浙江省名校2020届高三仿真训练卷数学（二） Word版含解析

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- 1 - 22.名校仿真训练卷（二） 数学 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 参考公式： 如果事件 A，B 互斥，那么 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   如果事件 A，B 相互独立，那么 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   如果事件 A 在一次试验中发生的概率为 p，那么 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概 率 ( ) (1 ) ( 0,1,2, , )k k n k n nP k C p p k n    台体的体积公式  1 1 2 2 1 3V S S S S h   ，其中 1 2,S S 表示台体的上、下底面积，h 表示台 体的高 柱体的体积公式V Sh ，其中 S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 锥体的体积公式 1 3V Sh ，其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式 24S R ，球的体积公式 34 3V R ，其中 R 表示球的半径 选择题部分（共 40 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 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    | 1 , 0P x x Q x x   ，则( ) A. P Q B. Q P C. RP Q ð D. RP Qð 【答案】D 【解析】    1, ,R RP P Q    ,故选 D. 2.双曲线 2 2 14 yx   的渐近线方程为（ ） A. 1 2y x  B. 2y x  C. 3 2y x  D. - 2 - 5 2y x  【答案】B 【解析】 由双曲线 2 2 14 yx   得 1 2a b ， ，所以渐近线方程为 2y x  ， 故选 B 3.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视 图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积则该“堑堵”的侧面积为（ ） A. 2 B. 2 4 2 C. 4 4 2 D. 4 6 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意和三视图知该几何体是一个直三棱柱,底面为等腰直角三角形，直角边长为 2 ，三 棱柱的高为 2，然后结合棱柱侧面积公式求解即可. 【详解】解:根据题意和三视图知该几何体是一个直三棱柱, 该棱柱底面为等腰直角三角形，直角边长为 2 ，三棱柱的高为 2， - 3 - 所以其侧面包括一个边长为 2 的正方形及两个长和宽分别为 2 和 2 的长方形， 所以其侧面积为 22 2 2 2 4 4 2S       ， 故选:C. 【点睛】本题考查三视图及几何体的侧面积,属基础题. 4.已知i 为虚数单位，复数 z 满足 (1 )i z i  ，则 z  （ ） A. 1 4 B. 1 2 C. 2 2 D. 2 【答案】C 【解析】 由题得 2 2(1 ) 1 1 1 1 1 2( ) ( )1 2 2 2 2 2 2 2 i i i iz i zi           . 故选 C. 5.已知 Ra  ，则“ 1a  ”是“ 1 1 2a a    ”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 因 为 2 1a    时 ， “ 1 1 2a a    ” 不 成 立 ， 所 以 充 分 性 不 成 立 ； 当 “ 1 1 2a a    ”成立时， 1 1 0a a   ,可得 1 1a   ，即“ 1a  ”成立，所以必要 性成立，由此“ 1a  ”是“ 1 1 2a a    ”的必要不充分条件，故选 B. 6.函数 2 lnx xy x  的图象大致是（ ） A. B. - 4 - C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据函数为偶函数排除 B ,当 0x  时,利用导数得 ( )f x 在 1(0, )e 上递减,在 1( , )e  上递增,根 据单调性分析 ,A C 不正确,故只能选 D . 【详解】令 2 ln | |( ) | | x xf x x  ,则 2( ) ln | |( ) ( )| | x xf x f xx     , 所以函数 ( )f x 为偶函数,其图像关于 y 轴对称,故 B 不正确, 当 0x  时, 2 ln( ) lnx xf x x xx   , ( ) 1 lnf x x   , 由 ( ) 0f x  ,得 1x e  ,由 ( ) 0f x  ,得 10 x e   , 所以 ( )f x 在 1(0, )e 上递减,在 1( , )e  上递增, 结合图像分析, ,A C 不正确. 