江西师大附中高考数学三模试卷理(含解析

1、高考数学三模试卷(理科)、选择题：本大题共 12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中,有且只有一项符合题目要求.1 已知 zi=1 - 3i , Z2=3+i ,其中i是虚数单位，则丄丄的虚部为()A.- 1B.2 已知集合A. ?B.-C. - i5A=x| v 2xw 2,2(-1, c.,2 2B=x|ln (x-) 0, b 0)的右焦点与右支上的一点， O a 乂 b求函数f ( x)的单调递增区间； 在锐角 ABC中，角A, B, C的对边分别为 a, b, c.若 g ,:一，求 ABC若OM=寺(0F+0F J，0F2 =中 且20F2?F=a+b，则该双曲线

2、的离心率为()A.B.2 212.已知函数 f (x) =ex ax - 1, g (x) =lnx - ax+a，若存在 xo( 1, 2),使得 f (xo) g(xo)v 0,则实数aA.:.的取值范围是(B. (In2 , e 1)C. 1 ,e 1)D. 1.2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20 分.13.已知a=TTIlcosx) dx，则(9展开式中，x3项的系数为14.已知函数2ml i k)15正三角形为偶函数，则 m n=.10201? (x)+n英丐AD翻折，使点B与点C间的距离为.二，此时四面ABC的边长为2，将它沿高体ABCD外接球表面积为16.数列an的

3、前项和为Sn,且9时1%亏用XI表示不超过x的最大整数,如0.1= 1 ,1.6=1 ，设 bn=a n,则数列 bn的前 2n 项和 b1+b2+b3+b4+, +b2n -1+b2n=三、解答题：本大题共 5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17 .设向量 .m1 二：一 _一：-，, x R,记函数18某高中毕业学年，在高校自主招生期间，把学生的平时成绩按“百分制”折算，排出前n名学生，并对这 n名学生按成绩分组，第一组 75，80)，第二组80，85)，第三组85，90),第四组90，95)，第五组95 ,100，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、 第一

4、组、第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列，且第四组的人数为60.(I)请在图中补全频率分布直方图；(n)若Q大学决定在成绩高的第3, 4, 5组中用分层抽样的方法抽取 6名学生进行面试. 若Q大学本次面试中有 B、C D三位考官，规定获得两位考官的认可即面试成功，且面试结果相互独立，已知甲同学已经被抽中， 并且通过这三位考官面试的概率依次为 一、一，2 35求甲同学面试成功的概率； 若Q大学决定在这6名学生中随机抽取 3名学生接受考官 B的面试，第3组中有E名学 生被考官B面试，求E的分布列和数学期望.19.如图，在以 A, B, C, D E, F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形

5、，/ FAC=60 ,AB/ DE BC/ EF, AB=BC=3 AF=2计E BF二苗尼(1) 求证：平面 ABCL平面 ACDF(2) 求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值.20.已知椭圆c：+2-一=1 (b 0)的左、右焦点分别为F1、F2,点F2也为抛物线 2 小y =8x的焦点，过点F2的直线I交抛物线 C于A, B两点.(I)若点P (8, 0)满足|PA|=|PB|，求直线l的方程;(H) T为直线x= - 3上任意一点，过点 F作TFi的垂线交椭圆 G于M N两点，求?m的最小值.21.已知函数(x) =ln (x+2a)- ax, a 0.(I)求f (x)的单

6、调区间;(H)记 f (x)的最大值为 M (a),若 a2ai0 且 M (ai) =M (a2),求证:(川)若a2,记集合x|f (x) =0中的最小元素为 xo，设函数g (x) =|f (x) |+x，求证:Xo是g (x)的极小值点.选修4-4 :极坐标与参数方程22.在平面直角坐标系 xOy中，直线l的参数方程为卩-(t为参数)，在以坐标 y=l+tsin4)原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标中，圆C的方程为p =4cos 0 .(I)求I的普通方程和 C的直角坐标方程；(H)当$ ( 0, n )时，I与C相交于P, Q两点，求|PQ|的最小值.选修4-5 :不等式选讲23

7、.已知函数f (x) =|x - a|，其中a 1(1 )当a=2时，求不等式f (x) 4 - |x - 4|的解集；(2)已知关于 x的不等式|f (2x+a)- 2f (x) | 2的解集x|1 x 2，求a的值.参考答案与试题解析、选择题：本大题共 12小题，每小题5分，共60分在每个小题给出的四个选项中,有且只有一项符合题目要求.1 .已知zi=1 - 3i , Z2=3+i，其中i是虚数单位，则的虚部为( )z24 4A. - 1 B. -C. - i D.5 5 1【考点】A5:复数代数形式的乘除运算.【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出.【解答】解:的虚部为；I故选：

