2021届福建省福州一中高三五模数学试题及答案

2021届福建省福州一中高三五模数学试题

一、单选题 1．复数zA．23i 【答案】B

【分析】利用复数的除法运算化简为标准形式，进而根据共轭复数的定义得解. 【详解】z5i5i1i46i23i, 1i1i1i25i，则z的共轭复数z（ ） 1iB．23i C．33i D．33i

z23i,

故选：B.

1x2．集合Ax28，Bxlog2xa1，若AB，则a的取值范围为（ ）

4A．1, 【答案】C

B．1, C．1,

D．1,

【分析】根据指数函数，对数函数的单调性分别解不等式，化简集合A与B，再根据AB，确定a的取值范围.

1x【详解】Ax28x2x3，

4Bxlog2xa1xxa2， 又AB，

所以a23，即a1， 故选：C.

3．甲，乙，丙三人报考志愿，有A，B，C三所高校可供选择，每人限报一所，则恰有两人报考同一所大学的概率为（ ） 1A．

9B．

291C．

32D．

3【答案】D

【分析】根据题意，利用乘法计数原理计算总的方法数，从反面计算恰有2人报考同一所院校的方法种数，根据概率公式，计算即可求解.

高三试题

gm

【详解】由题意，每人报考一所学校，不同的选法总数是3327（种）

3如果每一所学校都有人报考，不同的选法总数是A36（种）,

所有人都报同一所学校的方法有3种，

∴恰有2人报考同一所院校的方法种数为276318， 概率为

182 273故选：D

【点睛】本题考查利用计数原理计算概率，属于基础题.关键是从反面计算恰有2人报考同一所院校的方法种数，使得问题解决更简洁.

πππ4．函数fxcos2x2sinxcosx，x0,的最小值为（ ）

222A．1 【答案】A

B．2 C．3 D．0

【分析】先对fx进行化简变成2sin2x，然后即可求确定区间上的最值.

4ππ【详解】fxcos2x2sinxcosx

22cos2x2cosxsinx cos2xsin2x

2sin2x

45π因为x0,，所以2x,

2444522xfx21 x故当，即时，min2442故选：A.

5．某校高三年级四个班的代表队准备举行篮球友谊赛.甲、乙、丙三位同学预测比赛结果，甲说：“2班得冠军，4班得第三”；乙说：“1班得第四，3班得亚军”；丙说：“3班得第三，4班得冠军”.赛后得知，三人都只猜对了一半，则得冠军的是（ ） A．1班 【答案】B

【分析】对四个班级分别获得冠军进行分类讨论，进行合情推理，由此可得出合适的选项. 【详解】分以下四种情况讨论：

（1）若1班得冠军，乙猜对一半，则3班得亚军，丙猜对一半，则4班得冠军，矛盾；

（2）若2班得冠军，甲猜对一半，则4班不是第三名，丙猜对一半，则3班得第三，乙猜对一半，

高三试题

B．2班 C．3班 D．4班

gm

则1班得第四，合乎题意；

（3）若3班得冠军，乙、丙各猜对一半，则1班得第四，4班得冠军，矛盾； （4）若4班得冠军，甲猜对一半，则2班得冠军，矛盾. 综上所述，2班得冠军. 故选：B.

6．若abc1，且acb2，则（ ） A．logcblogbalogac C．logablogcalogbc 【答案】B

【分析】利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果.

logcalogcc1，logbclogbb1，【详解】（方法一）对选项A：由abc，从而logablogaa1，

B．logbalogcblogac D．logablogbclogca

从而选项A错误；

对选项B：首先logcblogcc1，logbalogbb1，logaclogaa1，从而知logac最小，下只需比较logcb与logba的大小即可，采用差值比较法：

lgalgc(lgb) lgblga(lgb)2lgalgc2logcblogbalgclgblgclgblgclgb22lgb2(lgb)20， lgclgb22从而logcblogba，选项B正确；

对于选项C：由logablogaa1，logcalogcc1，知C错误； 对于选项D：可知logcblogba，从而选项D错误； 故选：B；

（方法二）取a5，b4，c3代入验证知选项B正确.