故选:D 【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性, 利用单调性判断函数的图象,属于中档题. 7.已知 ,a bR ，随机变量 满足 ( )P x ax b    ，其中 1,0,1x   ，若 1( ) 3E   ，则 2[ ( )] ( )E D   （ ）. A. 1 3 B. 2 3 C. 1 D. 4 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据分布列的性质计算 ,a b ，再根据方差公式计算 ( )D  ，即可得出答案. - 5 - 【详解】  1 0 1 P a b  b a b 1 11 ( ) 0 1 ( ) 3 a b b a b a b b a b                ， 解得 1 6 1 3 a b     ， 从而 2 2 21 1 1 1 1 1 5( ) 1 0 13 6 3 3 3 2 9D                            ， 则 2 2[ ( )] ( ) 3E D   . 故选：B. 【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差，由题意得熟记离散型随机变量的期望和方 差的计算公式是解题的关键，是中档题. 8.如图，二面角 l   中，P l ，射线 PA ，PB 分别在平面 ， 内，点 A 在平面  内 的射影恰好是点 B，设二面角 l   、 PA 与平面  所成角、 PB 与平面 所成角的大小 分别为 , ,   ，则（ ） A.     B.     C.     D.     【答案】A - 6 - 【解析】 【分析】 由题意画出图形，分别找出二面角及线面角，结合正切函数的单调性及平面的斜线与平面内 所有直线所成角中的最小角是线面角进行大小比较． 【详解】解：当 PA⊥l，PB⊥l 时，δ＝φ＝θ； 当 PA，PB 与 l 均不垂直时，如图： 由已知 AB⊥β，可得 AB⊥l，过 A 作 AO⊥l，连接 OB，则 OB⊥l， 可得∠AOB 为δ，∠APB＝φ， 在平面 AOB 内，过 B 作 BI⊥AO，则 BI⊥α，连接 PI，则∠BPI＝θ， 在 Rt△ABO 与 Rt△ABP 中，可得 tanδ AB OB  ，tanφ AB PB  ，由 AB＝AB，PB＞OB， 可得 tanδ＞tanφ，则δ＞φ； PB 为平面α的一条斜线，PB 与α内所有直线所成角的最小角为θ，即φ＞θ． ∴δ＞φ＞θ． 综上，δ≥φ≥θ． 故选 A． 【点睛】本题考查线面角，面面角及其求法，明确平面的斜线与平面内所有直线所成角中的 最小角是线面角是关键，是中档题． 9.已知 ABC ，满足  193 2 AB ACAB AC AB AC AB AC            ，点 D 为线段 AB 上一动点，若 DA DC  最小值为 3 ， 则 ABC 的面积 S （ ） A. 9 B. 9 3 C. 18 D. 18 3 【答案】D - 7 - 【解析】 设 3 2 19( ), , ,AB AC AB ACAM AN AD AB AC AB AC               则 33, 2, 19, 2 AB AMAM AN AD AC AN        所以 2 23 2 19 1 2cos 2 2 3 2 3 3DBA DBA BAC           DA DC  2 2( ) | | cos 3DA DA AC DA DA AC            2 21 1| | 32 16DA AC DA AC         ，所以| | 4 3AC  从而 ABC 的面积 S  21 3 3 3 3| sin | 48 18 32 3 4 2 8AB AC AC        ，选 D. 点睛：(1)向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运 用向量的有关知识可以解决某些函数问题. (2)以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类 综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方 法. (3)向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为 我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题. 10.已知函数 ( ) | ln |f x x x  ，若 1 2( ) ( )f x f x ，其中 1 2x x ，则（ ） A. 1 2 2x x  B. 1 2 2x x  C. 1 2 1 1 2x x   D. 1 2 1 1 2x x   【答案】C 【解析】 【分析】 首先由对数函数的性质求出 1 2x x 的范围在 (0,1) ，再用基本不等式求解即可． - 8 - 【详解】根据题意不防设 1 20 1x x   ，则由 1 2( ) ( )f x f x ， 得 1 1 2 2ln lnx x x x    ，即 2 1 1 2 1 2ln ln ln( ) 0x x x x x x     ， 所以 1 20 1x x  ．