9_2024高考数学点睛密卷_全国乙(理)卷A_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(A) 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 A) 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(A)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．若集合 2 A  { ( x , y ) | y  x } ， B  { ( x , y ) | y  x 2 } ，则 ( ) A． 1  A B． A B  { (1 ,1 ) } C． (  2 , 4 )  B D． A B  R 【解答】解：因为 A  { ( x , y ) | y  x } ， B  { ( x , y ) | y  x 2 } ， 所以1A， A B  { ( 0 , 0 ) , (1 ,1 ) } ， (  2 , 4 )  B ， A B  R ．故选：C． z 2．已知复数z1i，则 ( z ) A． 1 2 B．1 C． 2 D．2 z 1i (1i)2 z 【解答】解：z1i，则   i，故 |i|1．故选： z 1i (1i)(1i) z B ． 3．如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度：cm)，则此几何体的表面积是 ( )3 高途高中数学高考研究院 A． 3 ( 5  2 ) c m 2 B． 2 4 1 c m 2 C． ( 6  2 ) c m 2 D． 6 c m 2 【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是下部一个四棱柱(正方体)与上部是四棱锥 的组合体， 四棱柱(正方体)的棱长为1cm，故每个面的面积为：111cm2， 四棱锥的底面边长为 1 c m 1 ，高为 cm，故斜高为： 2 2 2 c m ， 故每个侧面的面积为： 1 2  1  2 2  4 2 ( c m 2 ) ； 故组合体的表面积 S  5  1  4  4 2  5  2 ( c m 2 ) ；故选： A ． 4．若 f ( x )  e x e  s a x in  1 x 为奇函数，则 a  ( ) A．0 B．1 C．2 D．  1 exsinx sinx 【解答】解：根据题意，由题意得 f(x)  ， eax 1 e(a1)x ex 因为 y  s in x 为奇函数，所以 y  e (a  1)x  e  x 为偶函数， 令 g ( x )  e (a  1)x  e  x ，定义域为R，则g(x)g(x)，  e  (a  1)x  e x  e (a  1)x  e  x ， 即 e 2 (a  1)x  (a  1)x e 1  e 2 x e  x 1 ，即 a  1  1 ，  a  2 ， sinx 此时 f(x) ，定义域为 ex ex R ，满足 f (  x )  s e in  x (   x e ) x  e   s x in  x e x   f ( x ) ， exsinx 即 f(x) 为奇函数，故a2．故选：C． eax 14 高途高中数学高考研究院 5．已知平面区域 4  中的点满足  x  y   x  y   0 ，若在圆面x2  y2 2中任取一点 P，则该 点取自区域  的概率为( ) A． 1 2 B． 1 4 C． 1 6 D． 1 8 【解答】解：平面区域  中的点满足  x  y   x  y   0 ， 所以  x x   y y   0 0 或  x x   y y   0 0 ， 画出平面区域  ，如图中阴影部分所示： 显然阴影部分面积为圆 x 2  y 2  2 的面积的一半， 所以在圆面 x 2  y 2 2 任取一点P，则该点取自区域  的概率为 1 2 ．故选：A． 6．已知函数 f ( x ) A s in ( x )     A 0 , 0 , 2         的最大值为2，其图象上相邻的两条对  称轴之间的距离为 ，且 2 f ( x ) 的图象关于点    1 2 , 0  对称，则 f ( x ) 在区间  0 ,  2  上的最小 值为 ( ) A．  3 B．  1 C．  2 D．