厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查参考解答.pdf

第1页 共14页 厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查 数 学（理科）试题参考解答 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D C A C D B A B A B D 第 12 题解答提示： 如图，作出函数 xye= 、 lnyx= 和 yx= 的草图，因为 ,AB关于C 对称， 且 1201xx   ， 因为 ( )1,1C ，所以 12=2xx+ ，A 正确； 由基本不等式， 1 2 1 22 =2x x x xe e e e++ ，因为 12xx ，所以等号不成立， B 正确； 因为 2 12 12012 xxxx +  = ，所以 1 2 101x x   ，记 ( ) ln xfx x= ， 则 ( ) 2 1 ln xfx x − = ，故 01x时， ( ) 0fx  ，所以 在 ( )0,1 上单调递增，所以 ( )1 2 1f x f x    ，即 12 22 1 2 1lnln ln1 xxxxx x  = − ，即 1 22 1 ln ln 0x xxx +，C 正确. 记 ( ) 2 lng x x x= − − ，则 (1) 1 0g = ， ( ) 132022g e e e= − − = −  ，则 21 xe ，又 ( )1 2 2 2 2 22 lnx x x x x x= − = ，易知 lny x x= 在 3( , )2 e 上 单 调 递 增 ， 故 1 2 2 2ln ln 2 ex x x x e e=  = ，D 错误. 答案 D. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 4 3 14． 128− 15． )1, + 16． 2 第 16 题解答提示： 解法 1： 取 1PF 另一三等分点 N ， 则有 2//ON MF ，又 M 是 PN 中点，则有Q 是OP 中点，所以 22| | | |PF OF c==， 第2页 共14页 则 1| | 2PF a c=+，由平行四边形法则 2 2 2 2 1 2 1 22 | | 2 | | | | 4 | |PF PF F F PO+ = + ，化简得 2e = ． 解法 2： 设 00( , )P x y ， 1( c,0)F − ， 2 (c,0)F ，依题意得 0022( , )33 x c yM − ， 由 2 =0OP MF 得 22 0 0 020x y cx+ − = ，即 2 2 2 00()x c y c− + = ，即 22| | | |PF OF c==， 则 ， 12PF F 中， 12cos cos 0POF POF +  = ，化简得 ． 解法 3： 联立方程 22 0 0 0 2 2 2 00 20 =6 x y cx x y a  + − = + ，解得 2 0 4 22 0 2 3 96 ax c ayac  =  =− ，代入双曲线方程 4 2 2 2 22 969 1 aaa c cb − −= 化简得 42 2 22 2 2699a b a ca b c+ =− ，即 22 223ac bc= ， 222 23 b c aa = = − ，化简得 ． 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17～21 题为必考题，每个试题考 生都必须作答。第 22 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力、 推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想．满分 12 分． 解：（1）依题设及正弦定理可得，sin cos sin sin2 ACA B A+ = ------------------------------------------------ 1 分 因为sin 0A  ，所以cos cos sin2 2 2 A C B B+−== --------------------------------------------------------- 2 分 所以sin 2sin cos2 2 2 B B B= ------------------------------------------------------------------------------------------- 3 分 又sin 02 B  ，所以 1cos 22 B = -------------------------------------------------------------------------------------- 4 分 又 0 22 B ，所以 23 B = ，即 2 3B = ----------------------------------------------------------------------- 5 分 第3页 共14页 O N M F ED C B A M C B A （2）因为 2 3B = ， 6A = 所以 6C A B = − − = ---------------------------------------------------------------------------------------------- 6 分 故 ABC 为等腰三角形. 则 ca= ， 2 aBM = --------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分 在 MBC 中由余弦定理可得， 2 2 2 2 cosMC BM BC BM BC B= + −   即 2 22 2(2 7) 2 cos2 2 3 aaaa= + −    ，解得 4a = ------------------------------------------------------ 10 分 所以 1 1 3sin 4 4 4 32 2 2ABCS ac B = =    = --------------------------------------------------------------- 12 分 18．本题考查直线与平面垂直、二面角、空间向量等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理 论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等．