【点睛】本题考查式子间大小的比较，考查对数函数的图象与性质，考查运算能力，属于常考题型. 难点是比较logcb与logba的大小，需要用作差法，利用换底公式化为同底数的对数的商的差，通分整理后要注意使用基本不等式放缩进行判定.特值检验排除方法是考试中常用的比较灵活的方法，有可能避开复杂的判断和证明快速的解答.

高三试题

gm

27．过M2,2p引抛物线x2pyp0的切线，切点分别为A，B.若AB的斜率等于2，则p（ ） 1A．

4B．2

1C．1 D．2

【答案】C

【分析】先设切点，根据导数的几何意义求切线方程，再代入点M，得到A，B均满足得到一元二次方程，即得到直线AB的方程和斜率，结合斜率为2解得参数即可.

2【详解】抛物线x2pyp0，即y1121x,yx，则由切线斜率kyx， 2ppp设切点Ax1,y1,Bx2,y2，则kMA所以切线MA方程为yy1同理切线MB方程为y11x1,kMBx2，又x122py1,x222py2， pp11x1xx1，即 yx1xy1，

pp1x2xy2， p122px2yy111px12pp两切线均过点M2,2p，故，即，所以点Ax1,y1,Bx2,y2均

122px2yyx2p2222pp22满足方程yx2p，即Ax1,y1,Bx2,y2均在直线yx2p上，即直线AB的方程为

ppy22x2p，所以斜率为2， pp故p1. 故选：C.

x24,xa8．若曲线y与x轴有且只有2个交点，则实数a的取值范围是（ ）

x1x3,xaA．1a2 C．1a2或a3 【答案】D

B．a3

D．1a2或a3

【分析】作出函数y2x4与yx1x3的图象，对参数分类讨论，得出结论. 【详解】解：作出函数y2x4与yx1x3的图象，

高三试题

gm

当a1时，只有B一个零点； 当1a2时，有A,B两个零点； 当2a3时， 有A一个零点； 当a3时，有A,C两个零点；

综上，实数a的取值范围是：1a2或a3， 故选：D. 二、多选题

9．产能利用率是指实际产出与生产能力的比率，工业产能利用率是衡量工业生产经营状况的重要指标.下图为国家统计局发布的2015年至2018年第2季度我国工业产能利用率的折线图.

在统计学中，同比是指本期统计数据与上一年同期统计数据相比较，例如2016年第二季度与2015年第二季度相比较；环比是指本期统计数据与上期统计数据相比较，例如2015年第二季度与2015年第一季度相比较.据上述信息，下列结论中正确的是（ ） A．2015年第三季度环比有所降低 C．2017年第三季度同比有所提高 【答案】ABC

【分析】根据同比和环比的定义比较两期数据，结合选项，即可得出结论. 【详解】根据表格中的数据，可得：

2015年第二季度利用率为74.3%，第三季度利用率为74.0%，故2015年第三季度环比有所下降，

B．2016年第一季度同比有所降低 D．2018年第一季度环比有所提高

高三试题

gm

所以A正确；

2015年第一季度利用率为74.2%，2016年第一季度利用率为72.9%，故2016年第一季度同比有所下降，所以B正确；

2016年第三季度利用率为73.2%，2017年第三季度利用率为76.8%，故2017年第三季度同比有所提高，所以C正确；

2017年第四季度利用率为78%，2018年第一季度利用率76.5%，故2018年第一季度环比有所下降，所以D错误. 故选：ABC.

ππ10．如图是函数fxsinx0,的部分图象，则（ ）

22

πA．fxsin2x

65π5πC．fxfx

66【答案】ACD

πB．fxcos2x

3ππD．fxfx

1212【分析】先由图象得到周期，计算出后在利用f为最大值可求，从而得到函数解析式，再

3利用诱导公式化简后可判断AB，求出函数图象的对称轴可判断C，由对称中心可判断D.

