1、20212022 学年第一学期福州市高三期末质量检测学年第一学期福州市高三期末质量检测数 学 试 题（完卷时间：120 分钟；满分:150 分）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷 1 到 3 页，第卷 3 至4 页注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致2.第卷每小题选出答案后，用 2B 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第卷用 0.5 毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答在试题卷上作答，答案无效3.考试结束，考
2、生必须将答题卡交回第 卷一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.已知集合A2,1 ， BxN xx20，则A*2AB2， 1， 1C2， 1， 1， 2D2， 1， 0， 1，2【答案】C【解析】BxN*1x21， 2，所以A2， 1， 1， 2，故选 C【考查意图】本小题以集合为载体，主要考查集合的概念和基本运算等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现基础性2.已知z34i，则 z +ziA1+3iB84iC9+3iD29+3i【答案】C【解析】因为z34i，所以 z +
3、zi5+34ii=9+3i ，故选 C【考查意图】本小题以复数为载体，主要考查复数的基本概念等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现基础性3.已知甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数均为 16，方差为0.8，则三年后，下列判断错误的是A这五位同学年龄的平均数变为 19B这五位同学年龄的中位数变为 19C这五位同学年龄的方差仍为 0.8D这五位同学年龄的方差变为 3.8【答案】D【考查意图】本小题以“五位同学的年龄”为载体，考查平均数、中位数、方差等基础知识；考查应用意识；考查逻辑推理等核心素养；体现基础性与应用性高三数学参考答案
4、及评分细则（第 1 页共 21 页）4.613xx展开式中的常数项为A540B15C15D135【答案】D【 解 析 】 二 项 式613xx的 展 开 式 的 第 r1 项 为16r3()r6 rTCxxr63316r令，解得r4，所以 T5C432135，所以6r0展开 ( 1)rCr3rx3x62626x式中的常数项为 135故选 D.【考查意图】本小题以二项式为载体，主要考查二项式定理等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性5.已知函数 f (x)x1，x0，33x1，x0，为偶函数，则2a+bax3bx，0A3B【答案】B321CD23
5、2【解析】解法一、当x0时，x0，所以 f (x)(x)31x3+1，因为 f (x) 为偶函数，所以 f (x)f (x)x3+1，又 f (x)ax3b ，所以a1,b1，所以2 +3ab2解法二、因为 f (x) 为偶函数，所以f (1)f1,ab2,所以1a，解得经f (2)f 2 ,8ab9,b1，a1，3检验，符合题意，所以2a+bb12【考查意图】本小题以分段函数为载体，主要考查函数的奇偶性的定义等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性6.已知一张边长为 2 的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转4弧度，则该纸片扫过的区域形成的几
6、何体的表面积为A2BCD【答案】C【解析】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转4，所形成的几何体为柱体，1该柱体是底面半径r为 2， 高h为 2 的圆柱的八分之一，所以其表面积S2rh2r2812222，故选 C22222828高三数学参考答案及评分细则（第 2 页共 21 页）【考查意图】本小题以旋转体为载体，主要考查旋转体的体积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性7.已知函数 fxsinx的部分图象如图所示，则fx的单调递增区间为15A k,k,kZB66152k,2k,kZ
