湖南省天壹名校聯(lián)盟2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期入學(xué)摸底考試數(shù)學(xué)試題

1、試卷第 PAGE 5 頁，總 4 頁湖南省天壹名校聯(lián)盟 2021-2022 學(xué)年高三上學(xué)期入學(xué)摸底考試數(shù)學(xué)試題學(xué)校 :姓名：班級：考號： 一、單選題已知復(fù)數(shù) z 滿足： 2zz3i ，則 | z |（）A 10B 5C 823D 413集合Mxx4n1, nZ ，Sx 11x101，則 MS 中的元素個(gè)數(shù)為 （）A 2B 3C 4D 5已知等差數(shù)列an的通項(xiàng)公式為 an92 n，則其前 n 項(xiàng)和Sn 的最大值為（）A 15B 16C 17D 18已知p : 1x1 ； q : xm ，若 p 是 q的充分條件，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍是（）A 0,)B 1,)C (,0D (,1已知 fx 是定義

2、在 R 上的偶函數(shù)，則以下函數(shù)中圖象一定關(guān)于點(diǎn)1,0成中心對稱的是（）A yx1 fx1B yxfx1C yxfx1D yxfx1已知文印室內(nèi)有5 份待打印的文件自上而下摞在一起，秘書小王要在這5 份文件中再插入甲、乙兩份文件，甲文件要在乙文件前打印，且不改變原來次序，則不同的打印方式的種數(shù)為（）A 15B 21C 28D 36將函數(shù)yasin xb cos x 圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?2，然后將所得圖象向左平移個(gè)單位，可得函數(shù) 2cos2x6的圖象，則 ab（）6A 2B 0C3 1D 13如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1 中， M 為 A1D1 中點(diǎn)，過A1C1

3、且與CD1 平行的平面交平面 C1CM 于直線 l，則直線 l 與 AB 所成角的余弦值是（）A 32B 22C 62 4D 63二、多選題9有一組樣本數(shù)據(jù)： 1， 2， 4， 3， 1， 2， 1，則（）A 這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為2B這組數(shù)據(jù)的極差為3C這組效據(jù)的平均數(shù)為2D這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為3210已知 a b 1c 0，則（）A 11B ln( ac)ln( bc) acbcC (ac)c 1(bc)c 1D (1c)a c(1c)b c已知 ae0.02 , b1.012 , cln(2.02)，則（）A a bB a bC b cD c a拋物線 C：y22 px( p0) 的焦點(diǎn)為 F，

4、準(zhǔn)線 l 交 x 軸于點(diǎn) Q（ 2， 0），過焦點(diǎn)的直線 m 與拋物線 C 交于 A， B 兩點(diǎn)，則（）A p 2B |AB |8C直線 AQ 與 BQ 的斜率之和為0D 準(zhǔn)線 l 上存在點(diǎn) M，若 MAB 為等邊三角形，可得直線AB 的斜率為22三、填空題13向量 a(1,2),| b |25,| ab |25 ，向量 a 與 b 的夾角為，則 cos雙曲線 x2my2m m0的一條漸近線與 y2x 垂直，右焦點(diǎn)為 F ，則以原點(diǎn)為圓心， OF 為半徑的圓的面積為 如圖，在六面體 ABC FEDG 中，BG 平面 ABC ，平面 ABC 平面 FEDG ，AF BG， FE GD ， FGD

5、 90，AB BC BG 2，四邊形 AEDC 是菱形，則六面體 ABC FEDG 的 體 積 為 已知： sincos2cos2sin，且 sin()1 ，則 sin()四、解答題ab如圖， ABC 的內(nèi)角 A，B， C 的對邊分別為 a， b， c， a 2b，且 cos Bcos A （ 1）求 C；11（ 2）在 ABC 內(nèi)有點(diǎn) M， CMA CMB ，且 BM 3AM，直線 CM 交 AB 于點(diǎn) Q， 求 tan CQA 已知：數(shù)列an滿足an an22n , a1 （ 1）求 a2n ；（ 2）求滿足 a1a2a2 n2022 的最大的正整數(shù) n 的值在四棱錐 PABCD 中， A

