(2.22)-2024高考数学点睛密卷_新高考II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 新高考 II 卷(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(新高考 II 卷 B) 数 学 本试卷共4页，19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8小题，每小题5分，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A{x|13x 9}， 2 B  { x  Z | x 1 } ，则 A B  ( ) A． (1 ， 2 ] B． { 1 ， 2 } C． [1 ， 2 ] D． { 1 } 【答案】 B 【解答】解：集合 A  { x |1  3 x 9 }  { x | 0  x 2 } ，B{xZ|x 1}，则A B{1，2}． 故选： B ． 2．已知数列 { a n } 为等差数列， a 1  a 2  a 3  9 ， a 3  a 7  1 0 ，则a ( 8 ) A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】 C 【解答】解：等差数列 { a n } 中，a a a 3a 9，解得a 3， 1 2 3 2 2 又a a 2a 10，解得a 5，设公差为 3 7 5 5 d ，则 3 d  a 5  a 2  2 ， 所以 a 8  a 5  3 d  5  2  7 ． 故选： C ． 4 3．已知圆锥的高为 3，其侧面展开图的圆心角为 ，则该圆锥的体积为( ) 33 高途高中数学高考研究院 A． 3 3 8  B． 4 5 3  C． 5  3 D． 8  3 【答案】 B 【解答】解：设圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ， 则 l 2  r 2  ( 3 ) 2 ，即 l 2  r 2  3 ；其侧面展开图的圆心角为 2  l r  4  3 r 2 ，即  ； l 3 解得 r 2  1 2 5 1 1 12 4 3 ，所以圆锥的体积为V  r2h   3 ． 3 3 5 5 故选： B ． 4．若关于 x 的不等式 e x  2  x 2 a x 2  x ln x 在(0,)上恒成立，则实数 a 的取值范围为( ) A．    , 1 e  B．    , 1 2   e C．,  D．   3   (   ,1 ] 【答案】 B 【解答】解： e x  2  x 2 a x 2  x  ln x  e x  x 2  1  2 a x  ln x 0 ， 当 a 1 2 ex2 ex2 时， 12axlnx 1xlnxexlnx2 (xlnx2)1， x x 令 h ( t )  e t  t  1 ，则 h ( t )  e t  1 ， 当t0时， h ( t )  0 ，当 t  0 时， h ( t )  0 ， 故 h ( t )  e t  t  1 在 t  (   , 0 ) 上单调递减，在 t  ( 0 ,   ) 上单调递增，故 h ( t ) h ( 0 )  0 ， 故 e x  ln x  2  ( x  ln x  2 )  1 0 恒成立，不等式成立， 当 a  1 2 时，令 u ( x )  x  2  ln x ， u ( x )  1  1 x  x  x 1 ， 当x1时， u ( x )  0 ，当 0  x  1 时， u ( x )  0 ， 故u(x)x2lnx在x(0,1)上单调递减，在x(1,)上单调递增， 且u(1)   1  0 ， u (4)  2  ln 4  0 ， 由零点存在性定理得，存在 x 0  (1 , 4 ) ，使得 u ( x 0 )  0 ，即 x 0  2  ln x 0 ， 此时 e x  0 x 0 2  1  2 a x 0  ln x 0  2  2 a x 0  x 0  2  (1  2 a ) x 0  0 ，故不合题意，舍去， 1 综上，a ， 2  1 即实数a的取值范围为 ,  ．  2 故选：B．4 高途高中数学高考研究院 5．随机变量 4 X 服从正态分布 X ~ N (1 0 , s 2 ) ， P ( X  1 2 )  m ， P ( 8 X 1 0 )  n ，则 2 1 m  1 n 的 最小值为 ( ) A． 3  4 2 B． 6  2 2 C． 6  4 2 D． 3  2 2 【答案】 D 【解答】解：依题意，根据正态分布的性质，2P(X 12)2P(8 X 10)2m2n1， 且 m  0 ， n  0 ，所以 2 1 m  1 n  ( 2 m  2 n )  2 1 m  1 n   n m  2 m n  3 2 2  3 ， n 2m 当且仅当  时，即 m n n  2 m 时，取等号． 