江苏省南京市2021届高三年级第三次模拟考试数学试题（解析版）.docx

1、高三数学试卷 第页(共 6 页)1 南京市 2021 届高三年级第三次模拟考试 数数学学202105 注意事项：注意事项： 1本试卷考试时间为本试卷考试时间为 120 分钟，试卷满分分钟，试卷满分 150 分，考试形式闭卷分，考试形式闭卷 2本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分 3答题前答题前，务必将自己的姓名务必将自己的姓名、准考证号用准考证号用 0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上 第 I 卷（选择题共 60 分） 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，

2、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 Ax|2x4，Bx|x22x30，则 AB A1，2)B(2，3C(1，3D(，3 【答案】D 【考点】集合的运算 【解析】由题意可知，A(，2)，B1，3，所以 AB(，3，故答案选 D. 2已知 i 为虚数单位，若复数 z1 2 3 2 i，则复数1 z的虚部为 A 3 2 B 3 2 C 3 2 iD 3 2 i 【答案】A 【考点】复数的运算 【解析】由题意可知，1 z 1 1 2 3 2 i 2 1 3i 2(1 3i) (1 3i)(1 3i) 1 3i 2 ，其虚部为 3 2 ，故答案选 A. 3函数

3、 yln|x|cosx 的大致图象是 x y O x y O x y O x y O ABCD 【答案】C 【考点】函数图象的识别与判断 【解析】由题意可知，f(x)ln|x|cos(x)ln|x|cosxf(x)，所以函数 f(x)为偶函数，则排除 选项 BD，又 f(2)ln|2|cos(2)0(另解：x，y)，所以排除选项 A，故答案选 C. 4将 5 名学生分配到 A，B，C，D，E 这 5 个社区参加义务劳动，每个社区分配 1 名学生，且学生 甲不能分配到 A 社区，则不同的分配方法种数是 A72B96C108D120 【答案】B 【考点】排列组合 【解析】由题意可知，A 社区可以从

4、其他 4 名学生中选，则有C1 4，剩下的 4 个社区随便排，即A 4 4， 所以分配方法为C1 4A 4 496，故答案选 B. 5已知cos( 6) 3 4，则 sin (2 6)cos 2( 2 12)的值为 A1 4 B1 2 C3 7 8 D1 【答案】D 【考点】三角恒等变换的应用 【解析】由题意可知，sin(2 6)cos 2( 2 12)sin2( 6) 2 1 2cos2( 2 12)1cos2( 6) 1 2cos( 6)12cos 2( 6)1 1 2cos( 6)12( 3 4) 211 2( 3 41)1，故答案选 D. 6声音的强弱可以用声波的能流密度来计算，叫做声

5、强通常人耳能听到声音的最小声强为 I01012(瓦/米 2)对于一个声音的声强 I，用声强 I 与 I0比值的常用对数的 10 倍表示声强 I 的声 高三数学试卷 第页(共 6 页)2 强级，单位是“分贝”，即声强 I 的声强级是 10lg I I0 (分贝)声音传播时，在某处听到的声强 I 与 该处到声源的距离 s 的平方成反比，即I k s2(k 为常数)若在距离声源 15 米的地方，听到声音的声 强级是 20 分贝，则能听到该声音(即声强不小于 I0)的位置到声源的最大距离为 A100 米B150 米C200 米D15 10米 【答案】B 【考点】新情景问题下的指对数的运算 【解析】由题

6、意可知，10lg I I020，则解得 I I010 2100，则 I100I0，可设最大距离为 s0，则有 k Is2I0s02，即 100I0152I0s02，解得 s0150，故答案选 B. 7在正方形 ABCD 中，O 为两条对角线的交点，E 为边 BC 上的动点若AEACDO(， 0)，则2 1 的最小值为 A2B5C9 2 D14 3 【答案】C 【考点】平面向量基本定理与基本不等式综合应用 【解析】法一：由题意可知，E 为边 BC 上的动点，则设BExBC，则AEABBEAOOB xBC1 2 ACDOxAD1 2 ACDOx(AOOD)1 2 ACDOx(1 2 ACDO)(1

