南京市2022届高三数学考前综合题及答案.doc

1、南京市2022届高三数学考前综合题目录三角函数与解三角形2集合与常用逻辑用语6数列7复数9立体几何10计数原理15概率统计16不等式19解析几何20平面向量24函数与导数25三角函数与解三角形1已知函数f (x)sin(x)(0，0)的部分图象如图所示，则f()的值为( )Oyx A B C D【答案】C【提示】由f(0)sin，0，得，由得，所以f(x)sin(x)，所以f()sin()sin()故选C【说明】本题考查yAsin(x)的图象2（多选题）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数纯音的数学模型是函数yAsint，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音若一个复合音的数学模

2、型是函数f(x)sinxsin2x，则下列结论正确的是()Af(x)的图象关于直线x对称Bf(x)在，上是增函数Cf(x)的最大值为 D若f(x1)f(x2)，则|x1x2|min【答案】BCD【提示】对于A，因为f(2x)sinxsin2xf(x)，所以f(x)的图象关于(，0)对称，不关于x对称，故A错误对于B，因为ysinx与ysin2x在，上都是增函数，所以f(x)在，上是增函数，故B正确对于C，因为f(x)sinxsin2xf(x)，所以f(x)是奇函数；又ysinx与ysin2x的最小正周期分别为2与，所以f(x)的最小正周期为2当x0，时，f (x)cosxcos2x2cos2x

3、cosx1，令f (x)0，得cosx或cosx1，即x或当x(0，)时，f (x)0，f(x)递增；当x(，)时，f (x)0，f(x)递减，所以f(x)maxf()，故C正确对于D，由C得f(x)maxf(2k)，f(x)minf(2k)，kZ又f(x1) f(x2)，所以|x1x2|min()，故D正确故选BCD【说明】本题考查三角函数、函数的图象与性质、导数等知识，能利用转化与划归、数形结合思想解决问题3在平面直角坐标系xOy中，已知锐角的终边与单位圆交于A(x1，y1)，角()的终边与单位圆交于B(x2，y2)，则x1x2y1y2的值为 ；若x1y2x2y1，则的值为 【答案】；【提

4、示】x1x2y1y2|cos 由三角函数的定义可知，x1cos，y1sin，x2cos()，y2sin()，则x1y2x2y1cossin()cos()sinsin(2)(sin2cos2)，所以3tan25tan20，解得tan2或tan(舍去)，则(1)【说明】本题考查三角函数的定义、三角恒等变换，能利用转化与划归思想解决问题4请在向量x(，sinB)，y(，sinA)，且xy；b2csin(A)这两个条件中任选一个填入横线上并解答在锐角三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c， （1）求角C；（2）若ABC的面积为2，求2ab的取值范围注：如果选择多个条件分别解答，按第一个

5、解答计分解：（1）选择：因为xy，所以，由正弦定理得，即a(c2a2)b(b2c2)，即ac2bc2a3b3，即c2(ab)(ab)(a2abb2)，即c2a2b2ab因为cosC，C为锐角，所以C选择：因为b2csin(A)，由正弦定理得，sinB2sinCsin(A)，即sinBsinCsinAsinCcosA又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，所以sinAcosCsinCsinA因为sinA0，所以cosCsinC，又C为锐角，所以tanC，C（2）因为SABCabsinCab2，所以ab8，则2ab2a(法一)由余弦定理得，c2a2b22abcosCa2b28因为

6、ABC为锐角三角形，所以 即 将代入上式可得 即解得2a4令f(a)2a，2a4，则f (a)20，所以f(a)在2a4上单调递增，所以f(2)f(a)f(4)，即8f(a)10，即2ab的取值范围为(8，10)(法二)由正弦定理得，又，所以因为ABC为锐角三角形，所以 解得B因为tanB，所以0，2，即2，解得2a4下同法一【说明】本题考查解三角形、三角函数、平面向量、不等式等知识，能利用转化与划归思想解决问题5已知0，cos()（1）求sin的值；（2）若0，cos()，求的值解：（1）因为0，所以，又cos()，所以sin()，所以sinsin()()（2）因为cos()，所以sinco