8、B.2.已知集合A=x|v 2xw 2,2B=x|ln(x-) 0，则 An( ?rB)=(A.B- (- 1 , CD . (- 1 , 1【考点】1H:交、并、补集的混合运算.【分析】求解指数不等式与对数不等式化简集合A、B,再由交、并、补集的混合运算得答案.1 1 13【解答】 解： A=x| . v 2xw 2=x| - 1 v x 一或 X .，则 An( ?fB) = (- 1, J .故选：b.3. 给出下列两个命题：n-命题p：:若在边长为1的正方形ABCD内任取一点 M,则|MA| w 1的概率为.命题q：设一, 是两个非零向量，则“.-i =1- i I ”是“占共线”的充

9、分不必要条件，那么，下列命题中为真命题的是()A. p A q B .p C. p A( q)D.厂 p)V( q)【考点】2E:复合命题的真假.【分析】推导出命题P是真命题，命题q是假命题，从而得到 pA(q)是真命题.【解答】 解：命题p：若在边长为1的正方形ABCD内任取一点 M1 2土 X TT X 1 TT则|MA| 0, | 0 |)的最大值为 k, - k+6=k,. k=2.TTTTTT12Tt把点(一，0)代入 y=2sin (2x+ 0 )可得 sin+ 0 ) =0,二 0 =，入 y=2sin(2x - )TT、 l / c H 兀、+)SIn (2x+亍).x=令2x

10、+=k n +，求得x-+, k Z,故f (x)的图象的对称轴的方程为得122224H+-24k Z当k=1时，可得函数f (x) =sin (kx -) +cos (kx - $ )图象的一条对称轴的方程可以 为11故选：B.5中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二,五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数N除以正整数m后的余数为n,则记为N=n(modn),例如1仁2 (mod3.现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的n等于()A. 21B. 22 C. 23 D. 24【考点】EF:程序框图.【分析】该

11、程序框图的作用是求被 3和5除后的余数为2的数，根据所给的选项，得出结论.【解答】解：该程序框图的作用是求被3除后的余数为2，被5除后的余数为3的数，在所给的选项中，满足被 3除后的余数为2，被5除后的余数为3的数只有23, 故选：C.6.某食品厂只做了 3种与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”、“和谐福”、“友善福”、每袋食品随机装入一张卡片，若只有集齐3种卡片才可获奖，则购买该食品4袋,A.丄16【考点】B.C.空D.9S9CB古典概型及其概率计算公式.【分析】购买该食品4袋，购买卡片编号的所有可能结果为：n=34，获奖时至多有2张卡片获奖的概率为（)相同，且“富强福”、“和谐福”、

12、“友善福”三种卡片齐全，由此能求出购买该食品4袋，获奖的概率.【解答】解：购买该食品4袋，购买卡片编号的所有可能结果为：n=34,获奖时至多有2张卡片相同，且“富强福”、“和谐福”、“友善福”三种卡片齐全,相同的2张为 在4个位置中选2个位置，有种选法，其余2个卡片有.上种选法，获奖包含的基本事件个数mf : A 36,36 4购买该食品4袋，获奖的概率为 p= =.3 9故选：B.7.已知D, E是厶ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上,若：.=x，则xy的取值范围是（）A , B.,C. , D.,【考点】7G基本不等式在最值问题中的应用；9H:平面向量的基本定理及其意义.【分析】利用

13、已知条件推出x+y=1 ,然后利用x, y的范围,利用基本不等式求解xy的最值.【解答】解：D, E是厶ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若：亠x：,1 ?可得 x+y=1 , x, y ,X，当x=.或x=时，取最小乙0O当且仅当x=y=.：时取等号,2并且xy=x （1 - x） =x- x ,函数的开口向下，对称轴为: 值，2xy的最小值为：一.则xy的取值范围是：,.故选：D.&若数列an是正项数列，且. + .7 .+, +寸；=n2+n,则ai+, +L等于()2 n2 2 2 2A. 2n+2nB. n+2n C. 2n+n D. 2 (n+2n)【考点】8H:数列递推式

