八省联考2021届高三高考数学适应性仿真试卷五（Word版附解析）

2021 年 1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八 省联考）数学试题考后仿真系列卷五 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答 案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：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.已知复数 5 2 iz i   ，则共轭复数 z 在复平面对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】      5 25 1 22 2 2 i iiz ii i i        , 1 2z i   ; 对应的点的坐标为 1, 2  ，在第三象限,故选：C 【点睛】本题考查了复数运算、复数概念以及复数几何意义，属于基础题. 2.《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳五行术数之源，其 中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如 图，其中白圆点表示阳数，阳数皆为奇数，黑圆点表示阴数，阴数皆为偶数．若从这 10 个数 中任取 2 个数，则取出的 2 个数中至少有 1 个偶数的概率为（ ） A． 1 2 B． 2 9 C． 4 9 D． 7 9 【答案】D 【解析】由题可知，这 10 个数中 5 个奇数 5 个偶数，所以取出的 2 个数中至少有 1 个是偶数 的概率 1 1 2 5 5 5 2 10 7 9 C C CP C   ,故选：D 【点睛】本题考查了利用古典概型的概率公式求解，其中排列组合问题常用的方法有：一般 问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、 至少问题间接法、复杂问题分类法等，这里运用了至少问题间接法，属于基础题. 3.在三角形 ABC 中，“ 6A   ”是“ 1sin 2A  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分 也不必要条件 【答案】A 【解析】由题意得，当 ，可得 1sin 2A  ，而在三角形 ABC 中，当 1sin 2A  时， 或 5 6A   ，所以“ ”是“ 1sin 2A  ”的充分不必要条件,故选：A 【点睛】本题考查了充分不必要条件的判定,属于基础题. 4.如图所示的曲线图是 2020 年 1 月 25 日至 2020 年 2 月 12 日陕西省及西安市新冠肺炎累计 确诊病例的曲线图，则下列判断错误的是（ ） A. 1 月 31 日陕西省新冠肺炎累计确诊病例中西安市占比超过了 1 3 B. 1 月 25 日至 2 月 12 日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例都呈递增趋势 C. 2 月 2 日后到 2 月 10 日陕西省新冠肺炎累计确诊病例增加了 97 例 D. 2 月 8 日到 2 月 10 日西安市新冠肺炎累计确诊病例的增长率大于 2 月 6 日到 2 月 8 日的增 长率 【答案】D 【解析】由新冠肺炎累计确诊病例的曲线图，可得： 对于选项 A 中，1 月 31 日陕西省新冠肺炎累计确诊病例共有 87 例，其中西安 32 例，所以西 安所占比例为 32 1 87 3  ，故 A 正确； 对于选项 B 中，由曲线图可知，1 月 25 日至 2 月 12 日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例 都呈递增趋势，故 B 正确； 对于选项 C 中，2 月 2 日后到 2 月 10 日陕西省新冠肺炎累计确诊病例增加了 213 116 97  例， 故 C 正确； 对于选项 D 中，2 月 8 日到 2 月 10 日西安新冠肺炎累计确诊病例增加了 98 88 5 88 44   ， 2 月 6 日到 2 月 8 日西安新冠肺炎累计确诊病例增加了 88 74 7 74 37   ， 显然 7 5 37 44  ，故 D 错误. 故选：D. 【点睛】本题考查了图表的信息处理能力，其中解答中根据曲线图，提取出所用的信息是解 答的关键，着重考查信息提取能力,属于基础题. 5.如图，已知函数  f x 的图象关于坐标原点对称，则函数  f x 的解析式可能是（ ） A. 2( ) lnf x x x B.  = lnf x x x C. ln( ) xf x x  D. ( ) xef x x  【答案】C 【解析】由图象知，函数 ( )f x 是奇函数，排除 A ， B ；当 (0, )x  时， | | ( ) xef x x  显然大 于 0，与图象不符，排除 D，故选 C. 【点睛】本题考查了函数的图象及函数的奇偶性，属于基础题. 6.已知函数 2( ) 2 3sin cos 2cos 1f x x x x    ，若函数 ( )f x 的对称中心为 0,0x ，且  0 ,2x    ，则满足条件的所有 0x 的和为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D.  