7、s()cos2()2cos2()121又因为0，所以cos，由（1）知，cos，所以cos()()又0，所以集合与常用逻辑用语1（多选题）已知M、N均为实数集R的子集，且N(RM)，则下列结论中正确的是( )AM(R N) BM(R N)RC(RM)(R N)RM D(RM)(R N)RM【答案】BC 【提示】因为N(RM)，所以NM，故A错误，B正确，C正确，D错误故选BC【说明】本题考查集合之间的关系与运算2甲、乙、丙、丁四人商量去看电影甲说：乙去我才去；乙说：丙去我才去；丙说：甲不去我就不去；丁说：乙不去我就不去最后有人去看电影，有人没去看电影，则不去的人是 【答案】丁【解析】由题意，丙

8、去，则甲乙去，丁不去，符合题意，故答案为丁【说明】本题着重考查逻辑推理素养，体现分类讨论的思想数列12022年4月26日下午，神州十三号载人飞船返回舱在京完成开舱据科学计算，运载“神十三”的“长征二号”F遥十三运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2千米，以后每秒钟通过的路程都增加2千米，在达到离地面380千米的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是( )A10秒 B13秒 C15秒 D19秒【答案】D【提示】设每秒钟通过的路程构成数列an，则an是首项为2，公差为2的等差数列，由求和公式有Sn2nn(n1)380，解得n19【说明】此题考查学生灵活运用等差数列求和公式解决实际问题，

9、是一道灵活的应用题2已知数列an满足an1若a1，则_；若a10，则a1_【答案】2604；【提示】取倒数得2，由累加法得22，所以22，所以(22)2604由累加法得24，把n10代入得a1【说明】本题考查递推公式求通项，取倒数，累加法、分组求和等数列求和基本方法3已知数列an的前n项和为Sn，a13，Sn2an1（1）证明：数列Sn2为等比数列；（2）记数列的前n项和为Tn，证明：Tn2解：（1）因为Sn2an12(Sn1Sn)，所以2SnSn12，所以Sn122(Sn2)，因为S120，所以Sn10，2，故数列Sn2为等比数列，首项为S121，公比为2（2）由（1）可知Sn22n1，所以

10、，所以Tn12(1)2【说明】本题考查Sn与an的关系构造等比数列，放缩法后用公式法求和等，属于中档题4已知等比数列an的前n项和为Sn，且a11，28，数列bn满足bn3log3(an)1（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若对任意的nN*，bn3an恒成立，求实数的取值范围解：（1）设等比数列an的公比为q，由28，显然q1，所以28，解得q3，由于a11，所以an的通项公式为an3n1，nN*；所以bn3log3(an)13log33n113n2，nN*，所以bn的通项公式为bn3n2，nN*（2）bn3an恒成立，即对于任意的nN*恒成立令f(n)，nN*，则f(n1)f(n)，当

11、n1时，f(n1)f(n)，所以f(1)f(2)f(3)f(4)，即f(n)的最小值为f(2)，所以实数的取值范围为(，)【说明】本题考查基本量法求通项，运用分组求和及裂项相消法求和，分离变量后运用比较法研究数列最值等复数1当复数z满足|z34i|1时，则|z2|的最大值是( )A1B1C1D1【答案】B【提示】设zxyi(x，yR)，则|z34i|(x3)(y4)i|1，所以复数z在复平面内对应的点的轨迹方程为(x3)2(y4)21， 圆(x3)2(y4)21的圆心坐标为(3，4)，半径长为1|z2|表示圆(x3)2(y4)21上的点到定点(2，0)的距离，所以|z2|的最大值为11，故选B

12、【说明】利用复数的几何意义解题2（多选题）在复数范围内，下列命题不正确的是( )A若z是非零复数，则z不一定是纯虚数B若复数z满足z2|z2|，则z是纯虚数C若zz0，则z10且z20D若z1，z2为两个复数，则z1一定是实数【答案】BCD【提示】对于A，设zabi(a，bR)，abi，z2bi，但有可能b0，就不一定是纯虚数，故A正确；对于B，设zabi(a，bR)，z2a2b22abi，|z2|a2b2，由条件可知z2|z2|，即a2b22abi(a2b2)，所以，因为a，b可同时为0，所以z不一定是纯虚数，故B错误；对于C，若z11，z2i，zz0，故C错误；对于D，设z1abi，z2c

13、di(a，b，c，dR)，则cdi，所以z1不一定是实数，故D不正确故选BCD【说明】综合运用复数的定义、运算和特征解题立体几何1在九章算术商功中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭在方亭ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B14，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为12，则该方亭的体积为( )A B C D 【答案】B【提示】如图，过A1作A1EAB，垂足为E，由四个侧面的面积之和为12知，侧面ABB1A1的面积为3，所以(ABA1B1)A1E3(梯形的面积公式)，则A1E由题意得，AE(ABA1B1)1，在RtAA1E中，AA1连接AC，A1C1，过A1作A1FAC，