7、66C15k,k,kZD66152k,2k,kZ66【答案】D2mmZ ,3【解析】解法一、由42mmZ ,3,解得2mmZ ,3f xxmxsin2sin33，Z ，解得15令kkkkZ 故选 D23266T41解法二、由图象知1,T2,又233排除 A、B、C.故选 Dx14533时， f (x) 取得最大值，26【考查意图】本小题以三角函数的图象为载体，考查三角函数的图象和性质等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力；考查数形结合思想；考查直观想象、逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性xy228.已知O为坐标原点，F 是双曲线C :1 a0，b0 的左焦点， A 为C的右ab22顶点
8、过 F 作C的渐近线的垂线，垂足为M ，且与 y 轴交于点 P 若直线 AM 经过OP的中点，则C的离心率为A2B【答案】A32C3D43【解析】解法一、如图所示，设 AM 交 y 轴于Q，过M 作x轴的垂线，垂足为N由双曲线性质可知，FMb，OFc， OMa ，由FMNFPO，AQOAMN 得高三数学参考答案及评分细则（第 3 页共 21 页）FNMN,FOPOAOQO,以上两式相乘得ANMNFNAOFOAN12，所以2acac2ac ac12，所以a c2a21ac ca2，即cac111，所以1，解得e2故选 A2e2yPMQFANOx解法二、如图所示，设 AM 交 y 轴于Q，过M 作
9、x轴的垂线，垂足为N不妨设渐近线方程为bayxyxc， 令x0，得，则直线 FP 的方程为abyPbyx，aca 由bayxcb可得Maab22aab， 则cckAMabbcaac2acb，所以直线 AM 的方程为yxaac，令x0得yQabac因为Q为OP中点，所以2abacacb，整理得acc22b22 c2a2，即c2ac2a20，所以e2e20，解得e2，或e1（舍去）故选 AyPMQFANOx解法三：如图所示，设 AM 交 y 轴于Q由双曲线性质可知， FMb，OFc，OMaOA ， 所 以OMQOAQ 在RtOPM中 ，Q为OP中 点 ， 所 以MQOQPQ ，所以QOMOMQOA
10、Q ，所以RtOMPRtAOQ，所以MPOQ ，所以MPQ为正三角形，所以MPQ60，故MFO30，a所以c2a,所以e2（. 也可以利用ktan30， 即eFPb2b12a） ， 故 选 A高三数学参考答案及评分细则（第 4 页共 21 页）yPMQFOAx【考查意图】本小题以双曲线为载体，主要考查双曲线的图象和性质、直线与双曲线的位置关系等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性和综合性二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的
11、得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分9.已知向量mn =3， 1，mn =1， 1，则AmnnBmnnC m2 nD m， n45【答案】BCD【解析】依题意，m = 1mnmn2 0，1n =mnmn1，1，22所以mnn1， 11， 10 ，所以mnn，所以选项 A 错误，B 正确所以m22 n，选项 C 正确；cos22mnm， nm n222，因为0 m， n 180，所以 m， n45，选项 D 正确【考查意图】本小题以平面向量为载体，考查平面向量的坐标表示、平面向量共线与垂直、平面向量模长、夹角等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、函数与方程
12、思想；考查直观想象、逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性10. 某人有 6 把钥匙，其中n把能打开门如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，设第二次才能打开门的概率为 p ，则下列结论正确的是A. 当n1 时， p1B. 当n2时，1p，63C. 当n3时， p3D. 当n4时，4p105【答案】AC【解析】当n1 时，5 11p656，选项 A 正确；当n2时，424p6515，选项 B错误；当n3时，3 33p6510错误故选 AC，选项 C 正确；当n4时，244p6515，选项 D【考查意图】本小题以“取钥匙开门”为载体，考查随机事件的概率等基础知识；考查推理论证能力、运
13、算求解能力与创新意识；考查化归与转化思想、或然与必然思想；高三数学参考答案及评分细则（第 5 页共 21 页）考查数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性11. 已知A3， 0， B3， 0，动点C满足CA2 CB，记C的轨迹为过 A 的直线与交于 P， Q两点，直线 BP 与的另一个交点为M ，则AQ， M 关于x轴对称BPAB的面积的最大值为6 3C当PMQ45时， PQ4 2D直线AC的斜率的取值范围为3，3【答案】AC【解析】设 Cx， y，由CA2 CB得xy2x3y，整理得的方22223程 为xy216， 其 图 象 是 以 D5， 0为 圆 心 ， 半 径 r4
