2012高考數(shù)學(xué)(理)真題精校精析(福建卷)(純word書(shū)稿)匯總

1、2012 福建卷（數(shù)學(xué)理科）1.2012 福建卷若復(fù)數(shù) z 滿(mǎn)足 zi= 1 i，則 z 等于()A. 1 i B. 1 iC. 1 + i D. 1 + i1 i 1 i i1. A 解析根據(jù)已知條件：z= 二= 1 i.所以選擇 A.2.2012 福建卷等差數(shù)列an中，a1+ a5= 10, a4= 7,則數(shù)列an的公差為()A. 1 B. 2 C. 3 D. 4a1+ a1+ 4d= 10,a1+ 3d = 7，*鮎 + 4d= 10,即 a1+ 3d = 7,L*解得 2d = 4,所以 d= 2.所以選擇 B.3.2012 福建卷下列命題中，真命題是（）A. ? X0, ex。x2D

2、. a 1, b 1 是 ab 1 的充分條件3. D 解析A 是假命題，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)不存在 xo,使得 exow0； BX2、目也是假命題，當(dāng) x=2時(shí)，2= x ； C 是假命題，當(dāng)a+ b =0時(shí)，不一定滿(mǎn)足 b=1，女口 a= b= 0；顯然 D 是真命題.2. B 解析根據(jù)已知條件得:C. a+ b= 0 的充要條件是1-4. 2012 福建卷一個(gè)幾何體的三視圖形狀都相同大小均相等， 那么這個(gè)幾何體不可以是（）A .球B .三棱錐C. 正方體 D .圓柱4.D 解析本題考查簡(jiǎn)單幾何體的三視圖，大小形狀的判斷以及空間想象能力，球的三視圖大小形狀相同.三棱錐的三視圖也可能相同，正方

3、體三種視 圖也相同，只有圓柱不同.5.2012 福建卷下列不等式一定成立的是()21A. lg x +4 lgx(x0)1B. sinx+ SinX2(XMkn, k )C. x2+ 12xi(x )1D. 7+1 1X )5. C 解析本題考查不等式的性質(zhì)以及基本不等式的應(yīng)用，解題時(shí)注意 使用不等式的性質(zhì)以及基本不等式成立的條件.對(duì)于 A 選項(xiàng)，當(dāng) x=i 時(shí)，lgix2+；） =lgx；所以 A 不一定正確；B 命題，需要滿(mǎn)足當(dāng) sinx0 時(shí)，不等式成立，所以2B 也不正確；C 命題顯然正確；D 命題不正確，TX + 1 1，/0 x2+ 1 1，所以正確的是 C.6.2012 福建卷如

4、圖 1 1 所示，在邊長(zhǎng)為 1 的正方形 OABC 中任取一點(diǎn)P，則點(diǎn) P 恰好取自陰影部分的概率為（）圖 1-11111A.4 B.5 C.6 D.76. C 解析本題考查幾何概型的計(jì)算與求解以及定積分的計(jì)算，解決本題的關(guān)鍵是利用定積分求出陰影部分的面積，再利用幾何概型公式求解.陰影部 分的面積是:/2 3 12）S陰影=（X x） = 3x2-2x01S陰影6 1S正方形二仁6.J, x 為有理數(shù)，7. B42012 福建卷設(shè)函數(shù) D(x)=：o,x為無(wú)理數(shù)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A. D(x)的值域?yàn)?,1 B . D(x)是偶函數(shù)C. D(x)不是周期函數(shù)D . D(x)不是單調(diào)函數(shù)7

5、. C 解析考查分段函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、值域等，解決本題利用定義、圖象等解決，則當(dāng) x 為無(wú)理數(shù)時(shí)，x+ T 也為無(wú)理數(shù)，則 f(x+ T)二 f(x)；故 f(x) 是周期函數(shù)，故 C 錯(cuò)誤；若 x 為有理數(shù)，則一 x 也為有理數(shù)，則 f(- x)二 f(x)；若 x 為無(wú)理數(shù)，則一 x也為無(wú)理數(shù)，則 f(-x) = f(x)；故 f(x)是偶函數(shù)，故 B 正確；結(jié)合函數(shù)的圖象，A 選項(xiàng) D(x)的值域?yàn)?,1，正確；且 D(x)不是單調(diào)函數(shù)也正確，所以 C 錯(cuò)誤.2x_8. H102012 福建卷已知雙曲線 4 -2 113-2 二 6 利用幾何概型公式得：P=2b2=1 的右焦點(diǎn)與拋物

