1、2018-2019 学年江西省南昌二中高二（下）第二次月考数学试卷（理科） （5 月份）月份） 一、选择题（每小题 5 分，共分，共 12 小题，共小题，共 60 分）分） 1 （5 分）某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是（ ） A圆柱 B圆锥 C棱锥 D棱柱 2 （5 分）二项式（x+1）n（nN+）的展开式中 x2的系数为 15，则 n（ ） A7 B6 C5 D4 3 （5 分）在的二项展开式中，二项式系数最大的项的项数是（ ） A5 B6 C7 D6 或 7 4 （5 分）如图所示，若 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCDA'B&
2、#39;C'D'的棱 A'B'，BB'的 中点，则直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为（ ） A B C D 5 （5 分）用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ） A24 B48 C60 D72 6 （5 分）展开式中二项式系数之和为（ ） A32 B32 C243 D1 7 （5 分）在棱长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面 ACD1所成角的正弦值为 （ ） A B C D 8 （5 分）GZ 新闻台做“一校一特色”访谈节目，分 A，B，C 三期播出，A 期播出两间学 校，B
3、期，C 期各播出 1 间学校，现从 8 间候选学校中选出 4 间参与这三项任务，不同 的选法共有（ ） A140 种 B420 种 C840 种 D1680 种 9 （5 分）已知平面 平面 ，l，点 A，Al，直线 ABl，直线 ACl，直线 m 第 2 页（共 23 页） ，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ） AABm BACm CAB DAC 10 （5 分）正方体 ABCDA1B1C1D1中 E 为棱 BB1的中点（如图） ，用过点 A，E，C1的平 面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（ ） A B C D 11 （5 分）某三棱锥的三视图如图所示
4、，则该三棱锥的体积为（ ） 第 3 页（共 23 页） A60 B30 C20 D10 12 （5 分）将 A、B、C、D、E 五位同学分别保送到武汉大学、厦门大学和南京大学 3 所大 学， 若每所大学至少保送 1 人， 且 D 不能保送到厦门大学， 则不同的保送方案共有 （ ） A72 种 B100 种 C114 种 D150 种 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 5 分，共分，共 4 小题，共小题，共 20 分）分） 13 （5 分）将 4 个三好学生的名额全部分配到 2 个不同班里，每个班至少一个名额，则共 有 种不同的分法（用数字作答） ； 14 （5 分
5、）某高三毕业班有 50 人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班 共写了 条毕业留言（用数字作答） ； 15 （5 分）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60的共 有 16 （5 分）已知矩形 ABCD 的长 AB4，宽 AD3，将其沿对角线 BD 折起，得到四面体 A BCD，如图所示， 给出下列结论：四面体 ABCD 体积的最大值为； 四面体 ABCD 外接球的表面积恒为定值； 当二面角 ABDC 的大小为 60时，棱 AC 的长为； 第 4 页（共 23 页） 当二面角 ABDC 为直二面角时，直线 AB、CD 所成角的余弦
6、值为 其中正确的结论有 （请写出所有正确结论的序号） 三、解答题（共三、解答题（共 6 小题，共小题，共 70 分）分） 17 （10 分）在二项式（2xy）9的展开式中 （）若展开式中各项按照 y 的升幂顺序排列，请写出第 8 项； （）各项系数之和 18 （12 分）如图 1，在 RtABC 中，C90，D，E 分别为 AC，AB 的中点，点 F 为 线段 CD 上的一点，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1FCD，如图 2 （1）求证：DE平面 A1CB； （2）求证：A1FBE； （3）线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C平面 DEQ？说明理由 19
7、 （12 分）岁月如歌，春秋代序有风自南，翼彼新苗三载光阴与共，今朝少年成人18 岁是青年走向成熟的节点，冠笄之礼是华夏文明的传承， “成人礼致青春”是南昌二中 高三学子迈向人生新阶段的重要仪式 （）高三 1 班四位同学邀请三位老师站成一排、七人照相留念，其中三位老师都不相 邻，一共有多少种不同的排法 （）高三 22 班 7 位班干部站成一排照相留念，其中甲在乙的左边，丙在乙的右边，三 人可以不相邻，一共有多少种不同的排法 20 （12 分）如图，直角梯形 BCDE 所在平面与以 AB 为直径的圆所在平面垂直，点 C 在圆 上，且 EDBC，DCBC，CEACAB2，BE2 （）证明：平面 A