故选： D ． 6．过直线 2 x  y  1  0 上一点 P 作圆(x2)2  y2 4的两条切线PA， P B ，若 P A  P B  0 ， 则点 P 的横坐标为 ( ) A．0 B． 3 5 C．  3 5 D．  1 5 5 【答案】 D 【解答】解：过直线2xy10上一点 P 作圆(x2)2  y2 4的两条切线 P A ， P B ， 如图所示：则圆心 C ( 2 , 0 ) ，连接 A C ， C B ，则 P A  A C ， P B  B C ， 可得 △ P A C ≌ △ P B C ， P A  P B  0 ，则  A P C   B P C  4 5  ， 所以 | P A | | A C | 2 ，所以 | P C | 2 2  2 2  2 2 ， 因为点 P 在直线 2 x  y  1  0 上， 所以设 P ( a , 2 a  1 ) ， C ( 2 , 0 ) ， 所以 | P C | ( a  2 ) 2  ( 2 a  1 ) 2  2 2 ，解方程得： a   1 5 5 ． 故选： D ． 4 22cos23sin2 7．若tan2 ，则 ( ) 3 1cos2 1 1 1 A． 或2 B．2或 C．2 D． 2 2 25 高途高中数学高考研究院 【答案】 5 C 【解答】解： ta n 2 1 2 ta ta n n 2 4 3       ，解得 ta n 1 2 2   或  ， 故 2 2 c o 1 s 2 c o s 2 3 s in 2 2 s in 2 2 c o s 2 2 2 s in 4 2 s in 2 6 s in c o s ta 2 n 2 ta 3 n 2                       ． 故选： C ． 8．已知双曲线 C : y 3 2  x 2  1 的下焦点和上焦点分别为 F 1 ， F 2 ，直线 y  x  m 与 C 交于 A ， B 两点，若 △ F 2 A B 面积是 △ F 1 A B 面积的4倍，则 m  ( ) A．3 B．  3 10 10 C． D． 3 3 【答案】 D 【解答】解：双曲线 C : y 3 2  x 2  1 的下焦点和上焦点分别为 F 1 ( 0 ,  2 ) ， F 2 ( 0 , 2 ) ， 联立  y y  2  x 3  x m 2  3 ，可得 2 x 2  2 m x  m 2  3  0 ， 由 0   ，即4m2 8(3m2)0，解得 m  2 ，或 m   2 ． 由 △ F 2 A B 面积是 △ F 1 A B 面积的4倍， 可得F 到直线 2 y  x  m 的距离是 F 1 到直线 y  x  m 的距离的4倍， 即有 | m  2 2 |  4 | m  2 2 | 10 6  ，解得m  舍去  ． 3  5  故选： D ． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知数列{a }满足 n a 1  3 ， 2 a n  1  3 a n  2 ，则( ) A． { a n  2 } 是等差数列 B． { a 2 n } 的前 n 项和为 6 5   9 4  n  1   2 n C． { a n } 是单调递增数列  2 n D．数列a   的最小项为4  n1 3  【答案】BC 【解答】解：由2a 3a 2，得2(a 2)3(a 2)，因为a 210， n1 n n1 n 16 高途高中数学高考研究院 所以 6 a 2  2  0 ， a 3  2  0 ， ， a n  2  0 ，从而 a na  n 1  2 2  3 2 ， 所以 { a n  2 } 3 是首项为1，公比为 的等比数列， 2 所以 a n  2  1   3 2  n  1 ，即 a n   3 2  n  1  2 ．所以 a 2 n   3 2  2 n  1  2 ， 所以 a 2  a 4   a 2 n  3 2  1  1   9 4 9 4  n   2 n  6 5   9 4  n  1   2 n ，所以 A 错误， B 正确； 由 a n   3 2  n  1  2 ，易知{a }是单调递增数列， n C 正确； 2 3 2 25 当n1时，a    2 4， 2 3 2 3 6 当n 2时， a n  1   2 3  n  a 3   3 2  2  2  4 ， D 错误． 故选：BC． 10．已知函数 f(x)x3 ax2(aR)，则( ) A．当 a  0 时，函数 f ( x ) 存在极值点 B．若函数 f ( x ) 在点 (1 , f (1 ) ) 处的切线方程为直线 y  2 x ，则 a  1 C．点 ( 0 , 2 ) 是曲线 y  f ( x ) 的对称中心 D．