最新DOC-湖南高考真题——理科数学试题及答案解析优秀名师资料.doc

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1、(DOC)-2012年湖南高考真题理科数学试题及答案解析2012年湖南高考真题理科数学试题及答案解析 2012年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(理工农医类) 一、选择题:本大题共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.设集合M=-1,0,1，N=x|x2?x，则M?N= A.0 B.0,1 C.-1,1 D.-1,0,0 【答案】B 【解析】 N 0,1 M=-1,0,1 M?N=0,1. 【点评】本题考查了集合的基本运算，较简单，易得分. 先求出N 0,1 ,再利用交集定义得出M?N. 2.命题“若= A.若? 4 4，则tan=

2、1”的逆否命题是 4，则tan?1 B. 若= 4，则tan?1 4C. 若tan?1，则? 【答案】C D. 若tan?1，则= 【解析】因为“若p，则q”的逆否命题为“若 p，则 q”，所以 “若=1”的逆否命题是 “若tan?1，则? 4 4，则tan”. 【点评】本题考查了“若p，则q”形式的命题的逆命题、否命题与逆否命题，考查分析问题的能力. 3.某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 【答案】D 【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，,，,，,都可能是

3、该几何体的俯视图，,不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形. 第 1 页 【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. )具有线性相 4.设某大学的女生体重y(单位:kg)与身高x(单位:cm关关系，根据一组样本数据(xi，yi)(i=1，2，n)，用最小二乘法建立的回归方程为,y=0.85x-85.71，则下列结论中不正确的是 A.y与x具有正的线性相关关系 B.回归直线过样本点的中心(x，y) C.若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kg D.若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重比为58.79kg 【答案】

4、D 【解析】【解析】由回归方程为,y=0.85x-85.71知y随x的增大而增大，所以y与x具有正的线性相关关系，由最小二乘法建立的回归方程得过程知 bx,a bx,(a ,)，所以回归直线过样本点的中心(x，y)，利用回归y 方程可以预测估计总体，所以D不正确. 【点评】本题组要考查两个变量间的相关性、最小二乘法及正相关、负相关的概念，并且是找不正确的答案，易错. 5. 已知双曲线C : 22xa222-yby222=1的焦距为10 ，点P (2,1)在C 的渐近线上，则C的方程为 2222 A(x 20-y 5=1 B.x 5-20=1 C.-=1 D.-=120808020xyxy 【答

5、案】A 【解析】设双曲线C :x a22-yb22=1的半焦距为c，则2c 10,c 5. b a又 C 的渐近线为y b ax，点P (2,1)在C 的渐近线上， 1 2，即a 2b. 又c a,b， a 222， C的方程为x2 20-y2 5=1. 【点评】本题考查双曲线的方程、双曲线的渐近线方程等基础知识，考查了数形结合的思想和基本运算能力，是近年来常考题型. 第 2 页 6. 函数f(x)=sinx-cos(x+ 6 )的值域为 2 2 A( -2 ,2 B.- C.-1,1 D.-【答案】B 【解析】f(x)=sinx-cos(x+ 6 , 6 ) sinx, 2 x, 12 si

6、nx x, 6 )， sin(x, ) ,1,1 ， f(x)值域为 - 【点评】利用三角恒等变换把f(x)化成Asin( x, )的形式，利用sin( x, ) ,1,1 ，求得f(x)的值域. 7. 在?ABC中，AB=2，AC=3，AB BC= 1则BC _. C. 【答案】A 【解析】由下图知AB BC= ABBCcos( ,B) 2 BC (,cosB) 1. 1,2BC cosB .又由余弦定理知cosB AB,BC,AC 2AB BC 222 ，解得BC . A C 【点评】本题考查平面向量的数量积运算、余弦定理等知识.考查运算能力，考查数形结合 思想、等价转化思想等数学思想方法

7、.需要注意AB,BC的夹角为 B的外角. 8(已知两条直线l1 :y=m 和l2: y= 82m,1 (m,0)，l1与函数y log2x的图像从左至右 相交于点A，B ，l2与函数y log2x的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为a ,b ,当m 变化时，A ( B. C. D. 第 3 页 ba 的最小值为 【答案】B 【解析】在同一坐标系中作出y=m，y= 82m,1 (m,0)，y log2x图像如下图， 82m,1 m 由log2x= m，得x1 2 ,m ,x2 2，log2x= m ，得x3 2 8 , 82m,1 8 ,x4 2 2m,1 .