8、BE平面 ACE； （）求平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角的余弦值 第 5 页（共 23 页） 21 （12 分）已知椭圆（ab0）的左右焦点分别为 F1（1，0） 、F2（1， 0） ，经过 F2的直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，且F1AB 的周长为 8 （）求椭圆 C 的方程； （）记F1AB 的面积为 S，求 S 的最大值 22 （12 分）已知函数 f（x）ex+ax2，g（x）axlnx+axe3x （）求函数 f（x）的零点个数； （）若 f（x）g（x）对任意的 x（0，+）恒成立，求实数 a 的取值范围 第 6 页（共 23 页） 2018-2019 学年江
9、西省南昌二中高二（下）第二次月考数学试卷学年江西省南昌二中高二（下）第二次月考数学试卷 （理科） （理科） （5 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 5 分，共分，共 12 小题，共小题，共 60 分）分） 1 （5 分）某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是（ ） A圆柱 B圆锥 C棱锥 D棱柱 【分析】由于圆锥的三视图中一定不会出现正方形，即可得出结论 【解答】解：圆锥的三视图中一定不会出现正方形， 该空间几何体不可能是圆锥 故选：B 【点评】本题通过几何体的三视图来考查体积的求法，考查了推理能力与计
10、算能力，属 于基础题 2 （5 分）二项式（x+1）n（nN+）的展开式中 x2的系数为 15，则 n（ ） A7 B6 C5 D4 【分析】由题意可得15，解关于 n 的方程可得 【解答】解：二项式（x+1）n（nN+）的展开式中 x2的系数为 15， 15，即15，解得 n6， 故选：B 【点评】本题考查二项式定理，属基础题 3 （5 分）在的二项展开式中，二项式系数最大的项的项数是（ ） A5 B6 C7 D6 或 7 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，得出结论 【解答】 解： 在的二项展开式中， 二项式系数最大的项的项为 T7， 故二项式系数最大的项
11、的项数是 7， 故选：C 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 第 7 页（共 23 页） 4 （5 分）如图所示，若 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCDA'B'C'D'的棱 A'B'，BB'的 中点，则直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为（ ） A B C D 【分析】建立空间直角坐标系 Dxyz，利用向量法能求出直线 AM 与 CN 所成的角的余 弦值 【解答】解：如图，建立空间直角坐标系 Dxyz， 由题意知 A（2，0，0） ，M（2，1，2） ， C（0，2，0）
12、 ，N（2，2，1） ， ，（2，0，1） ， 设直线 AM 与 CN 所成的角为 ， 则 cos|cos，| 直线 AM 与 CN 所成的角的余弦值是 故选：D 【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的 合理运用，属基础题 5 （5 分）用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ） 第 8 页（共 23 页） A24 B48 C60 D72 【分析】用 1、2、3、4、5 组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填 5 个空，要求个 位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从 3 个奇数中任选 1 个填入，其它 4 个数
13、在 4 个位置上全排列即可 【解答】解：要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排 1，3，5 中的一个数，共有 3 种排法， 然后还剩 4 个数，剩余的 4 个数可以在十位到万位 4 个位置上全排列，共有24 种排 法 由分步乘法计数原理得，由 1、2、3、4、5 组成的无重复数字的五位数中奇数有 324 72 个 故选：D 【点评】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，此题是有条件限制排列，解答的关 键是做到合理的分布，是基础题 6 （5 分）展开式中二项式系数之和为（ ） A32 B32 C243 D1 【分析】由题意利用二项式系数的性质，得出结论 【解答】解：展开式中二项式系数之和为 2
