2020届高三下学期适应性月考九理科数学试题 含答案详解

秘密★启用前 巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷（九） 理科数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清 楚． 2．每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答題卡一并交回，满分 150 分，考试用时 120 分钟． 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） 1．已知集合 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 2．已知单位向量 与 的夹角为 ，若 与 垂直，则实数 的值为（ ） A． B． C． D． 3． 则 （ ） A．3 B． C．4 D． 4．已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 5．自新型冠状病毒爆发以来，全国各地医护人员勇当“逆行者”支援湖北．重庆第一批共派出甲、乙、丙、 丁 4 支医疗队奔赴武汉、孝感、黄冈三个地方，每个地方至少一支医疗队，每支医疗队只去一个地方， 则甲、乙都在武汉的概率为（ ） A． B． C． D． 6．已知抛物线 ， 为抛物线的焦点， 为坐标原点， ， 为抛物线上 的两点， ， 的中点到抛物线准线的距离为 5， 的重心为 ，则 （ ） { || 2 1}A x x= − > 1F 2F 2F 2OF 2F 1F l 2F M M 2 3 2 3 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 1BB 1 1C D M N A M N （1）首杯免单，每人限用一次； （2）3.8 折优惠券，每人限用一次； （3）买 2 杯送 2 杯，每人限用两次； （4）买 5 杯送 5 杯，不限使用人数和使用次数． 每位消费者都可以在以上 4 种优惠方式中选择不多于 2 种使用．现在某个公司有 5 位后勤工作人员去 该品牌门店帮每位技术人员购买 1 杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的 技术人员不少于 （ ）人时，无论 5 位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌 门店都能保证盈利． A．28 B．29 C．30 D．31 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．复数 ，则 ________． 14．已知离散型随机变量 ，随机变量 ，则 的数学期望 ________． 15．已知函数 向左平移 个单位后，所得图象在区间 上单调递增，则 的最大值为________． 16．函数 满足 ，当 时， ，若 有 8 个 不同的实数解，则实数 的取值范围是________． 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） 17．（本小题满分 12 分） 已知等比数列 的前 项和为 ， ，且 ， ， 成等差数列． （1）求数列 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 项和 ． 18．（本小题满分 12 分） 如图 2，在四棱锥 中，平面 平面 ， 是一个边长为 4 的正三角形，在 直角梯形 中， ， ， ， ，点 在棱 上，且 ． （1）求证： 平面 ； 2 2 4 (1 ) iz i += + | |z = 1~ 3, 4Bξ      2 1η ξ= + η ( )E η = ( ) sin 2 3 cos2f x x x= − 4 π (0, )m m ( )f x (1 ) (1 )f x f x+ = − 1x > ( ) ln xf x x = 2 ( ) 2 ( ) 4 0f x mf x m− + = m { }na n nS 2 2 7 43a a a= 3− 4S 39a { }na 1( 1) ( 1) n n nb a n n = − + + { }nb n nT B ACDE− ABC ⊥ ACDE ABC△ ACDE AE CD∥ AE AC⊥ 2AE = 3CD = P BD 2BP PD= EP∥ ABC （2）设点 在线段 上，若平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 ，求 的 长． 19．