山东省日照市2020届高三实验班三月联考（数学）含解析

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高三数学试题 第 1 页 共 6 页 绝密★启用前 试卷类型：A 高三实验班过程检测 数学试题 2020.03 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试 卷上无效。 3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本大题共 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．集合 }0)2)(1(|{  xxxA ， }2＜|{ xxB  ，则 BA （ ） A．[0,2] B． [0,1] C． 0,2]（ D． [ 1,0] 2．若复数 z＝ 1 i 1 ia   （i 表示虚数单位）为纯虚数，则实数 a 的值为（ ） A．1 B．0 C．－ 1 2 D．－1 3．设 na 为公差不为 0 的等差数列，p，q，k，l 为正整数，则“ p q k l   ”是“ p q k la a a a   ” 的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知 3 1log,3 1log,2 2 12 3 1   cba ，则（ ） A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a 5．据《孙子算经》中记载,中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、候、公,共五级.现 有每个级别的诸侯各一人,共五人,要把80 个橘子分完且每人都要分到橘子,级别每高一级就多 分 m 个( m 为正整数),若按这种方法分橘子,“公”恰好分得 30 个橘子的概率是( ) A． 8 1 B． 7 1 C． 6 1 D． 5 1 高三数学试题 第 2 页 共 6 页 6．17 世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理， 另一个是黄金分割. 如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.” 黄 金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一 个顶角为 36°的等腰三角形（另一种是顶角为 108°的等腰三角形). 例如，五角星由五个黄金 三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金△ ABC 中， 5 1= 2 BC AC  . 根据这些 信息，可得sin 234  ( ) A． 1 2 5 4  B． 3 5 8  C． 5 1 4  D． 4 5 8  7．已知 1F ， 2F 分别是双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点，直线 l 为双曲线 C 的一条 渐近线， 1F 关于直线 l 的对称点 1F  在以 2F 为圆心，以半焦距 c 为半径的圆上，则双曲线 C 的 离心率为 ( ) A． 2 B． 3 C．2 D．3 8．已知 ABC 为等边三角形，动点 P 在以 BC 为直径的圆上，若 AP AB AC     ，则 2  的最大值为（ ） A． 1 2 B． 31 3  C． 5 2 D． 32 2  二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 9． 已知 2a b  ，则 ( ) A． 2 3b b a  B． 3 3 2 2a b a b ab   C． ab a b  D． 1 2 1 1 2 ab a b    10．如图，已知矩形 ABCD 中， 2AB AD ， E 为边 AB 的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻折 成 1A DE ，若 M 为线段 1AC 的中点，则 ADE 在翻折过程中，下列说法正确的是 ( ) A． 线段 BM 的长是定值 B． 存在某个位置，使 1DE AC C． 点 M 的运动轨迹是一个圆 D． 存在某个位置，使 1MB A DE 平面 高三数学试题 第 3 页 共 6 页 11．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面. 一些优美的曲线是数学形象美、对称 美、和谐美的结合产物，曲线 C：(x2＋y2)3＝16x2y2 恰好是四叶玫瑰 线. 给出下列结论正确的是（ ） A.曲线 C 经过 5 个整点(即横、纵坐标均为整数的点) B.曲线 C 上任意一点到坐标原点 O 的距离都不超过 2 C.曲线 C 围成区域的面积大于 4π D.方程(x2＋y2)3＝16x2y2(xy>0)表示的曲线 C 在第一象限和第三象限 12．已知函数 ( ) sin( )( 0)f x x     满足 0 0 1( ) ( 1) 2f x f x    ，且 ( )f x 在 0 0( , 1)x x  上 有最小值，无最大值. 