当 a  1 时，函数 f ( x ) 有三个零点 【答案】BC 【解答】解： f ( x )  3 x 2  a ， 当a0时， f ( x )  0 ，函数 f ( x ) 在R上单调递增，函数 f ( x ) 没有极值点， A 错误； 因为 f (1)  3  a ， f  (1)  3  a ， 故函数 f ( x ) 在 (1 ， f (1))处的切线方程为 y  ( 3  a )  ( 3  a ) ( x  1 ) ， 由题意得 3  a  2 ，即 a  1 ，B正确； 设P(x,y)为 f ( x ) 上的点，P关于 ( 0 , 2 ) 对称的点 Q ( x , y ) ， 则 x  x   0 ，y y4，因为y f(x)x3 ax2，所以4 yx3 ax2， 即yx3 ax2， 所以Q(x,y)在已知函数 f(x)的图象上，即 y  f ( x ) 的图象关于 ( 0 , 2 ) 对称，C正确； 当a1时， f(x)x3 x2， f(x)3x2 1，7 高途高中数学高考研究院 易得，当 7 x  3 3 或 x   3 3 时， f ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递增， 3 3 当 x 时， 3 3 f ( x )  0 ，函数 f ( x ) 单调递减， 因为 f  3 3   2  2 9 3  0 ， f   3 3   2  2 9 3  0 ， x    ， f ( x )    ，x， f ( x )    ， 故函数 f ( x ) 只有一个零点，D错误． 故选： B C ． 11．随着科技的发展，越来越多的智能产品深入人们的生活．为了测试某品牌扫地机器人的 性能，开发人员设计如下实验：如图，在 △ A B C 表示的区域上，扫地机器人沿着三角形的 边，从三角形的一个顶点等可能的移动到另外两个顶点之一，记机器人从一个顶点移动到下 一个顶点称执行一次程序．若开始时，机器人从 A 点出发，记机器人执行 n 次程序后，仍回 到A点的概率为 P ( n ) ，则下列结论正确的是 ( ) A． P ( 2 )  1 3 B． n 2 时，有 2 P ( n )  1  P ( n  1 ) 21 C．P(7) 64 D． P ( n )  1 3  1    1 2  n  1  【答案】 B C D 【解答】解： A 选项，机器人第一次执行程序后，来到 B 或C点，故P(1)0，第二次执行 程序后，有 1 2 的概率回到A点，故 P ( 2 )  1 2 ， A 错误； B选项， P ( n  1 ) 为执行第(n1)次程序后仍回到A点的概率，要想执行 n 次程序后仍回到 A 点， 则执行第 ( n  1 ) 1 次程序后不在A点，而是在B或C点，且下一次有 的概率回到A点， 2 故当 n 大于等于2时，有 P ( n )  1 2 [1  P ( n  1 ) ] ，即2P(n)1P(n1)， B 正确； 1 D选项，由B选项知P(n) [1P(n1)]，即 2 P ( n )   1 2 P ( n  1 )  1 2 ， 1 1 1 于是P(n)  P(n1) ，   3 2 38 高途高中数学高考研究院 1 1 又P   ， 1 3 3  1 所以P(n) 是首项为  3 8  1 3 1 ，公比为 的等比数列， 2 1 1  1 n1 故P(n)    ，即 3 3  2 P n  1 3  1 3    1 2  n  1 ， D 正确， C 选项，由 D 选项可知 P (7)  2 6 1 4 ， C 正确． 故选： B C D ． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．复数z满足 z (1  2 i )  | 4  3 i | (其中i为虚数单位)，则复平面内z 对应的点的坐标 为 ． 【答案】 (1 ,  2 ) 【解答】解：因为|43i| 42 (3)2 5，则z(12i)|43i|5， 可得 z  1 5  2 i  (1 5  (1 2 i  2 ) (1 i  ) 2 i )  1  2 i ，则 z  1  2 i ， 所以复平面内 z 对应的点的坐标为 (1 ,  2 ) ． 故答案为： (1 ,  2 ) ． 13．将函数 f ( x )  s in 2 x 的图象向左平移  8 个单位得到函数 g ( x ) 的图象，若 g ( x ) 在区间 [ 0 , m ] 上有且仅有一个零点，则实数 m 的一个取值为 ． 【答案】 3  8 (答案不唯一)     【解答】解：由题设g(x) f x sin2x  ，  8  4 在x[0， m ] ，则 2 x   4    4 , 2 m   4  ，要使g(x)在区间[0， m ] 上有且仅有一个零点，  3 7 所以 2m 2，即 m ，故 4 8 8 m  3  8 满足要求． 3 故答案为： (答案不唯一)． 8 14．已知正三棱锥 P  A B C ，底面 A B C 是边长为2的正三角形，若 P E  2 E C ，且 P A  B E ， 则正三棱锥PABC外接球的半径为 ．