0 【解答】解： f ( x ) A s in ( x )     A 0 , 0 , 2         的最大值为2，A2， 又 f ( x )  的图象上相邻的两条对称轴之间的距离为 ， 2  T     ， 2  2 又0，2，f(x)2sin(2x)，        又 f(x)的图象关于点  ,0 对称，2 k(kZ)，k (kΖ)，  12   12 6   又|| ， ， 2 6  f ( x )  2 s in  2 x   6  ，     7   x  0,  2x   ,  2sin2x [1,2]，  2 6 6 6   65 高途高中数学高考研究院   f(x)在区间 0, 上的最小值为    2 5  1 ．故选： B ． 7．已知函数 y  | 3 x  1 | 的定义域为 [ a , b ] ，值域为  0 , 1 3  ，则ba的最大值为 ( ) A． lo g 3 4 3 B． lo g 3 2 C． lo g 3 2 3 D．2 【解答】解：函数 y  | 3 x  1 |  3  x 3  x 1  , x 1 , x 0  0 ，作出函数的图象如图所示， 1 令|3x 1| ，解得 3 x  lo g 3 4 3 或 x  lo g 3 2 3 ， 函数 y  | 3 x  1 | 的定义域为 [ a , b ] ，值域为  0 , 1 3  ， 由图象可得， b  a 的最大值为 lo g 3 4 3  lo g 3 2 3  lo g 3 2 ．故选： B ． 8．如图，三棱锥 P  A B C 中， P A  平面 A B C ，且 △ A B C 为等边三角形，若 A B  3 ， P A  2 ， 则三棱锥PABC的外接球的表面积为 ( ) A． 4  B．16 C．8 D． 3 2  【解答】解：因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图， 此时三棱锥四个点的外接球，与三棱柱6个点的外接球是同一个，所以问题转化为求解正三 棱柱外接球的问题， 设球心为 O 1 ，作OO平面ABC，连接OA，OA，则OO PA1， 2 AB 2 设△ABC的外接圆半径为r ，由正弦定理得2r 3 2 3，所以r  3， sin60 36 高途高中数学高考研究院 在Rt△OOA中， 6 O A 2  O O 2  O A 2 ，所以 3  1  R 2 ，解得 R  2 ， 所以 S  4  R 2  1 6  ．故选： B ． 9．如图，底面 A B C D 是边长为2的正方形，半圆面 A P D  底面 A B C D ，点 P 为圆弧 A D 上 的动点．当三棱锥 P  B C D 的体积最大时，二面角 P  B C  D 的余弦值为 ( ) A． 5 2 B． 5 5 C． 3 5 D． 2 5 5 【解答】解：因为三角形 B C D 面积为定值，故当三棱锥PBCD的体积最大时，点 P 到平 面ABCD的距离最大，则当点 P 位于 A D 的中点时到平面 A B C D 的距离最大， 取 A D 中点 O ，连接 P O ，则 P O  A D ， 由平面APD底面ABCD，平面 A P D 底面 A B C D  A D ，可得 P O  平面 A B C D ， 则 P O 即为点 P 到平面 A B C D 的最大距离，由题意可得PO1， 取 B C 中点M ，连接PM ， O M ， 由 P B  P C ，可得 P M  B C ，显然 O M  B C ， 故PMO即为二面角PBCD的平面角， 在 R △t P O M 中， c o s  P M O  O P M M  2 2 2  1 2  2 5 5 ．故选： D ． 10．等差数列{a }中的a ，a 是函数 f(x)x3 6x2 4x2024的极值点，则log a  n 2 2024 8 1013 ( )7 高途高中数学高考研究院 A． 7 1 3 B．  3 C．3 D．  1 3 【解答】解：由题意可得 f(x)3x2 12x4， 因为 a 2 ， a 2 0 2 4 是函数 f ( x )  x 3  6 x 2  4 x  2 0 2 4 的极值点， 所以 a 2 ， a 2 0 2 4 是 3 x 2  1 2 x  4  0 的两个不等实数根，所以 a 2  a 2 0 2 4  4 ， 又因为数列 { a n } 为等差数列，所以 a 1 0 1 3  1 2 ( a 2  a 2 0 2 4 )  1 2  4  2 ， 所以 lo g 8 a 1 0 1 3  lo g 8 2  lo lo g g 2 2 2 8  1 3 ．故选：A． 11．已知双曲线 x a 2 2  y b 2 2  1 ( a  0 , b  0 ) 的右焦点为 F ( 2 , 0 ) ，若 F 关于渐近线 y  b a x 对称的 点 R b 恰好落在渐近线y x上，则 a △ O R F 的面积为( ) A． 3 B．