江蘇省揚(yáng)州市2021屆新高考數(shù)學(xué)三月模擬試卷含解析

1、江蘇省揚(yáng)州市2021屆新高考數(shù)學(xué)三月模擬試卷、選擇題：本題共 12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。21 .集合 A XX x 20 , B x x 10 ,則 AU B =()A. XX 1B.X1 X 1C. XX 2D.X2 X 1【答案】C【解析】【分析】先化簡(jiǎn)集合A,B ,結(jié)合并集計(jì)算方法，求解，即可.【詳解】解得集合A X X 2 X 10X 1 X2,BX X 1所以A B XX 2 ,故選C.【點(diǎn)睛】本道題考查了集合的運(yùn)算，考查了一元二次不等式解法，關(guān)鍵化簡(jiǎn)集合A,B ,難度較小.2.已知拋物線C : y24x和點(diǎn)D 2,0 ,直線

2、Xty 2與拋物線C交于不同兩點(diǎn) A , B ,直線BD與拋物線C交于另一點(diǎn)E .給出以下判斷:直線OB與直線OE的斜率乘積為2 ;AE/y軸;以BE為直徑的圓與拋物線準(zhǔn)線相切 .其中，所有正確判斷的序號(hào)是（）A.B .C .【答案】B【解析】【分析】D.由題意,可設(shè)直線DE的方程為Xmy 2,利用韋達(dá)定理判斷第一個(gè)結(jié)論;將X ty2代入拋物線C的方程可得，yA y1 8 ,從而，yAy2 ,進(jìn)而判斷第二個(gè)結(jié)論；設(shè) F為拋物線C的焦點(diǎn)，以線段 BE為直徑的圓為 M ,則圓心M為線段BE的中點(diǎn).設(shè)B , E到準(zhǔn)線的距離分別為 d1 , d?, e M的半徑為R , 點(diǎn)M到準(zhǔn)線的距離為d ,顯然B

3、 , E , F三點(diǎn)不共線，進(jìn)而判斷第三個(gè)結(jié)論【詳解】解：由題意，可設(shè)直線 DE的方程為x my 2 ,代入拋物線C的方程，有y2 4my 80 .設(shè)點(diǎn)B , E的坐標(biāo)分別為,y ， 2,y2 ，則 y y 4m， yy 8.所 XX2my2 my222m y1y22m y y244.y1y2則直線OB與直線OE的斜率乘積為 QZ2 所以正確.X1X2將X ty 2代入拋物線C的方程可得，yA y 8 ,從而，yAy ,根據(jù)拋物線的對(duì)稱(chēng)性可知，A, E兩點(diǎn)關(guān)于X軸對(duì)稱(chēng)，所以直線AEIIY軸所以正確.如圖，設(shè)F為拋物線C的焦點(diǎn)，以線段 BE為直徑的圓為 M , 則圓心M為線段BE的中點(diǎn)設(shè)B ,

4、E到準(zhǔn)線的距離分別為 di , d2, e M的半徑為R ,點(diǎn)M到準(zhǔn)線的 距離為d ,顯然B , E , F三點(diǎn)不共線，則d 口 LBFn LBEI R .所以不正確.2 2 2故選：B.【點(diǎn)睛】 本題主要考查拋物線的定義與幾何性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力和創(chuàng)新意識(shí)，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于難題.總有f X g X恒成立,3.已知函數(shù)fx InX, g X 2m 3 X n ,若對(duì)任意的X 0,記2m 3 n的最小值為f m, n ,貝U f m,n最大值為（）D.e【答案】C【解析】【分析】對(duì)任意的X 0, 總有f X g X恒成立，因

5、為In X (2m3)x n ,對(duì)X 0, 恒成立，可得2m 3 0 ,令 yIn X (2m3)x n ,可得y(2m 3),結(jié)合已知，即可求得答案【詳解】Q對(duì)任意的X 0,總有fg X恒成立In X (2m 3)xn ,對(duì)X0,恒成立,2m 3 0令yln X (2m3) X n可得1 ZOy(2mX3)令y0 ,得 X -I12m 3當(dāng)X1y02m 3，當(dāng)01y 0X2m 3X故(2m 3)nQ f (m, n)1 yy max2m 3nn 1e1 nn 1eIn2m 3f (m, n)1 n O， 2m1 時(shí)，f (m, n)當(dāng)n 1,f (m, n) 01 時(shí)，f(m, n)ma1&

