理知存在 1 20x x  ,使得    1 2F x F x m  ,再对 m 分 1m  和 1m > 两种情 况进行讨论. 【详解】解:(1) 21( ) 2 xh x x ee   , 1( ) xh x x ee    , ∵ ( )h x 在 R 上单调递增,且 ( 1) 0h   , ∴ ( )h x 在  , 1  上负,在  1,  上正, 故 ( )h x 在 , 1  上单调递减,在 1,  上单调递增. (2)设 2( ) (2 ) ( ) 4 xF x f x g x ax e    , 2 2( ) ( ) (2 ) xG x f x g x ax e    ( ) 8 xF x ax e   , ( ) 8 0xF x a e    , ( )F x 单调递增. 又 (0) 0F   , 11 1 2 02 aF             (也可依据 lim ( ) 0x F x   ), ∴存在 0 0 x  使得  0 0F x  , 故 ( )F x 在 0, x 上单调递减,在 0,x  上单调递增. 又∵对于任意 *m N 存在 lnx m 使得 ( )F x m , 又 lim ( )x F x   ,且有  0 (0) 1F x F m   , 由零点存在定理知存在 1 20x x  ,使得    1 2F x F x m  , 故  3 4,B x x .    2 2 2( ) ( ) 4 x xF x G x ax e ax e     , 令 2( ) xH x ax e  , 由 0a  知  H x 在 ( ,0) 上单调递减, ∴当 0x  时, ( ) ( ) (2 ) ( ) 0F x G x H x H x    又∵ m 1 , 3x 和 1x 均在各自极值点左侧, 结合  F x 单调性可知      1 3 3F x m G x F x   , 3 1 0x x   当 1m  时, 2 4 0x x  , A B  成立,故 1m  符合题意. 当 0x  时, 2 2 2 2( ) ( ) 3 3x x x xF x G x ax e e x e e       , 令 1( ) 2lnP t t tt    ,则 2 2 ( 1)( ) 0tP t t    , ∴当 1t  时, ( ) (1) 0P t P  . 在上式中令 2 x t e ,可得当 0x  时,有 2 2 x x e e x    成立, 3 2 2 xx xe e xe   令 ( ) 2tQ t e t  ,则 ( ) 2tQ t e   , ( ) (ln2) 2 2ln2 0Q t Q     , 2xe  恒成立. 故有 3 2 22 3 xx xe e xe x   成立, 知当 0x  时, ( ) ( ) 0F x G x  又∵ ( )F x , ( )G x 在 0, 上单调递增, ∴当 1m > 时,      2 4 4F x m G x F x   , 2 4 0x x   , 而 3 1 0x x  ,∴此时 A B 和 B A 均不成立.综上可得存在 1m  符合题意. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、零点存在定理,特别要注意使用零点存在定 理判断零点的存在性,要注意说明端点值的正负.同时,对本题对构造法的考查比较深入,对 逻辑推理、运算求解的能力要求较高,属于难题.