14、 的 圆 故5211SABr，选项 B 错误因为PA2 PB，MA2 MB，所以6412PABmax22PAPB，所以PABMAB，又轨迹的图象关于x轴对称，所以 Q， M 关于x轴对MAMB称，选项 A 正确当PMQ45时，PDQ45290，则DPQ为等腰直角三角形， PQ2r4 2 ，选项 C 正确当直线AC与圆 D 相切时，CDAC，此时AD82r2 CD ，切线AC的倾斜角为30和 150，结合图象，可得直线AC的斜率33的取值范围为，选项 D 错误故选 AC33y4Q32P1ABD321O123456789x123M4【考查意图】本小题以圆为载体，主要考查直线与圆的位置关系、弦长、图
15、象的对称性等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性和综合性12. 设函数f (x)xex1x e1x，则A f (x)f (1x)高三数学参考答案及评分细则（第 6 页共 21 页）B函数 f (x) 有极大值为eC若xx，则121x1f (x1)x2f x2eD若x1x21，且1x ，则f (x ) f 1x2212【答案】ACD【解析】易验证 A 是正确的，也即函数 f (x) 关于直线1x对称故选项 A 正确；2，所以(1)0 xxf，+1 ex2 e1x因为 f(x)xexex2e1xxe1x2
16、当1131x时，fxxxxxxx，此时x1x，所以 f(x)0，( )+1 e2 e(ee)fxxxxxxx，此时x1x，所以 f(x)0，221故函数 f (x) 在(,)上单调递增；2由于函数 f (x) 关于直线x1 对称，所以函数 f (x) 在(,1)上单调递减x1 对称，所以函数 f (x) 在(,1)22所以函数 f (x) 在x1 处有极小值，也是最小值，(1)ef故选项 B 错误；22若xx，且1211x，则2212，由 f (x) 在(1 ,)x1x上单调递增得212f (x )f1x故选项D 正确；21由于函数 f (x) 的最小值为e ，所以f (x )，1若xx，则1
17、21x21x1，所以fxfx，211又因为fxfx，所以111f xf x，12故x1f (x1)x2f x2x1f (x1)x2f (x1)x1x2f (x1)f (x1)，故选项 C 正确故选 ACD.【考查意图】本小题以函数为载体，考查函数与导数、函数的基本性质、函数的极值等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、创新意识；考查数形结合思想、化归与转化思想；考查数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养；体现综合性与创新性第卷注意事项：用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答在试题卷上作答，答案无效三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13. 曲线f (x)
18、x32x在x0处的切线方程是【答案】2xy0高三数学参考答案及评分细则（第 7 页共 21 页）【解析】依题意得， f (0)0， fx3x22，所以 f02 ，所以所求的切线方程为 y2x，即2xy0【考查意图】本小题以三次函数为载体、考查导数的几何意义等基础知识；考查抽象概括能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性14. 在正三棱柱ABCABC中，ABAA12，F 是线段111AB上的动点，则11AFFC的1最小值为【答案】62【解析】将正三棱柱ABCABC上底面沿111AB展开至平面11ABB A上，如图所示，因11为A
19、A1A1C12，且AACAA1C190+60=150，所以1122sin75AC12AA1sin262 ，所以AFFC的最小值为62 1【考查意图】本小题以正三棱柱为载体，主要考查空间中动点到两定点的距离和最小值等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力；考查化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理等核心素养，体现基础性15. 抛物线 E : y22px(p0)的焦点为 F， 点 A 是 E 的准线与坐标轴的交点，点 P 在 E 上，若PAF30，则 sinPFA【答案】33y【解析】过 P 作准线的垂线，垂足为 B ，所以BPAPAF30，PBPFPB在RtBPA中，cos30，PABPAOF
