2020屆福建省廈門市高三畢業(yè)班第一次質量檢測模數(shù)學(理)試題(解析版)

1、第1 1頁共 2222 頁2020 屆福建省廈門市高三畢業(yè)班第一次質量檢測模數(shù)學(理)試題一、單選題121 1 .已知A x x 1,B x(x )0，則Al CRB()211A A .1,1B B.C C.1,1D D.1,11,122【答案】C【解析】 先求出集合A,B，再根據交集和補集的定義求解即可.【詳解】&I1 2解： A x x 1,B x(x -)0,1-A 1,1,B1,211 AI CRB1,1,22故選：C.【點睛】本題主要考查集合的交集和補集，屬于基礎題.2 2 設z i 3，則z |z|()A A.i 310B B.i 310c c.i 3、10D D.i 31

2、0【答案】B【解析】根據共軛復數(shù)的定義以及復數(shù)的模直接運算即可.【詳解】解：/z i 3,z i 3,z |z| i 3怖,【詳解】第 2 2 頁共 2222 頁故選：B.【點睛】本題主要考查共軛復數(shù)和復數(shù)的模，屬于基礎題.3 3.中國武漢于 20192019 年 1010 月 1818 日至 20192019 年 1010 月 2727 日成功舉辦了第七屆世界軍人運動會 來自 109109 個國家的 93009300 余名運動員同臺競技. .經過激烈的角逐，獎牌榜的前 3 3 名如下：國家金牌銀牌銅牌獎牌總數(shù)中國13313364644242239239俄羅斯51515353575716116

3、1巴西2121313136368888某數(shù)學愛好者采用分層抽樣的方式，從中國和巴西獲得金牌選手中抽取了2222 名獲獎代表 從這 2222 名中隨機抽取 3 3 人，則這 3 3 人中中國選手恰好 1 1 人的概率為（）221957171A A .B B.C C.D D.-57154015401540【答案】C C【解析】先根據分層抽樣確定中國選手的人數(shù)，再利用組合數(shù)根據古典概型的概率計算公式求解即可.【詳解】解：中國和巴西獲得金牌總數(shù)為154154,按照分層抽樣方法，2222 名獲獎代表中有中國選手 1919 個，巴西選手 3 3 個，、CwCl57故這 3 3 人中中國選手恰好 1 1 人

4、的概率P一3C221540故選：C C.【點睛】本題主要考查分層抽樣和古典概型的概率計算公式，屬于基礎題.4 4 已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，公差為-2-2,且37是a3與39的等比中項，則S0的值為（）第3 3頁共 2222 頁A A . - 110110B B. 9090C C. 9090D D . 110110【答案】D D【解析】根據等比中項的定義得a；8389，結合公差可求出首項，從而可得答案.【詳解】第 2 2 頁共 2222 頁解：Ta7是a3與a9的等比中項,a3a9,又數(shù)列an的公差為2,(ai212)(ai -4)(a116)，解得 a a 2020,- an20 (

5、n 1)(2)22 2nS1010(aia10)25(202) 110,故選： D D.【點睛】本題主要考查等差數(shù)列的前n項和，考查等比中項的應用，屬于基礎題.xx5 5.已知函數(shù)f x e e，給出以下四個結論：(1)(1)f x是偶函數(shù)；f x的最大值為 2 2;當f x取到最小值時對應的x 0；【詳解】-函數(shù)f x為偶函數(shù)，故(1 1)對；e2xqxxei乂f Xeex,e當x 0時，e2xex1，則f x 0,f x在0,上單調遞增，,0單調遞增，在0,單調遞減. .正確的結論是(B.B.C.D .【答案】C C【解析】 根據偶函數(shù)的定義可判斷1 1),再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值

