11_2024高考数学点睛密卷_全国乙(理)卷B_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 全国乙理(B) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 在点睛课程资料中下载 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(全国乙理卷 B) 数 学 本试卷共5页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共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．设 2 z  ( 2  2 i) i  i 3 ，则 z  ( ) A．  2  i B．  2  i C．  1  2 i D．  1  2 i 【解答】解：由题意， z  2 i  2  i   2  i ，则 z   2  i ．故选： B ． 2．已知全集U R，A{x|x 0}， B  { x |  1  x  1 } ，则{x|1x0}( ) A．A B B． ( U A ) B C． A ( U B ) D． (A B) U 【解答】解： 全集U R，A{x|x 0}， B  { x |  1  x  1 } ，  U A  { x | x  0 } ，  { x |  1  x  0 }  ( U A ) B ．故选： B ． 3．已知单位向量e ， 1 e 2 的夹角为120，则 ( 2 e 1  e 2 )  e 2  ( ) A．  2 B．0 C．1 D．2 【解答】解：已知单位向量 e 1 ，e 的夹角为 2 1 2 0  ， 则|e ||e |1， 1 2 e 1  e 2  1  1    1 2    1 2 ，  1 则(2e e )e 2e e e 2 2 12 2．故选：A． 1 2 2 1 2 2  23 高途高中数学高考研究院 y2 x2 4．已知直线y 5x是双曲线  1(a0,b0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为 a2 b2 3 ( ) A． 5 6 B． 5 C． 6 D． 3 5 0 【解答】解：双曲线 y a 2 2  x b 2 2  1 ( a  0 , b  0 ) 的渐近线方程为 y   a b x ， 由直线 y  5 x 是双曲线的一条渐近线，则 a b  5 ，所以 b  1 5 a ， c  a 2  b 2  a 2  1 5 a 2  6 5 a ，则离心率 e  c a  3 5 0 ．故选： D ． 5．已知函数 f ( x )  | x  1 | ，公差不为0的等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ．若 f ( a 1 0 1 2 )  f ( a 1 0 1 3 ) ， 则 S 2 0 2 4  ( ) A．1012 B．2024 C．3036 D．4048 【解答】解：根据题意，函数 f ( x )  | x  1 | ，图象关于直线 x  1 对称， 由 f ( a 1 0 1 2 )  f ( a 1 0 1 3 ) ，可知 a 1 0 1 2  2 a 1 0 1 3  1 ，即 a 1 0 1 2  a 1 0 1 3  2 ， 所以 S 2 0 2 4  2 0 2 4 ( a 12  a 2 0 2 4 )  2 0 2 4 ( a 1 0 12 2  a 1 0 1 3 )  2 0 2 4 ．故选： B ． 6．执行下边的程序框图，如果输入的是 n  1 ， S  0 ，输出的结果为 4 4 0 0 9 9 5 6 ，则判断框中 “ ”应填入的是 ( ) A．n13 B．n12 C．n12 D． n  1 1 【解答】解：根据程序框图，输入n1，S 0，则 S  1 2 ，满足循环条件； n  2 ， S  3 4 ， 4095 满足循环条件；n3， ，n12，S  ，不满足循环条件，输出结果．故选：C． 40964 高途高中数学高考研究院 7．已知 4 l ， m 是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且 l  ∥ ， m   ，现有下列 四个结论： ①若  ∥ ，则 m   ； ②若 l  m ，则l∥； ③若   ，则 l  m ； ④若 m  ∥ ，则   ． 其中所有正确结论的序号是 ( ) A．①④ B．②④ C．①②③ D．