6、線 y2= 12x 的焦點(diǎn)重合，則該雙曲線的焦點(diǎn)到其漸近線的距離等于()A. 5 B. 4 2 C. 3 D. 58.A 解析由拋物線方程知拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)F(3,0)，所以雙曲線方程b中半焦距 c= 3因?yàn)殡p曲線的焦點(diǎn)為 F(c,0),雙曲線的漸近線方程為：y= jx,焦bca點(diǎn)到漸近線的距離 d=b = b,所以雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為b.1 +即因?yàn)殡p曲線方程中 a =2, c= 3,所以 b=“七2 a2= 9 一 4= ,5.9.E52012 福建卷若函數(shù) y = 2x圖象上存在點(diǎn)(x, y)滿(mǎn)足約束條件x+y 3 0,x 2y 3 m,13A.2B. 1C.2D. 29.B 解

7、析根據(jù)約束條件畫(huà)出可行域如下圖所示，根據(jù)題意，顯然當(dāng)曲線 y=2x與直線 y= x+ 3 相交，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)即為 my=2x,$y= x+3,=1,所以當(dāng) mW1 時(shí)，曲線 y= 2x上存在點(diǎn)(x, y)滿(mǎn)足約束條件，所以 m 的最大值為 1.的最大值，解方程組:解得 x= 1, y= 2,所以交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 x10. B142012 福建卷函數(shù) f(x)在a, b上有定義，若對(duì)任意 xi,a, b,Xi+ X21有!2f(xi)+ f(X2),則稱(chēng) f(x)在a, b上具有性質(zhì) P.設(shè) f(x)在1,3上具有性質(zhì) P,現(xiàn)給出如下命題：1f(x)在1,3上的圖象是連續(xù)不斷的；2f(x2)在1

8、,3上具有性質(zhì) P;3若 f(x)在 x= 2 處取得最大值 1,則 f(x)二 1, x 1,3;X1+ 血 + 冷 + X414對(duì)任意 X1,X2,X3,X4 1,3，有 f 4 4f(X1)+ f(X2) + f(X3) + f(X4).其中真命題的序號(hào)是()A B C D10. D 解析根據(jù)已知條件, 函數(shù)y=f(x)是凹函數(shù)，對(duì)于，當(dāng)函數(shù) f(x)滿(mǎn)足f(x) =1,XQ1,2U2,時(shí)仍然滿(mǎn)足不等式 fX1+X221 2f(X1) + f(X2),但是此時(shí)函數(shù)是不連續(xù)的，所以不正確；對(duì)于，若 f(x)在 x = 2 時(shí)取得最大值,再滿(mǎn)足性質(zhì) fX1+X221 1嚴(yán) 2f(x1) +

9、f(x2)，所以函數(shù)是常函數(shù),2f(X1) + f(X2)= 2, 所以f(x)= X 且 xQ1,3，所以正確;X1+ X2X3+ X4因?yàn)?X1,X2, X3,X4q1,3,2,21,3，所以滿(mǎn)足性質(zhì)P,X1+ X2X3+ X4X1+ X2X3+ X4又因?yàn)?fX1+ X2 21戶(hù) 2f(X1) + f(X2),X3+X421 2f(X3)+ f(X4)，所以1Xl+ X21X3+ X4“1112!+ fy 22f(X1) + f(X2) + 2f(X3)+ f(X4)=14f(X1) + f(X2)+ f(X3)+ f(X4),1 4f(X1)+ f(X2)+ f(X3)+ f(X4)，

10、所以正確所以選擇11. J32012 福建卷(a + X)4的展開(kāi)式中 X3的系數(shù)等于 8,則實(shí)數(shù) a =11 2 解析本題考查二項(xiàng)展開(kāi)式特定項(xiàng)的系數(shù)問(wèn)題，解題關(guān)鍵是正確寫(xiě) 出展開(kāi)式的通項(xiàng)，該二項(xiàng)式的通項(xiàng)是 Tr+1= C4a4-乂X3的系數(shù)為 8,即令 3, 所以 C4a1= 8,所以 4a= 8,所以 a= 2.12. L1 2012 福建卷閱讀圖 1 2 所示的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，輸 出的 s 值等于_ .12. 3 解析第一次循環(huán)由于 k= 14,所以 s= 2 1 = 1, k= 2；第二次 循環(huán) k= 24,所以 s= 2 2 = 0, k= 3；第三次循環(huán) k= 34,所以

