2016年高考新课标卷理科数学试题(1卷)
1
绝密★启封并使用完毕前 试题类型： A
2016 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学
注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷 ( 选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 )两部分 .第Ⅰ卷 1 至 3 页，第 Ⅱ卷 3 至 5 页 . 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回 . . .
第Ⅰ卷
一 . 选择题：本大题共 12 小题，每小题 .
{ x |2 x 3 0} ，则 A B
5 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 ）设集合
A { x| x
3 2 1 )
2
4 x 3 0} ， B
3 ( 3, ) （ B） 2
（ A） ( 3, （ 2 ）设 (1
3 (1, ) （ C） 2
3 ( ,3) （ D） 2
i) x
yi ，其中 x， y 是实数，则
（ B）
x
yi = 3
（ D） 2
（ A） 1 （ 3 ）已知等差数列 （ A） 100 （ 4 ）某公司的班车在
2
（ C）
{ an } 前 9 项的和为 27， a10 =8 ，则 a100 =
（ B） 99 （ C） 98 （ D） 97
7:00 ， 8:00 ， 8:30 发车，小明在
7:50 至 8:30 之间到达发车站乘坐班车， 10 分钟的概率是
且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过
（A）
1 3
（ B）
2 2
1 2
（C）
2 3
（D ）
3 4
4 ，则 n 的
（ 5 ）已知方程
x m
2
y n 3m
2
n
1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为
2
取值范围是 （ A ） (– 1,3) （ B） (– 1, 3) （ C） (0,3) （ D ） (0, 3)
（ 6 ）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆 中两条相互垂直的半径 面积是（ ） （ B） 18π （ D） 28π .若该几何体的体积是
28 3
，则它的表
（ A ） 17π （ C） 20π （ 7 ）函数
y
2x
2
e 在 [– 2,2] 的图像大致为
|x|
（A ）
（ B）
（C）
（ D）
（ 8 ）若 a
b
1， 0
c
c 1 ，则 b
c
（A ） a
（ B ） ab
c
ba
c
（ C ） a log b c
b log a c
（ D）
log a c log b c
（ 9） 执 行 右 面 的 程 序 图 ， 如 果 输 入 的
x
0， y
1， n
（A ） y （C） y
1 ，则输出 x， y 的值满 2x 4x
（ B） y （ D） y
3x 5x
(10) 以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 |DE|=
C 于 A、 B 两点，交 C 的准线于 D 、 E 两点 .已知 |AB|= 4 2 ，
2 5 ，则 C 的焦点到准线的距离为
3
(A)2 (C)6
(B)4 (D)8
(11)平面 a 过正方体 ABCD -A1B1C1D 1 的顶点 A， a// 平面 CB 1D 1， 面 ABA 1B 1=n ，则 m 、 n 所成角的正弦值为 (A)
a
平面 ABCD =m ， a
平
3 2
(B )
2 2
(C)
3 3
(D)
1 3
为 y
12.已知函数
f ( x)
sin( x+
)(
0，
2
), x
4
为 f ( x ) 的零点， x
4
f ( x)
图像的对称轴，且 （ A ） 11
f (x) 在
5 ， 18 36
（ B） 9
单调，则
的最大值为 （ C）7 （ D） 5
第 II 卷
本卷包括必考题和选考题两部分 . 第 ( 13) 题 ~第 ( 21) 题为必考题， 每个试题 . 考生都必须作答 . 第 ( 22) 题 ~第 ( 24) 题为选考题，考生根据要求作答 二、填空题：本大题共 3 小题，每小题
2 2
5分
2
(13) 设向量 a =(m， 1)， b=(1 ， 2) ，且 |a + b| =|a| +|b| ，则 m=_________ 。 (14) (2 x
5 3 （用数字填写答案） x ) 的展开式中， x 的系数是 _________ 。
（ 15 ）设等比数列
满足 a1+a 3=10 ， a 2+a4=5 ，则 a 1a 2… an 的最大值为 ___________ 。 A 和产品 B 需要甲、乙两种新型材料。生产一件产品 A 需要甲
（ 16 ）某高科技企业生产产品 3 个工时，生产一件产品
材料 1.5kg，乙材料 1kg ，用 5 个工时；生产一件产品 甲材料 150kg ，乙材料 90kg ，则在不超过 之和的最大值为 _________ 元。
B 需要甲材料 0.5kg ，乙材料 0.3kg，用 B 的利润为 900 元。该企业现有 A 、产品 B 的利润
A 的利润为 2100 元，生产一件产品
600 个工时的条件下，生产产品
三 . 解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
（ 17 ） （本题满分为 12 分） a ， b， c ，已知
.
