2024届四川省武胜烈面中学校数学高三上期末经典试题含解析

2024届四川省武胜烈面中学校数学高三上期末经典试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

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．计算2543log sin cos ππ⎛
⎫ ⎪⎝
⎭等于( )
A ．3
2
-
B ．
32
C ．23
-
D ．
23
2．已知()y f x =是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，2
()3f x x x
=+-．若0x ≤，则()0f x ≤的解集是（ ） A ．[2,1]--
B ．(,2][1,0]-∞-⋃-
C ．(,2][1,0)-∞-⋃-
D ．(,2)(1,0]-∞-⋃-
3．若执行如图所示的程序框图，则输出S 的值是（ ）
A ．1-
B ．
23 C ．
32
D ．4
4．已知三棱锥D ABC -的外接球半径为2，且球心为线段BC 的中点，则三棱锥D ABC -的体积的最大值为（ ） A ．
2
3
B ．
43
C ．83
D ．
163
5．已知奇函数()f x 是R 上的减函数，若,m n 满足不等式组()(2)0(1)0()0f m f n f m n f m +-≥⎧⎪
--≥⎨⎪≤⎩
，则2m n -的最小值为（ ）
A ．-4
B ．-2
C ．0
D ．4
6．已知函数2211
()log 13||f x x x ⎛⎫=++
⎪⎝⎭
(lg )3f x >的解集为（ ）
A ．1,1010⎛⎫
⎪⎝⎭
B ．1,
(10,)10⎛
⎫
-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭
C ．(1,10)
D ．1,1(1,10)10⎛⎫
⋃
⎪⎝⎭
7．点M 在曲线:3ln G y x =上，过M 作x 轴垂线l ，设l 与曲线1y x =
交于点N ，3
OM ON
OP +=，且P 点的纵坐标始终为0，则称M 点为曲线G 上的“水平黄金点”，则曲线G 上的“水平黄金点”的个数为（ ） A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
8．如图是甲、乙两位同学在六次数学小测试（满分100分）中得分情况的茎叶图，则下列说法错误．．
的是（ ）
A ．甲得分的平均数比乙大
B ．甲得分的极差比乙大
C ．甲得分的方差比乙小
D ．甲得分的中位数和乙相等
9．已知六棱锥P ABCDEF -各顶点都在同一个球（记为球O ）的球面上，且底面ABCDEF 为正六边形，顶点P 在底面上的射影是正六边形ABCDEF 的中心G ，若6PA 2AB =，则球O 的表面积为（ ）
A ．
163
π
B ．
94
π C ．6π
D ．9π
10．已知抛物线C ：2
4y x =，过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点（A 在x 轴上方），且满足3AF BF =，
则直线l 的斜率为（ ） A ．1 B 3 C ．2
D ．3
11．设函数()2ln x e f x t x x x x ⎛⎫
=-++ ⎪⎝
⎭恰有两个极值点，则实数t 的取值范围是（ ） A ．1,2
⎛⎤-∞ ⎥⎝
⎦
B ．1,2⎛⎫+∞
⎪⎝⎭ C ．1,,233e e ⎛⎫⎛⎫
+∞
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
D ．1,,2
3e ⎛⎤⎛⎫
-∞+∞ ⎪⎥
⎝
⎦⎝⎭
12．如图在一个60︒的二面角的棱有两个点,A B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱AB ，且2,4AB AC BD ===，则CD 的长为（ ）
A ．4
B ．25
C ．2
D ．23
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间[25,30)的一等品，在区间[20,25)和[30,35)的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为__________．
14．正四面体A BCD -的各个点在平面M 同侧，各点到平面M 的距离分别为1，2，3，4，则正四面体的棱长为__________．
15．若奇函数()f x 满足()()2f x f x +=-，()g x 为R 上的单调函数，对任意实数x ∈R 都有()g 221x
g x ⎡⎤-+=⎣⎦，
当[]0,1x ∈时，()()f x g x =，则()2log 12f =________. 16．已知等比数列
的前项和为，若
，则的值是 ．
三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）一张边长为2m 的正方形薄铝板ABCD （图甲），点E ，F 分别在AB ，BC 上，且AE CF x ==（单位：m ）.现将该薄铝板沿EF 裁开，再将DAE ∆沿DE 折叠，DCF ∆沿DF 折叠，使DA ，DC 重合，且,A C 重合于点M ，制作成一个无盖的三棱锥形容器D MEF -（图乙），记该容器的容积为V （单位：3m ），（注：薄铝板的厚度忽略不计）
（1）若裁开的三角形薄铝板EFB 恰好是该容器的盖，求x ，V 的值； （2）试确定x 的值，使得无盖三棱锥容器D MEF -的容积V 最大.
