【文档说明】福建省厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测数学试题 含解析.docx，共(28)页，2.402 MB，由管理员店铺上传

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厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测数学试题一、单选题：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.全集U=R，能表示集合2,1,0A=−−和2|20Bxxx=−−关系的Ven

n图是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化简集合B，根据两集合的关系，即可得出答案.【详解】由已知，可得212||20Bxxxxx=−−−=，所以1,0AB=−，根据选项的Venn图可知选项D符合.故选：D.2.等差数列na的

前n项和为nS，3918,3SS==，则6S=（）A.9B.212C.12D.272【答案】A【解析】【分析】根据等差数列前n项和的性质可得3S，63SS−，96SS−成等差数列，从而可列方程可求出结果.【详解】由已知3S，63SS−，96S

S−，即3，63S−，618S−成等差数列，所以()()6623318SS−=+−，所以69S=，故选：A．3.平面上的三个力1F，2F，3F作用于同一点，且处于平衡状态.已知()11,0F=，22F=，12120,FF=，则3F=（）A.12B.1

C.3D.2【答案】C【解析】【分析】由已知可得出()312FFF=−+，平方根据数量积的定义以及运算律，即可得出答案.【详解】由已知，可得1230FFF++=，所以()312FFF=−+.因()11,0F=，所以11F=，所以

1212121cos121,2FFFFFF==−=−，所以()22233121222212FFFFFFFF+=+==+1423=+−=，所以33F=.故选：C.4.如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取正六边形ABC

DEF各边的三等分点1A，1B，1C，1D，1E，1F，作第2个正六边形111111ABCDEF，然后再取正六边形111111ABCDEF各边的三等分点2A，2B、2C、2D，2E，2F，作第3个正六边形222222ABCDEF，依此

方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，由11ABB，212ABB，...构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的面积与正六边形ABCDEF的面积的比值趋近于（）A.112B.16C.79D.73【答案】B【解析】【分析】分别计算出阴影部分面积和正六边

形面积，即可求解.为的【详解】解：由外至内设每个六边形的边长构成数列na，每个阴影三角形的面积构成数列nS，设ABa=，则2221121272cos1203393aABaaa=+−=，22273ABa=，……，依此类推，73nnnABa=

，所以数列na是以a为首项，73为公比的等比数列，所以173nnaa−=，又211213sin12023318Saaa==，所以22237183Sa=，224233737183183Saa==

，……，依此类推，22237183nnSa−=，则数列nS的前n项和24222222337373718183183183nnTaaaa−=++++2422212237773777111833318999nna

a−−=++++=++++222397373111829494nnaaa=−=−→，正六边形

的面积为：221336sin6022ABCDEFSaa==，所以，所求面积的比值趋近于223146332aa=.故选：B.5.已知2ππsinsinsin33++=−，则sin=（）A.0B.217C.22D.32【答案】A【解析】【分析】利用两角和差的正弦

公式将题给条件化简，得到关于sin的方程，解之即可求得sin的值.【详解】2π13sinsinsinsincos322++=+−+13sincos22=+，π31sincossin322−=

−，又2ππsinsinsin33++=−，则1331sincoscossin2222+=−，则sin0=故选：A6.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，

你没有得到冠军”，对乙说：“你不是最后一名”，从这两个回答分析，5人名次的不同排列情况共有（）A.72种B.78种C.96种D.102种【答案】B【解析】【分析】根据题意，计算得到总情况数，然后计算得到甲是冠军与乙是最后一名的

情况数，从而即可得到结果.【详解】由题意可得，甲不是冠军，乙不是最后一名，因为5人名次的不同排列共有55A，其中甲是冠军的排列方法有44A，乙是最后一名的排列方法有44A，甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有33A，所以，甲不是冠军，乙不是最后一名的排列方法有5

4435443AAAA78−−+=，故选:B7.函数()(),fxgx定义域均为R，且()()14fxgx+−=，()()32gxfx−−=.若()gx为偶函数，()02g=，则()131ifi==（）A.10B.13C.14D.39【答案】C【解析】【分析】根据所给条件化简得

()()22fxfx++=，结合()gx为偶函数，()02g=，可计算得()30f=，()12f=，()21f=，()41f=，从而根据()()22fxfx++=分别计算()5f至()13f的值，再计算()131ifi=的值即可.【详解】()()32gxfx−−=，()

