2012高考福建理科数学试题及答案高清版

2012高考福建理科数学试题及答案高清版

2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学理工农医类(福建卷) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．理科：第Ⅱ卷第 21 题为选考题， 其他题为必考题，满分 150 分． 第Ⅰ卷 一、选择题：(理科)本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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．(文科)本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．若复数 z 满足 zi＝1－i，则 z 等于(　　) A．－1－i B．1－i C．－1＋i D．1＋i A．3＋4i B．5＋4i C．3＋2i D．5＋2i 2．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 3．下列命题中，真命题是(　　) A． x0∈R， B． x∈R，2x＞x2 C．a＋b＝0 的充要条件是 D．a＞1，b＞1 是 ab＞1 的充分条件 4．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是(　　) A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 5．下列不等式一定成立的是(　　) A．lg(x2＋ )＞lg x(x＞0) B．sinx＋ ≥2(x≠kπ，k∈Z) C．x2＋1≥2|x|(x∈R) D． (x∈R) 6．如图所示，在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P，则点 P 恰好取自阴影部分的 概率为(　　) A． B． C． D． 7．设函数 则下列结论错误的是(　　) A．D(x)的值域为{0,1} B．D(x)是偶函数 C．D(x)不是周期函数 D．D(x)不是单调函数 0e 0x ≤ 1a b = − 1 4 1 sinx 2 1 11x >+ 1 4 1 5 1 6 1 7 1,( ) 0, xD x x =   为有理数， 为无理数， 8．已知双曲线 的右焦点与抛物线 y2＝12x 的焦点重合，则该双曲线的焦点 到其渐近线的距离等于(　　) A． B． C．3 D．5 9．若函数 y＝2x 图象上存在点(x，y)满足约束条件 则实数 m 的最大值 为(　　) A． B．1 C． D．2 10 ． 函 数 f(x) 在 ［ a ， b ］ 上 有 定 义 ， 若 对 任 意 x1 ， x2∈ ［ a ， b ］， 有 ，则称 f(x)在［a，b］上具有性质 P．设 f(x)在［1,3］上 具有性质 P，现给出如下命题： ①f(x)在［1,3］上的图象是连续不断的； ②f(x2)在［1， ］上具有性质 P； ③若 f(x)在 x＝2 处取得最大值 1，则 f(x)＝1，x∈［1,3］； ④对任意 x1，x2，x3，x4∈［1,3］，有 ［f(x 1)＋f(x2)＋f(x3)＋ f(x4)］． 其中真命题的序号是(　　) A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 第Ⅱ卷 二、填空题：(理科)本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．把答案填在答题卡的相 应位置．(文科)本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．把答案填在答题卡的相应位置． 11． (a＋x)4 的展开式中 x3 的系数等于 8，则实数 a＝________． 12．阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的 s 值等于________． 13 ． 已 知 △ ABC 的 三 边 长 成 公 比 为 的 等 比 数 列 ， 则 其 最 大 角 的 余 弦 值 为 ________． 14．数列{an}的通项公式 ，前 n 项和为 Sn，则 S2 012＝________． 15．对于实数 a 和 b，定义运算“*”： 2 2 2 14 x y b − = 5 4 2 3 0, 2 3 0, , x y x y x m + − ≤  − − ≤  ≥ 1 2 3 2 ( ) ( )1 2 1 2 1( )2 2 x xf f x f x + ≤ ［ ＋ ］ 3 1 2 3 4 1( )4 4 x x x xf + + + ≤ 2 πcos 12n na n= + 2 2* . a ab a ba b b ab a b  − ≤=  − > ， ， ， 设 f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于 x 的方程 f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1，x2， x3，则 x1x2x3 的取值范围是__________． 三、解答题：(理科)本大题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤．(文科)本大题共 6 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出 现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为 2 年．现从该厂已 售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆，统计数据如下： 品牌 甲 乙 首次出现故障 时间 x(年) 0＜x≤1 1＜x≤2 x＞2 0＜x≤2 x＞2 轿车数量(辆) 2 3 45 5 45 每辆利润 (万元) 1 2 3 1.8 2.9 将频率视为概率，解答下列问题： (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概 率； (2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1，生产一辆乙品牌 轿车的利润为 X2，分别求 X1，X2 的分布列； (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的 轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由． 