11、 s= 0 3= 3, k=4,結(jié)束循環(huán)，所以輸出 s= 3.13. C82012 福建卷已知 ABC 的三邊長(zhǎng)成公比為.2 的等比數(shù)列，則其最X1+ X2+ X3+ X4D.開(kāi)始冃戸】大角的余弦值為_(kāi) .13. 解析根據(jù)題意設(shè)三角形的三邊分別是：今a、a.,2a，最大角所對(duì)的邊是 2a，根據(jù)大邊對(duì)大角定理結(jié)合余弦定理得：cosa=nn14. D42012 福建卷數(shù)列an的通項(xiàng)公式 an= nco 邁+ 1,前 n 項(xiàng)和為 Sn,貝卩 S2 012=_ .n14. 3 018 解析a1= 1cos2 + 1 = 1,a2= 2cos n 1 = 一 1,3na3=3cos2+1=1,a4=4c

12、os2n+1=5,a5= 5cos 2 + 1 = 1,a6=6cos3n+1=一 5,7naz= 7cos 2 + 1 = 1,as= 8cos 2 + 1 = 9 ；該數(shù)列每四項(xiàng)的和為 6,2 012 4 士 503,所以 S2 012= 6X503= 3 018.15 . B142012 福建卷對(duì)于實(shí)數(shù) a 和 b ,定義運(yùn)算,所以最大角的余弦值是一” a*b22x2 axa2a ab, ab 設(shè) f(x)=(2x 1)*(x 1),且關(guān)于 x 的方程 f(x) = m(m R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根 xi, X2, X3,則 XlX2x3的取值范圍是 _ .1 3157, 0 丿解析

13、根據(jù)新運(yùn)算符號(hào)得到函數(shù) f(x)的解析式，即為:f(x) = (2x 1)*(x 1)=(2x 1$(2x 1 jx 1),(2x 1 x 1), 化簡(jiǎn)得:2x2 x, x0,如果 f(x) = m 有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，即直線 y= m 與函數(shù) f(x)的圖象有三個(gè)交2點(diǎn)，如圖，當(dāng)直線 y= m 過(guò)拋物線 f(x)二一 X + X 的頂點(diǎn)且與 X 軸平行時(shí)，此時(shí)有1兩個(gè)交點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)縱坐標(biāo)是：y= 4設(shè)三個(gè)交點(diǎn)分別為：X1, X2, X3,且依次是從小到大的順序排列，所以 X1即為方程 2x2x = 4 小于 0 的解，解得 X1=1 311 3111 34 ，此時(shí) X2= X3= 2,所

14、以 X1X2X3=4X営2=16 , y= m 與函數(shù) f(x)有 2 個(gè)交點(diǎn)的最低位置是當(dāng) y= m 與 x 軸重合時(shí)，此時(shí) X1X2X3= 0,所以當(dāng)方程1-V3、f(x) = m 有三個(gè)不等實(shí)根時(shí)，X1X2X316, 0/f(x)=16.K2、K62012 福建卷受轎車(chē)在保修期內(nèi)維修費(fèi)等因素的影響，企業(yè)生產(chǎn)每輛轎車(chē)的利潤(rùn)與該轎車(chē)首次出現(xiàn)故障的時(shí)間有關(guān).某轎車(chē)制造廠生產(chǎn)甲、乙兩種品牌轎車(chē)，保修期均為 2 年，現(xiàn)從該廠已售出的兩種品牌轎車(chē)中各隨機(jī)抽取50 輛，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下：品牌甲乙首次出現(xiàn)故 障時(shí)間 x(年)Ovx11vx2Ovx2轎車(chē)數(shù)量(輛)2345545每輛利潤(rùn)(萬(wàn)元)1231.82.