②③ 【解答】解： l ， m 是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且l∥， m   ， 对于①，若  ∥ ，则由面面平行的性质和线面垂直的判定得 m   ，故①正确； 对于②，若 l  m ，则 l 与平行或 l   ，故②错误； 对于③，若   ，则由线面垂直的性质得l与m相交、平行或异面，故③错误； 对于④，若 m  ∥ ，则由面面垂直的判定得，故④正确．故选： A ． 8．设甲盒中有4个红球，2个白球；乙盒中有2个红球，4个白球．先从甲盒中随机取出一 球放入乙盒，用事件 A 表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件 B 表示“从甲盒中取出的是白 球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件 C 表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确 的是( ) A．事件 B 与事件 C 是互斥事件 B．事件 A 与事件 C 是独立事件 C． P ( C | A )  3 7 D． P ( A )  1 3 【解答】解：对于A，事件 B 与事件 C 能同时发生，事件B与事件C不是互斥事件，故A错 误； 对于B，事件 A 发生与否与事件C有关，故B错误； 对于D， P ( A ) 4 2   ，D错误； 42 3 对于C， P ( A C )  2 3  3 7  2 7 2 P(AC) 7 3 ，P(C|A)   ，C正确．故选： P(A) 2 7 3 C ． 9．如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，底面 A 1 A D D 1 为梯形， A D  3 A 1 D 1 ，侧棱长 A B  8 ．当 侧面ABCD水平放置时，液面与棱 A A 1 的交点恰为AA 的中点．当底面 1 A 1 A D D 1 水平放置时， 液面高为 ( )5 高途高中数学高考研究院 A．3 B．4 C．5 D．6 【解答】解：设四棱柱的底面梯形的高为2a， 5 A A 1 ， D D 1 的中点分别为 E , F ，所求的水面 高为 h AD AD ，EF  1 1 2AD ， 2 1 1 则水的体积 V  S 梯 形 A D F E  A B  E F  2 A D  a  8  S 梯 形 A D D A1 1  h  2 A 1 D 1  2 a  h ，  5 A 12 D 1  a  8  2 A 1 D 1  2 a  h ，  h  5 ．故选： C ． 10．如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符 就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数 y 4 s in ( x ) 0 , | | 2            的图象上， 且图象过点   2 4 , 2  ，相邻最大值与最小值之间的水平距离为  2 ，则使得函数单调递增的区 间是 ( ) A．    3 ,   4  B．   8 , 5 2  4  C．  5 2  4 , 3  8  D．  5  8 , 3  4   【解答】解：因为函数图象相邻最大值与最小值之间的水平距离为 ， 2 所以函数的周期为 2   2   ，所以 2 2      ， 又图象过点   2 4 , 2  ，所以 4 s in 2 2 4 2           1 ，可得sin  ， 12  2 则有 1 2 6 2 k         5π 或  2k， 12 6 k  Z ，   又|| ，所以 ，所以 2 12 y  4 s in  2 x   1 2  ，    令 2k 2x 2k，解得 2 12 2  7 2  4  k  x 5 2  4  k  ，kZ，  7 5  所以函数的单调区间为  k, k ，kΖ，    24 24 6 高途高中数学高考研究院 当 6 k  0 时，函数的单调递增区间为   7 2  4 , 5 2  4  ， 因为  π 8 , 5 2 π 4     7 2 π 4 , 5 2 π 4  ，故选项B正确．故选： B ． 11．过抛物线 y 2  2 p x ( p  0 ) 的焦点 F 作倾斜角为 6 0  的直线与抛物线交于A，B两点，其 中点 A 在第一象限，则 | | F F A B | |  ( ) A．3 B． 3 C．2 D．