2022年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第二次統(tǒng)練試題 理（含解析）新人教A版

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1、2022年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第二次統(tǒng)練試題 理（含解析）新人教A版 【試卷綜評】突出考查數(shù)學(xué)主干知識 ,側(cè)重于中學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)科的基礎(chǔ)知識和基本技能的考查；側(cè)重于知識交匯點的考查。全面考查了考試說明中要求的內(nèi)容，如復(fù)數(shù)、簡易邏輯試卷都有所考查。在全面考查的前提下，高中數(shù)學(xué)的主干知識如函數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、導(dǎo)數(shù)、圓錐曲線、概率統(tǒng)計等仍然是支撐整份試卷的主體內(nèi)容，尤其是解答題，涉及內(nèi)容均是高中數(shù)學(xué)的重點知識。明確了中學(xué)數(shù)學(xué)的教學(xué)方向和考生的學(xué)習(xí)方向。?2.適度綜合考查，提高試題的區(qū)分度 ?本次數(shù)學(xué)試卷的另一個特點是具有一定的綜合性，很多題目是由多個知識點構(gòu)成的，這有利于考查考生對知識的綜合理解能

2、力，有利于提高區(qū)分度，在適當(dāng)?shù)囊?guī)劃和難度控制下，效果明顯。通過考查知識的交匯點，對考生的數(shù)學(xué)能力提出了較高的要求，提高了試題的區(qū)分度. 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 【題文】1. 設(shè)集合A=, B=, 那么“mA”是“mB”的 A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要 【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．A2 【答案解析】A 解析：由，可得x（x﹣1）≤0，且x≠1，解得0≤x＜1， ∴A=[0，1）．∴“m∈A”是“m∈B”的充分不必要條件．故選：A． 【思路點撥】由，可得x（x﹣1）≤0，且

3、x≠1，解得A=[0，1），即可得出． 【題文】2. 命題：（1）, （2）, （3） , （4）若，則， （5），其中真命題個數(shù)是 A．1 B. 2 C． 3 D. 4 【知識點】命題的真假判斷與應(yīng)用．A2 【答案解析】C 解析：（1）根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知,成立，正確； （2）當(dāng)x=1時，不成立，故命題?x∈N*，錯誤； （3）當(dāng)0＜x＜10時，lgx＜1，即 , 成立，正確； （4）若，則且x﹣1=0，故命題錯誤． （5）當(dāng)x=∴，滿足sinx=1，即，，正確．

4、 故真命題是（1）（3）（5），故選：C 【思路點撥】根據(jù)全稱命題和特稱命題的定義和性質(zhì)分別進(jìn)行判斷即可得到結(jié)論． 【題文】3．已知為等比數(shù)列，下面結(jié)論中正確的是 A． B． C．若,則 D．若,則 【知識點】等比數(shù)列的性質(zhì)．D3 【答案解析】B 解析：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則a1+a3=，當(dāng)且僅當(dāng)a2，q同為正時，a1+a3≥2a2成立，故A不正確； ，∴，故B正確； 若a1=a3，則a1=a1q2，∴q2=1，∴q=±1，∴a1=a2或a1=﹣a2，故C不正確； 若a3＞a1，則a1q2＞a1，∴a4﹣a2=a1q（q2﹣1），其正負(fù)由q的符號確定，故D不正確

5、 故選B． 【思路點撥】a1+a3=，當(dāng)且僅當(dāng)a2，q同為正時，a1+a3≥2a2成立；，所以；若a1=a3，則a1=a1q2，從而可知a1=a2或a1=﹣a2；若a3＞a1，則a1q2＞a1，而a4﹣a2=a1q（q2﹣1），其正負(fù)由q的符號確定，故可得結(jié)論． 【題文】4. 已知直線過拋物線C的焦點，且與C的對稱軸垂直。與C交于A,B兩點，=12，P為C的準(zhǔn)線上一點，則ABP的面積為 A．18 B . 24 C. 36 D. 48 【知識點】直線與圓錐曲線的關(guān)系．H8 【答案解析】C 解析：設(shè)