17．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数： ①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°； ②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°； ③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°． (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数； (2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论． 18．如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD＝1，E 为 CD 中点． (1)求证：B1E⊥AD1． (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在， 说明理由． (3)若二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，求 AB 的长． 19．如图，椭圆 E： (a＞b＞0)的左焦点为 F 1，右焦点为 F2，离心率 ．过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点，且△ABF2 的周长为 8． 2 2 2 2 1x y a b + = 1 2e = (1)求椭圆 E 的方程； (2)设动直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P，且与直线 x＝4 相交于点 Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点 M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在，求 出点 M 的坐标；若不存在，说明理由． 20．已知函数 f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R． (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求函数 f(x)的单调区间； (2)试确定 a 的取值范围，使得曲线 y＝f(x)上存在唯一的点 P，曲线在该点处的切线与 曲线只有一个公共点 P． 21． (1)选修 4－2：矩阵与变换 设曲线 2x2＋2xy＋y2＝1 在矩阵 (a＞0)对应的变换作用下得到的曲线为 x2 ＋y2＝1． ①求实数 a，b 的值； ②求 A2 的逆矩阵． (2)选修 4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知 直 线 l 上 两 点 M ， N 的 极 坐 标 分 别 为 (2,0) ， ， 圆 C 的 参 数 方 程 为 (θ 为参数)． ①设 P 为线段 MN 的中点，求直线 OP 的平面直角坐标方程； ②判断直线 l 与圆 C 的位置关系． (3)选修 4－5：不等式选讲 已知函数 f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且 f(x＋2)≥0 的解集为［－1,1］． ①求 m 的值； ②若 a，b，c∈R＋，且 ，求证：a＋2b＋3c≥9． 22．(文)已知函数 f(x)＝axsinx－ (a∈R)，且在［0， ］上的最大值为 ． (1)求函数 f(x)的解析式； (2)判断函数 f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 1． A　由 zi＝1－i，得 ． 2． B　∵a1＋a5＝10＝2a3， ∴a3＝5．故 d＝a4－a3＝7－5＝2． 3． D　∵a＞1＞0，b＞1＞0，∴由不等式的性质得 ab＞1， 即 a＞1，b＞1⇒ab＞1． 4． D　∵圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆， ∴这个几何体不可以是圆柱． 5． C　∵x2＋1≥2|x|⇔x2－2|x|＋1≥0， ∴当 x≥0 时，x2－2|x|＋1＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0 成立； 当 x＜0 时，x2－2|x|＋1＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0 成立． 故 x2＋1≥2|x|(x∈R)一定成立． 0 1 a b  =   A 2 3 π,3 2       2 2cos , 3 2sin x y θ θ = + = − + 1 1 1 2 3 ma b c + + = 3 2 π 2 π 3 2 − 2 2 1 i (1 i)i i i i+1 1 ii i 1 1z − − −= = = = = − −− − 6． C　∵由图象知阴影部分的面积是 ， ∴所求概率为 ． 7． C　∵D(x)是最小正周期不确定的周期函数， ∴D(x)不是周期函数是错误的． 8． A　由双曲线的右焦点与抛物线 y2＝12x 的焦点重合，知 ，c2＝9＝4＋ b2 ， 于 是 b2 ＝ 5 ， ． 因 此 该 双 曲 线 的 渐 近 线 的 方 程 为 ， 即 ．故该双曲线的焦点到其渐近线的距离为 ． 9． B　由约束条件作出其可行域如图所示： 由图可知当直线 x＝m 经过函数 y＝2x 的图象与直线 x＋y－3＝0 的交点 P 时取得最大 值，即得 2x＝3－x，即 x＝1＝m． 10． D　①如图 1， 图 1 在区间［1,3］上 f(x)具有性质 P，但是是间断的，故①错． ②可设 f(x)＝|x－2|(如图 2)，当 x∈［1,3］时易知其具有性质 P，但是 f(x 2)＝|x2－2|＝ 不具有性质 P(如图 3)． 故②错． 