1、湛江市湛江市 2021 届高中毕业班调研测届高中毕业班调研测数学数学试题试题 第第卷卷( (选择题选择题) ) 一、选择题：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、选择题：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2, 1,0,1,2,3,4A ， |213Bxx ，则AB ( ) A. 0,1,2 B. 2,1,0 C. 2, 1,0,1 D. 2,1,0,1,2 【答案】C 【解析】 【分析】 先解出B集合，然后计算AB. 【详解】解不等式213x 得，2x，即|2Bx x，所以2, 1,0,1AB . 故选：C 2. 已知 i是虚数单位，a为实数，且
2、 3i 1i 2i a ，则 a( ) A 2 B. 1 C. -2 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】 可得3(2)(1)3aiiii，即得1a . 【详解】由 2 3(2)(1)223aiiiiiii ，得 a1. 故选：B 3. 已知向量(1,2)a ，向量(2, 2)b ，akb 与ab垂直，则 k( ) A. 2 B. 10 7 C. 1 2 D. 7 10 【答案】D 【解析】 【分析】 根据a kb 与ab垂直，由 22 () ()(1)0akbabakbka b 求解 【详解】因为向量(1,2)a ，向量(2, 2)b ， 所以 2 5a ， 2 8b ， 2a b ，
3、 又a kb 与ab垂直， 所以 22 () ()(1)akbabakbka b ， 582(1)7 100kkk ， 所以 7 10 k ， 故选：D 4. 若双曲线 2 2 2 1 x y a (a0)的一条渐近线方程为 1 2 yx ，则其离心率为( ) A. 3 2 B. 2 C. 5 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 1 2 b a 和1b即可得到答案. 【详解】因为渐近线方程为 1 2 yx ，所以 1 2 b a 又因为1b，所以2a 又 22 5cab ，故离心率 5 2 e ， 故选：C 5. 命题“0 x ，lg|2x-1|0”的否定是( ) A. 0 x
4、 ，lg 210 x B. 0 x ，lg 210 x C. 0 x ，lg 210 x D. 0 x ，lg 210 x 【答案】C 【解析】 【分析】 根据全称命题的否定是特称命题，命题的否定只否定结论，全称命题的否定是特称命题，即可解题. 【详解】命题“0 x ，lg 210 x”的否定是“ 0 x ，lg 210 x ”. 故选：C 【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于基础题. 6. 党的十九大报告中指出：从2020年到2035年，在全面建成小康社会的基础上，再奋斗15年，基本实现 社会主义现代化若到2035年底我国人口数量增长至14.4亿，由2013年到2019年的统计数据可得国
5、内 生产总值(GDP)y(单位：万亿元)关于年份代号x的回归方程为6.0650.36yx(1,2,3,4,5,6,7x )， 由回归方程预测我国在2035年底人均国内生产总值(单位：万元)约为( ) A. 14.04 B. 202.16 C. 13.58 D. 14.50 【答案】A 【解析】 【分析】 将2035年的年份代号代入回归直线方程便可得到答案. 【详解】到2035年底对应的年份代号为23，由回归方程6.0650.36yx得，我国国内生产总值约为 6.06 23 50.36202.16(万亿元)，又 202.16 14.04 14.4 ，所以到2035年底我国人均国内生产总值约为 1
6、4.04万元. 故选：A 【点睛】本题考查线性回归直线方程的实际应用，属于基础题.解答时，注意本题所求为2035年底人均人均国 内生产总值，容易错选 B选项. 7. 鳖臑(bi n o)是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼已知三棱锥 A-BCD是一个鳖臑，其 中 ABBC，ABBD，BCCD，且 AB6，BC3，DC2，则三棱锥 A-BCD的外接球的体积是( ) A. 49 3 B. 343 2 C. 49 D. 343 6 【答案】D 【解析】 【分析】 将三棱锥 A-BCD 可放在长方体中确定直径 AD，计算即得结果. 【详解】依题意，三棱锥 A-BCD 可放在长方体中，如图所示
7、 易得三棱锥A-BCD的外接球的直径为AD， 则 222 6 3 27AD ， 故三棱锥A-BCD的外接球的半径 7 2 R ， 所以 3 47343 326 A BCD V 故选：D. 【点睛】求空间多面体的外接球半径的常用方法： 补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中 去求解； 利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； 定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则 球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 8. 已知函数 32 1 (
