2021年浙江省高考数学模拟试卷（6）（4月份）.docx

1、第 1页（共 21页） 2021 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（6） （4 月份）月份） 一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 10 小题，共小题，共 40 分）分） 1 （4 分）已知集合 | 2Axx， 2 |30Bx xx，则(AB ) A(0,2)B(0,3)C(2,3)D( 2,3) 2 （4 分）双曲线 2 2 1 4 y x 的渐近线方程是() A 5 5 yx B5yx C 1 2 yx D2yx 3 （4 分）若实数x，y满足约束条件 0 22 0 0 y xy xy ，则|2 |zxy的最大值是() A 2 3 B 2 5 5 C2D5 4 （4

2、分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为() A2B4C4 2D12 5 （4 分）已知 n a是等差数列， 1 11a ， n S为数列 n a的前n项和，且 57 SS，则 n S的 最大值为() A66B56C46D36 6 （4 分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则“ sinsinsin abc BCA ” 是“ABC为等腰三角形”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 7 （4 分）已知随机变量满足(0)1Pp ，(1)Pp，且01p，令随机变量 |( )|E，则() 第 2页（共 21页） A( )( )EEB( )(

3、 )EEC( )( )DDD( )( )DD 8 （4 分）已知函数 2 ( )(0) x axbxc f xa e 的部分图象如图所示，则() A0a B0acC0bcD320abc 9 （4 分）已知椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ， 1 F， 2 F分别是椭圆的左、右焦点，A是椭圆的 下顶点，直线 2 AF交椭圆于另一点P，若 1 | |PFPA，则椭圆的离心率为() A 3 3 B 1 3 C 2 2 D 1 2 10 （4 分）如图，三棱锥VABC的侧棱长都相等，底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜 边的等腰直角三角形，E为线段AC的中点，F为直线AB上的动点，若平面V

4、EF与平面 VBC所成锐二面角的平面角为，则cos的最大值是() A 3 3 B 2 3 C 5 3 D 6 3 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，共小题，共 36 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，多空题每题分，多空题每题 6 分）分） 11 （4 分）新型冠状病毒疫情期间，5 位党员需要被安排到 3 个不同的路口执勤，每个路口 至少安排一人，其中党员甲和乙不能被安排到同一个路口，那么总共有种不同安排方 法 （用数字作答） 12 （4 分）已知aR，若函数( ) | 2 x x ea f x e 在区间(1,2)x上存在最小值，则a的取值 范围是 13 （4 分）已知A

5、BC三边长分别为 3，10，13，P是平面ABC内任意一点，则 PA PBPB PCPC PA 的最小值是 14 （6 分）我国古代数学名著算法统宗中有如下描述： “远望巍巍塔七层，红光点点倍 第 3页（共 21页） 加增，共灯三百八十一 ”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯 数是上一层灯数的 2 倍请问塔顶层有盏灯，塔底层有盏灯 15 （6 分）已知复数z满足(1)2(zii i 为虚数单位） ，则z的虚部是，| z 16（6分）已知多项式 252727 01270127 (1)(1)(2)(2)(2)xxaa xa xa xbb xb xb x，则 0127

6、 aaaa， 5 b 17 （6 分）已知圆 22 :4O xy，过点( 3,0)P作两条互相垂直的直线 1 l， 2 l，其中 1 l交该 圆于A，B两点， 2 l交该圆于C，D两点，则|AB的最小值是，|ABCD的最大值 是 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分）分） 18已知函数( )2sincos()cos 3 f xxxx （）求( )f x的最小正周期； （）求( )f x在0, 2 x 上的最大值，并求此时的x值 19如图，已知三棱锥PABC中，平面PAC 平面ABC，2ABACBCPA， 120PAC，3PMMC （）证明：BMPC； （）求

7、直线AB和平面PBC所成角的正弦值 20已知数列 n a满足： 1 1a ， 22* 1 (21)(21)() nn nananN 正项数列 n c满足：对 每个 * nN， 21nn ca ，且 21n c ， 2n c， 21n c 成等比数列 （）求数列 n a， n c的通项公式； （）当2n时，证明： 123 5111117 314 n ncccc 21 已知点F是抛物线 2 :4C xy的焦点，P是其准线l上任意一点， 过点P作直线PA，PB 第 4页（共 21页） 与抛物线C相切，A，B为切点，PA，PB与x轴分别交于Q，R两点 （）求焦点F的坐标，并证明直线AB过点F； （）求