（本小题满分 12 分） 2020 年初，武汉出现新型冠状病毒肺炎疫情，并快速席卷我国其他地区，口罩成了重要的防疫物资．某 口罩生产厂不断加大投入，高速生产，现对其 2 月 1 日~2 月 9 日连续 9 天的日生产量 （单位：十万只， ）数据作了初步处理，得到如图 3 所示的散点图及一些统计量的值： 2.72 19 139.09 1095 注：图中日期代码 1~9 分别对应 2 月 1 日~2 月 9 日；表中 ， ． （1）从 9 个样本点中任意选取 2 个，在 2 个点的日生产量都不高于三十万只的条件下，求 2 个都高于 二十万只的概率； （2）由散点图分析，样本点都集中在曲线 的附近，请求 关于 的方程 ， 并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万只． 参考公式：回归直线方程是 时， ， M AC PEM EAB 2 3 5 MP iy 1,2, ,9i = ⋅⋅⋅ y z 1 9 i i it y = ∑ 9 1 i i i t z = ∑ iy iz e= 9 1 1 9 i i z z = = ∑ ln( )y bt a= + y t ln( )y bt a= + ˆ ˆv aβµ= + ( )( ) ( ) 11 2 2 2 1 1 ˆ n i i i i i n n i i i n i i v v v n v u n µ µ µ µ β µ µ µ = = = = − − − = = − − ∑∑ ∑ ∑ ．参考数据： ． 20．（本小题满分 12 分） 已知椭圆 的长轴为 ，动点 是椭圆上不同于 ， 的任一点，点 满足 ， ． （1）求点 的轨迹 的方程； （2）过点 的动直线 交 于 ， 两点， 轴上是否存在定点 ，使得 总成立？若存在，求出定点 ；若不存在，请说明理由． 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 ． （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）讨论 的零点个数． 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做 题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计 分． 22．（本小题满分 10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点 为 极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ． （1）求曲线 的极坐标方程并判断 ， 的位置关系； （2）设直线 分别与曲线 交于 ， 两点，与 交于点 ，若 ，求 的值． 23．（本小题满分 10 分）【选修 4-5：不等式选讲】 设函数 的最大值为 ． （1）求 ； ˆˆ vα βµ= − 4 54.6e ≈ 2 2 1 : 16 3C x y+ = AB P A B Q AP AQ⊥ BP BQ⊥ Q 2C (0,6)R l 2C M N y S RSM RSN π∠ + ∠ = S ( ) ( 2) ln ( )xf x x e ax a x a= − − + ∈R 1a = − ( )f x ( )f x xOy 1C 3 sin 2cos , cos 2sin , x y ϕ ϕ ϕ ϕ = + −  = + ϕ O x 2C cos 2 0ρ θ + = 1C 1C 2C ,2 2 π πθ α α ρ = − < < ∈  R 1C A B 2C P | | 3AB = | |OA OP ( ) |1 2 | 3| 1|f x x x= − − + M M （2）若正数 ， 满足 ，请问：是否存在正数 ， ，使得 ，并说明理 由． 理科数学参考答案 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B A C D D A B B C B C 【解析】 1．∵ ， ，∴ ，故选 B． 2． ， ，故选 B． 3． ，∴ ，故选 A． 4．∵ ， ，∴ ， ∴ ，故选 C． 5．∵4 支队伍分配到三个地方，每个地方至少一支队伍，每支队伍只去一个地方， 共有 种情况，甲、乙都在武汉共 种情况， ∴ ，故选 D． 6． ， ， ∴ ， ，故选 D． 7．由正弦定理 ， ， ∴ ， ， ， ， ∴ ， ，故选 A． 