2 C．3 D． 2 3 【解答】解：设RF 与渐近线 y  b a x 的交点为P， 则根据题意可知 | O F | 2 ，POF 60， P O  P F ，  | P F | 3 1 ，|PO|1，S 2S 2  31 3．故选： △ORF △POF 2 A ． 12．如图，在菱形 A B C D 中， A B  4 ，  A B C  6 0  ， E ， F 分别为 A B ， B C 上的点， B E  3 E A ， B F  3 F C ．若线段 E F 上存在一点 M ，使得 D M  1 2 D C  x D A ( x  R ) ，则 D M  C A 等于 ( ) A．2 B．4 C．6 D．8 【解答】解：由BE3EA， B F  3 F C 3 可知：EF  AC， 4 设FM FE，0  1， 1 则DM DCCFFM DC DAFE 4 1 3 4 D C 1 4 3 4 D A            1 2 D C  x D A ，8 高途高中数学高考研究院  3 1  3 1  x    4 2  4 则 ，解得 ， 1 3 2   x  4 4  3 故 8 D M  C A   1 2 D C  3 4 D A   ( D A  D C )   1 4 D C  D A  1 2 | D C 2|  3 4 | D A 2|   1 4  4  4  1 2  1 2  1 6  3 4  1 6  2 ．故选： A ． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知椭圆 x 4 2  y 2  1 的两个焦点分别为F ， 1 F 2 ，若点 P 在椭圆上，且FPF 90，则 1 2 点 P 到 x 轴的距离为 ． 【解答】解：已知椭圆 x 4 2  y 2  1 的两个焦点分别为 F 1 ， F 2 ， 则a2，b1， c  2 2  1 2  3 ， 又点P在椭圆上，且  F 1 P F 2  9 0  ，则 | P F 1 2|  | P F 2 2|  | F 1 F 2 2| ， 即 ( | P F 1 |  | P F 2 |) 2  | F 1 F 2 2|  2 | P F 1 || P F 2 | ，则 1 2 | P F 1 || P F 2 | 4  2 2  4 4  ( 3 ) 2  1 ， 设点 P 到 x 轴的距离为 h ，则 1 2 | F 1 F 2 | h  1 2 | P F 1 || P F 2 | ，解得 h  3 3 ． 故答案为： 3 3 ． 14．设 x xy2 0  ，y满足约束条件2xy2 0，则  2x y2 0 z  3 x  y 的最小值为 ． xy2 0  【解答】解：x，y满足约束条件2xy2 0，作出可行域，即阴影部分△ABC，  2x y2 0 xy20 A(0,2)，B(1,0)，联立 ，得C(4,6)， 2xy209 高途高中数学高考研究院 由 9 z  3 x  y 可得 y  3 x  z ，易知 y  3 x  z 经过 A 点时 z 取得最小值，  z  3 x  y 的最小值为2． 故答案为：  2 ． 15．已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1  2 ， a 2  3 ， a n  2  a n  1  a n ，则 S 21  ． 【解答】解：根据题意， a 3  a 2  a 1  3  2  1 ， a 4  a 3  a 2  1  3   2 ， a 5  a 4  a 3   3 ， a 6  a 5  a 4   1 ， a 7  a 6  a 5  2  a 1 ， a 8  a 7  a 6  3  a 2 ， 所以 { a n } 是以6为周期的周期数列， 又S 2312310，所以 6 S 2 1  S 1 8  a 1 9  a 2 0  a 2 1  3 S 6  a 1  a 2  a 3  2  3  1  6 ． 故答案为：6． 16．已知函数 f ( x )  ln x  a x  s in x ，  x 1 ， x 2  ( 0 ,   ) ， x 1  x 2 f(x ) f(x ) ，都有 2 1 1，则 x x 2 1 a 的取值范围为 ． 