【答案】A 【 解 析 】 由 题 意 得 ： 2( ) 2 3sin cos 2cos 1 3sin 2 cos2 2sin(2 )6f x x x x x x x         ， 令 2 ,6x k k Z    ，解得 ,2 12 kx k Z    ，即 0 ,2 12 k kx Z   ，且  0 ,2x    ， 所以 0x 可取 7 5 11 17 23, , , , ,12 12 12 12 12 12        ， 所以满足条件的所有 0x 的和为 7 5 11 17 23( ) ( ) 412 12 12 12 12 12               ，故选：A 【点睛】本题考查了利用二倍角公式、辅助角公式将函数化简为 ( ) 2sin(2 )6f x x   ，根据 正弦型函数的对称中心，可求得 0x 的表达式，根据 0x 的范围，求得各个满足条件的 0x 值，即 可得答案，属于基础题. 7.已知圆 2 2 2 ( 0)x y r r   与抛物线 2 2y x 交于 ,A B 两点，与抛物线的准线交于 ,C D 两 点，若四边形 ABCD 是矩形，则 r 等于 ( ) A. 2 2 B. 2 C. 5 2 D. 5 【答案】C 【解析】由题意可得，抛物线的准线方程为 1 2x   ．画出图形如图所示． 在 2 2 2 ( 0)x y r r   中，当 1 2x   时，则有 2 2 1 4y r  ．① 由 2 2y x 得 2 2 yx  ，代入 2 2 2x y r  消去 x 整理得 4 2 24 4 0y y r   ．② 结合题意可得点 ,A D 的纵坐标相等，故①②中的 y 相等， 由①②两式消去 2y 得 2 2 221 14( ( ) 0) 44 4r r r     ， 整理得 4 28 15 016r r   ， 解得 2 5 4r  或 2 3 4r   （舍去）， ∴ 5 2r  ． 故选 C． 【点睛】本题考查了利用画出的图形判断出 AD 与 x 轴平行，进而得到两点的纵坐标相等,将 几何问题转化代数问题求解也是解答本题的一个关键．考查圆锥曲线知识的综合和分析问题 解决问题的能力，属于中档题． 8.已知 0a  ， 0b  ，直线 1l ：  4 1 0x a y    ， 2l ： 2 2 0bx y   ，且 1 2l l ，则 1 1 1 2a b  的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 2 3 D. 4 5 【答案】D 【解析】因为 1 2l l ，所以 2 4 0b a   ，即 1 2 5a b   ， 因为 0, 0a b  ，所以 1 0,2 0a b   ， 所以 1 1 1 2a b   1 1 1 2a b      1 1 25 a b   1 2 125 1 2 b a a b       1 2 1 42 25 1 2 5 b a a b         ， 当且仅当 3 5,2 4a b  时，等号成立.故选：D 【点睛】本题考查了两直线垂直关系以及基本不等式求最值,其中利用基本不等式求最值时， 必须满足“一正二定三相等”,这里涉及常值代换,属于中档题. 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有 多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9.由选项（ ）可以得到 A B A． A B A B．  BCA U C． A B A  D． ACB U 【答案】AB 【解析】由集合关系中“交小并大”原则知：A B A A B    ， A B A B A    ，故 A 是，而 C 不是；  BCA U ，如图示： 即 A B ； ACB U ，如图示： 即 A B   ；故选：AB 【点睛】本题考查了集合的性质以及借助韦恩图求解,属于基础题. 10.若  2 3 4 55 0 1 2 3 4 51 2 a a x a x a x a x a xx       ，则下列结论中正确的是（ ） A. 0 1a  B. 1 2 3 4 5 2a a a a a     C. 5 0 1 2 3 4 5 3a a a a a a      D. 0 1 2 3 4 5 1a a a a a a- + - + - =- 【答案】ACD 【解析】因为   2 3 4 55 0 1 2 3 4 51 2 a a x a x a x a x a xx       ， 令 0x  ，则 5 0 1 1a   ，故 A 正确； 令 1x  代入  2 3 4 55 0 1 2 3 4 51 2 a a x a x a x a x a xx       ， 得 0 1 2 3 4 51 a a a a a a      ，所以 1 2 3 4 5 01 2a a a a a a         ，故 B 错； 令 1x   代入   2 3 4 55 0 1 2 3 4 51 2 a a x a x a x a x a xx       ， 得 0 1 2 5 3 4 53 a a a a a a      ，故 C 正确； 因为二项式 51 2x 的展开式的第 1r  项为 1 5 ( 2)r r r rT C x   ， 所以当 r 为奇数时， 5 ( 2)r rC  为负数；即 0ia  （其中i 为奇数）， 所以 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 1a a a a a a a a a a a a             ；故 D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项式定理，灵活运用赋值法求解即可，属 于基础题. 11.等差数列 na 是递增数列，满足 7 53a a ，前 n 项和为 nS ，下列选择项正确的是（ ） A. 0d  B. 1 0a  C. 