6、B CD ， ABPAPD ，平面 APD平面 ABCD （ 1）證明：平面 PAB平面 PBD ；（ 2）求二面角 BPDC 的正弦值，BCCD1 ，ABCAPD90 ，已知函數(shù)f ( x)x 2ax1 ex （ 1）討論 fx 的單調(diào)性；（ 2）若g xfx1 在 (1,) 上有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a 的取值范圍有甲、乙兩個(gè)袋子，甲袋中有2 個(gè)白球 2 個(gè)紅球，乙袋中有2 個(gè)白球 2 個(gè)紅球，從甲袋中隨機(jī)取出一球與乙袋中隨機(jī)取出一球進(jìn)行交換（ 1）一次交換后，求乙袋中紅球與白球個(gè)數(shù)不變的概率；（ 2）二次交換后，記X 為“乙袋中紅球的個(gè)數(shù)”，求隨機(jī)變量 X 的分布列與數(shù)學(xué)期望22xy橢圓1(ab0

7、) 的右頂點(diǎn)為 A，上頂點(diǎn)為 B，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線 AB 的a 2b21斜率為， OAB 的面積為 12（ 1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（ 2）橢圓上有兩點(diǎn) M，N（異于橢圓頂點(diǎn)，且MN 與 x 軸不垂直），證明：當(dāng)OMN 的面積最大時(shí)，直線 OM 與 ON 的斜率之積為定值本卷由系統(tǒng)自動(dòng)生成，請仔細(xì)校對后使用，答案僅供參考。答案第 PAGE 17 頁，總 17 頁C【分析】參考答案設(shè)復(fù)數(shù)zabia, bR ， 則 zabi，由復(fù)數(shù)相等可得a, b 的值， 再由模長公式即可得模長.【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)zabia, bR ，則zabi ，由 2zz3i 可得 2abiabi3i ，整理可得： a3bi=

8、3+i，所以 a3 ， b1 ，3所以 z31 i ，所以 z3232182 ，33故選： C.A【分析】直接進(jìn)行交集運(yùn)算即可求解.【詳解】集合 Mxx4n1, nZ， Sx 11x101 ，MS5,9 ，所以 MS 中的元素個(gè)數(shù)為2 ， 故選： A.B【分析】根據(jù)等差數(shù)列an的通項(xiàng)公式可知，其前4 項(xiàng)為正值，所以S4 最大，求得S4 即可 .【詳解】當(dāng) an0 時(shí)， 1n4 ，可得S4 最大， S4471216 .故選： BC【分析】設(shè) p 對應(yīng)的集合為 A ， q對應(yīng)的集合為 B ，由題意可得 A 是 B 的子集，即可求解.【詳解】由 11 可得： x x10 ，解得： 0 x1 ，x記

9、Ax | 01 ， Bx | xm ，若 p 是 q的充分條件，則 A 是 B 的子集，所以 m0 ，所以實(shí)數(shù) m的取值范圍是 (,0 ， 故選： C.B【分析】分析函數(shù) g xxfx 的奇偶性，結(jié)合函數(shù)圖象變換可判斷ABCD 選項(xiàng) .【詳解】構(gòu)造函數(shù) g xxfx ，該函數(shù)的定義域?yàn)镽 ，所以， gxxfxxfxgx，函數(shù) g x 為奇函數(shù)， 故函數(shù) g x 的對稱中心為原點(diǎn) .對于 A 選項(xiàng)，函數(shù) yx1 fx1 的圖象可在函數(shù) g x 的圖象上向右平移 1個(gè)單位，故函數(shù) yx1 fx1 圖象的對稱中心為1,0 ；對于 B 選項(xiàng)，函數(shù) yx1 fx1 的圖象可在函數(shù) g x 的圖象上向左平