6、拋物線的解析式為y2=2px（p＞0）， 則焦點為F（，0），對稱軸為x軸，準(zhǔn)線為x=﹣ ∵直線l經(jīng)過拋物線的焦點，A、B是l與C的交點， 又∵AB⊥x軸，∴|AB|=2p=12，∴p=6 又∵點P在準(zhǔn)線上，∴DP=（+||）=p=6 ∴S△ABP=（DP?AB）=×6×12=36，故選C． 【思路點撥】首先設(shè)拋物線的解析式y(tǒng)2=2px（p＞0），寫出次拋物線的焦點、對稱軸以及準(zhǔn)線，然后根據(jù)通徑|AB|=2p，求出p，△ABP的面積是|AB|與DP乘積一半． 【題文】5. 設(shè)Sn是等差數(shù)列｛an｝的前n項和，若＝，則＝ A． B．

7、 C． D． 【知識點】等差數(shù)列的前n項和．D2 【答案解析】D 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d， 由等差數(shù)列的求和公式可得且d≠0， ∴，故選D． 【思路點撥】根據(jù)等差數(shù)列的前n項和公式，用a1和d分別表示出s3與s6，代入中，整理得a1=2d，再代入中化簡求值即可． 【題文】6．函數(shù)y＝ln的大致圖象為 【知識點】函數(shù)的圖象．B10 【答案解析】A 解析：∵當(dāng)x＞時，y=ln=ln其圖象為： 當(dāng)2x＜3時，y=ln=ln其圖象為： 綜合可得選項A正確，故選A 【思路點撥】題目中函數(shù)解析式中含

8、有絕對值，須對2x﹣3的符號進(jìn)行討論，去掉絕對值轉(zhuǎn)化為對數(shù)函數(shù)考慮，利用對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)解決． 【題文】7．某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面的面積中，最大的是 A．8 B． C．10 D． 【知識點】由三視圖求面積、體積．G2 【答案解析】C 解析：三視圖復(fù)原的幾何體是一個三棱錐，如圖，四個面的面積分別為：8，6，，10， 顯然面積的最大值10． 故選C． 【思路點撥】三視圖復(fù)原的幾何體是一個三棱錐，根據(jù)三視圖的圖形特征，判斷三棱錐的形狀，三視圖的數(shù)據(jù)，求出四面體四個面的面積中，最大的值． 【題文】8. 如果函數(shù)的圖像關(guān)于點中心

9、對稱，那么的最小值為 A. B. C. D. 【知識點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；余弦函數(shù)的對稱性. 有C4 【答案解析】A 解析：∵函數(shù)y=3cos（2x+φ）的圖象關(guān)于點中心對稱． ∴∴由此易得．故選A。 【思路點撥】先根據(jù)函數(shù)y=3cos（2x+φ）的圖象關(guān)于點中心對稱，令x=代入函數(shù)使其等于0，求出φ的值，進(jìn)而可得|φ|的最小值． 【題文】9．已知函數(shù) 若有則的取值范圍為 A． B． C． D． 【知識點】函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系．B9 【答案解析】B 解析：∵

10、f（a）=g（b），∴ea﹣1=﹣b2+4b﹣3 ∴﹣b2+4b﹣2=ea＞0即b2﹣4b+2＜0，求得2﹣＜b＜2+，故選B 【思路點撥】利用f（a）=g（b），整理等式，利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)建立不等式求解即可． 【題文】10．函數(shù)的圖像與函數(shù)的圖像所有交點的橫坐標(biāo)之和等于 A．2 B． 4 C． 6 D．8 【知識點】正弦函數(shù)的圖象．菁C3 【答案解析】B 解析：函數(shù)y+1=可以化為y=，函數(shù)y1=與y2=2sinπx的圖象有公共的對稱中心（1，0），作出兩個函數(shù)的圖象， 當(dāng)1＜x≤4時，y1≥， 而函數(shù)y2在（1，4）