当 5n  时 nS 最小 D. 0nS  时 n 的最小值为8 【答案】ABD 【解析】由题意，设等差数列 na 的公差为 d ， 因为 7 53a a ，可得  1 16 3 4a d a d   ，解得 1 3a d  ， 又由等差数列 na 是递增数列，可知 0d  ，则 1 0a  ，故 ,A B 正确； 因为 2 2 1 7 2 2 2 2n d d d dS n a n n n        ， 由 7 72 2 d n n d     可知，当 3n  或 4 时 nS 最小，故C 错误， 令 2 7 02 2n d dS n n   ，解得 0n  或 7n  ，即 0nS  时 n 的最小值为8 ，故 D 正确.故选： ABD 【点睛】本题考查了等差数列通项公式 na kn b  是关于 n 的一次函数；前 n 项和 2 nS An Bn  是关于 n 的二次函数,属于中档题. 12.已知函数   lnxf x e a x  ，其中正确结论的是（ ） A. 当 1a  时，  f x 有最大值； B. 对于任意的 0a  ，函数  f x 是 0,  上的增函数； C. 对于任意的 0a  ，函数  f x 一定存在最小值； D. 对于任意的 0a  ，都有   0f x  . 【答案】BC 【解析】   x af x e x    ， 对于选项 A,当 1a  时，   lnxf x e x  ，函数 xy e ， lny x 都是单调递增函数， 易知函数  f x 在 0,  上单调递增，无最大值，故 A 错误； 对于选项 B,对于任意的 0a  ，函数 xy e ， lny a x 都是单调递增函数， 则函数  f x 是 0,  上的增函数，故 B 正确； 对于选项 C,对于任意的 0a  ，  ' x af x e x   ，易知  'f x 在 0,  单调递增， 当 x   时，  f x   ，当 0x  时，  f x   ， ∴存在  0' 0f x  ，当 00 x x  时，  ' 0f x  ，函数单调递减， 0x x   ，  ' 0f x  ，函数单调递增，∴    0minf x f x ，故 C 正确， 对于选项 D,当 0x  时， 1xe  ， ln x   ，故  f x   ，D 错误； 故选： BC 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，导数研究函数的最值，对数的运算法则及 其应用等知识，属于中档题. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.已知随机变量ξ服从正态分布 N（4，σ2），若 P（ξ＜2）＝0.3，则 P（2＜ξ＜6）＝_____． 【答案】0.4 【解析】随机变量 服从正态分布 2(4, )N  ，其对称轴方程为 4x   ， 又 ( 2) 0.3P    ， ( 6) ( 2) 0.3P P      ， 则 (2 6) 1 2 0.3 0.4P       ． 故答案为：0.4． 【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点以及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量  和  的应用，考查曲线的对称性，属于基础题． 14.已知向量 ,a b   ，满足： (1, 3)a  ，| | 2b  ，( )a b b   ，则向量 ,a b   的夹角为______. 【答案】 4  【解析】因为 (1, 3)a  ，所以  2 1+ 3 =2a  ， 又因为 ( )a b b   ，所以 2( ) = =0a b b a b b        ， 解得 =2a b  ，所以 2 2cos , 22 2 a ba b a b       ， 因为  , 0,a b  ，所以 a,b 4  ，故答案为： 4  【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算以及向量夹角的求法，考查了运算能力，属于基 础题. 15.四棱锥 P ABCD 各顶点都在球心为O 的球面上，且 PA  平面 ABCD ，底面 ABCD 为 矩形， 2PA AB  ， 4AD ，则球O 的体积是__________；设 E 、 F 分别是 PB 、 BC 中 点，则平面 AEF 被球 O 所截得的截面面积为__________. 【答案】 (1). 8 6 (2). 14 3  【解析】如图 由题设知球心 O 为 PC 中点， 2, 2 2, 6AE AF EF   , 则 2 2 2AE EF AF  ， ∴球O 直径 2 2 22 2 2 4 2 6 6R R      ， ∴ 8 6V 球 ， 设球心O 到平面 AEF 得距离为 d ，截面圆半径为 r ， 由题设球心O 到平面 AEF 的距离等于点 B 到平面 AEF 的距离， 由等体积法得， O AEF E ABFV V  ， 1 1 1 12 6 2 2 13 2 3 2d         ，求得 2 3 3d  ， ∴ 2 2 2 4 146 3 3r R d     ， 故截面面积为 14 3  . 故答案为：8 6 ，14 3  . 【点睛】本题考查了球的表面积和体积公式，属于基础题. 16.如图，已知 F 为双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右焦点，过点 F 的直线交两渐近线于 A ， B 两点.若 120AOB   ， OAB 内切圆的半径 3 5 a br  ，则双曲线的离心率为 ________. 【答案】 19 4 【解析】由焦点 F 到渐近线的距离为 b ， 120OAB   知 2 3 3AF b ， 在 OAF△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos120OF OA AF OA AF       ， 即 2 2 2 2 3 2 32 cos1203 3c OA b OA b            ， 解之得 3 3OA a b  . 