2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期12月第二次联考数学试题(解析版)

第二次联考数学试题

一、单选题

1．设集合A{0,1}，BaA．2个 【答案】B

【解析】由ABA，得BA,所以集合B可能为0或1 ，从而得出答案. 【详解】

由ABA，可得得BA. 则集合B可能为0或1 当B0时，a=0. 当B1时，a1. 所以实数a允许取的值有3个. 故选：B 【点睛】

本题考查利用集合的子集关系求参数的值，属于基础题.

，若ABA，则实数a允许取的值有（ ）

2B．3个 C．4个 D．无数个

x2y22．双曲线1的焦点坐标是（ ）

32A．(1,0)，(1,0)

【答案】C

【解析】根据双曲线的方程可得a,b的值，再计算出c，可得其焦点的坐标. 【详解】

B．(0,1)，(0,1)

C．(5,0)，(5,0)D．(0,5)，(0,5)

x2y2由双曲线1，可得a323,b2. 所以c2a2b25，所以c5

第 1 页 共 23 页

x2y2则双曲线1的焦点坐标是(5,0)，(5,0).

32故选：C 【点睛】

本题考查根据双曲线的方程求焦点坐标,属于基础题. 3．若复数zA．1 【答案】D

【解析】先利用复数的除法运算求出复数z，然后再求z3的值. 【详解】

1i（i为虚数单位），则z3的值是（ ） 1iB．1

C．i

D．i

z1i1i1+i2ii，所以z3i3i 1i1+i1i2故选：D 【点睛】

本题考查复数的乘方和除法运算，属于基础题.

4．设a,b是两条直线，,是两个平面，则ab的一个充分条件是（ ） A．a,b//, C．a,b,// 【答案】C

【解析】根据充分条件的判断，即从选项中找出能推出ab成立的即可，由空间线线、线面、面面的位置关系对选项进行逐一判断，即可得出答案. 【详解】

A. 由a,b//,，还可能得到 b//a，如图（1），所以不正确. B. 由a,b,//，还可能得到 b//a，如图（2），所以不正确.

B．a,b,// D．a,b//,

rrrrrra,b,//C. 由，可得b，又所以有ab，所以正确.

D. 由a,b//,，如图（3），所以不正确. 故选：C

第 2 页 共 23 页

【点睛】

本题考查线面垂直、平行的性质及面面垂直、平行的性质，考查充分条件的判断和空间想象能力，属于基础题.

rrrrrrrrr5．若向量a，b的夹角为，|a2b||ab|，若a(tab)，则实数t（ ）

3A．1 2B．

1 2C．3 2D．3 2【答案】A

rrr2rrrrrr【解析】由|a2b||ab|两边平方得b2ab，结合条件可得ba，又由r2rrrrra(tab)，可得taab0，即可得出答案.

【详解】

r2rrr2r2rrr2rrrr由|a2b||ab|两边平方得a4ab4ba2abb.

rrr2rrr2rr即b2ab，也即b2abcos，所以ba.

3r2rrrrrrrr又由a(tab)，得a(tab)0，即taab0.

1r2rrbab1 2所以trr222ab故选：A 【点睛】

本题考查数量积的运算性质和根据向量垂直求参数的值，属于中档题. 6．随机变量的分布列是

 p

2 3 4 a 1 4b 第 3 页 共 23 页

若E()11，则随机变量2的方差D(2)的值为（ ） 4B．

A．

11 1611 8C．

11 4D．

11 2【答案】C

【解析】由分布列可得ab113，由E()，可得a2b1，可解得a,b，然后44由方差的计算公式求出D()。再根据公式求D(2). 【详解】

由概率之和为1，有ab又E()2a3， 4311114b，即a2b1， 可得a，b 442422211111111111

所以D()23442444416所以D(2)2D()4故选：C 【点睛】

本题考查随机变量的分布列和期望求相应的概率值和求方差，属于中档题. 7．函数f(x)cos(sinx)sin(cosx)的图像可能是（ ）

21111 1A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】先由fxfx得到选项A, C不正确，当x0,时，

cos(sinx)sin(cosx)0，即f(x)0，所以选项D不正确.