8、依照题意得a 2 ,m ,2 , 82m,1 8 ,b 2,2 m 2m,1 , ba 2,2 2 ,m 2m,1 8 ,2b , 82m,1 22 m 2m,1 2 m, 82m,1 . m, 82m,1 m, 12 , 4m, 12 , 12 4, 12 3 12 ， ()min a x 82m,1 m 【点评】在同一坐标系中作出y=m，y= 82m,1 (m,0)，y log2x图像，结合图像可解得. 二 、填空题: 本大题共8小题，考生作答7小题，每小题5分 ，共35分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上. (一)选做题(请考生在第9、10、 11三题中任选两题作答，如果全做，则按前

9、两题记分 ) 9. 在直角坐标系xOy 中，已知曲线C1: x t,1, y 1,2t (t为参数)与曲线C2 : x asin , y 3cos ( 为参数，a 0) 有一个公共点在X轴上，则a _. 【答案】 32 x t,1, y 1,2t 32 【解析】曲线C1: 直角坐标方程为y 3,2x，与x轴交点为(,0); 22 x asin ,xy 1，其与x轴交点为(,a,0),(a,0)， 曲线C2 : 直角坐标方程为2, a9 y 3cos 第 4 页 由a 0，曲线C1与曲线C2有一个公共点在X轴上，知a 32. 【点评】本题考查直线的参数方程、椭圆的参数方程，考查等价转化的思想方法

10、等.曲线C1与曲线C2的参数方程分别等价转化为直角坐标方程，找出与x轴交点，即可求得. 10.不等式|2x+1|-2|x-1|0的解集为_. 【答案】 xx 1 4 1 ,3,(x ,) 2 1 【解析】令f(x) 2x,1,2x,1，则由f(x) 4x,1,(, x 1)得f(x) 0的解集2 3,(x 1) 为 xx 1 . 4 【点评】绝对值不等式解法的关键步骤是去绝对值，转化为代数不等式(组). 11.如图2，过点P的直线与圆O相交于A，B两点.若PA=1，AB=2，PO=3，则圆O的半径等于_. P 【解析】设PO交圆O于C，D，如图，设圆的半径为R，由割线定理知 PA PB PC

11、PD,即1 (1,2) (3-r)(3,r), r P 【点评】本题考查切割线定理，考查数形结合思想，由切割线定理知PA PB PC PD， 第 5 页 从而求得圆的半径. (二)必做题(1216题) 12.已知复数z (3,i)2 (i为虚数单位)，则|z|=_. 【答案】10 【解析】z (3,i)2=9,6i,i2 8, 6i，z 10. 【点评】本题考查复数的运算、复数的模.把复数化成标准的a,bi(a,b R)形式，利用 z . 1 13.( )6的二项展开式中的常数项为 .(用数字作答) 【答案】-160 【解析】 ( r6,r)的展开式项公式是Tr,1 C6(,6 C62rr6,

12、r(,1)xr3,r. 333由题意知3,r 0,r 3，所以二项展开式中的常数项为T4 C62(,1) ,160. 【点评】本题主要考察二项式定理，写出二项展开式的通项公式是解决这类问题的常规办法. 14.如果执行如图3所示的程序框图，输入x ,1,n=3,则输出的数S= 【答案】,4 【解析】输入x ,1,n=3,，执行过程如下:i 2:S ,6,2,3 ,3;i 1:S ,3(,1),1,1 5;i 0:S 5(,1),0,1 ,4，所以输出的是,4. 【点评】本题考查算法流程图，要明白循环结构中的内容，一般解法是逐步执行，一步步将 第 6 页 执行结果写出，特别是程序框图的执行次数不能