设 OAB 内心为 M ，作 MN OA 于 N ， 显然 60MAO  ， 3 5 a bMN r   ， 则 3 3 3 3 15 a bAN MN   ，则 3 3 3 12 4 3 3 15 15 a b a bON OA AN a b        ， 3 35tan 412 4 3 15 a b MNMON ON a b       ，即 3 4 b a  ， 22 3 191 1 4 4 be a               . 故答案为： 19 4 【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法,常见求双曲线的离心率的方法有：①公式法（求出 ,a c 代入离心率的公式即得解）；②方程法（找到关于离心率的方程求解）.要根据已知灵活 选择合适的方法求解,属于基础题. 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.若数列 na 的前 n 项和 nS 满足 2n nS a   （ 0  ， *n N ）． （1）证明：数列 na 为等比数列，并求 na ； （2）若 4  ， 2 , , log , n n n a nb a n    是奇 是偶（ *n N ），求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】（1）由题意可知 1 12S a   ，即 1a  ； 当 2n  时，    1 1 12 2 2 2n n n n n n na S S a a a a           ，即 12n na a  ； 所以数列 na 是首项为  ，公比为 2 的等比数列， 所以 12n na    ． （2）由（1）可知当 4  时 12n na  ，从而 12 , 1, n n nb n n    是奇， 是偶． n 为偶数时，  24 1 4 3 12 1 4 2 n n n n T        ； n 为奇数时， 1 1n n nT T b       1 2 14 1 4 3 1 12 21 4 2 n n n n                14 2 1 1 5 23 4 n n n n            14 2 1 1 3 3 4 n n n     ， 综上，         1 4 2 1 4 ,3 4 4 2 1 1 3 ,3 4 n n n n n n T n n n 是偶， 是奇．           【点睛】本题考查了数列的递推关系,对于 1 1( , , , ) 0n n n nf a a S S   形式我们常采用公式 1 1 , 2 , 1 n n n S S na S n     ，统一成 na 或统一成 nS 做．对于奇偶分类数列求和时，我们常先求项 数为偶数时数列的和，因为这个时候奇数项与偶数的项数各是 2 n ，再求项数为奇数的数列求 和，因为这时 n-1 是偶数，所以 1n n nT T a  ，可以就用前面所求 1nT  的结论,属于基础题. 18.在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c .若 2 cosa c b C  ，且 2b c . （1）求 cosC ； （2）若 2a  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 2 2 ；（2）2 【解析】（1） 2 cosa c b C Q ，利用余弦定理得： 2 2 2 2 2 a b ca c b ab    ， 整理得： 2 2b ac c  ，又 2b c ， 2 2( 2 )c ac c   ，即 a c 2 2 2 2 2 2( 2 ) 2cos 2 22 2 a b c c c cC ab c c        （2）由（1）知 2cos 2C  ，又 (0, )C  ， 4C   2a  ， 2 2b   ABC 的面积 1 1 2sin 2 2 2 22 2 2S ab C      . 【点睛】本题考查了余弦定理，三角形的面积公式，由已知条件结合余弦定理转化为 2 2b ac c  ，从而求出 a ，b ， c 之间的关系，考查转化能力与运算能力，属于基础题. 19.在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，且 60BAD  ， 6PA  ， 2AB  ， PB PD ， PA BC . （1）证明： PA  平面 ABCD . （2）求二面角 D PB C  的余弦值. 【答案】（1）详见解析（2） 2 3 【解析】（1）证明：连接 AC ，设 AC BD E  ，连接 PE . 因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD AC ， BE DE . 因为 PB PD ， BE DE ，所以 PE BD . 因为 PE AC E  ，所以 BD  平面 PAC . 因为 PA  平面 PAC ，所以 BD PA . 因为 PA BC ， BD BC B  ，所以 PA  平面 ABCD . （2）解：取 PC 的中点 F . 因为 PA  平面 ABCD ，所以 EF  平面 ABCD . 故以 E 为原点， , ,EB EC EF   分别为 , ,x y z 的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 E xyz ， 则  1,0,0B ，  0, 3,0C ，  1,0,0D  ，  0, 3, 6P  . 故  1, 3,0BC   ，  2,0,0BD   ，  1, 3, 6BP    . 