【解答】解：x ，x (0,)，x  x ，不妨设x x ，则 1 2 1 2 1 2 x 2  x 1  0 ， f ( x 2x ) 2   f ( x 1 x 1 )  1 ，  f ( x 2 )  f ( x 1 )  x 2  x 1 ，即 f ( x 2 )  x 2  f ( x 1 )  x 1 ， f(x)lnxaxsinx，令 g ( x )  f ( x )  x  ln x  a x  s in x  x ，  当 x 1  x 2 时， g ( x 1 )  g ( x 2 ) ，即 g ( x ) 在 ( 0 ,   ) 上单调递增，  g ( x )  1 x  c o s x  a  1 0 在 ( 0 ,   ) 上恒成立，即 a  ( 1 x  c o s x )  1 在 ( 0 ,   ) 上恒成立， 当x0时， 1 x  0 ，cosx[1,1]， 又 x    1 时， 0，则 x 1 x  c o s x   1 ，   ( 1 x  c o s x )  1  2 ， a 2，即 a 的取值范围为[2,)． 故答案为： [ 2 ,   ) ． 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．某新能源汽车配件厂生产一种新能源汽车精密零件，为提高产品质量引入了一套新生产 线，为检验新生产线所生产出来的零件质量有无显著提高，现同时用旧生产线和新生产线各 生产了10个零件，得到各个零件的质量指标的数据如表： 旧生产线 5.2 4.8 4.8 5.0 5.0 5.2 5.1 4.8 5.1 5.0 新生产线 5.0 5.2 5.3 5.1 5.4 5.2 5.2 5.3 5.2 5.1 设旧生产线和新生产线所生产零件的质量指标的样本平均数分别为x 和x ，样本方差分别 1 210 高途高中数学高考研究院 为 10 s 21 和 s 22 ． (1)求 x 1 ，x 及 2 s 22 ； s2 s2 (2)若x x 1 2 ，则认为新生产线生产零件的质量有显著提高，否则不认为有显著提 2 1 10 高，现计算得s2 0.022，试判断新生产线生产的零件质量较旧生产线生产的零件质量是否 1 有显著提高． 【解答】解：(1)由题意得 x 1  1 1 0  ( 5 .2  4 .8  4 .8  5 .0  5 .0  5 .2  5 .1  4 .8  5 .1  5 .0 )  5 .0 ， x 2  1 1 0  ( 5 .0  5 .2  5 .3  5 .1  5 .4  5 .2  5 .2  5 .3  5 .2  5 .1 )  5 .2 ， s 22  1 1 0  ( 4  0 .1 2  2  0 .2 2 )  0 .0 1 2 ． (2)由(1)可得 x 2  x 1  5 .2  5 .0  0 .2  0 .0 4 ， s 21  1 0 s 2 2  0 .0 2 2  1 0 0 .0 1 2  0 .0 0 3 4 ， 0 .0 4  0 .0 0 3 4 ，  x 2  x 1 s 21  1 0 s 2 2 ，  新生产线生产的零件质量较旧生产线生产的零件质量有显著提高． 18．在 △ A B C 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ，b， c ，已知该三角形的面积 S  1 2 ( b 2  c 2  a 2 ) s in A ． (1)求角A的大小； (2)若 a  4 ，求 △ A B C 面积的最大值，并求当面积取得最大值时对应 △ A B C 的周长． 【解答】解：(1)由 S  1 2 b c s in A  1 2 ( b 2  c 2  a 2 ) s in A ，得b2 c2 a2 bc． 由余弦定理得： c o s A  b 2  2 c 2 b c  a 2  1 2 ，  A  π 3 ． (2)因为 A   3 ，a4，由余弦定理 a 2  b 2  c 2  2 b c c o s A 得 1 6  b 2  c 2  b c ， 16 2bcbcbc，当且仅当bc4时取等号，所以 ( b c ) m ax  1 6 ， 所以 △ A B C 的面积 S  1 2 b c s in A 1 2  1 6  2 3  4 3 ，此时 △ A B C 的周长为12． 19．如图，在等腰梯形ABCD中， A B ∥ C D ， A B  2 C D  2 A D  2 ，将△ADC沿着 A C 折到 △APC的位置，使APBC． (1)求证：平面APC平面ABC；11 高途高中数学高考研究院 (2)求二面角 11 A  P B  C 的正弦值． 