【详解】

第 4 页 共 23 页

f(x)cossinxsincosxcos(sinx)sin(cosx) cossinxsincosxfx

所以ff,所以选项A, C不正确. 22当x0,时，sinx0,1,cosx1,0,

sinx1，. 2,22sinxcosx2sinx2，即cosxsinx.

422,ysinxsincosxsinsinxcossinx 由函数在上单调递增,所以有222所以当x0,时，cos(sinx)sin(cosx)0，即f(x)0，所以选项D不正确. 故选: B 【点睛】

本题考查三角函数的周期性、单调性和函数值的符号等识别函数的图像，属于中档题. 8．现准备将8本相同的书全部分配给5个不同的班级，其中甲、乙两个班级每个班级至少2本，其它班级允许1本也没有，则不同的分配方案共有（ ） A．60种 【答案】B

【解析】根据题意，可将8本相同的书看成是相同的元素首先要满足甲、乙两个班至少2本书，可以先分给甲、乙两个班各2本书，余下的4本书任意分给五个班，分4种情况讨论分配方案，①4本书都给一个班，②4本书按1、3分成两份或按2、2分成两份给2个班，③4本书按1、1、2分成三份分给三个班，④4本书按1、1、1、1分成4份分给4个班，分别求出其分配方案数目，将其相加即可得答案 【详解】

根据题意，8本相同的书是相同的元素，首先要满足甲、乙两个班至少2本书，可以先分给甲、乙两个班各2本书，余下的4本书任意分给五个班，分4种情况讨论：

①、当4本书都给一个班时，有5种结果，

22②、4本书按1、3分成两份或按2、2分成两份给2个班，有A5C530种结果， 12③、当4本书按1、1、2分成三份时分给三个班时，有C5C430种结果，

B．70种 C．82种 D．92种

4④、4本书按1、1、1、1分成4份分给4个班，有C55种结果

第 5 页 共 23 页

所以不同的分配方案有5+30+30+5=70种结果 故选：B 【点睛】

本题考查分类计数原理，注意分类时做到不重不漏，其次注意相同的书是相同的元素,属于中档题.

9．已知平面四边形ABCD中，AC90，BCCD，再将△ABD沿着BD翻折成三棱锥ABCD的过程中，直线AB与平面BCD所成角均小于直线AD与平面

BCD所成角，设二面角ABCD，ACDB的大小分别为、，则（ ）

A． B． C．存在 D．存在



【答案】A

【解析】根据条件在△ABD沿着BD翻折成三棱锥ABCD的过程中，直线AB与平面BCD所成角均小于直线AD与平面BCD所成角，可得ABAD，过点A作AO平面BCD,为O垂足，过O作OHBC,交BC于点H，过O作OEDC,交DC于点E.连接AH,AE根据AC90，BCCD，可得OHOE,且

AHO，AEO，所以有tan【详解】

AOAO,tan，从而可得答案. OHOE过点A作AO平面BCD,为O垂足,连接OB,OD.

则ABO,ADO分别为直线AB与平面BCD所成角和直线AD与平面BCD所成角.

所以sinABOAOAO. ,sinADOABAD又AB与平面BCD所成角均小于直线AD与平面BCD所成角.

第 6 页 共 23 页

所以

AOAO，即ABAD. ABAD平面四边形ABCD中，AC90，则四点A、B、C、D共圆.

BCCD,设BD的垂直平分线为CE,将△ABD沿着BD折起.

BD为该圆的一条直径，由ABAD，所以点A在平面BCD上的射影O在半圆CDAE内,如图.

所以点O到直线BC的距离大于到直线DC的距离.

