浙江省名校新高考研究联盟2020届高三第一次联考数学试题

浙江省名校新高考研究联盟2020届高三第一次联考数学试题

2019 年 8 月 Z20 联盟开学联考试题 一、选择题 1.已知集合 { |( 3)( 1) 0}A x x x    ， { 1| 1}B x x  ‖ ，则 RC A B  （ ） A. [ 1,0) (2,3]  B. (2,3] C. ( , 0) (2, )  D. ( 1,0) (2,3)  【答案】A 【解析】 【分析】 解一元二次不等式和绝对值不等式，化简集合 A ， B 利用集合的交、补运算求得结果. 【详解】因为集合 { |( 3)( 1) 0}A x x x    ， { 1| 1}B x x  ‖ ， 所以 { | 3A x x  或 1}x   ， { | 2B x x  或 0}x  ， 所以 { | 1 3}RC A x x    ， 所以 RC A B  { | 2 3x x  或 1 0}x   ，故选 A. 【点睛】本题考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法，考查集合的交、补运算. 2.已知双曲线 2 2 : 19 3 x yC   ，则 C 的离心率为（ ） A. 3 2 B. 3 C. 2 3 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由双曲线的方程得 2 29, 3a b  ，又根据 2 2 2c a b  ，可得 ,a c 的值再代入离心率公式. 【详解】由双曲线的方程得 2 29, 3a b  ，又根据 2 2 2 9 3 12c a b     ， 解得： 3, 2 3a c  ，所以 2 3 3 ce a   ，故选 C. 【点睛】本题考查离心率求法，考查基本运算能力. 3.已知 ,a b 是不同的直线， ， 是不同的平面，若 a  ，b  ， / /a  ，则下列命题中 正确的是（ ） A. b  B. / /b  C.   D. / /  【答案】C 【解析】 【分析】 构造长方体中的线、面与直线 , , ,a b   相对应，从而直观地发现  成立，其它情况均不 成立. 【详解】如图在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 令平面 为底面 ABCD ，平面  为平面 1 1BCC B ，直线 a 为 1AA 若直线 AB 为直线b ，此时b  ，且  ，故排除 A,B,D； 因为 a  ， / /a  ，所以  内存在与 a 平行的直线，且该直线也垂直 ，由面面垂直的判 定定理得：  ，故选 C. 【点睛】本题考查空间中线、面位置关系，考查空间想象能力，求解时要排除某个答案必需 能举出反例加以说明. 4.已知实数 ,x y 满足 3 1 2( 1) x x y y x        ，则 2z x y  的最大值为（ ） A. 11 B. 10 C. 6 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 画出约束条件所表示的可行域，根据目标函数 2z x y  的几何意义，当直线 2y x z   在 y 轴上的截距达到最大时，z 取得最大值，观察可行域，确定最优解的点坐标，代入目标函数求 得最值. 【详解】画出约束条件 3 1 2( 1) x x y y x        所表示的可行域，如图所示， 根据目标函数 2z x y  的几何意义，当直线 2y x z   在 y 轴上的截距达到最大时， z 取 得最大值，当直线过点 (3,4)A 时，其截距最大，所以 max 2 3 4 10z     ，故选 B. 【点睛】本题考查线性规划，利用目标函数的几何意义，当直线 2y x z   在 y 轴上的截距 达到最大时， z 取得最大值，考查数形结合思想的应用. 5.已知圆C 的方程为 2 2( 3) 1x y   ，若 y 轴上存在一点 A ，使得以 A 为圆心、半径为 3 的 圆与圆C 有公共点，则 A 的纵坐标可以是（ ） A. 1 B. –3 C. 5 D. -7 【答案】A 【解析】 【分析】 设 0(0, )A y ，以 A 为圆心、半径为 3 的圆与圆C 有公共点，可得圆心距大于半径差的绝对值， 同时小于半径之和，从而得到 07 7y   . 【详解】设 0(0, )A y ，两圆的圆心距 2 2 0 3d y  ， 因为以 A 为圆心、半径为 3 的圆与圆C 有公共点， 所以 2 2 03 1 3 1 2 3 4d y        ，解得 07 7y   ，选项 B、C、D 不合题意， 故选 A. 【点睛】本题考查两圆相交的位置关系，利用代数法列出两圆相交的不等式，解不等式求得 圆心纵坐标的范围，从而得到圆心纵坐标的可能值，考查用代数方法解决几何问题. 6.