10、移 1個(gè)單位，故函數(shù) yx1 fx1 圖象的對稱中心為1,0 ；對于 C 選項(xiàng)，函數(shù)xfx1的圖象可在函數(shù) g x 的圖象上向上平移 1個(gè)單位，故函數(shù)yxfx1 圖象的對稱中心為0,1 ；對于 D 選項(xiàng)，函數(shù)yxfx1 的圖象可在函數(shù) gx 的圖象上向下平移 1個(gè)單位，故函數(shù)yxfx1 圖象的對稱中心為0, 1 .故選： B.B【分析】可理解為從 7 個(gè)空位中選擇兩個(gè)空位排甲、乙兩份文件 （甲文件在乙文件前） ，其余 5 個(gè)空位按之前的順序排其它5 個(gè)文件，利用組合計(jì)數(shù)原理可得結(jié)果.【詳解】可理解為從 7 個(gè)空位中選擇兩個(gè)空位排甲、乙兩份文件 （甲文件在乙文件前） ，其余 5 個(gè)空位按之前的順

11、序排其它5 個(gè)文件，由組合計(jì)數(shù)原理可知，不同的打印方式的種數(shù)為C7221.故選： B.7 C【分析】根據(jù)三角函數(shù)的圖像變換后三角函數(shù)的解析式，結(jié)合輔助角公式，經(jīng)計(jì)算即可得解.【詳解】ya sin xb cosxa2b sin(x2) ，其中 sinab2,cosb 2aa2b 2 ，平移伸縮后可得ya 2b2 sin(2 x3) ，變形可得 ya2bcos(2 x26)所以a2b22 ，3 ，所以b2a2b3 ,cos2a2a2b1 ，2所以 a1,b3 ，所以 ab31.故選： CD【分析】依題意建立空間直角坐標(biāo)系，由正方體的性質(zhì)可得D1 C/ 平面A1C1B ，延長BA1 與 CM 相交于

12、點(diǎn) N ，連接C1 N ，則 C1N 即為直線 l ，再利用空間向量法求出異面直線所成角的余弦值；【詳解】解：如圖建立空間直角坐標(biāo)系， 在正方體ABCDA1 B1 C1 D1 中， A1 B/D1C ，D1C平面A1C1B ，A1B平面A1C1B ，所以D1C / 平面A1C1B ，延長BA1 與 CM 相交于點(diǎn) N ，連接 C1N ，則 C1N 即為直線 l ，設(shè)正方體的棱長為 1，則A 1,0,0， B 1,1,0， C1 0,1,1 ， N1,1,2，所以AB0,1,0， C1 N1,2,1，設(shè) AB 與 C1 N 所成角為，則 cosAB C1N26ABC1N163故選： DBC【分析

13、】根據(jù)眾數(shù)，極差，平均數(shù)，中位數(shù)的概念依次計(jì)算即可.【詳解】對 A ，該組數(shù)據(jù)眾數(shù)為1，故錯(cuò)誤；對 B，極差為 4-1=3 ，故正確； 對 C，平均數(shù)為 12431212 ，故正確；7對 D，中位數(shù)為 2，故錯(cuò)誤故選： BCBCD【分析】依題意可得acbc，c0 ，再根據(jù)對數(shù)函數(shù)， 指數(shù)函數(shù)、 冪函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得；【詳解】解：因?yàn)?ab1c0 ，所以acbc， c0 ，所以11，故 A 錯(cuò)誤；acbc因?yàn)?yln x 在定義域 0,上單調(diào)遞增，所以 ln( ac)ln( bc)，故 B 正確；因?yàn)?yx1在 0,上單調(diào)遞減，所以(ac)(bc)1c，故 C 正確；cc 1因?yàn)?01c1 ，所

