1、已知 A、B 是抛物线 y24x 上异于原点 O 的两点，则“0”是“直线 AB 恒过定点（4，0） ”的（ ） A充分非必要条件 B充要条件 C必要非充分条件 D非充分非必要条件 6 （4 分）数列 a1，a2，a9中，恰好有 6 个 7，3 个 4，则不相同的数列共有（ ） 个 第 2 页（共 23 页） A B C D 7 （4 分）已知双曲线1（a0，b0）的离心率 e，2，则一条渐近线与 实轴所成角的取值范围是（ ） A B C D 8 （4 分）已知函数若方程 f（x）t（tR）有四个不同 的实数根 x1，x2，x3，x4，则 x1x2x3x4的取值范围为（ ） A （30，34）
2、 B （30，36） C （32，34） D （32，36） 9 （4 分）已知 x，y 都是正实数，则+的最大值为（ ） A B C D 10 （4 分）已知在矩形 ABCD 中，AB2，AD4，E，F 分别在边 AD，BC 上，且 AE1， BF3，如图所示，沿 EF 将四边形 AEFB 翻折成 AEFB，则在翻折过程中，二面角 B CDE 的大小为 ，则 tan 的最大值为（ ） A B C D 二、填空题（本大题二、填空题（本大题 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分.） 11 （6 分）已知函数 f（x）lnx+2020
3、x，则 f（1） ，的 值等于 12 （4 分） 当 x， y 满足约束条件为常数） 时， 能使 zx+3y 的最大值为 12， 则 k 13 （6 分） 如果 x+x2+x3+x9+x10a0+a1（1+x） +a2（1+x） 2+a9 （1+x） 9+a10 （1+x） 第 3 页（共 23 页） 10，则 a9 ，a10 14 （6 分）已知 A 袋内有大小相同的 1 个红球和 3 个白球，B 袋内有大小相同的 2 个红球 和 4 个白球现从 A、B 两个袋内各任取 2 个球，设取出的 4 个球中红球的个数为 ，则 P（1） ， 的数学期望为 15 （4 分）抛物线 y22x 顶点为 O
4、，焦点为 F，M 是抛物线上的动点，则取最大值 时 M 点的横坐标为 16 （6 分）已知ABC 中，BC 中点为 M， （+），2， ，3，则B ， 17 （4 分）已知函数（a，R，a0） ，则函数 f（a，）的 值域是 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 18 （14 分）在ABC 中，A，B，C 所对边分别为 a，b，c已知 b3， ， （）求 f（x）单调递减区间和最大值 M； （）若 f（B）M，求ABC 面积的最大值 19 （15 分）如图，ABEF 是等腰梯
5、形，ABEF，AFBF，矩形 ABCD 和 ABEF 所在的平 面互相垂直已知 AB2，EF1 （）求证：平面 DAF平面 CBF； （）求直线 AB 与平面 CBF 所成角的正弦值 第 4 页（共 23 页） 20 （15 分）已知数列an的前 n 项和 Sn满足： （）求an的通项公式； （）设，数列cn的前 n 项和为 Tn求证： 21 （15 分）已知圆 S：x2+4x+y2200，T 是抛物线 y28x 的焦点，点 P 是圆 S 上的动点， Q 为 PT 的中点，过 Q 作 QGPT 交 PS 于 G （1）求点 G 的轨迹 C 的方程； （2）过抛物线 y28x 的焦点 E 的直线
6、 l 交 G 的轨迹 C 于点 M、N，且满足 ， （O 为坐标原点） ，求直线 l 的方程 22 （15 分）对于定义在 D 上的函数 yf（x） ，若存在 x0D，对任意的 xD，都有 f（x） f（x0）或者 f（x）f（x0） ，则称 f（x0）为函数 f（x）在区间 D 上的“下确界”或“上 确界” （）求函数 f（x）ln（2x）+x2在0，1上的“下确界” ； （）若把“上确界”减去“下确界”的差称为函数 f（x）在 D 上的“极差 M” ，试求 函数 F（x）x|x2a|+3（a0）在1，2上的“极差 M” ； （） 类比函数 F （x） 的 “极差 M” 的概念， 请求出 G
7、 （x， y） （1x）（1y） + 在 D（x，y）|x，y0，1上的“极差 M” 第 5 页（共 23 页） 2019-2020 学年浙江省绍兴一中高三（上）期末数学试卷学年浙江省绍兴一中高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的.） 1 （4 分）已知集合， 则 AB 为（ ） A0，1 B1，1 C1 D0 【分析】先分别求出集合 A，B，由此能求出集合 AB 【