则（ ） A． 0 1( ) 12f x    B．若 0 0x  ，则 ( ) sin(2 )6f x x   C． ( )f x 的最小正周期为 3 D． ( )f x 在 (0,2019) 上的零点个数最少为 1346 个 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，其中第 15 题第一空 2 分，第二空 3 分。 13．为做好社区新冠疫情防控工作，需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作， 其中甲小区至少分配两名志愿者，其它三个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共 有________种．(用数字作答) 14．已知函数 ( ) 2cosf x x x    ，在区间 π0, 2     上任取三个数 1 2 3, ,x x x ，均存在以      1 2 3, ,f x f x f x 为边长的三角形，则  的取值范围是_________. 15．设抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 )0,1(F ，准线为 l ，过焦点的直线交抛物线于 A ，B 两点， 分别过 A ，B 作 l 的垂线，垂足为 C ，D ，若 ||4|| BFAF  ，则 ______p ，三角形 CDF 的面积为_________． 16．在三棱锥 ABCP  中，底面 ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，且 2AB ， 5 PCPA ， PB 与底面 ABC 所成的角的正弦值为 3 1 ，则三棱锥 ABCP  的外接球的 体积为 . 高三数学试题 第 4 页 共 6 页 四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．（10 分） 如图，在 π= 4ABC C ABC 中， ， 的平分线 BD 交 AC 于点 D ，且 1tan = 2CBD ． (1)求 sin A ； (2)若 28CA CB   ，求 AB 的长． 18．（12 分） 在① 322 1  nn aa ( 0na )，② 2 1 13 9 0n n n na a a a     ，③ 2 2 2nS n n   这三个条 件中任选一个，补充在下面问题中． 已知：数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 1 1a  ，________． (1)求数列{ }na 的通项公式； (2)对大于 1 的自然数 n ，是否存在大于 2 的自然数 m ，使得 1, ,n ma a a 成等比数列．若存在， 求 m 的最小值；若不存在，说明理由． 19．（12 分） 如图，在直角梯形 ABCD 中， , 90 , 2 2AB DC ABC AB DC BC    ， E 为 AB 的中 点，沿 DE 将 ADE 折起，使得点 A 到点 P 位置，且 PE EB ，M 为 PB 的中点，N 是 BC 上 的动点（与点 ,B C 不重合）. （1）证明：平面 EMN  平面 PBC ； （2）是否存在点 N ，使得二面角 B EN M  的余弦值为 6 6 ？若存在，确定 N 点位置；若不 存在，说明理由. 高三数学试题 第 5 页 共 6 页 20．（12 分） 沙漠蝗虫灾害年年有，今年灾害特别大。为防 范罕见暴发的蝗群迁飞入境，我国决定建立起多 道防线，从源头上控制沙漠蝗群。经研究，每只 蝗虫的平均产卵数 y 和平均温度 x 有关，现收集 了以往某地的 7 组数据，得到下面的散点图及一 些统计量的值. 平均温度 ix C 21 23 25 27 29 32 35 平均产卵数 iy 个 7 11 21 24 66 115 325 7 1 192i i x   ， 7 1 569i i y   ， 7 1 18542i i i x y   7 2 1 5414i i x   ， 7 1 25.2848i i z   ， 7 1 733.7079i i i x z   .（其中 7 1 1ln , 7i i i z y z z     ）. （1）根据散点图判断， y a b x  与 ed xy c （其中 e 2.718 自然对数的底数）哪一个更适宜 作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）并由判断 结果及表中数据，求出 y 关于 x 的回归方程.（计算结果精确到小数点后第三位） （2）根据以往统计，该地每年平均温度达到 28℃以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治， 其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到 28℃以上的概率为  0 1p p  . ①记该地今后 5 年中，恰好需要 3 次人工防治的概率为  f p ，求  f p 的最大值，并求出相应 的概率 p. ②当  f p 取最大值时，记该地今后 5 年中，需要人工防治的次数为 X，求 X 的数学期望和方差. 