8． ， 的公共点设为 ， 则 ， ， ， 解得 ， ，故选 B． a b 3 3 1 1 Maba b + = a b 6 6a b ab+ = (1,3)A = (0,2)B = (1,2)A B = 2 1( ) 02xa b a xa a b x+ ⋅ = + ⋅ = + =     1 2x = − 2 23( 8) ( 8) ( 2) 4f − = − = − = 2( ( 8)) (4) log 4 1 3f f f− = = + = sin 2cosα α= cos 0α ≠ tan 2α = 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 3cos2 cos sin 1 tan 5 α α αα α α α − −= = = −+ + 2 3 4 3 36n C A= = 2m = 1 18 mP n = = 1 2 52 2 x x p+ + = 1 2 0 3 2 x x p+ + = 310 2 pp− = 4p = 2 2 2a b c bc− = − 2 2 2 2 2 2 cosa b c bc b c bc A= + − = + − 1cos 2A = (0, )A π∈ 3A π= 2 2sin a RA = = 1R = 2S Rπ π= = 2( ) 2f x x m= − ( ) 3lng x x x= − ( )0 0,x y ( ) ( )0 0f x g x= ( ) ( )0 0f x g x′ ′= 2 0 0 0 0 0 2 3ln 32 1 x m x x x x  − = −  = − 0 1x = 1m = 9．异面直线 与 所成角即为 ，作 于 ， 则 ， ， ， 在底面的投影为 ，则 ， ∴ ， ∴ ， ，故选 B． 10．由已知 ， ， ， 不妨设 在第一象限，设 ， ， ， 点 在渐近线 上，∴ ， ，故选 C． 11．如图 1 所示，故选 B． 12．由题意知，咖啡产品原价为 30 元/杯，成本为 12 元/杯； 优惠方式（1）免单购买，每购买 1 杯该品牌门店亏损 12 元； 优惠方式（2）每杯售价 11.4 元，每购买 1 杯该品牌门店亏损 0.6 元； 优惠方式（3）和（4）相当于 5 折购买，每购买 1 杯该品牌门店盈利 3 元； [解法一]（验证法）分别讨论选项： 技术人员为 28 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 3 杯咖啡， 该品牌门店亏损 元； 技术人员为 29 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 4 杯咖啡， 该品牌门店亏损 元； 技术人员为 30 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯 咖啡+3.8 折购买 1 杯咖啡，该品牌门店盈利 元； 技术人员为 31 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯 咖啡+3.8 折购买 2 杯咖啡，该品牌门店盈利 元，故选 C． PC AD PCB∠ PH BC⊥ H 3PH HC = 1HC = 3PH = P O 9 1 2 2h PO= = − = 2 2(2 2 ) 2R R= − + 5 2 2 R = 2 254 2S R ππ= = 2 1MF MF⊥ 2 1 2 1 2MF F F c= = 1 2 30MF F∠ = ° M ( , )M x y 3 2y c= 1 2x c= M by xa = 3b a = 2e = 12 5 0.6 3 3 20 1.8× + × − × = 12 5 0.6 4 3 20 2.4× + × − × = 3 24 12 5 0.6 1 11.4× − × − × = 3 24 12 5× − × − 0.6 2 10.8× = [解法二]（通解法） 我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择 2 种优惠方式，必然包含优惠方式（1）， 可以免单购买 5 杯咖啡，该品牌门店因此亏损 60 元； 最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡（ ，说明只要用原 价购买 1 杯咖啡，哪怕最大程度利用 3．8 折优惠，花费也一定会超过搭配使用（2）~（4）优惠购买 咖啡）．故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出 20 杯以上的咖啡才能盈利，故技术人 员人数一定多于 人； 技术人员在 26~29 人时，免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 1~4 杯咖啡，该品牌 门店依旧亏损；技术人员为 30 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯咖啡+3．