()122gxfx−−+=，又()()14fxgx+−=，()()22fxfx++=，()02g=，()()()03230gff−==，则()()132ff+=，得()12f=，()()122gf−=，()()214fg+−=，因为()gx为偶函数

，所以()()11gg=−，所以()()22221ff==，由()()242ff+=，得()41f=，则()()5232ff=−=，()()6241ff=−=，()()7250ff=−=，()()8261ff=−=，()()9272ff=−=，()()10281ff=−=，()

()11290ff=−=，()()122101ff=−=，()()132112ff=−=，()()()()13112...13ififff==+++210121012101214=+++++++++

+++=.故选：C8.一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6.该圆台内有一个球，则这个球表面积的最大值是（）A.643πB.25πC.27πD.2563π27【答案】A【解析】【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与,,ADCDBC相切时，其表面

积最大，再结合条件求得球的半径，即可得到结果.【详解】画出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与,,ADCDBC相切，设圆O的半径为R，则OEOF=，又因为,OECDOFBC⊥⊥，所以OCEOCF，因为6BC=，作OGAB⊥，BHCD⊥，所以1,4,3BGCECH==

=，所以226333BH=−=，所以33OGR=−，且22222OBBGOGOFBF=+=+，即()22223312RR−+=+,解得433R=，所以球表面积的最大值为216364π4π4π93SR===，故选:A二、多选题：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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.已知函数()2lnfxxx=−，则（）A.曲线()yfx=关于y轴对称B.曲线()yfx=关于原点对称C.()fx在()1,0−上单调递减D.()fx在

()1,+上单调递增【答案】AD【解析】【分析】求得函数()fx的奇偶性判断选项AB；利用导数求得()fx在()1,0−上的单调性判断选项C；求得()fx在()1,+上的单调性判断选项D.【详解】函数()2lnfxxx=−定义域为0xx，()()()22ln

lnfxxxxxfx−=−−−=−=，则函数()fx为偶函数，曲线()yfx=关于y轴对称.则选项A判断正确；选项B判断错误；当0x时，()()2lnfxxx=−−，()21212xfxxxx−=−=，则当202x−

时，()0fx¢>，()fx单调递增，则选项C判断错误；当0x时，()2lnfxxx=−，()21212xfxxxx−=−=，则当1x时，()0fx¢>，()fx单调递增，则选项D判断正确.故选：AD10.为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解

性别因素是否对本校学生体育锻的经常性有影响，随机抽取了300名学生，对他们是否经常锻炼的情况进行了调查，调查发现经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，绘制其等高堆积条形图，如图所示，则（）A.参与调查的男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼

的人数多B.从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为57C.依据0.1=的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1D.假设调查人数为600人，经常锻炼人数与不经常锻炼人数的比例不变，统

计得到的等高堆积条形图也不变，依据0.05=的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05附：()()()()()22nadbcabcdacbd−=++++，()230

010060401002.679140160200100−0.10.050.010.0050001x2.7063.8416.6357.87910.828【答案】ABD【解析】【分析】由题意计算出男生中经常锻炼的人数以及不经常锻炼的人

数，即可判断A；根据古典概型的概率公式可判断B；列出列联表，根据独立性检验的方法可判断C，D.【详解】对于A，由题意知经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，故经常锻炼人数为200人，不经常锻炼人数为100人，故男生中经常锻炼的人数为20

00.5100=人，不经常锻炼的人数为1000.660=人，故男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多，A正确；对于B，经常锻炼的女生人数为2000.5100=人，不经常锻炼的人数为1000.440=人，故从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的

概率为1005100407=+，B正确；对于C，由题意结合男女生中经常锻炼和不经常锻炼的人数，可得列联表：经常锻炼不经常锻炼合计男10060160女10040140合计200100300.则()()()()()()22230010060401002

.6792.706140160200100nadbcabcdacbd−−==++++，故依据0.1=的独立性检验，不能认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1，C错误；对于D，由题意可得：经常锻炼不经常锻炼合计男2

00120320女20080280合计400200600则此时()22600200802001205.3573.841400200320280−=，故依据0.05=的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过

0.05，D正确，故选：ABD11.在四面体ABCD中，25ABCD==，5ACBD==，13ADBC==，同时平行于,ADBC的平面分别与棱,,,ABBDCDCA交于,,,EFGH四点，则（）A.//EFA