14、.【分析】利用数列递推关系可得 an,再利用等差数列的求和公式即可得出.【解答】解：t - +=+, + i=n2+ n,. n=1 时，、”冷=2，解得 ai=4.n2 时，*： +甘二；+, +：!, =(n 1) ?+n 1,相减可得： J：i. =2n，二an=4n2. n=1时也成立.8.=4n.n贝y ai+一_+, +=4 (1+2+, +n) =4X =2n2+2n.2 n2故选：A.9.已知实数x, y满足* x+y6,则z=logA.logB.logC. 2L (2|x 2|+|y| )的最大值是(D. 2【考点】7C:简单线性规划.【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据

15、图象，去掉绝对值， 结合对数的运算性质进行 求解即可.【解答】 解：作出不等式组对应的平面区域如图：由图象知y0, xw2,设 m=2|x 2|+|y|,则 m=y- 2 (x 2) =y 2x+4,即 y=2x+m- 4,平移直线y=2x，由图象知当直线 y=2x+z 4经过点C时，直线的截距最小，此时z最小,z=log(2 2|+M )最大,由严x+2得严2,即C(2, 4), 时y=6 (产4此时 z=log,丄- (2|x - 2|+|y| ) =log ；=4=- 2,故选：C.10某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（正f左）视區A 一【考点】口 ：由三视

16、图求面积、体积.【分析】由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面AEDL平面BCDE四棱锥 A- BCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，分别计算侧面积，即可得出结论.AEDL平面 BCDE四棱锥 A-【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形，则 Sa aed=!. ；= , Smbc=&abe=丄忙儿 JU , SmccF1 ，二,D11.已知点F2, P分别为双曲线 二=-=1 (a0, b 0)的右焦点与右支上的一点，Oa 2 b2为坐标原点，若 而=+ (祁+応), 亟乙母细2码?口i=a2+b2,则该双曲线

17、的离心LJ:率为()A.宀B.C.二 D. 2 二2 2 y 【考点】KC双曲线的简单性质.【分析】根据向量知识可知 M为PF2的中点，结合=且2一？： “=a2+b2可求出/ OFM从而得出 M的坐标，再得出 P点坐标，代入双曲线方程化简即可得出e. 1 【解答】解：T我 工.， M是PF2的中点，厂；=OF=F2M=c, 2?；if l2c2cos ( n -z OFM) =a2+b2=c2,/2开 z OFM= .3 M (欝，电), F2 ( c, 0), M是 PF2的中点， P ( 2c,二 c ),4 F? 3广2T P 在双曲线上，即 4b2c2-3a2c2 - a2b2=0,

18、a2 b2 22 2,2/2 2、 22 2/2 2、/ b =c - a , 4c ( c - a ) - 3a c - a ( c - a ) =0,即 4c4- 8a2c2+a4=0, e= ,. 4e4- 8e2+1=0，解得 e2=1+ 或 e2=1- (舍)，a22 e二故选A.12.已知函数 f (x) =ex- ax - 1, g (x) =lnx - ax+a，若存在 xo( 1, 2),使得 f (xo) g(xo)v 0,则实数a的取值范围是(2A .；仁,B. (In2 , e- 1) C . 1 , e - 1)D. 一2 23T:函数的值.【考点】【分析】令F (x

19、)=；,令G(x) =一，根据函数的单调性分别求出xTx的最大值，求出 a的范围即可.【解答】解：由*7W 0g(x)0 对 x( 1,2)成立, G (x )在(1, 2 )上递增，c-G ( x) ma)=G ( 2)=,2若存在 x( 1, 2),使得 f ( X0) g (X0)v 0,满足题意,则 ln2 v av时，故选：A.二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20 分.13.已知ITa=i 一 (J 0cosx) dx，则(ax+ J ) 9展开式中,x3项的系数为【考点】67:定积分.【分析】求出被积函数，由定积分公式求出a，求出二项式的通项公式，化简整理，令9 -2r=

20、3，求出r,即可得到所求系数.JTTT【解答】解：a=(-cosx)dx=- sinx|J00=-(sin - sinO ) = - 1,2则(-x- 1 ) 9展开式中的通项公式为-,(-x) 9-r (- 一) r2x92xr .9 - 2r= -(,：)|X, r=0 , 1, , , 9,由 9 - 2r=3，可得 r=3 ,x3项的系数为-(J故答案为：-:.i rolo g?ni7k.014已知函数f (J二*为偶函数，则 m- n= 4log201T(-x)+nx【考点】3L:函数奇偶性的性质.【分析】根据函数奇偶性的定义建立方程关系进行求解即可.【解答】解：函数的偶函数，当 x

