2017年河南省高考數學適應性試卷（理科）含答案解析

2017 年河南省普通高中高考數學適應性試卷（理科） 一、選擇題：本大題共 12 小題，每小題 5 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的 1已知集合 A=x|2x 3 0， B=x|x 2） 1，則（ B=（ ） A（ 1， 12） B（ 2， 3） C（ 2， 3 D 1， 12 2歐拉（ 籍瑞士）是科學史上最多產的一位杰出的數學家，他發(fā)明的公式 i 為虛數單位），將指數函數的定義 域擴大到復數，建立了三角函數和指數函數的關系，這個公式在復變函數理論中占用非常重要的地位，被譽為 “數學中的天橋 ”，根據此公式可知， e 4i 表示的復數在復平面中位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3下列命題正確的是（ ） A R， B x 0 且 x R， 2x 已知 a， b 為實數，則 a 2， b 2 是 4 的充分條件 D已知 a， b 為實數，則 a+b=0 的充要條件是 = 1 4已知圓 O： x2+（ O 為坐標原點）經過橢圓 C： + =1（ a b 0）的短軸端點和兩個焦點，則橢圓 C 的標準方程為（ ） A + =1 B + =1 C + =1 D + =1 5已知等差數列 足 ， ，則 于（ ） A 31 B 32 C 61 D 62 6某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） A 3 B C D 7已知函數 f（ x） = 的最大值為 M，最小值為 m，則 M+m 等于（ ） A 0 B 2 C 4 D 8 8如圖所示的程序框圖的算法思路來源于 我國古代數學名著九章算術中的 “更相減損術 ”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入 a， b 的值分別是 21， 28，則輸出 a 的值為（ ） A 14 B 7 C 1 D 0 9已知函數 y=x+1+點 A（ 1， 2）處的切線 l，若 l 與二次函數 y= a+2）x+1 的圖象也相切，則實數 a 的取值為（ ） A 12 B 8 C 0 D 4 10已知 三個頂點的坐標為 A（ 0， 1）， B（ 1， 0）， C（ 0， 2）， O 為坐標原點，動點 M 滿足 | |=1，則 | + + 的最大值是（ ） A B C 1 D 1 11已知雙曲線 C： =1（ a 0， b 0）的左、右焦點分別為 P 是雙曲線在第一象限內的點，直線 別交雙曲線 C 的左、右支于另一點 M， N，若 |2|且 20，則雙曲線的離心率為（ ） A B C D 12定義在 R 上的函數 f（ x），當 x 0， 2時， f（ x） =4（ 1 |x 1|），且對于任意實數 x 2n 2， 2n+1 2（ n N*， n 2），都有 f（ x） = f（ 1）若 g（ x） =f（ x） 且只有三個零點，則 a 的取值范圍是（ ） A 2， 10 B ， C（ 2， 10） D 2， 10） 二、填空題：本大題共 4 小題，每小題 5 分 13已知實數 x， y 滿足條件 若目標函數 z=2x+y 的最小值為 3，則其最大值為 14設二項式 展開式中的常數項為 a，則 的值為 15已知 A， B， C 是球 O 的球面上三點，且 為該球面上的動點，球心 O 到平面 距離為球半徑的一半，則三棱錐 D 積的最大值為 16已知函數 x） =+ 1） =（ 1） n N*，設函數 g（ n） = ，若 bn=g（ 2n+4）， n N*，則數列 前 n（ n 2）項和 于 三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟 17已知向量 =（ 2 =（ 2 函數 