DB.BCAD⊥C.四边形EFGH的周长为定值D.四边形EFGH的面积最大值是3【答案】ACD【解析】【分析】依题意作图，按照图中的几何关系，运用有关空间几何定理和空间向量数量积逐项分析.【详解】依题意作下图：对于A，//A

D平面，EF平面，EF平面ABD，//EFAD，正确；对于B，在ABC中，222265cos265ABBCACABCABBC+−==，在BCD△中，222913cos265BCBDCDCBDBCBD+−==，(),cosπcosADABBDADBCABB

CBDBCABBCABCBDBCCBD=+=+=−+2659132513513506565=−+=，错误；对于C，设BEAB=，//,EFADEFAD=，同理有//

EHBC，()1EHBC=−，(),//,1BFBDGFBCGFBC==−，,//,CHACHGADHGAD==，四边形EFGH周长()2212213ADBCBC=+−==，正确；对于D，由C分析知：//,//,//,EFADHGA

DEFHGEFHG=，四边形EFGH是平行四边形，HEF等于异面直线AD与BC的夹角，由B得分析知：55cos131313ADBCADBC===，12sin13=，四边形EFGH的面积()()()1122s

in1sin113121213EFEHADBC==−=−=−，当12=时取得最大值3=，正确；故选：ACD.12.抛物线：2:4xy=，P是上的点，直线():40lykxk=+与交于,AB两点，

过的焦点F作l的垂线，垂足为Q，则（）A.PF的最小值为1B.PQ的最小值为1C.AFB为钝角D.若PFAPFB=，直线PF与l的斜率之积为52−【答案】ACD【解析】【分析】求得PF的最小值判断选项A；求得PQ的最小值判断选项B；求

得AFB的范围判断选项C；的求得直线PF与l的斜率之积判断选项D.【详解】选项A：设00(,)Pxy，所以01PFy=+，因为00y，所以min||1PF=，A正确；选项B：设()0,4,0EQFQE=，所以Q点轨迹为()2259024xyx+−

=，设50,2R，200,4xPx，minmin32PQPR=−，又因为()22220020512664216xPRxx=+−=−+，所以min362PQ=−，B错误；选项C：设()()1122,,,

AxyBxy，又因为244ykxxy=+=，所以24160xkx−−=，21212Δ16640,4,16kxxkxx=++==−，所以()212121616xxyy==，()212122122484xxxxyyk+−+==+，又因

为()()()21212121212111470FAFBxxyyxxyyyyk=+−−=+−++=−−所以AFB为钝角，C正确，选项D：设00(,)Pxy，因为PFAPFB=，所以FAFPFBFPFAFB

=，112200(,1),(,1),(,1)xyxFAFBFyxPy=−=−=−所以()()()()0110022012111111xxyyxxyyyy+−−+−−=++，所以()()120101221011

xxyxxyyyyy++−−+−()()021020122111xxyxxyyyyy=++−+−−所以()()()()220122101201211042xxxxxxxxyxx−+−+−−=，又因为12xx，所以()()1

2005102xxxy++−=，即()005210xky+−=，即152kk=−，D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.若()()2ii4i,Rxyxy+=+，则xy+=____.【答案】0【解析】【分析】先利用题给条件求得,xy的值，进而求得xy+

的值.【详解】()2ii22ixx+=−+，又()2ii4ixy+=+，则224yx−==，解之得22xy==−，则220xy+=−=故答案为：014.写出同时满足下列条件的一条直线l的方程_______________.①直线l在y轴上的截距为1；②直

线l与双曲线2214xy−=只有一个公共点.【答案】121,122yxyx=+=+（写出其中一条直线方程）【解析】【分析】分别求出与渐近线平行的直线和切线方程，即可得到答案.【详解】因为直线l与双曲线2214xy−=只有一个公共点，所以直线l与双曲线2214xy−=的渐近线12yx=

平行.又直线l在y轴上的截距为1，所以直线l可以是：112yx=+.若直线l在y轴上的截距为1且与双曲线相切，则二者只有一个交点.可设l：1ykx=+，代入双曲线方程得：2212204kxkx−−−=

，只需2221041Δ4804kkk−=+−=，解得：22k=，所以直线2:12lyx=+即所求直线方程为：121,122yxyx=+=+（写出其中一条直线方程）故答案为：121,