7、 2 1 2x) AC(1 x)DO，所以 1 2 1 2x 1x ，消去 x 可得 22，即有 21，因为，0，所以 2 1 ( 2 1 )( 2)2 1 2 5 22 9 2，当且仅当 ，即 2 3时取等号，所以 2 1 的最小值为 9 2，故 答案选 C. 法二： 由题意可知， DODCCOAB1 2 AC， 所以AEAC(AB1 2 AC)AB(1 2) AC， 因为 E， B， C 三点共线， 所以1 21， 即 1 21， 所以 2 1 ( 2 1 )( 1 2 ) 2 1 2 5 22 9 2，当且仅当 ，即 2 3时取等号，所以 2 1 的最小值为 9 2，故答案 选 C. 法

8、三：可建系解决：如图所示，设正方形 ABCD 的边长为 2，则 B(0，0)，A(0，2)，C(2，0)，D(2， 2)，O(1，1)，设 E(t，0)，则AE(t，2)，AC(2，2)，DO(1，1)， 由AEACDO可得，(t，2)(2，2)(1，1)，即 22，则1 21，所以 2 1 (2 1 )( 1 2)2 1 2 5 22 9 2，当且仅当 ，即 2 3时取等号，所以 2 1 的 最小值为9 2，故答案选 C. 8已知 a，b，c 均为不等于 1 的正实数，且 lnaclnb，lncblna，则 a，b，c 的大小关系是 AcabBbcaCabcDacb 【答案】A 【考点】指对

9、数大小关系比较 【解析】法一：由题意可知，当 a1 时，lna0，则 clnb0，lnc0，则有 b1，c1，所以 lnaclnblnb，lncblnalna，所以 cab；当 0a1 时，lna0，则 clnb0，lnc0，则 有 0b1，0c1，所以 lnaclnblnb，lncblnalna，所以 cab；综上，可得 cab， 故答案选 A. 法二：由题意可知，lna，lnb，lnc 同号，则有 a，b，c(1，)或 a，b，c(0，1)，若 a，b， c(1，)，因为 lnaclnb，lncblna，所以 abc，cab，则有 abcb，caba，即 ca b；若 a，b，c(0，1)

10、，则有 abcb，caba，即 cab；综上，可得 cab，故答案 选 A. 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，有多项符合 题目要求的全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分) 9面对新冠肺炎疫情冲击，我国各地区各部门统筹疫情防控和经济社会发展均取得显著成效下 x E D CB A y O 高三数学试卷 第页(共 6 页)3 表显示的是 2020 年 4 月份到 12 月份中国社会消费品零售总额数据， 其中同比增长率是指和去年同 期相比较的增长率，环比增长率是指与上个月份相比较的增长率，则下列说法正确的是 中国社会消

11、费品零售总额中国社会消费品零售总额 月份零售总额（亿元）同比增长环比增长累计（亿元） 4281787.506.53106758 5319732.8013.47138730 6335261.804.86172256 7322031.103.95204459 8335710.504.25238029 9352953.305.14273324 10385764.309.30311901 11395145.002.43351415 12405664.602.66391981 A2020 年 4 月份到 12 月份，社会消费品零售总额逐月上升 B2020 年 4 月份到 12 月份，11 月份同比增长率

12、最大 C2020 年 4 月份到 12 月份，5 月份环比增长率最大 D第 4 季度的月消费品零售总额相比第 2 季度的月消费品零售总额，方差更小 【答案】BCD 【考点】图表信息题：信息的处理 【解析】由题意可知，对于选项 A，6 月份到 7 月份社会消费品零售总额在减少，所以选项 A 错误； 对于选项 B、 C， 由表格数据可得， 11 月份同比增长率为 5.00%， 最大； 5 月份环比增长率为 13.47%， 最大，所以选项 BC 正确；对于选项 D，第 4 季度的月消费品零售总额在(38000，41000)之间，第 2 季度的月消费品零售总额在(28000，34000)之间，相比之下