11、上出現(xiàn)1.5個周期的圖象，在（2，）上是單調(diào)增且為正數(shù)函數(shù)， y2在（1，4）上出現(xiàn)1.5個周期的圖象，在（，3）上是單調(diào)減且為正數(shù)， ∴函數(shù)y2在x=處取最大值為2≥， 而函數(shù)y2在（1，2）、（3，4）上為負(fù)數(shù)與y1的圖象沒有交點， 所以兩個函數(shù)圖象在（1，4）上有兩個交點（圖中C、D）， 根據(jù)它們有公共的對稱中心（1，0），可得在區(qū)間（﹣2，1）上也有兩個交點（圖中A、B）， 并且：xA+xD=xB+xC=2，故所求的橫坐標(biāo)之和為4． 故選：B． 【思路點撥】函數(shù)y+1=可以化為y=，的圖象由奇函數(shù)y=的圖象向右平移1個單位而得，所以它的圖象關(guān)于點（1，0）中心對稱，

12、再由正弦函數(shù)的對稱中心公式，可得函數(shù)y2=2sinπx的圖象的一個對稱中心也是點（1，0），故交點個數(shù)為偶數(shù)，且對稱點的橫坐標(biāo)之和為2． 二、填空題：（本大題共7小題，每小題4分，共28分．） 【題文】11．設(shè)函數(shù)為奇函數(shù)，則　******** ． 【知識點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．B4 【答案解析】﹣1 解析：∵函數(shù)為奇函數(shù)， ∴f（x）+f（﹣x）=0，∴f（1）+f（﹣1）=0，即2（1+a）+0=0，∴a=﹣1． 故應(yīng)填﹣1． 【思路點撥】一般由奇函數(shù)的定義應(yīng)得出f（x）+f（﹣x）=0，但對于本題來說，用此方程求參數(shù)的值運(yùn)算較繁，因為f（x）+f（﹣x）=0是一個恒

13、成立的關(guān)系故可以代入特值得到關(guān)于參數(shù)的方程求a的值． 【題文】12. 函數(shù)的減區(qū)間是 ******** 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．B12 【答案解析】（0，1） 解析：函數(shù)f（x）=ln的定義域是，解得{x|0＜x＜2}，f′（x）=﹣+，令f′（x）=﹣+＜0，即＜， ∵0＜x＜2，∴2﹣x＞x，解得x＜1，故0＜x＜1， 即函數(shù)f（x）=ln的減區(qū)間是（0，1）．故答案為（0，1）． 【思路點撥】函數(shù)f（x）=ln的定義域是{x|0＜x＜2}，f′（x）=﹣+，令f′（x）＜0，由此能求出函數(shù)的減區(qū)間． 【題文】13．已知雙曲線的頂點到漸近線的距離

14、為2，焦點到漸近線的距離為6，則該雙曲線的離心率為　********?。? 【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)．H6 【答案解析】3 解析：如圖，過雙曲線的頂點A、焦點F分別向其漸近線作垂線， 垂足分別為B、C，則：故答案為3 【思路點撥】過雙曲線的頂點A、焦點F分別向其漸近線作垂線，垂足分別為B、C，根據(jù)比例線段的性質(zhì)可知進(jìn)而求得a和c的關(guān)系，則離心率可得． 【題文】14．已知，，則求= ******** 【知識點】兩角和與差的正弦函數(shù)．C5 【答案解析】﹣ 解析：由于＜α＜π，則＜＜， 又sin（α+）=，則＜＜π， 即有cos（）=﹣=﹣， 則sin（﹣α）