8、)39 3 f xxxx，给出四个函数|f(x)|，f(-x)，f(|x|)，-f(-x)，又给出四个函 数的大致图象，则正确的匹配方案是( ) A. 甲-，乙-，丙-，丁- B. 甲-，乙-，丙-，丁- C. 甲-，乙-，丙-，丁- D. 甲-，乙-，丙-，丁- 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，求出函数 ( )f x的导数，分析函数( )f x的单调性，可以得到( )f x的草图，结合函数图象变化的 规律分析四个函数对应的图象，即可得答案 【详解】根据题意，函数 32 1 ( )39 3 f xxxx，其导数 2 ( )23(1)(3)f xxxxx ， 在区间(, 1) 上，(
9、)0fx， ( )f x为增函数，且 2 ( 1)10 3 f ， 在区间( 1,3)上， ( )0fx ， ( )f x为减函数，且f(3) 0，其简图如图： 对于|( )|f x，有 ( ),( ) 0 |( )| ( ),( )0 f xf x f x f xf x ，其图象全部x轴上和x轴上方，对应图象丙， ()fx，其图象与 ( )f x的图象关于y轴对称，对应图象甲， (|)fx，有 ( ),0 (|) (),0 f x x fx fx x ，为偶函数，对应图象丁， ()fx，其图象与 ( )f x的图象关于原点对称，对应图象乙， 故选：B 【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数
10、的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命 题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面 入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及0 ,0 ,xxxx 时函数 图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除. 二、选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的二、选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的 9. 因防疫的需要， 多数大学开学后启用封闭式管理 某大学开学后也启用封闭式管理， 该校有在校学生 9000 人，其中男生 4000人，女生 5000人，为了解学生在封闭式管理期间对学
11、校的管理和服务的满意度，随机调 查了 40名男生和 50名女生， 每位被调查的学生都对学校的管理和服务给出了满意或不满意的评价， 经统计 得到如下列联表： 满意 不满意 男 20 20 女 40 10 附表： P(K2k) 0.100 0.05 0.025 0.010 0.001 k 2.706 3 .841 5.024 6.635 10.828 附： 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd 以下说法正确的有( ) A. 满意度的调查过程采用了分层抽样的抽样方法 B. 该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值为 0.6 C. 有 99的把握认为学生对学校
12、的管理和服务满意与否与性别有关系 D. 没有 99的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据题中列联表分析数据并计算 2 K ，对选项逐一判断即可. 【详解】因为男女比例为 40005000，故 A正确满意的频率为 20402 0.667 903 ，所以该学校学生对学 校的管理和服务满意的概率的估计值约为 0.667，所以 B 错误 由列联表 2 2 90 (20 102040) 96.635 40 50 60 30 K ，故有 99的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否 与性别有关系，所以 C 正确，D错误 故选：AC. 10. 已知 al
13、og3，blog3， 1 log 3 c ，则( ) A. ababbc B. acbcbc C. acbcbc D. bcabab 【答案】CD 【解析】 【分析】 根据对数函数的单调性，判定, ,a b c的大致范围，即可求解. 【详解】因为 0log31log30b1a， 又 1 log0 3 c ， 所以 acbc0， 1 log 3log0 3 bc ， 所以 C正确，B 错误 因为 ablog3 log31，ablog3log31， 所以 D正确，A 错误 故选：CD 11. 已知函数，f(x)2sinx-acosx 的图象的一条对称轴为 6 x ，则( ) A. 点(,0) 3
14、是函数，f(x)的一个对称中心 B. 函数 f(x)在区间(, ) 2 上无最值 C. 函数 f(x)的最大值一定是 4 D. 函数 f(x)在区间 5 (,) 66 上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】 结合辅助角公式和正弦型函数的对称轴可得 2 3 4| 1| 2 aa ，从而解得a的值，得 f x的解析式，由 0 3 f ，判断选项 A；取 2 32 xk 可判断选项 B和 C；令22 232 kxk ，解之可判 断选项 D. 【详解】由题意，得 2 ( )2sincos4sin()f xxaxax，为辅助角， 因为对称轴为 6 x ，所以 3 ()1 62 fa ，即 2 3