4 【解答】解：设 A ( x 1 , y 1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ，过抛物线 y 2  2 p x ( p  0 ) 的焦点 F  p 2 , 0  ， 所以直线AB的方程为 y  3  x  p 2  ， 联立方程  y y 2   2 3 p  x x  p 2  ，消去 y 得 1 2 x 2  2 0 p x  3 p 2  0 ， 解得 x 1  3 p 2 ， x 2  p 6 ，所以 y 1  3 p 3 ，y  p， 2 3 由抛物线的定义可知， | | F F A B | |  | | y y 1 2 | |  3 ．故选： A ． 12．已知函数 f ( x )  4 x  ln x  2 的零点为 x 1 ，g(x)存在零点x ，使 2 | x 1  x 2 | 1 2 ，则g(x)不 能是 ( ) A． g ( x )  3 x 3  2 x 2  3 x  2 B． g ( x )  4 x  1  2  x  1 C． g ( x )  c o s  x  5 1  2  D． g ( x )  lg ( 5 x  1 ) 【解答】解：因为 f ( x )  4 x  ln x  2 ， x  0 ， 又因为 y  4 x 与 y  ln x  2 在(0,)上均单调递增， 所以 f(x)4x lnx2在(0,)上单调递增， 1 1 1  又因为 f  ln 0， f(1) 20，所以函数 f(x)的零点x  ,1 ， 2 2 1 2  又因为 x 2 为 g ( x ) 1 1 1  3 的零点，且|x x | ，所以x  x x  ，所以x 0,  ． 1 2 2 1 2 2 1 2 2  2  3 对于D，g(x)lg(5x1)0，解得x00,  ，不满足题意．故选：  2 D ． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。7 高途高中数学高考研究院 13．从0，2，4，6中任意选1个数字，从1，3，5中任意选2个数字，得到没有重复数字 的三位数．在所组成的三位数中任选一个，则该数是偶数的概率为 ． 【解答】解：根据题意可知： 若从0，2，4，6中任意选1个不为0的数字有C1 3种选法， 3 从1，3，5中任意选2个数字有 7 C 23  3 种选法， 由选出的3个数字组成三位数有3！种组法，共 3  3  3 !  5 4 种选法， 其中，偶数有 C 13  A 23  1 8 个， 若从0，2，4，6中选0，再从1，3，5中任意选2个数字，有 C 23  3 种选法， 由选出的3个数字组成三位数有C1 2!4种组法，共有 2 1  3  4  1 2 种选法， 其中，偶数有A2 6个， 3  该数是偶数的概率为 P  1 5 8 4   6 1 2  4 1 1 ． 故答案为： 4 1 1 ． 14．在平面直角坐标系中，已知 A (1 , 2 ) ， B ( 3 , 2 ) ， C ( 3 , 0 ) ，则△ABC的外接圆的标准方程 为 ． 【解答】解：设 △ A B C 的外接圆的方程为 ( x  a ) 2  ( y  b ) 2  r 2 ( r  0 ) ， 由 A (1 , 2 ) ， B ( 3 , 2 ) ， C ( 3 , 0 ) 三点在圆上， 可得  (1 ( 3 ( 3    a a a 2 ) 2 ) 2 )    ( 2 ( 2 2 b    2 b ) 2 b ) 2 r   r r 2 2 ，解得  a b r    2 1 2 ， 所以 △ A B C 的外接圆的标准方程为(x2)2 (y1)2 2． 故答案为：(x2)2 (y1)2 2． 15．已知函数 f ( x )  2 s in  4 x   3  ．若存在 x 1 ， x 2   0 ,  4  ，使不等式 f ( x 1 )  m  f ( x 2 ) 成立， 则m的取值范围是 ．   【解答】解：由题意可得当x 0, 时，    4 f ( x ) m in  m  f ( x ) m ax ，   4 此时4x  , ，则   3 3 3  s in  4 x   3     2 3 ,1  ，   所以2sin  4x 3      3,2  ，即 f(x) min  3， f(x) max 2， 所以 3m2，即m的取值范围为[ 3,2]．8 高途高中数学高考研究院 故答案为： 8 [  3 , 2 ] ． 1 16．已知 f(x) x33ax2 8ax100在(2,6)上只有一个极值点，则实数 8 a 的取值范围 为 ． 