15、=sin（）=sin[（）﹣] =[sin[（）﹣cos（）] =[cos（）﹣sin（）]=（﹣﹣）=﹣． 故答案為：﹣． 【思路點撥】由于＜α＜π，則＜＜，又sin（α+）=，則＜＜π，由平方關(guān)系即可求出cos（），由sin（﹣α）=sin（）=sin[（）﹣]，運(yùn)用兩角差的正弦公式和誘導(dǎo)公式：，即可得到答案． 【題文】15．已知點的坐標(biāo)滿足，設(shè)，則（為坐標(biāo)原點）的最大值為 ******** ． 【知識點】簡單線性規(guī)劃的應(yīng)用。版權(quán)E5 【答案解析】2 解析：滿足的可行域如圖所示， 又∵，∵，， ∴，由圖可知，平面區(qū)域內(nèi)x值最大的點為（2，3），故答案為：2

16、 【思路點撥】先畫出滿足的可行域，再根據(jù)平面向量的運(yùn)算性質(zhì)，對進(jìn)行化簡，結(jié)合可行域，即可得到最終的結(jié)果． 【題文】16、在直角三角形ABC中，點D是斜邊AB的中點，點P為線段CD的中點，則= ******** 【知識點】向量在幾何中的應(yīng)用．菁優(yōu)F3 【答案解析】10 解析：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)|CA|=a，|CB|=b，則A（a，0），B（0，b） ∵點D是斜邊AB的中點，∴， ∵點P為線段CD的中點，∴P ∴= = = ∴|PA|2+|PB|2==10（）=10|PC|2 ∴=10．故答案為：10 【思路點撥】建立坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法，確定

17、A，B，D，P的坐標(biāo)，求出相應(yīng)的距離，即可得到結(jié)論． 【題文】17．如圖，M是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中點，給出下列四個命題： ①過M點有且只有一條直線與直線AB，B1C1都相交； ②過M點有且只有一條直線與直線AB，B1C1都垂直； ③過M點有且只有一個平面與直線AB，B1C1都相交； ④過M點有且只有一個平面與直線AB，B1C1都平行． 其中真命題是是 ******** .（填寫真命題的序號） 【知識點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．G3 【答案解析】①②④ 解析：過M點與直線AB有且只有一個平面，該平面與直線B1C1相交，設(shè)交點為P，

18、 連接MP，則MP 與直線AB相交，∴過M點有且只有一條直線與直線AB、B1C1都相交；①正確 ∵直線BC∥直線B1C1，直線BC與直線AB確定平面ABCD，過點M有且只有直線D1D⊥平面ABCD 即過點M有且只有直線D1D⊥AB，⊥BC，∴過點M有且只有直線D1D⊥AB，⊥B1C1∴過M點有且只有一條直線與直線AB、B1C1都垂直；②正確 過M點與直線AB有且只有一個平面，該平面與直線B1C1相交， 過M點與直線B1C1有且只有一個平面，該平面與直線AB相交， ∴過點M不止一個平面與直線AB、B1C1都相交，③錯誤 過M分別作AB，B1C1的平行線，都有且只有一條，這兩條平行線成

19、為相交直線，確定一個平面， 該平面與AB，B1C1平行，且只有該平面與兩直線平行，∴④正確 故答案為①②④． 【思路點撥】①需要構(gòu)造一個過點M且與直線AB、B1C1都相交的平面，就可判斷； ②利用過空間一點有且只有一條直線與已知平面平行判斷； ③可舉反例，即找到兩個或兩個以上過點m且與直線AB、B1C1都相交的平面，即可判斷． ④利用線面平行的性質(zhì)來判斷即可． 三、解答題：（本大題共5小題，共72分） 【題文】 18．（本小題滿分12分）數(shù)列上， （1）求數(shù)列的通項公式； （2）若 【知識點】等差數(shù)列的通項公式；數(shù)列的求和．D2 D4 【答案解析】（1）an=2n

20、+1；（2）Tn=n?3n+1 解析：（1）∵點（an，an+1）在直線y=x+2上． ∴數(shù)列{an}是以3為首項，以2為公差的等差數(shù)， ∴an=3+2（n﹣1）=2n+1 （2）∵bn=an?3n， ∴bn=（2n+1）?3n∴Tn=3×3+5×32+7×33+…+（2n﹣1）?3n﹣1+（2n+1）?3n① ∴3Tn=3×32+5×33+…+（2n﹣1）?3n+（2n+1）?3n+1② 由①﹣②得﹣2Tn=3×3+2（32+33++3n）﹣（2n+1）?3n+1 ==﹣2n?3n+1 ∴Tn=n?3n+1． 【思路點撥】（1）把點（an，an+1）代入直線y=x+2中可