15、9將頻率視為概率，解答下列問(wèn)題：(1) 從該廠生產(chǎn)的甲品牌轎車(chē)中隨機(jī)抽取一輛，求其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率；(2) 若該廠生產(chǎn)的轎車(chē)均能售出，記生產(chǎn)一輛甲品牌轎車(chē)的利潤(rùn)為Xi,生產(chǎn)一輛乙品牌轎車(chē)的利潤(rùn)為 X2,分別求 Xi, X2的分布列；(3) 該廠預(yù)計(jì)今后這兩種品牌轎車(chē)銷(xiāo)量相當(dāng)，由于資金限制，只能生產(chǎn)其中 一種品牌的轎車(chē).若從經(jīng)濟(jì)效益的角度考慮，你認(rèn)為應(yīng)生產(chǎn)哪種品牌的轎車(chē)？說(shuō) 明理由.16. 解：設(shè)“甲品牌轎車(chē)首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)”為事件 A.2+ 3 i則 P(A)= 了 =憶(2)依題意得，Xi的分布列為X1123P1_3_9255010X2的分布列為X21.82.9P丄

16、_91010139143(3)由得,E(Xi) = 1X25+ 2X50+ 3X麗而二 2.86(萬(wàn)元),19E(X2)= 1.8X10+ 2.9X10= 2.79(萬(wàn) 元).因?yàn)?E(X1) E(X2),所以應(yīng)生產(chǎn)甲品牌轎車(chē).17. C2、C5、C62012 福建卷某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五 個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：(1) sin213+ coS2170-sin13 s17；2 2(2) sin 15+ cos 15 sin 15s15;(3) sin218 + cos 120 sin 18 Cos12 2 2(4) sin (18)+ cos 480 sin( 18)cos4

17、8 :(5) sin2( 25)+ cos255。 sin(25 )cos55 )(1) 請(qǐng)從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論.17. 解：解法一：(1) 選擇式，計(jì)算如下：2211 3sin 15 + cos 15 sin15 6os15 = 1 2sin30 = 1 4 = 4.223(2) 三角恒等式為 sina+cos (30 sinacos(30 a=4.證明如下：2 2sina+cos (30 a sinaos(30 a=sin2a+(cos30 6osa+sin30 sin”2sin acos30 6osa

18、+sin30 sin c).232丄.2並. J.2=sina+4cosa+2 sinocoso+4Sina2 sinocoso2sin33322=4sina+4coso=4.3解法二：同解法一.2 2 (2)三角恒等式為 sina+cos (30 ”一 sinocos(30 - a= 4 證明如下：sin2a+cos2(30 a sinaos(30 aIcos2a1+cos 60 2a=2+2sin o(cos30sa+sin30 sinaII11 12=22cos2a+2+2(cos60s2a+sin60 in2o)2 sinocosa2sina1 1 1 1 二 1=22cos2a+2+

19、4cos2a+4 sin2a4 sin2a4(1cos2a)11 13=1 4cos2a 4+ 4cos2a= 4.18. G4、G5、G112012 福建卷如圖 1 3,在長(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1D1中，AA1二 AD 二 1, E 為 CD 中點(diǎn).(1) 求證：B1E 丄 AD1;(2) 在棱 AA1上是否存在一點(diǎn) P,使得 DP /平面 B1AE?若存在，求 AP 的長(zhǎng); 若不存在，說(shuō)明理由；(3) 若二面角 A B1E A1的大小為 30求 AB 的長(zhǎng).圖 1 318. 解：(1)以 A 為原點(diǎn)，AB,AD,AA1的方向分別為 x 軸，y 軸，z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如

20、圖).設(shè) AB = a,則 A(0,0,0), D(0,1,0), D1(0,1,1),二 2, i, 0.，ADiBtE=-lx0+iXi+(-i)Xi=0,.BiE JADi.(2)假設(shè)在棱 AAi上存在一點(diǎn) P(0,0, zo),使得 DP /平面 BiAE.此時(shí) DP = (0,- 1, zo).又設(shè)平面 BiAE 的法向量 n = (x, y, z).ax+ z= 0,5 丄平面 BiAE,/nJAEBi, njE，得 ax取 x= i,得平面 BiAE 的一個(gè)法向量 n= i,- 2, ai要使 DP /平面 BiAE,只要 nJDP,有 2-az0= 0,解得 z0= 2.i又

21、DP?平面 BiAE,.存在點(diǎn) P,滿(mǎn)足 DP /平面 BiAE,此時(shí) AP = 2.連接 AiD ,BiC,由長(zhǎng)方體 ABCD-AiBiCiDi及 AAi= AD = i,得 ADiJAiD.BiC/AiD,/ADiJBiC.又由(i)知 BiE JADi，且 BiCABiE= Bi,ADi丄平面DCBIAI./ABI是平面 AiBiE 的一個(gè)法向量，此時(shí) ADi= (0,i,i).E2,i,0 ,a-2,1,-J,晶=(a,0,i), Afc晶乂 _設(shè)ABI與 n 所成的角為9,二面角 A BiE Ai的大小為 303a_.|cosq =cos30；即5a2=2,血 1 +解得 a=2,即