满分 12 分． （1）证明：记 AF BE O= ，连接 NO 可知四边形 ABFE 是菱形，所以 AF BE⊥ --------------------------- 2 分 且O 为 AF BE、 的中点 又 NF NA= ，所以 AF NO⊥ -------------------------- 3 分 又因为 NO BE O= ， NO BE 、 平面 NEB 所以 AF ⊥ 平面 --------------------------------------------------------------------------------------------------- 5 分 （2）因为 23BE = ，所以 3EO = ， 23NF = 所以 226FO EF EO= − = 所以 226NO NF FO= − = 所以 2 2 29NO EO NE+ = = ，所以 NO BE⊥ --------------------------------------------------------------------- 6 分 解法一： 又由（1）可知： NO AF⊥ ，且 AF BE O= ， AF BE 、 平面 ABFE 所以 NO ⊥ 平面 以直线OE 为 x 轴，直线OA 为 y 轴，直线ON 为 Z 轴建立空间直角坐标系 ----------------------------- 7 分 第4页 共14页 x y z O N M F ED C B A H O N M F ED C B A 则 (0, 6,0)A ， ( 3,0,0)B − ， ( 3,0,0)E ， (0, 6,0)F − ， (0,0, 6)N (0,0, 6) ( 3, 6,0) ( 3, 6, 6) OM ON NM ON AB= + = + = + − − = − − ， 所以 ( 3, 6, 6)M −− 所以 (0, 6, 6)BM =− ， (2 3,0,0)BE = （亦可不求 M ，由 (0, 6, 6)BM AN= = − ） 设 ( , , )a x y z= 是平面 MBE 的法向量，则 0 0 6 6 0 0 0 2 3 0 a BM y z x yza BE x   = − + = =   == =    ，取 1y = ，得 (0,1,1)a = ------------------------------------ 9 分 又平面 NBE 的一个法向量为 (0, 6,0)OA = -------------------------------------------------------------------- 10 分 所以 62cos , 226 a OAa OA a OA  = = =  ------------------------------------------------------------------- 11 分 所以二面角 N BE M−−的余弦值为 2 2 . ------------------------------------------------------------------------ 12 分 解法二： 又因为 BE AF⊥ ，且 NO AF O= ， NO AF 、 平面 NAF 所以 BE ⊥ 平面 ，连接 ME NF H= ，连接OH 则OH  平面 ，所以 BE OH⊥ 所以 HON 为二面角 的平面角 --------------------------------------------------------------------- 9 分 在 HON 中： 1 32NH NF==， 11 322OH BM AN= = = ， 6NO = 所以 6 3 3 2cos 22 6 3 HON +− = =  ------------------------------------------------------------------------------ 11 分 所以二面角 的余弦值为 . ------------------------------------------------------------------------ 12 分 19．本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数 第5页 共14页 x y P D O A B1 B 形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等．满分 12 分． 解法一： （1）① :0lx= ，| | 2AB = ，舍去 ----------------------------------------------------------------------------------- 1 分 ② : 1, 0l y kx k= +  ， 联立方程 22 1 22 y kx xy =+  += ，化简得 22(2 1) 4 0k x kx+ + = 解得 0x = 或 2 4 21 kx k −= + ，所以 2 22 4 1 2( , )2 1 2 1 kkB kk −− ++ -------------------------------------------------------------- 3 分 所以 2 2 4 021 151 2 kA kBk= −+ =−+ ，化简得 424 4 15 0kk+ − = ---------- 4 分 解得 2 3= 2k 或 2 5 2k =− （舍去），即 6= 2k  --------------------------------------------------------------------- 5 分 所以 6:12l y x=  + --------------------------------------------------------------------------------------------------- 6 分 （2）① :1l y kx=+，由（1）得 22 21( , )2 1 2 1 kP kk − ++， 1( ,0)D k− ，所以 1 2OPk k=− ---------------------- 8 分 又因为 0OP DQ=，所以OP DQ⊥ ，所以 2DQkk= 所以 1: 2 ( ) 2 2DQl y k x kxk= + = + 即存在定点 (0,2)Q 满足条件. ---------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 ② ，则 ,OP重合， (0,2)Q 也满足条件 ------------------------------------------------------------------ 11 分 综上，存在 满足条件. ---------------------------------------------------------------------------------------- 12 分 解法二： （1）设 00( , )B x y ， 0 1y  ，则 2 20 0 12 x y+=，即 22 0022xy=− --------------------------------------------------- 2 分 则 2 2 2 2 0 0 0 0 15( 1) 2 3 4AB x y y y= + − = − − + = 解得 0 1 2y =− 或 0 3 12y = −  − 舍去 ----------------------------------------------------------------------------------- 