13、，第 4 季度的月消费品零售总额更加集 中，方差更小，所以选项 D 正确；综上，答案选 BCD. 10定义曲线：a 2 x2 b 2 y2 1为椭圆 C：x 2 a2 y 2 b2 1(ab0)的伴随曲线，则 A曲线有对称轴B曲线没有对称中心 C曲线有且仅有 4 条渐近线D曲线与椭圆 C 有公共点 【答案】AC 【考点】新情景问题下的圆锥曲线相关问题 【解析】由题意可知，对于选项 A，若点(m，n)满足曲线，则点(m，n)，(m，n)代入均满足， 可知曲线关于 x 轴、y 轴对称，所以选项 A 正确；对于选项 B，若点(m，n)满足曲线，则点(m， n)代入也满足，可知曲线关于原点对称，所以选

14、项 B 错误；对于选项 C，曲线中，可得 x2a2， y2b2，则其渐近线为 xa，yb，所以选项 C 正确；对于选项 D，曲线的定义域为(， a)(a，)，而椭圆 C 的定义域为a，a，则无交集，所以曲线与椭圆 C 无公共点，所以 选项 D 错误；综上，答案选 AC. 选项 D 另解：假设曲线与椭圆 C 有公共点，则可设其中一个公共点为(x0，y0)，设x0 2 a2 m，y0 2 b2 n， 则 mn1， 所以a 2 x2 b 2 y2 1 m 1 n( 1 m 1 n)(mn)1 n m m n122 n m m n 41， 所以假设不成 立，即曲线与椭圆 C 无公共点，所以选项 D 错

15、误. 11已知正四棱台的上底面边长为 2，下底面边长为 2 2，侧棱长为 2，则 A棱台的侧面积为6 7 B棱台的体积为14 3 C棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为1 2 D棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为 7 7 【答案】ACD 【考点】棱台的相关应用：侧面积、体积、线面角、二面角 【解析】由题意可知，对于选项 A，在正四棱台中，四个侧面均为等腰梯形，且等腰梯形的上底为 2， 下底为 2 2， 腰长为 2， 则其高为 h122 2 2 2 14 2 ， 则正棱台的侧面积为 S侧41 2( 2 高三数学试卷 第页(共 6 页)4 2 2) 14 2 6 7，所以选项 A 正确；对于选项

16、B，连结上下底面的对角线，四边形 AA1C1C 构成 了等腰梯形，且上底长为 ( 2)2( 2)22，下底长为 (2 2)2(2 2)24，腰长为 2，所以其高为 2212 3，此高即为正四棱台的高 h，所以正四棱台的体积为 V1 3(S 上底S下底 S上底S下底)h1 3 (28 28) 314 3 3 ，(另解：由正四棱台的上下底面的边长之比为1 2，可看作将正四棱台看 作大四棱锥截掉小四棱锥所得， 则小四棱锥与大四棱锥的高之比为1 2， 所以体积为 V 1 3(2 2) 22 3 ( 2)2 3)14 3 3 )所以选项 B 错误；对于选项 C，在等腰梯形 AA1C1C 中，AA1C1即

17、为正四棱 台的侧棱与底面所成角的平面角，则 cosAA1C11 2，所以选项 C 正确；对于选项 D，因为正四棱 台的高 h 与斜高 h1都垂直于侧面与底面的交线 B1C1，所以EFO 即为正四棱台的侧面与底面所成 锐二面角的平面角，所以 sinEFO h h1 3 14 2 6 7，所以 cosEFO 7 7 ，所以选项 D 正确；综 上，答案选 ACD. 12 已知函数 f(x)3sin2x4cos2x， g(x)f(x)| f(x) | 若存在 x0R， 使得对任意 xR， f(x)f(x0)， 则 A任意 xR，f(xx0)f(xx0) B任意 xR，f(x)f(x0 2) C存在0，

18、使得 g(x)在(x0，x0)上有且仅有 2 个零点 D存在5 12，使得 g(x)在(x0 5 12，x0)上单调递减 【答案】BD 【考点】函数的性质与三角函数综合应用 【解析】法一：由题意可知，f(x)3sin2x4cos2x5sin(2x)，其中 tan4 3，对于选项 A，由 f(x) f(x0)，可得 x0为 f(x)的最小值点，则 xx0为 f(x)的一条对称轴，则有 f(xx0)f(xx0)f(x x0)，所以选项 A 错误；对于选项 B，由 f(x)5sin(2x)，可得 f(x)的最小正周期为，且 x0为 f(x) 的最小值点，则 x0 2为 f(x)的最大值点，可得到 f