122， 【详解】由图象可得T，故T，所以2362所以f(x)sin2x，

又f为最大值，故22k,kZ，

323故2k,kZ，因为，

26故，所以f(x)sin2x，故A正确，

662f(x)sin2xcos2xcos2x， 故B错误， 6632由2x62kkZ，得fx的对称轴方程为xkkZ， 23高三试题

gm

当k1得fx的一条对称轴方程为x5， 65π5π5π5π而由fxfx得对称轴为665π，故C正确， x6626ππππ由fxfx得fxfx0，

12121212得对称中心为,0，而fsin20，故D正确.

1212612故选：ACD.

11．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ） A．D1DAF C．A1G//平面AEF 【答案】BC

【分析】对于A，假设D1DAF，然后进行推理即可；对于B，取B1C1的中点Q，连接GQ,A1Q，则A1GQ为异面直线A1G与EF所成的角或其补角，然后利用余弦定理求解即可；对于C，由已知条件和选项B中条件可得平面A1GQ∥平面AEF，从而可得结论；对于D，连接D1F,AD1，则

B．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为10 10D．平面AEF截正方体的截面是平行四边形

EF∥AD1，从而可得截面为梯形AEFD1

【详解】解：对于A，假设D1DAF，因为DD1∥AA1，于是AA1AF，显然这是不可能的，所以假设不成立，所以A错误；

对于B，取B1C1的中点Q，连接GQ,A1Q，则GQ∥EF，所以A1GQ为异面直线A1G与EF所成的

AQ5,QG2，由余弦定理得，角或其补角，设正方体的棱长为2，则AG11cosAGQ152510，所以B正确；

25210AQQ，所以平面A1GQ∥平1对于C，因为GQ∥EF，A1Q∥AE,则A1Q∥平面AEF，因为GQ平面A1GQ，所以A1G//平面AEF，所以C正确； 面AEF，因为AG1对于D，连接D1F,AD1，则EF∥AD1，所以平面AEF截正方体的截面为梯形AEFD1，所以D错误， 故选：BC

高三试题

gm

12．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为an，a1a21，

anan1an2n3，边长为斐波那契数an的正方形所对应扇形面积记为bnnN*，则（ ）

A．3anan2an2n3 C．

πb2020b2019a2018a2021 4B．a1a2a3a2019a20211 D．b1b2b3b2020πa2020a2021 4【答案】AD

【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.

【详解】由递推公式anan1an2n3，可得an2an1an2anan1，an2anan1， 所以an2an22anan1anan13ann3，A选项正确；

又由递推公式可得a11，a2a3a1，a3a4a2，类似的有anan1an1n2， 累加得a1a2a3ananan1a2an21，

故a1a2a3a2019a20211错误，B选项错误；

高三试题

gm

由题可知扇形面积bn故bnbn1故

42an，

a42n2an14anan1anan14an1an2，

πb2020b2019a2018a2021错误，C选项错误； 4由anan1an2n3， a12a2a1，

2a2a2a2a2a3a1a3a2a2a1， 2a3a3a3a3a4a2a4a3a3a2，

2类似的有ananananan1an1an1ananan1，

2ana12a3a2a2a1a4a3a3a2222累加得a1a2a3an1ananan1an1an，

an1an，

又bn42an，所以b1b2b3bna42122a2a32an4所以b1b2b3b2020故选：AD. 三、填空题

πa2020a2021正确，D选项正确； 413．已知单位向量a、b的夹角为5【答案】

42，kab与a2b垂直，则k___________. 31【分析】求得ab，由已知条件得出kaba2b0，利用平面向量数量积的运算性质可

2得出关于k的等式，即可求得实数k的值.

【详解】由平面向量数量积的定义可得ababcos21， 322由已知条件可得kaba2bka12kab2bk解得k5. 4212k522k0， 225故答案为：.

414．写出一个关于直线xy10对称的圆的方程___________. 【答案】x1y21等，只要圆心在直线上均可.