4 分 所以 61( , )22B −， 0 0 1 6 2AB yk x −= =  ，即 ------------------------------------------------- 6 分 （2）由题设得 001( , )22 xyP + ， ①当 0 1y − 时，则有 22 0 0 0 0 22 0 0 0 0 +1 1 1 1 1 2(1 ) 2OP AB y y y ykk x x x y − − − =  = = = −− -------------------------------------- 8 分 又 OP DQ⊥ ，则有 1DOP Qkk  =− ，即 22ADQ AD Bkk k== 第6页 共14页 又 Q DQ D yk x= − ， A DA D yk x−= ， 所以 22AQyy= = ，则 (0,2)Q --------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 ②当 0 1y =− ， ,OP重合， (0,2)Q 也满足条件 ------------------------------------------------------------------ 11 分 综上，存在 (0,2)Q 满足条件. ---------------------------------------------------------------------------------------- 12 分 20．本题考查概率的性质和概率与数列的综合应用等知识；考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运 算素养；考查统计与概率、或然与必然思想等．满分 12 分． 解：（1）设事件 A =｛前 3 次摸球中小明恰好摸 2 次球｝，事件 iB =｛第i 次由小明摸球｝ ---------------- 1 分 所以 1 2 3 1 2 3( ) ( + )P A P B B B B B B= 1 2 3 1 2 3( )+ ( )P B B B P B B B= 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3=  +  = ---------------------------- 4 分 （2）(i)解法一： 第 4 次由小明摸球有以下情况： 次数 第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 4 次 概率 情况 1 小明摸球 小明摸球 小明摸球 小明摸球 4,1P 情况 2 小明摸球 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,2P 情况 3 小明摸球 爸爸摸球 小明摸球 小明摸球 4,3P 情况 4 小明摸球 爸爸摸球 爸爸摸球 小明摸球 4,4P ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 5 分 则 4,1 1 1 1 1 3 3 3 27P =   = ， ---------------------------------------------------------------------------------------------- 6 分 则 4,2 1 2 2 4 3 3 3 27P =   = ， ---------------------------------------------------------------------------------------------- 7 分 则 4,3 2 2 1 4 3 3 3 27P =   = ， ---------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分 则 4,4 2 1 2 4 3 3 3 27P =   = ， ---------------------------------------------------------------------------------------------- 9 分 所以 4 4,1 4,2 4,3 4,4 13 27P P P P P= + + + = -------------------------------------------------------------------------------- 10 分 解法二： 第 n 次由小明摸球有两种情况： ①第 1n－ 次由小明摸球，第 n 次由小明继续摸球，此时概率为 1 1 3 nP − ------------------------------------- 5 分 第7页 共14页 ②第 1n－ 次由爸爸摸球，第 n 次由小明摸球，此时概率为 1 1(1 )(1 )3 nP −−− ------------------------------- 6 分 所以 11 11(1 )(1 )33n n nP P P−−= + − − ( 2)n  ，即 1 12 33nnPP−= − + ( 2)n  --------------------------------------- 7 分 所以 1 1 1 1()2 3 2nnPP−− = − − ( 2)n  ，又 1 1P = 所以 1{}2nP − 是以 1 2 为首项， 1 3− 为公比的等比数列. 所以 11 1 1()2 2 3 n nP −− = − ，即 11 1 1()2 3 2 n nP −= − + . ------------------------------------------------------------------ 9 分 所以 3 4 1 1 1 13()2 3 2 27P = − + = . ------------------------------------------------------------------------------------------ 10 分 (ii)由(i)，猜测 19 20 1 2PP ，所以选 19 次. ------------------------------------------------------------------- 12 分 21．本题考查函数的单调性、导数几何意义及其应用、不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解 能力、创新意识等；考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等．满分 12 分． 