18．（12分）已知函数()ax
f x e x =-（a R ∈，e 为自然对数的底数），()ln 1
g x x mx =++.
（1）若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；
（2）当1a =时，()()x f x x g x ⎡⎤⎣≥⎦
+对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围. 19．（12分）如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，2,45,30.PB BPC PBD =∠=∠=
（1）在PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥面ADE ，若存在确定E 点位置，若不存在，请说明理由； （2）当E 为PB 中点时，求二面角P AE D --的余弦值.
20．（12分）已知抛物线E ：y 2＝2px （p ＞0），焦点F 到准线的距离为3，抛物线E 上的两个动点A （x 1，y 1）和B （x 2，y 2），其中x 1≠x 2且x 1+x 2＝1．线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点 C ． （1）求抛物线E 的方程； （2）求△ABC 面积的最大值．
21．（12分）设椭圆()22221,0x y a b a b +=>>的左右焦点分别为12,F F ，离心率2e =l ，,M N 是l 上的
两个动点，1
20FM F N ⋅=． （Ⅰ）若1225F M F N ==,a b 的值；
（Ⅱ）证明：当MN 取最小值时，1
2FM F N +与12F F 共线．
22．（10分）函数()ln(1),()sin f x ax x g x x =-+=，且()0f x 恒成立. （1）求实数a 的集合M ；
（2）当a M ∈时，判断()f x 图象与()g x 图象的交点个数，并证明. （参考数据：12
ln 20.69, 1.77x
e
-≈≈）
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

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、A 【解题分析】
利用诱导公式、特殊角的三角函数值，结合对数运算，求得所求表达式的值. 【题目详解】
原式2222221log cos 2log cos log 232322πππ⎤⎤⎤⎛⎫⎛⎫=⨯-==⎥⎥⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦
3223
log 22-==-. 故选：A 【题目点拨】
本小题主要考查诱导公式，考查对数运算，属于基础题. 2、B 【解题分析】
利用函数奇偶性可求得()f x 在0x <时的解析式和()0f ，进而构造出不等式求得结果. 【题目详解】
()f x 为定义在R 上的奇函数，()00f ∴=.
当0x <时，0x ->，()2
3f x x x
∴-=--
-， ()f x 为奇函数，()()()2
30f x f x x x x
∴=--=++<，
由02
30x x x <⎧⎪⎨++≤⎪⎩
得：2x -≤或10x -≤<； 综上所述：若0x ≤，则()0f x ≤的解集为(][],21,0-∞--.
故选：B . 【题目点拨】
本题考查函数奇偶性的应用，涉及到利用函数奇偶性求解对称区间的解析式；易错点是忽略奇函数在0x =处有意义时，()00f =的情况. 3、D 【解题分析】
模拟程序运行，观察变量值的变化，得出S 的变化以4为周期出现，由此可得结论． 【题目详解】
234,1;1,2;,3;,4;4,532S i S i S i S i S i ===-=======；如此循环下去，当2020i =时，
3;4,20212
S S i ===，此时不满足2021i <，循环结束，输出S 的值是4. 故选：D ． 【题目点拨】
本题考查程序框图，考查循环结构．解题时模拟程序运行，观察变量值的变化，确定程序功能，可得结论． 4、C 【解题分析】
由题可推断出ABC 和BCD 都是直角三角形，设球心为O ，要使三棱锥D ABC -的体积最大，则需满足h OD =，结合几何关系和图形即可求解 【题目详解】
先画出图形，由球心到各点距离相等可得，OA OB OC ==，故ABC 是直角三角形，设,AB x AC y ==，则有
22242x y xy +=≥，又12ABC S xy ∆=
，所以1
42
ABC S xy ∆=≤
，当且仅当x y ==ABC S ∆取最大值4，要使三
棱锥体积最大，则需使高2h OD ==，此时11842333
ABC D ABC V S h -∆=
⋅=⨯⨯=，
故选：C 【题目点拨】
本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题 5、B 【解题分析】
根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案. 【题目详解】
奇函数()f x 是R 上的减函数，则()00f =，且2100m n m n m ≤-⎧⎪
--≤⎨⎪≥⎩
，画出可行域和目标函数，
2z m n =-，即2n m z =-，z 表示直线与y 轴截距的相反数，
根据平移得到：当直线过点()0,2，即0.2m n ==时，2z m n =-有最小值为2-. 故选：B .