过O作OHBC,交BC于点H，过O作OEDC,交DC于点E.连接AH,AE,如图

则OHOE,

由AO平面BCD，所以BCAO,又OHBC，所以BC平面AHO. 所以AHBC,则AHO为二面角ABCD的平面角，即AHO同理可得：AEO.由O在半圆CDAE内，则、为锐角.

.

tanAOAOAOAO,则tan ,tantanOHOEOHOE所以 故选：A. 【点睛】

本题考查线面角和二面角的大小比较，考查翻折问题和空间想象能力，属于难题.

2an10．已知数列an满足a1a，a2b(ab0)，若an11an2，则下列判断

an正确的是（ ）

A．当ab0时，数列an是有穷数列

B．当ab0时，数列an是有穷数列

第 7 页 共 23 页

C．当数列an是无穷数列时，数列an单调 无穷数列 【答案】D

【解析】由条件可得1D．当数列an单调时，数列an是

an1an2an1bbn11n1，若存在正整，即anaaanan1数m，当bm=0时有，am10，此时数列an为有穷数列.若bn恒不为0，则由

an1bn，结合a1a，a2b(ab0)，则am10.数列an就可以按照此递推an关系一直计算下去，所以此时an为无穷数列.由此分析选项得到答案. 【详解】

2an1an2an. 由an11an2，则an0，所以1anan1anan2an1an11即，所以数列为等差数列. an1anan所以

an1bbn11n1 anaa设数列bnnb1， a数列bn是单调递增的等差数列，

若存在正整数m，当bm=0时有，am10，此时数列an为有穷数列.

an1bn，结合a1a，a2b(ab0)，则am10. 若bn恒不为0，则由an数列an就可以按照此递推关系一直计算下去，所以此时an为无穷数列. 故只要对任意的非零自然数n，bnnb1都不为0，则an为无穷数列. a例如当a1,b2或a2,b1时，bn恒不为0，则an为无穷数列，所以A, B不正确.

由递推关系有：an1annb1 a7 2取a2,b5时，an1ann第 8 页 共 23 页

a3，LL由上的推导可知an为无穷数列. 则a12，a25，此时数列不是单调数列，所以C不正确.

当数列an为有穷数列时，由前面的推导有，存在正整数m，当bm=0时有，am10

52LLam，am1. 此时数列an为a1，a2，a3，LLam全为正或全为负. 由am10，若数列an单调，则a1，a2，a3，由

ak1bk0km1 则b1，b2，b3，LLbm1全为正，而bm=0. ak这与bnnb1不相符合，即当数列an为有穷数列时，数列不可能单调. a所以当数列an单调时，数列一定有无穷多项.所以D正确. 故选：D 【点睛】

本题考查递推数列，根据递推关系判断数列的项数是有穷还是无穷，属于难题.

二、填空题

11．中有一题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我《九章算术》羊食半马，”马主曰：“我马食半牛”，今欲衰偿之，问各出几何？其意：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，苗主人要求赔偿五斗粟，羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比例偿还，问羊的主人应赔偿______斗粟，在这个问题中牛主人比羊主人多赔偿______斗粟． 【答案】

515 771的等比数列，根据等比数列的性质及求和2【解析】由题意可知z，y，z依次成公比为公式即可求得答案． 【详解】

设牛、马、羊的主人应赔偿的斗栗分别为x,y,z. 由题意可知x，y，z依次成公比为则xyz4z2zz5， 解得z则x1的等比数列， 25， 75204， 77第 9 页 共 23 页

羊的主人应赔偿

5斗粟； 720515斗粟． 牛主人比羊主人多赔偿

777515故答案为；．

77【点睛】

本题考查等比数列的性质与前n项和，属于基础题．

12．在VABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，点D为则AC的中点，已知

a4,b5,c6，则BD______．

【答案】79； 23,然后在△ABD中，再用余弦定理可4【解析】先在VABC中由余弦定理得cosA求得BD得长. 【详解】

AC2AB2BC25262423由余弦定理有cosA

2ACAB25 在△ABD中，BD2AB2AD22ABADcosA

5379795 ，所以BD622622442故答案为：279 2

【点睛】

本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.