122yxyx=+=+（写出其中一条直线方程）.15.已知()()ππsin222fxx=+−，将()fx图象向左平移π6个单位后得到()gx的图象，若()fx与()gx的图象关于y轴对称，则=__

_.【答案】π3##1π3【解析】【分析】利用题给条件构造关于的三角方程，解之即可求得的值.【详解】将()fx图象向左平移π6个单位后得到()gx的图象，则()πsin23gxx=++，又()fx与()gx的图象关于y轴对称，则()()sin2gxx

=−+则()()πsin2sin2sin2π3xxx++=−+=−+，则π22π+2π,Z3xxkk++=−+,解之得π+π,Z3kk=，又ππ22−，则π3=故答案为：π316.函数()2,048,cosxxafxxaxxa

=−+，当1a=时，()fx的零点个数为_____________；若()fx恰有4个零点，则a的取值范围是______________.【答案】①.1②.32657,,2322【解析】【分析】第一空：当1a=时0cosx=

、1x时()0fx=可得答案；第二空：()248yxaxxa=−+至多有2个零点，故ycosx=在()0,a上至少有2个零点，所以32a；分3522a、5722a、72a讨论结合图象可得答案.【详解】第一

空：当1a=时，当01x时，()0fxcosx==，解得12x=；当1x时，()()2248240fxxxx=−+=−+，无零点，故此时()fx的零点个数是1；第二空：显然，()248yxaxxa=−+至多有2个零点，故ycosx=在()0,a上至少有2个零点，所以32

a；①若()0ycosxxa=恰有2个零点，则3522a，此时()248yxaxxa=−+恰有两个零点，所以()222Δ16320380aaafaa=−=−+，解得2623a，此时32623a；②若(

)0ycosxxa=恰有3个零点，则5722a，此时()2830faa=−，所以()248yxaxxa=−+恰有1个零点，符合要求；③当72a时，()2830faa=−，所以()248yxaxxa=−+恰有1个零点，而()ycosxxa=至少有4个零点，此时

()fx至少有5个零点，不符合要求，舍去.综上，32623a或5722a故答案为：1；32657,,2322.【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存

在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.四、解答题：本题共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.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,ab

c，已知2cos2bCac=+.（1）求B；（2）若7b=，2ca=，D是AC上一点，BD为角B的平分线，求BD.【答案】（1）2π3（2）23【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，可得2sincos2sinsinBCAC=+，化简整理可得2cossinsin0B

CC+=，即有1cos2B=−，根据B的范围，即可得出答案；（2）根据余弦定理求出a，再根据ABDCBDABCSSS+=，以及三角形的面积公式，列出方程，求出BD即可..【小问1详解】由题意结合正弦定理，可得2sincos2sinsinBCAC=+，所以()2sincos2

sinsinBCBCC=++，即2sincos2sincos2cossinsinBCBCBCC=++，整理，可得2cossinsin0BCC+=.因为(),0,πBC，所以sin0C，所以1cos2B=−，所以2π3B=.【小问2详解】ABC中，2222cosbacacB=+

−，7b=，2ca=，2π3B=，所以222742aaa=++，解得1a=，则2c=.又因为BD为角B的平分线，ABDCBDABCSSS+=，所以1π1π12πsinsinsin232323BDcBDaa

c+=，即1313132112222222BDBD+=，所以23BD=.18.数列na中，12a=，记123nnTaaaa=，nT是公差为1的等差数列.（1）求na的通项公式

；（2）令2nnnnab=，求数列nb的前n项和nS.【答案】（1）1+=nnan（2）332nnnS+=−【解析】【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式即可得到结果；（2）根据题意，由错位

相减法即可得到结果.【小问1详解】当1n=时，112Ta==所以()1111nTTnn=+−=+所以1231naaaan=+当2n时，1231naaaan−=所以()12nnann+=又12a=符合1+=nnan所以1+=nnan.【小问2详解】由（1）得12nnnb

+=所以231234122222nnnnnS−+=+++++①所以234112341222222nnnnnS++=+++++②①-②得234112111112222222nnnnS++=+++++−1111142111212

nnn−+−+=+−−1311222nnn++=−−所以332nnnS+=−.19.如图，在ABC中，90ACB=，212ABBC==，E是AB的中点，D在AC上，DEAB⊥，以DE为折痕把ADEV折起，使点A到达点1A的位