8、四边形ABRQ面积的最小值 22已知aR，设函数 2 ( )(34)66f xaxaxlnx，( )3g xax （）试讨论( )f x的单调性； （）设函数( )( )( )h xf xg x，是否存在实数a，使得( )h x存在两个极值点 1 x， 2 x，且满 足 12 12 ()()3 3 2 2 h xh xln xx ？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由 注：31.10ln 第 5页（共 21页） 2021 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（6） （4 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 10 小

9、题，共小题，共 40 分）分） 1 （4 分）已知集合 | 2Axx， 2 |30Bx xx，则(AB ) A(0,2)B(0,3)C(2,3)D( 2,3) 【解答】解：集合 | 2 | 22Axxxx ， 2 |30 |03Bx xxxx， |02ABxx 故选：A 2 （4 分）双曲线 2 2 1 4 y x 的渐近线方程是() A 5 5 yx B5yx C 1 2 yx D2yx 【解答】解：由双曲线 22 22 1( ,0) xy a b ab ， 可得渐近线方程 b yx a ， 双曲线 2 2 1 4 y x 的1a ，2b ， 可得渐近线方程为2yx 故选：D 3 （4 分）

10、若实数x，y满足约束条件 0 22 0 0 y xy xy ，则|2 |zxy的最大值是() A 2 3 B 2 5 5 C2D5 【解答】解： 作出实数x，y满足约束条件 0 22 0 0 y xy xy 对应的平面区域如图： 由2uxy 得 11 22 yxu，平移直线 11 22 yxu， 由图象可知当直线 11 22 yxu经过点(2,0)B时， 直线 11 22 yxu的截距最小，此时u最大：2， 第 6页（共 21页） 由 220 0 xy xy ，解得 2 (3A， 2) 3 ，直线经过A时，u取得最小值： 2 3 ， 所以|2 |zxy的最大值：2 故选：C 4 （4 分）某几

11、何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为() A2B4C4 2D12 【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为三棱柱ABCDEF切去一个三棱锥体 CDEF 如图所示： 第 7页（共 21页） 所以： 111 2232234 232 V 故选：B 5 （4 分）已知 n a是等差数列， 1 11a ， n S为数列 n a的前n项和，且 57 SS，则 n S的 最大值为() A66B56C46D36 【解答】解：因为 n a是等差数列， 1 11a ，且 57 SS， 75 0SS， 所以 67 0aa， 所以 1 2110ad即2d ， 因为 1 110a ， 6 0a， 7 0a ，

12、则 n S的最大值为 6 6 11 15( 2)36S 故选：D 6 （4 分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则“ sinsinsin abc BCA ” 是“ABC为等腰三角形”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 【解答】 解： 由 sinsinsin abc BCA ， 根据正弦定理可得： abc bca ， 化为：()()0ab abc， 解得ab ABC为等腰三角形，反之不成立，可能ac，或bc “ sinsinsin abc BCA ”是“ABC为等腰三角形”的充分不必要条件 第 8页（共 21页） 故选：A 7 （4 分）

13、已知随机变量满足(0)1Pp ，(1)Pp，且01p，令随机变量 |( )|E，则() A( )( )EEB( )( )EEC( )( )DDD( )( )DD 【解答】解：依题意，随机变量服从两点分布，故( )Ep，( )(1)Dpp， 又|( )|E，所以的取值为p，1p，且()1Ppp ，(1)Ppp ， 所以( )(1)(1)2 (1)Epppppp， 22222 ( )()( )(1)(1) 2 (1)(1)14 (1)DEEpppppppppp， 2 ( )( )2 (1)2(12 )EEppppppp，可能为正也可能为负， 即( )E和( )E大小关系不确定； 01p， 222

14、( )( )(1)14 (1)()4(1)0DDpppppppp ， ( )( )DD 故选：C 8 （4 分）已知函数 2 ( )(0) x axbxc f xa e 的部分图象如图所示，则() A0a B0acC0bcD320abc 【解答】解：由 2 ( )(0) x axbxc f xa e ，得 2 (2) ( ) x axab xbc fx e ， 令 2 (2)0axab xbc，由图可知该方程一个根在( 1,0)之间，一个根大于 1 且二次函数 2 ( )(2)g xaxab xbc 的图象开口向下，则0a ，故A错误； (0)0gbc，故C错误； g（1）0ac，故B正确；