ABC 的内角 A ， B， C 的对边分别别为
（ I ）求 C； （ II ）若
2cos C ( a cos B+b cos A )
c.
c
7, ABC 的面积为
12 分）
3 3 2
，求
ABC 的周长．
（ 18 ） （本题满分为
如图，在以 A， B ， C， D ， E ， F 为顶点的五面体
4
中， 面 ABEF 为正方形， AF=2FD ， AFD （ I ）证明平面 ABEF （ 19 ） （本小题满分 某公司计划购买 EFDC ；
90 ， 且二面角 D -AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60 ．
（ II ）求二面角 E-BC -A 的余弦值． 12 分） 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰 200 元 . 500 . 机器有一易损零件，在购进机
器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个
元 . 现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件， 为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更 1 台机 2 台机器 换的易损零件数，得下面柱状图： 以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 器更换的易损零件数发生的概率，记 三年内共需更换的易损零件数， 的同时购买的易损零件数 （ I ）求 X 的分布列； （ II ）若要求 P ( X .
X 表示 2 台机器
n 表示购买
n)
0.5 ，确定 n 的最小值； n 19 与 n 20 之中选其一，应选
（ III ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 用哪个？ 20（本小题满分 设圆 12 分）
x
2
y
2
2x 15 0 的圆心为 A，直线 l 过点 B（ 1,0 ）且与 x 轴不重合， l 交圆 A
于 C ， D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. （ I ）证明
EA
EB 为定值，并写出点
E 的轨迹方程； A 交于
（ II ）设点 E 的轨迹为曲线 P,Q 两点，求四边形 （ 21 ） （本小题满分 已知函数 12 分）
C 1，直线 l 交 C 1 于 M ,N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆
MPNQ 面积的取值范围 .
f ( x)
(x
2) e
x
2 a ( x 1) 有两个零点 .
(I) 求 a 的取值范围； (II) 设
x1 , x2 是 f ( x) 的两个零点，证明：
x1
x2
2 ,做
请考生在
22 、 23、 24 题中任选一题作答
,如果多做 ,则按所做的第一题计分
答时请写清题号
（ 22 ） （本小题满分 10 分）选修 4-1：几何证明选讲 如图，△ OAB 是等腰三角形， ∠ AOB=120 ° .以 ⊙ O 为 圆心， OA 为半径作圆 . (I) 证明：直线 AB 与 O 相切； (II) 点 C,D 在 ⊙ O 上，且 A,B,C,D 四点共圆， 证明： AB ∥ CD .