已知函数 2 2 1, 0( ) log , 0 x xf x x x       ，若   1f a  ，则实数 a 的取值范围是（ ） A. ( 4] [2, )   B. [ 1,2] C. [ 4,0) (0,2]  D. [ 4,2] 【答案】D 【解析】 【分析】 不等式   1f a  等价于 0, 2 1 1, a a      或 2 0, log 1, a a    分别解不等式组后，取并集可求得 a 的 取值范围. 【详解】   1f a   0, 2 1 1, a a      或 2 0, log 1, a a    ， 解得： 4 0a   或 0 2a  ，即 [ 4,2]a   ，故选 D. 【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式，会对 a 进行分类讨论，使 ( )f a 取不同的解析式， 从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式. 7.已知函数 ( ) ln(| |) cosf x x x  ，以下哪个是 ( )f x 的图象（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 2x  时的函数值，排除 C,D；由 2x  的函数值和 3 2 2x   函数值的正负可排除 A. 【详解】当 2x  时， (2 ) ln 2 0f    排除 C,D， 当 2x  时， ( ) 02f   ，当 3 2 2x   时， ln 0,cos 0x x  ， 所以 ( ) 0f x  排除 A, 故选 B. 【点睛】本题考查通过研究函数解析式，选择函数对应的解析式，注意利用特殊值进行检验， 考查数形结合思想的运用. 8.在矩形 ABCD 中， 4AB  ， 3AD  ， E 为边 AD 上的一点， 1DE  ，现将 ABE 沿直 线 BE 折成 A BE  ，使得点 A 在平面 BCDE 上的射影在四边形 BCDE 内（不含边界），设二 面角 A BE C  的大小为 ，直线 A B ， 'A C与平面 BCDE 所成的角分别为 ,  ，则（ ） A.     B.     C.     D.     【答案】D 【解析】 【分析】 由折叠前后图象的对比得点 A 在面 BCDE 内的射影 'O 在线段 OF 上，利用二面角、线面有的 定义，求出 tan ,tan ,tan   的表达式，再进行大小比较. 【详解】如图所示，在矩形 ABCD 中，过 A 作 AF BE⊥ 交于点O ，将 ABE 沿直线 BE 折成 A BE  ，则点 A 在面 BCDE 内的射影 'O 在线段 OF 上， 设 A 到平面 BCDE 上的距离为 h ，则 ' 'h AO ， 由二面角、线面角的定义得： 'tan h OO   ， 'tan h O B   ， 'tan h O C   ， 显然 ' ' ' ',OO O B OO OC  ，所以 tan 最大，所以 最大， 当 'O 与O 重合时， max(tan ) h OB   ， min(tan ) h OC   ， 因为 h OB  h OC ，所以 max(tan )  min(tan ) ，则 tan tan  ，所以  ， 所以    ，故选 D. 【点睛】本题以折叠问题为背景，考查二面角、线面角大小比较，本质考查角的定义和正切 函数的定义，考查空间想象能力和运算求解能力. 9.已知函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b    有两个零点，则“ 2 0a b    ”是“函数 ( )f x 至 少有一个零点属于区间[0 ]2， ”的一个（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】 函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b    有两个零点，所以判别式 2 4 0a b    ，再从函数在[0 ]2， 上的零点个数得出相应条件，从而解出 a b的范围. 【详解】函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b    有两个零点，所以判别式 2 4 0a b    ， 函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2， 分为两种情况： （1）函数 ( )f x 在区间[0 ]2， 上只有一个零点 0, (0) (2) 0,f f      2 2 2 2(0) (2) (4 2 ) 2 4 2 4f f b a b b ab b b ab a b a            2 2( ) 4 0a b b a     ，即 2 2( ) 4a b a b   又因为 2 4 0a b  ，所以， 2 24 4a b a b a b      ； （2）函数 ( )f x 在[0 ]2， 上有 2 个零点 0, (0) 0, (2) 4 2 0, 0 2,2 f b f a b a                解得： 2 0a b    ； 综上所述“函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2， ”  2 0a b    或 2 24 4a b a b a b      ， 所以 2 0a b     2 0a b    或 2 24 4a b a b a b      ， 而后面推不出前面（前面是后面的子集）， 所以“ 2 0a b    ”是“函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2， ”的充分不必要条件， 故选 A. 