f（ x） = 1 （ ）求函數 f（ x）的單調遞減區(qū)間； （ ）在銳角 ，內角 A、 B、 C 的對邊分別為 a， b， c， ，對任意滿足條件的 A，求 f（ A）的取值范圍 18某品牌的汽車 4S 店，對最近 100 例分期付 款購車情況進行統(tǒng)計，統(tǒng)計結果如表所示，已知分 9 期付款的頻率為 店經銷一輛該品牌的汽車若顧客分 3 期付款，其利潤為 1 萬元；分 6 期或 9 期付款，其利潤為 2 萬元；分 12 期付款，其利潤為 3 萬元 付款方式 分 3 期 分 6 期 分 9 期 分 12 期 頻數 20 20 a b （ 1）若以表中計算出的頻率近似替代概率，從該店采用分期付款購車的顧客（數量較大）中隨機抽取 3 位顧客，求事件 A： “至多有 1 位采用分 6 期付款 ”的概率P（ A）； （ 2）按分層抽樣的方式從這 100 位顧客中抽出 5 人，再從抽出的 5 人中隨 機抽取 3 人，記該店在這 3 人身上賺取的總利潤為隨機變量 ，求 的分布列及數學期望 E（ ） 19如圖所示，已知長方體 ， 為 中點將 M 折起，使得 （ 1）求證：平面 平面 （ 2）是否存在滿足 的點 E，使得二面角 E D 為大小為若存在，求出相應的實數 t；若不存在，請說明理由 20設拋物線的頂點在坐標原點，焦點 F 在 y 軸正半軸上，過點 F 的直線交拋物線于 A， B 兩點，線段 長是 8， 中點到 x 軸的距離是 3 （ 1）求拋物線的標準方程； （ 2）設直 線 m 在 y 軸上的截距為 6，且與拋物線交于 P， Q 兩點，連結 延長交拋物線的準線于點 R，當直線 與拋物線相切時，求直線 m 的方程 21已知函數 （ 1）當 a=1 時，求函數 f（ x）的單調區(qū)間； （ 2）若 1 x 1 時，均有 f（ x） 0 成立，求實數 a 的取值范圍 四、請考生在第 22、 23 兩題中任選一題作答，注意：只能做所選定的題目，如果多做，則按所做的第一題計分，作答時請用 2B 鉛筆在答題卡上將所選題號后的方框涂黑 4標系與參數方程 22在平面直角坐標系 ，曲線 參數方程為 （ 為參數 ），以坐標原點 O 為極點， x 軸的正半軸為極軸，與直角坐標系 相同的單位長度建立極坐標系，曲線 極坐標方程為 =24 （ 1）化曲線 方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線； （ 2）設曲線 x 軸的一個交點的坐標為 P（ m， 0）（ m 0），經過點 P 作斜率為 1 的直線， l 交曲線 A， B 兩點，求線段 長 五、 4等式選講 23已知 f（ x） =|2x 1|+x+ 的最小值為 m （ 1）求 m 的值； （ 2）已知 a， b， c 是正實數，且 a+b+c=m，求證： 2（ a3+b3+ ab+bc+ 2017 年河南省普通高中高考數學適應性試卷（理科） 參考答案與試題解析 一、選擇題：本大題共 12 小題，每小題 5 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的 1已知集合 A=x|2x 3 0， B=x|x 2） 1，則（ B=（ ） A（ 1， 12） B（ 2， 3） C（ 2， 3 D 1， 12 【考點】 交、并、補集的混合運算 【分析】 首先化簡集合 A， B，進而算出 后根據并集的定義進行求解 【解 答】 解： 集合 A=x|2x 3 0=x|x 1 或 x 3 x| 1 x 3= 1， 3 B=x|x 2） 1， ， 解得 2 x 12， B=（ 2， 12 （ B= 1， 12 故選： D 2歐拉（ 籍瑞士）是科學史上最多產的一位杰出的數學家，他發(fā)明的公式 i 為虛數單位），將指數函數的定義域擴大到復數，建立了三角函數和指數函數的關系，這個公式在復變函數理論中占用非常重要的地位，被譽為 “數 學中的天橋 ”，根據此公式可知， e 4i 表示的復數在復平面中位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【考點】 復數的代數表示法及其幾何意義 【分析】 e 4i= 4） + 4），再利用誘導公式與三角函數求值即可得出 【解答】 解： e 4i= 4） + 4）， 4） =+（ 4 ） = 4 ） 0， 4） = +（ 4 ） =4 ） 0， e 4i 表示的復數在復平面中位于第二象限 故選： B 3下列命題正確的是（ ） A R， B x 0 且 x R， 2x 已知 a， b 為實數，則 a 2， b 2 是 4 的充分條件 D已知 a， b 為實數，則 a+b=0 的充要條件是 = 1 【考點】 命題的真假判斷與應用 【分析】 根據 x+ ） ，判斷 A 錯誤； 舉例說明 x=2 時 2x=，判斷 B 錯誤； 根據 a 2， b 2 時 4，判斷充分性成立 C 正確； 舉例說明 a=b=0 時 = 1 不成立，判斷 D 錯誤 【解答】 解：對于 A， x R， x+ ） 正確， 該命題的否定是假命題， A 錯誤； 對于 B，當 x=2 時， 2x=， B 錯誤； 對于 C， a， b 為實數，當 a 2， b 2 時， 4，充分性成立， 是充分條件， C 正確； 對于 D， a， b 為實數， a+b=0 時，若 a=b=0，則 = 1 不成立， 不是充要條件， D 錯誤 故選： C 4已知圓 O： x2+（ O 為坐標原點）經過橢圓 C： + =1（ a b 0）的短軸端點和兩個焦點，則橢圓 C 的標準方程為（ ） A + =1 B + =1 C + =1 D + =1 【考點】 橢圓的簡單性質 【分析】 根據圓 O： x2+（ O 為坐標原點）經過橢圓 C： + =1（ a b 0）的短軸端點和兩個焦點，可得 b， c， a， 【解答】 解： 圓 O： x2+（ O 為坐標原點）經過橢圓 C： + =1（ a b 0）的短軸端點和兩個焦點， b=2， c=2，則 a2=b2+ 橢圓 C 的標準方程為： ， 故選： B 5已知等差數列 足 ， ，則 于（ ） A 31 B 32 C 61 D 62 【考點】 等差 數列的通項公式 【分析】 由等差數列的性質依次求出 【解答】 解： 等差數列 足 ， ， +1=7， +7=13， +13=19， +19=25， +25=31 故選： A 6某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） A 3 B C D 【考點】 由三視圖求面積、體積 【分析】 由三視圖可得，幾何體為底面為正視圖，高為 的四棱錐，即可求出幾何體的體積 【解答】 解：由三視圖可得，幾何體為底面為正視圖，高為 的四棱錐，體積為 = ， 故選 B 7已知函數 f（ x） = 的最大值為 M，最小值為 m，則 M+m 等于（ ） A 0 B 2 C 4 D 8 【考點】 函數的最值及其幾何意義 【分析】 設 g（ x） = ，得到 g（ x）為奇函數，得到 g（ x） g（ x） ，相加可得答案 【解答】 解： f（ x） = =2+ ， 設 g（ x） = ， g（ x） = g（ x）， g（ x）為奇函數， g（ x） g（ x） M=f（ x） +g（ x） m=f（ x） +g（ x） M+m=2+g（ x） +g（ x） ， 故選： C 8如圖所示的程序框圖的算法思路來源于我國古代數學名著九章算術中的 “更相減損術 ”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入 a， b 的值分別是 21， 28，則輸出 a 的值為（ ） A 14 B 7 C 1 D 0 【考點】 程序框圖 【分析】 由循環(huán)結構的特點，先判斷，再執(zhí)行，分別計算出當前的 