浙江省超级全能生2020届高三下学期3月联考数学试题（B卷） Word版含解析

浙江省超级全能生2020届高三下学期3月联考数学试题（B卷） Word版含解析

- 1 - “超级全能生”2020 高考浙江省 3 月联考(B) 数学 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. 已知全集  1,0,1,2,3,4U   ，集合  | 1,  A x x x N ，  1,3B  ，则  U BA ð （ ） A.  4 B.  2,4 C.  1,2,4 D.  1,0,2,4 【答案】C 【解析】 【分析】 先计算 A B ，再计算  U A Bð . 【详解】因为  | 1,  A x x x N ，  1,3B  ，所以  0,1,3A B  ， 则    1,2,4U A B  ð . 故选：C. 【点睛】本题考查集合的并集及补集运算，比较简单，紧扣并集、补集的概念进行运算即可. 2. 已知复数 z 满足  1 3 1  z i i (i 为虚数单位)，则复数 z 的虚部为（ ） A. 2 5  B. 2 5 C. 2 5 i D. 2 5 i 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的运算法则求得 z ，即可求得其虚部. 【详解】因为  1 3 1  z i i ， 故可得       1 1 31 2 4 1 2 1 3 1 3 1 3 10 5 5 i ii iz ii i i            ， 故其虚部为 2 5  . 故选： A . - 2 - 【点睛】本题考查复数的运算，以及虚部的辨识，属基础题. 3. 设 m 、n 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，已知 m  ，n  ，则“ //m  ， n// ”是“ //  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 利用面面平行的判定和性质定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】充分性：已知 m  ， n  ，由于 //m  ， n// ，若 //m n ，则 与  不一定平 行，充分性不成立； 必要性：已知 m  ， n  ，若 //  ，由面面平行的性质可得 //m  ， n// ，必要性成 立. 因此，“ //m  ， n// ”是“ //  ”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了面面平行的判定与性质定理的应用， 考查推理能力，属于基础题. 4. 函数   ln 1 x xf x x 的图象是（ ） A. B. C. D. - 3 - 【答案】A 【解析】 【分析】 利用特殊点的函数值，由排除法得解． 【详解】解： 3 2(3) 2 03 lnf ln   ，故排除 D ； ( 1) 2 0f ln    ，故排除 C ； 1 1( ) 02 2f ln  ，故排除 B ； 故选： A ． 【点睛】本题考查函数图象的确定，属于基础题． 5. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A. 5 B. 34 2  C. 4 3 D. 4 5  【答案】C 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的表面积． 【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为以底面半径为 1，高为 2 的圆 柱的一半， 所以 2 2 2 4 3S         ． 故选：C ． 【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的表面积公式的应用，主 要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题． - 4 - 6. 小明同学去文具店购买文具，现有四种不同样式的笔记本可供选择（可以有笔记本不被选 择），单价均为一元一本，小明只有8 元钱且要求全部花完，则不同的选购方法共有（ ） A. 70 种 B. 165种 C. 280 种 D. 1860种 【答案】B 【解析】 【分析】 将问题等价转化为将8 个完全相同的小球放入 4 个盒子里，允许有空盒，进一步转化为：将12 个完全相同的小球放入 4 个盒子里，每个盒子里至少有1个球，利用隔板法可得出结果. 【详解】问题等价转化为将8 个完全相同的小球放入 4 个盒子里，允许有空盒. 进一步转化为：将12个完全相同的小球放入 4 个盒子里，每个盒子里至少有1个球. 由隔板法可知，不同的选购方法有 3 11 165C 种. 故选：B. 【点睛】本题考查利用隔板法解决实际问题，将问题进行等价转化是解题的关键，考查计算 能力，属于中等题. 7. 在数列 na 中， 1 1a  ， 2 3a  ，且    2 2 1 nn n a n Na      ， nS 为数列 na 的前 n 项 和，则 100S  （ ） A. 50 013 52   B.  503 1 3 502   C.  503 3 1 502   D.  1003 3 1 502   【答案】C 【解析】 【分析】 对关系式    2 2 1 nn n a n Na      中的 n 分奇偶进行讨论，然后利用求和公式计算即可. 