15、( 1)320gabc ，则320abc，故D错误 故选：B 9 （4 分）已知椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ， 1 F， 2 F分别是椭圆的左、右焦点，A是椭圆的 第 9页（共 21页） 下顶点，直线 2 AF交椭圆于另一点P，若 1 | |PFPA，则椭圆的离心率为() A 3 3 B 1 3 C 2 2 D 1 2 【解答】解：椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ， 1 F， 2 F分别是椭圆的左、右焦点，A是椭圆的下 顶点，直线 2 AF交椭圆于另一点P， 可得 12 | |AFAFa， 12 |2PFPFa，若 1 | |PFPA，所以 2 1 | 2 PF

16、a， 1 3 | 2 PFa， 222222 1 3313 ()()()()4 2222 cos 3313 22 2222 aaaaac APF aaaa ，可得： 22 3ac， 所以椭圆的离心率为： 3 3 故选：A 10 （4 分）如图，三棱锥VABC的侧棱长都相等，底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜 边的等腰直角三角形，E为线段AC的中点，F为直线AB上的动点，若平面VEF与平面 VBC所成锐二面角的平面角为，则cos的最大值是() A 3 3 B 2 3 C 5 3 D 6 3 【解答】解：由底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形， 得Rt ABCRt AVC，VA

17、VCBABC 设2VAVCBABC，由E为线段AC的中点，可得2VEEB 第 10页（共 21页） 由 222 VEBEVB，可得VEEB 以E为坐标原点，分别以EB，EC，EV所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系 则(0C，2，0)，( 2B，0，0)，(0V，0，2)，设(F x，2x ，0)， (0, 2,2)VC ，( 2,0,2)VB ，(0,0, 2)EV ，( ,2,2)VFx x 设平面VBC的一个法向量为( , , )mx y z ， 由 220 220 m VCyz m VBxz ，取1x ，得(1,1,1)m ； 设平面VEF的一个法向量为 111 (,)nx y z

18、 ， 由 1 111 20 (2)20 n EVz n VFx xxyz ，取 1 1y ，得 2 (1,1,0)n x 平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为， 则 2 2 2 2 cos | | 22 266 26 32 m n x mn xx xx 令 22 2 ( )66 266()3 2 f xxxx 当 2 2 x 时，( )3 min f x cos的最大值为 26 33 故选：D 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，共小题，共 36 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，多空题每题分，多空题每题 6 分）分） 11 （4 分）新型冠状病毒疫情期间，5 位党

19、员需要被安排到 3 个不同的路口执勤，每个路口 至少安排一人，其中党员甲和乙不能被安排到同一个路口，那么总共有114种不同安排 方法 （用数字作答） 第 11页（共 21页） 【解答】解：分为两类：第一类有一路口分 3 人时，用间接法先随意分然后减去甲乙在一起 的分法应有 33213 53233 42C AC C A种； 有 两 路 口 分 2 人 时 ， 用 间 接 法 先 随 意 分 然 后 减 去 甲 乙 在 一 起 的 分 法 应 有 22 322353 3233 2 2 72 C C AC C A A 种， 则由加法原理共有4272114种 故答案为：114 12 （4 分）已知aR

20、，若函数( ) | 2 x x ea f x e 在区间(1,2)x上存在最小值，则a的取值 范围是 4224 (,)(,) 2222 eeee 【解答】解：当0a 时， 2 x x ea y e 在(1,2)上单调递增， 可得 2 2 22 eaea y ee ， 若函数( ) | 2 x x ea f x e 在区间(1,2)x上存在最小值， 则 2 2 0 2 0 2 ea e ea e ，即( )0 min f x，得 24 22 ee a； 当0a 时，( ) 2 x e f x ，在(1,2)上单调递增，不存在最小值，不合题意； 当0a 时，( ) | 22 xx xx eaea

21、f x ee ， (1,2)x， 2 ( ,) x ee e， 又2 22 x x eaa e （当且仅当 2 x x ea e ，即2 x ea时取等号） ， 若函数( ) | 2 x x ea f x e 在区间(1,2)x上存在最小值， 则 2 2eae，解得 42 22 ee a a的取值范围是 4224 (,)(,) 2222 eeee 故答案为： 4224 (,)(,) 2222 eeee 13 （4 分）已知ABC三边长分别为 3，10，13，P是平面ABC内任意一点，则 第 12页（共 21页） PA PBPB PCPC PA 的最小值是 16 3 【解答】解：PA PBPB