【点睛】本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于 基础题. 10.已知数列{ }na 满足： 1 10 2a  ，  1 ln 2n n na a a    ．则下列说法正确的是（ ） A. 2019 10 2a  B. 2019 1 12 a  C. 2019 31 2a  D. 2019 3 22 a  【答案】B 【解析】 【分析】 考察函数 ( ) ln(2 )(0 2)f x x x x     ，则 ' 1 1( ) 1 02 2 xf x x x      先根据单调性可得 1na  ，再利用单调性可得 1 2 3 10 12 na a a a         . 【详解】考察函数 ( ) ln(2 )(0 2)f x x x x     ， 由 ' 1 1( ) 1 02 2 xf x x x      可得 ( )f x 在 0,1 单调递增， 由 ' ( ) 0f x  可得 ( )f x 在 1,2 单调递减 且  ( ) 1 1f x f  ，可得 1na  ，数列{ }na 为单调递增数列， 如图所示： 且 1(0) ln 2 ln 4 ln 2f e    ， 2 1 1( ) (0) 2a f a f   ， 图象可得 1 2 3 10 12 na a a a         ， 所以 2019 1 12 a  ，故选 B. 【点睛】本题考查数列通项的取值范围，由于数列是离散的函数，所以从函数的角度来研究 数列问题，能使解题思路更简洁，更容易看出问题的本质，考查数形结合思想和函数思想. 二、填空题 11.复数 2(1 ) 1 iz i   （i 为虚数单位），则 z 的虚部为_____，| |z  __________. 【答案】 (1). -1 (2). 2 【解析】 【分析】 复数 z 进行四则运算化简得 1 iz    ，利用复数虚部概念及模的定义得虚部为 1 ，模为 2 . 【 详 解 】 因 为 2(1 ) 2 (1 ) 11 (1 )(1 ) i i iz ii i i          ， 所 以 z 的 虚 部 为 1 ， 2 2| | ( 1) 1 2z     ， 故填： 1 ; 2 . 【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部、模的概念，考查基本运算能力. 12.某几何体的三视图为如图所示的三个正方形（单位：cm），则该几何体的体积为_____ 3cm ， 表面积为____ 2cm . 【答案】 (1). 23 3 (2). 23 【解析】 【分析】 判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面积. 【详解】由题意可知几何体为正方体去掉一个三棱锥的多面体，如图所示： 正方体的棱长为 2 ，去掉的三棱锥的底面是等腰直角三角形，直角边长为1，棱锥的高为 2 ， 所以多面体的体积为： 1 1 232 2 2 1 1 23 2 3         3cm ， 表面积为： 2 21 2 1 16 2 2 2 ( 5) ( ) 1 1 2 1 2 23 2 2 2 2               2cm 【点睛】本题考查几何体的三视图的应用，几何体的体积与表面积的求法，考查空间想象能 力和运算求解能力. 13.若 7 2 8 0 1 2 8( 2)(2 1)x x a a x a x a x       ，则 0a  ______， 2a  _____. 【答案】 (1). –2 (2). –154 【解析】 【分析】 令 0x  得： 0 2a   ，求出两种情况下得到 2x 项的系数，再相加得到答案. 【详解】令 0x  得： 0 2a   ， 展开式中含 2x 项为：（1）当 ( 2)x  出 x ， 7(2 1)x  出含 x 项，即 1 6 1 7 (2 ) ( 1)T x C x     ； （2）当 ( 2)x  出 2 ， 7(2 1)x  出含 2x 项，即 2 2 5 2 72 (2 ) ( 1)T C x     ； 所以 2a  1 2 7 72 2 4 ( 1) 154C C        ，故填： 2 ； 154 . 【点睛】本题考查二项式定理展开式中特定项的系数，考查逻辑推理和运算求解，注意利用 二项式定理展开式中，项的生成原理进行求解. 