因为 1 2 1 22x x x x  ，所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2x x x x x x x x     ． 所以答案为 C 【点睛】本题考查对数函数的图像与性质、基本不等式，综合性比较强． 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分.把答案填在题 中的横线上. 11.已知直角坐标系中  2,0A  ，  2,0B ，动点 P 满足 2PA PB ，则点 P 的轨迹方程 是_______；轨迹为________． 【答案】 (1). 2 2 12 4 0x y x    (2). 一个圆 【解析】 设点  ,P x y ，由题意： 2PA PB 得    2 22 22 2 2x y x y     ，整理得到点 P 的轨迹方程为 2 2 12 4 0x y x    ，即 2 26 32x y   ，其轨迹为圆. 12.已知 6 2 6 0 1 2 6(1 )x a a x a x a x      ，则 2x 项的二项式系数是________； 0 1 2 6| | | | | | | |a a a a     ________. 【答案】 (1). 15 (2). 64 【解析】 2x 项的二项式系数是 2 6 15C  , 0 1 2 6 0 1 2 6 a a a a a a a a           6(1 ( 1)) 64   点睛：赋值法研究二项式的系数和问题 “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如 2( ) ,( ) ( , )n nax b ax bx c a b R    的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需 令 1x  即可；对形如 ( ) ( , )nax by a b  R 的式子求其展开式各项系数之和，只需令 1x y  即可. - 9 - 13.现有一排 10 个位置的空停车场，甲、乙、丙三辆不同的车去停放，要求每辆车左右两边 都有空车位且甲车在乙、丙两车之间的停放方式共有_________种. 【答案】40 【解析】 【分析】 根据题意，先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有 2 种排法， 再将剩余的 7 个空车位分为 4 组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，然后，求出 不同的分组方法，最后利用分步乘法计数原理即可求解 【详解】先将甲、乙、丙三辆不同的车排列，使得甲车在乙、丙两车之间，有 2 种排法，再 将剩余的 7 个空车位分为 4 组，分别排在甲、乙、丙三辆车形成的四个空上，有 1，1，1，4； 1，1，2，3；1，2，2，2 三种分组方法，则不同的分组方法共有 1 2 2 1 4 4 2 4 20C C A C   种，由 分步乘法计数原理得不同的停放方式共有 2 20 40  种. 【点睛】本题考查计数原理，熟练应用计数原理合理分步是解题的关键，属于简单题. 14.在 ABC 中， , ,a b c 为内角 , ,A B C 的对边， 1cos 4A   ， 7cos 8B  ，且 2b  ，则 a ________； ABC 的面积为___________. 【答案】 (1). 4 (2). 3 15 4 【解析】 【分析】 根据平方关系得出 15 15sin ,sin4 8A B  ，结合正弦定理，得出 a ，再利用两角和的正弦 公式得出sinC ，最后由三角形面积公式得出 ABC 的面积. 【详解】在 ABC 中，由 1 7cos ,cos4 8A B   得 15 15sin ,sin4 8A B  由正弦定理得 sin sin a b A B  ，即 2 15 15 4 8 a  ，解得 4a  . 15 7 15 1 3 15sin sin( ) sin cos sin cos 4 8 8 4 16C A B A B B A              - 10 - 则 ABC 的面积为 1 1 3 15 3 15sin 4 22 2 16 4ab C      . 故答案为： 4 ； 3 15 4 【点睛】本题考查正弦定理、三角形的面积公式、三角恒等变换，属于中档题. 15.将公差不为零的等差数列 1a ， 2a ， 3a 调整顺序后构成一个新的等比数列 ia ， ja ， ka ，其 中{ , , } {1,2,3}i j k  ，则该等比数列的公比为________． 【答案】 1 2  或 2 【解析】 【分析】 设等差数列 na 的公差为 d ，分别利用 1a ， 3a 为等比中项得到公差 d 与首项 1a 的等量关系， 再运用定义求新数列的公比，即可求解. 