5
（ 23 ） （本小题满分 在直线坐标系
10 分）选修 4— 4 ：坐标系与参数方程
xoy 中，曲线 C 1 的参数方程为
x y
a cost 1 a sin t
。在以坐标原点 ( t 为参数， a＞ 0）
为极点， x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 （ I ）说明 C1 是哪种曲线，并将 （ II ）直线 C 3 的极坐标方程为 在 C 3 上，求
C2：
4 cos
C 1 的方程化为极坐标方程；
0
，其中
0
满足
tan
0
2 ，若曲线 C1 与 C 2 的公共点都
a
10 分） ，选修 4 — 5：不等式选讲
（ 24 ） （本小题满分 已知函数 f ( x )
|x
1|
| 2x
3| y f ( x) 的图像；
（ I ）在答题卡第（ 24）题图中画出 （ II ）求不等式 | f ( x ) | 1 的解集。
2016 年新课标 I 高考数学（理科）答案与解析
（答案仅供参考）
1．
A
xx
2
4x
3 0
x1 x
3 ，B
x 2x
3
0
xx
3 2
．
故 A
B
x
3 2
x
3 ．故选 D ．
2． 由 1 i x 1
yi 可知 x
xi
1
yi ，故
x x
1 y
，解得
x y
1 1
．
所以 x
yi
x
2
y
2
2 ．故选 B ．
S9 9 a1 2 a9 9 2 a5 2 9a5 27 ，故 a5
3． 由等差数列性质可知： 而 a10
3，
8 ，因此公差 d
a10 a5 10 5
1
∴ a100
a10
90d
98 ．故选 C．
4． 如图所示，画出时间轴：
6
7:30
7:40
7:50 A
8:00 C
8:10
8:20 D
8:30 B
AC 或 DB 时，
小明到达的时间会随机的落在图中线段 才能保证他等车的时间不超过 故选 B ． 5． x m
2 2
AB 中，而当他的到达时间落在线段 P
10 分钟。根据几何概型，所求概率
10 10 40
1 ． 2
y n 3m
2
2
n
1 表示双曲线，则
m 3m
2
2
n 3m n
2
2
n
0
∴ m
2
n
3m
2
由双曲线性质知： ∴焦距 2c
c
2
m
2
n
4m ，其中 c 是半焦距
n 3 故选 A ．
2 2m
4 ，解得 m
1
∴ 1
6． 原立体图如图所示：
是一个球被切掉左上角的
1 8
后的三视图
表面积是
7 8
的球面面积和三个扇形面积之和
S=
7．
7 8
4
8
2 +3
e
2
2
1 4
2.8
2
2 =17
2
故选 A ． f 2 8 e
2
f 2
8
0 ，排除 A
8
2.7 1 4
2
1 ，排除 B
x
0 时， f x
2x
2
e
x
f
x
4 x
x
e，当 x
0,
时， f
x
1 0 4 e 4
0
因此 f x 在 0,
1 4
单调递减，排除
C
故选 D．
8 ． 对 A ： 由于 0 对 B ： 由于 ∴ a
c
1 ，∴函数 y
x 在 R 上单调递增，因此
c
a
b
1
a
c
b ， A 错误
c
1 c 1 0 ，∴函数 y b 1 a
c 1
x
c
c 1
在 1,
c
上单调递减，
b
c 1
ba
ab ， B 错误
对 C ： 要比较 a log b c 和 b log a c ，只需比较 需 b ln b 和 a ln a 构造函数 f x x ln x x
a ln c b ln c ln c ln c 和 ，只需比较 和 ，只 ln b ln a b ln b a ln a
1 ，则 f ' x
ln x 1 1
0 ， f x 在 1,
上单调递
7
增，因此 f a 又由 0 c
f b
0
0 ，∴
a ln a ln c a ln a
b ln b ln c
0
1 a ln a
1 b ln b a log b c ， C 正确
1 得 ln c
对 D ： 要比较 log a c 和 log b c ，只需比较 而函数 y 又由 0 9． 如下表： 循环节运 行次数 运行前 第一次 第二次 第三次 输出 x x x x n 1 2 c ln x 在 1, 1 得 ln c
b ln b ln c ln c ln a
和
b loga c
ln b a b 1 ln a ln b 0 1 ln a 1 ln b
上单调递增，故 0 ，∴
ln c ln a
ln c ln b
log a c
log b c ， D 错误
故选 C ．
判断 y y 1 ny x
2
是否 36 输出 / 否 否 是
y
2
n n
n 1 1
0 0
/ 否 否 是
1 2
6 故选 C ．
2
3
1 2 3 2
， y 6 ，满足 y 4x
3 2
10． 以 开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理 设抛物线为
y
2
2 px p
0 ，设圆的方程为
x
2
y
2
r ，题目条件翻译如图：
2
F
设 A x0 , 2 2 ， D
p 2
, 5 ，
2
点 A x 0 , 2 2 在抛物线 y 点D p 2 , 5 在圆 x
2 2