14.在 ABC 中， 90ACB  ，点 ,D E 分别在线段 ,BC AB 上, 3 6AC BC BD   ， 60EDC   ，则 BE ________， cos CED  ________. 【答案】 (1). 3 2 6 (2). 2 2 【解析】 【分析】 在 BDE 中利用正弦定理直接求出 BE ，然后在 CEB 中用余弦定理求出CE ，再用余弦定 理求出 cos CEB ，进一步得到 cos CED 的值. 【详解】 如图 ABC 中，因为 60EDC   ，所以 120EDB   ， 所以 sin sin BE BD EDB BED   ，即 2 sin120 sin15 BE   ， 解得： 3 3 3 2 6sin15 2 3 2 1 2 2 2 2 BE         ， 在 CEB 中，由余弦定理，可得： 2 2 2 2 cosCE BE CB BE CB B    224 6 2 (4 2 2)    ， 所以 4 2 2CE   ，所以 2 2 2 1cos 2 2 CE BE CBCEB CE BE     ， CEB 60 ,  CED CEB BED 45       ， 所以 2cos 2CED  ，故答案为 3 2 6 ； 2 2 . 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在三角形中的运用，求解过程中注意把相关的量标在 同一个三角形中，然后利用正、余弦定理列方程，考查方程思想的应用. 15.某高三班级上午安排五节课（语文，数学，英语，物理，体育），要求语文与英语不能相 邻、体育不能排在第一节，则不同的排法总数是_______（用数字作答）． 【答案】60 【解析】 【分析】 先求出体育不能排在第一节的所有情况，从中减去体育不能排在第一节，且语文与英语相邻 的情况，即为所求. 【详解】体育不能排在第一节，则从其他 4 门课中选一门排在第一节，其余的课任意排，它 的所有可能共有 1 4 4 4 96A A  种. 其中，体育不能排在第一节，若语文与英语相邻，则把语文与英语当做一节，方法有 2 2A 种， 则上午相当于排 4 节课，它的情况有： 1 3 2 3 3 2 36A A A   种. 故语文与英语不能相邻，体育不能排在第一节，则所有的方法有 96 36 60  种. 【点睛】本题考查用间接法解决分类计数原理问题，以及特殊元素特殊处理，属于中档题. 16.已知 ,A B 是抛物线 2 4y x 上的两点，F 是焦点，直线 ,AF BF 的倾斜角互补，记 ,AF AB 的斜率分别为 1k , 2k ，则 2 2 2 1 1 1 k k   ____. 【答案】1 【解析】 【分析】 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由抛物线的对称性知点 2 2( , )x y 在直线 AF 上， 直线 1: ( 1)AF y k x  代入 2 4y x 得到关于 x 的一元二次方程，利用韦达定理得到 1 2,k k 的 关系，从而求得 2 2 2 1 1 1 k k  的值. 【详解】设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由抛物线的对称性知点 2 2( , )x y 在直线 AF 上， 直线 1: ( 1)AF y k x  代入 2 4y x 得： 2 2 2 2 1 1 1(2 4) 0k x k x k    ，所以 2 1 1 2 2 1 1 2 2 4 , 1, kx x k x x      ， 因为 2 22 1 1 2 2 2 2 1 12 1 1 2 1 2 2 4 12 y y kk k x x kx x x x x x          ， 所以 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1k k k k k     ，故填：1. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，会用坐标法思想把所要求解的问题转化成坐标 运算，使几何问题代数化求解. 17.已知非零平面向量 ,a b  不共线，且满足 2 4a b a    ，记 3 1 4 4c a b    ，当 ,b c   的夹角取 得最大值时，| |a b  的值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】 先建系，再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量b  ，进而通过运算求得 | |a b  的值. 