14、532， 故选：A 【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题 7 （5 分）在棱长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面 ACD1所成角的正弦值为 （ ） A B C D 【分析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利 用向量法能求出 BB1与平面 ACD1所成角的正弦值 【解答】解：在棱长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴， 建立空间直角坐标系， B（3，3，0） ，B1（3，3，3） ，A（3，0，0） ， 第 9 页（共 23
15、 页） C（0，3，0） ，D1（0，0，3） ， （0，0，3） ，（3，3，0） ， （3，0，3） ， 设平面 ACD1的法向量 （x，y，z） ， ，取 x1，得 （1，1，1） ， 设 BB1与平面 ACD1所成角为 ， 则 sin BB1与平面 ACD1所成角的正弦值为： 故选：B 【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系 等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题 8 （5 分）GZ 新闻台做“一校一特色”访谈节目，分 A，B，C 三期播出，A 期播出两间学 校，B 期，C 期各播出 1 间学校，现从 8 间候选学校中选出 4 间
16、参与这三项任务，不同 的选法共有（ ） A140 种 B420 种 C840 种 D1680 种 【分析】从 8 间候选学校中选出 4 间，共有方法70 种方法，4 所选出 2 所，共有方 第 10 页（共 23 页） 法6 种方法，再进行全排，共有方法2 种方法，利用乘法原理可得结论 【解答】解：从 8 间候选学校中选出 4 间，共有方法70 种方法，4 所选出 2 所，共 有方法6 种方法，再进行全排，共有方法2 种方法，共有 7062840 种方 法， 故选：C 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查组合知识，属于中档题 9 （5 分）已知平面 平面 ，l，点 A，Al，直线 A
17、Bl，直线 ACl，直线 m ，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ） AABm BACm CAB DAC 【分析】利用图形可得 ABlm；A 对 再由 ACl，mlACm；B 对 又 ABlAB，C 对 ACl，但 AC 不一定在平面 内，故它可以与平面 相交、平行，故不一定垂直，所以 D 不一定成立 【解答】解：如图所示 ABlm；A 对 ACl，mlACm；B 对 ABlAB，C 对 对于 D，虽然 ACl，但 AC 不一定在平面 内，故它可以与平面 相交、平行，故不 一定垂直；故错 故选：D 【点评】高考考点：线面平行、线面垂直的有关知识及应用 第 11 页（共 23 页） 易
18、错点：对有关定理理解不到位而出错 全品备考提示：线面平行、线面垂直的判断及应用仍然是立体几何的一个重点，要重点 掌握 10 （5 分）正方体 ABCDA1B1C1D1中 E 为棱 BB1的中点（如图） ，用过点 A，E，C1的平 面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（ ） A B C D 【分析】根据剩余几何体的直观图即可得到平面的左视图 【解答】解： 过点 A， E， C1的平面截去该正方体的上半部分后， 剩余部分的直观图如图： 则该几何体的左视图为 C 故选：C 【点评】本题主要考查空间三视图的识别，利用空间几何体的直观图是解决本题的关 键比较基础 第
19、12 页（共 23 页） 11 （5 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） A60 B30 C20 D10 【分析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，如图所示 【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥， 该三棱锥的体积10 故选：D 【点评】本题考查了三棱锥的三视图、体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 12 （5 分）将 A、B、C、D、E 五位同学分别保送到武汉大学、厦门大学和南京大学 3 所大 学， 若每所大学至少保送 1 人， 且 D 不能保送到厦门大学， 则不同的保送方案共有 （ ） A72 种 B100 种 C114 种 D150 种
20、【分析】根据题意，分 3 种情况讨论：厦门大学保送一人，厦门大学保送两人，厦门大 学保送三人，分别求出每一种情况的方案数目，由加法原理计算可得答案 【解答】解： 第一类， 厦门大学保送一人， 有 C414 种，将将剩下的 4 名学生（包含 D） ， 分配到另外两个学校，故有 C41（C43A22+C42）56 种， 第二类，厦门大学保送两人，有 C426 种，将将剩下的 3 名学生（包含 D） ，分配到另 第 13 页（共 23 页） 外两个学校，故有 C42C32A2236 种， 第三类，厦门大学保送三人，有 C434 种，将将剩下的 2 名学生（包含 D） ，分配到另 外两个学校，故有 C