21、 0,则-xv0,则 f (- x) =f (x),即 log 20仃x - nx3=mlog20仃x+3x3,即 m=1, - n=3,则 n=- 3,则 m- n=1 -( - 3) =4,故答案为：415.正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为 ，此时四面 体ABCD外接球表面积为5n .【考点】LG球的体积和表面积.【分析】三棱锥B- ACD的三条侧棱BD丄AD DCL DA底面是等腰直角三角形，它的外接球 就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积.【解答】解：根据题意可知三棱锥 B- ACD的

22、三条侧棱BD丄AD DCL DA底面是等腰直角三 角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，三棱柱ABC- ABC的中，底面边长为 1 , 1,心，由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，三棱柱ABC- A1B1C的外接球的球心为 0,外接球的半径为 r , 球心到底面的距离为 1,底面中心到底面三角形的顶点的距离为:球的半径为r=2外接球的表面积为：4n r =5 n .故答案为：5 n .9916.数列an的前项和为Sn,且，用X表示不超过x的最大整数,如-0.1= - 1 ,

23、1.6=1，设bn=a n，则数列b n的前2n 项和 b1+b2+b3+b4+, +b2n- 1 + b2n=丹1T【考点】8E:数列的求和.【分析】 运用数列的递推关系，n 2时将n换为n - 1，相减可得数列a n的通项公式，再 由取整函数的定义，运用不完全归纳法，即可得到所求和.99【解答】解：由叮一一二技，“一,十曰 厂224可得 a2 - Si=, a2=a1+ =,3 3 39将n换为n- 1,可得an - Sn-产三,n2an=Sn Sn- 1可得，an+1=2an , 则 an=a22n 2=?2n 2= ?2n,上式对n=1也成立.则 an=. ?2, bn = a n=

24、: ?2n,当n=1时，当n=2时,当n=3时,当n=4时，99bi+b2=0+1=仁，1 一护 9 bi+b2+b3+b4=0+1+2+5=8= 2 bi+b2+b3+b4+b5+b6=0+1+2+5+10+21=39= 3 ;2bi+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8=0+1+2+5+10+21+42+85=166= - 43则数列bn的前 2n 项和为 bl + b2+b3+b4+, +b2nl+bn厂n .33另解：设 T2n=b l + b2+b3+b4+ , +b2n-l + b2n,由 T2n T2n- 2=2 - 1 ,累加可得数列b n的前2n项和为-一、 n= n -

25、 I.1-433故答案为：- n -I.33三、解答题：本大题共 5小题，共70分解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17 .设向量二.二in|n , x R,记函数f (x)= ab(1) 求函数f (x)的单调递增区间；(2) 在锐角 ABC中，角A, B, C的对边分别为 a, b, c .若、.-，. ，求 ABC 面积的最大值.【考点】HR余弦定理；9R:平面向量数量积的运算；GL三角函数中的恒等变换应用.【分析】(1)利用平面向量数量积的运算，三角函数恒等变换的应用化简可求f (x) =sin(2x -),令2k n -今三2x-w 2k n 弓,k乙即可解得f (x)的单调

26、递增区间.TT 1(2)由已知可求sin (2A-)：，结合 ABC为锐角三角形，可得 A,利用余弦定理， 基本不等式可求bcw 2+，进而利用三角形面积公式即可计算得解.【解答】(本题满分为12分)解：(1)： f 仗)二过 k=s in xcosx+(sinx - cosx) (sinx+cosx ) =lsin2x2 2-cos2x=sin2(2x -), ,3 分令 2k nTTTTw 2k n +2k Z,解得:wxwkn+, kZ12 12函数f(x)的单调递增区间为：k n -，k n +：，k 乙5分2A- 一 =(2厂sin (2A-丄)=，结合 ABC为锐角三角形，可得:3

27、27T八- A= , ,7 分4在 ABC中，由余弦定理 a2=b2+c2- 2bccosA，可得：2=b2+c2- _ bc ( 2 - _) bc,(当且仅当b=c时等号成立) bc W=2+ 一，又T sinA=sin=, ,10 分4 2 Saabc= bcsinA= bcw - (2+ ：)=,(当且仅当 b=c 时等号成立)2442 ABC面积的最大值为二,12 分218某高中毕业学年，在高校自主招生期间，把学生的平时成绩按“百分制”折算，排出前n名学生，并对这 n名学生按成绩分组，第一组 75 , 80),第二组80 , 85),第三组85 ,90),第四组90 , 95),第五