【解答】解：因为 f ( x )  1 8 x 3  3 a x 2  8 a x  1 0 0 在 ( 2 , 6 ) 上只有一个极值点， 所以 f ( x )  3 8 x 2  6 a x  8 a 在 ( 2 , 6 ) 上只有一个变号零点， f ( 2 ) f ( 6 )   3 2  1 2 a  8 a   2 7 2  3 6 a  8 a   0 ，解得 3 8  a  2 5 7 6 ， 3 3 9 3(x2 6x8) 3(x2)(x4) 当a 时， f(x) x2  x3  ， 8 8 4 8 8 当 2  x  4 时， f ( x )  0 ，当 4  x  6 时， f ( x )  0 ， 所以函数 f ( x ) 在 ( 2 , 4 ) 上单调递减，在 ( 4 , 6 ) 上单调递增， 所以 x  4 是函数 f ( x ) 的极值点，满足题意， 当 a  2 5 7 6 时， f ( x )  3 8 x 2  8 2 1 8 x  2 7 7  3 ( 7 x  1 5 2 6 ) ( x  6 )  0 ， f ( x ) 在 ( 2 , 6 ) 上无极值点，舍去． 综上，实数 a 的取值范围为  3 8 , 2 5 7 6  ． 故答案为：  3 8 , 2 5 7 6  ． 三、解答题：共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21题为必考题， 每个试题考生都必须作答；22、23题为选考题，考生根据要求作答. 17．已知函数 f ( x ) A s in ( x ) A 0 , 0 , 0 2              的最小正周期为  ． (1)若 A  1 ， f ( 0 )  2 2 ，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定 f(x)的解析式，并求 函数h(x) f(x)2cos2x的单调递增区间． 条件①： f(x)的最大值为2； 条件②： f ( x ) 5π  的图象关于点  ,0 中心对称； 12     条件③： f(x)的图象经过点  , 3 ． 12 9 高途高中数学高考研究院 注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分． 【解答】解：由题意得， 9 2 2      ，故 f ( x ) A s in ( 2 x )    ， (1)若 A  1 ，则 f ( x ) s in ( 2 x )    ， f ( 0 ) s in 2 2    ， 因为 0 π 2    ，所以 4    ； (2)因为 f(x) Asin(2x)， 若选①②，由①得 f ( x ) 2 s in ( 2 x )    ， 5 由②得2 k，kZ， 12   因为0 ，所以 ， 2 6 f ( x )  2 s in  2 x   6  ， h ( x )  f ( x )  2 c o s 2 x  3 s in 2 x  c o s 2 x  2 s in  2 x  π 6  ，    令 2k 2x 2k， 2 6 2 k  Z ，解得  π 6  k π x π 3  k π ， k  Z ， 故函数h(x)的单调递增区间为   π 6  k π , π 3  k π  ，kZ； 若选①③，由①得， f ( x ) 2 s in ( 2 x )    ， 由③得， f 1 π 2 2 s in π 6 3         且 0 π 2    ， 所以 π 6   ， f ( x )  2 s in  2 x   6  ， h ( x )  f ( x )  2 c o s 2 x  3 s in 2 x  c o s 2 x  2 s in  2 x  π 6  ， 令  π 2  2 k π 2 x   6  2  2 k  ， k  Z ，解得   6  k π x  3  k π ， k  Z ，     故函数h(x)的单调递增区间为  k, k ，    6 3  k  Z ； 若选②③， f(x) Asin(2x)， 由②得， 2 5 1 2 k       ，kZ， 因为 0 2       π ，所以 ， f(x) Asin2x  ， 6  6       由③得， f   Asin  3，可得A2，所以 f(x)2sin2x  ， 12 3  610 高途高中数学高考研究院 10 h ( x )  f ( x )  2 c o s 2 x  3 s in 2 x  c o s 2 x  2 s in  2 x   6  ，    令 2k 2x 2k， 2 6 2 k  Z ，解得   6  k  x  3  k  ， k  Z ， 故函数h(x)的单调递增区间为    6  k  ,  3  k   ， k  Z ． 18．