6、.第5 5頁共 2222 頁結合偶函數(shù)的性質可知f X在,0單調遞減,函數(shù)f x在x 0處取得最小值f xminf 02，無最大值，故（3 3）對，（2 2）（ 4 4）錯，故選：C C.【點睛】本題主要考查偶函數(shù)的定義及判斷，考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，屬于中檔題.6 6.已知正四棱柱ABCD A3CD的底面邊長為 1,1,高為 2 2,M為BC的中點，過M作平面 平行平面AiBD，若平面 把該正四棱柱分成兩個幾何體，則體積較小的幾何體的體積為（）1111A A .B B.C C .D D .8162448【答案】C C【解析】設N為C1D1的中點，P P 為 CGCG 的中點，連接

7、MN,MP,NP，連接 CBCB ,利用面面平行的判定定理可證得平面MNP/平面ABD，從而平面MNP為平面 ，從而可得體積較小的幾何體為三棱錐，再根據棱錐的體積計算公式求解即可.【詳解】解：設N為C1D1的中點，P為 C C。的中點，連接MN,MP,NP，連接 CB-CB-在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，易證A1B1/CD，貝DA1/CB1,M為B1C1的中點，P為 CCCC1的中點,MP/CB1, DA1/MP,第6 6頁共 2222 頁 MP平面AiBD,DA1平面ABD, /.MP/平面ABD,同理可證：NP/平面A1BD,MN/平面ABD, MP I NP P,MP,NP平面M

8、NP, 平面MNP/平面A,BD,即平面MNP為平面 ，體積較小的幾何體為三棱錐P C1MN,故選：C C.【點睛】 本題主要考查面面平行的判定，考查棱錐的體積公式，屬于基礎題.1C“37 7 .設ae2,b 4e2,c 2e1,d 3e2，則a,b,c,d的大小關系為（A A.c b d aB B.c d a bC C.c b a dD D.c d b a. . 【答案】B B【解析】利用指數(shù)幕的運算性質化成同分母，再求出分子的近似值即可判斷大小.【詳解】解：2a1 e3e，eb2164，e24c2e4e2d24，de9e4，e由于e2.7,2e7.393,e20.09, 所以c da b,

9、故選：B B.【點睛】本題主要考查比較冪的大小，屬于基礎題.8 8.函數(shù)f x sinx cosx的最小正周期與最大值之比為（）A A .B B.2C C. 4 4D D .8【答案】C C【解析】 去掉絕對值作出函數(shù)的圖象即可求出函數(shù)的周期與最值，從而得出答案.【詳解】1 sin 2x, 2k2 21 sin 2x 2k2 2作出圖象得x 2k2k Z,3x2k21 1則體積dMN3 2泅CN C1P1124，解：去絕對值f x第7 7頁共 2222 頁由圖可知，函數(shù)的最小正周期為2，最大值為所以最小正周期與最大值之比為4 4 , 故選：C C.【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的圖象與性質，考查

10、分類討論與數(shù)形結合的思想，屬于中檔題.uuu uujr.CE,CD；：,再分類討論，結合三角函數(shù)的性質即可得出結論.【詳解】fUUU UULTr解：由已知可得AB 4,CE AE BE 2，設 ：:CE,CD；：,得2 4cos cos 4，此時 4同理，當D與B重合時 一4UUU UUU由CE CD 4，得2 CD cos 4，故選：C C.【點睛】max9 9 .已知三角形ABC為直角三角形，點uuv uuuv一點D都有CECDuuv ULUVBC AC 4E為斜邊uuu則CDAB的中點，對于線段AB上的任意的取值范圍是（A A .2,26B B.2,2.62,2、2D D.2,2、2【答

11、案】C C【解析】設當D與E重合UUUUUITCECD2 2 cosO 4，符合題意;當D與A重合時，BDCCD4cos，代入CE CDr4，即CD，結合cos0，可得CD 2,2 2，4第8 8頁共 2222 頁本題主要考查向量的數(shù)量積，考查三角函數(shù)的性質，考查分類討論思想，屬于中檔題.2x23第9 9頁共 2222 頁近似代替，其中k1y2y1ky3 %kx2xx3x2kk1x x若令X131n0,X2,X3n2請依據上述算法，估算sin2n的近似值是（)5241717163A A B B C C D -252525255【答案】A A【解析】直接按照所給算法逐步驗算即可得出最終結論.【詳