21、43A228 种， 根据分类计数原理可得，共有 56+36+8100 种， 故选：B 【点评】本题考查排列组合知识，分类加分步是解决问题的关键，考查学生分析解决问 题的能力，属中档题 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 5 分，共分，共 4 小题，共小题，共 20 分）分） 13 （5 分）将 4 个三好学生的名额全部分配到 2 个不同班里，每个班至少一个名额，则共 有 3 种不同的分法（用数字作答） ； 【分析】由排列组合及简单的计数问题：相同元素分组问题隔板法得：共有3 种不 同的分法，得解 【解答】解：相同元素分组问题隔板法得：将 4 个三好学生的名额全部分配到 2 个不同 班里，每个
22、班至少一个名额，则共有3 种不同的分法， 故答案为：3 【点评】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属简单题 14 （5 分）某高三毕业班有 50 人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班 共写了 1225 条毕业留言（用数字作答） ； 【分析】由组合的计数问题得：全班共写了1225 条毕业留言， 【解答】解：由排列组合及简单的计数问题得：全班共写了1225 条毕业留言， 故答案为：1225 【点评】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属简单题 15（5 分） 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对， 其中所成的角为 60的共有 48 对 【分析】正方体的面对角线共有 12 条，
23、能够数出每一条对角线和另外的 8 条构成 8 对直 线所成角为 60，所以共有 128 对对角线所成角为 60，并且容易看出有一半是重复 的，所以正方体的所有对角线中，所成角是 60的有 48 对 【解答】解：如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，与上平面 A1B1C1D1中一条对角线 第 14 页（共 23 页） A1C1成 60的直线有： A1D，B1C，A1B，D1C，BC1，AD1，C1D，B1A 共八对直线，总共 12 条对角线； 共有 12896 对面对角线所成角为 60，而有一半是重复的； 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60的共有 48 对 故答
24、案为：48 【点评】考查正方体面对角线的关系，而对于本题知道 96 对直线中有一半是重复的是求 解本题的关键 16 （5 分）已知矩形 ABCD 的长 AB4，宽 AD3，将其沿对角线 BD 折起，得到四面体 A BCD，如图所示， 给出下列结论：四面体 ABCD 体积的最大值为； 四面体 ABCD 外接球的表面积恒为定值； 当二面角 ABDC 的大小为 60时，棱 AC 的长为； 当二面角 ABDC 为直二面角时，直线 AB、CD 所成角的余弦值为 其中正确的结论有 （请写出所有正确结论的序号） 【分析】四面体 ABCD 体积最大值为两个面互相垂直，求出底面积和高即可 求出三棱锥的外接球的半
25、径，可得球的表面积 找到二面角的平面角，计算即可 当二面角 ABDC 为直二面角时，以 C 为原点 CB，CD 所在直线分别为 x，y 轴建 立坐标系，则由向量的数量积可得答案 第 15 页（共 23 页） 【解答】解： 中四面体 ABCD 体积最大值为两个面互相垂直，四面体 ABCD 体积的最大值 ，所以正确； 中三棱锥 ABCD，外接球的半径为，所以三棱锥 ABCD 外接球的表面积 ，所以是正确的； 中由二面角 ABDC 的大小为 60，棱 AC 的长为，在直角三角形 ABD 中，AB 4，AD3，BD5，作 AEBD，CFBD 则，同理在直角三角形 ABC 中，则， 在平面 ABD 内，
26、过 F 作 FHAE，且 FHAE，连接 AH，易得四边形 AEFH 为矩形 则 ，AHEF，FHDB，又 CFBD，即有CFH 为二面角 CBDA 的平 面角，即CFH60 即 由 BD平面 CFH，得到 BDCH，即有 AHCH 则，故正确 中当二面角 ABDC 为直二面角时，以 C 为原点 CB，CD 所在直线分别为 x，y 轴 建立坐标系，则由向量的数量积可得到直线 AB，CD 所成的角的余弦值为，所以不正 确的 综上可知正确命题的序号为 故答案为： 【点评】本题考查平面与立体几何的关系，考查三棱锥中的线线，二面角以及棱锥的外 接球的表面积等知识，属于难题 三、解答题（共三、解答题（共
27、 6 小题，共小题，共 70 分）分） 17 （10 分）在二项式（2xy）9的展开式中 （）若展开式中各项按照 y 的升幂顺序排列，请写出第 8 项； （）各项系数之和 【分析】 （）由题意利用二项展开式的通项公式，求出展开式中各项按照 y 的升幂顺序 排列的第 8 项 第 16 页（共 23 页） （）令 x1y，可得各项系数之和 【解答】解： （）在二项式（2xy）9的展开式中， 若展开式中各项按照 y 的升幂顺序排列，则它的第 8 项为 T8 （2x）2y7144x2 y7 （）令 x1y，可得各项系数之和为 1 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的
