【文档说明】广东省广雅中学2019-2020学年高二下学期4月线上测试数学试题【精准解析】.doc，共(32)页，2.638 MB，由小赞的店铺上传

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2020年广东广雅中学高二年级4月线上统一测试数学命题人：徐飞赖淑明审核：温丽，林才雄本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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.设复数z满足||2zi，z在复平面内对应的点为(,)xy，则（）A.22(1)2xyB.22(1)4xyC.22(1)4xyD.22(1)2xy【答案】C【解析】【分析】由z在复平面内对应的点为(,)x

y，可得zxyi，然后根据复数模长的概念即可得解.【详解】∵z在复平面内对应的点为(,)xy，∴zxyi，||2zi，∴2212xy，即22(1)4xy.故选：C.【点睛】本题考查复数的模、复

数的几何意义，正确理解复数的几何意义是解题关键，属于基础题.2.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（）A.2张卡片都不是红色B.2张卡片不都是红色C.2张卡片至少有一张红色D.2张卡片至多有1张

红色【答案】A【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件定义，逐项验证.【详解】不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则选项A事件“2张卡片都不是红色”与事件“2张卡片都为红色”是互斥而不对立，所以正确；选项B事件

“2张卡片不都是红色”与事件“2张卡片都为红色”是对立事件，所以不正确；选项C事件“2张卡片至少有一张红色”包含事件“2张卡片都为红色”，所以事件“2张卡片至少有一张红色”与事件“2张卡片都为红色”不是互斥

事件，所以错误；选项D事件“2张卡片至多有1张红色”与事件“2张卡片都为红色”是对立事件，所以错误.故选：A.【点睛】本题考查互斥事件和对立事件，考查对定义的理解，属于基础题.3.若实数,xy满足不等式组24

02300xyxyxy，则xy的最大值是（）A.83B.3C.4D.6【答案】D【解析】【分析】令zxy，做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.【详解】画出满足2402300xyxyxy的可行域，如下图阴影部分，令zx

y，当目标函数zxy过点A时取得最大值，由0230xyxy，解得33xy，即(3,3)A，所以目标函数zxy的最大值为6.故选：D.【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求目标函数的最值，属于

基础题.4.设随机变量~(,)XBnp，且2()1,()3EXDX，则(1)PX的值为（）A.23B.49C.31024D.827【答案】B【解析】【分析】由二项分布的期望和方差公式求出,np，即可求解.【详解】随机变量X服从二项分布~(,)XBnp，12(

1)3npnpp，解之得13,3np，所以213124(1)339PXC．故选：B.【点睛】本题考查二项分布的期望、方差和独立重复试验的概率，熟记公式即可，属于基础题.5.学校要从10名候选人中选

2名同学组成学生会，其中高二（1）班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选到，若X表示选到高二（1）班的候选人的人数，则()EX（）A.34B.89C.38D.45【答案】D【解析】【分析】随机变量X服从超几何分布~(2,4,10)XH，根据超几何分布期望公式即可求

解.【详解】法一：（公式）由题意得随机变量~(2,4,10)XH，则44()2105nMEXN．法二：~(2,4,10)XH，分布列如下2621015045CPXC,112440662210102461,24545CCCC

PXPXCCX012P15452445645244564()12455EX．故选：D.【点睛】本题考查超几何分布的期望，要掌握常用的随机变量的分布列和期望，减少计算量，属于基础题.6.下列说法正确的有（）①在回归分析中，可以借助散点图判断两个变量是否呈线性相

关关系．②在回归分析中，可以通过残差图发现原始数据中的可疑数据，残差平方和越小，模型的拟合效果越好．③在回归分析模型中，相关系数的绝对值越大，说明模型的拟合效果越好．④在回归直线方程0.110ˆyx中，当解释变量x每增加1个单

位时，预报变量y增加0.1个单位．A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【分析】根据散点图的应用、利用“残差”的意义、相关系数的作用、回归方程的意义，即可得出正确的判断.【详解】对于①，可以借助散点图直观判

断两个变量是否呈线性相关关系，所以正确；对于②，可用残差的平方和判断模型的拟合效果，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，所以正确；对于③，相关系数的绝对值越大，只能说明两个变量具有较强的相关性，不能作为分析模型的拟