规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个， 连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功， 否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球， 然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． (1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球 试验的轮次数为随机变量 X ，求 X 的分布列和数学期望； (2)为验证抽球试验成功的概率不超过 1 2 ，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记 t 表示成功时抽球试验的轮次数， y 表示对应的人数，部分统计数据如下： t 1 2 3 4 5 y 232 98 60 40 20 求y关于 t ˆ b 的回归方程yˆ  aˆ，并预测成功的总人数(精确到 t 1 ) ； n x y nxy i i 附：经验回归方程系数：b ˆ  i1 ，aˆ yb ˆ x； n x2 nx2 i i1 参考数据： 5 i 1 x 2i  1 .4 6 ， x  0 .4 6 ， x 2  0 .2 1 2 1 (其中x  ， i t i x  1 5 5 i 1 x i ) ． 【解答】解：(1)易知 X 的所有可能取值为1，2，3， 此时 P ( X  1 )   C 1 12  2  1 4 ， P ( X  2 )   1   C 1 12  2    1 C 13  2  1 1 2 ，   1  2   1  2 2 P(X 3)1  1   ，   C1 2      C1 3    3 则X 的分布列为： X 1 2 3 P 1 1 2 4 12 311 高途高中数学高考研究院 故 11 E ( X )  1  1 4  2  1 1 2  3  2 3  2 1 9 2 ； (2)令 x i  1 ti ，此时 ˆy  ˆb x  ˆa ，易知 5 i 1 x i y i  3 1 5 ， y  9 0 ， 所以 ˆb  5  x i 1 5 i 1 y i x i 2i   5 5 x x  2 y  3 1 1 5 .4  6 5   5 0  .4 0 6 .2  1 9 2 0  1 0 0 8 .4  2 7 0 ， 则 ˆa  9 0  2 7 0  0 .4 6   3 4 .2 ， 所以 ˆy  2 7 0 x  3 4 .2 ， 故所求的回归方程为 ˆy  2 7 t 0  3 4 .2 ， 当t6时， y  1 1 ；当 t  7 时， y  4 ；当 t 8 时， y  0 ， 则预测成功的总人数为 4 5 0  1 1  4  4 6 5 ． 19．如图，在四棱锥 P  A B C D 中， P C  平面 A B C D ， A B ∥ C D ，点 E 在棱 P B 上， P E  2 E B ， 点 F ， H 是棱 P A 上的三等分点，点 G 是棱 P D 的中点． P C  C B  C D  2 3 A B  2 ， A C  1 3 ， (1)证明：HD∥平面 C F G ，且 C ，E，F ，G四点共面； (2)证明：平面 P A B  平面 P B C ； (3)求直线PC与平面 C F G 所成角的正弦值． 【解答】(1)证明：由题意知， F ，G分别是 P H ， P D 的中点，所以FG∥HD， 因为 F G  平面CFG， H D  平面CFG，所以 H D ∥ 平面CFG， 连接 E H ，因为 P E  2 E B ， P H  2 A H 2 ，所以HE∥AB，且HE AB2CD， 3 又 A B ∥ C D ，所以HE∥CD，所以四边形 C D H E 是平行四边形，所以HD∥CE， 因为FG∥HD，所以 F G ∥ C E ，所以C， E ， F ，G四点共面． (2)证明：因为AB3，BC2， A C  1 3 ， 所以AB2 BC2  AC2，即 A B  B C ， 由PC平面ABCD，AB平面ABCD，所以PCAB，12 高途高中数学高考研究院 又 12 B C P C  C ， B C ， P C  平面 P B C ，所以AB平面PBC， 因为 A B  平面PAB，所以平面 P A B  平面PBC． (3)解：由(2)知， A B  平面 P B C ， 因为 A B ∥ C D ，所以 C D  平面 P B C ，所以 C D  B C ， 故以 C 为坐标原点， C D ，CB， C P 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， 则 C ( 0 , 0 , 0 ) ， P ( 0 , 0 , 2 ) ， G (1 , 0 ,1 ) ， A ( 3 , 2 , 0 ) ， 所以 