【详解】由题意    2 2 1 nn n a n Na      ，当 n 为偶数时，可得 2 3n n a a   ； - 5 - 当 n 为奇数时，可得 2 1n n a a   ，即数列的偶数项成公比为 3 的等比数列，奇数项都为 1， 由求和公式可得    5050 100 3 33 3 50 503 1 1 2 1 S       ， 故选：C 【点睛】本题考查了数列递推关系，等比数列的通项公式和求和公式，考查推理能力和计算 能力，属于中档题. 8. 已知点 F 为双曲线   2 2 2 2: 1 , 0x yC a ba b    的右焦点，直线 y kx ， 3 , 33k       与双 曲线C 交于 A ， B 两点，若 AF BF ，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. 2, 2 6   B. 2, 3 1   C. 2, 3 1   D. 2 2 6  , 【答案】B 【解析】 【分析】 设直线 y kx 的倾斜角为 ，则 3tan , 33k         ，所以 AOF   ，设双曲线的左焦 点为 F，设点 A 在第一象限内，连接 ,F B F A  , 由 AF BF ，根据双曲线的对称性可得四 边形 F BFA 为矩形，所以 2F F BA c   ，所以 OA c ，设  cos , sinA c c   ，代入椭 圆方程，得到关于 e 的方程，解出 e 即可. 【详解】设直线 y kx 的倾斜角为 ，则 3tan , 33k         ，所以 AOF   . 设双曲线的左焦点为 F ，设点 A 在第一象限内，连接 ,F B F A  , 由 AF BF 根据双曲线的对称性可得四边形 F BFA 为矩形，所以 2F F BA c   ，所以OA c 则设  cos , sinA c c   ，代入双曲线方程可得： 2 2 2 2 2 2 cos sin 1c c a b     即 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1c c a c a     ，所以 2 2 2 2 2 sincos 11 ee e    - 6 - 所以 4 2 2cos 2 1 0e e    ，可得 2 2 2 2 2 4 4cos 1 sin 1 2cos cos 1 sine            由 3tan , 33       ，可得 2 2 2 2 2 2 2 sin tan 1 1 3sin 1 ,sin cos 1 tan 1 tan 4 4                   所以 1 3sin ,2 2        ， 所以 2 1 2,4 2 31 sine       ，即 2, 3 1e     故选：B 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题. 9. 在长方体 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，侧棱  1 4 AA t t ， 点 E 是 BC 的中点，点 P 是侧面 1 1ABB A 内的动点(包括四条边上的点)，且满足 tan 4tan  APD EPB ，则四棱锥 P ABED 的体积的最大值是（ ） A. 4 3 4 B. 16 3 C. 16 3 3 D. 64 3 9 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图象，根据 tan 4tanAPD EPB   ，求出 1 2PA PB ，设 PN h ， AN x ，则 4BN x  ， [0x ， 4] ，由 1 2PA PB ，得 2 21 4PA PB ，即 2 2 2 21[ (4 ) ]4h x h x    ，求 出 2h 的解析式，可得 h 的最大值，再由棱锥体积公式求解． 【详解】解：作 PN AB 于 N ，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， DA  平面 1 1A ABB ，CB  平面 1 1A ABB ， - 7 - 在 Rt PAD 和 Rt PBC 中， tan ADAPD AP   ， tan BEEPB PB   ， tan 4tanAPD EPB   ， 1 2 1 2BE BC AD  ， 1 2PA PB  ， 设 PN h ， AN x ，则 4BN x  ， [0x ， 4]， 由 1 2PA PB ，得 2 21 4PA PB ，即 2 2 2 21[ (4 ) ]4h x h x    ， 整理得 2 2 8 16 3 3h x x    ， [0x ， 4]，开口向下，对称轴为 4 3x   ， 在 [0x ， 4]单调递减，则 0x  时， 2h 取到最大值16 3 ，即 h 的最大值为 4 3 3 ． 四棱锥 P ABED 的体积的最大值是 1 1 4 3 16 3(2 4) 43 2 3 3      ． 故选：C ． 【点睛】考查棱柱、棱锥的体积的计算，利用了构造函数法及单调性和最值，属于中档题． 10. 已知实数 ,x y 满足 2 2  4 5 5  x xy y ，则 2 22x y 的最小值为（ ） A. 5 3 B. 10 3 C. 10  9 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 设 2 22x y m  ，代入所给等式同时平方后的式子，化简等式为关于 y 的一元二次方程，根 据方程有解则判别式不小于零列出不等式求解 m 的最小值即可. 