【详解】由非零平面向量 ,a b  不共线，且满足 2 4a b a    ，建立如图所示的平面直角坐标 系： 则 (2,0), (2, ), 0A B b b  ，则 (2,0), (2, )a b b   ，由 3 1 4 4c a b    ，则 (2, )4 bC ， 则直线 ,OB OC 的斜率分别为 ,2 8 b b ， 由两直线的夹角公式可得： 3 3 32 8tan BOC 8 481 22 8 2 2 b b b b b b b b           ， 当且仅当 8 2 b b  ，即 4b  时取等号，此时 (2,4)B ，则 (0, 4)a b    ， 所以| | 4a b  ，故填：4. 【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用，考查转化与化归 思想，在使用基本不等式时，注意等号成立的条件. 三、解答题 18.已知函数 2( ) cos 3sin cosf x x x x  ． （1）求 3f      的值； （2）若 13, 0,2 10 3f             ，求 cos 的值. 【答案】(1)1；(2) 3 3 4cos 10   【解析】 【分析】 （1）利用倍角公式、辅助角公式化简 1( ) sin 22 6f x x       ，再把 3x  代入求值； （2）由 13, 0,2 10 3f             ， 4 3sin ,cos6 5 6 5                ，利用角的配凑法得： 6 6      ，再利用两角差的余弦公式得 3 3 4cos 10   . 【详解】解:（1）因为 2 1 cos2 3 1( ) cos 3sin cos sin2 sin 22 2 2 6 xf x x x x x x            ， 所以 1 2 1 5 1 1sin sin 13 2 3 6 2 6 2 2f                     . （2）由 13, 0,2 10 3f             得 4 3sin ,cos6 5 6 5                ， 3 3 4cos cos cos cos sin sin6 6 6 6 6 6 10                                 【点睛】本题考查三角恒等变换中的倍角公式、辅助角公式、两角差的余弦公式等，考查角 的配凑法，考查运算求解能力. 19.在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面 ABC 是等腰三角形，且 90ABC  ，侧面 1 1ABB A 是 菱形， 1 60BAA   ，平面 1 1ABB A  平面 BAC ，点 M 是 1AA 的中点． （1）求证： 1BB CM ； （2）求直线 BM 与平面 1CB M 所成角的正弦值． 【答案】(1) 证明见解析；(2) 10 5 【解析】 【分析】 （1）证明直线 1BB 垂直 CM 所在的平面 BCM ，从而证明 1BB CM ； （2）以 A 为原点， BC  为 x 轴正方向， AB  为 y 轴正方向，垂直平面 ABC 向上为 z 轴正方向 建立平面直角坐标系，设 2AB  ，线面角为 ，可得面 1B MC 的一个法向量 (2 3, 3,5)n   ， 3 30, ,2 2BM        ，代入公式sin | cos , |n BM    进行求值. 【详解】 （1）证明：在 Rt ABC 中， BÐ 是直角，即 BC AB ，平面 ABC  平面 1 1AA B B ， 平面 ABC  平面 11AA B B AB ， BC 平面 ABC ， BC  平面 11AA B B AB ， 1BC B B  . 在菱形 1 1AA B B 中， 1 60A AB   ，连接 BM ， 1A B 则 1A AB 是正三角形， ∵点 M 是 1AA 中点， 1AA BM  . 又 1 1/ /AA B B ， 1BB BM  . 又 BM BC B  ， 1BB  平面 BMC 1BB MC  . （2）作 1BG MB 于 G，连结CG ． 由（1）知 BC ⊥平面 1 1AA B B ，得到 1BC MB ， 又 1BG MB ，且 BC BG B ，所以 1MB  平面 BCG . 又因为 1MB  平面 1CMB ，所以 1CMB  BCG ， 又平面 1CMB  平面 BCG CG , 作 BH CG 于点 H，则 BH  平面 1CMB ，则 BMH 即为所求线面角． 设 2AB BC  ， 由已知得 1 2 21 302, 3, ,7 5BB BM BG BH    ， 30 105sin 53 BHBMH BM     ， 则 BM 与平面 1 CB M 所成角的正弦值为 10 5 ． 【点睛】本题考查空间中线面垂直判定定理、求线面所成的角，考查空间想象能力和运算求 解能力. 20.已知数列 na 为等差数列， nS 是数列 na 的前 n 项和，且 5 5a  ， 3 6S a ，数列 nb 满 足 1 1 2 2 (2 2) 2n n na b a b a b n b      ． （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）令 *,n n n ac n Nb   ，证明： 1 2 2nc c c   ． 