15、 4| 1| 2 aa ，解得2 3a 所以( )4sin() 3 f xx ；故()0 3 f ，所以 A 正确； 又当 2 32 xk (kZ)，即当 5 2 6 xk (kZ)时， 函数 f(x)取得最大值 4，所以 B错误，C 正确； 22 232 kxk (kZ) 5 22 66 kxk (kZ)，所以 D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛： (1)通过辅助角公式将函数化为sinyAx的形式； (2)通过正弦函数在对称轴处取得最值解得a. 12. 已知数列an满足：0a11， 1 4 nnn aalna 则下列说法正确的是( ) A. 数列an先增后减 B. 数列an为单调递
16、增数列 C. an3 D. 2020 5 2 a 【答案】BCD 【解析】 【分析】 利用相邻项关系 1 4 nnn aalna 构造函数 404f xxlnxx， 研究单调性， 得 an3， ， 再判断 1nn aa ，利用单调性判断 20204 5 2 aa ，即得结果. 【详解】由 1 4 nnn aalna 得 1 4 nnn aalna 设函数 404f xxlnxx，由 233 ( )1 444 xx fx xxx ， 可得 f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，4)上单调递减 由 f(x)f(3)3可得 an3所以 1 410 nnn aalnaln ，即 1nn aa ，故数
17、列an为单调递增数 列 又 0a11，所以 211 441aalnaln， 322 4444132aalnalnlnlnln ， 433 5 (4)2(42)22 2 lnlaanlna ， 所以 20204 5 2 aa ， 故选：BCD 【点睛】判定数列单调性的方法： (1)定义法：对任意n N， 1nn aa ，则 n a是递增数列， 1nn aa ，则 n a是递减数列； (2)借助函数单调性：利用( ) n af n，研究函数单调性，得到数列单调性. 第第卷卷( (非选择题非选择题) ) 三、填空题：三、填空题： 13. 已知 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在区间(-，0上单调
18、递增，则不等式，f(3x-1)f(2)的解集是 _ 【答案】 1 (,1) 3 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性，可知函数在0,)上递减，即可求解. 【详解】因为 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在区间(-，0上单调递增， 所以函数0,)上递减， 因为 f(3x-1)f(2)， 所以(|31|)(2)fxf 所以|31| 2x 即-23x-12， 解得 1 1 3 x 故答案为： 1 (,1) 3 14. 二项式 6 1 ()x x 的二项展开式中的常数项是_ 【答案】15 【解析】 【分析】 根据二项展开式公式，由 6 1 ()x x 的展开式的通项是 3 3 6 2 66 1 C
19、()( 1) ( )C ( 1) r rrrrrr xx x ， 令 3 30 1 r ，即可得解. 【详解】因为 6 1 ()x x 的展开式的通项是 3 3 6 2 66 1 C ()( 1) ( )C ( 1) r rrrrrr xx x ， 当 3 30 2 r 时，r2， 所以展开式中的常数项是 22 6 C ( 1)15 故答案为：15. 15. 在棱长为 4 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是 BC 和 C1D1的中点，经过点 A，E，F 的平面把正 方体 ABCD-A1B1C1D1截成两部分，则截面与 BCC1B1的交线段长为_ 【答案】10 3 【解析】 【
20、分析】 首先通过线面之间的平行关系， 画出过点 A， E， F和正方体的截面， 如图， 可得到截面与 BCC1B1的交线段， 即可得解. 【详解】 如图，过点 F 作 FHAE交 A1D1于 H， 易知 D1H1，所以点 H为 A1D1的 4等分点， 连接 AH，过点 E作 EPAH 交 CC1于点 P， 所以 1 1 AACP AHCE ，解得 8 3 CP ， 故截面与 BCC1B1交线段长 2222 810 2( ) 33 PECECP 故答案为：10 3 . 【点睛】本题考查了平面和几何体的截面问题，考查了利用线面关系补全截面，考查了空间想象能力和计 算能力，属于中档题.解决此类问题的
21、关键为：通过部分截面补完整截面，利用了线面平行的性质. 16. 已知 F 为抛物线 C：y24x的焦点，过点 F的直线 l与抛物线 C 交于 A，B两点，与抛物线 C 的准线交 于点 D，若 F是 AD的中点，则|FB|_ 【答案】 4 3 【解析】 【分析】 做出图像，根据焦准距为 4，F 是 AD 的中点，可求得 AM 的长度，利用抛物线定义，可得 AF 的长度，即 可求出60MADEFD，在EFD中，利用定义可得 FBBN，即可求得答案. 【详解】如图所示： 过点 A，B，F分别向准线引垂线，交准线于点 M，N，E， 由题意得 FE2，且 F是 AD 的中点，则 EF 为ADM的中位线，