13、出错. 15.函数f(x)=sin ( x, )的导函数y f (x)的部分图像如图4所示，其中，P为图像与y轴的交点，A,C为图像与x轴的两个交点，B为图像的最低点. (1)若 6，点P的坐标为(0 ，2)，则 ; (2)若在曲线段 ABC与x轴所围成的区域内随机取一点，则该点在?ABC内的概率为 . 【答案】(1)3;(2) 4 6【解析】(1)y f (x) cos( x, )，当 ，点P的坐标为(0 ，2)时 cos 6 2 3; 2 (2)由图知AC 设曲线段 S T1 ，S ABC AC ，设A,B的横坐标分别为a,b. 2222 ABCb a与x轴所围成的区域的面积为S则baf

14、(x)dx f(x) sin( a, ),sin( b, ) 2，由几何概型知该点在?ABC 内的概率为P S ABC S . 24 【点评】本题考查三角函数的图像与性质、几何概型等，(1)利用点P在图像上求 ， (2)几何概型，求出三角形面积及曲边形面积，代入公式即得. 第 7 页 16.设N=2(n?N，n?2)，将N个数x1,x2,，xN依次放入编号为1,2，N的N个位置，得到排列P0=x1x2xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前N2N2n*和后个位置，得到排列P1=x1x3xN-1x2x4xN，将此操作称为C变换，将P1个数，并对每段作C变换，得到

15、p2;当2?i?n-2时，将Pi分成2i段，分成两段，每段 每段N 2iN2个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置. (1)当N=16时，x7位于P2中的第_个位置; (2)当N=2(n?8)时，x173位于P4中的第_个位置. 【答案】(1)6;(2)3 2n,4,11 【解析】(1)当N=16时, P0 x1x2x3x4x5x6 x16,可设为(1,2,3,4,5,6, ,16), n P1 x1x3x5x7 x15x2x4x6 x16,即为(1,3,5,7,9, 2,4,6,8, ,16), P2 x1

16、x5x9x13x3x7x11x15x2x6 x16,即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6, ,16), x7位于P2中的第6个位置,; (2)方法同(1),归纳推理知x173位于P4中的第3 2n,4,11个位置. 【点评】本题考查在新环境下的创新意识，考查运算能力，考查创造性解决问题的能力. 需要在学习中培养自己动脑的习惯，才可顺利解决此类问题. 三、解答题:本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分) 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的 (?)确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间

17、X的分布列与数学期望; (?)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过(2.5分钟的概率. (注:将频率视为概率) 【解析】(1)由已知,得25,y,10 55,x,y 35,所以x 15,y 20. 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量随机样本，将频率视为概率得 p(X 1) 15 1003 20,p(X 1.301003p,X( 10251) , 1004 第 8 页 p(X 2.5 ) X的分布为 20100 15 p,X( 1 .10010 10 X的数学期望

18、为 E(X) 1 320 , 1 ., 103 1 , 413 10 1 ,5 5 . 1.9 为该顾客前面 (?)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，Xi(i 2,)1第i位顾客的结算时间，则 P(A) P(X1 1且X2 1),P(X1 1且X2 1.5),P(X1 1.5且X2 1). 由于顾客的结算相互独立，且X1,X2的分布列都与X的分布列相同，所以 X 1 )(P2X 1),P1(X P(A) P(1 1 )P2(X 1.,5)PX( 1 1 .5P) X (2 1) 320 320 3 20 3 10 3 10 3 9. 2080 故该顾客结算前的等候时间不超过

19、2.5分钟的概率为 980 . 【点评】本题考查概率统计的基础知识，考查分布列及数学期望的计算，考查运算能力、分 析问题能力.第一问中根据统计表和100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55,知 25,y,10 100 55%,x,y 35,从而解得x,y，计算每一个变量对应的概率，从而求 得分布列和期望;第二问，通过设事件，判断事件之间互斥关系，从而求得 该顾客结算前的等候时间不超过(2.5分钟的概率. 18.(本小题满分12分) 如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA?平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，?DAB=?ABC=90?，E是CD的中点. (?)证明:CD?平面PAE;