【题目点拨】
本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键. 6、D
【解题分析】
先判断函数的奇偶性和单调性，得到1lg 1x -<<，且lg 0x ≠，解不等式得解. 【题目详解】
由题得函数的定义域为(,0)(0,)-∞+∞.
因为()()f x f x -=， 所以()f x 为(,0)
(0,)-∞+∞上的偶函数，
因为函数1
1||y y x =
+=，都是在(0,)+∞上单调递减. 所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递减. 因为(1)3,(lg )3(1)f f x f =>=， 所以1lg 1x -<<，且lg 0x ≠， 解得1,1(1,10)10x ⎛⎫
∈⋃ ⎪⎝⎭
. 故选：D 【题目点拨】
本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 7、C 【解题分析】
设(,3ln )M t t ,则1,N t t ⎛⎫
⎪⎝⎭,则21,ln 3
3t
OP t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,即可得1ln 03t t +=,设1()ln 3g t t t =+,利用导函数判断g t 的零
点的个数,即为所求. 【题目详解】
设(,3ln )M t t ,则1,N t t ⎛⎫
⎪⎝⎭
,所以21,ln 33
3OM ON t OP t t +⎛⎫
==+ ⎪⎝⎭, 依题意可得1
ln 03t t
+=, 设1()ln 3g t t t =+
,则22
1131()33t g t t t t -'=-=,
当103
t <<
时,()0g t '<,则()g t 单调递减；当1
3t >时,()0g t '>,则()g t 单调递增,
所以min
1()1ln 303g t g ⎛⎫==-< ⎪⎝⎭,且221120,(1)033e g g e ⎛⎫
=-+>=> ⎪⎝⎭
,
1
()ln 03g t t t
∴=+
=有两个不同的解,所以曲线G 上的“水平黄金点”的个数为2. 故选:C 【题目点拨】
本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用. 8、B 【解题分析】
由平均数、方差公式和极差、中位数概念，可得所求结论． 【题目详解】 对于甲，1798882829391
85.86x +++++=≈；
对于乙，2727481899699
85.26
x +++++=≈，
故A 正确；
甲的极差为937914-=，乙的极差为997227-=，故B 错误； 对于甲，方差2126S ≈.5，
对于乙，方差2
2
106.5S ≈，故C 正确； 甲得分的中位数为8288852+=，乙得分的中位数为8189
852
+=，故D 正确． 故选：B ． 【题目点拨】
本题考查茎叶图的应用，考查平均数和方差等概念，培养计算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题． 9、D 【解题分析】
由题意，得出六棱锥P ABCDEF -为正六棱锥，求得2PG ==，
再结合球的性质，求得球的半径3
2
R =，利用表面积公式，即可求解. 【题目详解】
由题意，六棱锥P ABCDEF -底面ABCDEF 为正六边形，顶点P 在底面上的射影是正六边形ABCDEF 的中心G ，可得此六棱锥为正六棱锥， 又由2AB =
，所以2AG =，
在直角PAG ∆中，因为6PA =，所以222PG PA AG =-=，
设外接球的半径为R ，
在AOG ∆中，可得222AO AG OG =+，即222(2)(2)R R =-+，解得32
R =， 所以外接球的表面积为249S R ππ==. 故选:D .
【题目点拨】
本题主要考查了正棱锥的几何结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟记几何体的结构特征，熟练应用球的性质求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题. 10、B 【解题分析】
设直线l 的方程为1x my =+代入抛物线方程，利用韦达定理可得124y y m +=,124y y =-,由3AF BF =可知
3AF FB =所以可得123y y =-代入化简求得参数,即可求得结果.
【题目详解】
设()11,A x y ，()22,B x y （10y >，20y <）.易知直线l 的斜率存在且不为0，设为
1
m
，则直线l 的方程为1x my =+.与抛物线方程联立得()2
41y my =+，所以124y y =-，124y y m +=.因为3AF BF =，所以3AF FB =，得
123y y =-，所以2
243y =
，即223y =，123y =12
143m y y ==+.
故选:B.
【题目点拨】
本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.