【分析】设出圆心坐标，利用圆心在直线上可得圆心满足的条件，设圆的半径为1，即可得到答案. 【详解】设圆心坐标为Ca,b，

2高三试题

gm

因为圆C关于xy10对称， 所以Ca,b在直线xy10上， 则ab10，

取a1b0，设圆的半径为1， 则圆的方程x1y21， 故答案为：x1y21(不唯一)

2xx15．已知函数fx2sinxee，则不等式faa1f2a10的解集为___________.

22【答案】a1a2

【分析】根据函数奇偶性的定义，得到fx为奇函数，再根据导数求得函数fx为R上单调递减

2函数，把不等式faa1f2a10，转化为a2a12a1，即可求解.

xx【详解】由题意，函数fx2sinxee的定义域为R，

xxxx且满足fx2sin(x)ee2sinxeefx，即fxfx，

所以函数fx为奇函数，

xxxx又由fx2cosxee2cosx(ee)，

因为exex2exex=2，当且仅当ex=ex时，即x0时，等号成立， 所以fx0，所以函数fx为R上单调递减函数，

22又因为faa1f2a10，即faa1f2a1，

2即faa1f2a1，所以a2a12a1，即a23a20，

解得1a2，即不等式的解集为a1a2. 故答案为：a1a2. 四、双空题

16．祖暅，祖冲之之子，是我国南宋时期的数学家.他提出了体积计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”.意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲线C的焦点在y轴上，离心率为23，且过点33,23，则双曲

线方程为___________；若直线x0，x1在第一象限内与C及其渐近线围成如图阴影部分所示的

高三试题

gm

图形，则阴影图形绕x轴旋转一周所得几何体的体积为___________

y2【答案】x21 3π.

3【分析】由题意求得双曲线的方程，求出x1在第一象限内与渐近线的交点N，与双曲线第一象限内交点B的坐标，求出x1与y轴交点M，由|MB|2|MN|23，根据祖晅原理，求出它绕x轴旋转一圈所得几何体的体积． 【详解】双曲线C的离心率e4c2a2b2a2，

3c2323a； ，c3a31b2a2；

3y2x21双曲线的方程为a212，过点a33,23，

即

12921，a23，b21， 2aay2双曲线方程为x21，

3则渐近线方程为y3x

x1在第一象限内与渐近线y3x的交点N的坐标为(1,3)，

y2x1与双曲线x21在第一象限交点B的坐标为(1，6)，

3记x1与x轴交于点M(1,0)，且A(0,3),如图，

高三试题

gm

|MB|2|MN|2633，

故根据祖暅原理，该图形绕x轴旋转一周所得几何体与底面半径为3高为1的圆柱“幂势相同”，故它绕x轴旋转一圈所得几何体的体积为3． y2故答案为：x21；3．

3五、解答题

17．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.请在①bbcosC②2bacosCccosA；③a2b2c2（1）求角C；

（2）若a5，c7，延长CB到点D，使cosADC注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）条件选择见解析，C3csinB；

43S3ABC这三个条件中任选一个，完成下列问题

21，求线段BD的长度. 73；（2）BD5.

【分析】（1）利用所选条件，应用正余弦定理的边角关系、三角形面积公式，化简条件等式，结合三角形内角的性质，求角C；

（2）由正余弦定理，结合诱导公式及两角和正弦公式求CD，进而求BD的长度. 【详解】（1）若选①：∵bbcosC3csinB，

∴sinBsinBcosC3sinCsinB，又sinB0，

1∴1cosC3sinC，即sinC，又0C，

62高三试题

gm

∴6C65，即C，故C. 6663若选②：∵2bacosCccosA， ∴2sinBsinAcosCsinCcosA，

即2sinBcosCsinAcosCsinCcosAsinACsinB， 又sinB0，∴cosC∴C1，又0C， 23，

43S3若选③：由a2b2c2ABC，则有2abcosC431absinC， 32∴tanC3，又0C， ∴C3.

2（2）ABC中，由余弦定理：AC252AC5cos349，

得AC8或AC3 (舍)， 由cosADC2721，可得sinADC，

77△ACD中，sinCADsinCADCsinCADC32112757， 272714CD8CDAC由正弦定理得：，即5727，解得CD10，

sinCADsinADC147∴BDCDBC5.