20、(?)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD 的体积. 第 9 页 【解析】 解法1(?如图(1)，连接AC，由AB=4，BC 3， ABC 90,得AC 5. 又AD 5,是,的中点，所以CD AE. PA 平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA CD. 而PA,AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD?平面PAE. (?)过点,作BG,CD,分别与AE,AD相交于F,G,连接PF. 由(?)CD?平面PAE知，,?平面PAE.于是 BPF为直线,与平面PAE 所成的角，且BG AE. 由PA 平面ABCD知， PBA为直线PB与平面ABC

21、D所成的角. AB 4,AG 2,BG AF,由题意，知 PBA BPF, 因为sin PBA PA PB,sin BPF BFPB,所以PA BF. 由 DAB ABC 90知，AD/BC,又BG/CD,所以四边形BCDG是平行四边形， 故GD BC 3.于是AG 2. 在RtBAG中，AB 4,AG 2,BG AF,所以 AB2 BG BF BG 5 于是PA BF 5 第 10 页 又梯形ABCD的面积为S 112 (5,3) 4 16,所以四棱锥P,ABCD的体积为 V 1 S P16 33558 .155 解法2:如图(2)，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，

22、z轴建立空间直角坐标系.设PA h,则相关的各点坐标为: A(4,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h). (?)易知CD (,4,2,0),AE (2,4,0),AP (0,0,h).因为 CD AE ,8,8,0 0,CD AP 0,所以CD AE,CD AP.而AP,AE是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD 平面PAE. (?)由题设和(?)知，CD,AP分别是平面PAE，平面ABCD的法向量，而PB与 平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以 CD PBPA PBcos CD,PB cos PA,PB ,即

23、 . CD PBPA PB 由(?)知，CD (,4,2,0),AP (0,0,h),由PB (4,0,h),故 解得h 5. 第 11 页 又梯形ABCD的面积为S 1 312 (5,3) 4 16，所以四棱锥P,ABCD的体积为 V S PA 1 16 3515. 5 【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算.第一问只要证明PA CD即可，第二问算出梯形的面积和棱锥的高，由V 积，或者建立空间直角坐标系，求得高几体积. 19.(本小题满分12分) 已知数列an的各项均为正数，记A(n)=a1+a2+an，B(n)=a2+a3+an+1，C(n)=a3+a4

24、+an+2，n=1,2， (1) 若a1=1，a2=5，且对任意n?N,，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列， 求数列 an 的通项公式. (2) 证明:数列 an 是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n N,，三个数 A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列. 【解析】 解(,)对任意n N,三个数A(n),B(n),C(n)是等差数列，所以 B(n),A(n )C(,n)13 S PA算得体 Bn 即an,1,a1 an,2,亦即an,2,an,1 a2,a1 4. 故数列 an 是首项为,，公差为,的等差数列.于是an 1,(n,1) 4 4n,3. (?)

25、(,)必要性:若数列 an 是公比为？的等比数列，则对任意n N，有 , an,1 anq.由an 0知，A(n),B(n),C(n)均大于,，于是 B(n) A(n) C(n) B(n) a2,a3,.,an,a1,a2,.,ana3,a4,.,an, a2,a3,.,an,1 q(a1,a2,.,.a.na,1a,.,an2q(a2,a3,.,.a.n,a,a,.,an,23 q, ) 2 11) q, 1 即B(n) A(n),C(n) B(n),q，所以三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列. (,)充分性:若对于任意n N，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比

26、为q的等比数列， 则 B(n) qA(n), C(n),，q Bn 第 12 页 于是C(n),B(n) q B(n),A(n) ,得an,2,a2 q(an,1,a1),即 an,2,qan,1 a,2a. 由n 1有B(1) qA(1),即a2 qa1，从而an,2,qan,1 0. 因为an 0，所以 an,2an,1 a2a1 q，故数列 an 是首项为a1，公比为q的等比数列， 综上所述，数列 an 是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n?N,，三个数 A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列. 【点评】本题考查等差数列、等比数列的定义、性质及充要条件的证明.第一问