19、(x)f(x 0 2)，所以选项 B 正确；对于选项 C，可 取 4，则区间为(x 0，x0 4)，在此区间 f(x)0，则 g(x)0，则在此区间上无零点，所以选项 C 错误；对于选项 D，可取 4，则区间为(x 05 12，x 0 4)，在此区间 f(x)0，且在此区间单调递 减，则 g(x)f(x)| f(x) |2f(x)也在此区间上单调递减，所以选项 D 正确；综上，答案选 BD. 法二：由题意可知，f(x0)3sin2x04cos2x05，对于选项 A，由 f(x)f(x0)，可得 2x0为 f(x)的一 个周期，即 2x0k(kZ)，此时不能得到 f(xx0)f(xx0)，所以选

20、项 A 错误；对于选项 B，由 3sin2x04cos2x05，且 sin22x0cos22x01，可解得 sin2x03 5，cos2x 04 5，所以 f(x 0 2) 3sin2(x0 2)4cos2(x 0 2)3sin2x 04cos2x03(3 5)4( 4 5)5，且 f(x)的最大值为 5， 所以任意 xR，f(x)f(x0 2)， ，所以选项 B 正确；对于选项 C，因为 f(x 0)5，|f(x0)|5，所以 g(x0)0，所以当0 时，总存在区间(x0，m)(x0，x0)，使得 f(x)0，此时均有 g(x)f(x)| f(x) |0，即 g(x)有无数个零点，所以选项

21、C 错误；对于选项 D，可取 4，则区间为(x 05 12，x 0 4)， 在此区间 f(x)0，且在此区间单调递减，则 g(x)f(x)| f(x) |2f(x)也在此区间上单调递减，所以 选项 D 正确；综上，答案选 BD. 第 II 卷（非选择题共 90 分） 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13(3x2 1 x3) 5的展开式中的常数项为 【答案】270 O E F A1 D C B A B1 D1 C1 高三数学试卷 第页(共 6 页)5 A B C D O E F x x 2x 2y 图 1 【考点】二项式定理展开式的应用 【解析】由题意可知，展开式

22、的通式为 Tr1Cr 5(3x 2)5r(1 x3) rCr 53 5rx105r，令 105r0，解得 r 2，即展开式中的常数项为 C2 53 3270. 14写出一个离心率为 5，渐近线方程为 y2x 的双曲线方程为 【答案】x2y 2 4 1(答案不唯一) 【考点】开放性试题：双曲线的标准方程 【解析】由题意可知，ec a 5，当双曲线的焦点在 x 轴上时，有 b a2，且 a 2b2c2，则解得 a 1，b2，所以双曲线的标准方程为 x2y 2 4 1. 15早在 15 世纪，达芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图 1，先制作三张一样的黄 金矩形 ABCD(短边 长边 51 2

23、 )，然后从长边 CD 的中点 E 出发，沿着与短边平行的方向剪开一半，即 OE1 2AD，再沿着与长边 AB 平行的方向剪出相同的长度，即 OFOE，将这三个矩形穿插两两垂 直放置，连结所有顶点即可得到一个正二十面体，如图 2若黄金矩形的短边长为 4，则按如上制 作的正二十面体的表面积为 ，其外接球的表面积为 【答案】80 3；(408 5) 【考点】新情景问题下的几何体的表面积与外接球问题 【解析】由题意可知，正二十面体的每个面均为正三角形，且边长为矩形的短边长 4，所以正二十 面体的表面积为 S2044sin6080 3；由正二十面体的中心到每个顶点的距离相等且等于 矩形对角线的一半，所

24、以其外接球半径 R x2y2 22( 51)2 102 5，则外接球的表面 积为 S14R24(102 5)(408 5). 16已知直线 ykxb 与曲线 yx2cosx 相切，则k 2 b 的最大值为 【答案】 2 4 【考点】导数的几何意义与构造新函数求最值问题 【解析】 由题意可知， y2xsinx， 可设切点为(m， n)， 则切线的斜率 k2msinm， nm2cosm， 所以切线方程为 y(2msinm)(xm)m2cosm(2msinm)xm2msinmcosm，则 bm2 msinmcosm，所以k 2 b 2(2msinm)m 2msinmcosmm2mmsinm 2sin