合效果好坏的依据，应该是相关指数越大，模型的拟合效果越好，所以错误；对于④，在回归直线方程0.110ˆyx中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量y增加0.1个单位，所以正确．故选：C.【点睛】

本题考查回归分析以及线性回归直线方程，要注意区分“相关系数”与“相关指数”，属于基础题.7.袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有4个白球，2个红球．从袋中不放回地逐个取球，取完红球就停止，记停止时取得的球的数量为

随机变量X，则(3)PX（）A.215B.25C.110D.120【答案】A【解析】【分析】根据排列组合知识，结合古典概型的概率公式，即可求解.【详解】最后一次取到的一定是红球，前两次是一红球一白球，112422362(3)15CCAPXA，故选：A.【点睛】本题考查随机变量

的概率，应用排列组合求古典概型的概率，属于基础题.8.广雅中学三大社团“乐研社”、“摄影社”和“外联社”招新，据资料统计，2019级髙一新生通过考核选拔进入三个社团成功与否相互独立，新生小明通过考核选拔进入三个社团“乐研社”“摄影社”和“外联

社”的概率依次为，2,,3ab，已知三个社团他都能进入的概率为136，至少进入一个社团的概率为1924，则ab（）A.12B.23C.34D.512【答案】D【解析】【分析】由独立事件同时发生的概率，和对立事件的概率，建立

,ab方程组，求解即可.【详解】根据题意有2133621911(1)(1)324abab，解得512ab．故选：D.【点睛】本题考查相互独立事件，对立事件，及其概率公式的应用，考查计算求解能力，属于基

础题.9.《易经》是中国传统文化中的精髓之一．如图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线）．从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线和四根阴线的概率为（）A.314B.17C.528D.

514【答案】A【解析】【分析】将八卦按照阴线个数分类，求出两卦的六根线中恰有两根阳线和四根阴线的方法数，按照古典概型概率公式即可求解.【详解】八卦分成四类，A类是：3个卦含1阴2阳，B类是：3卦含2阴1阳，C类1卦含是3阳，D类1卦是3阴．从八卦中任取两

卦共有2828C，两卦中含2阳4阴，则可以从B类选2卦，方法数为233C，或者选D类和A类1的1卦，方法数是3．所求概率为23283632814CPC．故选：A.【点睛】本题以生活实际为背景，考

查利用组合原理求古典概型的概率，属于基础题.10.某单位为了响应疫情期间有序复工复产的号召，组织从疫区回来的甲、乙、丙、丁4名员工进行核酸检测，现采用抽签法决定检测顺序，在“员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测”的条件下，员工丙第一个检测的概率为（）A.313B.27C.14D.15

【答案】B【解析】【分析】根据条件概率公式，求出事件“员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测”的概率，可分为两类，甲最后检测或甲不是最后检测，结合排列知识即可求解，再求出“员工丙第一个检测，员工乙不是最后一个检测”的概率，即可求解.【详解】先求()PA，法一（优先考虑特殊元素特殊位置）：设

事件A为“员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测”；事件B为“员工丙第一个检测”．事件A分两类：甲最后检测，则剩下的3名员工可以随便排序，方法数为33A；甲不是最后检测，则中间两个位置选1个位置为甲，然后剩下的位置除了最后一个位置，选一个位置给乙，其余的员工随便排，方法数为112

222CCA，故31123222444414()ACCAPAAA；法二（排除法），4324324444214()AAAPAAA．再求()PAB，员工甲不是第一个检测，员工乙不是最后一个检测，员

工丙是第一个检测，则先排丙在第一个位置，然后除了第一个位置和最后一个位置选1个位置给乙，剩下的两个员工随便排，方法数1222CA，故122244444()CAPABAA．综上()42(|)()147P

ABPBAPA．故选：B.【点睛】本题考查条件概率的求法，应用排列组合求解古典概型的概率是解题的关键，属于中档题.11.赵爽是我国古代数学家、天文学家，赵爽为《周碑算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形

再加上中间的一个小正方形组成的）．类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设2EFAE，若在大等边三角形内随机取一点，则此点取自小等边三角形内的概率是（）