14、以 y(1c)x 在 R 上單調(diào)遞減，所以 (1c)a c(1c)b c ，故 D 正確；故選： BCDAC【分析】令 fxexx1 ，利用導(dǎo)數(shù)說明其單調(diào)性，即可判斷A 、B，再根據(jù)對數(shù)函數(shù)，指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷 C、D；【詳解】解：因?yàn)閑0e0.0221,1.0111.01 ,l n1ln(2.0 2)ln e ，即 a1，b1，0c1，故 bc ，ac ，故 C 正確， D 錯(cuò)誤；又0.02ae12e10 0， b21.01211，x100設(shè) fxexx1 ， x0,1 ，則 fx10 ，所以xexx1 在 0,1 上單調(diào)1122遞增，所以fxf00 ，即 exx1 ，當(dāng) x11001001

15、時(shí) e1，所以100e10011，100即 ab ，故 A 正確， B 錯(cuò)誤； 故選： ACBCD【分析】根據(jù)拋物線的性質(zhì)，以及直線和拋物線的位置關(guān)系，結(jié)合韋達(dá)定理， 利用斜率關(guān)系以及弦長和距離公式，逐項(xiàng)分析判斷即可得解.【詳解】對 A ，由準(zhǔn)線 l 交 x 軸于點(diǎn) Q（ 2， 0），所以p 22 ， p4 ，故 A 錯(cuò)誤，對 B ，拋物線過焦點(diǎn)的弦通徑最短，即垂直于x 軸時(shí)，令 x2 ，可得 y4 ， | AB |8 ，所以 | AB |8 ，故 B 正確；對 C，設(shè)直線 m 的方程為 xny2 ，代入拋物線方程可得：y 28ny160 ，設(shè) A( x1, y1), B( x2, y2 )

16、，則有： y1y28n, y1 y216 ，所以 ky1AQ +kBQy2x2 y12y1x1y22 y2x12x22( x12)( x22)2ny1 y24( y1y2 )32n32n0 ，故 C 正確；( x12)( x22)( x12)( x22)對 D，若 MAB 為等邊三角形，設(shè)A，B 中點(diǎn)為 N( a, b) ，x1x2n( y1y2 )42則 a4n222 ， by1y24n ， 2設(shè) M ( 2, t ) ，所以4ntn ，所以 t4n38n ，則M ( 2, 4n38n) ，24n44 n48n 243則點(diǎn) M (2, 4n8n) 到直線 m 的距離 d，22n1而 ABx1

17、x2pn( y1y2 )448n8 ，由 d3 AB 可 得4n48n2432(8n8) ，2n212解得n213 ，所以 n2 ,此時(shí) AB 的斜率為2 ，故 D 正確 .2故選： BCD113 4【分析】a b依題意可得a ，再根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律得到，最后根據(jù) cosa b ab計(jì)算可得；22【詳解】解：因?yàn)?a(1,2),| b|25 ，所以 a125 ，因?yàn)?| ab |252，所以 ab20 ，2222225即 a2a bb20 ， 即 a2a bb20 ，所以52 a b2520 ，所以 a b2所以 cosa b ab52152541故答案為：414 5【分析】求出雙曲線的漸近線

18、方程，由漸近線與y2x 垂直，斜率乘積為1可得 m 的值，再由22cab可得點(diǎn) F 的坐標(biāo)，即可求出OF 的長，由圓的面積公式即可求解.2【詳解】由 x2my2m m0可得：xy 21 ， m所以 am ， b1，所以漸近線方程為yb x1x ，am因?yàn)殡p曲線 x2my2m m0的一條漸近線與 y2x 垂直，所以121，可得 m4 ， m所以 ca2b2m15 ，所以右焦點(diǎn)為F5,0，所以 OF5 ，以 OF 為半徑的圓的面積為255，故答案為： 5.15 8【分析】根據(jù)所給條件求得各邊長，再分割VABCFEDGVA FEDGVA BCDG，即可得解 .【詳解】由平面 ABC 平面 FEDG

19、且同時(shí)和平面 ABFG 相交，可得 AB FG ，由 BG 平面 ABC 可得 BG 平面 FEDG ， 所以 AF 平面 FEDG ,由 FGD 90則ABC90 ，所以 AC22 ，所以 AE22 ，由 BG 2 得 AF2 ，所以 EF2 ，由 ED22 ，則 GD4 ，所以 VABC FEDGVA FEDGVA BCDG13SEFGDAF13SBCDGAB1(234)22213(24)2228 .故答案為： 8.1635222【分析】2根據(jù) sincos1,cossin1 作差并結(jié)合已知整理得2sin2cossincos，再對已知和該式兩邊平方求和即可得答案.2【詳解】 解: 因?yàn)?s