图 2 31 22 0 12 1 2 1 1( )d ( ) 03 2 3 2 6x x x x x− = ⋅ − = − =∫ 1 16 1 6 = 32 pc = = 5b = 5 2y x= ± 5 2 0x y± = | 3 5 | 5 5 4 d = = + 2 2 2 ,1 2, 2, 2 3 x x x x  − ≤ ≤ − < ≤ 图 3 ③任取 x0∈［1,3］，则 4－x0∈［1,3］， 1＝f(2)＝ ≤ ［f(x0)＋f(4－x0)］． 又∵f(x0)＝1，f(4－x0)≤1， ∴ ［f(x0)＋f(4－x0)］≤1． ∴f(x0)＝f(4－x0)＝1．故③正确． ④ ≤ ≤ ［f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)］，故④正确． 11．答案：2 解析：∵Tr＋1＝ arx4－r，∴当 4－r＝3，即 r＝1 时，T2＝ ·a·x 3＝4ax3＝8x3．故 a＝ 2． 12．答案：－3 解析：(1)k＝1,1＜4，s＝2×1－1＝1； (2)k＝2,2＜4，s＝2×1－2＝0； (3)k＝3,3＜4，s＝2×0－3＝－3； (4)k＝4，直接输出 s＝－3． 13．答案： 解析：设△ABC 的最小边长为 a(m＞0)，则其余两边长为 ，2a，故最大角的余弦 值是 ． 14．答案：3 018 解析：∵函数 的周期 ， ∴可用分组求和法： a1＋a5＋…＋a2 009＝ ； a2＋a6＋…＋a 2 010＝(－2＋1)＋(－6＋1)＋…＋(－2 010＋1)＝－1－5－…－2 009＝ ＝－503×1 005； a3＋a7＋…＋a 2 011＝ ； a4＋a8＋…＋a2 012＝(4＋1)＋(8＋1)＋…＋(2 012＋1)＝ ＝503×1 009； 故 S2 012＝503－503×1 005＋503＋503×1 009 0 04( )2 x xf + − 1 2 1 2 3 41 2 1 2 3 4 2 2( ) ( )4 2 x xx x x x x xf f ++ ++ + + = 3 41 21 ( )+ ( )2 2 2 x xx xf f ++     1 4 4Cr 1 4C 2 4 − 2a 2 2 2 2 2 ( 2 ) (2 ) 2cos 42 2 2 2 a a a a a a a θ + − −= = = − ⋅ ⋅ πcos 2 ny = 2π 4π 2 T = = 503 1 1 +1=503+ + 个 … 503( 1 2009) 2 − − 503 1 1 +1=503+ + 个 … 503 (5 2013) 2 × + ＝503×(1－1 005＋1＋1 009)＝3 018． 15．答案：( ，0) 解析：由已知，得 作出其图象如图，结合图象可知 m 的取值范围为 0＜m＜ ， 当 x＞0 时，有－x2＋x＝m，即 x2－x＋m＝0， 于是 x1x2＝m． 当 x＜0 时，有 2x2－x－m＝0， 于是 ． 故 ． 设 h(m)＝m(1－ )， ∵h′(m)＝(1－ )＋［m( )］ ＝ ， ∴函数 h(m)单调递减． 故 x1x2x3 的取值范围为( ，0)． 16．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A， 则 ． (2)依题意得，X1 的分布列为 X1 1 2 3 P X2 的分布列为 X2 1.8 2.9 P (3)由(2)得，E(X1)＝1× ＋2× ＋3× ＝ ＝2.86(万元)， E(X2)＝1.8× ＋2.9× ＝2.79(万元)． 因为 E(X1)＞E(X2)，所以应生产甲品牌轿车． 1 3 16 − ( ) 2 2 2 0 0 x x xf x x x x  ≤  － ， ，＝ － ＋ ， ＞ ， 1 4 3 1 1 8 4 mx − += 1 2 3 (1 1 8 ) 4 m mx x x − += 1 8m+ 1 8m+ 1 8 2 1 8m − + 41 1 8 0 1 8 mm m − + − < + 1 3 16 − 2 3 1( ) 50 10P A += = 1 25 3 50 9 10 1 10 9 10 1 25 3 50 9 10 143 50 1 10 9 10 17．解：方法一：(1)选择②式，计算如下： sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－ sin30°＝ ． (2)三角恒等式为 sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝ ． 证明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα·(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝sin2α＋ cos2α＋ sinαcosα＋ sin2α－ sinα·cosα－ sin2α ＝ sin2α＋ cos2α＝ ． 方法二：(1)同方法一． (2)三角恒等式为 sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝ ． 证明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝ －sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝ － cos2α＋ ＋ (cos60°·cos2α＋sin60°sin2α)－ sinαcosα－ sin2α ＝ － cos2α＋ ＋ cos2α＋ sin2α－ sin2α－ (1－cos2α) ＝ ． 18．解：(1)以 A 为原点， ， ， 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建 立空间直角坐标系(如图)． 设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0,1，0)，D 1(0,1,1)，E( ，1,0)，B1(a,0,1)，故 ＝(0,1,1)， ＝( ，1，－1)， ＝(a,0,1)， ＝( ，1,0)． ∵ · ＝ ×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1． (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE． 此时 ＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． 