(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
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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
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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
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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
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【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
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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
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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
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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
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【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
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(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
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【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
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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
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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
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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
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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