【详解】设等差数列 na 的公差为 ( )d d  0 ，则 2 1a a d  ， 3 1 2a a d  ， 则 1a ， 2a ， 3a 或 3a ， 2a ， 1a 不成等比数列； （1）若 2a ， 1a ， 3a 或 3a ， 1a ， 2a 成等比数列，则 2 1 2 3a a a ，即 2 2 2 1 1 13 2a a a d d   ， 解得 1 3 2d a  ， 此时等比数列 2a ， 1a ， 3a 的公比为 1 2 2a a   ，等比数列 3a ， 1a ， 2a 的公比为 1 3 1 2 a a   ； （2）若 2a ， 3a ， 1a 或 1a ， 3a ， 2a 成等比数列，则 2 3 1 2a a a ，即 2 2 2 1 1 1 14 4a a d d a a d    ， 解得 1 3 4d a  ， 此时等比数列 1a ， 3a ， 2a 的公比为 3 1 1 2 a a   ，等比数列 2a ， 3a ， 1a 的公比为 3 2 2a a   ． 综上可得，等比数列的公比为 1 2  或 2 ． 故答案为： 1 2  或 2 ． 【点睛】本题主要考查了等差、等比数列的定义，以及等比数列的通项公式的应用，其中解 - 11 - 答中分别利用 1a ， 3a 为等比中项得到公差 d 与首项 1a 的等量关系，再运用定义求新数列的公 比是解答的关键，着重考查推理与运算能力． 16.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右焦点为 (1,0)F ，其关于直线 y bx 的对称点Q 在 椭圆上，则离心率 e __________， FOQS  __________． 【答案】 (1). 2 2 . (2). 1 2 . 【解析】 【详解】分析：设出 Q 的坐标，利用对称知识，集合椭圆方程推出椭圆几何量之间的关系， 然后求解离心率即可． 详解：设 Q（m，n），由题意可得 2 2 2 2 1 (1)1 1(2)2 2 1 (3) n m b n mb m n a b            ， 由①②可得：m= 2 2 1 1 b b   ，n= 2 2 1 b b ， 代入③可得 2 2 2 2 2 2 2 1 2( ) ( )1 1 1 b b b b a b     ， 可得， 1, 2b a  ． 解得 e= 2 2 ． 所以 Q(0，1) 所以 FOQ 是等腰直角三角形， 所以 FOQS  1 11 1 .2 2    故答案为(1) 2 2 (2) 1 2 点睛：（1）本题主要考查椭圆的简单几何性质和对称问题，意在考查学生对这些基础知识的 - 12 - 转化能力和分析能力.(2)求点 A 1 1( , )x y 关于直线 l： y kx b  的对称点 B 2 2( , )x y 时，由于直 线 l 是 AB 的垂直平分线，所以只需解方程 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 y yk x x y y x xk b           即可. 17.已知 , 0x y  ，且 1 1 19 2 4x y x y     ，则 3 7 16x y  的最小值是________. 【答案】 1 4  【解析】 【分析】 构造倒数关系将所求关系式转化为 4 1 19 16 4x yx y     ，利用基本不等式求和的最小值即 可. 【 详 解 】 因 为 1 1 19 2 4x y x y     ， 所 以 3 7 3 7 1 1 19 4 1 19 9 19 1 16 16 2 4 16 4 2 4 4x y x yx y x y x y x y                  ，当且仅 当 4 1, 16x yx y   ，即 12, 4x y  时，取等号. 故答案为： 1 4  【点睛】本题考查基本不等式的应用求最值，通过构造倒数关系，利用基本不等式求最值要 注意利用“一正、二定、三相等”来确定取到最值的条件，属中档题. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 18.已知函数 ( ) sin (sin 3cos )( )f x x x x x R   ． （Ⅰ）求函数 ( )f x 的最小正周期及最大值； （Ⅱ）若 [0, ]x  ，求 ( ) 1f x  的所有根的和． 【答案】（Ⅰ）最小正周期为 ，最大值为 3 2 ．（Ⅱ） 4 3  【解析】 - 13 - 【分析】 （Ⅰ）首先利用二倍角公式与两角和的正弦公式化简函数解析式，然后根据正弦函数的图象 与性质求解； （Ⅱ）根据 x 的取值范围利用整体思想结合正弦函数的图象与性质求解． 【详解】解：（Ⅰ）由题意得 2 1 cos2 3 1( ) sin 3sin cos sin 2 sin 22 2 2 6 xf x = x x x x x           ， 则函数 ( )f x 的最小正周期为 2 2T    ，最大值为 3 2 ． （Ⅱ）因为 [0, ]x  ，则 132 ,6 6 6x         ， 易知 ( ) 1f x  在[0, ] 上有 2 个根， 则不妨设分别为 1x ， 2x ， 所以 1 22 2 2 36 6 6 6x x             ， 则 1 2 4 3x x   ，因此，所有根的和为 4 3  ． 