11、C
【解题分析】
()f x 恰有两个极值点，则0f x 恰有两个不同的解，求出f x 可确定1x =是它的一个解，另一个解由方程e 02x t x -=+确定，令()()e 02
x
g x x x =>+通过导数判断函数值域求出方程有一个不是1的解时t 应满足的条件. 【题目详解】
由题意知函数()f x 的定义域为0,，()()221e 121x x f x t x x x -⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭
()()2
1e 2x
x t x x ⎡⎤--+⎣⎦=()()2e 122x x x t x x ⎛⎫-+- ⎪+⎝⎭=. 因为()f x 恰有两个极值点，所以0f x 恰有两个不同的解，显然1x =是它的一个解，另一个解由方程e 02
x
t x -=+确定，且这个解不等于1. 令()()e 02x g x x x =>+，则()()()21e 02x x g x x +'=>+，所以函数()g x 在0,上单调递增，从而()()102
g x g >=，且()13e g =.所以，当12t >且e 3t ≠时，()e 2ln x f x t x x x x ⎛⎫=-++ ⎪⎝
⎭恰有两个极值点，即实数t 的取值范围是1,,233e e ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
. 故选：C
【题目点拨】 本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题.
12、A
【解题分析】
由CD CA AB BD =++，两边平方后展开整理，即可求得2
CD ，则CD 的长可求．
【题目详解】
解：CD CA AB BD =++，
∴2222222CD CA AB BD CA AB CA BD AB BD =+++++，
CA AB ⊥，BD AB ⊥，
∴0CA AB =，0BD AB =，
1||||cos1202442
CA BD CA BD =︒=-⨯⨯=-． ∴244162416CD =++-⨯=，
||4CD ∴=，
故选：A ．
【题目点拨】
本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、100.
【解题分析】
分析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数．
详解：由题意得，三等品的长度在区间[)10,15，[)15,,20和[]35,40内，
根据频率分布直方图可得三等品的频率为()0.01250.02500.012550.25++⨯=，
∴样本中三等品的件数为4000.25100⨯=. 点睛：频率分布直方图的纵坐标为
频率组距
，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误．
14
【解题分析】
不妨设点A ，D ，C ，B 到面的距离分别为1，2，3，4，平面M 向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D ，与AB ，AC 分别相交于点E ，F ，根据题意F 为中点，E 为AB 的三等分点（靠近点A ），设棱长为a ， 求得
2313D AEF V -==，再用余弦定理求得：,EF DE ,cos DF EDF ∠，从而求得
2117355sin 223212
21EDF S DE DF EDF a a a =⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯=，再根据顶点A 到面EDF 的距离为1，得到221155113
31236A EDF EDF V S a a -=⨯⨯=⨯⨯=，然后利用等体积法D AEF A DEF V V --=求解， 【题目详解】
不妨设点A ，D ，C ，B 到面的距离分别为1，2，3，4，
平面M 向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D ，与AB ，AC 分别相交于点E ，F ，如图所示：
由题意得：F 为中点，E 为AB 的三等分点（靠近点A ）， 设棱长为a ， 213sin 6022324
AEF a a S =⨯⨯⨯=， 顶点D 到面ABC 的距离为223633d a a a ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭
所以231362324372
D AEF V a a a -=⨯⨯=， 由余弦定理得：22222222111171172cos60,2cos60,492336939EF a a a a a D
E a a a a a =+-⨯⨯⨯==+-⨯⨯⨯= 22222221132cos 60,cos 424221
DE DF EF DF a a a a a EDF DE DF +-=+-⨯⨯⨯=∠==⋅⋅， 所以5sin 21EDF ∠=，所以2117355sin 223212
21EDF S DE DF EDF a a =⨯⨯⨯∠=⨯⨯=， 又顶点A 到面EDF 的距离为1，
所以2211551133A EDF EDF V S -=⨯⨯=⨯=，
因为D AEF A DEF V V --=，
所以3272a =，
解得a =，
【题目点拨】
本题主要考查几何体的切割问题以及等体积法的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象，运算求解的能力，属于难题，
15、13
-
【解题分析】
根据()()2f x f x +=-可得,函数()f x 是以4为周期的函数，令()g 22x x k -+=，可求()21x g x =-，从而可得()()21x f x g x ==-，()()22log 122log 3f f =--代入解析式即可求解.