C P  ( 0 , 0 , 2 ) ， C G  (1 , 0 ,1 ) ， P A  ( 3 , 2 ,  2 ) ， 所以 C F  C P  P F  C P  1 3 P A  ( 0 , 0 , 2 )  1 3 ( 3 , 2 ,  2 )   1 , 2 3 , 4 3  ， 设平面 C F G 的法向量为n(x,y,z)，则  n n   C C G F   0 0 ，即  x x   z 2 3  y 0  4 3 z  0 ， 取 x  2 ，则 z   2 ， y  1 ，所以 n  ( 2 ,1 ,  2 ) ， 设直线 P C 与平面 C F G 所成角为，则 s in | c o s C P , | | | C C P P | | | | 2 | 4 4 | 1 4 2 3    n     n n       ， 故直线 P C 与平面 C F G 所成角的正弦值为 2 3 ． 20．在平面直角坐标系 x O y 中，已知点 A (  2 , 0 ) ， B ( 2 , 0 ) ，直线PA与直线PB的斜率之积为 1  ，记动点P的轨迹为曲线C． 4 (1)求曲线 C 的方程； (2)若直线 l : y  k x  m 与曲线 C 交于 M ，N两点，直线MA， N B 与y轴分别交于 E ， F 两 点，若EO3OF，求证：直线l过定点． 【解答】解：(1)设 P 点坐标为(x,y)， 1 因为直线PA与直线PB的斜率之积为 ，点A(2,0)，B(2,0)， 413 高途高中数学高考研究院 y y 1 x2 所以     y2 1(x2)． x2 x2 4 4 所以曲线 13 C x2 的方程为  y2 1(x2)． 4 (2)证明：设 M ( x 1 , y 1 ) ， N ( x 2 , y 2 ) ， 由  y x 4  2  k x y  2 m  1  ( 4 k 2  1 ) x 2  8 k m x  4 m 2  4  0 ， x 1  x 2   4 8 k k 2 m  1 ， x 1 x 2  4 4 m k 2 2   4 1 ， 由 M A : y  x 1 y 1 2 ( x  2 )  E  0 , x 2 1 y  1 2  ， M B : y  x 2 y 2 2 ( x  2 )  F  0 ,  x 2 2 y  22  ， 因为 E O  3 O F ，所以 ( k x 1  m ) ( x 2  2 )  3 ( k x 2  m ) ( x 1  2 ) ， 所以 2 k x 1 x 2  ( 2 k  3 m ) ( x 1  x 2 )  4 ( k  m ) x 2  8 m  0 ， 即 ( k  m ) [ 4 k m  2  ( 4 k 2  1 ) x 2 ]  0 对任意 x 2 都成立， 所以 k  m ，故直线 l 过定点 (  1 , 0 ) ．  1 21．已知函数 f(x)lnxax (aR)．  x (1)若 f(x)在x1处的导数值 f(1)  0 ，求a的值； (2)若当 x  1 时， f ( x )  0 恒成立，求a的取值范围； (3)若 x 1 ， x 2 是 f ( x ) f(x) f(x ) 1 的两个极值点，证明： 1 2  2a． x x 2a 1 2  1 1  1  【解答】(1)解：因为 f(x)lnxax  ，所以 f(x) a1  ，  x x  x2  所以 f (1 ) 12a0，解得 a  1 2 ． (2)解：由(1)知 f ( x )  1 x  a  a x 2   a x 2  x x 2  a ( x  0 ) ． 1 当a ，且x1时， f(x)0， 2 则 f(x)在区间(1,)上单调递减，因此 f(x) f(1) 0，满足题意； 1 当0a 时，方程 f(x)0有两个正实数根x ，x ，且xx 1． 2 1 2 1 2 不妨设 0  x 1  1  x 2 ，所以当 x  (1 , x 2 ) 时， f(x)0， f(x)单调递增； 当x(x ,)时， f(x)0， f(x)单调递减， 214 高途高中数学高考研究院 所以 14 f ( x 2 )  f (1 )  0 ，不满足题意； 当a 0，且 x  1 时， a x 2  x  a  0 ， 故 f ( x )  0 ， f ( x ) 在区间 (1 ,   ) 上单调递增， 所以 f ( x )  f (1 )  0 ，不满足题意． 综上， a 1  的取值范围是  , ． 2  (3)证明：若 x 1 ， x 2 是 f ( x ) 的两个极值点，由(2)知 0  a  1 2 ， 且 x 1 ， x 2 是方程ax2 xa0的两个正实数根， x 1 x 2  1 ， x 1  x 2  1 a ． 