【详解】设 2 22x y m  ，则 2 22x m y  ， - 8 - 2 2  4 5 5x xy y   ， 2 24 5 5xy x y    ， 则  22 2 2 216 5 5x y x y   ，    22 2 216 2 5 7y m y m y    ， 4 2 281 (30 70) ( 5) 0y m y m     ， 设 2y t ，则 2 281 (30 70) ( 5) 0t m t m     ， 2 2(30 70) 4 81( 5) 0m m      … ，解得 10 3m  ，  2 22x y 的最小值为10 3 . 故选：B 【点睛】本题考查条件等式求最值，属于中档题. 二､填空题：本大题共 7 小题，多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分，共 36 分.把答案填在 题中的横线上. 11. 椭圆 2 2 12 4 x y  的焦距是______. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 根据椭圆中 a ，b ， c 的数量关系求解． 【详解】解：椭圆 2 2 12 4 x y  的焦距是 2 22 2 2 4 2 2 2c a b     ． 故答案为： 2 2 ． 【点睛】本题考查了椭圆中 a ，b ， c 的数量关系，属于基础题． 12. 在二项式 92x x     的展开式中，常数项是______；有理项的个数为______. 【答案】 (1). 672 (2). 5 【解析】 【分析】 写出二项展开式的通项，由 x 的指数为 0 求得常数项；再由 x 的指数为整数求得有理数的项的 个数 - 9 - 【详解】解：二项式 92x x     的展开式的通项为     9 39 2 1 9 9 2 2 r rr rr r rT C x C xx          ． 由 9 3 0 32 r r    ，得常数项是  3 3 92 672C   ； 当 1r  ，3,5，7，9 时， x 的指数为整数， 有理项的个数是 5 个； 故答案为： 672 ；5． 【点睛】本题考查二项式定理及其应用，关键是熟记二项展开式的通项，属于基础题 13. 在锐角 ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别是 a ，b ，c ， 3A  ， 7a  ， 3c  ， 则b  ______，sin sinB C  ______. 【答案】 (1). 2 (2). 5 21 14 【解析】 【分析】 先利用余弦定理解出b ，再利用正弦定理解出sin B 和sinC ，从而得到答案. 【详解】由 2 2 2 2 cosa b c bc A   得： 2b  或 1b  ，因为锐角 ABC ，所以 2b  ；由 sin sin sin a b c A B C   可得： 21sin 7B  ， 3 21sin 14C  ，∴ 5 21sin sin 14B C  . 故答案为：2， 5 21 14 . 【点睛】本题考查正、余弦定理的综合运用，较易.当利用余弦定理解某一边出现两解时，一 定要根据题目条件合理取舍. 14. 设变量 x 、 y 满足约束条件 2 0 2 0 1 0 x y x y x y            ，则目标函数 2 4  y xz 的最大值为______，最小 值为______. 【答案】 (1). 8 (2). 1 16 【解析】 【分析】 - 10 - 作出不等式组所表示的可行域，平移直线 2t y x  ，观察该直线在 y 轴截距最大和最小时对 应的最优解，代入目标函数计算即可得解. 【详解】作出不等式组 2 0 2 0 1 0 x y x y x y            所表示的可行域如下图所示： 联立 1 2 0 x x y       ，解得 1 1 x y     ，即点  1,1C  ； 联立 2 0 0 x y y      ，解得 2 0 x y    ，即点  2,0A . 令 2t y x  ，则 22 2 24 y y x t xz    ，平移直线 2t y x  ， 当直线 2t y x  经过可行域的顶点 A 时，直线 2t y x  在 y 轴上的截距最小，此时 z 取最 小值，即 0 2 2 min 12 16z    ； 当直线 2t y x  经过可行域的顶点C 时，直线 2t y x  在 y 轴上的截距最大，此时 z 取最 大值，即  1 2 1 max 2 8z     . 故答案为：8 ； 1 16 . 【点睛】本题考查指数型线性目标函数最值的求解，一般利用平移直线的方法找出最优解， 考查数形结合思想的应用，属于基础题. 15. 十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数 列”，斐波那契数列 na 满足以下关系： 1 1a  ， 2 1a  ，  1 2 3     n n na a a n ,n N ， 记其前 n 项和为 nS ，设 2020a m ( m 为常数)，则 2018 2020S a  ______； - 11 - 1 3 5 2019   a a a a ______. 【答案】 (1). 