【点睛】本题考查二倍角公式，两差和的正弦公式公式、正弦函数的图象与性质．属于基础 题． 19.如图，四边形 ABCD 为梯形， / / , 60AB CD C   点 E 在线段CD 上，满足 BE CD , 且 1 24CE AB CD   ，现将 ADE 沿 AE 翻折到 AME 位置，使得 2 10MC  ． （1）证明： AE MB ； （2）求直线CM 与面 AME 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ） 15sin 15 h MC    . - 14 - 【解析】 分析：（Ⅰ）先证明 AE MNB 平面 ，即证 AE MB .( Ⅱ)利用空间向量法求直线CM 与 面 AME 所成角的正弦值． 详解：（Ⅰ）连 BD AE N交 于 ，所以 02 tan60 2 3.BE    所以 BD=  2 22 3 6 4 3.  因为 2 2 2BC BD CD  ∴ BC BD 又 / /BC AE ∴ AE BD 从而 ,AE BN AE MN  所以 AE MNB 平面 ∴ AE MB （Ⅱ） 由 MB ABCE 面 ，如图建系，        0,2,0 , 2 3, 2,0 , 2 3,,0 , 0,0,2 6 ,A C E M 则    0, 2,2 6 , 2 3, 2,0 ,AM AE      2 3, 2, 2 6MC    设平面 AME 的法向量为  , ,m x y z ， 由 0 0 m AM m AE         ，可取  2, 6,1m  ， 15sin cos , 15 m MCm MC m MC         ． - 15 - 20.若数列{ }na 是正项数列，且 2 1 2 3 na a a a n n      （1）求{ }na 的通项公式； （2）设 2 1 ,4 nn nb a a 求数列{ }nb 的前 n 项和 .nS 【答案】 2 1(1) 4 ;(2) ( 1)2 2n n na n S n     . 【解析】 【分析】 (1)根据题干得到 2 1 2 3 1 1 1na a a a n n        （n>1），和题干中的式子相减 得到 na =2n(n>1)，再检验 N=1 时符合通项公式，可得到数列的通项；（2）根据第一问得到 2 1 4 nn nb a a = 2nn ，再由错位相减得到结果. 【 详 解 】 （ 1 ） 2 1 2 3 na a a a n n      , 2 1 2 3 1  1 1na a a a n n        （n>1）, 两式相减得到 na =2n(n>1),当 n=1 时， 1 2a  ，符合通项公式，故得到 24na n （2）根据第一问得到 2 1 4 nn nb a a = 2nn ，数列 nb 的前 n 项和为 nS nS   2 3 11 2+2 2 +3 2 +.......+ 1 2 2n nn n       2 nS =  2 3 4 +11 2 +2 2 +3 2 +.......+ 1 2 2n nn n       两式相减得到 nS  2 3 11 2+2 +2 +.....+2 2n nn    由等比数列的前 n 项和公式得到   11 2 2n nS n      ，最终得到   11 2 2n nS n    . 【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中 有常见的已知 nS 和 na 的关系，求 na 表达式，一般是写出 1nS  做差得通项，但是这种方法需 要检验 n=1 时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等． 21.F 是抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点，M 是抛物线 C 上位于第一象限内的任意一点，过 , ,M F O 三点的圆的圆心为 Q，点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 3 4 . - 16 - （1）求抛物线 C 的方程； （2）若点 M 的横坐标为 2 ，直线 1: 4l y kx  与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，l 与圆 Q 有两个不同的交点 D，E，求当 1 22 k  时， 2 2| | | |AB DE 的最小值. 【答案】（1） 2 2x y （2） 13 2 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线上的点到抛物线的准线的距离为 3 4 列方程求解； （2）联立直线与抛物线的方程得到一元二次方程，利用韦达定理结合点到直线的距离公式与 两点间距离公式、函数的性质求解最值. 