28、组95 , 100,如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、 第一组、第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列，且第四组的人数为60.(I)请在图中补全频率分布直方图；(n)若Q大学决定在成绩高的第3 , 4 , 5组中用分层抽样的方法抽取6名学生进行面试. 若Q大学本次面试中有 B、C D三位考官，规定获得两位考官的认可即面试成功，且面试结果相互独立，已知甲同学已经被抽中， 并且通过这三位考官面试的概率依次为 ，：、.,，-,zi O U 求甲同学面试成功的概率； 若Q大学决定在这6名学生中随机抽取 3名学生接受考官 B的面试，第3组中有E名学 生被考官B面试，求E的分布列和数学期望.频

29、率【考点】CH离散型随机变量的期望与方差；B3:分层抽样方法；B8:频率分布直方图.【分析】(I)由第四组的人数能求出总人数，由此能补全频率分布直方图.(H)设事件 人=甲同学面试成功，由此利用独立事件概率公式能求出甲同学面试成功的 概率.由题意得，E =0, 1, 2, 3,分别求出其概率，由此能求出E的分布列和数学期望.【解答】 解：(I)：第四组的人数为 60,总人数为：5X 60=300,频率由直方图可知，第五组人数为：0.02 X 5X 300=30人，60_30 T L 斗八 K又.为公差，第一组人数为：45人，第二组人数为：75人，第三组人数为：90人(n)设事件 A=甲同学面试

30、成功,则 P (A)= 由题意得，E =0, 1, 2, 3,pO p 3S I- m ick p(W)T-20,P(=2)=GVp3p 0 L- o 1-,分布列为:E0123P19912020202019gI 3- ： -li-19.如图，在以 A, B, C, D E, F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形，/ FAC=60 ,AB/ DE BC/ EF, AB=BC=3 AF=2旖，BF二 Jj豆(1)求证：平面 ABCL平面 ACDF(2)求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值.【考点】MT二面角的平面角及求法；LY:平面与平面垂直的判定.【分析】(1 )设O是AC中点，

31、连结 OF、OB FC推导出 OBL AC OF丄AC,则/ FOB是二面 角F- AC- B的平面角，由此能证明平面 ABCL平面 ACDF(2)以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法 能求出平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值.【解答】 证明：(1 )设O是AC中点，连结 OF OB FC,在厶 ABC中，AB=BC OBL AC四边形 ACDF是菱形，/ FAC=60 , FAC是等边三角形， OFL AC,/ FOB是二面角F- AC- B的平面角,0F= _- = 7,又 BF= , oF+oBuBF2,/ FOB=90 ,平面ABCL

32、平面ACDF解：（2）由（1 ）知OB OC OF两两垂直，以 O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴, 建立空间直角坐标系，则 A（ 0，-占，0），B （铤，0，0），C（ 0,也，0），F（ 0，0，3），AF=（0，V3，3），ac=（0，2航，0），/ AB/ DE AF/ CD,又 AB?平面 CDE AF?平面 CDEDE平面CDE CD?平面 CDE AB/平面 CDE AF/平面 CDE又 ABA AF=A 平面 ABF/ 平面 CDE EF/ BC, B、C、E、F 四点共面，又平面 ABFA平面 BCEF=B F平面 CDEH平面 BCEF=CE BF/ CE 四边

33、形BCEF是平行四边形， =： = （- :, 0）， 二汀 I=（-，3）,设平面AEF的法向量 = （x , y , z）,则丁上朋出谊，取 xg，得：=（n * FE =-6 x+V3y=0设平面ACE的法向量= （a, b,c),AC=2V3b=0设平面AEF与平面ACE所成的锐二面角为 0 ,则cos平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为55QB20.已知椭圆C：卫_ +耳=1 (b0)的左、右焦点分别为Fi、F2,点F2也为抛物线 G: y2=8x 6 b2的焦点，过点F2的直线I交抛物线C2于A，B两点.(I)若点P (8, 0)满足|PA|=|PB|，求直线I的方程；(