28、性质， 属于基础题 18 （12 分）如图 1，在 RtABC 中，C90，D，E 分别为 AC，AB 的中点，点 F 为 线段 CD 上的一点，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1FCD，如图 2 （1）求证：DE平面 A1CB； （2）求证：A1FBE； （3）线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C平面 DEQ？说明理由 【分析】 （1）D，E 分别为 AC，AB 的中点，易证 DE平面 A1CB； （2） 由题意可证 DE平面 A1DC， 从而有 DEA1F， 又 A1FCD， 可证 A1F平面 BCDE， 问题解决； （3）取 A1C，A1B 的中点 P，Q，则 P
29、QBC，平面 DEQ 即为平面 DEP，由 DE平面， P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点，可证 A1C平面 DEP，从而 A1C平面 DEQ 【解答】解： （1）D，E 分别为 AC，AB 的中点， DEBC，又 DE平面 A1CB， DE平面 A1CB （2）由已知得 ACBC 且 DEBC， DEAC， 第 17 页（共 23 页） DEA1D，又 DECD， DE平面 A1DC，而 A1F平面 A1DC， DEA1F，又 A1FCD， A1F平面 BCDE， A1FBE （3）线段 A1B 上存在点 Q，使 A1C平面 DEQ理由如下：如图，分别取 A1C，A1B 的 中
30、点 P，Q，则 PQBC DEBC， DEPQ 平面 DEQ 即为平面 DEP 由（）知 DE平面 A1DC， DEA1C， 又P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点， A1CDP， A1C平面 DEP，从而 A1C平面 DEQ， 故线段 A1B 上存在点 Q，使 A1C平面 DEQ 【点评】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，考查学生的 分析推理证明与逻辑思维能力，综合性强，属于难题 19 （12 分）岁月如歌，春秋代序有风自南，翼彼新苗三载光阴与共，今朝少年成人18 岁是青年走向成熟的节点，冠笄之礼是华夏文明的传承， “成人礼致青春”是南昌二中 高三学子迈向
31、人生新阶段的重要仪式 （）高三 1 班四位同学邀请三位老师站成一排、七人照相留念，其中三位老师都不相 邻，一共有多少种不同的排法 （）高三 22 班 7 位班干部站成一排照相留念，其中甲在乙的左边，丙在乙的右边，三 第 18 页（共 23 页） 人可以不相邻，一共有多少种不同的排法 【分析】 （）由排列组合及简单的计数问题得：由不相邻问题插空法得：一共有 1440 种不同的排法， （）由定序问题倍缩法得：一共有840 不同的排法，得解 【解答】解： （）由不相邻问题插空法得：七人照相留念，其中三位老师都不相邻，一 共有1440 种不同的排法， （） 由定序问题倍缩法得： 甲在乙的左边， 丙在乙
32、的右边， 三人可以不相邻， 一共有 840 不同的排法， 【点评】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属中档题 20 （12 分）如图，直角梯形 BCDE 所在平面与以 AB 为直径的圆所在平面垂直，点 C 在圆 上，且 EDBC，DCBC，CEACAB2，BE2 （）证明：平面 ABE平面 ACE； （）求平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角的余弦值 【分析】 （）推导出 ACBC，从而 AC平面 BCDE，进而 ACBE，推导出 BECE， 从而 BE平面 ACE，由此能证明平面 ABE平面 ACE （）由题意 CA，CB，CD 两两垂直，以 C 为原点，CB 为 x 轴，CA 为
33、y 轴，CD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角的余 弦值 【解答】证明： （）直角梯形 BCDE 所在平面与以 AB 为直径的圆所在平面垂直， 点 C 在圆上，且 EDBC，DCBC，CEACAB2，BE2 第 19 页（共 23 页） ACBC，AC平面 BCDE， ACBE， BC2， BE2+CE2BC2，BECE， ACCEC，BE平面 ACE， BE平面 ABE，平面 ABE平面 ACE 解： （）由题意 CA，CB，CD 两两垂直， 以 C 为原点，CB 为 x 轴，CA 为 y 轴，CD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，
34、则 A（0，2，0） ，B（2，0，0） ，E（，0，） ， （，2，0） ，（，2，） ， 设平面 ABE 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，） ， 平面 ACD 的法向量 （1，0，0） ， 设平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角为 ， 则 cos 平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角的余弦值为 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 第 20 页（共 23 页） 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21 （12 分）已知椭圆（ab0）的左右焦点分别为 F1（1，0） 、F2（1， 0） ，经过