【点睛】关键点点睛：

（1）根据所选条件，应用正余弦定理的边角关系、三角形性质求角； （2）利用正余弦定理及三角恒等变换求边长.

高三试题

gm

18．已知数列an的前n项和Sn满足an32Sn. 23（1）证明：对任意的正整数n，集合a2n1,a2n,a2n1中的三个元素可以排成一个递增的等差数列； （2）设（1）中等差数列的公差为dn，求数列n1dn的前n项和Tn. 【答案】（1）证明见解析；（2）Tn3n2n184. 9932(2)n1【分析】（1）由anSn，利用等比数列的定义与通项公式，求得an，进而求得

23322n22n122n2a2n1，a2n，a2n1，结合等差中项的性质，即可求解.

333nn（2）由（1）知dn4，得到n1dn(n1)4，结合乘公比错位相减法，即可求解.

【详解】（1）由题意，数列an的前n项和Sn满足an当n2时，an132Sn1， 2332Sn， 23an32,n2， 两式相减，可得anan1an，即an2an1，即an12令n1，可得a1432a1，解得a1， 233n1424n1所以数列an是首项为，公比为2的等比数列，所以an2，

333122n22n122n22n所以a2n12，a2n，a2n1，

3333n又由a2n1a2na2n1a2n14，所以a2n，a2n1，a2n1构成一个递增的等差数列.

nn（2）由（1）知dn4，可得n1dn(n1)4， 123n1n则Tn243444n4n14，

4Tn242343444n4nn14n1，

123nn1两式相减，可得3Tn24444n14，

41(4142434n)n14n1

4(14n)83n2n14n14n14

14333n2n184. 所以Tn9919．木工技艺是我国传统文化瑰宝之一，体现了劳动人民的无穷智慧.很多古代建筑和家具保存到现代依然牢固，这其中，有连接加固功能的“楔子”发挥了重要作用.如图，楔子状五面体

高三试题

gm

EFABCD的底面ABCD为一个矩形，AB8，AD6，EF//平面ABCD，棱

EAEDFBFC5，设M，N分别是AD，BC的中点.

（1）证明：E，F，M，N四点共面，且平面EFNM平面ABCD；

π（2）若二面角FBCA的大小为，求直线BF与平面EFCD所成角的正弦值.

3【答案】（1）证明见解析；（2）127. 35【分析】（1）由EF//平面ABCD，证得EF//MN，得到E，F，M，N四点共面，再根据线面垂直的判定定理，证得BC平面EFNM，进而证得平面EFNM平面ABCD.

（2）在平面EFNM内过F作FHMN于H，过H作边AB的垂线交AB，CD于点S，Q，以H为坐标原点，建立坐标系，求得平面EFCD的一个法向量n2,0,3和向量FB，集合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）因为EF//平面ABCD，且EF平面ABFE， 又因为平面ABCD平面ABFEAB，所以EF//AB， 又由M，N是矩形ABCD两边AD，BC的中点，

所以MN//AB，EF//MN，所以E，F，M，N四点共面， 因为FBFC，所以BCFN，

又因为BCMN，而FN平面EFNM，MN平面EFNM，且FNMNN， 所以BC平面EFNM，

又BC平面ABCD，所以平面EFNM平面ABCD.

（2）在平面EFNM内过F作FHMN于H，FH平面EFMN 由（1）知平面EFNM平面ABCD，平面EFMN平面ABCDMN， 所以FH平面ABCD，

又因为FNBC，HNBC，则二面角FBCA的平面角为FNH， 所以FNHπ， 3在直角FNB和直角△FNH中，FNFB2BN24，

高三试题

gm

1且HNFNcosFNH42，所以FHFN2HN223，

2过H作边AB的垂线交AB，CD于点S，Q，以H为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 则F0,0,23，B3,2,0，C3,2,0，D3,6,0，