25、mcosm， 可令 f(m)m2mmsinm 2sinmcosm，f(m)2mmcosm 2cosm(m 2)(cosm2)， 令 f(m)0，由 cosm20，可得 m 2，则由单调性可得，f(m)在 m 2处取得最大值 f( 2)( 2) 2 2 2sin 2 2sin 2cos 2 2 4 ，即k 2 b 的最大值为 2 4 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17(本小题满分 10 分) 已知四边形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 E，AB2BC2CD4 (1)若ADC2 3，AC3，求 cosCAD； (2)若 AECE，BE

26、2 2，求ABC 的面积 【考点】正余弦定理的应用 【解析】 (1)在ACD 中，由正弦定理，得 AC sinADC CD sinCAD， 所以 sinCADCDsinADC AC 2sin2 3 3 3 3 2 分 因为 0CAD 3， 图 2 高三数学试卷 第页(共 6 页)6 因此 cosCAD 1sin2CAD1( 3 3 )2 6 3 4 分 (2)方法 1 设 AECEx，AEB 在ABE 中，8x24 2xcos16 在BCE 中，8x24 2xcos()4，即 8x24 2xcos4 6 分 相加，解得 x 2 ，即 AECE 2 8 分 将 x 2 代入，解得 cos3 4

27、因为 0，所以 sin 1cos2 7 4 ， 所以ABC 的面积 SABC2SABE21 2AEBEsin 2(1 2 22 2 7 4 ) 710 分 方法 2 因为 AECE，所以BE1 2 (BABC)， 两边平方得 4BE2BA2BC22|BA|BC|cosABC， 即 32164242cosABC， 得 cosABC3 4，又 0ABC， 所以 sinABC 1cos2ABC 7 4 8 分 所以ABC 的面积 SABC1 2 ABBCsinABC1 2 42 7 4 710 分 18(本小题满分 12 分) 已知等差数列an满足：a13，a3，a4成等差数列，且 a1，a3，a8

28、成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)在任意相邻两项 ak与 ak1(k1，2，)之间插入 2k个 2，使它们和原数列的项构成一个新的数 列bn记 Sn为数列bn的前 n 项和，求满足Sn500的 n 的最大值 【考点】数列的通项公式、利用数列求和求最值 【解析】 (1)设数列an的公差为 d， 因为 a13，a3，a4成等差数列，所以 2a3a13a4，即 2(a12d)a13a13d， 解得 d3， 2分 因为 a1，a3，a8成等比数列，所以 a32a1a8，即(a16)2a1(a121)， 解得 a14， 4 分 所以 an43(n1)3n15 分 (2)因为 bn0，所以S

29、n是单调递增数列6 分 因为 ak1前的所有项的项数为 k21222kk2k 12， 所以 Sk2k12(a1a2ak)2(21222k) k(43k1) 2 22(12 k) 12 3k 25k 2 2k 248 分 当 k6 时，S132321500；当 k7 时，S26159950010 分 令 S132a72(n133)500，即 321222(n133)500，解得 n211.5 所以满足 Sn500 的 n 的最大值为 21112 分 19(本小题满分 12 分) 如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为直角梯形，ADBC，ABC90，AD2BC2AB 4，PAB 为等

30、边三角形，E 为 PD 的中点，直线 AB 与 CE 所成角的大小为 45 (1)求证：平面 PAB平面 ABCD； (2)求平面 PAB 与平面 PCD 所成角的正弦值 P E DA C B （第 19 题图） 高三数学试卷 第页(共 6 页)7 【考点】立体几何中的位置关系证明、二面角的正弦值求解 【解析】 (1)取 AD 中点 O，连接 CO，OE 在梯形 ABCD 中，因为 ADBC，AD2BC， 所以四边形 ABCO 为平行四边形，所以 COAB， 所以OCE 即为异面直线 AB 与 CE 所成的角或补角2 分 在等边PAD 中，因为 E 为 PD 的中点，所以 OE1 2PA 1