高三数学试题 第 6 页 共 6 页 附：线性回归方程系数公式       1 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x x y y b a y bx x x            . 21．（12 分） 已知圆 2 2: 4O x y  ，定点 )0,1(A ，P 为平面内一动点，以线段 AP 为直径的圆内切于圆 O ， 设动点 P 的轨迹为曲线 C ． （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 (2, 3)Q 的直线 l 与C 交于 E ， F 两点，已知点 )0,2(D ，直线 0x x 分别与直线 DE ， DF 交于 S ，T 两点．线段 ST 的中点 M 是否在定直线上，若存在，求出该直线方程；若不是，说 明理由． 22．（12 分） 已知函数   e cosxf x ax x   ，其中 Ra . (1)求证：当 1a   时，  f x 无极值点； (2)若函数   ( ) ln( 1)g x f x x   ，是否存在 a ，使得 ( )g x 在 0x  处取得极小值？并说明理由. 高三数学试题 第 1 页 共 11 页 绝密★启用前 试卷类型：A 高三实验班过程检测（数学试题答案） 一、单项选择题：本大题共 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．答案：A 解析：求得 [ 1,2]A   ， [0,4)B  ，所以 [0,2]A B  ，故选 A 2．答案：D 解析：设 iz b b R, 且 0b  ，则 1 i i1 i ba   ，得到1 i i 1ab b ab      , ， 且1 b ，解得 1a   ，故选 D． 3．答案：D 解析：D 设等差数列的公差为 d ， 1 1 1 1( 1) ( 1) ( 1) ( 1)p q k l a p d a q d aa a a a k d a l d            [( ) ( )] 0d p q k l     0d p q k l      或 0d p q k l      ，显然由 p q k l   不一定能推出 p q k la a a a   ，由 p q k la a a a   也不一定能推出 p q k l   ，因此 p q k l   是 p q k la a a a   的既不充分也不必要条件，故本题选 D． 4．答案：C 解析:有函数知， 1,0,10  cba ，故答案为 C 5．答案：B 解析:设首项为 1a ,因为和为 80,所以 5 1a + 5×4×m=80,故 m=8- 1a .因为 m, 1a ∈N*, 所以 因此“公” 恰好分得 30 个橘子的概率是 6．答案：C 解析：由题可知 072ACB  ， 且 0 1 5 12cos72 4 BC AC   , 0 2 2 5 1cos144 2cos 72 1 4     则 0 0 0 0 5 1sin 234 sin(144 90 ) cos144 4      . 7．答案：C 解析：方法一：直线l 为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的一条渐近线，则直线 l 为 by xa  ， 1F ， 2F 是双曲线 C 的左、右焦点， 1( ,0)F c  ， 2 ( ,0)F c ， 高三数学试题 第 2 页 共 11 页 1F 关于直线 l 的对称点为 1F  ，设 1F  为 ( , )x y ， y a x c b   ， 0 2 2 y b x c a    ， 解得 2 2b ax c  ， 2aby c   ， 2 2 1 (b aF c   ， 2 )ab c  ， 1F  在以 2F 为圆心，以半焦距 c 为半径 的圆上， 2 2 2 2 22( ) ( 0)b a abc cc c       ，整理可得 2 24a c ，即 2a c ， 2ce a    ，故选：C． 方法二：由题意知 21211 FFOFOFOF  ，所以三角形 211 FFF 是直角三角形，且 ，30211  FFF 又由焦点到渐近线的距离为b ，得 bFF 211  ，所以 cb 32  ，所以 2e .故选：C. 8．答案：C 解析：设 ABC 的边长为 2 ，不妨设线段 BC 的中点 O 为坐标原点，建立 坐标系 xoy 则点  0, 3A 、  1,0B  、  1,0C ，以线段 BC 为直径的圆的方程为 2 2 1x y  ,设点 P cos ,sin  ，则  1, 3AB    ，  1, 3AC   ，  cos , 3sinAP    由于 AP AB AC     ，则 cos , 3 3 sin 3           ，解得 1 3 1sin cos2 6 2      ， 1 3 1sin cos2 6 2      ，所以 1 3 1 1 3 12 sin cos 2 sin cos2 6 2 2 6 2 3 3 1 3 5sin cos sin , 22 2 2 2 6 2                                         因 此 ， 的 最 大 值 为 故选 C 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 9．