8、解答】解：集合1，1， 1，0， AB1 故选：C 【点评】本题考查交集的求法，考查交运算等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 2 （4 分）若复数（1+i） （t4i）的模为，则实数 t 的值为（ ） A1 B C D3 【分析】根据复数的运算法则以及复数模长公式建立方程进行求解即可 【解答】解： （1+i） （t4i）（t+4）+（t4）i， 则复数的模长为5， 即 2t2+3250 得 2t218，t29， 即 t3， 故选：D 【点评】本题主要考查复数的模长的计算，结合复数运算法则进行化简是解决本题的关 键比较基础 3 （4 分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为（ ） 第 6 页
9、（共 23 页） A192 B240 C384 D576 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为尚变为一个半径长度为 6 半球，下面为一个底面半径为 6 高为 8 的圆锥体组成的组合体 故：V 故选：B 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用， 属于基础题型 4 （4 分）设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S52S10，则（ ） A B C D 【分析】由已知，结合等比数列的求和公式即可求出 【解答】解：由
10、S52S10，可知 q1 则2，整理可得，q5， 则 故选：D 【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式的简单应用，属于基础试题 5 （4 分）已知 A、B 是抛物线 y24x 上异于原点 O 的两点，则“0”是“直线 AB 第 7 页（共 23 页） 恒过定点（4，0） ”的（ ） A充分非必要条件 B充要条件 C必要非充分条件 D非充分非必要条件 【分析】根据题意，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，结合直线与抛物线的位置关系分别证 明： “0”是“直线 AB 恒过定点（4，0） ”的充分条件和“0”是“直 线 AB 恒过定点（4，0） ”的必要条件；即可得答案 【解答】解：根据题
11、意，A、B 是抛物线 y24x 上异于原点 O 的两点，设 A（x1，y1） ，B （x2，y2） ， 若“0” ，则设直线 AB 方程为 xmy+b， 将直线 AB 方程代入抛物线方程 y24x，可得 y24my4b0， 则 y1+y24m，y1y24b， 若0， 则x1x2+y1y2 （） +y1y2+y1y2b24b0， 解可得：b4 或 b0，又由 b0，则 b4， 则直线 AB 的方程为 xmy+4，即 myx4，则直线 AB 恒过定点（4，0） ， “0”是“直线 AB 恒过定点（4，0） ”的充分条件； 反之：若直线 AB 恒过定点（4，0） ，设直线 AB 的方程为 xmy+4
12、， 将直线 AB 方程代入抛物线方程 y24x，可得 y24my160， 则有 y1y216， 此时x1x2+y1y2（）+y1y2+y1y20， 故“0”是“直线 AB 恒过定点（4，0） ”的必要条件； 综合可得： “0”是“直线 AB 恒过定点（4，0） ”的充要条件； 故选：B 【点评】本题考查抛物线与直线的位置关系，涉及充分必要条件的判断，属于综合题 6 （4 分）数列 a1，a2，a9中，恰好有 6 个 7，3 个 4，则不相同的数列共有（ ） 个 A B C D 第 8 页（共 23 页） 【分析】根据题意，分析可得原问题可以转化为“先在 a1，a2，a9中，任选 3 个安 排“