22、 所以 AM4，则 AF= DF4， 所以 1 cos 2 AM MAD AD ，即60MADEFD, 又由抛物线定义可得：FBBN，且 BD2BN， 所以 3BF=DF=4，即 4 3 BF ， 故答案为： 4 3 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17. 从a3， 3 5 2 ABC S ，3sinB2sinA这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中若问题中 的三角形存在，求出 b的值；若问题中的三角形不存在，说明理由 问题：是否存在ABC，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且 21c ，3ccosB3a2b，_
23、？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分 【答案】答案见解析 【解析】 【分析】 先利用已知条件计算 2 cos 3 C ，再利用所选条件结合余弦定理、面积公式、正弦定理，逐一计算求 b 即 可. 【详解】解法 1：由正弦定理，得 3sinCcosB3sin-(BC)2sinB， 整理得 3sinBcosC2sinB0因为 sinB0，所以 2 cos 3 C 解法 2：由 3ccosB3a2b，得 3accosB3a22ab， 由余弦定理，得 3(a2c2-b2)6a24ab，整理得 3(-a2c2-b2)4ab， 即 3abcosC2ab0所以 2 cos 3 C 选a3由余弦定
24、理可得 c2a2b2-2abcos 2 2 2196() 3 bb ， 所以 b24b-120，解得 b2或 b-6(舍去)， 所以问题中的三角形存在 选 3 5 2 ABC S 1153 5 sin 2232 ABC SabCab，故 ab9， 由余弦定理可得 c2a2b2-2abcosC 22 4 21 3 abab，又 a2b22ab， 所以 22 410 216.3 33 abababab ，与 ab9 矛盾， 所以问题中的三角形不存在 选3sinB2sinA由正弦定理得，3sinB2sinA3b2a， 由余弦定理可得 c2a2b2-2abcosC 2 21 21 4 b ， 所以 b
25、2 或 b-2(舍去)， 所以问题中的三角形存在 【点睛】关键点点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题 中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时， 注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围 18. 已知等差数列 n a的前n项和为 n S， 1 0 nn aa ， 2 3a ，且 1 a， 3 a， 7 12a成等比数列 (1)求 n a和 n S； (2)设 1 1 n nn b S S ，数列 n b的前n项和为 n T，求证： 1 1 2 n T 【答案】(1)21 n an， 2 n Sn
26、；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)设等差数列 n a的公差为d，首项为 1 a，由 2 2 317 3, (12), a aaa 求出 1 1a ，2d 即可求解； (2)由 2 n Sn，可得 1 111 1 n nn b S Snn ，利用裂项相消求和求出 n T，再利用不等式的性质和数列的 单调性即可求证. 【详解】解：(1)设等差数列 n a的公差为d，首项为 1 a， 由 1 0 nn aa ，得0d ， 则 2 2 317 3, (12), a aaa 所以 1 2 111 3, (2 )(126 ). ad adaad 解得 1 1a ，2d ， 所以21 n an
27、 ， 2 1 21 2 n nn Sn (2)因为 1 1111 (1)1 n nn b S Sn nnn 所以 111111111 11 12233411 n T nnn 因为 1 1 1 n T n 单调递增所以 1 1 2 n TT， 综上， 1 1 2 T 【点睛】方法点睛：数列求和的方法 (1)倒序相加法：如果一个数列an的前 n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求 这个数列的前 n 项和即可以用倒序相加法 (2)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数 列的前 n项和即可以用错位相减法来求； (3)裂项相消法：
28、把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和； (4)分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用 分组转换法分别求和再相加减； (5)并项求和法：一个数列的前 n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如 an=(1)nf(n)类型，可采 用两项合并求解. 19. 如图，三棱柱 111 ABCABC中，底面ABC是边长为2的等边三角形，侧面 11 BCC B为菱形，且平面 11 BCC B 平面ABC， 1 60CBB，D为棱 1 AA的中点 (1)证明： 1 BC 平面 1 DCB； (2)求二面角 11 BD