20、in2cos21,cos22222sin1 ，所以兩式作差得：sincoscossin0 ，整理得： sincossincossincossincos因?yàn)?sincos2cos2sin， sin()1所以 2 cossinsincossincossincos， 即 2sin2cossincos ，又因?yàn)?sincos2cos2sin ， 對 兩邊平方得：4cos28sincossin 2cos22sincos4sin 28cossinsin 2cos22sincos，4sin 24cos 2所以 + 得 448sin112sin，所以 sin3.5故答案為：3517（ 1）2；（ 2） 8【分

21、析】（ 1）利用正弦定理將邊化角，再利用二倍角公式得到sin 2Asin 2B ，即可得到 2A2B 或2A2B ，再根據(jù) a2b ，即可得到AB2 ，從而得解；（ 2）建立平面直角坐標(biāo)系，MEa2b2 ，過點(diǎn) M 作 MEAC 、MFBC 交 AC 、BC 于點(diǎn) E 、F ，根據(jù)面積公式得到FM23，即可得到直線CQ 的方程，從而得到其方向向量，設(shè)CQA，再根據(jù)平面向量的夾角公式求出cos，最后根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計(jì)算可得；【詳解】解：（ 1）因?yàn)閍cos Bbcos A，所以 acosAbcosB ，即 sin AcosAsin B cosB ，所以sin 2Asin 2B ，所以

22、2A2B 或 2A2B ，因?yàn)?a2b ，所以 AB2，因?yàn)?ABC所以 C2 ；（ 2）如圖建立平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)?a2b ，令 a2b2，則 A 1,0 ， B 0,2，過點(diǎn) M 作MEAC 、 MFBC 交 AC 、 BC 于點(diǎn) E 、 F ，因?yàn)镃MACMB ， BM3AM ，又SBCMBCM1 CM21 CB2BM sinCMB ， SACM1 CM2AM sinCMA ，所以S BCMS ACM3 ，又SFM ， SACM1 CA EM ，所以2MEFM2，所以 tan3MCEMECE2，所以直3線 CQ 為 y2 x ，所以直線3CQ 的方向向量可以為 n3,2，又 AB1,2

23、 ， 設(shè) CQA，則 cosnnABAB15136565，所以 sin12cos865，所以 tan65sincos8，18（ 1） 22n ；（ 2） 5【分析】（ 1）根據(jù)遞推公式求出a ，再根據(jù)an 1an 2an 24 ，即可得到a的奇數(shù)項(xiàng)是以 1為首項(xiàng)，2a aann n 1n4 為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)是以4為首項(xiàng)， 4 為公比的等比數(shù)列，從而求出其通項(xiàng)公式；（ 2）令 a1a2a2 n 為 S2n ，再利用分組求和法及等比數(shù)列求和公式求出S2n ，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得；【詳解】解：（ 1）因?yàn)閍n an2n12, a11 ，所以a1a22 ， a24 ，22aaa22 n 2

24、a2又 aa22n，所以n 1 n 2n 24，又4 ，n 1 n 2a aa22 nan n 1n1所 以 an的奇數(shù)項(xiàng)是以 1為首項(xiàng)， 4 為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)是以4 為首項(xiàng)， 4 為公比的等比數(shù)列，所以2n 1, n為奇數(shù)ann2 , n為偶數(shù)，所以a2n22n ；x（ 2）令 a1a2a2 n 為 S2n ，所以14nS2n4 14n5 4n1，因?yàn)?fx5 41141433在定義域上單調(diào)遞增，且f4425， f51705 ， f66825因?yàn)?a1a2a2 n2022 ，所以 0n6 ，又因?yàn)?n 為正整數(shù)，所以n 的最大值為 5 ；19（ 1）證明見解析； （ 2） 33【分析