A.413B.37C.13D.17【答案】D【解析】【分析】根据几何概型的概率公式，求出大小正三角形的面积即可，由已知结合余弦定理求出AB边长，即可求解.【详解】显然小三角形面积2213sin6024DEFSEFEF，ABD△中，222(22)22(2

2)2cos12028AB，2213sin6024ABCSABAB，所以所求概率为2241287DEFBCSEFPSAB．故选：D.【点睛】本题以数学文化为背景，考查几何概型的面积类型，属

于基础题.12.广雅髙一年级和髙二年级进行篮球比赛，赛制为3局2胜制，若比赛没有平局，且高二队每局获胜的概率都是102pp，记比赛的最终局数为随机变量X，则（）A.5()2EXB.21()8EXC.1()4DXD.11(),42

DX【答案】C【解析】【分析】随机变量X的可能取值为2，3，求出其对应值的概率，得到期望和方差关于p的函数，根据函数特征，利用换元法，将(),()EXDX转化为二次函数，求出范围即可.【详解】X的可能取值为2，3，解法一：222(2)(

1)221PXpppp，122(3)(1)22PXCpppp，令222tpp，因为102p，所以102t则(2)1PXt；(3)PXt所以2(1)3()2EXttt

，22(2)(2)(3)(3)DXEXPXEXPX22[2(2)](1)[3(2)]()tttt222(1)(1)()tttttt，因为102t，

所以522,2EXt，210,4DXtt法二：222(2)(1)221PXpppp，122(3)(1)22PXCpppp，222()2221322222EXpppppp

，因为()EX以12p为对称轴，开口向下，所以()EX在10,2p时，()EX单调递增，所以2115()222222EX，排除A，B．法1：22()(()2)(2)(()3)(3)DXEXPXEXPX

2222222222122122pppppppp22222222122122pppppppp2222221pppp令21220,2tpp

，1()(1)0,4DXtt法2：2224221922EXpppp210104pp22222()()10104222DXEXEXpppp

4324862pppp32()1624122DXppp，2()12(21)0DXp所以()DX在(0,1)p上单调递减，又102D，所以当10,2p

时，()0DX，所以1(0,)2p时()DX单调递增，所以43211111()486222224DX．故选：C【点睛】本题考查离散型随机变量的期望和方差，考查函数的最值

，应用换元法是解题的关键，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．13.已知随机变量X服从两点分布，且(1)0.4PX，设23X，那么()E________．【答案】2.2【解析】【分析】先求出()EX，

再由随机变量的线性关系的期望性质，即可求解.【详解】()10.40(10.4)0.4EX，()2()32.2EEX故答案为：2.2【点睛】本题考查两点分布的期望和期望的性质，属于基础题.14.设随机变量服从标准正态分布(0,1)N，在某项测

量中，已知(||1.96)0.950P，则在(1.96,)内取值的概率为_________．【答案】0.975【解析】【分析】根据正态分布的对称性，(1.96)(1.96)PP，即可求解.【

详解】由于(||1.96)(1.961.96)0.95PP，所以10.95(1.96)0.950.9752P．故答案为：0.975【点睛】本题考查正态分布的应用，意在考查正态分布的对称性，属于基础题.15.已知213nxx的展开式中的各二项式系数的和

比各项系数的和小56，则n________．【答案】3【解析】【分析】令1x得出展开式中各项的系数和，结合展开式二项式系数和，建立n的方程，求解即可.【详解】213nxx的展开式中的各二项式系数的和为2n．令1x，则各项系数的和为2

(31)2nn，依题意22256nn，即27280,28,3nnnn．故答案为：3【点睛】本题考查二项展开式系数的性质，要注意区分“二项式系数”“该项的系数”，考查计算求解能力，属于中档题.16.将三项式21nxx展开，当1,2,3,n时，

得到如下所示的展开式，抽取各项的系数可以排列为广义杨辉三角形：0211xx12211xxxx2243212321xxxxxx32654321367631xxxxxxxx

42876543214101619161041xxxxxxxxxx……2221222320123222121nnnnnnnnxxaxaxaxaxaxaxa据此规律可得，222naa

_________．【答案】2nn【解析】【分析】根据归纳推理可得222123naan，即可求出结论.【详解】法一：因为101234,6123,312,11,，所以222(1)1232nnn

aan，故222(1)naann．法二：2a为22nx的系数，n个括号中，有两类选择．选择一：有1n个括号选择2x，1个括号选择1，方法数为：1nCn；选择二：有2n个括号选择2x，2个括号选