27、由等差数列定义可得;第二问要从充分性、必要性两方面来证明，利用等比数列的定义及性质易得证. 20.(本小题满分13分) 某企业接到生产3000台某产品的A，B，,三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数 量分别为,(单位:件).已知每个工人每天可生产,部件,件，或,部件,件，或, 部件,件.该企业计划安排,名工人分成三组分别生产这三种部件，生产,部件的人数与生产,部件的人数成正比，比例系数为k(k为正整数). (,)设生产,部件的人数为,，分别写出完成,，,，,三种部件生产需要的时间; (,)假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人

28、数分组方案. 【解析】 解:(?)设完成A,B,C三种部件的生产任务需要的时间(单位:天)分别为 T1(x),T2(x),T3(x),由题设有 T1(x) 2 3000 6x1000 ,T(x)2 x2000,T(x3 kx20,01500 , ,(1k)x 期中x,kx,200,(1,k)x均为1到200之间的正整数. (?)完成订单任务的时间为f(x) max T1(x),T2(x),T3(x) ,其定义域为 200, x0 x ,x N .易知，T1(x),T2(x)为减函数，T3(x)为增函数.注意到 1,k T2(x) 2k T1(x),于是 (1)当k 2时，T1(x) T2(x)

29、, 此时 第 13 页 f(x) max T1(x),T3(x) max 1000 x , ， 200,3x 1500200,3x 1500 由函数T1(x),T3(x)的单调性知，当 x 40099 1000x 时f(x)取得最小值，解得 .由于 45,而f(44) T1(44) 25011 ,f(45) T3(45) 30013 ,f(44) f(45). 25011 44 400 故当x 44时完成订单任务的时间最短，且最短时间为f(44) . (2)当k 2时，T1(x) T2(x), 由于k为正整数，故k 3，此时 T(x) 37550,x , (x) max T1(x),T(x)

30、易知T(x)为增函数，则 f(x) max T1(x),T3(x) max T1(x),T(x) 1000375 (x) max , . x50,x 由函数T1(x),T(x)的单调性知，当 36 40011 1000x 2509 375 37,而 (36) T1(36) 50,x250375250 , (37) T(37) , 111311 时 (x)取得最小值，解得x 40011 .由于 此时完成订单任务的最短时间大于 25011 . (3)当k 2时，T1(x) T2(x), 由于k为正整数，故k 1，此时 750 2000 f(x) max T2(x),T3(x) max , .由函数

31、T2(x),T3(x)的单调性知， 100,x x 当 2000x 750100,x 时f(x)取得最小值，解得x 2509 80011 .类似(1)的讨论.此时 完成订单任务的最短时间为，大于 25011 . 综上所述，当k 2时完成订单任务的时间最短，此时生产,，,，,三种部件的人数 分别为44,88,68. 【点评】本题为函数的应用题，考查分段函数、函数单调性、最值等，考查运算能力及用数学知识分析解决实际应用问题的能力.第一问建立函数模型;第二问利用单调性与最值来解决，体现分类讨论思想. 21.(本小题满分13分) 在直角坐标系xOy中，曲线C1的点均在C2:(x-5)，y=9外，且对C

32、1上任意一点M，M到 直线x=,2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值. (?)求曲线C1的方程; (?)设P(x0,y0)(y0?3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明:当P在直线x=,4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值. 【解析】(?)解法1 :设M的坐标为(x,y)，由已知得 x,2 3， 22 易知圆C2上的点位于直线x ,2的右侧.于是x,2 0，所以 x,5. 化简得曲线C1的方程为y2 20x. 解法2 :由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x ,5的距离，因此，曲线C1是以(5,0

33、)为焦点，直线x ,5为准线的抛物线，故其方程为y2 20x. (?)当点P在直线x ,4上运动时，P的坐标为(,4,y0)，又y0 3，则过P且与圆 C2相切得直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y,y0 k(x,4),即kx-y+y0+4k=0.于是 3. 整理得 72k,18y0k,y0,9 0. ? 2 2 设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2，则k1,k2是方程?的两个实根，故 k1,k2 , 18y072 , y04 . ? k1x,y,y0,4k1 0,2由 得k1y,20y,20(y0,4k1) 0. ? 2 y 20x, 设四点A