x2y213．已知F1,F2是椭圆221(ab0)的左右焦点，若存在过点F1的直线AB交

ab 椭圆于A,B两点，使得2AF1，则此椭圆的离心率为_____．13F1B，BF22BF【答案】5； 5第 10 页 共 23 页

【解析】先由椭圆得定义结合条件可得AF2AF1a，

BF24a2a5a,BF1,AB，然后在△AF1F2中由余弦定理可得33332a24c2VABFcosBAF，在中由余弦定理可得，即可求出椭cosF1AF222252a圆得离心率. 【详解】

设BF1. 1n，则由条件2AF13F1B，BF22BF所以BF22n，AF13n. 2由A,B都在椭圆上,则BF2BF12a,AF2AF12a 所以BF2BF13n2a，AF2AF1AF2所以AF23n2a3n 232a. n,n234a2a5a,BF1,AB， 333AF1AF2F1F22AF1AF2222222即AF2AF1a，BF2在△AF1F2中，cosF1AF22a24c2 22a222在VABF2中，cosBAF2ABAF2BF22ABAF25a4aa333

5a52a3312a22c23522 12e所以，即，所以，即ee2552a55故答案为：【点睛】

本题考查椭圆的离心率的求法，考查椭圆的定义的应用和余弦定理的应用，属于中档题. 14．已知函数f(x)axbxab在区间[1,2]上至少有一个零点，则a2b22b的最小值为______． 【答案】25 525； 34222【解析】ab2bab11表示点a,b到点0,1的距离的平方再减1，

2第 11 页 共 23 页

点a,b是坐标系aob中直线ax1bx+10(x看成参数)上的点,则点0,12d到直线ax1bx+10的距离

2x1x21x122，求出d2的最小值即

可. 【详解】

f(x)ax2bxabax21bx+1,

2函数f(x)在区间[1,2]上至少有一个零点,即方程ax1bx+10在[1,2]上由

解.

a2b22ba2b11表示点a,b到点0,1的距离的平方再减1.

2其中点a,b是坐标系aob中直线ax1bx+10(x看成参数)上的点.

2所以点a,b到点0,1的距离大于等于点0,1到直线ax1bx+10的距离.

2d而点0,1到直线ax1bx+10的距离2x11x21x122

x1d2222所以x1x121x2121x12x21

1x122设x+1=t，由x1,2,t2,3，则xx1由函数yt21t1t1t22t22t2

tt2252在t2,3单调递增，所以1t2 tt311922234，即d29 5所以x134131x1故ab2bab1122229251 3434故答案为：【点睛】

25 34本题考查了点到直线的距离的应用，考查了变换主元的方法，考查求函数的最值，本题的关键在于将方程看成是关于变量a,b的直线，属于难题.

第 12 页 共 23 页

三、双空题

15．若xlog341，则4x的值为_____；若0loga的取值范围为____. 【答案】3 0a11（a0且a1），则实数a31； 3【解析】由xlog341可得xlog43，可求出4x的值. 由loga1loga1，可得函数3ylogax单调递减，由loga1logalogaa可求出实数a的取值范围.

【详解】

由xlog341，得x所以4x4log433 由0loga131log43. log34111，即loga1logalogaa.

3311，因为1，所以函数ylogax单调递减. 3311即0a1，又logalogaa，所以0a

331故答案为：(1). 3 (2). 0a；

3由loga1loga【点睛】

本题考查指数、对数的互化和计算以及解对数不等式，属于基础题.