35、F2的直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，且F1AB 的周长为 8 （）求椭圆 C 的方程； （）记F1AB 的面积为 S，求 S 的最大值 【分析】 （I）根据题意可知 c1，4a8，计算 b 得出椭圆方程； （II）对直线 AB 的斜率 k 是否存在进行讨论，分别得出 S 的值或 S 关于 k 的表达式，进 而得出 S 的最大值 【解答】解： （I）因为 F1（1，0）为椭圆 C 的焦点，所以 c1， 由椭圆的定义知，F1AB 的周长为： （|AF1|+|AF2|）+（|BF1|+|BF2|）2a+2a4a8， 解得 a2，所以 b2a2c23， 椭圆 C 的方程为：+1 （II）当
36、直线 AB 无斜率时，直线 AB 的方程为 x1， 代入椭圆方程可得1，y， F1AB 的面积 S3 当直线 AB 有斜率时，设直线 AB 的斜率为 k（k0） ，则直线 AB 的方程为：yk（x1） ， 联立方程组，消去 x 可得： （4+）y2+90， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 y1+y2，y1y2， |y1y2|12， F1AB 的面积 S12， ， 第 21 页（共 23 页） 12123，即 S3 综上，S 的最大值为 3 【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题 22 （12 分）已知函数 f（x）ex+ax2，g（x）axl
37、nx+axe3x （）求函数 f（x）的零点个数； （）若 f（x）g（x）对任意的 x（0，+）恒成立，求实数 a 的取值范围 【分析】 （）求出 f（x） ，x0，由此利用导数研究函数的单调性极值与最值，画出 图象对 a 分类讨论即可得出函数的零点的个数 （）由已知可得：f（x）g（x）ex+ax2axlnxax+e3xex+e3x+a（x2xlnxx） 0 在 x（0，+）上恒成立，可得：+e3+a（xlnx1）0 在 x（0，+）上恒 成立，令 h（x）+e3+a（xlnx1） ，x（0，+） ，h（x）+a（1 ）（x1） （+a） 对 a 分类讨论，研究函数的单调性即可得出 【解答
38、】解： （）由题意，可知 f（0）1， x0 不是 f（x）的零点 当 x0 时，令 f（x）ex+ax20，整理得，a 令 t（x），x0则 t（x） 令 t（x）0，即 x（x2）0，解得 x0，或 x2； 令 t（x）0，即 x（x2）0，解得 x2； 令 t（x）0，即 x（x2）0，解得 0x2 函数 t（x）在（，0）上单调递增，在（0，2）上单调递减，在（2，+）上单调 递增 在 x2 处取得极小值 t（2） x，t0；x0，t+；x+，t+ 函数 t（x）大致图象如下： 第 22 页（共 23 页） 结合图形，可知： 当a0，即 a0 时，a无解，即 ex+ax20 无解，此时
39、 f（x）没有零点， 当 0a，即a0 时，ex+ax20 有 1 个解，此时 f（x）有 1 个零点， 当a，即 a时，ex+ax20 有 2 个解，此时 f（x）有 2 个零点， 当a，即 a时，ex+ax20 有 3 个解，此时 f（x）有 3 个零点， 综上所述，可知 当 a0 时，函数 f（x）没有零点； 当a0 时，有 1 个零点； 当 a时，有 2 个零点； 当 a时，有 3 个零点 （）由已知可得：f（x）g（x）ex+ax2axlnxax+e3xex+e3x+a（x2xlnxx） 0 在 x（0，+）上恒成立， +e3+a（xlnx1）0 在 x（0，+）上恒成立， 令 h（
40、x）+e3+a（xlnx1） ，x（0，+） ， h（x）+a（1）（x1） （+a） 令+a0，可得 a，x（0，+） ae 因此：ae 时，x1 时，函数 h（x）取得极小值即最小值h（x）h（1）e+e3 第 23 页（共 23 页） 0 恒成立 ae 时，函数 h（x）在 x（0，+）上单调递增，x0+，h（x）0 恒成立， ae 时，令 h（x）（x1） （+a）0，解得 x1，ex+ax0， 由+ax00，ae，可得ax0ex0，则 x01 函数 h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调 递增 h（x）minh（x0）a+e3+a（ln（a）1）aln（a）2a+e3F（a） ，ae F（a）ln（a）+12ln（a）10， F（a）在 ae 时单调递增，而 F（e3）e3ln（e3）+2e3+e30 e3ae 时，h（x）minh（x0）0，满足题意 综上可得：a（e3，+） 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、方程与不 等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题