2 px 上，∴ 8
2
2 px0 ……①
p 2 8
2
2
y
y
2
r 上，∴ 5
r 上，∴ x 0
2 2
2
r ……② r ……③ p 4 ．故选 B ．
2
点 A x 0 , 2 2 在圆 x 联立①②③解得： 11． 如 图所示：
p
4 ，焦点到准线的距离为
8
D α A B
C
D1 A1 B1
C1
∵
∥平面 CB1 D1 ，∴若设平面 CB1 D1
平面 ABCD
m1 ，则 m 1∥ m
平面 A1 B1C1D1
又∵平面 ABCD ∥平面 A1 B1C1D1 ，结合平面 B1 D1C ∴ B1D1∥m1 ，故 B1 D1∥m 故 m 、 n 的所成角的大小与 而 B1C 同理可得： CD1∥ n
B1D1
B1 D1 、 CD1 所成角的大小相等，即 CD1 B1
，即 sin
CD1 B1 的大小．
CD1 B1 3 2 ．
B1 D1
CD1 （均为面对交线） ，因此
3
故选 A ． π 12． 由 题意知： 4 π + 4 + k1π k 2π + π 2 则 2k 1 ，其中 k Z
f ( x) 在
π 5π , 单调， 18 36
5 36 18
π T 12
π 4
2
,
12
接下来用排除法
若
11,
π 4
，此时 f ( x )
sin 11x
， f ( x) 在
π 3π , 递增，在 18 44
3π 5π , 递减， 44 36
不满足 f ( x ) 在
π 5π 单调 , 18 36 π 4 π 5π 单调递减 , 18 36
若
9,
π 4
，此时 f ( x )
sin 9 x
，满足 f ( x ) 在
故选 B ．
13． 由 已知得： a
2 2
b
2
m 1,3
∴ a
b
a
b
m 1
2
3
2
m
2
1
2
1
2
2 2 ，解得 m
2．
5 k k k 5 5 k 5 k 2
14． 设 展开式的第 k 1 项为 Tk 1 ， k 当5 15．由于
0,1,2,3,4,5
4 5 5 4 5 4 2
∴ Tk
3
1
C
k 5
2x
x
C 2
x
．
k 2
3 时， k
4 ，即 T5
C 2 a1 q
x
10x
故答案为 10．
an 是等比数列，设
an
n 1
，其中 a1 是首项， q 是公比．
9
∴
a1 a2
a3 a4
10 5
a1 a1 q
3
a1q
2 3
10 5
n 4
a1 ，解得： q
1 n n 7
8 1 ．故 an 2
1
2
n 4
a1q
1 2
49 4
，
2 ...
∴ a1 a 2 ... an
1 2
2
1 2 7 2 49 4
2
1 2
2
n
7 2
1
当n
3 或 4 时，
1 2
n
取到最小值
6 ，此时
1 2
2
n
7 2
2
49 4
取到最大值 2 ．
6
所以 a1 a2 ... an 的最大值为 64． 16． 设 生产 A 产品 x 件， B 产品 y 件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件， 1.5x x 5x 构造线性规则约束为 0.5 y ≤ 150 3 y ≤ 600 目标函数 z 2100 x 900 y
0.3 y ≤ 90
x≥ 0 y≥ 0 x y N N
* *
作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为
(60,100) (0,200) (0,0) (90,0)
在 (60,100) 处取得最大值， 17．⑴ 2cos C a cosB
z
2100 60
900 100
216000
b cos A
c 由正弦定理得 2cosC sin A cosB sin B cos A
B C π， A 、B 、C
sin C
即
2cos C sin A B B sin C
∴C c
2
sin C ， ∵ A 0
∴ 2cos C
0 ，π
∴ sin A ∵C
1 ， cosC
1 2
0 ，π
π 3
2
⑵ 由余弦定理得：
a
b
2
2ab cos C
7
a
2
b
2
2ab
1 2
2
a
b
3ab
7
10
S
1 2
ab sin C
3 4
ab
3 3 2
∴ ab
6
∴ a
2
b
18
7
a
b
5
∴ △ ABC 周长为 a 18．⑴ ∵ ABEF 为正方形 ∵ DF
b
c
5
7 EF
∵ AFD 90 ∴ AF
∴ AF
DF
平面 EFDC
EF = F ， ∴ AF
面 EFDC ， AF
面 ABEF ， ∴平面 ABEF
⑵ 由⑴知
DFE
CEF AB
60
∵ AB ∥ EF
平面 EFDC
EF
平面 EFDC
∴ AB ∥ 平面 ABCD ∵面 ABCD 面 EFDC
AB
平面 ABCD
CD ∴ AB ∥ CD ∴ CD ∥ EF ∴四边形 EFDC 为等腰梯形 FD a 2 a 3 2
以 E 为原点，如图建立坐标系，设
E 0 ，0 ，0
B 0 ，2a ，0
C
，0 ，
a
A 2 a， a 2， 0
EB
0 ，2 a ，0 ， BC
a 2
， 2a ，
3 2
a ， AB
2 a ，0 ，0
设面 BEC 法向量为 m
x ，y ，z .