6、quot;2e故選：C.【點(diǎn)睛】本題主要考查了根據(jù)不等式恒成立求最值問(wèn)題，解題關(guān)鍵是掌握不等式恒成立的解法和導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性的解法，考查了分析能力和計(jì)算能力，屬于難題4.第24屆冬奧會(huì)將于2022年2月4日至2月20日在北京市和張家口市舉行，為了解奧運(yùn)會(huì)會(huì)旗中五環(huán)所占面積與單獨(dú)五個(gè)環(huán)面積之和的比值P,某學(xué)生做如圖所示的模擬實(shí)驗(yàn)：通過(guò)計(jì)算機(jī)模擬在長(zhǎng)為 10,寬為6的長(zhǎng)方形奧運(yùn)會(huì)旗內(nèi)隨機(jī)取 N個(gè)點(diǎn)，經(jīng)統(tǒng)計(jì)落入五環(huán)內(nèi)部及其邊界上的點(diǎn)數(shù)為n個(gè)，已知圓環(huán)半徑為1 ,則比值P的近似值為()【詳解】UJUIuUUUU1UjlrUJUUUUr1 UJUUJirBEAEAB3ADAB ,AD -(AB2AC),

7、UUU5UJU1UJIJrUJUUUUrBEABACABAC ,66512663.故選：B.n12n8nnA.-B.C.D.-8NNN12N【答案】B【解析】【分析】根據(jù)比例關(guān)系求得會(huì)旗中五環(huán)所占面積，再計(jì)算比值P .【詳解】丄十Sn60n由于一所以S60NNS12n故可得P5N設(shè)會(huì)旗中五環(huán)所占面積為S ,故選：B.【點(diǎn)睛】UUU1 UuLrUJUUUJUUIr5.在ABC中，D為BC中點(diǎn)，且AE-ED ,2若BEABAC ,則213A. 1B. 一C.D. 一334本題考查面積型幾何概型的問(wèn)題求解，屬基礎(chǔ)題【答案】B【解析】【分析】選取向量UlIr AB，UHrAC為基底,由向量線性運(yùn)算，求

8、出UlH BE，即可求得結(jié)果【點(diǎn)睛】 本題考查了平面向量的線性運(yùn)算，平面向量基本定理，屬于基礎(chǔ)題6.已知函數(shù)f X X X ,其中X表示不超過(guò)X的最大正整數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（A f X的值域是0,1B. f X是奇函數(shù)C. f X是周期函數(shù)D. f X是增函數(shù)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)X表示不超過(guò)X的最大正整數(shù)，可構(gòu)建函數(shù)圖象，即可分別判斷值域、奇偶性、周期性、單調(diào)性, 進(jìn)而下結(jié)論【詳解】由X表示不超過(guò)X的最大正整數(shù)，其函數(shù)圖象為選項(xiàng)B ,函數(shù)f X為非奇非偶函數(shù)，故錯(cuò)誤；選項(xiàng)C,函數(shù)f X是以1為周期的周期函數(shù)，故正確；選項(xiàng)D ,函數(shù)f X在區(qū)間L 0,1 , 1,2 , 2,3 L

9、上是增函數(shù)，但在整個(gè)定義域范圍上不具備單調(diào)性，故 錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)題干 X的理解，屬于函數(shù)新定義問(wèn)題，可作出圖象分析性質(zhì)，屬于較難題7.當(dāng)輸入的實(shí)數(shù) X 2,30時(shí)，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的X不小于103的概率是(/輸小/rt-1 1是否9A.14【答案】A5B.149D.28【解析】【分析】根據(jù)循環(huán)結(jié)構(gòu)的運(yùn)行,直至不滿足條件退出循環(huán)體，求出X的范圍，利用幾何概型概率公式，即可求出結(jié)【詳解】程序框圖共運(yùn)行3次，輸出的X的范圍是23,247 ,所以輸出的X不小于103的概率為247 10324723144922414故選:A.【點(diǎn)睛】本題考查循環(huán)結(jié)構(gòu)輸出結(jié)果、幾何概型的概率