12、解】y1f (0)0,y2冗f(n)1,y3f(n0,故Kyy12,ky3y2-,k2kk1X2X1X3X2X3X1故f (x)24424X2x(x-)2XX,即sinx4242XX,.24/2、24224sin2()55525，故選：A A 【點睛】2 2X V21111 已知雙曲線 二21的右支與拋物線x 2py相交于 代B兩點，記點A到拋1010 中國古代近似計算方法源遠流長，早在八世紀，我國著名數(shù)學家、天文學家張隧（法號：一行）為編制大衍歷發(fā)明了一種近似計算的方法二次插值算法（又稱一行算法，牛頓也創(chuàng)造了此算法，但是比我國張隧晚了上千年）:對于函數(shù)y f （x）在N，X2，X3N X2X

13、3處的函數(shù)值分別為f咅f X2X3，則在區(qū)間X1,X3上f X可以用二次函數(shù)f（x）y1匕X X1k2x % x x2來解：函數(shù)f(x)sinx在x 0，n,xn處的函數(shù)值分別為2本題主要考查準確理解題目所給運算法則是解決本題的關鍵,屬于中2x23第1010頁共 2222 頁a b物線焦點的距離為 d，拋物線的準線到拋物線焦點的距離為d2，點B到拋物線焦點的距離為d3，且d1,d2,d3構成等差數(shù)列，則雙曲線的漸近線方程為（）B B.y，2xC C.y .3x第1111頁共 2222 頁【答案】A A【解析】設A xi,yi,B X2,y2，拋物線焦點為從而可求得漸近線方程.【詳解】漸近線方程

14、為故選：A A .【點睛】檔題.i2i2 .已知方程xxe ae2xi0只有一個實數(shù)根,則a的取值范圍是（)0 0 或ai亠i0或A A . a aB B. a a 0 0 或aC C.a a 0 0D D.a23ia3【答案】 A A【解析】 令te ,t0,x In t,則原方程轉化成Intia t -0,令tf tInti a t一t，顯然f i0，問題轉化成函數(shù)f t在0,上只有一個零點 i i，求導后再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，由此可得答案.根據拋物線定義可得yiy P，利用點差法可得2 pyi2 py2a2yiyyiy?，F(xiàn),由已知可得AF BF 2p,解：設A Xi,yi,

15、B X2,y2，拋物線焦點為F,由已知有AF BF2p，即yiy22由a22a2i生1b22i互1b22 2兩式相減得2ayiy2b22py22ayiy2yiby2，故b2a本題主要考查拋物線的定義，考查雙曲線的漸近線,考查推理能力與運算能力，屬于中第1212頁共 2222 頁【詳解】第1313頁共 2222 頁解：令tXe ,t0,x2Int，則原方程轉化成tlnt a t 10，即In t aInt，顯然f 10,問題轉化成函數(shù)0,上只有一個零點 1 1,at2t aT，0，則 f f t tIntInt 在0,單調遞增,此時符合題意;在0,單調遞增,0，此時符合題意;0，記h tat2t

16、則函數(shù)h t開口向下，對稱軸t丄2a過0, a，1 4a2,0即1 4a20,單調遞減,此時符合題意;即1 4a2a a * *時，設0有兩個不等實根t1,t2,0 t1t2,1t2a1，所以0tl1 t2,0,ti單調遞減,tl,t2單調遞增,t2,單調遞增,由于0，所以f t2取t01ea11 a2eat012aa e_ ?a1 1a2eaa2ea令t丄,t 2,a2 tt, t e e m t廠t20 0，所以f to結合零點存在性定理可知，函數(shù)f t在t2,to存在一個零點，不符合題意;綜上，符合題意的a的取值范圍是 a a 0 0 或a1,2，【點睛】第 1414 頁 共 2222