1 2 1 31 4 4 − = 3 4 3 4 3 2 1 4 3 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 cos2 1 cos(60 2 ) 2 2 α α− + °−+ 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 3 4 3 4 1 4 1 1 1 31 cos2 cos24 4 4 4 α α− − + = AB AD 1AA 2 a 1AD 1B E 2 a− 1AB AE 2 a 1AD 1B E 2 a− DP ∵n⊥平面 B1AE， ∴n⊥ ，n⊥ ，得 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝(1， ，－a)． 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥ ，有 －az0＝0，解得 ． 又 DP 平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 ． (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD­A1B1C1D1 及 AA1＝AD＝1，得 AD1⊥A1D． ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C． 又由(Ⅰ)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1．∴ 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时 ＝(0,1,1)． 设 与 n 所成的角为 θ，则 ． ∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°， ∴|cosθ|＝cos30°，即 ， 解得 a＝2，即 AB 的长为 2． 19．解：方法一：(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a， 所以 4a＝8，a＝2． 又因为 ，即 ，所以 c＝1． 所以 ． 故椭圆 E 的方程是 ． (2)由 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0． 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m≠0 且 ＝0， 即 64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得 4k2－m2＋3＝0．(*) 此时 ，y0＝kx0＋m＝ ， 所以 P( ， )． 1AB AE 0 0.2 ax z ax y + = + = ， 2 a− DP 2 a 0 1 2z = 1 2AP = 1AD 1AD 1AD 1 2 1 2 · 2cos | || | 2 1 4 a aAD AD a a θ − − = = + +   n n 2 3 32 252 1 4 a a = + 1 2e = 1 2 c a = 2 2 3b a c= − = 2 2 14 3 x y+ = 2 2 14 3 y kx m x y = + + = ， ， ∆ 0 2 4 4 4 3 km kx k m = − = −+ 3 m 4k m − 3 m 由 得 Q(4,4k＋m)． 假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上． 设 M(x1,0)，则 对满足(*)式的 m，k 恒成立． 因为 ＝( ， )， ＝(4－x1,4k＋m)， 由 ， 得 ， 整理，得(4x1－4) ＋x12－4x1＋3＝0．(**) 由于(**)式对满足(*)式的 m，k 恒成立，所以 解得 x1＝1． 故存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M． 方法二：(1)同方法一． (2)由 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0． 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m≠0 且 ＝0， 即 64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得 4k2－m2＋3＝0．(*) 此时 ，y0＝kx0＋m＝ ， 所以 P( ， )． 由 得 Q(4,4k＋m)． 假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上． 取 k＝0， ，此时 P(0， )，Q(4， )，以 PQ 为直径的圆为(x－2) 2＋(y－ )2＝4，交 x 轴于点 M1(1,0)，M2(3,0)；取 ，m＝2，此时 P(1， )，Q(4,0)，以 PQ 为直径的圆为 ，交 x 轴于点 M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合条件的 点 M 存在，则 M 的坐标必为(1,0)． 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点： 因为 M 的坐标为(1,0)，所以 ＝( ， )， ＝(3,4k＋m)， 从而 ， 故恒有 ，即存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M． 20．解：(1)由于 f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率 k＝2a＝0， 所以 a＝0，即 f(x)＝ex－ex． 此时 f′(x)＝ex－e，由 f′(x)＝0 得 x＝1． 当 x∈(－∞，1)时，有 f′(x)＜0；当 x∈(1，＋∞)时，有 f′(x)＞0． 