8 折购买 1 杯咖啡，该品牌门店盈利 元； 由于 ，故技术人员超过 30 人时，该品牌门店能保证持续盈利，故选 C． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 13 14 15 16 答案 【解析】 13． ， ． 14． ， ． 15． 向左平移 ， 得 ， ， ， ， ， ∴当 时， ， ． 16．当 时， ， 在 ， ， ， 又 ， 的图象关于直线 对称， 有 8 个不同的实数解， 11.4 5 30 1 11.4 2 15 4× + × > × + × 5 20 25+ = 3 24 60 0.6 11.4× − − = 11.4 0.6 4> × 5 5 2 6 π 2 4, 2( 2) e e    −  2 4 1 2 22 i iz ii i + += = = − | | 5z = 1 3( ) 3 4 4E ξ = × = 3 5( ) 2 ( ) 1 12 2E Eη ξ= + = + = ( ) 2sin 2 3f x x π = −   4 π ( ) 2sin 2 2sin 22 6 6g x x x π π π   = + − = +       22 k π π− + ≤ 2 26 2x k π π π+ ≤ + k ∈Z 3 6k x k π ππ π− + ≤ ≤ + k ∈Z 0k = 3 6x π π− ≤ ≤ max 6m π= 1x > 2 ln 1( ) ln xf x x −′ = ( )f x (1, )e ↓ ( , )e +∞ ↑ ( ) ln ef e ee = = (1 ) (1 )f x f x+ = − ( )f x 1x = 2 ( ) 2 ( ) 4 0f x mf x m− + = 令 ，则 有两个大于 的实数根． 由实根分布： ． 三、解答题（共 70 分．解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分 12 分） 解：（1）由 ， ∵ ， ， 成等差数列， ∴ ． 从而有 ， ∴ ． （2） ， 所以 ． 18．（本小题满分 12 分） （1）证明：如图 2，作 交 于点 ，连接 ， 因为 ，所以 ， 又 ， ， 所以 ，即有四边形 是一个平行四边形， 所以 ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ． ( )f x t= 2 2 4t mt m− + 0= e 2 2 2 4 16 0 4 2( 2)2 4 0 m m em e m ee me m ∆ = − >  > ⇒ <  2 2 7 2 6 2 7 4 1 13 3 3a a a a q a q q= ⇒ = ⇒ = 3− 4S 39a 4 32 9 3S a= − ( )4 1 2 1 1 2 1 3 9 3 3 31 3 a a a⋅ − = − ⇒ =− 1 1 3n n na a q −= = 1 1 1( 1) 3 ( 3)( 1) 1 n n n nb n n n n = − × + = − + −+ + 1 2 1 1 1 1 1( 3) ( 3) ( 3) 1 2 2 3 1 n nT n n   = − + − +⋅⋅⋅+ − + − + − +⋅⋅⋅+ −   +  3 1 ( 3) 114 1 n n  − − − = + − + 3 ( 3) 1 4 1 n n n  − − = + + PQ DC∥ BC Q AQ 2BP PD= 2 23PQ DC= = AE CD∥ 2AE = AE PQ∥ AEPQ EP AQ∥ EP ⊄ ABC AQ ⊂ ABC EP∥ ABC （2）解：如图 3，设 是 的中点，在正 中， ， 作 ，因为 ， 由平面 平面 ， 可得 平面 ，所以 平面 ， 再以 ， 方向建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， ， ， ， ∵ ，∴ ． 设平面 的法向量为 ， 由 ． 因为点 在线段 上，设其坐标为 ，其中 ， 所以 ， ． 设平面 的法向量为 ， 由 ， 由题意，设平面 与平面 所成的锐二面角为 ， 则 O AC ABC△ BO AC⊥ Oz AE∥ AE AC⊥ ABC ⊥ ACDE AE ⊥ ABC Oz ⊥ ABC OA OB (0,0,0)O (2,0,0)A (0,2 3,0)B (2,0,2)E ( 2,0,3)D − 2BP PD= 4 2 3, ,23 3P  −    EAB ( )1 1 1, ,m x y z= 1 1 1 2 2 3 0 ( 3,1,0) 2 0 m AB x y m m AE z  ⋅ = − + = ⇒ = ⋅ = =   M AC ( ,0,0)M t 2 2t− ≤ ≤ ( 2,0, 2)EM t= − − 10 2 3, ,03 3EP  = −     PEM ( )2 2 2, ,n x y z= 2 2 2 2 ( 2) 2 0 3 63,5 3,10 2 3 203 3 n EM t x z tn n EP x y  ⋅ = − − = −  ⇒ =   ⋅ = − + =   PEM EAB θ 2 8 3cos | | | | (3 6)2 9 75 4 m n m n t θ ⋅= =⋅ −+ +     或 ， 因为 ， 所以 ，所以 ． 