20、xPF即在PAF 中，cos30，PA高三数学参考答案及评分细则（第 8 页共 21 页）又由正弦定理PAPFsinPFAsinPAF，PAsin303sinPFAsinPAFPFcos303所以【考查意图】本小题以抛物线为载体，主要考查抛物线的方程与定义、解三角形等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想；考查数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现基础性16. 函数 yx称为高斯函数，x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg991已知数列a，且anaa，若blga，则数列a满足b的前 2 022 项33nnn 1nnnn和为【答案】4959aaa【解析】利用累乘法(或13
21、1),得nnn1n3an记b的前n项和为T，nnn当1时，01时，lg0ba；nn当10时，12时，b1；n当100时，23时，b2；n当1000时，34时，b3；n所以T2022lga1lga2lga20229019002102334959【考查意图】本小题以数列为载体，考查数列求通项、递推数列、数列前n项的和等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识；考查数形结合思想、化归与转化思想；考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养；体现综合性与创新性四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. （10 分）设数列aa.a是首项为
22、1 的等差数列，若a是a ，a的等比中项，且n21523（1）求a的通项公式；n（2）设 bn1，求数列b的前n项的和Snna ann 1【考查意图】本小题主要考查等比中项、等差数列的通项公式、裂项相消求和等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想；考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分 10 分【解】（1）设等差数列a的公差为d ，n因为11a是a，且a ，a的等比中项，215所以a2a a ，1 分215高三数学参考答案及评分细则（第 9 页共 21 页）所以2a1da1a14d ， 2 分又因为11a，所以1d14d2解得d2，或d0
23、，3 分又因为aa，23所以d0，所以d2，4 分所以aa1n1d12n12n15分n（2）由（1）知，a2n1，n因为 bn1，aann 1所以 bn1111()(2n1)(2n1)2 2n12n1， 7 分所以Sn111111118(1)()()()2335572n12n1=11(1)22n19 分n. 10 分2n118. （12 分）为让人民享受到更优质的教育服务，我国逐年加大对教育的投入下图是我国 2001年至 2019 年间每年普通本科招生数y（单位：万人）的条形图普通高等学校本科招生数（万人）（数据来源：国家统计局网站）为了预测 2022 年全国普通本科招生数，建立了 y 与时间
24、变量t的三个回归模型其中根据 2001 年至 2019 年的数据（时间变量t的值依次为 1， 2， 3， ， ）建立模型：高三数学参考答案及评分细则（第 10 页共 21 页）y 166.9et，相关指数R2；模型：y 152.416.3t，相关系数r，相关0.05820.9710.87指数220.95R根据 2014 年至 2019 年的数据（时间变量t的值依次为 1， 2， 3， ， ）建立模型：y 372.89.8t，相关系数r30.99，相关指数2R30.99（1）可以根据模型得到 2022 年全国普通本科招生数的预测值为 597.88 万人，请你分别利用模型、，求 2022 年全国普
25、通本科招生数的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由【考查意图】本小题主要考查回归分析、相关指数、相关系数等基础知识；考查数据处理能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识；考查函数与方程思想、化归与转化思想；考查数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性满分 12 分【解】（1）利用模型，2022 年全国普通本科招生数的预测值为y 152.416.322511（万人）；3 分利用模型，2022 年全国普通本科招生数的预测值为y 372.89.89461（万人） 6 分（2）利用模型得到的预测值更可靠 7 分理由如下：（）从条形图可以看出，2001
26、 年至 2010 年，2011 年至 2019 年两个区间增长率有显著区别，2014 年至 2019 年招生数增长速度趋于稳定，线性关系更为明显，故模型比模型、能更好地描述时间变量与招生数的变化趋势9 分（）从计算结果可以看出，模型的相关指数320.99R最高，说明其拟合效果最好模型的相关系数30.99r比模型的相关系数r高，说明模型的两变量的20.97相关性比模型更强，因此利用模型得到的预测值更可靠 12 分19. （12 分）记ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知cacosBccosA（1）试判断ABC的形状，并说明理由；（2）设点 D 在边 AC 上，若ADBD，sinAD