14、垂足为F，易知四边形ACC1A1为等腰梯形且AC4，A1C12，则AF，所以A1F1，所以该方亭的体积V(2242)1【说明】考查棱台的体积2（多选题）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的( )ABOAC BBO与平面AA1C1C夹角的正弦值为C点B到平面ACD1的距离为 D直线BO与直线AD1的夹角为【答案】ACD【提示】对于A，如图，连接B1D1，A1C1，则B1D1，A1C1交于点O，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC/A1C1，BB1平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，故A1C1BB1，而A1C1B1D1

15、，B1D1BB1B1，B1D1，BB1平面BB1D1，故A1C1平面BB1D1，故AC平面BB1D1，而BO平面BB1D1，故ACBO，即BOAC，故A正确；对于B，因为BE平面AA1C1C，所以BOE即为所求线面角，sinBOE，故B不正确；对于C，设点B到平面ACD1的距离为d，因为VV，所以111sin60d，解得d，故C正确；对于D，连接BC1，则AD1/BC1，则OBC1即为直线BO与AD1的夹角或其补角，在BOC1中，B1OBOBC1，所以cosOBC1，则OBC1，故D正确【说明】考查几何体中线面关系的判断，综合法求角度，点到平面距离3如图，已知平面ABCD平面ADEF，点O在线

16、段AD上，OD2OA2，OAB，OCD，ODE，OAF均为等边三角形 （1）证明：B，C，E，F四点共面；（2）求平面ABF与平面CDE所成角的正弦值解：（1）证法1：如图，延长EF交直线AD于点G1，延长CB交直线AD于点G2因为FAOEOD，所以AFOE，又因为AFOE，所以，即AG1OA，同理可得AG2OA，所以G1，G2重合，所以EF，BC相交，所以B，C，E，F四点共面证法2：分别取OA，OD的中点N，M，连接NB，NF，MC，ME因为OAB，OCD，ODE，OAF均为等边三角形，所以NFAD，NBAD，MEAD，MCAD又因为平面ABCD平面ADEF，平面ABCD平面ADEFAD，

17、所以ME平面ABCD，FN平面ABCD又因为BN平面ABCD，CM平面ABCD，所以MEMC，FNBN，所以AD，NF，BN两两垂直，AD，ME，MC两两垂直，以M为坐标原点，以，为基底建立如图所示的空间直角坐标系MxyzM(0，0，0)，E(0，0，)，C(，0，0)，D(0，1，0)，N(0，0)，A(0，2，0)，B(，0)，F(0，)，(，0，)，(，0，)因为2，所以CEBF，即B，C，E，F四点共面（2）因为(0，1，)，(，1，0)，设平面CDE的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y1，z11，所以平面CDE的一个法向量m(1，1)因为(，0)，(0，)设平面ABF

18、的法向量为n(x2，y2，z2)，则 即令x21，则y2，z21，所以平面ABF的一个法向量n(1，1)设平面ABF与平面CDE所成夹角为，则cos|cosm，n|，所以sin，即平面ABF与平面CDE所成角的正弦值为4已知四棱锥PABCD的底面为菱形，PAD是等边三角形，平面PAD平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的动点（1）若E是PC的中点，且BE/平面PFD，证明：F是AB的中点； （2）若AD2，DAB60，PE2EC，求三棱锥PBDE的体积解：（1）取PD的中点M，连接ME、MF因为E是PC的中点，所以ME/CD，且MECD，又BF/CD，所以BF/ME因为BE/平面PDF，平

19、面BEMF平面PDFMF，BE平面BEMF，所以BE/MF，所以四边形BEMF为平行四边形，所以BFME，即BFCD，所以F是AB的中点（2）取AD的中点G，连接PG因为APD为等边三角形，所以PGAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PG平面ABCD因为ABBCCDADPAPD2，所以PG2sin60又SBCD22sin60，因为PE2EC，所以VPBDEVBPDEVBPDCVPBCD【说明】考查线面平行的性质定理，棱锥的体积计数原理1(12xx2)n展开式中各项系数的和为64，则(1x)n展开式中的常数项为_【答案】76【提示】因为(12xx2)n展开式中各项系数