【答案】(1) na n . 2n nb  . (2)证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用 5 5a  ， 3 6S a 得到关于 1,a d 的方程，得到 na n ；利用临差法得到 1 2n n b b   ， 得到 nb 是等比数列，从而有 2n nb  ； （2）利用借位相减法得到 1 2 1 1 1 1 21 22 2 2 2 2n n n n n         ，易证得不等式成立. 【详解】（1）设等差数列 na 的公差为 d ， 1 1 1 4 5 3 3 5 a d a d a d      ，解得 1 1 1 a d    ， ∴数列 na 的通项公式为 na n . 1 22 (2 2) 2n nb b nb n b      ， 当 2n  时， 1 2 1 12 ( 1) (2 4) 2n nb b n b n b       1 1 (2 4) ( 2) 2n n n n bn b n b b        ， 即 nb 是等比数列，且 1 2b  ， 2q  ， 2n nb  . （2） 2 n n n n a nc b   ，记 1 2 1 2 1 2 2 2 2n n nS c c c      ， 则 1 2 1 2 32 1 2 2 2n nS      ， 1 2 1 1 1 1 22 1 2 22 2 2 2 2n n n n nS S S              ． 【点睛】本题考查数列通项公式、前 n 项和公式等知识的运用，考查临差法、错位相减法的运 用，考查运算求解能力. 21.已知抛物线 2 4x y ，F 为其焦点，椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b     ， 1F ， 2F 为其左右焦 点，离心率 1 2e  ，过 F 作 x 轴的平行线交椭圆于 ,P Q 两点， 4 6| | 3PQ  . （1）求椭圆的标准方程； （2）过抛物线上一点 A 作切线 l 交椭圆于 ,B C 两点，设 l 与 x 轴的交点为 D ， BC 的中点为 E ， BC 的中垂线交 x 轴为 K ， KED ， FOD 的面积分别记为 1S ， 2S ，若 1 2 18 49 S S  ， 且点 A 在第一象限．求点 A 的坐标． 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  . (2)  2,1 【解析】 【分析】 （1）由题设可知 2 6 ,13P       ，又 1 2e  ，把 ,a b 均用 c 表示，并把点 2 6 ,13P       代入标圆方 程，求得 1c  ； （2）根据导数的几可意义求得直线 BC 的方程，根据韦达定理及中点坐标公式求得点 E 的坐 标，求得中垂线方程，即可求得 K 点坐标，根据三角形面积公式，即可求得点 A 坐标. 【详解】（1）不妨设 P 在第一象限， 由题可知 2 6 ,13P       ， 2 2 8 1 13a b    ， 又 1 2e  ， 2 2 8 1 112 3c c    ， 可得 1c  ，椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）设 2 0 0 , 4 xA x     则切线l 的方程为 2 0 0 2 4 x xy x  代入椭圆方程得：   4 2 2 3 0 0 03 12 04 xx x x x     ， 设      1 1 2 2 3 3, , , , ,B x y C x y E x y ， 则   3 01 2 3 2 02 2 3 xx xx x    ，   2 2 0 0 0 3 3 2 0 3 2 4 4 3 x x xy x x      ， KE 的方程为     2 3 0 0 2 2 00 0 3 2 4 3 2 3 x xy xxx x            ， 即   2 0 2 0 0 2 4 3 xy xx x     ， 令 0y  得   3 0 2 08 3K xx x   ， 在直线l 方程中令 0y  得 0 2D xx  ， 2 2 2 0 041 2 4 x xFD             23 0 00 0 2 2 0 0 3 4 2 8 3 8 3 x xx xDK x x       ， 0 0 2 , 2FD BC xk kx    ， 1FD BCk k    ， FD BC ， DEK FOD ∽ ，     2 22 0 01 22 22 0 9 4 18 4916 3 x xS DK S FD x       . 化简得  2 2 0 017 72 4 0x x   ， 0 2x  （ 0 2x   舍去） A 的坐标为  2,1 .   