27、BsinABC，求ab的值.【考查意图】本小题主要考查解三角形等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分 12 分【解】解法一、（1）ABC为直角三角形或ABC为等腰三角形.1 分理由如下：在ABC中，因为cacosBccosA，根据正弦定理得，sinCsin AcosBsinC cos A ， 2 分高三数学参考答案及评分细则（第 11 页共 21 页）又因为C(AB)，所以sin(AB)sin AcosBsinCcosA，即sin AcosBcosAsinBsin AcosBsinCcos
28、 A，即cos Asin BsinC cos A， 3 分所以cos A0或sin Bsin C ， 4 分若cos A0 ，则A，故此时ABC 为直角三角形. 分2若sin BsinC ，则由正弦定理得，bc .故此时ABC 为等腰三角形.综上，ABC为直角三角形或ABC为等腰三角形. 6 分（2）由（1）知，A或 bc ，2若A，则ADBD，这与已知条件ADBD相矛盾，2所以A；7分2所以 bc ，A所以ABCC .又因为sinADBsinABC，D所以sin(ADB)sinC，即sinBDCsinC ，BC故BDCC， 8 分所以ADBC .在DBC中，DCBCsinDBCsinBDC，
29、在ABC 中，ACBCsinABCsin A，9 分两式相乘得ACDCBC2， 10 分(也可通过等腰ABCBDC得到ACDCBC2.)又CDACADACBDACBC ，所以b(ba)a2， 11 分解得51 或51（舍去）aab2b2所以ab的值为512 12 分解法二、（1）ABC为直角三角形或ABC为等腰三角形.1 分理由如下：因为cacosBccosA，高三数学参考答案及评分细则（第 12 页共 21 页）acbbca222222根据余弦定理，得cac， 分2ac2bcacbbca222222，2c2b所以cacbbca222222222222，分2c2b即cacbbca ，22222
30、2222c2b所以b(c2b2a2)c(b2c2a2)， 分所以bc(bc)(bc)(b2bcc2)a2(bc)0，所以(bc)(b2c2a2)0， 分即a2b2c2或bc，所以ABC为直角三角形或ABC为等腰三角形. 6 分（2）由（1）知，A或bc ，2A；7分AAD，则BDADBD，这与已知条件相矛盾，所以若22所以 bc，A所以ABCC .又因为sinADBsinABC，D所以sin(ADB)sinC，即sinBDCsinC ，BC故BDCC， 8 分所以ADBC .又因为ADBD，所以ADBA，即 BD平分ABC ，9 分所以BADA， 10分BCDC所以caaba，所以baaba，
31、 11 分解得ab51 或 a51（舍去）51 或 a512b2所以ab的值为512 12 分高三数学参考答案及评分细则（第 13 页共 21 页）20. （12 分）如 图 ， 在 三 棱 锥DABC中 ， DA底 面ABC，DACBCDA，AB2，E 是CD的中点，点F 在 DB上，1且EFDB（1）证明:DB平面 AEF ；F（2）求二面角 ADBC 的大小【考查意图】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面E的位置关系，二面角等基础知识；考查推理论证能力、运算求解A能力与空间想象能力；考查数形结合思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分 12 分CB【解
32、】解法一、（1）平面ABC， 且BC平面ABC，DABC，C1，AB2，222，ACBC， 1 分ACBCAB，BC平面DAC，2 分平面DAC，BCAE 又C， E 是CD的中点，3 分DCAE又 BC，AE平面DBC平面DBC，DBAE， 4 分，DB平面 AEF 5 分（2）过点 A 作AGBC，由（1）知BC平面DAC，所以AG平面DAC以点 A 为原点，分别以向量AC， AG， AD为x轴，y 轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，6 分则A0,0,0，C1,0,0，B1,1,0，D0,0,1，则 AD0,0,1, BD1,1,1，CD1,0,1，设平面 ADB