31、2AD2 在OCE 中，OCAB2，即 OEOC2， 所以OCE 为锐角，从而OCEOEC45， 所以COE90，即 OCOE 4 分 因为ABC90，所以四边形 ABCO 为矩形，所以 OCAD 又 ADOEO，AD，OE平面 PAD，所以 OC平面 PAD 又因为 OC平面 ABCD，所以平面 PAD平面 ABCD 6 分 (2)连接 PO，在等边PAD 中，因为 O 为 AD 中点，所以 POAD 由(1)得 OC平面 PAD，PO平面 PAD，所以 OCPO 以 O 为原点，OC，OD，OP 所在直线分别为 x，y，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 A(0，2，0

32、)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，B(2，2，0)， P(0，0，2 3)， 故AP(0，2，2 3)，AB(2，0，0)，PD(0，2，2 3)， CD(2，2，0) 设平面 PAB 的法向量为 m(x，y，z)，由 mAP2y2 3z0， mAB2x0， 不妨取 z1，得 m(0， 3，1) 8 分 设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，由 nPD2y2 3z0， nCD2x2y0， 不妨取 z1，得 n( 3，3，1) 10 分 所以 cosm，n mn |m|n| 7 7 所以平面 PAB 与平面 PCD 的所成角的正弦值为 42 7 12 分 20(本小题满分 12 分

33、) 某乒乓球教练为了解某同学近期的训练效果，随机记录了该同学 40 局接球训练成绩，每局训练时 教练连续发 100 个球，该同学每接球成功得 1 分，否则不得分，且每局训练结果相互独立，得到如 图所示的频率分布直方图 (1)同一组数据用该区间的中点值作代表， 求该同学 40 局接球训练成绩的样本平均数x 若该同学的接球训练成绩 X 近似地服从正态分布 N(， 100)， 其中近似为样本平均数x， 求 P(54 X64)的值； (2)为了提高该同学的训练兴趣，教练与他进行比赛一局比赛中教练连续发 100 个球，该同学 得 分达到 80 分为获胜，否则教练获胜若有人获胜达 3 局，则比赛结束，记比

34、赛的局数为 Y以频 率分布直方图中该同学获胜的频率作为概率，求 E(Y) 参考数据：若随机变量参考数据：若随机变量N(，2)，则，则 P()0.6827， P(22)0.9545，P(33)0.9973 P E D A CB O z x y O 5060708090 100 分数 频率 组距 0.005 0.010 0.020 0.045 （第 20 题图） 高三数学试卷 第页(共 6 页)8 【考点】正态分布的应用、随机事件的概率与期望 【解析】 (1) x 550.1650.2750.45850.2950.05742 分 由(1)得 x 74，所以 XN(74，100)， 得 P(54X9

35、4)0.9545，P(64X84)0.6827， 4 分 所以 P(54X64)0.95450.6827 2 0.13596 分 (2)记“该同学每局获胜”为事件 A，则 P(A)(0.020.005)101 4 7 分 Y 的可能取值为 3，4，5, P(Y3)(1 4) 3(3 4) 37 16， 8 分 P(Y4)C 2 3(1 4) 23 4 1 4C 2 3(3 4) 21 4 3 4 45 128， 9 分 P(Y5)C 2 4(1 4) 2(3 4) 21 4C 2 4(3 4) 2(1 4) 23 4 27 128 10 分 因此 E(Y)3 7 164 45 1285 27

36、128 483 128 12 分 21(本小题满分 12 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y24x，经过 P(t，0)(t0)的直线 l 与 C 交于 A，B 两点 (1)若 t4，求 AP 长度的最小值； (2)设以 AB 为直径的圆交 x 轴于 M，N 两点，问是否存在 t，使得OMON4？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由 【考点】圆锥曲线中抛物线的几何性质应用、抛物线与直线的位置关系：存在性问题 【解析】 (1)设 A(x1，y1)，则 AP2(x14)2y12x128x1164x1x124x116， 2 分 当 x12 时，(AP2)min12，故 AP