21、知數(shù)列{an}是以3為首項，以2為公差的等差數(shù)，進(jìn)而利用等差數(shù)列的通項公式求得答案． （2）把（1）中求得an代入bn=an?3n，利用錯位相減法求得數(shù)列{bn}的前n項和Tn． 【題文】19?。ū拘☆}滿分14分） 已知函數(shù)（其中） （I）求函數(shù)的值域； （II）若對任意的，函數(shù)， 的圖象與直線有且僅有兩個不同的交點，試確定的值（不必證明），并求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間 【知識點】由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；兩角和與差的正弦函數(shù)；正弦函數(shù)的圖象．C3 C4 C5 【答案解析】（Ⅰ）[-3,1]；（II）[，] 解析：（Ⅰ） ——

22、————5分 由≤≤1, 得≤2≤1　 可知函數(shù)的值域為[-3,1]———— 8分 （II）由題設(shè)條件及三角函數(shù)圖象和性質(zhì)可知，的周期為＞0， 得，即得————10分 于是有，再由≤≤， 解得≤x≤　 所以的單調(diào)增區(qū)間為[，]　 14分 【思路點撥】（I）化簡函數(shù)為一個角的一個三角函數(shù)的形式，根據(jù)正弦函數(shù)的有界性求出函數(shù)f（x）的值域；（II）對任意的a∈R，函數(shù)y=f（x），x∈（a，a+π]的圖象與直線y=﹣1有且僅有兩個不同的交點，確定函數(shù)的周期，再確定ω的值，然后求函數(shù)y=f（x），x∈R的單調(diào)增區(qū)間． 【題文】20．（本小題共15分） 如圖，在三棱錐中，底面

23、ABC ，點、分別在棱上，且 （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）當(dāng)為的中點時，求與平面所成角的大小的余弦值； （Ⅲ）是否存在點，使得二面角為直二面角？若存在，求出的值。 【知識點】與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；直線與平面所成的角．G11 【答案解析】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在點E使得二面角是直二面角，。 解析：（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC. 又，∴AC⊥BC. 又 ∴BC⊥平面PAC.————4分 （Ⅱ）∵D為PB的中點，DE//BC， ∴， 又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC， ∴DE⊥平面PAC，垂足為點E. ∴∠DAE是AD與平面

24、PAC所成的角，————6分 ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA=AB， ∴△ABP為等腰直角三角形，∴， ∴在Rt△ABC中，，∴. ∴在Rt△ADE中，， ∴與平面所成的角的大小的余弦值.————9分 （Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC， 又∵AE平面PAC，PE平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP為二面角的平面角————12分。 ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，此時AE為斜邊PC上的高 故存在點E使得二面角是直二面角. 不妨設(shè)PA=2，則 =————15分 【解法2】以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，

25、 ————1分 設(shè)，由已知可得 . （Ⅰ）∵， ∴，∴BC⊥AP. 又∵，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC. ————4分 （Ⅱ）∵D為PB的中點，DE//BC，∴E為PC的中點， ∴， ∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC， ∴DE⊥平面PAC，垂足為點E. ∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角， ∵， ∴.————8分 ∴與平面所成的角的大小的余弦值.————9分 【思路點撥】（Ⅰ）欲證BC⊥平面PAC，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知只需證BC與平面PAC內(nèi)兩相交直線垂直，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知PA⊥BC，而AC⊥BC，滿足定理所需條件；（Ⅱ）根據(jù)DE⊥平