10、，模擬程序運(yùn)行是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題&已知橢圓C的中心為原點(diǎn)O, F( 2'5,0)為C的左焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，滿足OPOF且I PF | 4 ,則橢圓C的方程為()22222 22 2X A.L 1X B .y 1C.X-1D.1255361630 1045 25【答案】B【解析】由題意可得c=2J5,設(shè)右焦點(diǎn)為 F',由IoPFloFFIoF '知, PFF = FPo , OF P= OPF , 所以 PFF + OF P= FPO+ OPF ,由 PFF + OF P+ FPO+ OPF =180° 知, FPO+ OPF =90°

11、,即 PF 丄 PF'.在Rt PFF中，由勾股定理，得|PF '由橢圓定義，得 PF+PF ' =2a=4+8=12 從而 a=6,得 a2=36,于是 b2=a2- c2=36 . ；一 *16,2 2所以橢圓的方程為 1 .3616故選B .點(diǎn)睛：橢圓的定義：至倆定點(diǎn)距離之和為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡，當(dāng)和大于兩定點(diǎn)間的距離時(shí)，軌跡是橢圓，當(dāng)和等于兩定點(diǎn)間的距離時(shí)，軌跡是線段（兩定點(diǎn)間的連線段），當(dāng)和小于兩定點(diǎn)間的距離時(shí)，軌跡不存在.9.已知定義在 R上的函數(shù)f X在區(qū)間0,上單調(diào)遞增，且 y f X 1的圖象關(guān)于X 1對(duì)稱(chēng)，若實(shí)數(shù)a滿足f log 1 a f 2 ,則a的

12、取值范圍是（）20,11,4D.4,【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)的圖象變換分析可得函數(shù)y f X為偶函數(shù)，又由函數(shù)y f X在區(qū)間0, 上單調(diào)遞增，分析可得IOgIa22 f log2 af 2 log2 a2 ,解可得a的取值范圍，即可得答案.【詳解】將函數(shù)yX 1的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度可得函數(shù) yX的圖象,由于函數(shù)yX 1的圖象關(guān)于直線 X 1對(duì)稱(chēng)，則函數(shù)yX的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng),即函數(shù)y f X為偶函數(shù)，由f log1 a f 2 ,得f log2a f 2 ,21Q函數(shù)y f X在區(qū)間0,上單調(diào)遞增，則log2a2 ,得2 log2 a 2 ,解得一a 4.41因此，實(shí)

13、數(shù)a的取值范圍是-，44故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性解不等式，注意分析函數(shù)y f X的奇偶性，屬于中等題510 .已知a 2i ( a R ), i為虛數(shù)單位，則a ()1 2iA. .3B . 3C. 1D. 5【答案】C【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算化簡(jiǎn)得答案【詳解】5由a 2i ,得 1 2i a 2i ,解得 a 1.1 2i故選:C.【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算，是基礎(chǔ)題11.設(shè)復(fù)數(shù)Z滿足1 i z 1 7i ,則Z在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于()A .第一象限【答案】C【解析】【分析】化簡(jiǎn)得到Z【詳解】B .第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3

14、4i ,得到答案1 i Z 1 7i ,故Z 口11 7i 1 i 6 8i 3 4i ,對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第三象限'1 i 1 i 1 i2故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的化簡(jiǎn)和對(duì)應(yīng)象限，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力y X21有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，且32 212.設(shè)雙曲線y2 與 1 ( a 0 , b 0)的一條漸近線與拋物線a b2 2橢圓2y 1的焦距為2,則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為()a b12 2A. X- y- 43【答案】B【解析】【分析】設(shè)雙曲線的漸近線方程為y kx ,與拋物線方程聯(lián)立， 利用0 ,求出k的值，得到-的值，求出a,b關(guān)b2系，進(jìn)而判斷a,b大小，結(jié)合橢圓篤a2-y21的焦

