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

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2024 高考数学
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12
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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
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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
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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
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 
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
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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
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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
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 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
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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
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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
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(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
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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
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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
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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
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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
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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
．