13、4” ，剩下的 6 个安排 6 个“7” ”的问题，由组合式公式分析可得答案 【解答】解：根据题意，数列 a1，a2，a9中，恰好有 6 个 7，3 个 4， 可以先在 a1，a2，a9中，任选 3 个安排“4” ，剩下的 6 个安排 6 个“7” ， 则有 C93种不同的情况，即可以有 C93个不相同的数列； 故选：C 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及组合数公式的应用，属于基础题 7 （4 分）已知双曲线1（a0，b0）的离心率 e，2，则一条渐近线与 实轴所成角的取值范围是（ ） A B C D 【分析】由及 c2a2+b2，得的取值范围，设一条渐近线与实轴所成的角 为 ，可由 ta
14、n及 0探求 的取值范围 【解答】解：e，24， 又c2a2+b2，24，即 13，得 1 由题意知，为双曲线的一条渐近线的方程， 设此渐近线与实轴所成的角为 ，则，即 1tan 0，即 的取值范围是 故选：C 【点评】本题考查了双曲线的离心率及正切函数的图象与性质等，关键是通过 c2a2+b2 将离心率的范围转化为渐近线的斜率的范围 8 （4 分）已知函数若方程 f（x）t（tR）有四个不同 的实数根 x1，x2，x3，x4，则 x1x2x3x4的取值范围为（ ） A （30，34） B （30，36） C （32，34） D （32，36） 第 9 页（共 23 页） 【分析】先作出函数的
15、图象，然后结合图象及对数函数的性质及二次函数的性质可求 【解答】解：， 作出函数的图象，如图所示，则可得 0t2 不妨设 x1x2x3x4， 则根据题意可得，log2x1log2x2，从而有 x1x21， 根据二次函数的性质可得，x3+x412， 结合图象可知， 解可得， 故则 x1x2x3x4x3x4x3（12x3） ， 结合二次函数的性质可知，x3（12x3）（32，34） 故选：C 【点评】本题以零点为载体，主要考查了函数图象的应用，对数函数与二次函数性质的 灵活应用是求解问题的关键 9 （4 分）已知 x，y 都是正实数，则+的最大值为（ ） A B C D 【分析】则+1+1+，由此
16、能求 出+的最大值 【解答】解：因为 x，y 都是正实数， 第 10 页（共 23 页） 则+1+1+ 当 y2x 时取等号， +的最大值为 故选：B 【点评】本题考查代数式的最大值的求法，考查基本不等式的性质等基础知识，考查运 算求解能力，是中档题 10 （4 分）已知在矩形 ABCD 中，AB2，AD4，E，F 分别在边 AD，BC 上，且 AE1， BF3，如图所示，沿 EF 将四边形 AEFB 翻折成 AEFB，则在翻折过程中，二面角 B CDE 的大小为 ，则 tan 的最大值为（ ） A B C D 【分析】先在平面图形中作 BOEF，并求出 BO 的长度，折起后相对位置不变，找出
17、二 面角的平面角，然后由线段的长度求出二面角的平面角的正切值的最大值 【解答】解：过 B 作 EF 的垂线交 EF 与 O，交 AD 于 M，CD 于 G， 设 B在平面 AC 内的投影为 H，则 H 在直线 BM 上，过 H 作 CD 的垂线，垂足为 K，则 BKH 为二面角 BCDE 的平面角，设BOH 由题意 BOBO 第 11 页（共 23 页） BHBOsinsin，BHBO+BOcos（1+cos） ， 由GBC45，BG4，HGBGBH4（1+cos） ， HKHG4（1+cos）cos， tanBKH3， 令 t，可得 sin+3tcos5t 解得 t， 所以 tan； 故选：
18、C 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 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 二、填空题（本大题二、填空题（本大题 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分.） 11 （6 分）已知函数 f（x）lnx+2020x，则 f（1） 2021 ， 的值等于 4042 【分析】根据题意，求出函数的导数，计算可得 f（1）的值，又由极限的性质可得 22f（1） ，即可得第二 空，即可得答案 【解答】解：根据题意，函数 f（x）lnx+2020x，其导数 f（x）+2020，则有
19、f （1）2021； 又由22f （1） 4042； 故答案为：2021，4042 【点评】本题考查导数的计算，涉及极限的性质，属于基础题 12 （4 分） 当 x， y 满足约束条件为常数） 时， 能使 zx+3y 的最大值为 12， 则 k 9 【分析】画出的可行域，将目标函数变形，画出其相应的直线，当直线平 移至固定点时，z 最大，求出最大值列出方程求出 k 的值 第 12 页（共 23 页） 【解答】解：画出 的平面区域， 将目标函数变形为 yx+z，画出其相应的直线， 由得 当直线 yx+z 平移至 A（3，3）时 z 最大为 12， 将 x3，y3 代入直线 2x+y+k0 得：