m EB m BC
0 0
2 a y1 ，即 a 2 1 x1
0 2ay1 3 2 a z1 0
x1
3 ， y1
0 ，z1
1
m
3 ， 0，
设面 ABC 法向量为 n
x 2 ， y 2 ，z 2
n BC =0 n AB 0
a .即
2 2ax2
x2
2ay2 0
3 2
az2
0
x2
0 ，y 2
3 ，z2 BC
4
n .
0 ， 3， 4
设二面角 E
A 的大小为
11
cos
m n m n BC 3 1
4 3 16
2 19 19 2 19 19 7 个零件 i 7 个零件 i
∴二面角 E
A 的余弦值为
19．⑴ 每台机器更换的易损零件数为 记事件 Ai 为第一台机器 记事件 Bi 为第二台机器 由题知 P A1
8， 9 ， 10， 11
3 年内换掉 i 3 年内换掉 i
1,2,3,4
1,2,3,4
P A3
P A4
P B1
P B3
P B4
0.2 ， P A2
P B2
0.4
16， 17，
设 2 台机器共需更换的易损零件数的随机变量为 18， 19 ， 20， 21， 22 P X 16 P A 1 P B1 0.2 0.2 0.04
X ，则 X 的可能的取值为
P X P X
P X
17 18
19
P A 1 P B2 P A1 P B3
P A1 P B4 0.24
P A2 P B1 P A2 P B2
P A2 P B3
0.2 0.4 0.4 0.2 0.16 P A3 P B1
P A3 P B2
0.2 0.2 0.2 0.2 0.4 0.4 0.24
P A4 P B1 0.2 0.2 0.2 0.2 0.4 0.2
0.2 0.4
P X
P x
20
21
P A2 P B4
P A3 P B4
P A3 P B3
P A4 P B3
P A4 P B2
0.2 0.2
0.4 0.2 0.2 0.4 0.2 0.2
0.08
0.2
0.2 0.2
P x
22
P A4 P B4 X P
16 0.04
0.2 0.2 0.04
17 0.16 0.04 18 0.24 0.16 19 0.24 0.24 20 0.2 0.5 ， 0.04 21 0.08 0.16 22 0.04 0.24 0.24 ≥ 0.5
⑵ 要令 P x ≤ n ≥ 0.5 ， 则 n 的最小值为 19
⑶ 购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件 不足时额外购买的费用 当n 当n 19 时，费用的期望为 20 时，费用的期望为 19 x 1
4
19 200 20 200
500 0.2
1000 0.08 1500 0.04 4080
4040
500 0.08 1000 0.04
所以应选用 n 20．⑴ 圆 A 整理为
2
y
2
16 ， A 坐标
1,0 ，如图，
3
2
C
1
A
4 2
x
B
1
2
4
E
2
3
D
4
BE∥ AC ，则 ∠ C
∠EBD ，由 AC
AD , 则∠D
∠ C ，
∠ EBD
∠ D， 则 EB
ED
AE
EB
AE
ED
AD
4
12
所以 E 的轨迹为一个椭圆，方程为 ⑵ C1 : x
2
x
2
y
2
4 y
2
3
1 ，( y
0 )；
4
3
1 ；设 l : x
my 1 ，
因为 PQ⊥ l ，设 PQ : y
m x 1 ，联立 l 与椭圆 C1
x x
2
my 1 y
2
1
得 3m2
4 y
2
6my 9 0 ；
4
3
2 2 2
则 | MN |
1 m | yM
2
yN |
1
m
2
36m
36 3m 3m
2
4
12 m 3m
2
1 4
；
4
P
4
3
2
1
N
x
A
4 2
B
1
2
4
M
Q
2 3
4
圆心 A 到 PQ 距离 d
| m
1 1 |
2
| 2m | 1 m 4m 1
2 2
2
，
1 m