答案：BC 解析：对于 A，因为 2a b  ，所以 2 (3 ) ( ) ( 2) 0b b a a b b b       ，故 A 错误； 对于 B，可通过作差证明，正确； 高三数学试题 第 3 页 共 11 页 对于 C， 2 2 ( 2) ( 2)( ) 02 2 ab a ab b a b b aab a b           ，故 C 正确； 对于 D，若 1 2 1 1 2 ab a b    成立，当 10, 2a b  时，左边=右边= 3 5 ，故 D 错误. 所以，选 BC. 10．答案：AC 解 析 ： 对 A ， 取 CD 中 点 F ， 连 接 ,MF BF ， 则 1,MF DA BF DE  ， 由 1 1 1, 2A DE MFB MF A D    为定值，FB DE 为定值，由余弦定理 可得 2 2 2 2 cosMB MF FB MF FB MFB     ，所以 FB 为定值，A 正确； 若 B 正确，即 1DE AC ，由 45AED BEC     ，可得 DE CE ， 则 1DE A EC 平面 ， 所以 1DE A E ，而这与 1 1DA A E 矛盾，故 B 错误； 因为 B 是定点，所以 M 在以 B 为圆心， MB 为半径的圆上，故 C 正确； 取 CD 中 点 F ， 连 接 ,MF BF ， 则 1MF DA ， BF DE ， 由 面 面 平 行 的 判 定 定 理 得 1MBF A DE平面 平面 ，即有 1MB A DE平面 ，可得 D 错误. 所以，答案为 AC. 11．答案:BD 解析: 12．答案:AC 解析: 0 0( , 1)x x  区间中点为 0 1 2x  ，根据正弦曲线的对称性知 0 1( ) 12f x    ,故选项 A 正确； 若 0 0x  ，则 0 0 1( ) ( 1) 2f x f x    ，即 1sin 2    ，不妨取 6    ，此 ( ) sin(2 )6f x x   ，满足条件，但 1 13f      为 上的最大值，不满足条件，故选项 B 错 误；不妨令 0 52 6x k      ， 0( 1) 2 6x k       ，两式相减得 2 3   ,即函数的周 期 2 3T    ，故 C 正确；区间 的长度恰好为 673 个周期，当  0 0f  时，即 k  高三数学试题 第 4 页 共 11 页 时， ( )f x 在开区间 上零点个数至少为 ，故 D 错误。故正确的是 AC． 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，其中第 15 题第一空 2 分，第二空 3 分。 13．答案：660 解析：若甲小区 2 人，乙、丙、丁其中一小区 2 人，共有 3 3 2 4 2 6 ACC 种，若甲小区 3 人，乙、 丙、丁每小区 1 人，共有 3 3 3 6 AC 种，则不同的分配方案共有 660=+ 3 3 3 6 3 3 2 4 2 6 ACACC 种． 14．答案: 53 ,6      解析:求导得   1 2sin 0f x x    得 6x  ，易得  max 36 6f x f          ，  min 2 2f x f         ，又有题意知 02 2f          ，且 ( ) ( ) ( )2 2 6f f f    ，由 此解得  的取值范围。 15．答案:2，5 . 解析:抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 )0,1(F 所以 2p ，准线为 1x   ， 设过焦点的直线方程为 1 myx ，设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y 联立      xy myx 4 1 2 ，得 0442  myy ， 421  yy ①又 ||4|| BFAF  ， 21 4yy  ② 由①②解得 1,4 21  yy 或 1,4 21  yy ，所以 5|||| 21  yyCD 所以三角形 CDF 的面积为 5522 1  ，故答案为5 . 16．答案: 9 2  或 89 89 6  解析：如图，取 AC 中点O ，因为 PA=PC= 5 ，AB=BC，所以 AC PO ， AC O B ， 所以 AC  平面 PO B ,所以平面 PO B  平面 ABC，易知 O BP 即为 PB 与底面 ABC 所成的角 或补角. 2O B  ， 3O P  ，所以在 O PB 中， 2 2 2( 2) 2 2 cos ( 3)PB PB O BP       ， 因为 1sin 3O BP  ，当 2 2cos 3O BP  时，求得 PB=3，此时  PCB=  PAB= 。90 .故 PB 为三棱锥 P-ABC 外接球直径， 9 2V  ； 高三数学试题 第 5 页 共 11 页 当 2 2cos 3O BP   时，求得 PB= 3 1 ，延长 BO交外接球于 Q， 则 BQ 为圆O 的直径，则  QBP 的外接圆直径为球的直径，由 9 89)3 22(3 1222)3 1()22(cos2 22222  QBPBPBQBPBQPQ ， 球的 直径为 89sin2  QBP PQR ，可求得 89 89 6V  . 