33、的法向量mx1, y1,z1，则m BDm BD0,z0,1所以xyz111令y11，0,高三数学参考答案及评分细则（第 14 页共 21 页）则m1,1,0.8 分设平面DBC的法向量为nx2,y2,z2，则n BD0,xz0,22所以xyz2220,令x，则n1,0,110分2111所以cosm,n222， 11 分又因为二面角 ADBC 的平面角为锐角，所以二面角 ADBC 的大小为3 12 分解法二、（1）平面ABC，且BC平面ABC，DABC，C1，AB2，ACBC， 1 分ACBCAB222，平面DAC，2 分BC过点 A作AGBC，所以AG平面DAC.以点 A为原点，分别以向量A
34、C， AG， AD为x轴，y 轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，ABDE0,0,0 ,1,1,0 ,0,0,10,，1 1则2 2所以 DB1,1,1，0,2 211，1 01( 1)0224 分DBAE，DBAE，EF，且AE，DB平面 AEF .5 分（2）因为EFDB，由（1）得 DBAF ，所以AFE为二面角 ADBC 的平面角， 6 分因为C1,0,0，由（1）知，DB1,1,1.设Fx,y,z，则DFx, y,z1. 7 分高三数学参考答案及评分细则（第 15 页共 21 页）因为点 F 在 DB上，所以存在实数k，使得 DFkDB，所以 xk, yk,z
35、1k ，即Fk,k,1k，因为 AFDB ，所以 AFDB0 ， 8 分所以kk1k10，解得1k， 9 分3所以点F1 1 2,3 3 3FE1 11,，所以3 661，FA112,333， 10 分6cosAFE所以FAFE6663又因为AFE0,，所以.AFE312， 11 分所以二面角 ADBC 的大小为. 12 分3解法三、（1）略，同解法一；（2）因为EFDB，由（1）得 DBAF ，所以AFE为二面角 ADBC 的平面角， 6 分底面ABC，DAAC,DAAB,因为ACDA1，所以12AEDC， 7 分22因为AB2，所以11SDAABDBAF ，DAB22所以 AFDAAB12
36、6DB123，9 分由（1）知， AE平面DBC，因为 EF平面DBC，所以AEEF， 10 分2AE32所以 sinAFE， 11 分AF623因为AFE为锐角，所以，AFE3所以二面角 ADBC 的大小为. 12 分321. （12 分）高三数学参考答案及评分细则（第 16 页共 21 页）(x, y)在椭圆定义：若点M(x , y ) ，000022xy:1（ab0 ）上，且满足22abx xy y0 200 200，则称这两点是关于 M 的一对共轭点，或称(x , y ) 关于M 的一个共轭点ab00(x, y) 为00 xy已知点 A (3,1) 在椭圆M :1，O为坐标原点1242
37、2（1）求点 A 关于M 的所有共轭点的坐标；（2）设点 P ，Q在 M 上，且PQOA，求点 A 关于M 的所有共轭点和点 P ，Q所围成封闭图形面积的最大值【考查意图】本小题主要考查新定义、点与椭圆的位置关系、平面向量共线、四边形的面积等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性满分 12 分【解】解法一、（1）设点 A 关于M 的共轭点的坐标为(x ,y )，113xy110,124依题意得，xy22111124，2 分x解得1y13,x，或13y13,3； 4 分即
38、A 关于M 的两个共轭点B，B的坐标分别为3, 3，3,35分12B3, 3，B3,3，（2）由（1）知，12所以BB=333326 6 分2212设点Px ,y，,Q xyppqq22xypp1,1124则xy22qq124，两式相减得(xx )(xx )(yy )(yy )pqpqpqpq0 ，7 分124又 PQOA，所以yypqxxpq13， 8 分故yy(xx )，则pqpqyyxxpqpq，22高三数学参考答案及评分细则（第 17 页共 21 页）所以线段PQ的中点在直线 xy0上，即线段PQ被BB平分9 分12设点,P xy到 xy0 的距离为d，pp则点B， P ，B，Q所围成
39、四边形面积121S四边形=2S2B Bd26d ，B PBQ1PB B12212 10 分设过 P 与直线 xy0平行的直线l为 xym ，当l与 M 相切时，d取得最大值,xym由22，消去 y 得4x6mx3 m40，22xy1124令36m48 m40，解得m4， 11 分224所以d2 2 ，max2故点B， P ，B，Q所围成四边形面积的最大值为 8 3 12 分12解法二、（1）略，同解法一.B3, 3，B3,3，（2）由（1）知，12设点Px ,y，,Q xyppqq由PQOA，得直线PQ的斜率为13， 6 分故设直线PQ的方程为1yxt ，31yxt,3联立xy221124，消