20、k9 故答案为：9 【点评】本题考查画不等式组表示的平面区域、结合图求目标函数的最值、考查数形结 合的数学数学方法 13 （6 分） 如果 x+x2+x3+x9+x10a0+a1（1+x） +a2（1+x） 2+a9 （1+x） 9+a10 （1+x） 10，则 a9 9 ，a10 1 【分析】根据等式左右两边相等可得：a10等式左边 x10的系数 1；a9+a10等式左 边 x9的系数 1；进而求出结论 【解答】解：由 x+x2+x3+x9+x10a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+a9（1+x）9+a10 （1+x）10， 左右两边相等可得：a10等式左边 x10的系数 1； a9+a
21、10等式左边 x9的系数 1； 第 13 页（共 23 页） a101；a9+a10a9+10a101a99； 故答案为：9，1 【点评】本题主要考查二项展开式的特殊项，考查计算能力和分析问题的能力，属于基 础题 14 （6 分）已知 A 袋内有大小相同的 1 个红球和 3 个白球，B 袋内有大小相同的 2 个红球 和 4 个白球现从 A、B 两个袋内各任取 2 个球，设取出的 4 个球中红球的个数为 ，则 P（1） ， 的数学期望为 【分析】方法一：根据古典概型的概率公式，即可求得 P（1） ，及 的分布列，即可 求得数学期望； 方法二：利用二项分布的数学期望的公式即可求得 的数学期望 【解
22、答】解：方法一列表计算： P（1）+， 所以 的所有可能取值为：0，1，2，3， P（0）， P（3）， P（2）1P（0）P（1）P（3）， 0 1 2 3 P 则 E（ ）0+1+2+3； 方法二： 从 A 袋中取出红球的个数为 1， 则 1B （2， ） ， 从 B 袋中取出红球个数为 2 B（2，） ， 所以 E（ ）E（ 1）+E（ 2）2+2， 第 14 页（共 23 页） 故答案为：， 【点评】本题考查数学期望及分布列的求法，二项分布的期望的求法，考查转化思想， 属于中档题 15 （4 分）抛物线 y22x 顶点为 O，焦点为 F，M 是抛物线上的动点，则取最大值 时 M 点的横
23、坐标为 1 【分析】设 M（m，n）到抛物线 y22x 的准线 x的距离等于 d，由抛物线的定义 可得的表达式，求解最值，推出 x 即可 【解答】解：焦点 F（，0） ，设 M（m，n） ，则 n22m，m0，设 M 到准线 x的 距离等于 d， 则由抛物线的定义得， 令 mt， 依题意知，m0， 若 t0， 则， 当且仅当 t时，表达式取得最大值，此时 m1， 故答案为：1 【点评】本题考查抛物线的定义、简单性质，基本不等式的应用，体现了换元的思想， 属于难题 16 （6 分）已知ABC 中，BC 中点为 M， （+），2， ，3，则B ， 【分析】根据即可得出 ABAC，而根据即可 得出
24、ABAC，然后可画出图形，并可以得出；并根据即 第 15 页（共 23 页） 可得出，然后进行数量积的运算即可得出，从而得出的值 【解答】解：BC 中点为 M， ，即， ABC 为等腰三角形，ABAC， 又， ， ， 如图， ； ，且 ， ， 故答案为： 【点评】本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量加法、减法和数乘的几何意义， 向量的数乘运算，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题 17 （4 分）已知函数（a，R，a0） ，则函数 f（a，）的 值域是 第 16 页（共 23 页） 【分析】设，其几何意义即为直线 2atx2ay+（t1） （a2+2）0 与圆 x2+y2
25、0 有公共点，则圆心到直线的距离小于等于 1，由此得到 t 与 a 的不等关系， 进一步分离 t 后，运用基本不等式，解不等式即可得到答案 【解答】解：设，则 2atcos2asin+（t1） （a2+2）0， 故 直 线2atx 2ay+ （ t 1 ）（ a2+2 ） 0 与 圆x2+y2 0 有 公 共 点 ， 则 恒成立， 故， t24t+10，解得，即所求函数的值域为 故答案为： 【点评】本题考查函数值域的求法，挖掘出函数的几何意义是解题的关键，属于中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字