综上外接球的体积为 9 2  或 89 89 6  . 四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．解：（1）设 CBD   因为 1 5 2 5tan 0 , .................................( )2 2 5 5 2        ，又 ， ，故sin = , os = 分c 2 5 2 5 4 5 5 5 4 3cos 2 cos 1 2 1 .........................................(5 4 )5                 则sin ABC=sin2 =2sin cos =2 ABC=cos 分2   sin sin 2 sin 24 4 2 2 4 3 7 2sin 2 cos2 ................................ .............( )2 2 5 10 55 A                                 分 故 （2）由正弦定理 7 2, , ...........( )4sin 87 2 510 7BC AC BC AC BC ACA sin ABC    即 所以 分 2CA CB= CA CB = CA CB = 2........................ ............( )2 8       又 28，所以 8 分2 AB ABAC= 2 , AB=5..............( )4sin sin 2 52 10AC AC C ABC 所以 4 ，又由 = , = 所以 分得 18．解：方案一：选条件①. (1)由 322 1  nn aa ，得 2 na 是公差为 3 的等差数列，由 1 1a  ，得 12 1 a , 高三数学试题 第 6 页 共 11 页 则 232  nan ，又 0na 所以 23  nan .………………………………………6 分 （2）根据 1, ,n ma a a 成等比数列，得到 2 1n ma a a ，即3 2 3 2n m   ， 则有 23 4 2m n n   ，，因为 *n N 且 2n ，所以 2 *3 4 2m n n N    ， 当 2n  时， min 6m  ；……………………………………………………………12 分 方案二：选条件②. (1)因为 2 1 13 9 0n n n na a a a      1( 3)( 3) 0n n na a a     ， 因为 1 1a  ，所以 1 3 0n na a    ，则{ }na 是等差数列，则 3 2na n  …………………6 分 （2）要使得 1, ,n ma a a 成等比数列，只需要 2 1n ma a a ，即 2(3 2) 3 2n m   则有 23 4 2m n n   ，，因为 *n N 且 2n ，所以 2 *3 4 2m n n N    ， 当 2n  时， min 6m  ；………………………………………………………12 分 方案三：选条件③. (1)由 2 2 2nS n n   ，得 1 1 2 3 2n na n n     ，………………………………6 分 (2)要使得 1, ,n ma a a 成等比数列，只需要 2 1n ma a a ，即 2(2 3) 2 3n m   则有 22 6 6m n n   ，，因为 *n N 且 2n ，所以 2 *2 6 6m n n N    ， 当 3n  时， min 6m  ；………………………………………………………12 分 19．解：（1）证明：因为 , ,PE EB PE ED EB ED E   , 所以 PE EBCD 平面 ，………………………………………………………………2 分 又 PE PEB 平面 ，所以 PEB EBCD平面 平面 , 而 BC EBCD 平面 ， BC EB ，所以 PBC PEB平面 平面 ， 由 ,PE EB PM MB  知， EM PB ，于是 EM PBC 平面 . 又 EM EMN 平面 ， 所 以 平 面 EMN  平 面 PBC . …………………………5 分 （2）假设存在点 N 满足题意，取 E 为原点，直线 , ,EB ED EP 分别为 , ,x y z 轴，建立空间直角坐标系 E xyz ，不妨设 2PE EB  ，显 然 平 面 BEN 的 一 个 法 向 量 为 1 (0,0,1)n ， ………………………………………………………………7 分 设 (0 2)BN m m   ，则 (1,0,1), (2, ,0)EM EN m   . 高三数学试题 第 7 页 共 11 页 设平面 EMN 的法向量为 2 ( , , )x y zn ，则由 2 2 0EM EN     n n ，即 (1,0,1) ( , , ) 0 (2, ,0) ( , , ) 0 x y z m x y z      ，即 0 2 0 x z x my      ，故可取 2 ( , 2, )m m  n .