20、的和为64，令x1得2n64，解得n6(1x)6表示6个因式1x的乘积，在这6个因式中，有6个因式都选1，可得常数项为1；有2个因式都选x，有1个因式选，其余的3个因式都选1，可得常数项为CCC1360；有4个因式都选x，有2个因式都选，可得常数项为CC15故展开式的常数项为6015176【说明】考查二项式定理及二项展开式概率统计1（多选题）甲罐中有2个红球、2个黑球，乙罐中有3个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则()AP(A) BP(B|A)CP(B)DP(A|B)【答案】AC

21、D【解析】因为甲罐中有2个红球、2个黑球，所以P(A) ，故选项A正确；因为P(B|A)，所以选项B错误；因为P(B)，所以选项C正确；因为P(AB)，P(B)，所以P(A|B)，故选项D正确【说明】考查古典概型和条件概率的基本公式2（多选题）将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，以Pn表示没有出现连续2次反面向上的概率，则下列结论正确的是()AP2BP4C当n3时，PnPn1Pn2DPn1Pn【答案】AC【解析】对于A，P21，故A正确；对于B，P4()4C()3C()2()2，故B错误；对于C，如果第n次出现正面，则前n次没有出现连续2次反面向上的概率与前n1次没有出现连续2次反面向上的概率相

22、同，此时PnPn1；如果第n次出现反面，则第n1出现正面，故前n次没有出现连续2次反面向上的概率与前n2次没有出现连续2次反面向上的概率相同，则PnPn2；从而PnPn1Pn2，故C正确；对于D，由PnPn1Pn2，得Pn1PnPn1，消去Pn1得Pn1PnPn20，从而Pn1Pn，故D错误注：对于选项C和D可以用特殊值去处理【说明】考查概率统计与数列综合问题以及特殊与一般的数学思想方法3公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡(BPascal)提出了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)讨论了这个问题，后来惠更斯(CHuygens)也加入了讨论，

23、这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名运动员约定谁先赢k(k1，k N*)局，谁便赢得全部奖金a元每局甲赢的概率为p(0p1)，乙赢的概率为1p，且每场比赛相互独立在甲赢了m(mk)局，乙赢了n(nk)局时，比赛意外终止奖金该怎么分才合理?这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲：P乙分配奖金（1）规定如果出现无人先赢k局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比P甲：P乙分配奖金若k3，m2，n1，p，求P甲：P乙（2）记事件A为“

24、比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当k4，m2，n2时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率f(p)，并判断当p1时，事件A是否为小概率事件，并说明理由规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件解：（1）设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则X1，2P(X1)，P(X2)，故P甲，从而P甲：P乙15：1（2）设比赛继续进行Y局甲赢得全部奖金，则Y2，3P(Y2)p2，P(Y3)Cp2(1p)2p2(1p)，故P甲p22p2(1p)3p22p3，即f(p)3p22p3，则f (p)6p(1p)，当p1时，f (p)0，因此f(p)在，1)上单调递增，从而f(p)f()，

25、所以P(A)1f(p)0.0550.06，故事件A是小概率事件【说明】考查应用函数思想解决简单的概率统计问题4为了比较两种复合材料制造的轴承(分别称为类型I轴承和类型II轴承)的使用寿命，检验了两种类型轴承各30个，它们的使用寿命(单位：百万圈)如下表：类型I6.26.48.38.69.49.810.310.611.211.411.611.611.711.811.812.212.312.312.512.512.612.712.813.313.313.413.613.814.214.5类型8.48.58.79.29.29.59.79.79.89.810.110.210.310.310.410.6

26、10.810.911.211.211.311.511.511.611.812.312.412.713.113.4根据上述表中的数据回答下列问题：（1）对于类型I轴承，应该用平均数还是中位数度量其寿命分布的中心?说明理由；（2）若需要使用寿命尽可能大的轴承，从中位数或平均数的角度判断：应选哪种轴承?说明理由；（3）若需要使用寿命的波动性尽可能小的轴承，应选哪种轴承?说明理由解：（1）由于类型I轴承的使用寿命数据中的6.2，6.4与其他数据有明显的差异，所以应该用中位数度量其寿命分布的中心（2）由上表可知，类型I轴承的使用寿命按由小到大排序，排在15，16位是11.8，12.2，故中位数为12；类