解：（1）依题意， ( ) 1afx x  =+ ------------------------------------------------------------------------------------------- 1 分 则曲线 ( )y f x= 在点 ( )00,P x y 处的切线方程为 ( )00 0 1ay y x xx − = + −  又 0 0 0ln 1y a x x= + − ，代入整理得 0 0 1 ln 1ay x a x ax = + + − −  ------------------------------------------- 2 分 此直线与 :1l y x= − + 重合，得 0 0 11 ln 1 1 a x a x a  + = −  − − = 消去 0x 得 ln 1 02 2 2 a a a− − − = ，（ *） ----------------------------------------------------------------------------- 3 分 记 ( ) ln 1r x x x x= − + − ，则 ( ) lnr x x =− ， 当 01x时， ( ) 0rx  ， ( )rx单调递增； 当 1x  时， ( ) 0rx  ， ( )rx单调递减； 所以 ( ) ( )10r x r=，当且仅当 1x = 时取等号. ----------------------------------------------------------------- 4 分 由（*）式可知 02 ar−= ， 第8页 共14页 所以 12 a−=，即 2a =− . ----------------------------------------------------------------------------------------------- 5 分 （2）解法一： ①当01x时， ( ) 3 10g x x= −  ， 所以 ( ) ( ) 0h x g x，无零点 --------------------------------------------------------------------------------------- 6 分 ②当 1x = 时， ( ) ( )1 1 0fg==，从而 ( )10h = ，故 1x = 为 ( )hx的一个零点 ---------------------------- 7 分 ③当 1x  时， ( ) 0gx ，则 ( )hx的零点即为 ( )fx的零点 令 ( ) 10a x afx xx + = + = = ，得 xa=− （ⅰ）若 1a−，即 1a − 时 ( ) 0xafx x + = 从而 ( )fx在( )1, + 上单调递增，进而 ( ) ( )10f x f= 又 ( ) ( )10g x g= 所以 ( ) 0hx ，此时 ( )hx在( )1, + 上无零点 ------------------------------------------------------------------- 8 分 （ⅱ）若 1a−，即 1a − 时 因为 ( )fx在( )1, a− 上单调递减，在( ),a− + 上单调递增 因为 ( )10f = ， ( ) ( )10f a f−  = 故 ( )fx在( )1, a− 上无零点 ------------------------------------------------------------------------------------------- 9 分 另外，由（1）可知 ( )1 10rrx = 恒成立，即ln 1xx−对 0x  恒成立 则 ( ) ( ) ( )2ln 4 2ln 2 2 2 1a a a= −  − − 所以 ( ) ( ) ( )2 2 2 24 ln 4 4 1 2 2 1 4 1 2 1 0f a a a a a a a a= + −   − − + − = − −  故存在 ( )2 0 ,4x a a− ，进而存在 ( )0 ,xa − + ，使得 ( )0 0fx = ，即 ( )0 0hx = 此时 ( )hx在( )1, + 上存在唯一零点； --------------------------------------------------------------------------- 11 分 综上可得，当 1a − 时， ( )hx有 1 个零点；当 1a − 时， ( )hx有 2 个零点. -------------------------- 12 分 解法二： ①当 0a  时， ( ) 0xafx x + =， ( )fx在( )0,+ 上单调递增， 第9页 共14页 而 ( ) 3 1g x x=−在( )0,+ 上也单调递增， 故当01x时， ( ) ( )10f x f=， ( ) ( )10g x g=，从而 ( ) 0hx ，无零点 当 1x = 时， ( ) ( )1 1 0fg==，从而 ( )10h = ，1 为 ( )hx的零点 当 1x  时， ( ) ( )10f x f=， ( ) ( )10g x g=，从而 ( ) 0hx ，无零点 此时， ( )hx有 1 个零点 ----------------------------------------------------------------------------------------------- 7 分 ②当 0a  时，由 ( ) 0xafx x + ==得 xa=− ， 所以 ( )fx在( )0, a− 上单调递减，在( ),a− + 上单调递增 当 01x时， ( ) ( )10g x g=，从而 ( ) 0hx ，无零点 当 1x = 时， ( ) ( )1 1 0fg==，从而 ( )10h = ，1 为 ( )hx的零点 当 1x  时， ( ) ( )10g x g=，此时只需考虑 ( )fx在( )1, + 上的零点即可 ----------------------------- 8 分 若 1a−即 10a−   时， ( )fx在( )1, + 上单调递增，从而 ( ) ( )10f x f=， ( )fx无零点进而 ( )hx无零点，此时 ( )hx在( )0,+ 上共有 1 个零点 ----------------------------------------------------------- 9 分 若 1a−即 1a − 时，可知 ( )fx在( )1, a− 上单调递减，在( ),a− + 上单调递增 因为 ( )10f = ， ( ) ( )10f a f−  = ，故 ( )fx在( )1, a− 上无零点； 另外，由（1）可知 ( )1 10rrx = 恒成立，即ln 1xx−对 0x  恒成立， 则 ( ) ( ) ( )2ln 4 2ln 2 2 2 1a a a= −  − − ， 所以 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 24 ln 4 4 1 2 2 1 4 1 2 1 0f a a a a a a a a= + −   − − + − = − −  故存在 ( )2 0 ,4x a a− 进而存在 ( )0 ,xa − + ，使得 ( )0 0fx = ，即 ( )0 0hx = 此时 ( )hx在( )1, + 上存在唯一零点，从而 ( )hx在( )0,+ 上共有 2 个零点 --------------------- 11 分 综上可得，当 1a − 时， ( )hx有 1 个零点；当 1a − 时， ( )hx有 2 个零点. -------------------------- 12 分 （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．