【题目详解】
令()g 22x x k -+=，则()g 22x
x k =+-， 由()g 221x
g x ⎡⎤-+=⎣⎦，则()1g k =， 所以()g 221k
k k =+-=，解得1k =， 所以()21x
g x =-， 由[]0,1x ∈时，()()f x g x =，
所以[]0,1x ∈时，()21x
f x =-； 由()()2f x f x +=-，所以()()()42f x f x f x +=-+=，
所以函数()f x 是以4为周期的函数，
()()()()22222log 12log 3log 4log 32log 32f f f f =+=+=-，
又函数()f x 为奇函数，
所以()()22log 3221log 122log 32
13f f -⎡⎤=--=--=-⎣⎦. 故答案为：1
3
-
【题目点拨】
本题主要考查了换元法求函数解析式、函数的奇偶性、周期性的应用，属于中档题.
16、-2
【解题分析】 试题分析：， 考点：等比数列性质及求和公式
三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、（1）1x =，13
V =
；（2）当x 51时，无盖三棱锥容器D MEF -的容积V 最大. 【解题分析】
（1）由已知求得1x =，求得三角形EBF 的面积，再由已知得到MD ⊥平面EMF ，代入三棱锥体积公式求V 的值；
（2）由题意知，在等腰三角形MEF 中，ME MF x ==，则2(2)EF x =-，24(1)cos x EMF x -∠=
，写出三角形面积，求其平方导数的最值，则答案可求．
【题目详解】
解：（1）由题意，EFB ∆为等腰直角三角形，又AE CF x ==，
2(02)BE BF x x ∴==-<<， EFB ∆恰好是该零件的盖，1x ∴=，则12EBF S ∆=
， 由图甲知，AD AE ⊥，CD AF ⊥，
则在图乙中，MD ME ⊥，MD MF ⊥，ME MF M =，
又ME ，MF ⊂平面EMF ，MD ∴⊥平面EMF ，
11111233323
EMF EBF V S MD S MD ∆∴===⨯⨯=； （2）由题意知，在等腰三角形MEF 中，ME MF x ==， 则2(2)EF x =-，2
4(1)cos x EMF x -∠=， ∴22241116(1)sin 122EMF x S x EMF x x
∆-=∠=- 令2421()()[16(1)]4
EMF f x S x x ∆==--， 32()8(1)(2)(24)f x x x x x x ∴'=--=-+-， 02x <<，51x ∴． 可得：当51)x ∈时，()0f x '>，当(51x ∈，2)时，()0f x '<，
∴
当1x =时，EMF S ∆有最大值．
由（1）知，MD ⊥平面EMF ，
∴该三棱锥容积的最大值为13EMF V S MD ∆=，且2MD =．
∴当1x =时，()f x 取得最大值，无盖三棱锥容器D MEF -的容积V 最大．
答：当x 1时，无盖三棱锥容器D MEF -的容积V 最大．
【题目点拨】
本题考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用导数求最值，属于中档题．
18、（1）10,e ⎛
⎫ ⎪⎝⎭
；（2）(],1-∞ 【解题分析】 （1）将()f x 有两个零点转化为方程ln x a x =
有两个相异实根，令()ln x G x x =求导，利用其单调性和极值求解； （2）将问题转化为ln 1x x m e x x ≤-
-对一切()0,x ∈+∞恒成立，令()()ln 10x x F x e x x x
=-->，求导，研究单调性，求出其最值即可得结果.
【题目详解】
（1）()f x 有两个零点⇔关于x 的方程ax e x =有两个相异实根
由0>ax e ，知0x > ()f x ∴有两个零点ln x a x ⇔=
有两个相异实根. 令()ln x G x x =
，则()21ln x G x x -'=， 由()0G x '>得：0x e <<，由()0G x '<得：x e >，
()G x ∴在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减
()()max 1G x G e e
∴==， 又()10G =
∴当01x <<时，()0G x <，当1x >时，()0G x >
当x →+∞时，()0G x →
()f x ∴有两个零点时，实数a 的取值范围为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
； （2）当1a =时，()x
f x e x =-， ∴原命题等价于ln 1x xe x mx ≥++对一切()0,x ∈+∞恒成立
ln 1x x m e x x
⇔≤--对一切()0,x ∈+∞恒成立. 令()()ln 10x
x F x e x x x =--> ()min m F x ∴≤
()222ln ln x x
x x e x F x e x x +'=+= 令()2ln x
h x x e x =+，()0,x ∈+∞，则 ()2120x h x xe x e x
'=++> ()h x ∴在()0,∞+上单增
又()10h e =>，1
201110e h e e e -⎛⎫=-<-= ⎪⎝⎭ 01,1x e ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭
，使()00h x =即0020e n 0l x x x +=① 当()00,x x ∈时，()0h x <，当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，
即()F x 在()00,x 递减，在()0,x +∞递增，
()()000min 00ln 1x x F x F x e x x ∴==-
- 由①知0200ln x x e x =-
001ln 000000ln 111ln ln x x x x e e x x x x ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭
∴ 函数()x
x xe ϕ=在()0,∞+单调递增
001ln x x ∴=即00ln x x =- ()0ln 0min 000011111x x F x e x x x x --∴=-
-=+-=， 1m ∴≤
∴实数m 的取值范围为(],1-∞.