16．一个几何体的三视图如图所示，正视图为等腰直角三角形，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该几何体的体积为_____，其外接球的表面积为______．

【答案】2 8；

【解析】根据三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，则体积可求，将该三棱柱补成一个长方体，可得出其外接球的表面积. 【详解】

第 13 页 共 23 页

根据三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱,画出其直观图，如图. 由三视图中的数据可得，在底面三角形中，底边上的高是1，斜边为2，直角边为2. 侧棱长为2，即棱柱的高为2. 所以其体积为：VSh12122 2

将该三棱柱补成一个长方体，则该长方体与三棱柱的外接球相同. 该长方体的长、宽、高分别为2、2、2. 所以其外接球的直径为该长方体的对角线则外接球的半径为22，所以其表面积为S428

2222222. 2故答案为：(1). 2 (2). 8. 【点睛】

本题考查由三视图求几何体的体积和其外接球的表面积，属于中档题.

1417．多项式2x(2x)的展开式中，所有项系数之和是______，x2的系数是

x_____．

【答案】162 33；

14【解析】令x1可得多项式2x(2x)的展开式中所有项系数之和，由

x114x(2x)(2x)4+x(2x)4，又(2x)4展开式的通项公式为22xxTr1C4r24rxr，则可分别求出

【详解】

设x1可得多项式1(2x)4，x(2x)4中含x2的系数，可得答案. 2x14x(2x)的展开式中所有项系数之和. 2x144x(2x)11(21)281162 的展开式中所有项系数之和为2x第 14 页 共 23 页

11444x(2x)(2x)x(2x)，(2x)4的展开式的通项为22xxTr1C4r24rxr.

所以

1(2x)4中含x2，则r4，其系数为C442441. 2x141232 x(2x)4中含x2，则r1，其系数为C4所以142x(2x)的展开式中，x的系数是32+1=33. 2x故答案为：(1). 162 (2). 33. 【点睛】

本题考查利用二项式定理求特定项的系数和所有项的系数，属于中档题.

四、解答题

18．设函数f(x)asinx（1）求实数a的值；

（2）若函数g(x)f(xm)mcosx(xR)的最大值为1． 6,为偶函数，求sinm的值． 22【答案】（1）a413或4．（2），．

223(1)化简f(x)【解析】值.

(2)由条件可得g(x)aasin2x+，根据f(x)的最大值为1，可求出参数a的264aasin2x2m+为偶函数，即2mk，26624kZ，由m,，可得出m，进一步可求出sinm.

322【详解】 解：

（1）f(x)acosx313aaasinxcosxsin2xcos2x

24442aasin2x+ 264第 15 页 共 23 页

4aaaa+1或+1，得a或4．

32424（2）f(x)aaaasin2x+，g(x)sin2x2m+为偶函数，

262644则2m6k2，kZ

mk， 26由于m【点睛】

1,，则m，，sinm3，．

236222本题考查三角函数的化简，根据三角函数的最值求参数，以及根据三角函数的奇偶性求参数的值，属于中档题.

19．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1，ABA1BAA12AD，DAB3，

ADD1A1为矩形．

（1）证明：平面DBB1D1平面BCC1B1； （2）求直线AB1与平面A1ACC1所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析（2）

1 6【解析】由ADD1A1为矩形，得DD1AD,由AB2AD，DAB3，可得

BD23AD2，可得ADBD，从而得到AD平面BB1D1D,从而得证.

以点O为原点，以DA,DB为x,y轴，，过点O作与面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系oxyz，不妨设AD1，ABAA1A1B2，则

A(1,0,0),B(0,3,0)，设A1x0,y0,z0，由AA12，A1B2，AD5，求出1点坐标，从而应用向量法求解线面角.