19．（本小题满分 12 分） 解：（1）9 个样本点中日生产量都不高于三十万只的有 5 个，高于二十万只且不高于三十万只的有 3 个， 设事件 所取 2 个点的日生产量都不高于三十万只， 事件 所取 2 个点的日生产量高于二十万只， ∴事件 所取 2 个点的日生产量高于二十万只有且不高于三十万只， 则 ， ， ∴ ． （2）∵ ，∴ ， ， ， ∴ ， ∴ ， 22 3 14(3 6) 645 3t t= ⇒ − = ⇒ = 2 3t = − 2 2t− ≤ ≤ 2 ,0,03M  −   2 13 3MP = :A :B :AB 2 5 2 9 5( ) 18 CP A C = = 2 3 2 9 1( ) 12 CP AB C = = ( ) 3( ) ( ) 10 P ABP B A P A = =∣ ln( )y bt a= + yz e bt a= = + 5t = 9 2 1 285i i t = =∑ ( )( ) ( ) ( ) ( ) 9 9 1 1 9 92 2 2 1 1 2 i i i i i i i i i i i i i t t z z t z t z z t t z b t t t t t t = = = = − − − ⋅ − ⋅ + ⋅ = = − − ⋅ + ∑ ∑ ∑ ∑ 9 1 9 2 2 2 1 9 1095 9 5 19 4285 9 59 i i i i i t z t z t t = = − ⋅ − × ×= = =− ×− ∑ ∑ 19 4 5 1a z bt= − = − × = − ∴ ． 令 ，解得 ， ∴ ，即该厂从 2 月 14 日开始日生产量超过四十万只． 20．（本小题满分 12 分） 解：（1）设 ， ，不妨设 ， ， ∵ ， ， ∴ ， ， ∴ ， 解得 ， 代入 ，得点 的轨迹 的方程为 ． （2）设 ， ， 假设存在这样的点 满足 ， 当直线 的斜率存在时，设为 ，代入椭圆 中， 得 ， ∴ ， ， ， ∵ ，∴ ， 即 ，即 ln(4 1)y t= − ln(4 1) 4t − > 4 1 13.94 et +> ≈ 14t ≥ ( )( )0 0 0, 0P x y y ≠ ( , )Q x y ( 6,0)A − ( 6,0)B AP AQ⊥ BP BQ⊥ 0AP AQ⋅ =  0BP BQ⋅ =  ( ) ( ) 0 0 0 0 6 ( 6) 0 6 ( 6) 0 x x y y x x y y  + + + = − − + = 0 0 2 x x yy = − = − 2 2 0 0 16 3 x y+ = Q 2C 2 2 1( 0)12 6 y x y+ = ≠ ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y (0, )S t RSM RSN π∠ + ∠ = l 6y kx= + 2 2 112 6 y x+ = ( )2 22 12 24 0k x kx+ + + = 1 2 2 12 2 kx x k −+ = + 1 2 2 24 2x x k ⋅ = + ( ) ( )2 2 2144 96 2 48 4 0k k k∆ = − + = − > RSM RSN π∠ + ∠ = 0MS NSk k+ = 1 2 1 2 0y t y t x x − −+ = ( ) ( )2 1 1 2x y t x y t− + − ( ) ( )2 1 1 26 6x kx t x kx t= + − + + − ， ∵ ，∴ ，即 ； 当斜率不存在时，直线 也过 ； 综上， 轴上存在定点 ，使得 总成立． 21．（本小题满分 12 分） （1）解：当 时， 则 ， 因为 ，则 所以 时， ， 所以 时， ， 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增 故 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ． （2）因为 ， 则 ． （i）当 时，因为 ，则 ， 则 时， ，所以 时， ， 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ． 