34、,B,C,D的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4，则是方程?的两个实根，所以 y1 y2 20(y0,4k1) k1 . ? 同理可得 y3 y4 20(y0,4k2) k2 . ? 于是由?，?，?三式得 y1y2y3y4 400(y0,4k1)(y0,4k2) k1k2 2 400 y0,4(k1,k2)y0,16k1k2 k1k2 22 400 y,y,16k1k2 00 k1k2 6400. 所以，当P在直线x ,4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400. 【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第

35、一问用直接法或定义法求出曲线的方程;第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到A,B,C,D四点纵坐标之积为定值，体现“设而不求”思想. 22.(本小题满分13分) 已知函数f(x)= eax,x，其中a?0. (1) 若对一切x?R，f(x)?1恒成立，求a的取值集合. (2)在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)，B(x2,f(x2)(x1 x2)，记直线AB的斜率为K，问:是否存在x0?(x1，x2)，使f (x0) k成立,若存在，求x0的取值范围;若不存在，请说明理由. ax【解析】(?)若a 0，则对一切x 0，f(x) e,x 1，这与

36、题设矛盾，又a 0， 故a 0. 而f (x) ae当x 1aln1a1aln ax ,1,令f (x) 0,得x 1a ln 1a . 1a1alnln1a1a 时，f (x) 0,f(x)单调递减;当x 1a 时，f (x) 0,f(x)单调递增， . 故当x 时，f(x)取最小值f( 1a ln 1a ) 1a , 于是对一切x R,f(x) 1恒成立，当且仅当 1a , 11l . 1 ? aa 令g(t) t,tlnt,则g (t) ,lnt. 当0 t 1时，g (t) 0,g(t)单调递增;当t 1时，g (t) 0,g(t)单调递减. 故当t 1时，g(t)取最大值g(1) 1

37、.因此，当且仅当综上所述，a的取值集合为 1 . f(x2),f(x1) x2,x1 ax 1a 1即a 1时，?式成立. (?)由题意知，k e ax2 ,e ax1 x2,x1 ,1. 令 (x) f (x),k ae, e ax2 ,e ax1 x2,x1 ,则 (x1) , ea(x2,x1),a(x2,x1),1 , x2,x1 e ax2 e ax1 (x2) ea(x1,x2),a(x1,x2),1 . x2,x1 令F(t) et,t,1，则F (t) et,1. 当t 0时，F (t) 0,F(t)单调递减;当t 0时，F (t) 0,F(t)单调递增. t 故当t 0，F(

38、t) F(0) 0,即e,t,1 0. 从而e a(x2,x1) ,a(x2,x1),1 0，e a(x1,x2) ,a(x1,x2),1 0,又 e ax1 x2,x1 0, e ax2 x2,x1 0, 所以 (x1) 0, (x2) 0. 因为函数y (x)在区间 x1,x2 上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在x0 (x1,x2) 2ax 使 (x0) 0, (x) ae 0, (x)单调递增，故这样的c是唯一的，且 c 1a ln e ax2 ,e ax1 a(x2,x1) .故当且仅当x ( 切线的性质定理:圆的切线垂直于过切点的半径.1a ln e (二)知识与技能：ax2 ,

39、e 垂直于切线; 过切点; 过圆心.ax1 a(x2,x1) ,x2)时， f (x0) k. 第二章 二次函数综上所述，存在x0 (x1,x2)使f (x0) k成立.且x0的取值范围为 (1alne ax2 点在圆内 dr;,e ax1 点在圆内 dr;a(x2,x1) ,x2). （2）圆是轴对称图形，直径所在的直线是它的对称轴，圆有无数条对称轴。圆是中心对称图形，对称中心为圆心。【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出f(x)取最小值f( 1aln1a) 同心圆：圆心相同，半径不等的两个圆叫做同心圆。1a,1al1a 对.一切x?R，f(x) 1恒成立转化为 f(x)min 1，从而得出a的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推(二)教学难点理，通过构造函 经过同一直线上的三点不能作圆.数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.