所以 | PQ | 2 | AQ |
2
d
2
2 16
4 3m
2 2
4
m 1 4
，
1 m 4 3m
2 2
SMPNQ
1 2
| MN | | PQ |
1 12 m 2 3m
2
2
4
24 m 3m
2
2
1 4
24 3
1 1 m
2
12,8 3 1
1 m
21．⑴
由已知得： ① 若a
f ' x
x 1e
0
x
2a x 1
x 2 e
x
x 1 e
0 x
x
2a
x 2 ，不
0 ，那么 f x
2 ， f x 只有唯一的零点
合题意； ② 若a 当x 0 ，那么 e
x
2a
e
x
0 ，所以当 x
1 时， f ' x 即：
0 ， f x 单调递增
1 时， f ' x
0 ， f x 单调递减
13
x
,1
1
0
1,
f ' x f x
故 f x 在 1, 由于 f 2 ↓
极小值 上至多一个零点，在
↑
,1 上至多一个零点 0，
a 0， f 1
e 0 ，则 f 2 f 1
根据零点存在性定理， 而当 x 故 f x 1 时， e x x 2 e
x
f x 在 1,2 上有且仅有一个零点．
2 1
2
e， x a x
1 e x
2
0， 2 a x 1
2
a x 1
2
2
e x 1
e
则 f x
0 的两根 t1
e
e
4ae
2a
1 ， t2
2
e
e
4ae
2a e x 1 e 0
1 ， t1
t2 ，
因为 a
0 ，故当 x 1且 x
t1 或 x
t2 时， a x 1
0
因此，当 x 又 f 1 e
t1 时， f x
0 ，根据零点存在性定理，
f x 在
,1 有且只有一个零点．
此时， f x 在 R 上有且只有两个零点，满足题意． ③ 若 当x
e 2 ln
a 0 ，则 ln
2a
ln e 1 ，
2a 时， x 1 ln x 1 e 2a
x
2a
1 0 ， ex
2a e
ln
2a
2a
0，
即 f ' x 当
2a
时
0 ， f x 单调递增；
， x 1 0 ，
ln x
x 1 x 1
x
e
x
2a
e
ln
2a
2a
0
，
即
f'
当x x
e 2 ， f ax0 单调递减；
0 ， ex 2a
1 时， x 1 ,ln
2a ln
e
ln
2a
2a
ln
0 ，即 f ' x
2 a ,1
0 ， f x 单调递增．即： 1
0
2a
0
1,
+ ↑
f ' x
+ ↑
↓
f x
极大值
极小值
14
而极大值
2 2
f ln
2a
2 a ln
2a
2
a ln
2a
1
a
ln
2a
2 f ln
1 2a
0 ， 那 么
故 当 x≤1 时 ， f x≤ fl n
f x
在 x
ln
2a f x
处 取 到 最 大 值
2 a
恒成立，即 0
0 无解
而当 x
1 时， f x 单调递增，至多一个零点
此时 f x 在 R 上至多一个零点，不合题意． ④ 若a 当x
e 2
，那么 ln
2a
1 0 ， ex
1 ln
2 a 时， x 1
2a
e
ln
2a
2a
0 ，即 f ' x
0，
f x 单调递增 当x
1 ln
2a 时， x 1
0， e
x
2a
e
ln
2a
2a
0 ，即 f ' x
0，
f x 单调递增 又 f x 在 x 意． ⑤ 若a 当x 1 处有意义，故 f x 在 R 上单调递增，此时至多一个零点，不合题
e 2
，则 ln
2a
1
1 时， x
1 0 ， ex
2a
e
1
2a
e
ln
2a
2a
0 ，即 f ' x
0，
f x 单调递增 当1
x
ln
2a 时， x 1
0 ， ex
2a
e
ln
2a
2a
0 ，即 f ' x
0，
f x 单调递减 当x
ln
2a 时， x 1 ln
2a
1 0 ， ex
2a
e
ln
2a
2a
0 ，即 f ' x
0，
f x 单调递增 即： x
,1
+
1
0
1,ln
2a
ln
2a
0
ln
2a ,