9 高途高中数学高考研究院 【答案】 9 2 6 【解答】解：设正三棱锥PABC的底面中心为点 O ，连接 P O ，则 P O  面 A B C ， 连接AO并延长，交 B C 于点G，连接PG，如图所示， 因为底面 A B C 是正三角形，则 G 为 B C 的中点， P G  B C ， A G  B C ， 又 P G A G  G ， P G  面 P A G ， A G  面 P A G ，所以 B C  面PAG， 又因为 P A  面 P A G ，所以 B C  P A ， 又因为PABE， B C B E  B ， 因为 P E  2 E C ，所以 E  P C ，故BE面PBC， 又因为 B C  面 P B C ，所以 P A  面 P B C ， 因为 P B  面 P B C ， P C  面 P B C ，所以 P A  P B ， P A  P C ， 因为三棱锥 P  A B C 是正三棱锥，且底面 A B C 是边长为2的正三角形， 所以PA，PB， P C 两两垂直，且PAPBPC 2， 将其补形成棱长为 2正方体，如图： 所以正三棱锥PABC外接球的半径为： 1 1 6  PA2 PB2 PC2  ( 2)2 ( 2)2 ( 2)2  ． 2 2 2 6 故答案为： ． 2 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．△ABC的内角 A ， B ，C的对边分别为 a ， b ， c ，且 s in ( A  B ) c o s C  c o s B s in ( A  C ) ． (1)判断△ABC的形状；10 高途高中数学高考研究院 (2)若△ABC为锐角三角形， 10 s in A  1 b ，求 2 a 2  1 2 b  1 2 c 的最大值． 【解答】解：(1)由题意：(sinAcosBcosAsinB)cosCcosB(sinAcosCcosAsinC)， 整理得 c o s A  ( c o s B s in C  s in B c o s C )  c o s A  s in ( C  B )  0 ， 故 c o s A  0 或 s in ( C  B )  0 ， 当 c o s A  0 时， A   2 ， △ A B C 为直角三角形， 当 s in ( C  B )  0 时，BC， △ A B C 为等腰三角形． 故△ABC为直角三角形或等腰三角形． (2)由正弦定理 s a in A  s b in B ，得asinBbsinA1，  a  s 1 in B ， 又△ABC是锐角三角形，由(1)得 B  C ，  b  c ，  2 1 1   2sin2BsinA， a2 2b 2c 又BC， A  B  C  π ，  2 s in 2 B  s in A  1  c o s 2 B  s in 2 B  1  2 s in  2 B  π 4  ， 因为 △ A B C 为锐角三角形，所以  0  0 A   B π   2 π 2 B  π 2 π π ，解得 B ， 4 2  π π 当2B  时，即 4 2 B  3 π 8 时取最大值，最大值为 2  1 ． 综上，最大值为 21． 16．如图，在四棱锥 P  A B C D 中， P A  平面ABCD， A B ∥ C D ，且 P A  1 ， A B  1 ， B C  2 2 ， C D  2 ， A B  B C ，N为PD的中点． (1)求平面ABCD与平面PBC所成锐二面角的余弦值； (2)求点N到平面 P B C 的距离； (3)在线段 P D 上，是否存在一点 M ，使得直线 C M 与平面 P B C 所成角的正弦值为 5 5 ？若 DM 存在，求出 的值：若不存在，请说明理由． DP11 高途高中数学高考研究院 【解答】解：(1)在四棱锥 11 P  A B C D 中， P A  平面 A B C D ， A B ∥ C D ，且 P A  1 ， A B  1 ， B C  2 2 ， C D  2 ， A B  B C ， N 为PD的中点． 取CD中点为 E ，连接AE， 因为 A B ∥ C D ，且 C D  2 ，AB1， A B  B C ，所以AE AB， 又因为 P A  平面 A B C D ， A B ， A E  平面 A B C D ， 所以 P A  A B ， P A  A E ， 以A为坐标原点， A E ，AB， A P 所在直线分别为 x ，y， z 轴建立空间直角坐标系，如图， 则A(0，0， 0 ) ，B(0，1， 0 ) ，C(2 2 ，1，0)，D(2 2，1， 0 ) ， P ( 0 ，0，1)， N  2 ， - 1 2 ， 1 2  ， 平面 A B C D 的一个法向量为m(0，0， 1 ) 设平面 P B C 的一个法向量为n(x,y ,z )， 1 1 1 B C  ( 2 2 ，0，0)， B P  ( 0 ，  1 ，1)， 所以  B B C P   