15、距為2,即可求出結(jié)論b2【詳解】設(shè)雙曲線的漸近線方程為y kx ,代入拋物線方程得X2 kx 10 ,依題意3k2420, k ,3.3a22 I Ib.3,a3b b，2 2 橢圓篤每1的焦距Ra2 b22，a b4 221222b b b 1,b3, a 4，3 32 2雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為 1.4 3故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、雙曲線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，要注意雙曲線焦點(diǎn)位置，屬于中檔題二、填空題：本題共 4小題，每小題5分，共20分。13已知A、B C、P是同一球面上的四個(gè)點(diǎn)，其中PA 平面ABC，VABC是正三角形，PA AB 3 ,則該球的表面積為.【答案】21【解析

16、】【分析】求得等邊三角形ABC的外接圓半徑，利用勾股定理求得三棱錐P ABCD外接球的半徑，進(jìn)而求得外接球的表面積 【詳解】設(shè)Oi是等邊三角形的外心，則球心o在其正上方2 PA處.設(shè)OICr ,由正弦定理得2r僉匚2 3，r3.所以得三棱錐3 2ABCD外接球的半徑2 2R OO1O1C21 PA29,所以外接球的表面積為342OiC4 R2 4故答案為:21【點(diǎn)睛】 本小題主要考查幾何體外接球表面積的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題2 2 114直線 mx ny 10(m0, n 0)過(guò)圓 C ： X y 2x 2y 10 的圓心，則一m【答案】4【解析】【分析】直線 mx - ny 1 = 0 ( m &

17、gt; 0, n > 0)經(jīng)過(guò)圓 x2+y2- 2x+2y - 1= 0 的圓心(11),可得用 乘1法”和基本不等式的性質(zhì)即可得出【詳解】/ mx ny 1= 0 ( m > 0, n > 0)經(jīng)過(guò)圓 x2+y2- 2x+2y 1 = 0 的圓心(1, 1),. m+n - 1 = 0,即卩 m+n = 1.1111m nZ t1() (m+n ) = 22+2 = 4,當(dāng)且僅當(dāng) m= n時(shí)取等號(hào).m n m nn m2小11則的最小值是4.m n1的最小值是nm+n = 1 ,再利故答案為：4.【點(diǎn)睛】本題考查了圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、乘1法”和基本不等式的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題15.某

18、班星期一共八節(jié)課（上午、下午各四節(jié)，其中下午最后兩節(jié)為社團(tuán)活動(dòng)），排課要求為：語(yǔ)文、數(shù)學(xué)、外語(yǔ)、物理、化學(xué)各排一節(jié)，從生物、歷史、地理、政治四科中選排一節(jié)若數(shù)學(xué)必須安排在上午且與外語(yǔ)不相鄰（上午第四節(jié)和下午第一節(jié)不算相鄰），則不同的排法有 種.【答案】1344【解析】【分析】 分四種情況討論即可【詳解】解：數(shù)學(xué)排在第一節(jié)時(shí)有:CiA：1C4384數(shù)學(xué)排在第二節(jié)時(shí)有：C；A：c4288數(shù)學(xué)排在第三節(jié)時(shí)有：C；A：c4288數(shù)學(xué)排在第四節(jié)時(shí)有：CiA4Ci384所以共有1344種故答案為：1344【點(diǎn)睛】考查排列、組合的應(yīng)用，注意分類(lèi)討論，做到不重不漏；基礎(chǔ)題16.函數(shù)f X ex x b （ e

19、為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，b R),若函數(shù)g Xf f X 丄恰有4個(gè)零點(diǎn),2則實(shí)數(shù)b的取值范圍為【答案】1Jn2【解析】【分析】1-t ,則 ft 0, f X t 2列出相應(yīng)不等式求解得出b的取值范圍.-恰有四個(gè)解由f X2Xe 1判斷函數(shù)增減性，求出最小值,【詳解】解：令f X 1 t ,則ft12恰有四個(gè)解.t0有兩個(gè)解，由f XXAe1,可得fX在 ,0上單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增,則 f X min f 01 b 0 ,可得 b 1.11由題意知，m 1b, m b ,221 - b 1f - b 0,則 e2丄 0,2 21b ln2.21b 1, In 221故答案為：1, In 2

20、.2【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)當(dāng)中的應(yīng)用，屬于難題三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。1 2117.已知數(shù)列an滿足且玄1an 1an2(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列12n的前n項(xiàng)和Sn.ann【答案】(1)an1；(2) Snn 122n n 2【解析】【分析】(1)根據(jù)已知可得數(shù)列 an為等比數(shù)列，即可求解;(2)由(1)可得-為等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，即可求解【詳解】(1)因?yàn)閍n所以數(shù)列an(2)由(1)an2,所以an1an2 ,又an 11a12為等比數(shù)列，且首項(xiàng)為1公比為-> an知丄 2n ,所以丄anan2n2