第 16 页 共 23 页

【详解】

解：（1）在VABC中，AB2AD，DAB3，

由余弦定理有BD2AB2AD22ABADcos60，可得BD23AD2. 所以有AD2DB2AB2，即ADB2，则ADBD．

由ADD1A1为矩形，得DD1AD，由D1DBDD，得AD平面BB1D1D， BC//AD，则BC⊥平面BB1D1D，又BCB1C1CB，

故平面DBB1D1平面BCC1B1．

（2）如图，由（1），分别以DA,DB为x,y轴，以点O为原点，

过点O作与面ABCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系oxyz，如图. 不妨设AD1，ABAA1A1B2，则A(1,0,0),B(0,3,0)，

AA12，A1B2，AD设A5， 1x0,y0,z0，由1x01x01y02z02422222221,,，取A1， x0y03z04，解得y0333222x0y0z0528z032uuur222uuuruuuruuur522AA10,,ABAAAB1,,，， 113333uuuruuuruuurACABAD2,3,0

rACCA设平面11的法向量为n(x1,y1,z1)

2x13y10uuuvvrnAA10v则vuuu，即2，可以取n(3,2,2) 22y1z10nAC033设直线AB1与平面A1ACC1所成的角为，

uuurrAB1nuuurrsin|cosAB1,n|uuurr则AB1n31 63633第 17 页 共 23 页

【点睛】

本题考查面面垂直的证明和求线面角，属于中档题.

20．设数列an满足a11，an1ann1，数列bn的前n项和为Sn，且满足

S1S2Snan． 2n（1）求数列an，bn的通项公式； （2）若cnbn35，求证：c1c2Lcn．

SnSn28n(n1)．bn2n1．（2）见解析 2【答案】（1）an【解析】(1)由an1ann1，用累加法可求出an，当n2时，

Snanan1n，n2可得Snn，再由当n2时，bnSnSn12n1，可得出bn.

(2) 由cn得证. 【详解】 解：

2(n1)111nc从而22用裂项相消可得数列n的前项和，

n2(n2)22n(n2)（1）由于an1ann1，则ananan1an1an2La2a1a1

n(n1)L1n(n1)n(n1)，即an．

22当n1时，b1a11； 当n2时，

Snn(n1)n(n1)n，解得Snn2． n22第 18 页 共 23 页

2 n1时，b11S1也满足，所以Snn.

当n2时，bnSnSn12n1，b11符合此式，即bn2n1． （2）由于cn则

2(n1)111 22，

n2(n2)22n(n2)c1c2Lcn111111151151L22222222324n(n2)24(n1)(n2) 【点睛】

本题考查利用累加法和利用bn与Sn的递推关系求数列通项公式，利用裂项相消求数列前n项和，属于中档题.

21．已知点F(1,0)为抛物线y22px(p0)的焦点，点P在抛物线C上，过点R(t,0)的直线交抛物线C于A,B两点，线段AB的中点为M，且满足uPMuuur2uMFuur．

（1）若直线AB的斜率为1，求点P的坐标； （2）若t65，求四边形FBPA面积的最大值． 【答案】（1）P(9,6)（2）

263． 【解析】(1)由得F(1,0)抛物线的方程为y24x，设直线AB方程为xyt，与抛

物线方程联立可得到M的纵坐标，从而得到点P的坐标.

(2) 设直线AB方程为xmyt，与抛物线方程联立可得到M2m2t,2m，又

uPMuuur2uMFuur，可得m23t23，则可求出t的范围,然后用弦长公式求出|AB|的长，第 19 页 共 23 页

8求出点F到AB的距离，SFBPA3SVABF26(3t1)(t1)2,然后再求最大值. 【详解】

2解（1）点F(1,0)是抛物线的焦点，则抛物线的方程为y4x．

设直线AB方程为xyt，Mx0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2

y24x2由，得y4y4t0，y1y24，y02， xyt由PM2MF得y0yP20yP

2yP所以yP6，xP9，P(9,6)．

4uuuuruuur

（2）设直线AB方程为xmyt．

y24x2，得y4my4t0， xmyty1y24m从而16mt0．

yy4t1222由于M为线段AB的中点，则y02m，x02mt，即M2mt,2m

222uuuuruuur2mtxp212mt2又PM2MF，则，从而P6m3t2,6m

2myp4m2点P在抛物线上，则36m46m3t2，m223t2． 323t2m06263由于且t，得t，

535m2t6t203第 20 页 共 23 页

26t,11,． A,B,F又三点共线时，t1，所以35又|AB|1m2y1y21m2点F到AB的距离d则SFBPA3SVABF6y1y224y1y24m21m2t |1t|m21，

m2t(t1)226(3t1)(t1)2，

2记f(t)(3t1)(t1)t,11,，则f(t)(9t5)(t1)．

3526226,1f(t)故在区间递减，1,5递增，f(t)maxmaxf,33t2 361f，此时59所以SFBPA26(3t1)(t1)226126 33四边形FBPA面积的最大值为【点睛】