37、 长度的最小值为 2 3 4 分 (2)由 l 不与 x 轴重合，故可设直线 l：xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 xmyt， y24x， 得 y24my4t0， 所以 y1y24m，y1y24t 6 分 以 AB 为直径的圆方程为(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0， 令 y0，得(xx1)(xx2)y1y20，即 x2(x1x2)xx1x2y1y20 设 M(x3，y3)，N(x4，y4) 则 x3x4x1x2y1y2 8 分 于是OMONx3x4x1x2y1y2y1 2y22 16 y1y2t24t 10 分 令 t24t4，解得 t2，此时16(m22)0，

38、所以存在 t2，使得OMON412 分 22(本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)ae x x alnx， aR (1)若 ae，求函数 f(x)的单调区间； (2)若 ae，求证：函数 f(x)有且仅有 1 个零点 【考点】函数与导数：含参函数的单调性讨论、证明零点问题 【解析】 (1)解：因为 f (x)ae x x alnx，x0，所以 f (x)(x1)(e xa) x2 1 分 当 a1 时，令 f (x)0，得 x1；令 f (x)0，得 0 x1 2 分 当 1ae 时，令 f (x)0，得 0 xlna 或 x1；令 f (x)0，得 lnax1 3 分 因此，当 a1

39、时，f (x)的减区间为(1，)，增区间为(0，1)； 当 1ae 时，f (x)的减区间为(0，lna)和(1，)，增区间为(lna，1) 4 分 (2) 证明：当 ae 时，令 f (x)0，得 0 x1 或 xlna；令 f (x)0，得 1xlna 所以 f (x)的减区间为(0，1)和(lna，)；增区间为(1，lna)， 6 分 高三数学试卷 第页(共 6 页)9 所以当 x(0，lna时，f (x)f (1)ae0，此时 f (x)无零点 7 分 方法 1 下面证明：当 x0 时，exx 3 3 设 g(x)exx 3 3 ，x0，则 g(x)exx2，g (x)ex2x，g (

40、x)ex2 当 x(0，ln2)，g (x)0，所以 g (x)单调递减； 当 x(ln2，)，g (x)0，所以 g (x)单调递增； 因此 g (x)g (ln2)22ln20，故 g(x)在(0，)上单调递增 因此 g(x)g(0)10，故 g(x)在(0，)上单调递增 所以 g(x)g(0)10，即不等式 exx 3 3 (x0)得证 9 分 由于 x0 时，由 g (x)0，知 ex2xx，故 ln exlnx，即 lnxx10 分 因此，当 xlna1 时，f (x)ae x x alnx a1 3x 3 x ax1 3x 2axa x 1 3x 2axa， 令1 3x 2axa0

41、，得 x3a 9a212a 2 aa 9a 212a 2 lna， 取 x03a 9a 212a 2 ，则 f (x0)0 又 f (lna)f (1)0，且函数 f (x)在lna，)上单调递减，f(x)的图象不间断， 故当 xlna，)时，f (x)有且仅有 1 个零点 综上，当 ae 时，函数 f (x)有且仅有 1 个零点 12 分 方法 2 先证明：exe 3x3 27 (x0) 令 g(x)exex，x0，因为 g(x)exe， 所以 g(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以 g(x)ming(1)0， 所以 g(x)exex0，即 exex，当且仅当 x1 时取等号 将

42、 x 换作x 3 ，得 e x 3ex 3 ，即证得 exe 3 27 x39 分 再证明：当 x0 时，lnxx1 令 h(x)lnxx1，x0，h(x)1 x 1， 所以当 x(0，1)时，h(x)0，所以 h(x)在(0，1)上递增， 当 x(1，)时，h(x)0，所以 h(x)在(1，)上递减， 所以 h(x)maxh(1)0，故 h(x)lnxx10， 即证得当 x0 时，lnxx1，当且仅当 x1 时取等号10 分 当 x1 时，有 f(x)ae x x alnxa(xlnx1)e x x ax(x1)xe 3x3 27 x ax2e 3x3 27 x ， 令 ax2e 3x3 27 0，解得 x27a e3 ，所以 f(27a e3 )0 又 f (lna)f (1)0，且 lnaa1a27a e3 ，f (x)在lna，)上单调递减，f(x)的图象不间断，所以 f(x)在lna，)上有且仅有 1 个零点 综上，当 ae 时，函数 f (x)有且仅有 1 个零点 12 分