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

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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

- 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 -
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