22、 AB 的長(zhǎng)為 2.2 2x y19. H5、H8、F32012 福建卷如圖 1 4,橢圓 E:孑+扌=1(ab0)的1左焦點(diǎn)為 F1,右焦點(diǎn)為 F2,離心率 e= 2,過(guò) F1的直線交橢圓于 A、B 兩點(diǎn)，且 ABF2的周長(zhǎng)為 8.(1)求橢圓 E 的方程;(2)設(shè)動(dòng)直線 I: y= kx+ m 與橢圓 E 有且只有一個(gè)公共點(diǎn) P,且與直線 x=4 相交于點(diǎn) Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn) M，使得以 PQ 為直徑的圓恒 過(guò)點(diǎn)M?若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由.19. 解：解法一:(1)因?yàn)?AB|+ AF21+ |BF2= 8,a圖 1 4即 AF11+ |F1B|+AF

23、21+ |BF2|= 8, 又 AF1|+ |AF2|= |BF1|+ |BF2|= 2a,所以 4a= 8, a= 2.1 c 1又因?yàn)?e=2,即 a = 2,所以 C= 1,所以 b=” C = 3.2x2y_故橢圓 E 的方程是 4 +二 1.y= kx+ m,由 1得(4k2+ 3)x2+ 8kmx+ 4m2 12 = 0.14 + 3 = 1,因?yàn)閯?dòng)直線 I 與橢圓 E 有且只有一個(gè)公共點(diǎn) P(xo, yo),所以 m0 且二 0,即 64k2m2 4(4k2+ 3)(4m2 12)= 0,化簡(jiǎn)得 4k2 m2+ 3= 0.(*)4km 4k3此時(shí) X0= 4k2+ 3= m, y

24、0= kx0+ m= m,所以 P 4k 3m.x= 4,由y= kx+ m得 Q(4,4k+ m).假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn) M 滿(mǎn)足條件，由圖形對(duì)稱(chēng)性知，點(diǎn) M 必在 x 軸上.設(shè) M(xi,0)，則 MP MQ = 0 對(duì)滿(mǎn)足(*)式的 m、k 恒成立.因?yàn)?MP=4k 亠m X1, m , MQ = (4 X1,4k+ m),由 MP MQ = 0,16k 4kx1212k得 m + m 4x1+ x1+ m + 3= 0,2整理，得(4x1- 4)m+X1 4x1+ 3 = 0.(*)由于(*)式對(duì)滿(mǎn)足(*)式的 m, k 恒成立，所以4x1 4 = 0,x2 4x1+ 3 = 0,解得x

25、1=1.故存在定點(diǎn) M(1,0)，使得以 PQ 為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn) M.解法二：(1)同解法一.y= kx+ m,J 22222由 X_y_得(4k + 3)x + 8kmx+ 4m 12 = 0.14 + 3 = 1,因?yàn)閯?dòng)直線 I 與橢圓 E 有且只有一個(gè)公共點(diǎn) P(xo, yo),所以 m0 且= 0,即 64k2m2 4(4k2+ 3)(4m2 12)= 0,化簡(jiǎn)得 4k2 m2+ 3= 0.(*)4km 4k3(4k 3!此時(shí) xo= 4k2+ 3= m,y0=kx0+m= m,所以P m, m .假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn) M 滿(mǎn)足條件，由圖形對(duì)稱(chēng)性知，點(diǎn) M 必在 x 軸上.取 k= 0,

26、 m= 3,此時(shí) P(0,.3), Q(4,. 3),以 PQ 為直徑的圓為(x2)21+ (y 3)2= 4,交 x 軸于點(diǎn) M1(1,0), M2(3,0)；取 k= 2, m=x 5 2+ y42=負(fù)交 x 軸于點(diǎn) M3(1,0),M4(4,0)所以若符合條件的點(diǎn) M 存在，則 M 的坐標(biāo)必為(1,0).以下證明 M(1,0)就是滿(mǎn)足條件的點(diǎn):12k12k從而 MP MQ = m 3+ m20.B11、B122012 福建卷已知函數(shù) f(x) = ex+ ax2 ex, a R.若曲線 y= f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線平行于 x 軸，求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間;x= 4,由1-