择x，方法数为：2(1)2nnnC，共有2(1)22nnnnn种．22na为2x的系数，n个括号中，有两类选择，选择一：有1个括号选择2x，1n个括号选择1，方法数为：1nCn；选择二：有2个括号选择x，2n个括号选择1，方法数为：2(1)2nnnC，共有2(

1)22nnnnn种．故2222naann．故答案为：2nn【点睛】本题考查展开式的系数，利用归纳推理是解题的关键，属于基础题.三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.在

ABC中，,,abc分别是角,,ABC的对边，若sinsinBC，且3sin2sinBA（1）求sinB的值；（2）求cos26C的值．【答案】（1）13sin4B（2）533916【解析】【分析】（1）由正弦定理，将已知等式中的角

化为边，得到3,2bcab，再由余弦定理和同角间的三角函数关系，即可求解；（2）由（1）中结论可得sin,cosCC，进而得出sin2,cos2CC，利用两角和的余弦公式，即可求出结论.【详解】法

一：根据正弦定理2sinsinsinabcRABC，由sinsin3sin2sinBCBA得32bcba，即3,2cbab，所以222222323cos24322bbbacbBacbb

因为(0,)B，所以213sin1cos4BB．法二：根据正弦定理2sinsinsinabcRABC，由sinsinBC得bc，故BC所以2AB，由3sin2sinBA，得3sin2sin(2)BB，故3sin4sincosBBB

，因为(0,)B，所以sin0B，故3cos4B．所以213sin1cos4BB．（2）因为13sinsin4BC，3coscos4BC，所以31339sin22sincos2448CCC，2235

cos22cos12148CC所以cos2cos2cossin2sin666CCC533915339828216．【点睛】本题考查正弦定理、余

弦定理解三角形，以及三角恒等变换求值，考查计算求解能力，属于中档题.18.已知数列na的前n项和为nS，2*nSnnN，数列nb为等比数列，且21a，41a分别为数列nb第二项和

第三项.（1）求数列na与数列nb的通项公式；（2）若数列11nnnnncabaa，求数列nc的前n项和nT.【答案】（1）*21nannN;2nnb，*nN（2）21nn【解析】【分析】（1）由数列的通项na和nS的关系，求得

数列na的通项公式，再结合等比数列的通项公式，联立方程组，求得数列nb的首项和公比，即可求得数列nb的通项公式，得到答案.（2）由（1）可得12122121nncnnn，利用“裂项法”和“乘公比错位相减法”，即可求解数列nc

的前n项和，得到答案.【详解】（1）由题意，数列na的前n项和为2nSn，当1n时，11a当2n时∴121nnnaSSn，当1n时也满足上式所以数列na的通项公式为*21nannN.设数列nb的首项为1b

，公比为q，则22124311418abbqabbq，∴12b，2q=，∴2nnb，*nN.（2）由（1）可得11nnnnncabaa，所以12122121nncnnn设212nn前n项和为成nA，12121nn

前n项和为nB，23123252212nnAn23412123252212nnAn∴2312222222212nnnAn

11822221212nnn16322nn∴16232nnAn，*nN∵1111212122121nnnn∴111111123352121nBnn

11122121nnn∴1623221nnnTnn【点睛】本题主要考查了等差、等比数列的通项公式的求解，以及“裂项法”和“乘公比错位相减法”求解数列的前n项

和，其中解答中熟记数列的通项na和nS的关系，熟练应用“裂项法”和“乘公比错位相减法”，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.19.如图，已知四边形ABCD为直角梯形，BDEF为矩形，平面BDEF平面ABCD，AD∥BC，90DABABC，1ADABE

D，2BC．（1）若点M为EF中点，求证：BM平面CDF；（2）若点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角的取值范围．【答案】（1）见解析（2）30,45．【解析】【分析】（1）在直角梯形ABCD中根据长度关系和勾股定理，可证CDBD，再由已知条件可得CD

面BDEF，从而有CDBM，在矩形BDEF中，可得tantanFBMFDB，可证出FDBM，即证证明结论；（2）以B为坐标原点建立空间直角坐标系，确定出,,,,BCDEF坐标，设FMFE，01