1 (2). m 【解析】 【分析】 因 为 斐 波 那 契 数 列  na 满 足 1 1a  ， 2 1a  ， 通 过 归 纳 可 以 得 出 2 1 1 2 3 1 1n n n n na a a a a a a S          ， 1 3 5 2019 1 2018a a a a a S     ,代入即 可求解 【详解】因为斐波那契数列 na 满足 1 1a  ， 2 1a  ， 1 2n n na a a   ， ∴ 3 1 2a a a  ； 4 2 3 1 2 1a a a a a     ； 5 3 4 1 2 3 1a a a a a a      ； … 2 1 1 2 3 1 1n n n n na a a a a a a S          ； 所以 2018 2020 1S a   ， 因为 1 3 5 2019 1 1 2 3 4 2017 2018 1 2018 1 1a a a a a a a a a a a a S m m                ． 故答案为： 1 ， m ． 【点睛】本题考查斐波那契数列的理解和运用，考查化简和运算能力，属于中档题． 16. 已知函数    2 0f x ax bx c a    ，对一切  1,1x  ，都有   1f x  ，则当  2,2x  时，  f x 的最大值为______. 【答案】 7 【解析】 【分析】 推导出          2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         ，利用绝对值三角不等式求得 函数  f x 在 1 1x   、 2 1x    和1 2x  上的最大值，结合已知条件可得出结果. 【详解】  1f a b c    ，  1f a b c   ，  0f c ，      1 1 1 2 02a f f f       ，    1 1 12b f f     ，  0c f ， - 12 - 所以，              21 11 1 2 0 1 1 02 2f x f f f x f f x f                     2 2 21 1 0 12 2 x x x xf f f x         ， 又对任意的  1,1x  ，都有   1f x  ， 所以，当 2 1x    时，         2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         2 2 2 2 2 2 21 1 2 1 72 2 2 2 x x x x x x x xx x x              ； 当1 2x  时，         2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         2 2 2 2 2 2 21 1 2 1 72 2 2 2 x x x x x x x xx x x              . 综上所述，当  2,2x  时，  f x 的最大值为 7 . 故答案为： 7 . 【点睛】本题考查求含绝对值函数的最值，推导出          2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         是解题的关键，考查绝对值三角不等 式的应用，考查计算能力，属于难题. 17. 已知点 P 为 ABC 所在平面内任意一点，满足 ( ) 0PA PB PC CP CA CB           ，若 ( )CQ CA CB    ，  1,2  ，则 2 2 2 QA QB QC    的取值范围是______. 【答案】 51, 4      【解析】 【分析】 由已知条件变形得到CB CA  ，通过等价变形把 2 2 2 QA QB QC    表示为  的函数，根据  的范 - 13 - 围即可求出 2 2 2 QA QB QC    的取值范围. 【详解】解：  ( )PA PB PC CP CA CB PA PB PC AP CB PA PB PC AP PC CB                                 PA PB PC PC CB         PA CB PC CB         0CB PA PC CB CA          ，所以 CB CA  .      2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2CA CQ CB CQ CA CB CQ CQ CA CBQA QB QC QC QC                         2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 22 2 2 2CA CB CA CB CQ CQ CQ CQ CQ CQ QC QC                         2 2 1 2 12 1 1            .因为  1,2  ， 1 1 ,12      ,所以 21 51 1 1, 4             ，则 2 2 2 QA QB QC    的取值范围为 51, 4      . 故答案为： 51, 4      . 