27、型II轴承的使用寿命按由小到大排序，排在15，16位是10.4，10.6，故中位数为10.5；因为1210.5，所以应选类型I轴承（3）由上表可以大致看出类型I轴承的使用寿命的标准差大于类型II轴承的使用寿命的标准差，表明类型II轴承稳定性较好，波动性较小，所以应选类型II轴承【说明】本题考查了样本的数字特征，着重考查了数据分析素养，考查了分析与解决问题的能力不等式1设aln5，bln，c，则( )Aabc BacbCbac Dbca【答案】A【解析】因为aln5c1ln5lnb，所以acb【说明】本题考查指对数比较大小2设a、b均为非零实数且ab，则下列结论中正确的是( )ABa2b2CDa

28、3b3【答案】D【解析】A取a1，b1，则，故A错误；B取a1，b1，则a2b2，故B错误；C取a1，b1，则，故C错误；D因为yx3在R上单调增，所以a3b3，故D正确【说明】考查不等式的性质以及特殊与一般的思想方法3已知函数f(x)|2x1|x1|，则不等式f(x)6的解集为 【答案】2，2【解析】因为 f(x)所以f(x)6等价于或或，解得2x2，因此f(x)6的解集为2，2【说明】考查与绝对值有关的不等式以及分类与整合的思想方法解析几何1已知ABC中，A(3，0)，B(3，0)，点C在直线yx3上，ABC的外接圆圆心为E(0，4)，则直线EC的方程为 【答案】yx4【提示】因为ABC的

29、外接圆圆心为E(0，4)，所以ABC的外接圆半径为5，即ABC的外接圆方程为x2(y4)225联立，解得，或，所以C(4，7)或C(3，0)（与A点重合，舍，所以直线EC的方程为y7(x4)，即yx4. 【说明】本题考查三角形外接圆性质、以及直线方程问题2已知椭圆C：1的右焦点为F，右准线为l，点P在椭圆C的第一象限上，PEl交l于点E，直线EF交y轴于点M，且|OM|，则|PF| 【答案】【提示】由题意可知F(1，0)，l的方程为x4，设直线l与x轴交点为N，P(x0，y0)，因为MOFENF90，OFMEFN，所以OFM与NFE相似，|OF|1，|FN|ON|OF|3，所以，即|NE|3，

30、即y0，代入C椭圆的方程可得x0，因为点P在椭圆C的第一象限上，点P的坐标为(，) 方法一：|PF|方法二：|PE|4，由椭圆的第二定义可知，e，所以|PF| 【说明】本题主要考查椭圆的基本量计算以及椭圆的第二定义 3已知椭圆C：1(ab0)过点(1，)，直线l：yxm与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM的斜率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）当m1时，椭圆C上是否存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由 解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(，)，即kOM因为A，B在椭圆C上，所以1，1，两式相减

31、得0，即0，又kAB1，所以0，即a22b2又因为椭圆C过点(1，)，所以1，解得a24，b22，所以椭圆C的标准方程为1 （2）解法一：由题意可知，直线l的方程为yx1假设椭圆C上存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，PQ的中点为N(x0，y0)，所以x3x42x0，y3y42y0，因为P，Q关于直线l对称，所以kPQ1且点N在直线l上，即y0x01又因为P，Q在椭圆C上，所以1，1，两式相减得0，即0，所以，即x02y0联立，解得，即N(2，1)又因为1，即点N在椭圆C外，这与N是弦PQ的中点矛盾，所以椭圆C上不存在点P，Q两点，使得P，Q关于直线

32、l对称 解法二：由题意可知，直线l的方程为yx1假设椭圆C上存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则PQ的中点为N(，)因为直线PQ与直线l垂直，设直线PQ的方程为yxt，由，整理得3x24tx2t240，所以16t212(2t24)488t20，即t，由韦达定理可知x3x4t，所以t，即N(，)由对称性可知点N在直线l上，所以1，即t3，不满足0，即不存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称 【说明】本题考查椭圆的基本量与标准方程，点差法(或韦达定理)在直线与椭圆的位置关系中的应用 4已知圆F：(x2)2y21，动圆P与圆F外切，且与定直线x3相切，

33、设动点P的轨迹为E （1）求E的方程；（2）若直线l过点F，且与E交于A，B两点，与y轴交于M点，满足，(0，0)，试探究与的关系解：（1）设P(x，y)，圆P的半径为R，由题可知，点P在直线x3右侧，因为圆P与定直线x3相切，所以Rx3又因为圆P与圆F外切，所以RPF11，所以x31，化简得y28x，即E的方程为y28x（2）解法一：由（1）得F(2，0)，设直线l的方程为yk(x2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(0，2k)，因为，由定点分比公式可知x1，y1，因为点A在E上，所以y8x1，即，所以k24(1)同理，由，可得F(，)，所以2，0，即x2，y2，因为点B在E上，所