[选修 44− ：坐标系与参数方程] 第10页 共14页 本题考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查直线与圆锥曲线的位置关系；考查运算求解能力、推理 论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想等．满分 10 分． 解法一： （1）由( )2 211xy− + = 得， 2220x y x+ − = 因为 2 2 2 , cosx y x  = + = 所以 2cos= ，即为C 的极坐标方程 --------------------------------------------------------------------------- 2 分 当 P 在 y 轴右侧时 过点 P 作 x 轴的垂线，垂足为 M ，作 y 轴的垂线，垂足为 N ，设l 与 x 轴的交点为 R 因为点 P 到原点距离与到l 距离相等， 所以 OP PN MR OR OM= = = + 在 RT△OPM 中， cos cosOM OP   == 所以 2 cos  =+ 因为 0  ，所以 2 1 cos = − 当 P 在 y 轴或 y 轴左侧时，满足 2 1 cos = − 综上， P 点轨迹的极坐标方程为 2 1 cos = − ------------------------------------------------------------------- 5 分 （2）设点 ( ) ( )12, , ,PQ    因为 4OP OQ= ，所以 124= ------------------------------------------------------------------------------------- 6 分 又 12 2 , 2cos1 cos  ==− 所以 2 8cos1 cos  =− ------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分 解得 1cos 2 = l x y M N R O P l x y M N R O P 第11页 共14页 所以 2 411 2 OP == − -------------------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 解法二： （1）由( )2 211xy− + = 得 2220x y x+ − = 因为 2 2 2 , cosx y x  = + = 所以 2cos= ，即为C 的极坐标方程 --------------------------------------------------------------------------- 2 分 设 ( ),P x y 因为点 P 到原点距离与到l 距离相等 所以 22 2x y x+ = + ，化简得 2 44yx=+ 因为 cos , sinxy   ==，所以 22sin 4 cos 4   =+ 因为 22sin 1 cos=− ，所以 ( )22 cos 2  =+ 因为 1x − ，所以 cos 2 0+ 所以 cos 2  =+，化简得 2 1 cos = − ，即为 P 点轨迹的极坐标方程 -------------------------------- 5 分 （2）由已知得直线 PQ 的斜率存在，设点 ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y ， PQ 的斜率为 k 由 2 , 44 y kx yx =  =+ ，解得 2 1 2 2 2 1 kx k += --------------------------------------------------------------------------- 6 分 由 22 , 20 y kx x y x =  + − = ，解得 2 2 2 1x k= + ----------------------------------------------------------------------------- 7 分 由 4OP OQ= ，得( ) ( )1 1 2 2, 4 ,x y x y= 所以 124xx= ，所以 1 0x  所以 2 22 2 2 1 84 1 k kk ++= + ，即 2 22 1 1 16 1 k kk ++ = + --------------------------------------------------------- 8 分 令 21tk=+，则 22 1 16 1 t tt + =− ，解得 2 4t = 所以 2 3k = 所以 22 114OP x y= + = ---------------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 解法三： （1）同解法二 （2）设点 ( ) ( )12, , ,PQ    因为 4OP OQ= 第12页 共14页 所以 124= ------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 6 分 又 22 1 1 2sin 4 cos 4, 2cos     = + = 所以( ) ( )2 28cos sin 4 8cos cos 4   =+ ------------------------------------------------------------------------- 8 分 化简得 4216cos 8cos 1 0− + = ，即 2 1cos 4 = 因为 2 0  ，所以 1cos 2 = 所以 2 411 2 OP == − -------------------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 23．[选修 45− ：不等式选讲] 本题考查基本不等式、含绝对值不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数形 结合、转化与化归、函数与方程、分类与整合等数学思想方法．满分 10 分． 