≤≤，求出平面BCM的法向量，进而求出直线BD与平面BCM所成角正弦的取值范围，即可求解.【详解】（1）法一：在直角梯形ABCD中，,1ADBCADAB∥，90DAB，故由勾股定理知22112BD，取BC中点H，则RtDH

C△中，22112CD，又2BCBDC中，222BCDCBD，故BDDC．因为平面BDEF平面ABCD，交线为BD，所以CD面BDEF．BM面BDEF，故CDBM．RtFBD和RtMFB，22BFFMBDFB，tantanFDBMBF，故FDBMBF

．故90FDBMBDMBFMBD，即90BGD，即FDBM．又FDCDD，,FDCD面FCD，故BM面FCD．法二：因为平面BDEF平面ABCD，交线为BD，BF面BDEF且BF

BD．所以BF面ABCD．建立空间直角坐标系Bxyz如图，则11(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1),,,122BACDFEM．11,,122

BM，(1,1,0)CD，(1,1,1)DF，故11022BMCD，111022BMDF．,CDBMFDBM，又FDCDD，,FDCD面FCD，故BM面FCD．（2）法一：因为平面BDEF平面ABCD，交线为BD，BF面BDEF且

BFBD．所以BF面ABCD，建立空间直角坐标系Bxyz如图，则(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1)BACDFE，设(,,0),01FMFE，则(,,1

)M则(,,1),(2,0,0),(1,1,0)BMBCBD设平面BMC的法向量为(,,)nxyz∴00nBCnBM，即200xxyz，故00xyz，取1y，则

z，故平面BMC的一个法向量为(0,1,)n．设BD与平面BCM所成角为，∴2||1sin|cos,|||||21nBDnBDnBD∴当0时取最大值22，当1时取最小

值12故BD与平面BCM所成角的取值范围为30,45．法二：根据（1）知DBDC，ED面ABCD．建立空间直角坐标系Dxyz如图，则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,1),(

2,0,1)DBCEF，设(2,0,0),01EMEF，则(2,0,1)M则(22,0,1),(2,2,0),(2,0,0)BMBCDB设平面BMC的法向量为(,,)nxyz∴00nBCnBM

，即220(22)0xyxz，故2(1)xyxz，取2xy，则2(1)z，故平面BMC的一个法向量为(2,2,2(1))n．设BD与平

面BCM所成角为，∴||sin|cos,|||||nDBnDBnDB222222(1)12(1)1，∴当1时取最大值22，当0时取最小值12故BD与平面BCM所成角的取值范围为30,45．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证

明直线与平面垂直，以及空间向量法求直线与平面所成角的范围，注意空间垂直关系的相互转化，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.20.某厂生产的某种零件的尺寸Z大致服从正态分布2100,5N，且规定尺寸(3,3)Z为次品，其余的为正品．生产线上

的打包机自动把每5件零件打包成1箱，然后进入销售环节，若每销售一件正品可获利50元，每销售一件次品亏损100元．现从生产线生产的零件中抽样20箱做质量分析，作出的频率分布直方图如下：（1）估计生产线生产的零件的次品率及零件的平均尺寸；（2）从生产线上随机取一箱零件，求这箱零件销售后的期望

利润及不亏损的概率．【答案】（1）0.20；98.8（2）2304(0.73728)3125【解析】【分析】（1）求出3,3的值，即可得到次品的尺寸范围，根据频率分布图求出次品率，并求出各组的频率，按

照平均数公式即可求解；（2）设生产线上的一箱零件（5件）中的正品数为X，则(5,0.8)XB，将利润表示为X的函数，由二项分布的期望公式和期望的性质，求出利润的期望；要使销售不亏损，5件产品中至少要有4件正品，根据独立重复试验的概率公式，即可求解.【详解】（1）次

品的尺寸范围(3,3)Z，即(10035,10035)Z，即(85,115)Z，故生产线生产的产品次品率为：0.012100.008100.20生产线生产的产品平均尺寸为

：0.12800.24900.361000.201100.0812098.8（2）设生产线上的一箱零件（5件）中的正品数为X，正品率为10.20.8，故~(5,0.8)XB，()50.84EX