置，且二面角1ADEB−−的大小为60°.（1）求证：1ACBE⊥；（2）求直线1AE与平面1ACD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）77【解析】【分析】（1）取BE中点O，先利用线面垂直判定定理证得BE⊥平面1OCA，进而利用线面垂直的性质证

得1ACBE⊥；（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去求直线1AE与平面1ACD所成角的正弦值.【小问1详解】依题11,,DEBEDEAEBEAEE⊥⊥=，所以DE⊥平面1AEB，则1AEB为二面角1ADEB−−的平面角，即160AEB=，因为

1EAEB=，所以1BEA△为等边三角形，取BE中点O，连接1OA，OC，CE，则1BEAO⊥，因为BCBECE==，所以BEOC⊥，又1OCOAO=，所以BE⊥平面1OCA，又1AC平面1OCA，所以1BEAC⊥；【小问2详解】因为11,,DEEBDEAEEBA

EE⊥⊥=，所以DE⊥面1AEB，从而1DEAO⊥因为,DEBEBEOC⊥⊥，所以//DECO，所以1COAO⊥，所以1,,OCOBOA两两垂直，以O为原点，以1,,OCOBOA的方向分别为,,xyz轴的正方向，建立空间坐标系Oxyz−，则()()

()()10,0,33,33,0,0,23,3,0,0,3,0ACDE−−，所以()10,3,33EA=，()()133,0,33,3,3,0ACCD=−=−−，设平面1ACD的一个法向量(),,nxyz=，

则100nACnCD==，所以33330330xzxy−=−−=，令1y=，则平面1ACD的一个法向量()3,1,3n=−−，设直线1AE与平面1ACD所成角为，则10397sincos,767EAn+−===，则直线1AE与平面1A

CD所成角的正弦值为77.20.已知,AB分别为椭圆()2222:10xyabab+=的上顶点和右顶点，5AB=，F为的左焦点，30AFB=.（1）求的方程；（2）设直线,ACBD与的另一个交点分别为,CD，//ACBD.O为坐标原点，判断

OCD面积是否可能大于1，并说明理由.【答案】（1）2214xy+=（2）不可能大于1，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意可得33bc=，2225ABab=+=，解方程即可得出答案；（2）依题设直线()():1,:2,0ACykx

BDykxk=+=−，设()(),,,CCDDCxyDxy，分别联立两直线与椭圆的方程求出,CD的坐标，记OCD面积为S，COD=，则22221sin4SOCOD=，代入化简即可证明.【小问1详解】依题3tan3bAFBc==，2225ABab=+=，结合222abc=

+得222413abc===，所以22:14xy+=；【小问2详解】OCD的面积不可能大于1，理由如下：依题设直线()():1,:2,0ACykxBDykxk=+=−，设()(),,,CCDDCxyDxy，由22144ykx

xy=++=，得()221480kxkx++=，所以2814Ckxk−=+，从而2228141414kkC,kk−−++由()22244ykxxy=−+=，得()222214161640kxkxk+−+−=，所以22164214Dkxk−=+，从而22

2824,1414kkDkk−−++，记OCD面积为S，COD=，则22221sin4SOCOD=()22211cos4OCOD=−()22214OCODOCOD=−()()()(

)2222221144DDCCCDCDCDDCxyxyxxyyxyxy=++−+=−所以()222222224221182143213216212214142168114CDDCkkkkkSxyxy

kkkkk−−−−−=−=−==+++++，所以OCD的面积不可能大于1.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，通过联立求得,CD的坐标，，代入22221sin4SOCOD=化简，求得参数间的关系，从而求得面积不

可能大于1.21.甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：第一轮甲VS乙丙VS丁第二轮甲VS丙乙VS丁第三轮甲VS丁乙VS丙规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总

分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为13，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为16，12，13.每场比赛结果相互独立.（1）求丁的

总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；（2）若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.【答案】（1）136，一定出线，理由见解析（2）13486【解析】【分析】（1）由相

互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.【小问

1详解】记第i轮比赛丁胜、平、负的事件分别为(),,1,2,3iiiABCi=，每场比赛结果相互独立.丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为D，()()()()212312312311136336PDPAABPABAPB