所以FB3,2,23，FC3,2,23，FD3,6,23，CD0,8,0 设平面EFCD的一个法向量nx,y,z，

FCn0,3x2y23z0则，得，取法向量n2,0,3，

8y0CDn0设直线BF与平面EFCD所成的角为，则sinFBnFBn66127， 3557所以直线BF与平面EFCD所成角的正弦值127. 35

20．5月10日，2021年中国品牌日活动在上海拉开帷幕.中共中央政治局常委､国务院总理李克强对活动做出重要批示.批示指出：加强品牌建设､提升我国品牌影响力和竞争力，是优化供给､扩大需求､提升高质量发展的重要举措.为响应国家精神，某知名企业欲招聘一些有经验的工人，该企业提供了两种日工资方案：方案(a)规定每日底薪60元，完成每一件产品提成6元；方案(b)规定每日底薪100元，完成产品的前20件没有提成，从第21件开始，每完成一件产品提成10元，该企业记录了每天工人的人均工作量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为0,10，10,20，

20,30，30,40，40,50，50,60，60,70七组，整理得到如图所示的频率分布直方图.

高三试题

gm

（1）随机选取一天，估计这一天该企业工人的人均工作量不少于40件的概率；

21（2）从以往统计数据看，新聘工人选择日工资方案(a)的概率为，选择方案(b)的概率为，若

33甲､乙､丙三人分别到该企业应聘，三人选择日工资方案相互独立，求至少有两人选择方案(a)的概率；

（3）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘工人做出日工资方案的选择，并说明理由､(同组中的每个数据用该组区间的中点值代替) 【答案】（1）0.35；（2）

7；（3）建议新聘工人应选择方案(a)，理由见解析. 27【分析】（1）根据直方图，计算相应频率，即可作为概率的估计值； （2）利用独立重复试验的概率公式计算可得；

（3）设工人每日完成产品数为X件,根据题意得到方案（a）（b）的日工资与X的关系，， 方案（2）的日工资,以频率作为概率的估计值，计算得到各自的概率分布列，利用期望值公式计算期望值后比较大小即可.

【详解】解：（1）设事件A为“随机选取一天，这一天该企业工人的人均工作量不少于40件”, 依题意，该企业工人的人均工作量不少于40件”的频率分别为：0.2，0.10，0.05, 因为0.20.100.050.35，所以PA估计为0.35.

（2）设事件B为“甲､乙､丙三人中至少有两人选择方案（a）”, 设事件Ci为“甲乙丙三人中恰有i(i0，1，2，3)人选择方案（b）”， 6171231则PBPC2PC3CC3， 33327272723213所以三人中至少有两人选择方案（1）的概率为（3）设工人每日完成产品数为X件,

*方案（a）的日工资Y1606XXN，

7; 27高三试题

gm

*100,X20,XN方案（b）的日工资Y2*, 10010X20,X20,XN所以随机变量Y1的分布列为 Y1 P 90 150 210 270 330 390 450 0.05 0.05 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05 EY1900.051500.052100.252700.33300.23900.14500.05273；

同理随机变量Y2的分布列为

Y2 100 0.1 150 250 350 0.2 450 0.1 550 0.05 P 0.25 0.3 EY21000.11500.252500.33500.24500.15500.05265

因为EY1EY2，所以建议新聘工人应选择方案(a).

x2y2221．已知椭圆C：221ab0的离心率为，过C的下顶点A作直线l:ykx1交圆

ab21x1交C于另一点B. E:x2y2a2于M､N两点，直线m:yk（1）求C的方程；

（2）求△BMN面积的最大值.

x243【答案】（1）y21；（2）最大值为. 23【分析】（1）根据题意，得到b1，再由椭圆C的离心率为即可得到椭圆的标准方程；

（2）由圆的弦长公式，求得弦长MN22k211k22，和a2b2c2，求得a,b的值，2，再联立方程组，利用韦达定理和直线与圆锥曲

42k21，令2k21t，结2k24k21线的弦长公式，求得AB2，利用面积公式，得到Sk2BMN合基本不等式，即可求解.

【详解】（1）由题意，直线l:ykx1过椭圆的下顶点，可得b1， 又由椭圆C的离心率为22c2，即，可得ca，

a22222a)，解得a2， 2因为a2b2c2，可得a21(高三试题

gm

x2所以椭圆的方程是y21.