设销售生产线上的一箱零件获利为Y元，则50100(5)150500YXXX()150()500100EYEX（元）设事件B：销售生产线上的一箱零件不亏损，则()(0)(4)(5)PBPYPXPX45455514423045553125CC

，答：生产线生产的零件的次品率为0.2，零件的平均尺寸为98.8，这箱零件销售后的期望利润为100元，不亏损的概率为2304(0.73728)3125．【点睛】本题考查正态分布、频率分布直方图、二项分布的期望和独立重复试验的概率

，考查计算求解能力，属于中档题.21.已知动圆C的圆心为点C，圆C过点(3,0)P且与被直线1x截得弦长为42．不过原点O的直线l与点C的轨迹交于,AB两点，且||||OAOBOAOB．（1）求点C的轨迹方程；（2）求三角形

OAB面积的最小值．【答案】（1）24yx．（2）16【解析】【分析】（1）设(,)Cxy，根据圆的相交弦长公式，即可得出,xy关系；（2）由（1）得，曲线C方程为24yx，根据已知可得0OAOB，设直线方程为

xmyn，与抛物线方程联立，得4n，利用根与系数关系，将三角形OAB面积表示为m的函数，根据函数特征，即可求出最小值.【详解】（1）设(,)Cxy，圆C的半径22||(3)rPCxy圆C到直线1x的距离|1|dx由于圆C被

直线1x截得弦长为42，所以222422dr即222242|1|(3)2xxy，化简得，24yx所以点C的轨迹方程为24yx．（2）由||||OAOBOAOB知0OAOB（或OAOB）解法一：设1122,,,AxyBxy直

线AB的方程为xmyn由24xmynyx消去x得2440ymyn216160mn即20mn124yym，124yyn由0OAOB即12120xxyy，即221212

016yyyy由于120yy，所以1216yy，所以416n解得4n所以直线AB方程为4xmy恒过定点(4,0)三角形OAB面积221212121424216642Syyyyyym

当0m时，min16S所以三角形OAB面积的最小值为16．解法二：设1122,,,AxyBxy直线OA的方程为ykx，则直线OB的方程为1yxk由24ykxyx，解得12144xkyk即244,Akk

，所以221241||10kOAkxk同理可得42||4OBkk三角形OAB面积2242228||11141||422kkkSOAOBkkkk‖下面提供两种求最小值的思路：思路

1：利用基本不等式118||16||16||||Skkkk，当且仅当21k即1k时，min16S所以三角形OAB面积的最小值为16．思路2：用导数不妨设0k，则228118kkSkkk，2181Sk

当01k时，0S；当1k时，0S；所以S在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增所以当1k时，所以三角形OAB面积的最小值为16．【点睛】本题考查轨迹方程、直线与抛物线的位置关系、三角形面积的最值，合理应用根与系数关系设而不求方

法解决相交弦问题，注意多总结二级结论作为解题的突破口，如OAOB（O为坐标原点，,AB为抛物线上的点）为定值，则AB过定点，反之亦然.22.已知函数2()(1)(0)xfxxeaxfx，其中

aR，()fx为函数()fx的导函数．（1）讨论()fx的单调性；（2）若对任意0x，()1lnfxxx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）见解析（2）(,1]【解析】【分析】（1）求()fx，令0x，求出(0)f，得出(),fxfx，对a分类讨论求

出()0fx，()0fx的解，即可得出结论；（2）()1lnfxxx分离参数转化为求min1ln2xxexxax，设1(n)lxxgxxexx，通过求导及构造函数，得01,

1xe且满足0200ln0xxex，进而得到00lnxx时，0()gx取得最小值，即可求出结论.【详解】（1）()(1)2(0)2(0)xxxfxxeeaxfxeaf令0x，则(0)(0)

ff，所以(0)0f故()2xfxxea（ⅰ）当0a时，0xea当0x时，()0fx，所以()fx在(,0)上单调递减当0x时，()0fx，所以()fx在(0,)上单调递增（ⅱ）当0a时，令()0f

x，则10x或2ln(2)xa（a）若0ln(2)a即12a时，当0x或ln(2)xa时，()0fx，所以()fx在(,0)和(ln(2),)a上单调递增当0ln(2)xa时，()0fx，所以()fx在