AA=++==丁总分7分一定出线.理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.小组赛两队出线，所以丁一定出线.【小问2详解】第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3

分，少于丁队总分，①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率111111336654P=+=，②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时

，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率211111136336162P=+=，③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，

每队出线概率为23，丁队出线的概率311112136363486P==，综上，丁以6分出线的概率为1231119311354162486486486PPP++++=++==.22.已知函数()1elnxfxxxax−=+−.（1）若1a=

，求()fx的极值；（2）若()fx有三个极值点123,,xxx，123xxx，且132ln2xx，求a的最小值.【答案】（1）()fx的极小值为()10f=，无极大值（2）2eln2【解析】【分析】（1）根据极值的定义，利用导数可求出结果；（2）当1a

时，利用导数可知，函数()fx只有一个极值点，不符合题意；当1a时，利用导数以及零点存在性定理可知，12301ln1xxax=+，设()311,xtx=+，推出13lnln,11tttxxtt==−−，13

ln1ttxxt=−，由132ln2xx推出2t，由1ln1txt=−推出10ln2x，由111exax−=推出a的范围即可得解.【小问1详解】依题意，1a=时，()()1eln0xfxxxxx−=+

−，所以()()()()11221e1e11xxxxxfxxxx−−−−−=+−=，记()1exqxx−=−，则()1e1xqx−=−，当01x时，()0qx，()qx单调递减；当1x时，()0qx

，()qx单调递增；所以()()10qxq=，当且仅当1x=取等号，即1e0xx−−，所以()(),,xfxfx变化情况如下：x()0,11()1,+()fx-0+()fx单调递减极小值单调递增所以()fx的极小值为()10f=，无极大值.【小问2详解】()()()(

)11221ee111xxxaxxfxaxxax−−−−−=+−=，①当1a时，由（1）可知，1e0xx−−，当且仅当1x=取等号，所以当0x时，11ee0xxaxx−−−−，所以当01x时，()0fx，()fx单调递减，当1x时，()0fx，()fx单调递增；所以(

)fx只有一个极值点，舍去.②当1a时，记()()11e,exxrxaxrxa−−=−=−，所以当0ln1xa+时，()0rx，()rx单调递减；当ln1xa+时，()0rx，()rx单调递增；()()()()min1ln1ln0,00,110erxraaarra=+=−=

=−，由零点存在性定理知存在唯一()10,1x，使得()10rx=，即111exax−=，由（1）有1exx−，所以当2x时，有12e2xx−，所以222ee2xxx，取max2,ema=，则()121e0eemmrmam

mamma−=−−=−，由零点存在性定理知存在唯一()3ln1,xam+，使得()31330,exrxax−==由以上推理知1301ln1xax+，且有当10xx或3xx时，()0rx；当13xxx时，()0rx

，所以()(),,xfxfx变化情况如下：x()10,x1x()1,1x1()31,x3x()3,x+()fx-0+0-0+()fx单调递减极小值单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()fx有三个极值点13,1,xx（其中21x=），此时131113eex

xaxax−−==，两式相除得1331exxxx−=，①设()311,xtx=+，②由①②可得13lnln,11tttxxtt==−−，所以13ln1ttxxt=−，记()()ln11ttgt

tt=−，则()()()()()2211ln1ln2112ln1121ttttttttgtttttt+−−−+==−−+−−，设()()()221ln11trtttt−=−+，则(

)()()222101trttt−=+，所以()()2210rtr=，从而()0gt，所以()gt在()1,+上单调递减，又因为132ln2xx，即()()2gtg，所以2t，此时1ln1txt=−，记()()3l

n21trttt=−，()()3211ln1ttrtt−−=−，由（1）有1exx−，所以当0t时有111ett−，111lntt−，所以11ln0tt−−，所以()30rt，()3rt在)2,+单调递减，所以()()1332ln2xrtr==，故10l

n2x，此时111exax−=，记()()14e0ln2xrxxx−=，()()142e10xxrxx−−=，所以()()4142ln2eln2arxr==，故a的最小值为2eln2.【点睛】关键点

点睛：求a的最大值的关键是用极值点1x表示a，再利用1x的范围求出a的范围.根据1()0fx=可得111exax−=，根据131113eexxaxax−−==以及132ln2xx可得10ln2x.获得更多资源请扫码

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