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
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2024 高考数学
点睛密卷
全国乙理(B)
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12
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
．