29、CC的余弦值 【答案】(1)证明见解析；(2) 5 5 . 【解析】 【分析】 (1)设BC的中点为E， 1 BC与 1 BC的交点为O，连接AE，EO，OD，根据线面垂直的判定定理，可得 AE平面 11 BCC B；再证明/AE DO，得到DO 平面 11 BCC B，推出 1 DOBC ， 11 BCBC，从而可 得线面垂直； (2)先由(1)可得，OD，OB， 1 OB两两相互垂直，以O为坐标原点，以OD的方向为z轴正方向，分别 以OB， 1 OB为x轴和y轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，分别求出平面 1 DCC和 1 DCB的法向 量，由向量夹角公式，即可求出结果. 【详解】(
30、1)证明：设BC的中点为E， 1 BC与 1 BC的交点为O，连接AE，EO，OD，如图所示 由E为BC的中点可得AEBC，又平面 11 BCC B 平面ABC，平面 11 BCC B平面ABCBC，故 AE平面 11 BCC B 又O为 1 BC的中点所以 1 1 / 2 EOCC且 1 1 2 EOCC 又 1 1 / 2 ADCC且 1 1 2 ADCC，所以/AD EO且ADEO， 因此四边形ADEO为平行四边形，所以/AE DO且AEDO，所以DO 平面 11 BCC B， 故 1 DOBC ，又四边形 11 BCC B为菱形，所以 11 BCBC， 又 1 DOBCO，DO平面 1
31、 DCB， 1 BC 平面 1 DCB， 所以 1 BC 平面 1 DCB； (2)由(1)可知OD，OB， 1 OB两两相互垂直， 以O为坐标原点， 以OD的方向为z轴正方向， 分别以OB， 1 OB为x轴和y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 则3,0,0B， 1 3,0,0C ， 0,0, 3D，0, 1,0C， 设 111 ,nx y z为平面 1 DCC的一个法向量， 则 1 0, 0, n CD n CC 即 11 11 30, 30, yz xy 可取1, 3, 1n ， 由(1)可知，OB为平面 1 DCB的一个法向量， 所以 35 cos, 51313 n OB
32、 n OB n OB 所以二面角 11 BDCC的余弦值为 5 5 【点睛】方法点睛： 求空间角的常用方法： (1)定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件， 解对应三角形，即可求出结果； (2)向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角(直线方向向量与直线方向向量、直线方向向 量与平面法向量，平面法向量与平面法向量)余弦值，即可求出结果. 20. 为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现F症状的试验，该试验的设计为： 对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期假设每只白 鼠给药后当
33、天出现F症状的概率均为 1 3 ，且每次给药后是否出现F症状与上次给药无关 (1)从试验开始，若某只白鼠连续出现2次F症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的 概率； (2)若在一个给药周期中某只白鼠至少出现3次F症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠 参加的给药周期数为X，求X的分布列和数学期望 【答案】(1) 22 27 ；(2)分布列见解析， 217 81 . 【解析】 【分析】 (1)利用“正难则反”思想，计算一个给药周期也没有参加完的概率P，则至少能参加一个给药周期的概率 为1P； (2)先计算出一个给药周期内至少出现3次F症状的概率，然后根据题目条件确定随
34、机变量X的可能取值， 分别计算每一个X值所对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【详解】解：(1)设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件M，则M的对立事件为一个给药周期也没 有参加完 设一次给药出现F症状为事件A，则一个给药周期也没有参加完的概率为 2 12115 333327 PP AAP AAA ， 所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为 522 11 2727 P MP (2)设事件B为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现3次F症状”， 则 34 3 4 1211 3339 P BC ， 则随机变量X的取值为1,2,3 34 3 4 1211 1 3339 P XC ， 818
35、21 9981 P XP BP B ， 8864 311 9981 P XP BP B ， 所以 X的分布列为 X 1 2 3 P 1 9 8 81 64 81 所以随机变量X的数学期望为 1864217 123 9818184 E X 【点睛】本题考查概率的乘法公式及加法公式，考查随机变量的分布列及数学期望计算，难度一般.解答时 易错点如下： (1)每次给药相互独立； (2)在解答第(2)小题时，注意若前一个给药周期能通过，才可以参加下一个给药周期. 21. 已知椭圆 22 1 43 xy 的左、右焦点分别为 F1、F2，直线 ykx交椭圆于 P，Q两点，M是椭圆上不同 于 P，Q 的任意一