26、面PAC，垂足為點E，則∠DAE是AD與平面PAC所成的角．在Rt△ADE中，求出AD與平面PAC所成角即可；（Ⅲ）根據(jù)DE⊥AE，DE⊥PE，由二面角的平面角的定義可知∠AEP為二面角A﹣DE﹣P的平面角，而PA⊥AC，則在棱PC上存在一點E，使得AE⊥PC，從而存在點E使得二面角A﹣DE﹣P是直二面角． 【題文】20．（本題15分）如圖，橢圓長軸端點為，為橢圓中心，為橢圓的右焦點,且，． （1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； （2）記橢圓的上頂點為，直線交橢圓于兩點，問：是否存在直線，使點恰為的垂心？若存在，求出直線的方程;若不存在，請說明理由. 【知識點】直線

27、與圓錐曲線的綜合問題．H8 【答案解析】（1）；（2）。 解析：（1）如圖建系，設(shè)橢圓方程為,則 又∵即 ∴ 故橢圓方程為 ……5分 （2）假設(shè)存在直線交橢圓于兩點，且恰為的垂心，則設(shè)，∵，故， ……7分 于是設(shè)直線為 ，由得 …9分 ∵ 又 得 即 由韋達(dá)定理得 解得或（舍） 經(jīng)檢驗符合條件………14分， 所以直線………15分 【思路點撥】（1）設(shè)出橢圓的方程，根據(jù)題意可知c，進(jìn)而根據(jù)求得a，進(jìn)而利用a和c求得b，則橢圓的方程可得．（2）假設(shè)存在直線l交橢圓于P，Q兩點，且F恰為△PQM的垂心，設(shè)出P，Q的坐標(biāo)，利用點M，F(xiàn)的坐標(biāo)求得

28、直線PQ的斜率，設(shè)出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理表示出x1+x2和x1x2，進(jìn)而利用求得m． 【題文】22．（本題滿分16分）已知函數(shù). （1）若函數(shù)為偶函數(shù)，求的值； （2）若，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間； （3）當(dāng)時，若對任意的，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍. 【知識點】函數(shù)恒成立問題．B12 【答案解析】（1）a=0；（2）（﹣∞，﹣1]和（3） 解析：（1）解法一：因為函數(shù)f（x）=﹣x2+2|x﹣a| 又函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)， 所以任取x∈R，則f（﹣x）=f（x）恒成立， 即﹣（﹣x）2+2|﹣x﹣a|=﹣x2+2|x﹣a|恒成立．…（3分）

29、 所以|x﹣a|=|x+a|恒成立， 兩邊平方得：x2﹣2ax+a2=x2+2ax+a2 所以4ax=0，因為x為任意實數(shù)，所以a=0…（5分） 解法二（特殊值法）：因為函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)， 所以f（﹣1）=f（1），得|1﹣a|=|1+a|，得：a=0 所以f（x）=﹣x2+2|x|， 故有f（﹣x）=f（x），即f（x）為偶函數(shù)…（5分） （2）若，則．…（8分） 由函數(shù)的圖象并結(jié)合拋物線的對稱軸可知，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣1]和…（10分） （3）不等式f（x﹣1）≥2f（x）化為﹣（x﹣1）2+2|x﹣1﹣a|≥﹣2x2+4|x﹣a|， 即：4

30、|x﹣a|﹣2|x﹣（1+a）|≤x2+2x﹣1（*） 對任意的x∈[0，+∞）恒成立． 因為a＞0．所以分如下情況討論： ①0≤x≤a時，不等式（*）化為﹣4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2+4x+1﹣2a≥0對任意的x∈[0，a]恒成立， 因為函數(shù)g（x）=x2+4x+1﹣2a在區(qū)間[0，a]上單調(diào)遞增， 則g（0）最小，所以只需g（0）≥0即可，得， 又a＞0所以…（12分） ②a＜x≤1+a時，不等式（*）化為4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2﹣4x+1+6a≥0對任意的x∈（a，1+a]恒成立， 由①，，知：函數(shù)