f ' x
-
+
15
f x 故当 x≤ ln
↑
极大值
↓
极小值
↑
2a 时， f x 在 x 0 无解
1 处取到最大值
f 1
e ，那么 f x ≤
e
0恒
成立，即 f x 当x
ln
2a 时， f x 单调递增，至多一个零点
此时 f x 在 R 上至多一个零点，不合题意． 综上所述，当且仅当 ⑵ 由已知得： a 0 时符合题意，即 a 的取值范围为
0,
．
f x1
x1
f x2
2 e
2 x1
0 ，不难发现 x1
x2 x2 2 e 1
x2
1， x2
1，
故可整理得
a
2
x1 1 x 2 e
2 x
2
设 g x
，则 g x1
g x2
那么 g ' x
x x
2
3
1 1
e ，
x
x 1 当 x 1 时， g ' x 设m g 1
0 ， g x 单调递减；当 x 1 时， g ' x
0 ， g x 单调递增．
0 ，构造代数式 m g 1 m m 1 m
2
e
1 m
m 1 m
2
e
1 m
1 m
m
2
e
1 m
m 1 m 1
e
2m
1
设h m
m 1 m 1
e
2
2m
1， m
0
则 h' m
2m
m 1 因此，对于任意的 由 g x1 有 x1 1 令m 1 而2
2
e
2m
0 ，故 h m 单调递增，有 h m
h 0
0．
m
0， g 1 m
g 1 m ．
不妨设 x1
g x2 可知 x1 、 x2 不可能在 g x 的同一个单调区间上， x2 x1 0 ，则有 g 1
1 x1 g 1 1 x1 g 2 x1
x2 ，则必
g x1
g x2
x1 1 ， x2 x2
1 ， g x 在 1, 2．
上单调递增， 因此： g 2
x1
g x2
2 x1
x2
整理得： x1
16
22．⑴ 设圆的半径为 r ，作 OK ∵ OA OB ， AOB 120
AB 于 K ∴ OK
AB ， A 30 ，OK
OA sin30
OA 2
r
∴ AB 与 ⊙O 相切 ⑵ 方法一：假设 CD 与 AB 不平行 ∵ A 、 B 、C 、D 四点共圆 ∵ AK CD 与 AB 交于 F FA FB FK FK
2 2
FC FD ① FK
2
∴ FC FD
AK
BK
BK
∴ FC FD
FK
AK
FK
AK
FK
AK
②
由①②可知矛盾
∴ AB ∥ CD
方法二：∵ A , B , C , D四点共圆，不妨设圆心为 ∵ OA 同理 OC 23．⑴ x y a cos t 1 a sin t
OB , TA
T，
TB ， ∴ O, T 为 AB 的中垂线上， TD ， ∴ OT 为 CD 的中垂线，∴
2 2 2
OD , TC
AB∥ CD ． ①
（ t 均为参数）∴
x
y 1
a
∴ C1 为以 0 ，1 为圆心， a 为半径的圆．方程为 ∵ x
2
x
2
y
2
2y 1 a
2
0
y
2
2
，y
sin
∴ 得 y
2
2
2 sin 4 cos
1 a
2
0 ，即为 C1 的极坐标方程 x
2
⑵ C2 ：
4cos y
2
两边同乘
2
2
2
y ， cos
2
x
x
2
4x 即 x 2
4
②
C3 ：化为普通方程为
y
2x
由题意： C1 和 C2 的公共方程所在直线即为 ①— ②得： 4 x
C3
∴1 a
2
2y 1 a
2
0 ，即为 C3
0
∴a
1
17
24．⑴ 如图所示：
x ⑵ f x 3x 4
4 ，x ≤ 1 2， 1 x ，x ≥ 4 3 2 1 ，解得 x 5或 x 3 ∴ x≤ 1 x 3 2 f x 1
当 x≤ 1 ， x 当 1 当 x≥
x
3 2
， 3x
2
1，解得 x 1 或 x
3
1 3
∴ 1
x
1 3
或1 x 5
3 2
3 ， 4 2 1 3
x
1 ，解得 x 5 或 x
x 3或 x ， 1 3 5 1，3
3 ∴ ≤x 2
3或 x
综上， x ∴ f x
或1
1 ，解集为
5，