36、点，直线 MP 和直线 MQ的斜率分别为 k1，k2 (1)证明：k1 k2为定值； (2)过 F2的直线 l与椭圆交于 A，B 两点，且 22 2AFF B，求|AB| 【答案】(1)证明见解析；(2) 27 8 . 【解析】 【分析】 (1)设 P(m，n)，M(x，y)，则 Q(-m，-n)，则可表示出 12 ,k k，进而可得 12 k k的表达式，又根据点 P，M 在椭圆上，利用点差法，即可得证； (2)设直线 l的方程为 xty1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆可得关于 y的一元二次方程，利用 韦达定理，可得 1212 ,yyy y的表达式，根据 22 2AFF
37、 B，可得 12 ,y y的关系，即可求出 2 4 5 t ，代入弦 长公式，即可求得结果. 【详解】(1)证明：设 P(m，n)，M(x，y)，则 Q(-m，-n)， 则 1 yn k xm ， 2 yn k xm ， 则 22 12 22 ynynyn kk xmxmxm ， 又 22 1 43 xy ， 22 1 43 mn ， 故 2222 0 43 xmyn ， 所以 22 12 22 3 4 yn kk xm 为定值 (2)设直线 l的方程为 xty1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 22 1, 1, 43 xty xy 消去 x，得(3t24)y26ty-90， 则有
38、 12 2 6 34 t yy t ， 12 2 9 34 y y t 又 22 2AFF B，所以-y12y2， 故 2 2 2 2 2 6 34 9 2 34 t y t y t ，解得 2 4 5 t ， 所以 2222 1212 22 6927 |(1)()4(1)()4 34348 t ABtyyy yt tt 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键设直线 xty1可简化计算，联立直线与曲线，利 用韦达定理，弦长公式等进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题. 22. 已知 a0，函数 2 1 ( )ln(1) 2 f xxxxax (1)若 f(x)为减函数，求实
39、数 a的取值范围； (2)当 x1 时，求证： 2 e ( )e 2 a a f x (e2.718) 【答案】(1)0a1；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)根据题意可得在0 ，上， 0fx恒成立，即ln0 xxa 恒成立，设 lng xxxa ，求 导数分析 g x的单调性，使得 max0g x，即可得结果； (2)当0a1时， 可得 1 2 f x ， 2 e1 e 22 a a ； 当1a 时， 先得 fx在1, 上单调递减， 10 f ， 得出存在 0 x，使得 0 1,x上单调递增，在 0+ x，上单调递减，进而 2 000 1 () 2 f xf xxx ，结合函数
40、2 1 ( ) 2 F xxx 的单调性可得结果. 【详解】(1)解：由题意知 f(x)的定义域为(0，)，f(x)lnx-xa， 由 f(x)为减函数可知 f(x)0 恒成立 设 g(x)lnx-xa，1 1 ( )g x x ， 令 g(x)0得 x1，当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增，即 f(x)单调递增； 当 x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，即 f(x)单调递减 故 f(x)f(1)-1a0，因此 0a1 (2)证明：由(1)知，当 0a1时，f(x)为减函数，所以 3 ( )(1) 2 f xfa， 又 0a1， 31 22 a 设 2 e e 2 a a
41、 y ，eat，则 2 2 t yt，t(1，e 又 2 2 t yt在区间(1，e上单调递增，所以 11 1 22 y ， 故 2 31e ( )(1)e 222 a a f xfa ，所以当 0a1时， 2 e ( )e 2 a a f x 当 a1时，由(1)知，当 x(1，)时，f(x)单调递减，且 f(1)a-10 f(ea)2a-ea，令 h(x)2x-ex，h(x)2-ex， 当 x1 时，h(x)0，h(x)单调递减，故 h(a)2a-eah(1)2-e0， 又 ea1，f(x)在(1，)上单调递减， 故存在 x0(1，ea)，使得 f(x0)0，即 f(x0)lnx0-x0a
42、0，即 ax0-lnx0， 因此有 f(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减， 故 2 00000 1 ( )()ln(1) 2 f xf xxxxax ， 将 ax0-lnx0代入，得 2 000 1 () 2 f xxx 因为函数 2 1 ( ) 2 F xxx 在(1，)上单调递增， 所以 2 0 e ()(e )e 2 a aa F xF，即 2 0 e ()e 2 a a f x， 故 2 0 e ( )()e 2 a a f xf x成立。 【点睛】方法点睛： 导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题 注 意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处 理