n n   2  y 2 1 x  1 z  1 0  0 ，令 y 1  1 ，则 n  ( 0 ，1，1)， 设平面 A B C D 与平面 P B C 所成锐二面角为， 则平面 A B C D 与平面 P B C 所成锐二面角的余弦值为： c o s | | | | | | 1 2 2 2   m m   n n   ． (2) B N   2 ,  3 2 , 1 2  ，  点 N |BNn| 1 2 到平面PBC的距离为d    ． |n| 2 2 (3)在线段 P D 5 上，存在一点M ，使得直线CM 与平面PBC所成角的正弦值为 ， 5 理由如下： 设PD上存在点M ，使DM DP，[0，1]， CM CDDM CDDP(0，2，0)(2 2，1，1)(2 2，2，)，12 高途高中数学高考研究院 直线CM 与平面PBC所成角的正弦值为 12 5 5 ． 平面 P B C 的法向量为n(0，1， 1 ) ，  5 5 | | C C M M | | | | 2 8 | 2 2 ( 2 | 2 ) 2 2        n n       3 ，由[0，1]，解得 ， 8 故在线段 P D 上，存在一点 M ，使得直线CM 与平面 P B C 所成角的正弦值为 5 5 ，且 D D M P  3 8 ． 17．某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由n(n 3,nN*)位成 员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该 成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关 闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二 关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束． 已知 A 团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为 3 4 和 1 2 ，且每位成员闯关是否成功 互不影响，每关结果也互不影响． (1)若 n  3 ，用 X 表示 A 团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求 X 的均值； (2)记 A 团队第 k (1 k n  1 , k  N * ) 位成员上场且闯过第二关的概率为 p k ，集合  k  N * p k  1 3 2 8  中元素的最小值为k ，规定团队人数 0 n  k 0  1 ，求n． 【解答】解：(1)X 的所有可能取值为1，2，3， 3 1 3 P(X 1)   ， 4 2 8 P ( X  2 )  1 4  3 8  3 4  1 2  1 2  9 3 2 ， P ( X  3 )  1  3 8  9 3 2  1 3 1 2 ，  X 的分布列为： X 1 2 3 P 3 8 9 3 2 1 3 1 2 3 9 11 63 E(X)1 2 3  ； 8 32 32 32 3 1 (2)由题设p ，q ， 4 2 若前 ( k  1 ) 位玩家都没有通过第一关测试，且第 k 位玩家通过第二关测试， 1 k1 3 1 3 其概率为p (1 p)k1pq     ， k 4 4 2 24k13 高途高中数学高考研究院 若前 13 ( k  1 ) 位玩家中第 i (1 i k  1 ) 位玩家才通过第一关测试， 则前面 i  1 位玩家无人通过第一关测试，其概率为 (1  p ) i 1 ， 第i位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为 p (1  q ) ， 第 i  1 位玩家到第 k  1 位玩家都没有通过第二关测试，其概率为 (1  q ) k  i 1 ， 所以前面 ( k  1 ) 位玩家中恰有一人通过第一关测试，且第 k 位玩家通过第二关测试的概率为： p k  k  1 i 1 (1  p ) i 1 p (1  q ) (1  q ) k  i 1 q  p q (1  q ) k  1  k  1 i 1  1 1   p q  i 1  3 8  1 2  k  1 k  1 i 1  1 2  i 1  3 8   1 2  k  1  1  1  1   1 2 1 2  k  1   2 3 k  1  1   1 2  k  1  ， 第 k 位成员闯过第二关的概率 p k  p k  p k  3 2   1 2  k   1 4  k  ， 31 k 1 k 3 1 k 1 k 1 由           k 6， 22 4  128 2 4 64  k 0  6 ，  n  7 ． 18．椭圆 C : x a 2 2  y b 2 2  1 ( a  b  0 ) 的离心率 e  2 3 ，且椭圆 C 的长轴长为4． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线 l 过点 D  0 , 1 2  ，且与椭圆 C 相交于 M ，N两点，又点 P 是椭圆C的下顶点，当 △ P M N 面积最大时，求直线 l 的方程． c 3   【解答】解：(1)由题意得：a 2 ，解得  2a4  a c   2 3 ， 则b2 a2 c2 431，  椭圆C的方程为： x 4 2  y 2  1 ； (2)由(1)可知 P ( 0 ,  1 )  1 ，D0,  ，  2  | P D | 3 2 ， 由题意可知直线斜率必存在，设直线 l : y  k x  1 2 ，设 M ( x 1 ，y )， 1 N ( x 2 ， y 2 ) ，14 高途高中数学高考研究院 联立 14  y x 4  2  k x y  2 1 2  1 ，整理可得： (1  4 k 2 ) x 2  4 k x  3  0 ， 1 6 k 2 1 2 ( 4 k 2 1 ) 0      ， x 1  x 2   4 k 4 2 k  1 ， x 1 x 2  4 k  2 3  1 ，  | x 1  x 2 | ( x 1  x 2 ) 2  4 x 1 x 2  (1 1  6 4 k k 2 2 ) 2  4  1   3 4 k 2  2 1 3   4 1 k 6 k 2 2 ， 1 1 3 2 316k2 3 316k2 S  |PD||x x |     ， △PMN 2 1 2 2 2 14k2 2 14k2 m2 3 1m2 令 16k2 3m(m 3)，可得4k2  ，14k2  ， 4 4 3 m 6m 6 则S     ，又 △PMN 2 1m2 1m2 1 m 4 m y  m  1 m 在 [ 3 ,   ) 单调递增， 当 m  3 ，即 1 6 k 2  3  3 ，即k 0时， △ P M N 面积最大． 此时直线 l : y  1 2 ． 19．已知函数 f ( x )  m e x  1 ( m  R ) ln(ax) ，g(x) lnxe，a1． x (1)若 f(x) x，求m的取值范围； (2)求证： g ( x ) 存在唯一极大值点 x 0 ，且 x 0   1 a ,1  ； (3)求证： a 2 ( e x  1 )  e 4 2 x  g ( x ) ． 【解答】解：(1)由 f ( x )  m e x  1 x x1 x1 ，可得m 恒成立，令F(x) ， ex ex 则 F ( x )   e x x  0  x  0 ， 当x(,0)时，F(x)0，则 F ( x ) 在(,0)上单调递增， 当x(0,)时， F ( x )  0 ，则 F ( x ) 在 ( 0 ,   ) 上单调递减， 所以F(x) F(0)1，所以m 1，故m的取值范围是[1，)． max15 高途高中数学高考研究院 ln(ax) 1ln(ax)x (2)证明：由g(x) lnxe，则g(x) ， x x2 再令 15 h ( x )  1  ln ( a x )  x ， 因为 h ( x )   1 x  1  0 在(0,)上恒成立， 所以 h ( x ) 在 ( 0 ,   ) 上单调递减， 因为当 a  1 时， h  1 a   1  1 a  0 ， h (1)   ln a  0 ， 于是存在 x 0   1 a ,1  ，使得 h ( x 0 )  1  ln ( a x 0 )  x 0  0 ，即ln(ax )1x ，① 0 0 并且当 x  ( 0 , x 0 ) 时， g ( x )  0 ，则 g ( x ) 在 ( 0 , x 0 ) 上单调递增， 当x(x ，)时，g(x)0，则g(x)在(x ，)上单调递减， 0 0 于是g(x)存在唯一极大值点x ，且 0 x 0   1 a ,1  ． (3)证明：由(1)知，当 m  1 时， f ( x )  e x  1 x ， 又a2 1，所以a2(ex 1) a2x， 于是当 x  0 时， a 2 ( e x  1 )  e 4 2 x a 2 x  e 4 2 x 2 a 2 x  e 4 2 x  a e ①， ln(ax ) 1x 1 由(2)并结合①得：g(x) g(x ) 0 lnx e 0 lnx e lnx e1 max 0 x 0 x 0 x 0 0 0 0 易知 t ( x 0 )  1 x 0  ln x 0  e  1 在 x 0   1 a ,1  时单调递减， 所以 g ( x ) m ax  t  1 a   a  ln a  e  1 ， 设G(a)  a e  ( a  ln a  e  1 ) ，其中 a  1 ， 因为 G ( a )  e  1 a  1  0 在 a  1 时恒成立， 所以G(a)在a1时单调递增，于是G(a)G(1)0， 从而有aealnae1， e2 所以原不等式a2(ex 1) g(x)成立． 4x