22、PCPC PA ()() ()()PA PAABPAABPAACPAAC PA 2 32()PAABAC PAAB AC 222 11 3()()() 333 ABAC PAABACAB ACABACAB AC 22 11 (| ) 33 ABACAB AC 当0 3 ABAC PA ，即P是ABC的重心时取等号 ABC三边长分别为 3，10，13， 若|10BC ，则 913 1012 1336 22 313 AB AC ， 此时原式 1116 (913)6 333 ； 若| 3BC ，则 1013914 13107 221013 AB AC ， 此时原式 1116 (1013)7 333

23、； 若|13BC ，则 109136 3103 22103 AB AC ， 此时原式 1116 (109)3 333 PA PBPB PCPC PA 的最小值是 16 3 故答案为： 16 3 14 （6 分）我国古代数学名著算法统宗中有如下描述： “远望巍巍塔七层，红光点点倍 加增，共灯三百八十一 ”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯 数是上一层灯数的 2 倍请问塔顶层有3盏灯，塔底层有盏灯 【解答】解：设从上向下的灯的数记为 n a， 则数列 n a是以 2 为公比的等比数列且 7 1 7 (12 ) 381 12 a S ， 解可得， 1 3a ， 所以

24、6 7 3 2192a 故答案为：3，192 第 13页（共 21页） 15 （6 分）已知复数z满足(1)2(zii i 为虚数单位） ，则z的虚部是 3 2 ，| z 【解答】解：因为(1)2zii ，所以 2( 2)(1)1313 1(1)(1)222 iiii zi iii ， 则z的虚部是 3 2 ， 1910 | 442 Z ， 故答案是 3 2 ， 10 2 16（6分）已知多项式 252727 01270127 (1)(1)(2)(2)(2)xxaa xa xa xbb xb xb x，则 0127 aaaa64， 5 b 【解答】解：令 2527 0127 (1)(1)(2)

25、(2)(2)xxaa xa xa x； 令1x 可得 5 0127 2 ( 2)aaaa ； 即 0127 64aaaa ； 2527 0127 (1)(1)xxbb xb xb x， 5 b为 5 x的系数； 含 5 x的项为： 2332555 55 ( 1)111xxxx 痧； 故 5 11b ； 故答案为：64，11 17 （6 分）已知圆 22 :4O xy，过点( 3,0)P作两条互相垂直的直线 1 l， 2 l，其中 1 l交该 圆于A，B两点， 2 l交该圆于C，D两点，则|AB的最小值是2，|ABCD的最大 值是 【解答】解：若|AB长度最小，则圆心到直线 1 l距离d最长，

26、所以直线 1 lOP，3 max d， 所以 22 |2 2( 3)2 min AB 当直线 1 l斜率不存在时，由上可知| 2AB ，| 4CD ，此时| 6ABCD； 当直线 1 l斜率为 0 时，可得：| 4AB ，| 2CD ，此时| 6ABCD； 当直线 1 l斜率存在时， 设直线 1 l方程为：(3)yk x， 此时直线 2 l方程为： 1 (3)yx k ， 第 14页（共 21页） 圆心O到直线 1 l的距离 1 2 3 | 1 k d k ， 2 2222 1 22 2 3 |43 | 22 2()22 1 11 1 kk ABrd kk k ， 同理 2 2 22 2 1

27、()4 143 | 222 4 1 11 ()1 k k CD kk k ，令 2 3 1 t k ，则(0,3)t， 此时 2 | 2( 14)2 142 (1)(4)2 5234ABCDtttttttt ， (0,3)t， 易知当 3 2 t 时，|ABCD的最大值为2 10 故答案分别为：2；2 10 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分）分） 18已知函数( )2sincos()cos 3 f xxxx （）求( )f x的最小正周期； （）求( )f x在0, 2 x 上的最大值，并求此时的x值 【解答】解： （） 33 (1) ( )2sinco

28、s()cos 2sin ( cossin ) 322 f xxxxxxx ， 2 333 3sin cos3sin2cos2 222 xxsin xxx， 3 3sin(2) 62 x ， T （） 5 0,2, 2666 xx 当则， 所以 1 sin(2),1 62 x 所以 33 3 03sin(2) 622 x 即 3 3 0( ) 2 f x 所以( )f x的最大值为 3 3 2 当2 62 x ，即 3 x 时，函数( )f x取得最大值 3 3 2 第 15页（共 21页） 19如图，已知三棱锥PABC中，平面PAC 平面ABC，2ABACBCPA， 120PAC，3PMMC