40、去 y 得，4x26tx9t2360 ，7 分44由36t2436(t24)36(163t2)0，解得3t3,33且31xxt，x xt2， 8 分(936)pqpq2411031所以 PQxx21( )2(t)49t3622pq392410163t9 分22设B3, 3，B3,3到直线PQ的距离分别为d,121d2高三数学参考答案及评分细则（第 18 页共 21 页）则d13t4 3，10d24 33t，10444 33t4 33t8 3由3t3dd，得 10 分1233101010所以四边形BP1BQ面积等于211SPQdPQdB1PB2Q12221PQ (dd )1221108 3163
41、t222102 3 163t2 11 分故当t0时，S取得最大值 8 3 ，B PB Q12即点B， P ，B，Q所围成封闭图形面积的最大值为 8 3 12 分1222. （12 分）设函数 f (x)ax2ln xx （1）当a1时，判断 f (x) 的单调性；（2）若函数 f (x) 的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围【考查意图】本小题主要考查函数的单调性、方程有解、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想、有限与无限思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合
42、性、应用性与创新性满分 12 分【解】解法一、（1）当a1时， f (x)x2ln xxx0， 1 分所以12xx12xx 1221 21221 21xx2 分f (x)2x1.xxxx当0 x1时， f(x)0，所以 f (x) 在(0,1)单调递增； 3 分当 x1 时， f(x)0，所以 f (x) 在(1,)单调递减. 4 分（2）因为函数 f (x) 的图象与x轴没有公共点，所以 f (x)0 恒成立若 f (x)0 有解，则关于x的方程ax2lnxx x0有解，ln xx等价于关于x的方程ax0 有解.6 分x2ln xx令 p(x)x0，则x21x2ln x，7分p (x)x3高
43、三数学参考答案及评分细则（第 19 页共 21 页）令q(x)1x2lnxx0，则q (x)120恒成立，xq(x) 在(0,)上单调递减，又q(1)0,当0 x1时，qxq(1)0；当 x1 时，qxq(1)0；8分所以，当0 x1时，px0；当 x1 时，px0；p(x) 在(0,1)单调递增，在(1,)上单调递减，p(x)，9 分max当 x0 且x0时，px；当 x1 时，px0； 10分若直线ya与函数 p(x)的图象有交点，则a，即a， 11 分要使函数 f (x) 的图象与x轴没有公共点，则a的取值范围为,112分解法二、(1)略，同解法一；（2）因为f xaxxxx，( )2l
44、n0所以12axx12 5 分f (x)2ax1xx当a0时， f(x)0，所以f(x)在0,单调递增，且(1)110,(e)1e0,ffee所以函数 f (x) 有唯一的一个零点，这与 f (x) 的图象与x轴没有公共点相矛盾，所以a0； 6 分当a0时， f(x)0，所以 f (x) 在(0,)单调递增；（）当a时，111111f ()alnlna122aeaeaeaeeae1110 ，ee2又因为 f (1)a10,所以函数 f (x) 有唯一的一个零点，这与 f (x) 的图象与x轴没有公共点相矛盾，所以a不成立；7 分（）当0a1时，f (x)ax2lnxxx2lnxx，令h(x)x
45、2lnxx.1111f ( )h( )10 ， f (1)a10 ，eeee2所以函数 f (x) 有唯一的一个零点，高三数学参考答案及评分细则（第 20 页共 21 页）这与 f (x) 的图象与x轴没有公共点相矛盾，所以0a1不成立； 8 分（）当a0时 ，方程2ax2x10有两根 x ， x2，不妨设x1x2，11xx122a因为1x x0,1 22a0,所以xx，1020 xx时， f(x)0；当所以，当2xx 时， f(x)0；2所以 f (x) 在(0,x ) 上单调递增，在(x2,)上单调递减，2所以 f (x) 在 xx 处取到唯一的极大值，即函数 f (x) 的最大值为2f
46、(x ) ，且22axx10.9 分222xx11f (x )axln xxln xxln x.2222222222222x1u xx，则 u(x) 在(0,)单调递增，且 u(1)0,( )ln设22当x(0,1)时，u(x)0；当x(1,)时，u(x)0；即 x时，2(0,1)f (x )0；当2x时，2(1,)f (x )0；2由于1a11a1f ( )ln10，eeeeee22所以 x时， f (x) 的图象与x轴有公共点，这与 f (x) 的图象与x轴没有公共点2(1,)相矛盾，所以 x； 10分2(1,)故 x时， f (x) 的最大值2(0,1)f (x )小于 0，211又2ax2x10(0 x1),即，2a(0 x1)222222xx211111因为2， 11 分()2xxx242222所以2a2，即a1.要使函数 f (x) 的图象与x轴没有公共点，则a的取值范围为,112分高三数学参考答案及评分细则（第 21 页共 21 页）