27、尸 kx+ m,得Q(4,4k+m).2,此時(shí) P1,號(hào),Q(4,0)，以 PQ 為直徑的圓為因?yàn)?M 的坐標(biāo)為(1,0)，所以 MP =m1,訊 MQ=(3,4k+m),+ 3 = 0,故恒有 MPJMQ，即存在定點(diǎn)M(1,0),使得以 PQ 為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn) M.(2)試確定 a 的取值范圍，使得曲線 y= f(x)上存在唯一的點(diǎn) P,曲線在該點(diǎn) 處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P.20. 解：由于 f (x) = ex+ 2ax e,曲線 y= f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處切線斜率 k =2a= 0,x所以 a= 0,即 f(x)= e ex.此時(shí) f (x) = ex e,由 f (x)

28、= 0 得 x= 1.當(dāng) x&%,i)時(shí)，有 f(x)0.所以 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一x,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1, +).(2)設(shè)點(diǎn) P(X0, f(X0)， 曲線 y= f(x)在點(diǎn) P 處的切線方程為 y= f (x)(xx)+ f(X0),令 g(x) = f(x) f(X0)(X X0)f(X0),故曲線 y=f(x)在點(diǎn) P 處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn) P 等價(jià)于函數(shù) g(x)有唯一零點(diǎn).因?yàn)?g(X0)= 0,且 g (x) = f (x) f(X0)= ex ex0+ 2a(x x).1 若 a0,當(dāng) xX0時(shí)，g (x)0,則 xX0時(shí)，g(x)g(x)= 0

29、；當(dāng) XVX0時(shí)，g (x)v0,則 XVX0時(shí)，g(x)g(x0) = 0.故 g(x)只有唯一零點(diǎn) x =X0.由于 X0具有任意性，不符合 P 的唯一性，故 a0 不合題意.2 若 av0,令 h(x)=e ex+2a(xx),則 h(x)=0,h(x)=eT+2a.令 h (x) = 0,得 x=ln( 2a),記 x*= ln( 2a),則當(dāng) x,x*)時(shí)，h (x)v0,從而 h(x)在(x, x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng) x&x*,+x)時(shí)，h (x)0,從而 h(x) 在(X*,+x)內(nèi)單調(diào)遞增.(i)若 X0= x*，由 xe(x,x*)時(shí)，g (x) = h(x)h(x*)

30、 = 0；xG(x*,+x)時(shí)，g (x)=h(x) h(x*) = 0知 g(x)在 R 上單調(diào)遞增.所以函數(shù) g(x)在 R 上有且只有一個(gè)零點(diǎn) X= X*.(ii) 若 xox，由于 h(x)在(x,+x)內(nèi)單調(diào)遞增，且 h(xo)= 0,則當(dāng) xx ,xo)時(shí)有 g (x) = h(x)vh(xo)= 0, g(x)g(xo) = 0；任取 xiqx , xo)有 g(xi)0.x2又當(dāng) xqx,xi)時(shí)，易知 g(x) = e + ax -(e+ f(X0)x f(x。) + X0f (x。)22vexi+ax(e+f(X0)xf(X0)+X0f(X0)=ax+bx+c,其中 b=

31、(e+ f (X0), c= exif(x0) + X0f (X0),_ 一 2 _由于 av0,則必存在 X2vxi,使得 ax2+ bx2+ cv0.所以 g(x2)v0,故 g(x)在(X2, xi)內(nèi)存在零點(diǎn).即 g(x)在 R 上至少有兩個(gè)零點(diǎn).3 *xX(iii) 若 X0VX,仿(ii)并利用 e 6，可證函數(shù) g(x)在 R 上至少有兩個(gè)零點(diǎn).綜上所述，當(dāng) av0 時(shí)，曲線 y= f(x)上存在唯一點(diǎn) P(ln( 2a), f(ln( 2a), 曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P.2i.20i2 福建卷N2A 選修 4 2：矩陣與變換；22ia 0)設(shè)曲線 2x2+ 2xy+ y2二 i 在矩陣 A= b i (a0)對(duì)應(yīng)的變換作用下得到的曲 線為 x2+ y2= i.(1) 求實(shí)數(shù) a, b 的值；(