【解答】解：(1)由等腰梯形 A B C D 中， A B  2 C D  2 A D  2 ， 过 C 做 C E  A B ，交 A B 于 E ，连接 A C ，如图所示， 根据对称性可得， B E  1 2 ，所以 c o s  A B C  B B E C  1 2 ，可得  A B C  6 0  ， 又由AB2，所以 A C 2  B C 2  A B 2  2 B C  A B c o s  A B C  3 ，即AC2 3， 所以 A C 2  B C 2  A B 2 ，即 A C  B C ， 又因为 A P  B C ，且 A C A P  A ，所以BC平面 A P C ， 又由 B C  平面 A B C ，所以平面 A P C  平面 A B C ． (2)取 A C 的中点 E ， A B 的中点 F ，因为 E F ∥ B C ，所以 E F  A C ， 由(1)知，平面 A P C  平面ABC，易知 P E  A C ， 而平面 A P C 平面ABC AC， P E  平面APC， 所以PE平面 A B C ，故 E P ， E A ， E F 两两垂直． 以 E 为坐标原点，EA， E F ， E P 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，  3   3   3  则A ,0,0，B ,1,0，C ,0,0，       2 2 2       P  0 , 0 , 1 2  ，  3 1  3 1  3 1 所以AP ,0, ，PB ,1, ，CP ,0, ，       2 2 2 2 2 2       设平面 A P B 的法向量为 n 1  ( x 1 , y 1 , z 1 ) ，平面 B P C 的法向量为 n 2  ( x 2 , y 2 , z 2 ) ，12 高途高中数学高考研究院 12  n n 1 1   P A B P     3 2 3 2 x x 1 1   y 1 2 1  z 1 1 2  z 0 1  0 ，得 n 1   1 , 3 , 3  ，  n n 2 2   P C B P    2 3 2 3 x x 2 2   1 2 y z 2 2   1 2 0 x 2  0 ，得 n 2   1 , 0 ,  3  ， 所以 | c o s  n 1 , n 2  | | | n n 1 1|   n | 2n | 2 |  1  3 2  3  2  7 7 ， 设二面角 A  P B  C 的平面角为，则 s in 1 7 7 2 4 7 2       ， 所以二面角 A  P B  C 的平面角的正弦值为 4 7 2 ． 20．已知椭圆 C : x a 2 2  y b 2 2  1 ( a  b  0 ) 的左、右焦点分别为 F 1 ， F 2 ， C 过点 B (  2 , 3 ) ，且 | F 1 B  F 1 F 2 | | B F 2 | ． (1)求C的方程． (2)设C的右顶点为点 A ，过点 D ( 4 , 6 ) 的直线 l 与 C 交于P， Q 两点(异于 B ) ，直线 A P ， A Q 与 y 轴分别交于点 M ， N ，试问线段MN的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标； 若不是，请说明理由． 【解答】解：(1) | F 1 B  F 1 F 2 | | B F 2 | | F 1 F 2  F 1 B | ，  |FBFF |2|FF FB|2，则FBFF 0，FBFF ， 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2  c  2 ，  | B F 2 | 3 2  ( 2  2 ) 2  5 ， | B F 1 |  | B F 2 | 3  5  2 a ，则a4，  b 2  a 2  c 2  1 2 ， C的方程为 x 1 2 6  y 1 2 2  1 ． (2)由(1)可知 A ( 4 , 0 ) ，则直线 l 的斜率存在， 设直线 l 的方程为 y  k x  m ， 联立  x 1y 2 6   k y 1x 2 2  m 1 , , 消去y整理得(4k2 3)x2 8kmx4m2 480， 4 8 (1 6 k 2 m 2 1 2 ) 0      ，设 P ( x 1 , y 1 ) ， Q ( x 2 , y 2 ) ， 8km 4m2 48 可得x x  ，xx  ， 1 2 4k2 3 1 2 4k2 313 高途高中数学高考研究院 点 13 D ( 4 , 6 ) 在直线 l 上，  m  6  4 k ， y 1  k x 1  6  4 k  k ( x 1  4 )  6 ， y 2  k ( x 2  4 )  6 ， 直线 A P : y  x 1 y 1 4 ( x  4 )   k  x 1 6  4  ( x  4 ) ，令 x  0 ，得 y M   4  k  x 1 6  4  ， 同理可得 y N   