34、以y8x2，即，所以k24(1)由4(1)4(1)，得()(1)0，因为0，0，所以10，即0 解法二：设直线l的方程为yk(x2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(0，2k)由，整理得k2x2(4k28)x4k20，由韦达定理可知x1x2，x1x24因为，即(x1，y12k)(2x2，y2)，所以由，可得(2，2k)(x22，y2)，所以所以0，即 【说明】本题考查动点轨迹方程，定点分比公式(或韦达定理)在解析几何中的相关应用 平面向量1在ABC中，0，|3，|4，O为ABC的重心，D在边BC上，且ADBC，则 【答案】【提示】因为O为ABC的重心，所以()，因为0，所以ABAC，

35、则|BC|5，因为ADBC，所以SABC|AB|AC|AD|BC|，即34|AD|5，所以|AD|，在RtADB中，|DB|方法一：因为()，所以()()(22)(22) 方法二：以A坐标原点，AC为x轴，AB为y轴建立平面直角坐标系，则(4，0)，(0，3)，由方法一可知(，)，()(，1)，所以1【说明】本题主要考查向量线性表示、数量积运算，以及建立平面直角坐标系求解向量数量积问题 函数与导数1已知对任意实数x都有f (x)3exf(x)，f(0)1，若不等式f(x)a(x2)(其中a1)的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是( )A，)B，1)C，)D，)【答案】C【提示】由f(x)3e

36、xf(x)，得()3，则3xC(C为常数)，又f(0)1，得f(x)(3x1)ex，故f(x)(3x2)ex，f(x)在x取得极小值根据图像，欲使解集中恰有两个整数，则比较点(2，0)与四个点(1，2e)，(0，1)，(1，)，(2，)连线的斜率，由2e可得a，)故选C【说明】本题考查已知导函数解析式求原函数解析式、利用数形结合考查整数解个数问题2已知函数f(x)（1）不等式f(3x1)f(x2)的解集为_；（2）若关于x的方程f(exa)2有两个不等实数根，则实数a的取值范围为_【答案】(，)；(1，)【提示】作出函数图像，该函数为“不增”函数，所以，解得x，所以解集为(，)；由函数图像可得

37、exa1，令tex，t2(a1)t10在区间(0，)上有两个不等实数根，则有 解得a1【说明】本题考查利用函数图像、单调性解不等式3已知函数f(x)(x1)ex，g(x)ax2xlnx（1）判断是否存在实数a，使得g(x)在x1处取得极值？若存在，求出实数a；若不存在，请说明理由；（2）若a，当x1时，求证：f(x)g(x) 解：（1）假设存在这样的实数a，则有g(1)2a10，即a当a，g(x)xlnx1，令t(x)xlnx1，因为t(x)1，所以t(x)在(0，1)上为单调增函数，在(1，)上为单调减函数，所以t(x)maxt(1)0，即g(x)在(0，)上为单调减函数，所以不存在这样的实

38、数a（2）因为x20，a，所以ax2x2，要证f(x)g(x)，即证(x1)exx2xlnx令m(x)(x1)exx2xlnx，则m(x)xexxlnx1方法1：m(x)xexxlnx1exlnx(xlnx)1，考查函数yett1，则yet1，所以该函数在区间(，0)上为单调减函数，在区间(0，)上为单调增函数，即ymin0，所以m(x)0，从而得m(x)在区间(1，)为单调增函数，所以m(x)minm(1)0，得证方法2：令h(x)xexxlnx1，则h(x)(x1)ex(x1)(ex)，令n(x)ex，则n(x)ex0，所以n(x)在区间(1，)上为单调增函数，又n()e20，n(1)e10，所以存在唯一的x0(，1)，使得n(x0)0，则n(x)在区间(0，x0)上为单调减函数，在区间(x0，)上为单调增函数，所以h(x)在区间(1，)上为单调增函数，所以h(x)minh(1)0，得证【说明】（1）考查学生对函数极值点的理解,理解对可导函数而言，导数为0是极值点的必要非充分条件；（2）考查了一个重要的函数模型和一个典型的构造函数的类型；转化主元证明不等式是不等式证明常考的类型之一4已知函数f(x)ex2ln(x1)（1）求证：f(x)0；（2）若f(x)ax1恒成立，求实数a解：（1）f(x)的定义域为(1，