a， b 的值，即可得到結論 【解答】 解：由 a=21， b=28，不滿足 a b， 則 b 變?yōu)?28 21=7， 由 b a，則 a 變?yōu)?21 7=14， 由 b a，則 a 變?yōu)?14 7=7， 由 a=b=7， 則輸出的 a=7 故選： B 9已知函數 y=x+1+點 A（ 1， 2）處的切線 l，若 l 與二次函數 y= a+2）x+1 的圖象也相切，則實數 a 的取值為（ ） A 12 B 8 C 0 D 4 【考點】 利用導數研究曲線上某點切線方程 【分析】 求出 y=x+1+導數，求得切線的斜率，可得切線方程，再由于切線與曲線 y= a+2） x+1 相切，有且只有一切點，進而可聯立切線與曲線方程，根據 =0 得到 a 的值 【解答】 解： y=x+1+導數為 y=1+ ， 曲線 y=x+1+ x=1 處的切線斜率為 k=2， 則曲線 y=x+1+ x=1 處的切線方程為 y 2=2x 2，即 y=2x 由于切線與曲線 y= a+2） x+1 相切， y= a+2） x+1 可聯立 y=2x， 得 =0， 又 a 0，兩線相切有一切點， 所以有 =4a=0， 解得 a=4 故選： D 10已知 三個頂點的坐標為 A（ 0， 1）， B（ 1， 0）， C（ 0， 2）， O 為坐標原點，動點 M 滿足 | |=1，則 | + + 的最大值是（ ） A B C 1 D 1 【考點】 平面向量的坐標運算 【分析】 設點 M 的坐標是（ x， y），由兩點之間的距離公式化簡 | |=1，判斷出動點 M 的軌跡，由向量的坐標運算求出 + + ，表示出 | + + |并判斷幾何意義，轉化為圓外一點與圓上點的距離最值問題，即可求出答案 【解答】 解：設點 M 的坐標是（ x， y）， C（ 0， 2），且 | |=1， ，則 y+2） 2=1， 即動點 M 的軌跡是以 C 為圓心、 1 為半徑的圓， A（ 0， 1）， B（ 1， 0）， + + =（ x+1， y+1）， 則 | + + |= ，幾何意義表示： 點 M（ x， y）與點 A（ 1， 1）之間的距離，即圓 C 上的點與點 A（ 1， 1）的距離， 點 A（ 1， 1）在圓 C 外部， | + + |的最大值是 |1= +1= ， 故選 A 11已知雙曲線 C： =1（ a 0， b 0）的左、右焦點分別為 O 為坐標原點，點 P 是雙曲線在第一象限內的點，直線 別交雙曲線 C 的左、右支于另一點 M， N，若 |2|且 20，則雙曲線的離心率為（ ） A B C D 【考點】 直線與橢圓的位置關系 【分析】 由題意， |2| | |2a，可得 |4a， |2a，由 20， 可 得 20， 由 余 弦 定 理 可 得 4624a2a即可求出雙曲線 C 的離心率 【解答】 解：由題意， |2| 由雙曲線的定義可得， | |2a， 可得 |4a， |2a， 由四邊形 平行四邊形， 又 20，可得 20， 在三角形 ，由余弦定理可得 4624a2a 即有 40 可得 c= a， 即 e= = 故選 B 12定義在 R 上的函數 f（ x），當 x 0， 2時， f（ x） =4（ 1 |x 1|），且對于任意實數 x 2n 2， 2n+1 2（ n N*， n 2），都有 f（ x） = f（ 1）若 g（ x） =f（ x） 且只有三個零點，則 a 的取值范圍是（ ） A 2， 10 B ， C（ 2， 10） D 2， 10） 【考點】 根的存在性及根的個數判斷；函數零點的判定定理 【分析】 由 g（ x） =f（ x） ，得 f（ x） =別作出函數 f（ x）和 y=用數形結合即可得到結論 【解答】 解：當 x 0， 2時， f（ x） =4（ 1 |x 1|）， 當 n=2 時， x 2， 6，此時 1 0， 2，則 f（ x） = f（ 1） = 4（ 1 | 1 1|） =2（ 1 | 