29、（）证明：BMPC； （）求直线AB和平面PBC所成角的正弦值 【解答】解法一： （1）取AC的中点E，PC的中点F，连AF，ME，BEPAAC，AFPC， 又3PMMC ，M是CF的中点，/ /AFME，MEPC， 又ABBC，BEAC， 又面PAC 面ABC且二平面交于AC， BE面PAC，BEPC 又MEBEE ，PC面MBE，PCBM （2） 由知PC 面MBE，面MBE 面PBC且交于MB，过E作EHMB垂足为H， EH即是E到面PBC的距离， BEME， 1 3 39 2 1313 2 ME BE EH MB ， 又E是AC的中点，A到面PBC的距离 2 39 2 13 A hEH

30、， AB与面PBC所成角的正弦值为 2 39 139 13213 A h AB 解法二： （1）取AC的中点E，连ME、EB，2ABBC，BEAC，1CE ， 又面PAC 面ABC且交于AC 第 16页（共 21页） BE面PAC，BEPC， 2PAAC，120PAC，又3PMMC ， 13 42 CMPC，30PCAAPC ， 222 3 cos 22 CECMME PCA CE CM ， 1 2 ME ，CMME， PC面MBE，PCBM （2）过P作POCA交其延长线于O， 面PAC 面ABC且交于AC，PO面ABC，连BO可得 222 PBPOBO， 又2ACAP，120PAC，3PO

31、 ，2 3PC ，1AO ， 又 22 7OBBEOE， 22 10PBPOBO， 222 1 cos 22 10 PBBCPC PBC BC PB ， 39 sin 2 10 PBC， 139 sin 22 PBC SBC PBPBC ， 令A到面PBC的距离为 O h，则 A PBCPABC VV 11 33 PBCOABC ShSPO ， 6 39 ABC O PBC SPO h S ， 第 17页（共 21页） AB与面PBC所成角的正弦值为 639 132 39 o h AB 解法三： （1）取AC的中点O，建立如图所示的坐标系， 由已知可得(0,0,0), (1,0,0), (0,

32、 3,0), ( 1,0,0) ( 2,0, 3)OCBAP， 13 ( ,0,) 44 M， 13 ( ,3,) 44 BM ，(3,0,3)PC ， 33 0, 44 BM PCBMPC BMPC， （2）由（1）可知(1, 3,0),(2, 3,3),(1,3,0)ABPBBC ， 设面PBC的法向量为( , , )nx y z ， 则 2330 30 n PBxyz n BCxy ， 令1y ，则3x ，3z ，( 3,1,3)n ， AB与面PBC所成角的正弦值为 |2 339 |cos,| 13|213 AB n AB n AB n 20已知数列 n a满足： 1 1a ， 22*

33、 1 (21)(21)() nn nananN 正项数列 n c满足：对 第 18页（共 21页） 每个 * nN， 21nn ca ，且 21n c ， 2n c， 21n c 成等比数列 （）求数列 n a， n c的通项公式； （）当2n时，证明： 123 5111117 314 n ncccc 【解答】解： （）解：由已知可得： 1 22 (21)(21) nn aa nn ，即 1 22 2(1)1(21) nn aa nn ， 2 (21) n a n 为常数列， 1 22 (21)(2 1 1) n aa n ，又 1 1a ， 2 (21) n an 又 2 21 (21) n

34、n can ， 2( n cnn为奇数） ； 又 21n c ，2nc，2 1n c 是等比数列， 222 22121 (21) (21) nnn cccnn ， 2 (21) (21) n cnn， 2 (1) (1)1( n cnnnn是偶数） ， 综上可得 2 (21) n an， 2 2 , 1, n nn c nn 为奇数 为偶数 （）证明：先证 123 11117 : 4 n cccc 当2n 时， 12 11147 1 334cc ，显然成立； 当3n时， 2 1 n cn ，3n 时， 2 11 1 n cn ， 22 123 1111111111111111111111111

35、117 11(1)()()()()()1(1) 1 32 43 54 65 7(1)11232435462112214 n ccccnnnnnnnn 再证 123 111151 : 31 n ccccn 2n 时，左边 14 1 33 ，右边 4 3 ，成立； 3n时， 222 123 111111111111 11 33433445(1) k ccccnnn 411111151 33445131nnn 综上，所以 123 5111117 314 n ncccc 21 已知点F是抛物线 2 :4C xy的焦点，P是其准线l上任意一点， 过点P作直线PA，PB 第 19页（共 21页） 与抛物线