21、n 2n22(2)已知 g(x)2 X2xm 3(1m 4)，若對(duì)任意的X1 0, ,總存在 X2 2,m,f Xg X2成立，求m的取值范圍【答案】(1) f(x)2si nX 6 ；(2)1,3【解析】【分析】(1)由f(0)1,f31,可求出a,b的值,進(jìn)而可求得f(x)的解析式;(2)分別求得f(x)和g(x)的值域，再結(jié)合兩個(gè)函數(shù)的值域間的關(guān)系可求出m的取值范圍【詳解】f(0)1a . 3b12(1)因?yàn)?f (0)1,f31,所以f 3.1 1 a ba3b 132 22 2解得a1,b三2故 f (x)Sin X1 3COSX.3 sinx COSx 2sin X222 26(1

22、)求 f ()的解析式;使得所以Sn2(1 2n)(2 2n)n2n 1 n2 n 2【點(diǎn)睛】本題考查等比數(shù)列的定義及通項(xiàng)公式、等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，屬于基礎(chǔ)題.18.已知函數(shù)f(x)子a b Sinx1 a V 3b CoSX ,且 f (0)1, f-1.3(2)因?yàn)?X 0, ,所以X5 1 ,所以Sln X1,1,則 f(x) 1,2,g(x)X22xm 3圖象的對(duì)稱(chēng)軸是X 1.因?yàn)?4, 2 X m,所以 g()ming(1) m 4, g(x)maxg( 2) m 5,1,解得1 m 3,故 m的取值范圍是1,3 .2【點(diǎn)睛】本題考查了三角函數(shù)的恒等變換，考查了二次函數(shù)及三

23、角函數(shù)值域的求法，考查了學(xué)生的計(jì)算求解能力，屬于中檔題.19. 2019年春節(jié)期間，某超市準(zhǔn)備舉辦一次有獎(jiǎng)促銷(xiāo)活動(dòng)，若顧客一次消費(fèi)達(dá)到400元?jiǎng)t可參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)，超市設(shè)計(jì)了兩種抽獎(jiǎng)方案方案一：一個(gè)不透明的盒子中裝有30個(gè)質(zhì)地均勻且大小相同的小球，其中10個(gè)紅球，20個(gè)白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機(jī)抽取一個(gè)球，若抽到紅球則顧客獲得60元的返金券，若抽到白球則獲得20元的返金券，且顧客有放回地抽取3次方案二：一個(gè)不透明的盒子中裝有30個(gè)質(zhì)地均勻且大小相同的小球，其中10個(gè)紅球，20個(gè)白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機(jī)抽取一個(gè)球，若抽到紅球則顧客獲得80元的返金券，若抽到白球則未中獎(jiǎng)，且顧客有放回地抽

24、取3次(1) 現(xiàn)有兩位顧客均獲得抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，且都按方案一抽獎(jiǎng)，試求這兩位顧客均獲得180元返金券的概率；(2) 若某顧客獲得抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì) 試分別計(jì)算他選擇兩種抽獎(jiǎng)方案最終獲得返金券的數(shù)學(xué)期望； 為了吸引顧客消費(fèi)，讓顧客獲得更多金額的返金券，該超市應(yīng)選擇哪一種抽獎(jiǎng)方案進(jìn)行促銷(xiāo)活動(dòng)？1【答案】(1)丄 (2)100元,80元第一種抽獎(jiǎng)方案729【解析】【分析】10 1 一 一(1)方案一中每一次摸到紅球的概率為P,每名顧客有放回的抽 3次獲180元返金券的概率為3033Cf 1,根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率可知兩顧客都獲得180元返金券的概率3 27(2)分別計(jì)算方案一，方案二顧客獲返金卷的期望，方案一列出分