解：（1）由已知得， ( )01f a b c a b c= + + − = + + = ------------------------------------------------------------- 1 分 所以( )2 2 2 2 2 2 2a b c a b c ab bc ac+ + = + + + + + ---------------------------------------------------------- 2 分 ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21 2 2 22 a b b c a c ab bc ac= + + + + + + + + ----------------------------- 3 分 ( )1 2 2 2 2 2 22 ab bc ac ab bc ac + + + + + ( )3 ab bc ac= + + ----------------------------------------------------------------------------- 4 分 所以 1 3ab bc ac+ +  --------------------------------------------------------------------------------------------- 5 分 （2）解法一： 当 1ab==时， ( ) 21f x x x c= + + + ---------------------------------------------------------------------------- 6 分 因为对于任意的 ( ,2x − − ， ( ) 4fx 恒成立 所以 ( )2 2 2 4fc− = + − +  ，解得 0c  或 4c  --------------------------------------------------------------- 7 分 ①当 0c  时 ( ) ( )2 1 3 2f x x x c x c= + + + = − + + 在 ( ,2x − − 为减函数 所以 ( ) ( )min 2 4 4f x f c= − = − +  ，即 0c  --------------------------------------------------------------------- 8 分 ②当 4c  时 第13页 共14页 x y -2-3 h(x)=2x+6 g(x)=x+c O ( ) ( ) 2 , 2, 21 3 2 , x c c x f x x x c x c x c − − + −   −= + + + = − + +  − 在 ( ,2x − − 为减函数 所以 ( ) ( )min 24f x f c= − =  ，即 4c  --------------------------------------------------------------------------- 9 分 综上所述， 0c  或 4c  --------------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 解法二： 当 1ab==时， ( ) 21f x x x c= + + + ---------------------------------------------------------------------------- 6 分 因为对于任意的 ( ,2x − − ， ( ) 4fx 恒成立 所以 ( ) ( )2 1 4f x x x c= − + + +  ，即 26x c x+  + 对于任意 ( ,2x − − 恒成立--------------------- 7 分 当 3x − 时， 2 6 0x + 所以 26x c x+  + 对于任意 ( ,3x − − 恒成立 所以cR ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分 当 32x−   − 时， 2 6 0x + 26x c x+  + 对于任意 ( 3, 2x − − 恒成立 可化为 ( )223 2 24 36 0x c x c− − + −  对于任意 ( 3, 2x − − 恒成立 则 ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 3 3 2 24 3 36 0, 3 2 2 24 2 36 0 cc cc  − − − − + −  − − − − + −  ，即 ( ) 2 2 4 0, 30 cc c  − − ，解得 0c  或 4c  ------------------------- 9 分 综上所述， 0c  或 4c  --------------------------------------------------------------------------------------------- 10 分 解法三： 当 1ab==时， ( ) 21f x x x c= + + + ---------------------------------------------------------------------------- 6 分 因为对于任意的 ( ,2x − − ， ( ) 4fx 恒成立 所以 ( ) ( )2 1 4f x x x c= − + + +  ，即 26x c x+  + 对于任意 ( ,2x − − 恒成立--------------------- 7 分 令 ( ) ( ), 2 6g x x c h x x= + = + ①当 2c−  − ，即 2c  时 ( )g x x c x c= + = − − 在 ( ,2x − − 上单调递减， ( ) 26h x x=+在 ( ,2x − − 上单调递增 所以 ( ) ( ) ( ) ( )min max2 2 2 2g x g c h x h= − = − +  = − = 第14页 共14页 x y -2-3 h(x)=2x+6 g(x)=x+c O x y -2-3 h(x)=2x+6 g(x)=x+c O 解得 0c  或 4c  ，所以 0c  -------------------------------------------------------------------------------------- 8 分 ②当 32c−  −  − ，即 23c时 ( ) ( )0, 2 6 0g c h c c= = +  ，不满足条件 -------------------------------------------------------------------------- 9 分 ③当 3c−  − ，即 3c  时 （i）当 xc− 时 ( )g x x c x c= + = − − ， ( ) 26h x x=+在 ( ,xc − − 上都为减函数 所以 ( ) ( ) ( ) ( )min max0, 2 6 0g x g c h x h c c= − = = − = − +  所以 ( ) ( )g x h x 恒成立，即 3c  （ii）当 2cx−   − 时 ( )g x x c x c= + = + 由 ( ) ( )g x h x ，即 26x c x+  + ，得 6cx+在 ( ,2xc − − 恒成立 所以 ( )max64cx + = ，所以 4c  综合（i）（ ii）可得 4c  综上所述， 0c  或 4c  --------------------------------------------------------------------------------------------- 10 分