…………………9 分 所以 1 2 1 2 2 2 1 2 (0,0,1) ( , 2, )cos , | || | 2 4 2 4 m m m m m           n nn n n n ， 依题意 2 6 62 4 m m    ，解得 1 (0,2)m   ，此时 N 为 BC 的中点. 综上知，存在点 N ，使得二面角 B EN M  的余弦值为 6 6 ，此时 N 为 BC 的中点. …………………………………………………………12 分 20．解：（1）根据散点图可以判断， dxy ce 更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程 类型；..............................................................................................................................2 分 对 dxy ce 两边取自然对数，得 ln lny c dx  ； 令 ln , ln ,z y a c b d   ，得 z a bx  ； 因为      7 7 1 1 2 1 7 2 2 1 7 40.1820ˆ 7 0.272147 71437 . i i i i i i i i i i x z xz x x x x z z b x x                 ........................4 分 ˆˆ 3.612 0.272 27.429 3.849a z bx       ； 所以 z 关于 x 的回归方程为 ˆ 0.272 3.849z x  ； 所以 y 关于 x 的回归方程为 0.272 3.849ˆ xy e  ；...............................................................6 分 （2）（i）由 5 3 3 2( ) (1 )f p C p p    ， 得   3 2 5 (1 )(3 5 )f Cp p p p     ， 因为 0 1p  ，令   0f p  ，得3 5 0p  ，解得 30 5p  ； 所以  f p 在 30, 5      上单调递增，在 3 ,15      上单调递减， 所以  f p 有唯一的极大值为 3 5f      ，也是最大值； 高三数学试题 第 8 页 共 11 页 所以当 3 5p  时，  max 3 216 5 625f p f      ；.......................................................9 分 （ii）由（i）知，当  f p 取最大值时， 3 5p  ，所以 3~ 5, 5X B     ， 所以 X 的数学期望为 3( ) 5 35E X    ， 方差为 3 2 6( ) 5 5 5 5D X     ..........................................................................12 分 21． 解：（1）设以 AP 为直径的圆的圆心为 B ，切点为 N ， 则 .2|||||,|2||  BAOBBAOB 取 A 关 于 y 轴 的 对 称 点 A ， 连 PA ， 故 24|)||(|2||||  BABOAPPA ．------------------------------------------------------------2 分 所以点 P 的轨迹是以 AA , 为焦点，长轴长为 4 的椭圆． 其中， 2a  ， 1c  ，曲线 C 方程为 2 2 14 3 x y  ．------------------------------------------------4 分 （2）设直线 l 的方程为 (2 3 )x ty t   ，设 1(E x ， 1)y ， 2(F x ， 2 )y ， 0(M x ， 0 )y ， 直线 DE 的方程为 1 1 ( 2)2 yy xx   ，故 1 0 1 ( 2)2S yy xx   ， 同理 2 0 2 ( 2)2T yy xx   ；-------------------------------------------------------------------------------6 分 所以 1 2 0 0 0 1 2 2 ( 2) ( 2)2 2S T y yy y y x xx x        ， 即 0 1 2 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3( ) ( 2) 2 2 ( 3) ( 3) [ 3( ) 3] y y y y y y y y y x x x t y t y t y y y y              ③-----------8 分 联立 2 2 (2 3 ) 3 4 12 0 x ty t x y        ，化简得 2 2 2 2(3 4) (12 6 3 ) 9 12 3 0t y t t y t t      ， 所以 2 2 1 2 1 22 2 6 3 12 9 12 3,3 4 3 4 t t t ty y y yt t      ---------------------------------------------------10 分 代入③得， 2 2 2 20 2 2 0 2 2 9 12 3 6 3 122 ( ) 32 3 4 3 4 ( 2) 9 12 3 6 3 12[ 3 3]3 4 3 4 t t t t y t t x t t t tt t t           高三数学试题 第 9 页 共 11 页 0 0 12 3 3 3 2 2 3 012 t x yt        所以点 M 都在定直线 03223  yx 上．