不妨设 0  x 1  x 2 ，则 x x 2 1  1 ， 所以 f ( x 1x ) 1   f x ( 2 x 2 )  1    1  x  1 1  lnx ax  lnx ax   ln 1 a(x x )a    1  1 x 1   2  2 x 2   x 2 1 2 x 1 x 2  x x x x 1 2 1 2  ln x x 1 2  a ( x 1  x 1 x  2 ) x  2 a ( x 2x 1  x 2 x 1 )  ln x x 1 2  x 2 1 a  ( x 1 x 2  x 2 )  ln x 2 x x  2 1x 1  2 a ， 由(2)知，当 x  1 时， ln x  1 2  x  1 x  ， x 1x x  x2 x2 ln 2  2  1  2 1 x 2 x x  2xx x x 1 所以 1  1 2  1 2  2 1  ， x x x x x x 2 2a 2 1 2 1 2 1 f(x) f(x ) 1 故 1 2  2a． x x 2a 1 2 选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分。 22．在直角坐标系 x O y 中，曲线 C xcos2 的参数方程为 (为参数)，以坐标原点为极点， y2sin x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 l 的极坐标方程为 c o s 6 m        ． (1)写出曲线C和直线l的直角坐标方程； (2)若 m  0 ，且直线l与曲线C没有公共点，求m的取值范围． xcos2 y 【解答】解：(1)曲线C的参数方程为 (为参数)，则sin ， y2sin 215 高途高中数学高考研究院 又 15 c o s 2 1 2 s in 2     y2 ，故x12sin21 ， 2 即曲线 C y2 的直角坐标方程为x 1(1 x 1)， 2 直线 l 的极坐标方程为 c o s π 6 m       ，  2 3 c o s 1 2 s in m 0        ， 又 sin y， c o s x    ，  直线 l 3 1 的直角坐标方程为 x ym0，即 3xy2m0． 2 2 (2)联立 l 与 C 的方程，将 x y c 2 o s 2 s in (       为参数)代入 3 x  y  2 m  0 中， 化简整理可得， 2 3 s in 2 2 s in 2 m 3 0       ， 要使 l 与 C 没有公共点，则 2 m 2 3 s in 2 2 s in 3       无解， 令sina， f ( a )   2 3 a 2  2 a  3 (  1 a 1 ) ， 其对称轴为 a  6 3 ，开口向下，  f ( a ) m ax  f  6 3   7 6 3 ， f(a)  f(1)2 3， min m0， 2 m  7 6 3 ，即 m  7 1 2 3 ，  m 的取值范围为  7 1 2 3 ,    ． 23．已知a， b ， c  R + ，a2 b2 c2 9，求证： (1)abc 3 3； (2) b a  2 c  c b  2 a  a c  2 b  a  b 3  c ． 【解答】证明：(1)因为 a ， b ， c  R + ，a2 b2 c2 9， 所以 a 2  b 2  c 2 3 3 a 2 b 2 c 2 ，即9 33 a2b2c2 ， 当且仅当 a  b  c 且 a 2  b 2  c 2  9 ，即 a  b  c  3 时，等号成立， 所以3 a2b2c2 3，即a2b2c2 27， 故abc 3 3； 证明：(2)因为a，b，cR+，16 高途高中数学高考研究院 所以 16 b a  2 c  b  4 c 2 b a  2 c  b  4 c  a ，当且仅当 b a  2 c  b  4 c ，即 2 a  b  c 时取得等号， 同理可得 c b  2 a  c  4 a b ，当且仅当2bac时取得等号， 同理可得 a c  2 b  a  4 b c ，当且仅当2cba时取得等号， 上面三式相加可得 b a  2 c  c b  2 a  a c  2 b  a  b 2  c a  b  c ， 即 b a  2 c  c b  2 a  a c  2 b a  b 2  c ， 当且仅当2abc，2bac，2cba且a2 b2 c2 9，即 a  b  c  3 时，等号成 立， 因为 a  b  c  0 ， 所以 a  b 2  c  a  b 3  c ， 所以 b a  2 c  c b  2 a  a c  2 b  a  b 3  c ．