17、頁本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，考查推理能力與運算能力，考查分類 討論思想，屬于難題二、填空題413132x 3y的展開式中二項式系數(shù)最大的項為 _ . .【答案】216x2y24【解析】2x 3y的展開式中二項式系數(shù)最大的項為第三項，根據公式求解即可【詳解】 解：由題意可知二項式系數(shù)最大的項為第三項，22 22 2T3C422x23y2216x2y2，故答案為：216x2y2【點睛】本題主要考查二項式定理及其應用，屬于基礎題1414高三年段有四個老師分別為a,b,c,d，這四位老師要去監(jiān)考四個班級A,B,C,D， 每個老師只能監(jiān)考一個班級，一個班級只能有一個監(jiān)考老師. .現(xiàn)要求

18、a老師不能監(jiān)考A班，b老師不能監(jiān)考B班，c老師不能監(jiān)考C班，d老師不能監(jiān)考D班，則不同的監(jiān) 考方式有 _種 . .【答案】 9 9【解析】 以a老師監(jiān)考的班級分類討論即可求出答案.【詳解】解：當a老師監(jiān)考B班時，剩下的三位老師有 3 3 種情況，同理當a老師監(jiān)考C班時，也 有 3 3 種，當a老師監(jiān)考D班時，也有 3 3 種，共 9 9 種， 故答案為： 9 9【點睛】本題主要考查計數(shù)原理，屬于基礎題2 22 21515已知圓O：x2y21， 圓N：x a 2 y a1. . 若圓N上存在點Q，過點Q作圓0的兩條切線 切點為A, B，使得AQB 60，則實數(shù)a的取值范圍是J14414【答案】1

19、,1-2 2【解析】由已知可得問題轉化為圓N和圓x2y24有公共點，從而根據幾何法即可 求出答案.【詳解】第 iiii 頁共 2222 頁解：已知有Q0 2，即點Q的軌跡方程為圓T:x2y24，問題轉化為圓N和圓T有公共點，則ia22,Ji4a 23，故iai衛(wèi),V22故答案為：w.2 2【點睛】本題主要考查圓和圓的位置關系，屬于基礎題.1616 .已知正方體ABCD AiBiCiDi的棱長為 3.3.點N是棱ABi的中點，點T是棱CCi上靠近點C的三等分點. .動點Q在正方形DiDAAi（包含邊界）內運動， 且QB / /面DiNT，則動點Q所形成的軌跡的長度為 _【答案】J0【解析】取DC

20、中點Ei，取AG i,則平面BGEi平面DiNT,延長BEi，延長AD, 交于點E，連接EG交DDi于點|，可證得點Q的軌跡是線段GI，從而可求出答案.【詳解】解：由于QB/平面DiNT，所以點Q在過B且與面DiNT平行的平面上，N比取DC中點Ei，取AiG 1，則平面BGE/平面0NT,延長BEi，延長AD，交于點E，連接EG交DDi于點I, 顯然，平面BGE平面D1DAA1GI，所以點Q的軌跡是線段GI,1由中位線定理可證得DI AG 1,2-GI . 2 1232,10,第1616頁共 2222 頁故答案為：.10.【點睛】本題主要考查面面平行的判定與性質，考查平面的基本公理，屬于中檔題

21、.三、解答題11717 .已知函數(shù)f(x) sin x(cosx sinx)2(1) 求 f f (x)(x)的單調遞減區(qū)間；(2) 在銳角VABC中，a,b,c分別為角A,B,C的對邊，且滿足acos2B acosB bsinA，求f(A)的取值范圍. .511【答案】(1 1)k -,k,k Z.(2 2)(,)8 8 2 2【解析】(1 1)根據降幕公式化簡 f(x)f(x)的解析式，再用整體代入法即可求出函數(shù)的單調遞減區(qū)間；(2)由正弦定理邊化角，從而可求得B，根據銳角三角形可得A ,從而442可求出答案.【詳解】1解：(1 1)f (x)sin 2x22(11cos2x)21(sin