4  k  x 2 6  4  ，  y M  y N   4  k  x 1 6  4   4  k  x 2 6  4    4  2 k  x 1 6  4  x 2 6  4    4  2 k  x 1 x 6 2 (  x 14  ( x x 1 2 )  x 2 4 ) 8  1 6    4  2 k  ( 4 m 2  6  4 8 ( )   8 k 4 m  ) (   8 4 k 8 m  ) ( 4  k 1 2 6   3 ( 4 ) k 2  3 )   km4k2 3   k(64k)4k2 3 42k12 42k12   m2 8km16k2   (64k4k)2    4 [ 2 k  (  2 k  1 ) ]  4 ，  线段 M N 的中点为 ( 0 , 2 ) ，为定点． 21．已知函数 f ( x )  e x  x a  a ln x ( a  R ) ． (1)求 f ( x ) 的单调区间； (2)当 a e 时，判断 f ( x ) 的零点个数，并证明结论； (3)不等式 a f ( x )  a 2  ln x  1 x  ln x  x  1 在  1 e ,    上恒成立，求实数 a 的取值范围． 【解答】解：(1)函数 f ( x )  e x  x a  a ln x 的定义域为 ( 0 ,   ) (x1)(exa) ，且 f(x) ， x2 若a 0，令 f ( x )  0 ，解得 x  1 ，当 x  ( 0 ,1 ) 时， f ( x )  0 ；当 x  (1 ,   ) 时， f ( x )  0 ， 若a0，令 f(x)0，解得x1或 x  ln a ， ①若lna 0时，即 0  a 1 时， 当 x  ( 0 ,1 ) 时， f ( x )  0 ；当x(1,)时， f ( x )  0 ； ②若0lna1时，即 1  a  e 时， 当x(0,lna)或 x  (1 ,   ) ， f ( x )  0 ；当 x  ( ln a ,1 ) 时， f ( x )  0 ； ③若lna1时，即ae时，可得 f ( x ) 0 ，且仅 f(1)  0 ； ④若 ln a  1 时，即ae时， 当 x  ( 0 ,1 ) 或 x  ( ln a ,   ) ， f(x)0；当 x  (1 , ln a ) 时， f ( x )  0 ； 综上所述，当a 1时，函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为 (1 ,   ) ； 当 1  a  e 时，函数 f(x)的单调递减区间为(lna,1)，单调递增区间为(0,lna)，(1,)； 当ae时，函数 f(x)的单调递增区间为(0,)；14 高途高中数学高考研究院 当ae时，函数 14 f ( x ) 的单调递减区间为 (1 , ln a ) ，单调递增区间为 ( 0 ,1 ) ， ( ln a ,   ) ． (2)只有一个零点．证明如下： 由(1)知，当 a  e 时， f(x)单调递增， exe 又由 f(x) elnx，可得 f(1)0，此时 f(x)在 x ( 0 ,   ) 只有一个零点； 当ae时，函数 f ( x ) 的单调递减区间为 (1 , ln a ) ，单调递增区间为 ( 0 ,1 ) ， ( ln a ,   ) ， 当 x  1 时，函数取得极大值，极大值为 f (1 )  e 1  a  0 ，所以 f ( x ) 在 ( 0 ,1 ) 没有零点； 当xlna时，函数取得极小值 f ( ln a ) ，其中 f ( ln a )  f (1 )  0 ， 所以 f ( x ) 在 (1 , ln a ) 没有零点； 当xlna时，因为xlna1，所以  a x   a ； 又因为  a ln x   a x ， e x   e x3  3  x 2 3 7 exa x2 ，所以 f(x) alnx axa， x 27 必有正数 x 0 ，当 x x 0 时， x 2 2 7  a x  a 0 ， 取 m  x 0 ，显然 x 0  ln a ，有 f ( m )  0 ，所以 f ( x ) 在 ( ln a ,   ) 有一个零点． 综上，命题成立．  