【点睛】本题考查向量的化简变形及函数的值域计算，关键在于向量等式的等价变形，属于 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   2sin 2cos 12   xf x x . （1）求 7 12     f （2）若 5 4       y f x ， 0 ，当 3,4 4x       时，存在最大值和最小值，求 的取值 范围. 【答案】（1） 6 2 ；（2）  4{2} 2,4 23 k k k N        - 14 - 【解析】 【分析】 （1）利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简  f x ，再代值求解即可； （2）根据题意，列出关于 的不等式，即可求得其范围. 【详解】（1）    22cos 1 1 12 xf x sinx sinx cosx       2sin 4sinx cosx x        . 故 7 62 sin12 3 2f       . （2）由（1）所得，可知    2 sin 2siny x x      若满足题意，则 3 1 2 4 4 2        ，且 4 2k    ， 3 3 ,4 2k k Z     ， 解得 2  ，且  4 2,4 23 k k k Z        ， 即  4{2} 2,4 23 k k k N        . 【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简函数解析式，以及由函数的最值求参数的范围，属 综合基础题. 19. 已知数列 na 满足 1 1a  ，  11 1  n na a n ，数列 nb 满足 1 1b  ，  1 1 2 2 1 11 1     n n na b a b a b a n . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）若数列 nc 满足 2n n na c b ，求证 1 2 3 4   nc c c . 【答案】（1） na n ， 1 nb n  ；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）数列{ }na 满足 1 1a  ， 11 ( 1)n na a n   ，可得 1 1n na a   ，利用等差数列的通项公式 即 可 得 出 ． 数 列 { }nb 满 足 1 1b  ， 1 1 2 2 1 11 ( 1)n n na b a b a b a n      ， 可 得 - 15 - 1 1 2 2 1 1 11 n n n n na b a b a b a b a       ，相减可得 1 1n n n na b a a   ，即可得出 nb ． （2） 2n n na c b ，可得 1 1 1 1( )( 2) 2 2nc n n n n     ．利用裂项相消求和方法即可得出． 【详解】解：（1）数列{ }na 满足 1 1a  ， 11 ( 1)n na a n   ， 1 1n na a    ， 数列{ }na 是等差数列，可得： 1 1na n n    ． 数列{ }nb 满足 1 1b  ， 1 1 2 2 1 11 ( 1)n n na b a b a b a n      ． 1 1 2 2 1 1 11 n n n n na b a b a b a b a        ． 1 1n n n na b a a    ， 1 nb n   ． （2）证明： 2n n na c b ， 1 1 1 1( )( 2) 2 2nc n n n n      ． 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3(1 ) (1 )2 3 2 4 3 5 1 1 2 2 2 1 2 4nc c c n n n n n n                       ， 即： 1 2 3 4nc c c   ． 【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、裂项相消法求和，考查了推理能 力与计算能力，属于中档题． 20. 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点C 在平面 上，所有顶点都在平面 的同一侧， 且满足 1A B 和 1A D 与平面 所成角均为 3  . - 16 - （1）求证： //BD 平面 ； （2）求直线 1B D 与平面 所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 【解析】 【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，再利用数量积为 0 即可得证； （2）利用空间向量的夹角公式即可求解． 