26、说明、证明过程或演算步骤.） 18 （14 分）在ABC 中，A，B，C 所对边分别为 a，b，c已知 b3， ， （）求 f（x）单调递减区间和最大值 M； （）若 f（B）M，求ABC 面积的最大值 【分析】 （I）利用倍角公式、和差公式化简 f（x） ，利用三角函数的单调性即可得出 （II）B（0，） ，且当 xB 时 f（x）取得最大值，可得，B，再利用余弦 定理、基本不等式的性质即可得出面积的最大值 【解答】解： （） ，（3 分） 设 解得 所以函数 f（x）的单调减区间为（6 分） 函数 f（x）的最大值为 M3（8 分） 第 17 页（共 23 页） （）B（0，） ，且当 x
27、B 时 f（x）取得最大值，（10 分） ，（12 分） 等号当且仅当 ac 时成立 所以ABC 面积的最大值为（14 分） 【点评】本题考查了倍角公式、和差公式、三角函数的单调性、余弦定理、基本不等式 的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 19 （15 分）如图，ABEF 是等腰梯形，ABEF，AFBF，矩形 ABCD 和 ABEF 所在的平 面互相垂直已知 AB2，EF1 （）求证：平面 DAF平面 CBF； （）求直线 AB 与平面 CBF 所成角的正弦值 【分析】（） 推导出 CB平面 ABEF 从而 AFCB， 再由 AFBF， 得 AF平面 CBF 由 此能证明平面 DAF
28、平面 CBF （）推导出 AF平面 CBF，从而 FB 为 AB 在平面 CBF 上的射影，进而ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角过点 F 作 FHAB，交 AB 于 H由射影定理，得 AF2AH AB，由此能求出直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小 【解答】解： （）证明：平面 ABCD平面 ABEF， 平面 ABCD平面 ABEFAB，CBAB，CB平面 ABCD， CB平面 ABEFAF平面 ABEF，AFCB， 又AFBF，AF平面 CBF AF平面 ADF，平面 DAF平面 CBF 第 18 页（共 23 页） （）解：根据（）的证明，有 AF平面 CBF， FB 为
29、 AB 在平面 CBF 上的射影， ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角 ABEF，四边形 ABEF 为等腰梯形， 过点 F 作 FHAB，交 AB 于 HAB2，EF1，则 在 RtAFB 中，根据三角形相似（或射影定理）得 AF2AHAB， 解得 AF1 直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，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，是中档题 20 （15 分）已知数列an的前 n 项和 Sn满足： （）求an的通项公式； （）设，数列cn的前 n 项和为 Tn求证： 【分析】 （）运用数列
30、的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得所求； （）运用数列的裂项相消求和和不等式的性质，可得证明 【解答】解： （），即， ， 当 n2 时，得，即an是等比数列； 第 19 页（共 23 页） （）证明： ， 由得， 所以， 从而 即 【点评】本题考查等比数列的通项公式和数列的裂项相消求和，不等式的证明，注意运 用不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题 21 （15 分）已知圆 S：x2+4x+y2200，T 是抛物线 y28x 的焦点，点 P 是圆 S 上的动点， Q 为 PT 的中点，过 Q 作 QGPT 交 PS 于 G （1）求点 G 的轨迹 C 的方程； （2）过抛物线