【详解】（1）抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点 0, 2 pF      ， 设 ( , )Q a b ，由题意可知 4 pb  ， 则点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 3 3 2 4 2 4 4 p p pb p     ， 解得 1p  ，于是抛物线 C 的方程为 2 2x y . （2）∵ ( 2,1)M ， ∴OM 的垂直平分线方程为 1 222 2y x         ， ∴ 5 2 1,8 4Q       ，圆 Q 的半径 3 6 8r  . - 17 - 由 2 2 , 1 ,4 x y y kx     得 22 4 1 0x kx   ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， ∵ 216 8 0k    ， ∴ 1 2 1 2 12 , 2x x k x x    . ∴   2 2 2| | 1 4 2AB k k   ， 又∵Q 到 l 的距离 2 5 2 10 3 6 4 88 1 kd k    „ ， ∴   2 2 2 2 22 3 6 5 2 27 2| | 4 8 8 18 1 k kDE kk                   ， ∴      2 2 2 2 2 2 27 2| | | | 1 4 2 8 1 kAB DE k k k       . 令 21t k  ，∵ 1 22 k„ „ ，∴ 5 ,54t     ， ∴ 2 2 2 25 1| | | | 4 2 8 4AB DE t t t      ， 令 2 25 1 5( ) 4 2 , ,58 4 4g t t t tt         ， 则 2 25 5( ) 8 2 6 08 4g t t gt         … ， ∴当 5 4t  时， min 13( ) 2g t  . 【点睛】本题考查抛物线的概念与性质、直线与抛物线的位置关系，还考查了抛物线中最值 问题，属于较难题. 22.设 a R ，已知函数   2 2 lnf x x a x  ． （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （Ⅱ）求函数  f x 在 1, 上的最小值  g a ； （Ⅲ）若 0a  , 求使方程   2f x ax 有唯一解的 a 的值． - 18 - 【答案】（Ⅰ） 0a  ，则  f x 在  0, 上递增， 0a  ，则  f x 在在 0, a  上递减，  ,a  上递增，（Ⅱ）   1, 1, , 1. ag a a alna a     （Ⅲ） 1 2 . 【解析】 【分析】 （1）令    22 2' 2 af x x x ax x     大于 0、小于 0，讨论 a的范围求解. （2）直接由（1）的单调性得最小值. （3）令     22 2 2 lnh x f x ax x ax a x     ，令  ' 0h x  得 2 0 4 2 a a ax   ∴  h x 在 00, x 递减， 0,x  上递增，   0h x  有唯一解， ∴  0 0h x  ．得到 a 与 0x 的关系，转化为 0x 的方程，求得 0x 进而求得 a. 【详解】（Ⅰ）  f x 定义域为 0, ，    22 2' 2 af x x x ax x     0a  ，则  f x 在 0, 上递增 0a  ，则  f x 在在0, a  上递减， ,a  上递增， （Ⅱ）由（Ⅰ）可知， 1a  时，  f x 在 1, 上是增函数， ∴      min 1 1g a f x f   ； ②当 1a  时，  f x 在1, a  上递减， ,a  上递增， ∴      min lng a f x f a a a a    ； 综上，   1, 1, , 1. ag a a alna a     （Ⅲ）令     22 2 2 lnh x f x ax x ax a x     ，由题意，得方程   0h x  有唯一解，又    22 2' 2 2 ah x x a x ax ax x       ，定义域为 0, ， 0a  令  ' 0h x  得 2 0 4 2 a a ax   ∴  h x 在 00, x 递减， 0,x  上递增，   0h x  有唯一解， ∴  0 0h x  ． - 19 - 由     0 0 0, ' 0, h x h x    即 2 0 0 0 2 0 0 2 2 0, 0, x alnx ax x ax a         得 0 02ln 1 0x x   ， 设   2ln 1g x x x   ，易知  g x 在 0, 递增，且  1 0g  ∴方程 0 02ln 1 0x x   的解为 0 1x  即 2 0 4 12 a a ax    ，解得 1 2a  ， 故，当 0a  时，方程   2f x a 有唯一解时 a 的值为 1 2 ． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数在区间上的最值问 题，同时考查了函数的零点问题，渗透了分类讨论思想，是一道综合题． - 20 -