【详解】解：（1）证明：以C 为坐标原点，CB ，CD ， 1CC 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的边长为 1，则 (0C ，0，0) ， (1B ，0，0) ， (0D ，1，0) ， 1(1A ， 1，1) ， 故 1 1(0,1,1), (1,0,1), ( 1,1,0)BA DA BD      ，设平面 的法向量为 ( , , )n x y z ，且| | 1n  ， 1 1 | |3 | |sin 3 2 | || | 2 BA n y z BA n        ， 1 1 | |3 | |sin 3 2 | || | 2 DA n x z DA n        ，  6 6| | ,| |2 2y z x z    ， 不妨取 6 6,2 2y z x z    ，故 x y ， 2 2 2 1x y z   ， 可得 6 6,6 3x y z   ，  6 6 6, ,6 6 3n        ， 根据法向量的特点，不妨设平面 的一个法向量为 (1,1,2)m  ，  0m BD    ， 又 BD  平面 //BD 平面 ； （2）由（1）得 1 (1B  ，0，1) ，故 1 ( 1,1, 1)B D    ， - 17 - 设直线 1B D 与平面 所成角的为 ，则 1 1 | | 2 2cos 3| || | 3 6 B D m B D m          ． 【点睛】本题考查立体几何中的线面平行的判定定理、线面角、用空间向量解决空间角，考 查空间想象能力，运算求解能力，属于中档题． 21. 已知抛物线  2: 2 0 C x py P （1）若抛物线C 的焦点坐标为 10, 2      ，求抛物线C 的标准方程； （2）在（1）的条件下，直线l 与抛物线C 相交于 A ， B 两点，若线段 AB 上有一点 P ，满 足 1OP  ，OP AB ，使得   1     BP OP OA ，求 2 2 1 1 OA OB  的值. 【答案】（1） 2 2x y ；（2）1 【解析】 【分析】 （1）根据交点坐标，则求得 p ，则抛物线方程得解； （2）根据已知条件，设出直线方程，联立抛物线方程，即可求得OA OB ，再根据三角形 中的几何关系，则问题得解. 【详解】（1）因为抛物线焦点坐标为 10, 2      ，故可得 1 2 2 p  ，解得 1p  ， 故抛物线方程为： 2 2x y . （2）根据题意，显然直线 AB 斜率存在， 故设直线 AB 方程为 y kx b  ，设点  ,P m n ， 因为 1OP  ，故可得 2 2 1m n  ； - 18 - 又OP AB ，故可得 0m nk  ； 联立直线 AB 与抛物线方程可得：  2 2x kx b  ，即 2 2 2 0x kx b   ， 设 ,A B 两点坐标为    1 1 2 2, , ,x y x y ， 故可得 1 2 1 22 , 2x x k x x b    ； 又   1     BP OP OA 故可得   2 2 1 1, , 1m x n y x m y n      ， 整理得 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1mx m x x mx ny n y y ny        ，    1 2 1 2 1 2 1 2 0m x x x x n y y y y      ， 即    1 2 1 2 1 2 1 2x x y y m x x nk x x       1 2m nk x x   ， 由 0m nk  ，可得 1 2 1 2 0x x y y  ， 故可得OA OB ，也即三角形OAB 为直角三角形. 故 2 2 1 1 OA OB  2 1 1 OP   . 【点睛】本题考查由焦点坐标求抛物线方程，以及求抛物线中的定值问题，属中档题. 22. 已知  1,x e ，函数    1 ln f x x x ，     21 12  g x m x . （1）若函数  f x 与  g x 在 2x  处的切线斜率相同，求 m ； （2）若对任意实数 n ，存在实数 m ，使得函数     f x g x n 在定义域内恒成立，求 m n 的最大值. 【答案】（1） 1 1ln 22 4  ；（2） 1 . 【解析】 【分析】 （1）本小题直接求两个函数的导函数，再令两个导函数在 2x  处的导数值相等即可解题； （2）本小题借导函数的单调性判断最值，再构建函数结合恒成立即可解题. - 19 - 【详解】解：（1）∵ ( ) ( 1)lnf x x x  ， 21( ) ( 1)2g x m x  ， ∴ 1( ) ln 1f x x x     ，    1g x m x   ， ∵ 函数  f x 与  g x 在 2x  处的切线斜率相同， ∴    22f g   即 1ln 2 1 2( 1)2 m    解得： 1 1ln 22 4m   . （2）∵ ( ) ( 1)lnf x x x  ，∴ 1( ) ln 1f x x x     ， 令 1 1( ) ( ) ln 1f x f x x x     ，∴ 1 2 1( ) xf x x   ∵  1,x e ，∴ 1 2 1( ) 0xf x x    ， ∴ 1( )f x 在  1,x e 单调递增，∴ 1 min 1( ) (1) 2f x f  ∵ 函数    f x g x n  在定义域内恒成立， ∴     0f x g x n   即 ( 1)ln ( 1) 0x x m x n     恒成立， 令 2 ( ) ( 1)ln ( 1)f x x x m x n     ，∴ 2 1( ) lnf x x mx     ∴ 2 1( ) ( ) 1 1f x f x m m      ， ∴ 2 min 2( ) (1) 0f x f  即 (1 1)ln1 ( 1)1 0m n     ， 解得： 1m n   . 【点睛】本题考查导函数值等于对应点处的切线的斜率，导函数在函数的性质中的应用，是 偏难题. - 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