22、 2x cos2x)2sin (2 x 24由2k2x2k,k乙得kx k,2428 8所以 f(x)f(x)的單調遞減區(qū)間為k-,k58 8,k Z;(2 2)由正弦定理得sin Acos2Bsin AcosBsin Bsin A, sin A 0, cos2B cosB sin B,第1717頁共 2222 頁即(cosB sinB)(cosB sinB) cosB sinB,(cos B si n B)(cos B si nB 1) 0,得cosB sinB 0，或cosB sinB 1,解得B，或B(舍)，42【點睛】 本題主要考查三角函數(shù)的化簡與性質，考查正弦定理的作用，屬于基礎題.

23、1818 在三棱柱ABC A1B1C1中，已知AB ACAAJ5,BC 4,O為BC的a(1) 證明四邊形BB1C1C為矩形；(2) 求直線 AAAA 與平面 ABQABQ 所成角的余弦值. .【答案】(1 1)見解析(2 2)二051515【解析】(1 1)連接AO，可得BC AO，易證AO BC，則 BCBC 丄平面AAO，從而可證BC BB1，由此即可得出結論；(2 2)以OA,OB, OA所在直線分別為x, y, z軸建立空間直角坐標系，利用法向量解決 VABC為銳角三角形，A+C3434解得一42Asin(2 A- f (A)子sin(2A)的取值范圍為4(22)中點，A,。 平面A

24、BCC,第1818頁共 2222 頁問題.【詳解】；A0平面ABC,BC平面ABC , AQ BC,又AO I AO O, , BCBC 丄平面AAO, BC AA1, BB/A, BC BB!,又/四邊形BBiCiC為平行四邊形，-四邊形BB1C1C為矩形；(2)如圖，分別以OA,OB,OAi所在直線為x, y,z軸，建立空間直角坐標系，則RtVAOB中，AOAO.AB.AB2BOBO21 1 ,RtVAAO中，AOAA2AO22A(0,0,2), /uur AA1(1,0,2)，uurAC(0, 2, 2),ujiuuABuuuAB (1,2,0),C(o, 2,0),A(1,0,0),

25、B(0,2,0),設平面A A B B1C C 的法向量是n n (x,(x, y,z)y,z)，v .n由v nuuvAB 0,/曰uuuv得AC 0,2y,即X2y 2z0,2y, F，可取y,n (2,1, 1)，設直線AA1與平面 ABAB1C C 所成角為，則sinuuir r cosAA|, nlUULT r| AA1nujuunTAAj n1530，0,2，cos15解：(1 1)連接AO，因為0為BC的中點，可得BC AO,第1919頁共 2222 頁【點睛】 本題主要考查線面垂直的判定與性質，考查直線與平面所成的角，屬于中檔題.1919 .根據養(yǎng)殖規(guī)模與以往的養(yǎng)殖經驗，某海鮮

26、商家的海產品每只質量 下服從正態(tài)分布N 280,25(1) 隨機購買 1010 只該商家的海產品，求至少買到一只質量小于 265265 克該海產品的概率.(2)20202020 年該商家考慮增加先進養(yǎng)殖技術投入，該商家欲預測先進養(yǎng)殖技術投入為4949千元時的年收益增量現(xiàn)用以往的先進養(yǎng)殖技術投入Xi(千元)與年收益增量yi(千元)(i 1,2,3,8)的數(shù)據繪制散點圖，由散點圖的樣本點分布，可以認為樣本點集8中在曲線y a b.x的附近，且x 46.6,y 563, t t 6.86.8,(xix)2289.8,i 1技術投入為 4949 千元時的年收益增量.可求出答案；(2 2)根據最小二乘法