2|）， 當 n=3 時， x 6， 14，此時 1 2， 6，則 f（ x） = f（ 1） = 2（ 1 | |） =1 | |， 由 g（ x） =f（ x） ，得 f（ x） =別作出函數 f（ x）和 y=圖象， 若 0 a 1，則此時兩個函數圖象只有 1 個交點，不滿足條件 若 a 1，當對數函數圖象經過 A 時，兩個圖象只有 2 個交點，當圖象經過點 個函數有 4 個交點， 則要使兩個函數有 3 個交點，則對數函數圖象必須在 A 點以下， B 點以上， f（ 4） =2， f（ 10） =1， A（ 4， 2）， B（ 10， 1）， 即滿足 ， 即 ，解得 ， 即 2 a 10， 故選： C 二、填空題：本大題共 4 小題，每小題 5 分 13已知實數 x， y 滿足條件 若目標函數 z=2x+y 的最小值為 3，則其最大值為 7 【考點】 簡單線性規(guī)劃 【分析】 作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數 z=2x+y 的最小值為 3，建立條件關系即可求出 m 的值，然后求解最大值即可 【解答】 解：目標函數 z=2x+y 的最小值為 3， y= 2x+z，要使目標函數 z= 2x+y 的最小值為 3， 作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖： 則目標函數經過點 A 截距最小， 由 ，解得 A（ 2， 1），同時 A 也在直線 2x+y+m=0， 解得 m=5， 目標函數 z=2x+y 經過 B 時取得最大值 由 ，解得 B（ 3， 1）， z 的最大值為： 7 故答案為： 7 14設二項式 展開式中的常數項為 a，則 的值為 【考點】 二項式系數的性質 【分析】 利用二項式定理的通項公式可得 a，再利用微積分基本定理即可得出 【解答】 解：二項式 展開式中的通項公式： = =（ 1）r 令 6 =0，解得 r=4 常數項 a= =15， 則 = = 故答案為： 15已知 A， B， C 是球 O 的球面上三點 ，且 為該球面上的動點，球心 O 到平面 距離為球半徑的一半，則三棱錐 D 積的最大值為 【考點】 棱柱、棱錐、棱臺的體積 【分析】 由題意畫出圖形，求出三角形 接圓的半徑，設出球的半徑，利用直角三角形中的勾股定理求得球的半徑，則三棱錐 D 【解答】 解：如圖，在 ， ， 由余弦定理可得 ，則 A=120， 設 接圓的半徑為 r，則 ，得 r=3 設球的半徑為 R，則 ，解得 ， 三棱錐 D 積的最大值為 故答案為： 16已知函數 x） =+ 1） =（ 1） n N*，設函數 g（ n） = ，若 bn=g（ 2n+4）， n N*，則數列 前 n（ n 2）項和 于 2n+n 1 【考點】 數列的求和 【分析】 由分段函數，求得 bn=a ，再由函數 x），求得 n=1 時， ，將 n 換為 n 1，作差可得 n 1，進而得到 n 1+1，再由數列的求和方法：分組求和，結合等比數列的求和公式，計算即可得到所求和 【解答】 解： 由函數 g（ n） = ， 可得 bn=g（ 2n+4） =g（ 2n 1+2） =g（ 2n 2+1） =a ， 由函數 x） =+ 1） =（ 1） 可得 a1+ 1） n=（ 1） n=1 時， 1，可得 ； n 2 時， a1+1（ 1） n 1=（ 1） n 1（ n 1）， 可得 1） n=（ 1） 1） n 1（ n 1）， 化簡可得 n 1，對 n=1 也成立 則 bn=a =2n 1+1， 則數列 前 n（ n 2）項和 于（ 1+2+4+2n 1） +n = +n=2n+n 1 故答案為： 2n+n 1 三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟 17已知向量 =（ 2 =（ 2 函數 f（ x） = 1 （ ）求函數 f（ x）的單調遞減區(qū)間； （ ）在銳角 ，內角 A、 B、 C 的對邊分別為 a， b， c， ，對任意滿足條件的 A，求 f（ A）的取值范圍 【考點】 余弦定理；平面向量數量積的運算 【分析】 （ ）根 據函數 f（ x） = 1利用向量的數量積的運算求解 f（ x），結合三角函數的性質求解單調性即可 （ ） 求解 【解答】 解：（ ）向量 =（ 2 =（ 2 函數 f（ x） = 1 則 f（ x） =2 1= 2x ） 由 ， 解得： x ，（ k Z） 故得函數 f（ x）的單調遞減區(qū)間為 ， ，（ k Z） （ ）由 ，即： ， 又 銳角， B= 則 A 由（ ）可知 f（ A） =22A ） 那么： 2A （ ， ） 則 2A ） （ ， 1） 故得 f（ A）的取值范圍是（ 1， 2） 18某品牌的汽車 4S 店，對最近 100 例分期付款購車情況進行統(tǒng)計，統(tǒng)計結果如表所示，已知分 9 期付款的頻率為 店經銷一輛該品牌的汽車若顧客分 3 期付款，其利潤為 1 萬元；分 6 期或 9 期付款，其利潤為 2 萬元；分 12 期付款，其利潤為 3 萬元 付款方式 分 3 期 分 6 期 分 9 期 分 12 期 頻數 20 20 a b （ 1）若以表中計算出的頻率近似替代概率，從該店采用分期付款購車的顧客（數量較大）中隨機抽取 3 位顧客，求事件 A： “至多有 1 位采用分 6 期付款 ”的概率P（ A）； （ 2）按分層抽樣的方式從這 100 位顧客中抽出 5 人，再從抽出的 5 人中隨機抽取 3 人，記該店在這 3 人身上賺取的總利潤為隨機變量 ，求 的分布列及數學期望 E（ ） 【考點】 離散型隨機變量的期望與方差；列舉法計算基本事件數及事件發(fā)生的概率 【分析】 （ 1）由 = a=40， 20+a+20+b=100，解得 b記分期付款的期數為 ，依題意即可得出其概率進 而定點 “購買該品牌汽車的 3 為顧客中至多有1 位采用 3 期付款 ”的概率 P（ A） （ 2）按分層抽樣的方式從這 100 位顧客中抽出 5 人，則顧客分 3 期付款與分 6期付款的各為 1 人，分 9 期付款的為 2 人，分 12 期付款為 1 人則 的可能取值為 5， 6， 7利用相互獨立與互斥事件的概率計算公式可得其概率，進而得到分布列與數學期望 【解答】 解：（ 1）由 = a=40， 20+a+20+b=100， b=20 記分期付款的期數為 ，依題意得： P（ =3） = =P（ =6） = =P（ =9） = =P（ =12） = = 則 “購買該品牌汽車的 3 為顧客中至多有 1 位采用 3 期付款 ”的概率 P（ A） = + = （ 2）按分層抽樣的方式從這 100 位顧客中抽出 5 人，則顧客分 3 期付款與分 6期付款的各為 1 人，分 9 期付款的為 2 人，分 12 期付款為 1 人則 的可能取值為 5， 6， 7 P（ =5） =P（ =3） P（ =6） P（ =9） +P（ =3） P（ =9） P（ =9）= + = P（ =6） =P（ =3） P（ =6） P（ =12） +P（ =6） P（ =9） P（ =9） +P（ =3） P（ =9） P（ =12） = = ， P（ =7） =P（ =6） P（ =9） P（ =12） +P（ =9） P（ =9） P（ =12）= = 列表如下： 5 6 7 P 以 的數學期望 E（ ） =5 （萬元） 19如圖所示，已知長方體 ， 為 中點將 M 折起，使得 （ 1）求證：平面 平面 （ 2）是否存在滿足 的點 E，使得二面角 E D 為大小為若存在，求出相應的實數 t； 若不存在，請說明理由 【考點】 與二面角有關的立體幾何綜合題；平面與平面垂直的判定 【分析】 （ 1）推導出 而 平面 此能證明平面 平面 （ 2）以 M 為原點， x 軸， y 