31、 y28x 的焦点 E 的直线 l 交 G 的轨迹 C 于点 M、N，且满足 ， （O 为坐标原点） ，求直线 l 的方程 【分析】 （1）根据题意|PG|GT|根据椭圆的定义即可求得点 G 的轨迹是以 S、T 为焦 点的椭圆，由 a，c2，即可求得 b，求得椭圆方程； （2）当直线的斜率存在时，设直线 l 的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及弦长公式 和点到直线的距离公式即可求得三角形OMN 的面积， 根据面积相等即可求得直线的斜 率当直线的斜率不存在时，直线 l：x2，也有，即可求得直线方程 【解答】解： （1）由题意得：T（2，0） ，且 GQ 是 PT 的中垂线所以|PG|GT| 又，
32、 所以点 G 的轨迹是以 S、T 为焦点的椭圆，设椭圆方程， 第 20 页（共 23 页） 因此 所以， 因此 G 的轨迹 C 的方程是 （2） 由题意得： E （2， 0） ， 当直线 l 的斜率存在时， 设 l： yk （x+2） ， 代入 并整理得： （3k2+1）x2+12k2x+12k260，设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 则， 所以， 点 O 到直线 l 的距离 因为， 而， 所以，即， 解得，此时， 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程：x2，也有， 故直线 l 的方程为 【点评】本题考查椭圆的轨迹方程的求法，考查椭圆的定义，直线与椭圆的位置关系， 考查韦达
33、定理，弦长公式的应用，考查计算能力，属于中档题 22 （15 分）对于定义在 D 上的函数 yf（x） ，若存在 x0D，对任意的 xD，都有 f（x） f（x0）或者 f（x）f（x0） ，则称 f（x0）为函数 f（x）在区间 D 上的“下确界”或“上 确界” （）求函数 f（x）ln（2x）+x2在0，1上的“下确界” ； （）若把“上确界”减去“下确界”的差称为函数 f（x）在 D 上的“极差 M” ，试求 第 21 页（共 23 页） 函数 F（x）x|x2a|+3（a0）在1，2上的“极差 M” ； （） 类比函数 F （x） 的 “极差 M” 的概念， 请求出 G （x， y）
34、（1x）（1y） + 在 D（x，y）|x，y0，1上的“极差 M” 【分析】 （）由“下确界”的定义知，即求最小值，利用导数可求； （）由“极差”定义，借助 F（x）的图象，从左至右分 6 种情况讨论即可：当 0 a时， 当时， 当时， 当 1时， 当时， 当 a2 时； （）由 G（x，y）11，可得 G（x，y）的最大值 为 1令 T，t，则 ，t0，1，令 g（t），利用导数可求得 g（t）的最大值，进而 可得 T 的最小值； 【解答】解： （） 令 f（x）0，则 2x24x+10，1 ， 显然，x10，1，列表有： x 0 （0，x1） x1 （x1，1） 1 f（x） 0 + f
35、（x） ln2 极小值 1 f（x）在0，1上的“下确界”为 f（x1）ln（1+）+ （）F（x）x|x2a|+3， 当 0a时，F（x）maxF（2） ，F（x）minF（1） ， 极差 MF（2）F（1）32a； 当时，F（x）maxF（2） ，F（x）minF（2a） ， 极差 MF（a）F（2a）44a； 第 22 页（共 23 页） 当时，F（x）maxF（1） ，F（x）minF（2a） ，极差 MF（a）F（2） 2a1； 当 1时，F（x）maxF（a） ，F（x）minF（2） ， 极差 MF（a）F（2）（a2）2； 当时，F（x）maxF（a） ，F（x）minF（1）
36、 ，极差 MF（a）F（1） （a1）2； 当 a2 时，F（x）maxF（2） ，F（x）minF（1） ， 极差 MF（2）F（1）2a3 综上所述：M； （）G（x，y）11， 当 xy0 或 xy1 时等号成立，G（x，y）的最大值为 1 令 T，t，则 ，t0，1， 令g （ t ） ， 则g （ t ） ， 令 g（t）0，得 t是 g（t）的极大值点，也是 g（t）的最大值点， g（t），从而， 第 23 页（共 23 页） G（x，y）， 当 xy时等号成立，G（x，y）的最小值为 由此 M 【点评】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数及不等式等知识，考查学生 的阅读理解新知识的能力及解决问题的能力，综合性强，难度大，能力要求高