27、可求出回歸方程，由此可求出答案.【詳解】解: (1 1)由已知，單只海產品質量N N 280,25280,25，則280,5,即直線AAI與平面 ABABiC C 所成角的余弦值為(克)在正常環(huán)境8(ti1.6,xyi81469,t tit t y yiy y 108.8108.8，其中i 1y關于x的回歸方程，并預測先進養(yǎng)殖附：若隨機變量ZN 1,4，則Z 70.9974,100.99870.9871對于一組數(shù)據(U|, V|),(u2,v2),(Un，Vn)，其回歸線Vu的斜率和截距的最小二n(Uii 1n?(Uiu)2i 1u)(ViV)【答案】(1 1) 0.01290.0129 (2

28、 2)y? 100.668、 、x,576.6千元. .【解析】(1 1)由正態(tài)分布的對稱性可知,0.99740.0013，設購買 1010 只該商家海產品，其中質量小于265g的為XX X B B 10,0.001310,0.0013 ，由此titi.根據所給的統(tǒng)計量，求i 1第2020頁共 2222 頁由正態(tài)分布的對稱性可知,49時，年銷售量y的預報值？100.6 68. 49 576.6千元,所以預測先進養(yǎng)殖技術投入為4949 千元時的年收益增量為576.6千元.【點睛】 本題主要考查標準正態(tài)分布及其應用，考查最小二乘法求線性回歸方程，屬于基礎題.圓A:(x 1)2y216，點B( 1,

29、0)，過B的直線l與圓A交于點C, D，過B做直線BE平行AC交AD于點E.(1(1)求點 E E 的軌跡的方程;焦點為A,B，長軸為4的橢圓的一部分，再用待定系數(shù)法即可求出方程;(2)由題意設直線方程為x ty 1，設G %,%,H X2,y?，聯(lián)立直線與橢圓的方26511 P 26522951120.99740.0013,設購買 1010 只該商家海產品，其中質量小于265g的為X只，故 X X B B 10,0.001310,0.0013 ,10故P X 11 P X 011 0.00131 0.98710.0129,所以隨機購買 1010 只該商家的海產品，至少買到一只質量小于2652

30、65 克的概率為0.0129;(2)由 t t 6.86.8，8 8y 563, t tit t y yiy y 108.8108.8 ,(tiT)T)21.6,i 18t tit ti 182t tit ti 1y yiy y108.8108.81.61.66868，所以y?563 686.8100.6，y關于x的回歸方程為？100.6 6 x，2020.在平面直角坐標系xOy中,(2(2)過A的直線與交于 H H、G兩點，若線段UUUUUUUU uuuuuuuu 亠HG的中點為M，且 MNMN 2OM2OM，求四邊形OHNG面積的最大值.2 2【答案】(1)壬1(y430). . ( 2

31、2)Smax【解析】(1 1)由題意可得EBED，可得EB EA 4AB2，則E的軌跡是第2121頁共 2222 頁程，結合韋達定理表示出S*HG, 可得SAGHN2SAOHG, 設四邊形則 S S3SAOHG，再根據基本不等式即可求出答案.【詳解】UUUUUUUU UUJUUUJU MNMN 2OM2OM ，二SAGHN2SAOHG,設四邊形OHNG的面積為S，OHNG的面積為S,所以EBEBlED1，又因為ACADACADEAEDEAADAB所以E的軌跡是焦點為A,B，長軸為4，所以EBED,4的橢圓的一部分,2 2設橢圓方程為篤爲1（aa bb 0),則2a 4，2c 2，所以a24，b