25、】（ 1）通過平面 PAD平面 ABCD 得證 PE平面 ABCD ，繼而得出 PEBD；過點(diǎn) D 作DF BC 得四邊形 DFBC 是正方形，DFFBBCDC1， ADBD2 ，再由勾股定理得出ADB90 ，即 ADBD ，得證 BD平面 PAD ，得 BDPA，再由 APPD ，得證 AP平面 PBD ，最后得平面PAB平面 PBD ；（ 2）分別以射線 EA 、 EF 、 EF 為 x 軸、 y 軸、 z 軸的正半軸， E 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用空間向量相關(guān)運(yùn)算求出二面角BPDC 的正弦值 .【詳解】（ 1）證明：點(diǎn) E 為 AD 的中點(diǎn)，連接 PE ，過點(diǎn) D

26、 作 DFBC ，又PAPB ，APD90 ， PEAD ，又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD ，PE平 面 ABCD ， 又BD平面 ABCD ，PEBD ，DFBC ， AB CD ，ABC90 ， BCCD ，四邊形 DFBC 是正方形，DFFBBCDC1，DFB90 ，ADBD2 ，在 ADB 中，AD 2DB 2AB 2 ，ADB90 ，即 ADBD ，PEBD ， ADBD ， PEADE ，BD平 面 PAD ， 又PA平面 PAD ，BDPA ，又APPD ， BDPDD ，AP平面 PBD ，AP平面 PAB ，平面 PAB平面 PBD .（ 2）由

27、（ 1）可知 PE平面 ABCD ，ADF 是等腰直角三角形，E 點(diǎn)是 AD 的中點(diǎn)，ADF 是等腰直角三角形，EFAD分別以射線 EA 、 EF 、 EF 為 x 軸、 y 軸、 z 軸的正半軸，E 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則 B2 ,2,02， P 0,0,2， D22 ,0,0， C22,2 ,0，2所以 DP2 ,0,2， DB0,2,0， CD2 ,2 ,02222設(shè)平面 BPD 的一個(gè)法向量為 nx, y, z ，n DB由0，得：2 y0，令 xx11 ，解得：y0n DP02 x2 z022z1n1,0, 1設(shè)平面 PDC 的一個(gè)法向量為 mx, y, zn

28、 CD由n DP00，得：2 x22 y20，令 x1 ，解得：2 x222z0111m1,1,1cos n, mn mn m1123632所以，二面角BPDC 的正弦值是1633 .320（ 1）當(dāng) a0 時(shí)， f ( x) 在 R 上單調(diào)遞增；當(dāng)a0 時(shí)， fx 在, a1 和 ( 1,) 上單調(diào)遞增，在 a1, 1 上單調(diào)遞減；當(dāng) a0時(shí)， fx 在,1 和 ( a1,) 上單調(diào)遞增，在1, a1 上單調(diào)遞減； （ 2）21,e【分析】（ 1）先對函數(shù)求導(dǎo)，然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，討論a0 ， a0 和 a0 情況下，導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可得到fx 的單調(diào)性；（ 2）將已知轉(zhuǎn)化為 fx1在

29、 (1,) 上有零點(diǎn)， 結(jié)合（ 1）分類討論 a，a0 ， 0a2和 a2 時(shí)， fx 的單調(diào)性及函數(shù)的最值， 判斷函數(shù) fx1是否有零點(diǎn)， 即可得到實(shí)數(shù) a 的取值范圍【詳解】（ 1）函數(shù)f ( x)x2axex ，xx求導(dǎo) fxx2a x1aex1ax1 e由 fx0 ，得 x1a1 ， x21 當(dāng) a0 時(shí)，2xfxx1e0 ，f ( x) 在 R 上單調(diào)遞增； 當(dāng) a0 時(shí)， 在 x, a1 有 fx0 ，故 fx 單調(diào)遞增； 在 xa1, 1有 fx0 ，故 fx 單調(diào)遞減；在 x( 1,) 有 fx0 ，故 fx 單調(diào)遞增； 當(dāng) a0時(shí)， 在 x,1 有 fx0 ，故 fx 單調(diào)遞