【题目点拨】
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，考查学生转化能力和分析能力，是一道难度较大的题目.
19、（1）见解析；（2）
33 【解题分析】
（1）要证明PC ⊥面ADE ，由已知可得AD ⊥PC ，只需满足0DE PC ⋅=即可，从而得到点E 为中点;（2）求出面ADE 的法向量，面PAE 的法向量，利用空间向量的数量积，求解二面角P ﹣AE ﹣D 的余弦值．
【题目详解】
（1）法一：要证明PC ⊥面ADE ，易知AD ⊥面PDC ，即得AD ⊥PC ，故只需0DE PC ⋅=即可，
所以由()001DP PE PC DP PC PE PC PE +⋅=⇒⋅+⋅=⇒=,即存在点E 为PC 中点.
法二：建立如图所示的空间直角坐标系D －XYZ ， 由题意知PD ＝CD ＝1，
2CE =，设PE PB λ=， ()
2,1,1PE PB λλ∴==-，()0,1,1PC =-，由 ()()()0,1,12,,10PC DE PC DP PE λλλ⋅=⋅+=-⋅
-=，得12
λ=， 即存在点E 为PC 中点.
（2）由（1）知()0,0,0D ，)
2,0,0A ，211,,222E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，(
)0,0,1P
()2,0,0DA =，211,,222DE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， ()2,0,1PA =-，211,222PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
设面ADE 的法向量为()1111,,n x y z =，面PAE 的法向量为()2222,,n x y z =
由的法向量为1100
n DA n DE
⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得，1111011022y z ⎧=⎪+
+=得()10,1,1n =-，
同理求得(21,n = 所以1111cos 3
||n n n n θ⋅==
-⋅ 故所求二面角P －AE －D
【题目点拨】
本题考查二面角的平面角的求法，考查直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
20、（1）y 2＝6x （2． 【解题分析】
（1）根据抛物线定义，写出焦点坐标和准线方程，列方程即可得解；
（2）根据中点坐标表示出|AB |和点到直线的距离，得出面积，利用均值不等式求解最大值.
【题目详解】
（1）抛物线E ：y 2＝2px （p ＞0），焦点F （
2p ，0）到准线x 2p =-的距离为3，可得p ＝3，即有抛物线方程为y 2＝6x ；
（2）设线段AB 的中点为M （x 0，y 0），则12022x x x +==， y 0122y y +=，k AB 21212221211206366
y y y y y y x x y y y --====-+-， 则线段AB 的垂直平分线方程为y ﹣y 003
y =-（x ﹣2），① 可得x ＝5，y ＝0是①的一个解，所以AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，
且点C （5，0），由①可得直线AB 的方程为y ﹣y 003y =（x ﹣2），即x 03
y =（y ﹣y 0）+2 ② 代入y 2＝6x 可得y 2＝2y 0（y ﹣y 0）+12，即y 2﹣2y 0y +2y 02＝0 ③，
由题意y 1，y 2是方程③的两个实根，且y 1≠y 2，
所以△＝1y 02﹣1（2y 02﹣12）＝﹣1y 02+18＞0，解得﹣y 0＜
|AB |=
==
==
又C （5，0）到线段AB 的距离h ＝|CM |==
所以S △ABC 12=|AB |h =
=≤=
当且仅当9+y 02＝21﹣2y 02，即y 0＝A ，B ，
或A ，B ，
所以S △ABC 的最大值为
3． 【题目点拨】
此题考查根据焦点和准线关系求抛物线方程，根据直线与抛物线位置关系求解三角形面积的最值，表示三角形的面积关系常涉及韦达定理整体代入，抛物线中需要考虑设点坐标的技巧，处理最值问题常用函数单调性求解或均值不等式求最值.