31、h（x）=x2﹣4x+1+6a在區(qū)間（a，1+a]上單調(diào)遞減， 則只需h（1+a）≥0即可，即a2+4a﹣2≥0，得或． 因為所以，由①得．…（14分） ③x＞1+a時，不等式（*）化為4（x﹣a）﹣2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2+2x﹣3≥0對任意的 x∈（a+1，+∞）恒成立， 因為函數(shù)φ（x）=x2+2x﹣3在區(qū)間（a+1，+∞）上單調(diào)遞增， 則只需φ（a+1）≥0即可， 即a2+4a﹣2≥0，得或，由②得． 綜上所述得，a的取值范圍是．…（16分） 【思路點撥】（1）因為函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)，所以可由定義得f（﹣x）=f（x）恒成立，然后化簡可得

32、a=0；也可取特殊值令x=1，得f（﹣1）=f（1），化簡即可，但必須檢驗． （2）分x≥，x，將絕對值去掉，注意結(jié)合圖象的對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，寫出單調(diào)增區(qū)間，注意之間用“和”．（3）先整理f（x﹣1）≥2f（x）的表達(dá)式，有絕對值的放到左邊，然后分①0≤x≤a②a＜x≤1+a③x＞1+a討論，首先去掉絕對值，然后整理成關(guān)于x的一元二次不等式恒成立的問題，利用函數(shù)的單調(diào)性求出最值，從而求出a的范圍，最后求它們的交集． ⅠB模塊（數(shù)學(xué)） 【題文】1.（本小題滿分10分） 已知函數(shù)（是自然對數(shù)的底數(shù)） （1）求的最小值； （2）不等式的解集為P, 若 求實數(shù)的取值范圍； 【知識

33、點】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用．B12 【答案解析】（1）1；（2） 解析：（1） 當(dāng)時，； 當(dāng)時， 故連續(xù)，故————3分 （2）即不等式在區(qū)間有解，可化為， 在區(qū)間有解————5分 令————7分 故在區(qū)間遞減，在區(qū)間遞增 所以，實數(shù)a的取值范圍為—————10分 【思路點撥】（1）先求導(dǎo)數(shù)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性研究函數(shù)的極值點，連續(xù)函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)只有一個極值，那么極小值就是最小值；（2）根據(jù)不等式f（x）＞ax的解集為P，且{x|≤x≤2}且兩個集合的交集不是空集，可轉(zhuǎn)化成，對任意的x∈[，2]，不等式f（x）＞ax有解，將（1+a）x

34、＜ex變形為 ，令 ，利用導(dǎo)數(shù)研究g（x）的最大值，使a小于最大值即可． 【題文】2．（本小題滿分10分） （1）. 2位男生和3位女生共5位同學(xué)站成一排,若男生甲不站兩端,3位女生中有且只有兩位女生相鄰,則不同排法的種數(shù)是( ) A.60 B.48 C.42 D.36 (2). 若展開式中第6項的系數(shù)最大，則不含x的項等于____________. 【知識點】二項式定理的應(yīng)用；計數(shù)原理的應(yīng)用．J1 J3 【答案解析】（1）B ；(2)210； 解析：（1）從3名女生中任取2人在一起記作A，A共有C32A22=6種不同排法，

35、剩下一名女生記作B，兩名男生分別記作甲、乙；則男生甲必須在A、B之間，共有6×2=12種排法（A左B右和A右B左），再在排好的三個元素中選出四個位置插入乙，共有12×4=48種不同排法；故答案為：B； （2）∵（x3+）n 展開式中第6項的系數(shù)最大， ∴，化簡得； 解得9＜n＜11，即n=10； ∴Tr+1=?（x3）10﹣r?=?x30﹣3r﹣2r， 令30﹣3r﹣2r=0，得r=6， ∴T6+1==210； 即不含x的項等于210． 胡答案為：210． 【思路點撥】（1）先從3名女生中任取2人排在一起，再排男生甲和剩余的一名女生，最后排男生乙，即可得出答案；（2）展開式中的系數(shù)即二項式系數(shù)，求出n的值，再求不含x的項．