34、n) T为直线x= - 3上任意一点，过点 Fi作TFi的垂线交椭圆 C于M N两点，求：-|mn|的最小值.【考点】K4:椭圆的简单性质.【分析】(I)由抛物线C，二&得F2 (2, 0),当直线I斜率不存在，即I : x=2时， 满足题意.当直线I斜率存在，设I : y=k (x- 2)(kz 0),A(xi,yi),B(X2,y2),与抛4厂 由|PA|=|PB|，可得PGL I , kPG?k= - i,解得k即可得出.物线方程联立可得 k2x2 -(4k2+8) x+4k2=0,禾U用根与系数的关系、中点坐标公式可得AB的中点k2(n) F2 ( 2, 0),可得椭圆C的方程，设T点

35、的坐标为(-3, m),贝y直线TFi的斜率=-m.当0时，直线 MN的斜率.，直线 MN的方程是x=my- 2,tn当m=0时，上述方程.设 M(X3, ys), N( x4, yj ,与椭圆的方程联立，利用根与系数的关 系、两点之间的距离公式及其基本不等式的性质即可得出.【解答】解：(I)由抛物线Cj厂：也得F2 (2, 0), 当直线I斜率不存在，即I : x=2时，满足题意.当直线 I 斜率存在，设 I : y=k( x- 2) (kz 0), A (Xi, yj , B (X2, y2),* 2_由* y 皿得 k2x2-( 4k2+8) x+4k2=0, yk(x2)2 , 4k

36、+8, z ,.8设AB的中点为G, Ik2 k|PA|=|PB| , PGLI , kpG?k=- 1,Xk=T，解得 k=，则 y= V2(x-2),直线I的方程为.-:. :!或x=2.2 2(fl)： F2 (2, 0), ：,：; m一 一.：11 o 2设T点的坐标为（-3 , m）,则直线TFi的斜率. -t ,TFi -3+2当0时，直线MN的斜率.,直线MN勺方程是x=my- 2 , 当m=0时，直线 MN的方程是x= - 2,也符合x=my- 2的形式.直线 MN的方程是 x=my- 2.2 ,2设 M (X3 , ys), N (X4 , y4),则 1-, 2 2，得(

37、m+3) y - 4my- 2=0 ,24m2一-匚_,D +3Hl +3|TF l=Vm2+l/224 (nT+1 jid2+3=I -厂- ：:-:当且仅当/-.J4，即卩m= 1时，等号成立，此时m2+l1 !取得最小值丄.m321.已知函数(x) =ln (x+2a) ax, a 0.(I)求f (x)的单调区间;(n)记 f (x)的最大值为 M (a),若 a2ai0 且 M (ai) =M (a2),求证:(川)若a2,记集合x|f (x) =0中的最小元素为 xo，设函数g (x) =|f (x) |+x，求证: xo是g ( x )的极小值点.【考点】6E:禾U用导数求闭区间

38、上函数的最值；6B:利用导数研究函数的单调性.【分析】(I)先求导，根据导数和函数单调性的关系即可得到函数的单调区间，(H)由(I)知， M (a) =f (一- 2a) =2a2 1 lna，继而得到 2ai2 1 lna i=2a22 1 a.a221na i1In a 2,通过转化得到 4玄協2=，设h (t) =t 一 2ln t , t 1根据函数的单调性证明a2 altalv 1，问题即可得以证明,al a235f (a+1) x-ln(x+2a) f -2a 2a, a0,由 f( x) 0，得2a v x v 2a, a由 f( x)v 0，得 x 2a,a f (x)的增区间

39、为(-2a,- 2a),减区间为(a2a, +s),a(H)由(I)知，M(a) =f (- 2a)a=2a2-1 - Ina ,2 2 2a1 - 1 - lna 1=2a2 - 1 -Ina 2,/ 2 (a22 - ai2) =lna 2 - Ina1=ln, Si 2a1a2=ln，ala2 S1 4a1a2 (-；) =2lnal a2a221n 4a1a2=al a2设 h (t) =t - - 2lnt h( t ) =1+ -= h ( x)在(1, +s)单调递增，h (t)(1 - ) 20,(1) =0,即 t - 2lnt 0,v 1,Qia 1Qo 2ln 0,3.13-自 |a221n al 1,al a2- aia2 M( 2) =7 - ln2 0,- 2avxov - 2a,且2avxvxo, f (x) v 0, axov x v - 2a 时，f (x)a 0,当-2avxv - 2a 时,a(a+1) x-ln(x+2a),