当 时，即 时， ， 所以当 时，函数 没有零点， 即函数 的零点个数为 0； 当 ，即 时， ， ( )1 2 1 2 2 2 24 122 (6 ) 2 (6 )2 2 kkx x t x x k tk k −= + − + = + −+ + 2 12 ( 2) 02 k tk = − =+ 2k ≠ 2t = ( )0,2S l (0,2)S y (0,2)S RSM RSN π∠ + ∠ = 1a = − ( ) ( 2) lnxf x x e x x= − + − 1 1( ) ( 1) 1 ( 1)x xf x x e x ex x  ′ = − + − = − +   (0, )x∈ +∞ 1 0xe x + > 1x > ( ) 0f x′ > 0 1x< < ( ) 0f x′ < ( )f x (0,1) (1, )+∞ ( )f x (0,1) (1, )+∞ ( ) ( 2) lnxf x x e ax a x= − − + ( ) ( 1) ( 1)x xa af x x e a x ex x  ′ = − − + = − −   0a < (0, )x∈ +∞ 0x ae x − > 1x > ( ) 0f x′ > 0 1x< < ( ) 0f x′ > ( )f x (0,1) (1, )+∞ ( )1f e a= − − ( )1 0f e a= − − > a e< − ( ) (1) 0f x f≥ > a e< − ( )f x ( )f x ( )1 0f e a= − − = a e= − ( ) (1) 0f x f≥ = 所以当 时，函数 有且只有一个零点 ， 即函数 的零点个数为 1； 当 ，即 时， ， 则存在一个实数 ，使得 ， 当 时， ， ，对任意的 ， 则 ，取 ， 因为 ，则 ， 则 ， 则存在 ，使得 ， 即 时，函数 的零点个数为 2 （ii）当 时，令 ，则 ，则 ， 即函数 有且只有一个零点 ， 即函数 的零点个数为 1． （iii）当 时，令 ， ， 故 在 上单调递增， 令 ， ， 则 ， ， 则一定存在 ，使得 ， 所以 时， ， 时， ． 因为 ， 当 ，即 时， ， a e= − ( )f x 1x = ( )f x ( )1 0f e a= − − < 0e a− < < (2) (2 ln 2) 0f a= − − > 1 (1,2)x ∈ ( )1 0f x = (0,1)x∈ ( 2) xx e e− > − 0ax− > (0,1)x∈ ( ) lnf x e a x> − + 3 0 ax e= 0a < 3 0 1ae< < ( ) 3 0 ln 3 0af x e a e e> − + = − > 3 2 ,1ax e  ∈    ( )2 0f x = 0e a− < < ( )f x 0a = ( ) 0f x = ( 2) 0xx e− = 2x = ( )f x 2x = ( )f x 0a > ( ) x ag x e x = − 2( ) 0x ag x e x ′ = + > ( ) x ag x e x = − (0, )+∞ 1min ,2 2 am  =    { }max 1,n a= ( ) 2 0g m e≤ − < ( ) 1 0g n e≥ − > 0 ( , )x m n∈ ( )0 0g x = ( )00,x x∈ ( ) 0g x < ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0g x > ( ) ( 1) ( 1)x xa af x x e a x ex x  ′ = − − + = − −   1x = a e= ( ) ( 2) lnxf x x e ex e x= − − + 所以 ， 所以 时， ，所以 时， ， 则 在 上单调递增， 且 ， ， 则存在 ，使得 ， 所以函数 有且只有一个零点 ， 即函数 的零点个数为 1． 因为 ， 当 ， 时， ， 当 时， ，当 时， ， 则 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增， 当 ， 时， ， 当 时， ，当 时， ， 则 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增， 因为 时， ， ，即 ， 所以 在 时没有零点， 上 至多有一个零点， 而 ， 令 ， ， 则 ，则 ， 故 在 上单调递增， 而 ，即 ， ( ) ( 1) x ef x x e x  ′ = − −   1x > ( ) 0f x′ > 0 1x< < ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )+∞ (1) 2 0f e= − < 3(3) 3 ln3 0f e e e= − + > 1 (1,3)x ∈ ( )1 0f x = ( )f x 1x x= ( )f x ( ) ( 1) ( 1)x xa af x x e a x ex x  ′ = − − + = − −   0 1x > (0,1)x∈ ( ) 0f x′ > ( )01,x x∈ ( ) 0f x′ < ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x (0,1) ( )01, x ( )0 ,x +∞ 00 1x< < ( )00,x x∈ ( ) 0f x′ > ( )0 ,1x x∈ ( ) 0f x′ < (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )00, x ( )0 ,1x ( )1,+∞ (0,1]x∈ ( 2) 0, 0xx e ax− < − < ln 0a x ≤ ( ) 0f x < ( )f x (0,1]x∈ (1, )x∈ +∞ ( )f x 2( 2) ( 2) ln( 2)af a ae a a a a++ = − + + + ( )2 ln( 2) ( 2)aa e a a+= + + − + 2t a= + ( ) ln ( 2)th t e t t t= + − > 1( ) 1( 2)th t e tt ′ = + − > ( ) 0h t′ > ( )h t (2, )t ∈ +∞ 2(2) ln 2 2 0h e= + − > ( 2) 0f a + > 故存在一个，则存在 ，使得 ， 所以函数 有且只有一个零点 ， 即函数 的零点个数为 1， 综上所述：当 时，函数 的零点个数为 0； 当 或 时，函数 的零点个数为 1； 当 时，函数 的零点个数为 2． 22．（本小题满分 10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】 解：（1）曲线 ， 平方相加得 ， 即 ，化为极坐标方程为 ． 因为 无解， 所以 ， 相离． （2） ， 因为有两个交点 ， ， 所以 ，即 ． 设方程的两根分别为 ， ，则 ① 因为 ，所以 ，即 ， 联立①式解得 ， ， ，满足 ， 联立 ， 所以 ． 23．（本小题满分 10 分）【选修 4-5：不等式选讲】 1 (1, 2)x a∈ + ( )1 0f x = ( )f x 1x x= ( )f x a e< − ( )f x a e= − 0a ≥ ( )f x , 0e a− < ( )f x 1 3 sin 2cos: cos 2sin xC y ϕ ϕ ϕ ϕ − = −  = + 2 2( 3) 5x y− + = 2 2 6 4 0x y x+ − + = 2 6 cos 4 0ρ ρ θ− + = 2 26 cos 4 0 16 0 cos 2 0 ρ ρ θ ρ ρ θ  − + = ⇒ + = + = 1C 2C 2 26 cos 4 0 6 cos 4 0 ρ ρ θ ρ ρ α θ α  − + = ⇒ − + = = A B 236cos 16 0α∆ = − > 2cos 3 α > 1 ρ 2 ρ 1 2 1 2 6cos 0 4 ρ ρ α ρ ρ + = >  = | | 3| |AB OA= | | 4 | |OB OA= 2 14ρ ρ= 1 1ρ = 2 4ρ = 5cos 6 α = 0∆ > cos 2 0 2 12 cos 5 ρ θ ρθ α α + = −⇒ = = − = 12| | | | 5OP ρ= = 解：（1）当 时， 单调递增 所以 ； 当 时， 单调递减， 所以 ， 当 时， 单调递减， 所以 ， 所以 的最大值 ． （2）假设存在正数 ， ，使得 ， 则 ， 所以 ． 又由于 ， 所以 与 矛盾， 所以假设不成立，即不存在 ， ，使得 ． 1x < − ( ) 4f x x= + ( ) 3f x < 11 2x− ≤ ≤ ( ) 5 2f x x= − − max( ) ( 1) 3f x f= − = 1 2x > ( ) 4f x x= − − 1 9( ) 2 2f x f  < = −   ( )f x 3M = a b 6 6a b ab+ = 6 6 6 6 3 32 2a b ab a b a b+ = ≥ = 5 5 2 2 1 2a b ≤ 3 3 3 3 1 1 13 2Mab aba b a b + = = ≥ 5 5 2 2 2 3a b ≥ 5 5 2 2 1 2a b ≤ a b 6 6a b ab+ =