26． 3本题考查求抛物线上满足条件的点的坐标和求四边形的面积的最大值，属于难题. 22．已知函数f(x)(ax1)ex12xx1． 2（1）当a2时，求g(x)f(x)x在[0,)上的最小值； （2）若直线yx是函数f(x)的切线方程，求实数a的值；

4ax11xx（3）若a1，证明：对任意实数恒成立． 0,，xe2x2ae【答案】（1）0（2）a1（3）见解析

【解析】(1)求出函数g(x)的到函数g(x)(2x1)exx2e1e0，可得g(x)的单调性，从而得出其最小值.

(2) 设切点为x0,x0,由直线yx是函数f(x)的切线方程，则

xxxx0ex0fx0ax0a1ex011，即ax0，又fx0x0，即

ex01x0第 21 页 共 23 页

ax01ex0121312x01，即得ex0x0x0x010，即求出函数222F1(x)ex01312x0x0x01的零点即可. 22xx(3) 因为a1，所以当x0时，f(x)xee12xx1,所以当x0时，211f(x)xexexx2x1,设g(x)xexexx21，可得g(x)0恒成立，

22211x2x2且g(0)0，则x0,时，f(x)x，即(ax1)ex1，即

a222(ax1)12(ax1)xe，同理可得，从而可证.

x22exx22【详解】

解：（1）由于g(x)(2x1)ex12x1，则2g(x)(2x1)exxx2ex1ex0，从而g(x)在[0,)单调递增，从而

g(x)ming(0)0．

x（2）f(x)(axa1)ex1，由题可知，设切点为x0,x0，

x0ex0则由fx0ax0a1ex011，整理得ax01．

ex0x0x0ex0①． 当x01时，不可能；当x01时，得ax0ex01又fx0x0，即ax01ex012x01②． 2由①②可得，e0x1312x0x0x010． 22令F1(x)e0x321312x x0x0x01，则F1(x)e0x0x01，注意到F1(0)0．

22232x0x01，则F2(x)ex03x01，注意到F2(0)0． 2x令F2(x)e0xx令F3(x)e03x01，则F3(x)e030恒成立．

可得x0时，F2(x)0，x0时，F2(x)0，所以F2(x)F1(x)0恒成立，

第 22 页 共 23 页

所以yF1(x)在R上单调递增，可知x00是方程的唯一解． 所以切点为(0,0)，a1． （3）因为a1，

所以当x0时，f(x)xeaexx121xx1xexexx2x1③， 22121xx1xexexx2x1④， 22所以当x0时，f(x)xeaexx令g(x)xeexx121xx1xxexexx21，则g(x)xex1． 22 当x0时，ex10；当x0时，ex10，所以g(x)0恒成立，且g(0)0．设x0,11x，则,0． aaxx此时g(x)0，即xee12xx1x，结合③，得f(x)x， 2x2212(ax1)12x22x即(ax1)ex1，得到0e，x成立 22(ax1)ex222xg(x)0，即xexex12xx1x，结合④，得f(x)x， 2即(ax1)exx2212x22x0， ，得到ex12(ax1)22所以ex2(ax1)2(ax1)xe，成立，

x22x22所以

12(ax1)2(ax1)4axxe成立，得证． x222ex2x2x2【点睛】

本题考查利用导数求函数的最小值，根据切线求参数和利用导数证明不等式，属于难题.

第 23 页 共 23 页