25、布列計(jì)算即可，方案二根據(jù)二項(xiàng)分布計(jì)算期望即可根據(jù)得出結(jié)論【詳解】(1)選擇方案一，則每一次摸到紅球的概率為10 130127設(shè)每位顧客獲得180元返金券”為事件A ,則P A所以?xún)晌活櫩途@得 180元返金券的概率PPA1729(2)若選擇抽獎(jiǎng)方案一，則每一次摸到紅球的概率為1-,每一次摸到白球的概率為3設(shè)獲得返金券金額為X元，則X可能的取值為60, 100, 140, 180.則 P X 60C082712P X 100 c3 -332P X 140 C；-；339P X 18027所以選擇抽獎(jiǎng)方案一，該顧客獲得返金券金額的數(shù)學(xué)期望為8421E X 60100 140180100 (元)27

26、9927若選擇抽獎(jiǎng)方案二，設(shè)三次摸球的過(guò)程中，摸到紅球的次數(shù)為Y ,最終獲得返金券的金額為 Z元，則11Y B 3,故 E Y 3133所以選擇抽獎(jiǎng)方案二，該顧客獲得返金券金額的數(shù)學(xué)期望為E Z E 80Y80 (元).即E X E Z ,所以該超市應(yīng)選擇第一種抽獎(jiǎng)方案【點(diǎn)睛】本題主要考查了古典概型，相互獨(dú)立事件的概率，二項(xiàng)分布，期望，及概率知識(shí)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，屬 于中檔題21 20.設(shè) a R ,函數(shù) f(x) Xe a(x 1).3(1) 當(dāng)a 1時(shí)，求f (x)在(一，2)內(nèi)的極值；4(2) 設(shè)函數(shù)g(x) f (x) a(x 1 e1 x),當(dāng)g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)X1,X2(X1

27、X2)時(shí)，總有x2g(x1)f (X1)，求實(shí)數(shù)的值.【答案】(1)極大值是f(1) 1,無(wú)極小值；(2)e 1【解析】【分析】(22 ) X 1(1)當(dāng) a 1 時(shí)，可求得 f (X)(2X xJ e ,令 h(x)e(2 x x2)ex 1 ,利用導(dǎo)數(shù)可判斷h(x)的單調(diào)性并得其零點(diǎn)，從而可得原函數(shù)的極值點(diǎn)及極大值;(2)表示出g(x),并求得g (X) ( X2 2x a)e1 X ,由題意，得方程2x 2x a 0有兩個(gè)不同的實(shí)根 X1 ,X2(X1 X2),從而可得 4 4a 0及X1 X2 2 ,由X1 X2 ,得為1 則X2g(X1),f (兒)可化為X12e1 x(e1 X11

28、), 0對(duì)任意的捲(,1)恒成立，按照 人0、人(0,1)、捲(,0)三種情況分(1)當(dāng)a 1時(shí)，f (X)2X 1(2x X ) eX 1e令 h(x)C22x XX 1 e ，則 h (X)2 2x類(lèi)討論，分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值可解決;【詳解】又因?yàn)閔(3)-4214e3。，故 X (-，2)時(shí)，總有 h (X)30 ,所以h(x)在(-,2)上單調(diào)遞減3ex 1 ,顯然h (x)在上(一，2)單調(diào)遞減,430 ； 當(dāng) X (1,2)時(shí)，h(x) 0.由于h(1) 0 ,所以當(dāng)X (上,1)時(shí)，h(x)4整理得X12e1 x1(e1x1 1)1O，即卩 X12eX1(e1x1 1)0

29、, X1,1)當(dāng)X10時(shí)，不等式X1 2e1 X1(e1 X11)0恒成立，即R.當(dāng)X1(0,1)時(shí)，2e1 X1(e11)0恒成立，即,令 k(x)2e1,易證k(x)是R上1的減函數(shù)因此，當(dāng)X (0,1)時(shí),k(x)k(O) e2e1當(dāng)X1(,0)時(shí)，2e1 X1(e1X11)0恒成立,因此，當(dāng)X(,0)時(shí)，k(x)k(0)2e二e所以e 12ee 1綜上所述,2e當(dāng)X變化時(shí)，f (x)、f (x)的變化情況如下表:X(41)1(1,2)f (X)+-f(x)增極大減3所以f(x)在(：，2)上的極大值是f(1)1,無(wú)極小值(2)由于 g(x)(x2a)e1 X ,則 g (X)2(X12