軸，過 M 作平面 垂線為 z 軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出存在滿足 的點 E，使得二面角 E D 為大小為 ，并能求出相應的實數 t 的值 【解答】 證明：（ 1） 長方形 ， ， M 為 中點， M=2， ， 平面 又 平面 平面 平面 解：（ 2）以 M 為原點， x 軸， y 軸，過 M 作平面 垂線為 建立空間直角坐標系， 則 A（ 2， 0， 0）， B（ 0， 2， 0）， D（ 1， 0， 1）， M（ 0， 0， 0）， =（ 0， 2， 0）， =（ 1， 2， 1）， = =（ t， 2 2t， 1）， 設平面 一個法向量為 =（ x， y， z）， 則 ， 取 y=t，得 =（ 0， t， 2t 2）， 由（ 1）知平面 一個法向量 =（ 0， 1， 0）， 二面角 E D 為大小為 ， = = ， 解得 t= 或 t=2（舍）， 存在滿足 的點 E，使得二面角 E D 為大小為 ，相應的實數 t 的值為 20設拋物線的頂點在坐標原點，焦點 F 在 y 軸正半軸上，過點 F 的直線交拋物線于 A， B 兩點，線段 長是 8， 中點到 x 軸的距離是 3 （ 1）求拋物線的標準方程； （ 2）設直線 m 在 y 軸上的截距為 6，且與拋物線交于 P， Q 兩點，連結 延長交拋物線的準線于點 R，當直線 與拋物線相切時，求直線 m 的方程 【考點】 直線與拋物線的位置關系 【分析】 （ 1）設拋物線的方程為 p 0），求出準線方程，運用拋物線的定義和中位線定理，可得 2（ 3+ ） =8，解得 p，即可得到拋物線的方程； （ 2）設直線 方程為 y=，代入拋物線的方程，運用韋達定理，結合導數求得切線的斜率，再由兩點的方斜率公式，以及三點共線的條件：斜率相等，化簡整理解方程可得 k 的值，客人得到直線 m 的方程 【解答】 解：（ 1）設拋物線的方程為 p 0）， 準線方程為 y= ， 由拋物線的定義可得 |2（ 3+ ） =8， 解得 p=2， 即有拋物線的方程為 y； （ 2）設直線 方程為 y=，代入拋物線的方程，可得 424=0， 設 P（ ）， Q（ ）， 可得 x1+k， 24， 由 y= 導數為 y= x， 設 R（ t， 1），可得 = 可得 t= ， 再由 Q， F， R 共線，可得 = ， 消去 t，可得 = ， 即有 16（ 16（ 2， 即有 16 （ 24） =4（ 4k） 2+2 24 16 242， 解方程可得 k= ， 即有直 線 m 的方程為 y= x+6 21已知函數 （ 1）當 a=1 時，求函數 f（ x）的單調區(qū)間； （ 2）若 1 x 1 時，均有 f（ x） 0 成立，求實數 a 的取值范圍 【考點】 利用導數求閉區(qū)間上函數的最值；利用導數研究函數的單調性 【分析】 （ ）當 a=1 時， f（ x）的定義域為（ 1， 1） （ 1， + ）， 求出 f（ x） = ，即可求單調區(qū)間； （ ） f（ x） = ， 分（ 1） a 0，（ 2）當 a 0，討論單調性及最值即可 【解答】 解：（ ）當 a=1 時， f（ x）的定義域為（ 1， 1） （ 1， + ）， f（ x） = ， 當 1 x 0 或 3 時， f（ x） 0，當 0 x 1 或 1 x 3， f（ x） 0， 所以函數 f（ x）的增區(qū)間為（ 1， 0），（ 3， + ），減區(qū)間為（ 0， 1），（ 1， 3） （ ） f（ x） = ， 當 a 0 時， f（ x） 0 恒成立，故 0 x 1 時， f（ x） f（ 0） =0，不符合題意 當 a 0 時，由 f（ x） =0，得 ， 若 0 a 1，此時 0 1，對 0 x f（ x） 0， f（ x） f（ 0） =0，不符合題意 若 a 1，此時 1 0，對 x 0，有 f（