32、2a2c23,2 2所以橢圓方程為1,43又因為點E不在x軸上，所以2所以點E的軌跡的方程為4i(y0)；(2)因為直線HG斜率不為 0 0,設為x ty所以Xi,yix,H X2,y2,聯(lián)立x2ty 1,2y43整理得3t216ty 90，=36t=36t22 236(3t36(3t4)4)144(144( t t 1)1)0 0，y yiy y26t6t3t3t24 4y y”29 923t3t 4 4所以OHG1OAyOAy1y y2匚，2 23t3t 4 4183t24t2118_t1，解：（1 1）因為第2222頁共 2222 頁則s ss3S181S SSAOHGGHN3S3SAO

33、HG23t3t 4 4令t21 m(m1),1 11 1再令 y y 3m3m ，則 y y 3m3m 在1,單調遞增,m mm m11第2323頁共 2222 頁所以m 1時，ymin4,此時t 0,3 t 12取得最小值4，所以Smax.Jt 12【點睛】本題主要考查橢圓的定義及其性質，考查直線與橢圓的位置關系，考查計算能力，屬于中檔題.2121.已知函數(shù)f(x) lnx ax 1有兩個零點 xx.xx.(1(1)求 a a 的取值范圍;出答案;此可證結論.【詳解】舍去;1一，則f (x) 0,a(2(2)記f f (x)(x)的極值點為Xo，求證:X1X2ef (xo). .【答(1(1

34、)1 a 0(2 2)見解析【解(1(1)求導得f (x)axx1，分類討論求出函數(shù)的單調性，從而可求(2(2)由題意得ln %ln x2ax-!ax20，則0In-xx2,令函數(shù)h(x) In x，則ex1x2h(x)-x1-,利用導數(shù)可lnx -,e1 1從而可得ln()w，可得aea2ef(x)w2，要證x1x2a2ef (xo)，只需2(互X2兇.X2丁令宀t1),1x令h(t)ln t2(t和1)，求導后得函數(shù)的單調性與最值，由解：(1 1)因為f (x)ax當a 0時，f (x)f(x)f(x)在o,單調遞當 a a 0 0 時，若0-，則f (x)a11第2424頁共 2222

35、頁所以 f(x)f(x)在0,單調遞增，在單調遞減,第2525頁共 2222 頁所以11f(X)maxf ()In(),aa因為1f f (X)(X)有兩個零點，所以必須f (X)max0，則ln( -)0,a所以1，解得1 a 0,又因為所以當綜上,(2)因為解得0時，f (X)0；Xa 0時，f(x)f(x)在0,由(1 1)知1 af f (x)(x)的兩個零點為In生a(x-!x2)X2X令函數(shù)h(x) In x一e當Ox e時，h (x)所以h(x)在所以h(x)max因為f (x。)所以2el n(要證X1X2時,f(x)各有一個零點，符合題意,0，且x0X X1, , X X2，

36、所以，則h (x)0；當x即證X1f (X1)f (X2)X2,所以00，所以In x-!ax-!In x2ax2X1X2,X2e時，h (x)0,e單調遞增，在e,單調遞減,h(e)f(1-)a0,所以h(x)X2,X2匕1X2X2牛tX2第2626頁共 2222 頁2(t 1)14 t 1令h(t) Int(t 1)，則h(t)220，t 1t t 1 t t 1所以h(t)在(1,)單調遞增，所以h(t) h(1)0,所以 intint 空衛(wèi)，原題得證.t t 1 1【點睛】2所以曲線 C C2的普通方程為 7 7y21x2(2(2)因為 m1m1，所以 C C3上的點A 0, m在在橢圓 E E：4本題主考查推理能力x cos ,2222 在直角坐標系 xOyxOy 下，曲線 C C1的參數(shù)方程為(y sin為參數(shù))，曲線 C C1x 2x在變換 T T:的作用下變成曲線 C C2.y y(1(1)求曲線 C C2的普通方程;(2(2)若 m1m1，求曲線 C C2與曲線 C C3： y=m|x|-my=m|x|-m 的公共點的個數(shù).2【答案】(1)1) y21. (2 2) 4 44【解析】(1 1)先求出曲線 C C1的普通方程，再根據圖象