30、x a)e2CX 1 2X1x.由題意，方程2 X 2xa0有兩個(gè)不等實(shí)根a0X1,X2 ,則44a0 ,解得a1，且X2 2 2X2a0，又 X1X2 ,所以X11 .X1X22由 X2g(X1)f(X1)，f (X)(2x2 XX 1 X)e2a ,可得 X2(x 1 1 Xa)e(2X12X 1 1 X1)ea2X1.將其代入上式得:(2X1(2X1又X2X2X 1x21).2x1(2 x1)e1x12 X1,a【點(diǎn)睛】 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值、研究函數(shù)的極值等知識(shí)，考查分類(lèi)討論思想、轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生綜合 運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，該題綜合性強(qiáng)，難度大，對(duì)能力要求較高.21

31、 如圖，在三棱柱 ABC AIBICI中，已知四邊形 AACIC為矩形，AAI 6 , AB AC 4 ,BAC BAA 60 , AiAC的角平分線 AD交CC于D.(1) 求證：平面BAD 平面AACIC ；(2) 求二面角A BiCi A的余弦值【答案】(1)見(jiàn)解析；(2) 3l717【解析】【分析】(1) 過(guò)點(diǎn)D作DE/AC交AA1于E ,連接CE,BE ,設(shè)ADlCE O ,連接BO ,由角平分線的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形的全等，證得CE BO , CE AD ,由線面垂直的判斷定理證得 CE 平面BAD , 再由面面垂直的判斷得證(2) 平面幾何知識(shí)和線面的關(guān)系可證得BO 平面A

32、AlCIC ,建立空間直角坐標(biāo)系 O XyZ ,求得兩個(gè)平 面的法向量，根據(jù)二面角的向量計(jì)算公式可求得其值【詳解】(1)如圖，過(guò)點(diǎn) D 作 DE/AC 交 AlA 于 E ,連接 CE, BE ,設(shè) ADI CE 0 ,連接 BO , QAC AA ,DE AE ,又AD為 AAC的角平分線，四邊形AEDC為正方形，CE AD ,又Q ACAE ,BACBAE,BA BA,BACBAE ,BC BE ,又QO為CE的中點(diǎn),CEBO又Q AD,BO 平面BAD ,ADIBO O ,CE 平面BAD ,又QCE 平面AAC1C , 平面BAD 平面AACIC ,(2) 在ABC 中，Q ABAC

33、4,BAC 60 ,BC 4,1 一在 Rt BQC 中，QCQ -CE 2 2 ,2BQ2 2 ,又AB14, AQ 丄 AD22 2 , QBQ2AQ2 AB2,BQAD ,又BQCE , ADI CEQ , AD,CE平面 AAC1C ,BQ平面 AAC iC ,故建立如圖空間直角坐標(biāo)系O XyZ ,則 A(2, 2,0) , A(2,4,0) , G( 2,4,0),UUJUrUIJUUUJIJlnB(0,6,2 2) ,CiB (2,2,2 .2) , ACi( 4,6,0) , CiA(4,0,0),V UJiJyUrt m C1B1設(shè)平面ABiCi的一個(gè)法向量為 m (x1,y1

34、,z1)，貝U VUJlUr ,m AC1LrL令 Xi=6 ,得 m (6,4, 5 一 2),V UUJIV十rn C1B1設(shè)平面A1BiCi的一個(gè)法向量為n (x2,y2,z2)，貝U V UUJIV ,n C1A14xi 6yi 02 x1 2y12.2z104x202x2 2y2CoSm, n9.23.17.103 Ir ,由圖示可知二面角A BiCi A是銳角,故二面角A BiCi A的余弦值為3衛(wèi)172Z 0,令 y2= 2 ,得n (0, 2,I)【點(diǎn)睛】本題考查空間的面面垂直關(guān)系的證明，二面角的計(jì)算，在證明垂直關(guān)系時(shí)，注意運(yùn)用平面幾何中的等腰三角形的 三線合一 ”，勾股定理、菱形的對(duì)角線互相垂直，屬于基礎(chǔ)題.22.已知數(shù)列 an是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn ,滿足ai 2 ,且a2,2S2,a3成等差數(shù)列(1) 求a