(0,ln(2))a上单调递减（b）若0ln(2)a即12a时，()0fx，所以()fx在(,)上单调递增（c）若0ln(2)a即102a时，当ln(2)xa或0x时，()0fx，所以fx在(,ln(2))a和(0,

)上单调递增当ln(2)0ax时，()0fx，所以()fx在(ln(2),0)a上单调递减综上所述：当0a时，()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增当102a时，()fx在(,ln(

2))a和(0,)上单调递增，在(ln(2),0)a上单调递减当12a时，()fx在(,)上单调递增当12a时，()fx在(,0)和(ln(2),)a上单调递增，在(0,ln(2))a上单调递减（2）解法一：参数分离法由()1

lnfxxx知1ln2xxexxax在(0,)恒成立即min1ln2xxexxax令e1ln()xxxxgxx，则22ln()xxexgxx令2()lnxhxxex，则21()20xhxxxex，所以

()hx在(0,)上单调递增又(1)0he，211211110eeheeee所以()hx在(0,)上存在唯一零点0x，且01,1xe所以当00xx时，()0hx

即()0gx；当0xx时，()0hx即()0gx所以()gx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，又因为02000ln0xhxxex思路一：即0000lnxxxex因为0ln

000lnlnxxxex，所以00ln00lnxxxexe（*）设()xxxe，当0x时，()(1)0xxxe，所以()x在(0,)上单调递增由（*）知00lnxx，所以00lnxx所以00ln000000min000

1ln1()2xxxexxxexxgxgxxx，则有2a≤2即1a所以实数a的取值范围为(,1]思路二：即0000lnxxxxe，两边取对数，得0000lnlnlnln

xxxx即0000lnlnlnlnxxxx（*）设()lnxxx，则()x在(0,)上单调递增由（*）知00lnxx，所以00lnxx所以00ln000000min

0001ln1()2xxxexxxexxgxgxxx，则有2a≤2即1a所以实数a的取值范围为(,1]．下面提供一种利用最小值的定义求gx的最小值的方法：先证：1xxe，设()1xhxex，则()1xhxe，所以当0x时，()0h

x；当0x时，()0hx，所以()hx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，所以()1(0)0xhxexh即1xxe，（当且仅当0x时等号成立），再证：2gx由1xxe得（用lnxx代换x），lnln1lnxx

xxxxxeeexe，1ln(1ln)1ln()2xxexxxxxxgxxx，（当且仅当ln0xx时等号成立）最后证：方程ln0xx有实根，设()lnxxx，则()x在(0,)上单

调递增，又1111ln10eeee，(1)ln1110，所以()x在(0,)有唯一零点，即方程ln0xx有实根，综上min()2gx，则有2a≤2即1a，所以实数a的取值范围为(,1

]．解法二：函数性质法由()1lnfxxx知1ln20xxexxax在(0,)恒成立，设()1ln2xgxxexxax，则min()0gx，因为1()(1)12xgxxeax，21

()(2)0xgxxex，所以()gx在(0,)上单调递增，又当0x时，()gx；当x时，()gx；所以()gx在(0,)上存在唯一零点，即000112

1xaxex，（1）所以当00xx时，()0gx；当0xx时，()0gx，所以()gx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，0min0000()1ln(12)

xgxgxxexax，0002000000011ln1ln0xxxxexxexxexx，即0200ln0xxex，思路一：即0000lnxxxex，因为0ln00

0lnlnxxxex，所以00ln00lnxxxexe，（*）设()xxxe，当0x时，()(1)0xxxe，所以()x在(0,)上单调递增，由（*）知00lnxx，所以00

lnxx即00ln01xxeex，所以00000011112111xaxexxxx，则有2a≤2即1a，所以实数a的取值范围为(,1]，思路二：即0000lnxxxxe，两边取对数，得0000lnlnl

nlnxxxx，即0000lnlnlnlnxxxx（*），设()lnxxx，则()x在(0,)上单调递增，由（*）知00lnxx，所以00lnxx即0ln001xxeex，所以00000011112111xaxexxx

x，则有2a≤2即1a，所以实数a的取值范围为(,1]．【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及函数的单调性、零点、极值最值、不等式恒成立，构造函数是解题关键，考查分类讨论思想，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于较难题.