2（2）由圆E:x2y2a2，可得圆心坐标为E0,0， 可得圆心E0,0到直线l:ykx1的距离d211k2，

直线l被圆xy2所截的弦MN22d2222k211k2，

xkyk022k2x4kx0， 又由x2，整理得2y124k设Bx1,y1，则，xAxBxB2，且k0，

k2114|k|4k21所以点AB12xBxA122， 2kkk2k2所以S△BMN1122k2141k242k21MNAB2， 2222k2k21k2t21令2k1t，t1，则k，t1，

2242k214t8t8S△BMN可得t21k22t23t3，

2t23因为t1，t23，当且仅当t3时等号成立，

t43. 3mx122．已知函数fxlnx，mR.

x1所以SBMN面积最大值为（1）讨论fx的零点个数；

fx2fx13ln381. （2）若fx有两个极值点x1，x2，且m，证明：

x2x143【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）先求解出fx，然后根据m1、1m2、m2分类讨论fx的取值正负，由此确定出fx的单调性，再结合f10分析fx的零点个数；

（2）根据已知条件确定出x1,x2满足的关系式，然后计算

fx2fx1x2x1并将其转化为

高三试题

gm

2lnx23ln32lnx22lnx2xlnx1gx2x3并分析

4”，1“x1”，故只需证明“x1通过构造函数x1x22x2x2x其单调性以及取值范围来完成证明.

x222mx112m【详解】解：（1）函数fx的定义域为0,，fx， 22xx1xx12令gxx22mx1，

m1时，因为x0,，gxx22mx10，fx0，

2所以fx在0,上单调递增，又f10，故fx有且只有1个零点：

21m2时，4m8m4mm20，fx0，

fx在0,上单调递增，又f10，故fx有且只有1个零点；

2m2时，x22mx10有两正根，x1m1m22m，x2m1m22m，

由于x1x21，所以0x11，x21，

当0xx1时，gx0，fx0，fx单调递增； 当x1xx2时，gx0，fx0，fx单调递减； 当xx2时，gx0，fx0，fx单调递增；

因为1x1,x2，f10，所以fx在x1,x2上有1个零点，且fx10，fx20， 又em1，0em1，且

femmmem1em1mem12m2mm0，femmm0， me1e1e1所以fx在0,x1，x2,上各1有个零点.

综上所述，当m2时，fx有且只有1个零点：当m2时，fx有3个零点. （2）证明：由（1）知，fx存在两个极值点当且仅当m2.

2由于fx的两个极值点x1，x2满足x2m2x10，所以x1x22m2，x1x21，

不妨设x1x2，则

110x22m2，则x23， x23高三试题

gm

x1x112x2x1lnx2lnx1m2mfx2fx1x21x11lnx2lnx1x1x2x1x21 x2x1x2x1x2x1x2x1lnx2lnx1x2x1m2x2x1lnx2lnx12lnx22m11，

1x2x1x2x1x2x2所以

fx1fx2x1x22lnx23ln32lnx23ln33ln3111等价于4，即x4， x224xx22令

gx2lnx2xlnx2x3，则 1x1xxgx222lnx1x12xlnx2x21x2lnxx2lnx12x212x2(1lnx)lnx12x2120

所以gx在3,上单调递减，所以gxg3fx2fx13ln33ln31. ，所以

x2x144【点睛】思路点睛：导数中求解双变量问题的一般步骤： （1）先根据已知条件确定出变量x1,x2满足的条件；

（2）将待求的问题转化为关于x1,x2的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及x1,x2的式子转化为关于

x1x1x2的式子，将问题转化为关于自变量（x2x2x1亦可）的函数问题；②通过x1,x2的乘积关系，用x1表示x2（用x2表示x1亦可），将双变量问题替换为x1（或x2）的单变量问题； （3）构造关于

x1x1或x1的新函数，同时根据已知条件确定出或x1的范围即为新函数定义域，借x2x2助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.

高三试题