36、C相切，A，B为切点，PA，PB与x轴分别交于Q，R两点 （）求焦点F的坐标，并证明直线AB过点F； （）求四边形ABRQ面积的最小值 【解答】解：( ) I解法一：(0,1)F， 设 22 12 120 ( ,), (,), (, 1) 44 xx A xB xP x，则 1 11 :() 2 PA x lyyxx即 1 1 2 x yxy 同理 2 2 : 2 PB x lyxy 又P在PA，PB上，则 1 01 2 02 1 2 1 2 x xy x xy ，所以 0 :1 2 AB x lyx 所以直线AB过焦点F ( ) I解法二：(0,1)F， 设AB直线方程 为ykxm， 则由

37、2 4 ykxm xy 得 2 440 xkxm， 所以 1212 44xxkx xm ， 过A的切线方程为 1 11 () 2 x yyxx， 过B的切线方程为 2 22 () 2 x yyxx， 所以交点P的坐标为 1212 (,) 24 xxx x 因为P在直线1y 上，所以 12 44x xm ， 所以1m 即直线过焦点F ()II由( ) I知 0 :1 2 AB x lyx，代入 2 :4C xy得 2 0 240 xx x， 则 120 12 2 4 xxx x x ， 第 20页（共 21页） 则 22 1212120 1 |2()224 4 AByyxxx xx， P到AB的

38、距离 2 0 4dx，所以 22 00 1 (4)4 2 PAB Sxx ，由（1）知 12 (,0), (,0) 22 xx QR，则 2 120 1 |4 2 QRxxx， 所以 2 0 1 4 2 PQR Sx ，令 2 0 4,2txt， 则 3 11 ,2 22 PABPQRABRQ SSStt t 四边形 ， 3 11 ( ) 22 f ttt在2，)上是增函数， 则四边形ABRQ面积的最小值为 3 22已知aR，设函数 2 ( )(34)66f xaxaxlnx，( )3g xax （）试讨论( )f x的单调性； （）设函数( )( )( )h xf xg x，是否存在实数a，

39、使得( )h x存在两个极值点 1 x， 2 x，且满 足 12 12 ()()3 3 2 2 h xh xln xx ？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由 注：31.10ln 【解答】解： （）( )f x的定义域是(0,)， (23)(2) ( ) xax fx x ， ( ) i若0a，则20ax ，则( )f x在 3 (0, ) 2 递增，在 3 ( 2 ，)， ( )ii若 4 0 3 a，则( )f x在 3 (0, ) 2 递增，在 3 ( 2 ， 2) a 递减，在 2 (a，)递增， ()iii若 4 3 a ，则( )f x在(0,)递增， ()iV若 4 3

40、a ，则( )f x在 2 (0,) a 递增，在 2 (a， 3) 2 递减，在 3 ( 2 ，)递增； （） 2 ( )( )( )466h xf xg xaxxlnx， 2 6246 ( )24 axx h xax xx ，若( )yh x有 2 个极值点， 则 2 230axx有 2 个解 1 x， 2 x， 则 12 2 xx a ， 12 3 x x a ，且4120a， 1 0 x ， 2 0 x ， 故 1 0 3 a， 第 21页（共 21页） 则 1 122 12 1212 6 ()() ()4 x ln h xh xx a xx xxxx ， 令 1 2 1 x t x

41、，则 12 121212 1221 3 11331 ()()()() 2 22 xx a xxxxxxt x xxxt a ， 12 2 12 ()()4 2 1 h xh xtlnt xxt ， 若 12 12 ()()3 3 2 2 h xh xln xx ， 则 2 43 3 12 tlntln t ，即 2 83(1) 30tlnttln， 令 2 ( )83(1) 3m ttlnttln，m（3）0，m（1）0， ( )8863m tlnttln，m（1）86 30ln，m（3）810 30ln， 4 6 3() 3 3 ( ) lnt ln m t t ， 故( )ym t在 4 (1,) 3 3ln 递增，在 4 (3 3 ln ，)递减， 又m（1）0，m（3）0， 则在区间 4 (3 3 ln ，3)内存在 0 t使得 0 ( )0m t， 函数( )ym x在 0 (1, )t递增，在 0 (t，3)递减， 由m（3）0，m（1）0，故(1,3)t时满足 12 12 ()()3 3 2 2 h xh xln xx ， 2 2 12 12 4 ()14 2 3 3 xx a t x xta a ， 故 41 ( 1 4 3(2) a t t ， 1) 3 ， 即实数a的范围是 1 ( 4 ， 1) 3