30、增； 在 x1,a1有 fx0 ，故 fx 單調(diào)遞減；在 x(a1,) 有 fx0 ，故 fx 單調(diào)遞增；綜上所述，當(dāng) a時(shí)，f ( x) 在 R 上單調(diào)遞增；當(dāng) a0 時(shí)， fx 在, a和 (1,) 上單調(diào)遞增，在a1, 1上單調(diào)遞減；當(dāng) a0 時(shí)， fx 在,1 和 (a1,) 上單調(diào)遞增，在1, a1 上單調(diào)遞減；（ 2） g xfx在 (1,) 上有零點(diǎn)等價(jià)于fx1在 (1,) 上有零點(diǎn)，由（ 1）知，當(dāng) a0 時(shí)，f ( x) 在 (1,) 上單調(diào)遞增，f (x)minf (1)2e1 ，故 fx1在 (1,) 上無零點(diǎn)；當(dāng) a0 時(shí)，f (x) 在 (1,) 上單調(diào)遞增，要使得f

31、x1 有零點(diǎn)，需f 11即 f (1)1a1 ea e1，解得 a12e ，此時(shí)無解；當(dāng) 0a2 時(shí)， f ( x) 在 (1,) 上單調(diào)遞增，同上，可知11a2e ，此時(shí) a 的取值范圍為2, 2e當(dāng) a2 時(shí)， fx 在 1, a1 上單調(diào)遞減，在 (a1,) 上單調(diào)遞增，又 f (1)2e0 ，故此時(shí) fx1有零點(diǎn)，綜上可知， a 的取值范圍為【點(diǎn)睛】21 ,e方法點(diǎn)睛：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性?最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的零點(diǎn)問題，解含參數(shù)的不等式，通常需要從幾個(gè)方面分類討論：（ 1）看函數(shù)最高次項(xiàng)系數(shù)是否為0，需分類討論；（ 2）若最高次項(xiàng)系數(shù)不為0，通常是二次函數(shù)，若二次函數(shù)開

32、口定時(shí)，需根據(jù)判別式討論無根或兩根相等的情況；（ 3）再根據(jù)判別式討論兩根不等時(shí)，注意兩根大小比較，或與定義域的比較.121（ 1） 2；（ 2）分布列見解析，E X2.【分析】（ 1）分甲乙交換的均是紅球，甲乙交換的均是白球，兩種情況討論即可得解；（ 2）寫出隨機(jī)變量 X 的所有可能取值，先分別求出一次交換后，乙袋中有2 個(gè)白球 2 個(gè)紅球， 乙袋中有 1 個(gè)白球 3 個(gè)紅球， 乙袋中有 3 個(gè)白球 1 個(gè)紅球的概率， 從而可求得對于隨機(jī)變量的概率，寫出分布列，根據(jù)期望公式即可求出數(shù)學(xué)期望.【詳解】11解：（ 1）甲乙交換的均是紅球，則概率為C 2C21C 1C14 ，44C1C11甲乙交換

33、的均是白球，則概率為22，C1C1444111442所以乙袋中紅球與白球個(gè)數(shù)不變的概率為；（ 2） X 可取 0，1， 2， 3， 4，2由（ 1）得，一次交換后，乙袋中有2 個(gè)白球 2 個(gè)紅球的概率為 1 ，C1C11乙袋中有 1 個(gè)白球 3 個(gè)紅球的概率為22，C1C144411乙袋中有 3 個(gè)白球 1 個(gè)紅球的概率為C2C21C1C14 ，441C 1C 11則 P X011，4C 1C 16444111331221C 1CCC11C1C 17111111PX1，4CCCC2CC3244444411111C1C11C 1C11CCCC17PX233332222，4C 1C14C 1C12C 1C 1C 1C 1324444444411111CC1C1C1CC