1 (3)由af(x)a2 lnx  lnxx1在  x  1 e ,    上恒成立， 所以 a x ln x  e x x 2  x 在  1 e ,    上恒成立， xlnxx2 x 1  令h(x) ex ，x  e ,   ，则 h ( x )  (1  x ) ( ln e x x  x  2 ) ， 令 ( x ) ln x x 2     ，则 ( x ) 1 x x     ， 所以当 1 e  x  1 时，(x)0，(x)单调递增，当 x  1 时，(x)0，(x)单调递减， 又 1 e 1 1 e 0       ， (1 )  10，(e2)4e2 0， 1  所以当x  , 时， e  ( x )  在 (1 , e 2 ) 内存在唯一的零点x ， 0 所以当 x   1 e ,1  时，(x)0，h(x)0， h ( x ) 单调递增， 当x(1,x )时，(x)0，h(x)0，h(x)单调递减， 0 当x(x ,)时，(x)0，h(x)0，h(x)单调递增， 015 高途高中数学高考研究院 所以 15 h ( x ) m in  m in  h ( x 0 ) , h  1 e   ， h  1 e    e  2  1e ， 因为 ( x 0 ) ln x 0 x 0 2 0      ，所以 ln x 0  x 0  1   1 ，x ex02， 0 所以 h ( x 0 )  x 0 ln x 0 e  x0 x 20  x 0  x 0 ( ln x 0e  x0 x 0  1 )   e x 0 x0   e e x0 x0  2   1 e 2 ， 因为  e  2  1e   e  2 ，所以 h  1 e   h ( x 0 ) ，所以 h ( x ) m in  h ( x 0 )   1 e 2 ， 所以实数 a 的取值范围为    ,  1 e 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．在平面直角坐标系 x O y 中，直线l的参数方程为  x y   2t 2 3 t  m ( t 为参数)，以坐标原点O 为 极 点 ， x 轴 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ， 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 为 2 2 c o s 2 3 c o s 3         ． (1)求曲线 C 的直角坐标方程； (2)若 l 与C有公共点，求实数 m 的取值范围． 【解答】解：(1)曲线 C 的极坐标方程为 2 2 c o s 2 3 c o s 3         ， 整理得： 2 (1 c o s 2 ) 3 c o s 3 0         ，化简得： 2 2 s in 2 3 c o s 3 0        ， 根据 x x y 2 y c s 2 o s in 2           ，转换为直角坐标方程为：2y2 3x30， (2)直线 l 的参数方程为  x y   2t 2 3 t  m ( t 为参数)，转换为直角坐标方程为 x  3 y  m  0 ； 由于直线l与C有公共点， 2y2 3x30 所以 ，整理得2y2 3 3y3m30， x 3ym0 17 利用(3 3)2 42(3m3) 0，解得m ． 8  17 故实数m的取值范围为 ,  ．  8 16 高途高中数学高考研究院 23．已知 16 f ( x )  2 | x  2 |  | x | ． (1)求不等式 f ( x ) x  6 的解集； (2)在直角坐标系xOy中，求不等式组  f y (  x ) x  y , 6 0 所确定的平面区域的面积． 3x4,x2  【解答】解：(1)由题意知， f(x)x4,2 x 0 ；  3x4,x0 当 x   2 时，不等式为  3 x  4 x  6 ，解得 x  5 2 ， 当  2 x 0 时，不等式为 x  4 x  6 ，无解， 当x0时，不等式为 3 x  4 x  6 ，解得 x 1 ， 综上，不等式 f(x) x6的解集为  x x  5 2 或 x 1  ． (2)作出不等式组  f y (  x ) x  y 6 0 ，即   x 3 y 3  x x  4  4 x  4 y 6 , y y  , , 2 x x   x 0  2 0 所确定的平面区域(图中阴影部分)， 其中 A   5 2 , 7 2  ， B (  2 , 2 ) ，C(0,4)， D (1 , 7 ) ， 设直线yx6与y轴的交点为 E ，则 E ( 0 , 6 ) ， 所以S S S S ， 四边形ABCD △ABC △ACE △ECD 其中 S △ E C D  1 2  2  1  1 1 5 5 ，S  2  ， △ACE 2 2 2 求 S △ A B C 时，以线段 B C 为底，点A到 B C 的距离为高，则可求得 S △ A B C  1 2  2 2  2  2 ， 所以 S 四 边 形 A B C D  2  5 2  1  1 1 2 ．