21、（Ⅰ）2,a b ==
（Ⅱ）证明见解析．
【解题分析】
由222a b c -=与a e c ==，得222a b =，
120022F F ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，，，，l 的方程为x =．
设))12M y N y ，，，，
则1122322F M a y F N y ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，，，， 由120FM F N ⋅=得 212302y y a =-＜． ① （Ⅰ）由1225F M F N ==
=， ②
= ③ 由①、②、③三式，消去12,y y ，并求得24a =，
故2,
a b ==
= （Ⅱ）()2222212121212121222246MN y y y y y y y y y y y y a =-=+-≥--=-=，
当且仅当12y y =-=
或21y y =-=时，MN ， 此时，()()
1212121232222,22,02F M F N a y a y a y y a F F ⎛⎫⎛⎫+=+=+== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，
故1
2FM F N +与12F F 共线． 22、（1）{1}；（2）2个，证明见解析
【解题分析】
（1）要()0f x 恒成立，只要()f x 的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看()f x 是否有最小值； （2）将()f x 图像与()g x 图像的交点个数转化为方程()()f x g x =实数解的个数问题，然后构造函数()()()x f x g x ϕ=-，再利用导数讨论此函数零点的个数.
【题目详解】
（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞，因为1()1
f x a x -'=+， 1°当0a 时，()0,()f x f x '<在(0,)x ∃∈+∞上单调递减，(0,)x ∃∈+∞时，使得()(0)0f x f <=，与条件矛盾；
2°当0a >时，由()0f x '<，得111x a -<<-；由()0f x '>，得11x a >-，所以()f x 在11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝
⎭上单调递减，在11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，即有min 1()11ln f x f a a a ⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭，由()0f x 恒成立，所以1ln 0a a -+恒成立，令11()1ln (0),()1a h a a a a h a a a
-=-+>=-+
='， 若01,()0,()(1)0a h a h a h <<='； 若1,()0,()(1)0a h a h a h ><<='；而1a =时，()0h a ，要使1ln 0a a -+恒成立，
故{1}a ∈.
（2）原问题转化为方程()()f x g x =实根个数问题，
当1a =时，()f x 图象与()g x 图象有且仅有2个交点，理由如下：
由()()f x g x =，即ln(1)sin 0x x x -+-=，令()ln(1)sin x x x x ϕ=-+-，
因为(0)0ϕ=，所以0x =是()0x ϕ=的一根；1()1cos 1x x x ϕ-+'=-
， 1°当10x -<<时，110,cos 01
x x -+， 所以()0,()x x ϕϕ'<在(1,0)-上单调递减，()(0)0x ϕϕ>=，即()0x ϕ=在(1,0)-上无实根； 2°当03x <<时，2
1()sin 0(1)x x x ϕ=+>+''， 则()x ϕ'
在(0,3)上单调递递增，又210,(0)1022πϕϕπ⎛⎫=->=-< ⎪+''⎝⎭， 所以()0x ϕ'=在(0,3)上有唯一实根00,0,2x x π⎛
⎫∈ ⎪⎝⎭，且满足0011cos 1
x x -=+， ①当00x x <时，()0,()x x ϕϕ'在0(0,]x 上单调递减，此时()(0)0,()0x x ϕϕϕ<==在(]00,x 上无实根；
②当03x x <<时，()0,()x x ϕϕ'>在0(,3)x 上单调递增，()120e 1ln 1ln 22212
x x πππϕϕπ-⎛⎫⎛⎫<=--+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
+ 2ln ln10,(3)3sin 32ln 22(1ln 2)1sin 3012ϕπ
<==--=-+-+，故()0x ϕ=在0(,3)x 上有唯一实根. 3°当3x ≥时，由（1）知，ln(1)1x x -+-在(0,)+∞上单调递增，
所以ln(1)122ln 22ln 02
e x x -+--=>， 故()ln(1)sin ln(1)1(1sin )0x x x x x x x ϕ=-+-=-+-+->，所以()0x ϕ=在[3,)+∞上无实根. 综合1°，2°，3°，故()0x ϕ=有两个实根，即()
f x 图象与()
g x 图象有且仅有2个交点.
【题目点拨】
此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.。