4x y kx m =  = + ， ， 0MP MQ⋅ =  MP 1 4k xm − − 3 m MQ 0MP MQ⋅ =  21 1 1 416 124 3 0kxk kx xm m m − + − + + + = k m 1 2 1 1 4 4 0, 4 3 0, x x x − =  − + = 2 2 14 3 y kx m x y = + + = ， ， ∆ 0 2 4 4 4 3 km kx k m = − = −+ 3 m 4k m − 3 m 4x y kx m =  = + ， ， 3m = 3 3 3 1 2k = − 3 2 2 25 3 45( ) ( )2 4 16x y− + − = MP 4 1k m − − 3 m MQ 12 123 3 0k kMP MQ m m ⋅ = − − + + =  MP MQ⊥  所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)设点 P(x0，f(x0))，曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线方程为 y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)， 令 g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点． 因为 g(x0)＝0，且 g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． (1)若 a≥0，当 x＞x0 时，g′(x)＞0，则 x＞x0 时，g(x)＞g(x0)＝0； 当 x＜x0 时，g′(x)＜0，则 x＜x0 时，g(x)＞g(x0)＝0． 故 g(x)只有唯一零点 x＝x0． 由 P 的任意性，a≥0 不合题意． (2)若 a＜0，令 h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则 h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a． 令 h′(x)＝0，得 x＝ln(－2a)，记 x′＝ln(－2a)，则当 x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而 h(x) 在(－∞，x *)内单调递减；当 x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而 h(x)在(x *，＋∞)内单调递 增． ①若 x0＝x*，由 x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞ h(x*)＝0，知 g(x)在 R 上单调递增． 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x＝x*． ②若 x0＞x*，由于 h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且 h(x0)＝0，则当 x∈(x*，x0)时有 g′(x)＝ h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取 x1∈(x*，x0)有 g(x1)＞0． 又当 x∈(－∞，x1)时，易知 g(x)＝ex＋ax2－［e＋f′(x0)］x－f(x0)＋x0f′(x0)＜ex1＋ax2－ ［e＋f′(x0)］x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c， 其中 b＝－［e＋f′(x0)］，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于 a＜0，则必存在 x2＜x1， 使得 ax22＋bx2＋c＜0． 所以 g(x2)＜0．故 g(x)在(x2，x1)内存在零点， 即 g(x)在 R 上至少有两个零点． ③若 x0＜x*，仿②并利用 ，可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点． 综上所述，当 a＜0 时，曲线 y＝f(x)上存在唯一点 P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点 处的切线与曲线只有一个公共点 P． 21． (1)选修 4－2：矩阵与变换 解：①设曲线 2x2＋2xy＋y 2＝1 上任意点 P(x，y)在矩阵 A 对应的变换作用下的像是 P′(x′，y′)． 由 ，得 又点 P′(x′，y′)在 x2＋y2＝1 上，所以 x′2＋y′2＝1，即 a2x2＋(bx＋y)2＝1， 整理得(a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1． 依题意得 解得 或 因为 a＞0，所以 ②由①知， ， ， 所以|A2|＝1，(A2)－1＝ ． (2)选修 4－4：坐标系与参数方程 3 e 6 x x> 0 1 x a y b ′   =   ′    x ax y bx y    =   +    , . x ax y bx y ′ =  ′ = + 2 2 2, 2 2, a b b  + =  = 1, 1, a b =  = 1, 1, a b = −  = 1, 1. a b =  = 1 0 1 1  =   A 2 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 2 1     = =        A 1 0 2 1    −  解：①由题意知，M，N 的平面直角坐标分别为(2,0)，(0， )． 又 P 为线段 MN 的中点，从而点 P 的平面直角坐标为(1， )， 故直线 OP 的平面直角坐标方程为 ． ②因为直线 l 上两点 M，N 的平面直角坐标分别为(2,0)，(0， )， 所以直线 l 的平面直角坐标方程为 ． 又圆 C 的圆心坐标为(2， )，半径 r＝2， 圆心到直线 l 的距离 ，故直线 l 与圆 C 相交． (3)选修 4－5：不等式选讲 解：①因为 f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0 等价于|x|≤m， 由|x|≤m 有解，得 m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}． 又 f(x＋2)≥0 的解集为［－1,1］，故 m＝1． ②由①知 ，又 a，b，c∈R＋，由柯西不等式得 a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)( ) ≥ ． 2 3 3 3 3 3 3y x= 2 3 3 3 3 2 3 0x y+ − = 3− | 2 3 3 3 2 3 | 3 23 9 d r − −= = < + 1 1 1 12 3a b c + + = 1 1 1 2 3a b c + + 21 1 1( 2 3 ) 9 2 3 a b c a b c ⋅ + ⋅ + ⋅ ＝