------------------------------------------------12 分 22．解析：(1)对 ( )f x 求导得 ( ) sinxf x e x a    ，显然 0,sin 1xe x   ， 所以 sin 0 1 0xe x a a      ，即 ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在其定义域上是单调递增函数，故  f x 无极值点；------------------------------------------------4 分 (2) 解法一：对 ( )g x 求导得 1( ) sin ( 1)1 xg x e a x xx        又注意到 (0) 2 ,g a   令 (0) 2 0,g a    得 2a  。 此时 1( ) 2 sin ,1 xg x e xx      令 1( ) ( ) 2 sin ,1 xh x g x e xx      则 2 1( ) cos( 1) xh x e xx     ,显然，在 0, 2      上 2 11 , cos 0,( 1) xe xx    此时 2 1( ) cos 0,( 1) xh x e xx      故 ( )h x 在 0, 2      上是增函数， 所以 ( ) (0) 0,h x h  即 1( ) 2 sin 01 xg x e xx       ；-------------------------------7 分 又当 ( 1,0)x   时，令 2 2( ) ( 1) , ( ) ( 1) cosxs x x e t x x x    则 ( ) ( 1)( 3) 0xs x x x e     ， ( )s x 是 ( 1,0) 上的增函数，所以 ( 1) ( ) (0)s s x s   ，即 0 ( ) 1s x  ， 故存在区间 1( ,0) ( 1,0)x   ，使 1( ) 2s x  ，即 2 1 2( 1) xe x   ； 又 20 ( 1) 1x   ， cos1 cos 1x  ，即 0 ( ) 1t x  ， 故存在区间 2( ,0) ( 1,0)x   ，使 1( ) 2t x  ，即 2 1cos 2( 1)x x   。-----------------------9 分 现设 1 2 0( ,0) ( ,0) ( ,0)x x x ，则在区间 0( ,0)x 上， 2 1 2( 1) xe x   ， 2 1cos 2( 1)x x   同时成立， 即 2 1( ) cos 0,( 1) xh x e xx      故 ( )h x 在 0( ,0)x 上是增函数， ( ) (0) 0h x h  。 从而存在区间 0( ,0)x ，使得 1( ) 2 sin 01 xg x e xx       ； 因此存在 2a  ，使得 ( )g x 在 0x  处取得极小值。------------------------------------------------12 分 解法二： 0x  是 ( )f x 的极小值点的必要条件是 (0) 2f a   ，即 2a  ． 高三数学试题 第 10 页 共 11 页 此时， 1( ) e 2 sin1 xf x xx      显然当 0, 2x     时， 1 1( ) e 2 sin 1 2 sin 01 1 xf x x x xx x             ；---------6 分 当 1 04 x   时， 2 2 23 1 3(1 ) 1 1 (3 1) 1 12 2 1 2 xx x x x x xx                ． 令 xxxxm         e21)( 2 ， 0e2)( 2  xxxm ， 故 )(xm 是 减 函 数 ． 因 此 ， 当 0x 时 ， 1)0()(  mxm ，即 21e 2xxx  ．------------------------------------------------9 分 令 xxxh 2 1sin)(  ， 2 1cos)(  xxh ．当 01  x 时， 02 11cos)(  xh ，故 )(xh 在 )0,1( 上单调递增．因此，当 01  x 时， 0)0()(  hxh ，即 xx 2 1sin  ． 故当 1 ,04x      时， 2 2 21 3( ) e 2 sin 1 1 2 2 01 2 2 2 2 x x x xf x x x x x xx                          ； 因此， 2a  时 0x  是 ( )f x 的极小值点．------------------------------------------------12 分