4 2 2 3 0 0 03 12 04 xx x x x     ，    4 6 2 4 20 0 0 0 04 3 12 3 48 144 0 4 xx x x x              ， 因为 2 00 8 4 7x   ，故此解符合题意． 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理、中点坐标公式、 三角形的面积公式，考查逻辑推理和运算求解能力. 22.设 a 为实常数，函数 2( ) , ( ) ,xf x ax g x e x R   ． （1）当 1 2a e  时，求 ( ) ( ) ( )h x f x g x  的单调区间； （2）设 m N  ，不等式 (2 ) ( )f x g x m  的解集为 A ，不等式 ( ) (2 )f x g x m  的解集为 B ，当  01a  ， 时，是否存在正整数 m ，使得 A B 或 B A 成立．若存在，试找出所有的 m；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ( )h x 在 , 1  上单调递减，在  1,  上单调递增．(2)存在， 1m  【解析】 【分析】 （1）当 1 2a e  时得 21( ) 2 xh x x ee   ，求导后发现 ( )h x 在 R 上单调递增，且 ( 1) 0h   ， 从而得到原函数的单调区间； （2）令 2( ) (2 ) ( ) 4 xF x f x g x ax e    ， 2 2( ) ( ) (2 ) xG x f x g x ax e    ，利用导数和 零点存在定理知存在 1 20x x  ，使得    1 2F x F x m  ，再对 m 分 1m  和 1m > 两种情 况进行讨论. 【详解】解:（1） 21( ) 2 xh x x ee   ， 1( ) xh x x ee    ， ∵ ( )h x 在 R 上单调递增，且 ( 1) 0h   ， ∴ ( )h x 在  , 1  上负,在  1,  上正， 故 ( )h x 在 , 1  上单调递减，在 1,  上单调递增． （2）设 2( ) (2 ) ( ) 4 xF x f x g x ax e    ， 2 2( ) ( ) (2 ) xG x f x g x ax e    ( ) 8 xF x ax e   ， ( ) 8 0xF x a e    ， ( )F x 单调递增． 又 (0) 0F   ， 11 1 2 02 aF             （也可依据 lim ( ) 0x F x   ）， ∴存在 0 0 x  使得  0 0F x  ， 故 ( )F x 在 0, x 上单调递减，在 0,x  上单调递增． 又∵对于任意 *m N 存在 lnx m 使得 ( )F x m ， 又 lim ( )x F x   ，且有  0 (0) 1F x F m   ， 由零点存在定理知存在 1 20x x  ，使得    1 2F x F x m  ， 故  3 4,B x x .    2 2 2( ) ( ) 4 x xF x G x ax e ax e     ， 令 2( ) xH x ax e  ， 由 0a  知  H x 在 ( ,0) 上单调递减， ∴当 0x  时， ( ) ( ) (2 ) ( ) 0F x G x H x H x    又∵ m 1 ， 3x 和 1x 均在各自极值点左侧, 结合  F x 单调性可知      1 3 3F x m G x F x   ， 3 1 0x x   当 1m  时， 2 4 0x x  ， A B  成立，故 1m  符合题意． 当 0x  时， 2 2 2 2( ) ( ) 3 3x x x xF x G x ax e e x e e       ， 令 1( ) 2lnP t t tt    ，则 2 2 ( 1)( ) 0tP t t    ， ∴当 1t  时， ( ) (1) 0P t P  ． 在上式中令 2 x t e ，可得当 0x  时，有 2 2 x x e e x    成立， 3 2 2 xx xe e xe   令 ( ) 2tQ t e t  ，则 ( ) 2tQ t e   ， ( ) (ln2) 2 2ln2 0Q t Q     ， 2xe  恒成立. 故有 3 2 22 3 xx xe e xe x   成立， 知当 0x  时， ( ) ( ) 0F x G x  又∵ ( )F x ， ( )G x 在 0, 上单调递增， ∴当 1m > 时，      2 4 4F x m G x F x   ， 2 4 0x x   ， 而 3 1 0x x  ，∴此时 A B 和 B A 均不成立.综上可得存在 1m  符合题意. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、零点存在定理，特别要注意使用零点存在定 理判断零点的存在性，要注意说明端点值的正负.同时，对本题对构造法的考查比较深入，对 逻辑推理、运算求解的能力要求较高，属于难题.