设平面 PBC 的法向量为  1 1 1, ,m x y z . 则 1 1 1 1 1 • 3 0 • 3 6 0 m BC x y m BP x y z             ，不妨取 1 3x  ，则  3,1, 2m  . 设平面 PBD 的法向量为  2 2 2, ,n x y z ， 则 2 2 2 2 • 2 0 • 3 6 0 n BD x n BP x y z            ，不妨取 2 2y  ，则  0, 2,1n  . 记二面角 D PB C  的平面角为 ，易知 为锐角， 则 • 2 2 2 36 3 m n m n          . 故二面角 D PB C  的余弦值为 . 【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及运用空间向量的方法求二面角的余弦值,属于基 础题. 20.2020 年是脱贫攻坚的收官之年，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽，脱贫攻坚取得 重大胜利，为确保我国如期全面建成小康社会，实现第一个百年奋斗目标打下了坚实的基础 在产业扶贫政策的大力支持下，西部某县新建了甲､乙两家玩具加工厂，加工同一型号的玩具 质监部门随机抽检了两个厂的各 100 件玩具，在抽取中的 200 件玩具中，根据检测结果将它 们分成“A”､“B”､“C”三个等级，A､B 等级都是合格品，C 等级是次品，统计结果如下表所示： 等级 A B C 频数 20 120 60 (表一) 厂家 合格品 次品 合计 甲 75 乙 35 合计 (表二) 在相关政策扶持下，确保每件合格品都有对口销售渠道，但从安全起见，所有的次品必须由 原厂家自行销. （1）请根据所提供的数据，完成上面的 2×2 列联表(表二)，并判断是否有 95%的把握认为产 品的合格率与厂家有关？ （2）每件玩具的生产成本为 30 元，A､B 等级产品的出厂单价分别为 60 元､40 元.另外已知每 件次品的销毁费用为 4 元.若甲厂抽检的玩具中有 10 件为 A 等级，用样本的频率估计概率，试 判断甲､乙两厂能否都能盈利，并说明理由. 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc a b c d a c b d       ，其中 n a b c d    .  2 0P x  0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0x 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表答案见解析，没有 95%的把握认为产品的合格率与厂家有关；（2）甲厂 能盈利，乙不能盈利，理由见解析. 【解析】（1）2×2 列联表如下 厂家 合格品 次品 合计 甲 75 25 100 乙 65 35 100 合计 140 60 200  2 2 200 75 35 25 65 2.38 3.841100 100 140 60K         ， 没有 95%的把握认为产品的合格率与厂家有关. （2）甲厂 10 件 A 等级，65 件 B 等级，25 件次品，对于甲厂，单件产品利润 X 的可能取值为 30，10， 34 . X 的分布列如下： X 30 10 34 P 1 10 13 20 1 4 1 13 1( ) 30 10 34 1 010 20 4E X         ， 甲厂能盈利， 对于乙厂有 10 件 A 等级，55 件 B 等级，35 件次品，对于乙厂，单位产品利润 Y 的可能取值 为 30，10， 34 ， Y 分布列如下： Y 30 10 34 P 1 10 11 20 7 20 1 11 7 17( ) 30 10 34 010 20 20 5E Y          ，乙不能盈利. 【点睛】本题考查了根据 A，B，C 等级的统计和表中的数据，完成 2×2 列联表.再由 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc a b c d a c b d       求值，与临界值表对照下结论;根据甲厂、乙厂的数据分布 列，再利用期望公式求解判断；在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识，属于基 础题. 21.已知 F 为抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点，过 F 的动直线交抛物线C 于 A ，B 两点．当 直线与 x 轴垂直时，| | 4AB  ． （1）求抛物线C 的方程； （2）设直线 AB 的斜率为 1 且与抛物线的准线l 相交于点 M ，抛物线C 上存在点 P 使得直线 PA ， PM ， PB 的斜率成等差数列，求点 P 的坐标． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）  1, 2P  【解析】（1）因为 ( ,0)2 pF ，在抛物线方程 2 2y px 中，令 2 px  ，可得 y p  ． 于是当直线与 x 轴垂直时，| | 2 4AB p  ，解得 2p  ． 所以抛物线的方程为 2 4y x ． （2）因为抛物线 2 4y x 的准线方程为 1x   ，所以 ( 1, 2)M   ． 设直线 AB 的方程为 1y x  ， 联立 2 4 1 y x y x      消去 x ，得 2 4 4 0y y   ． 设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，则 1 2 4y y  ， 1 2 4y y   ． 若点 0(P x ， 0 )y 满足条件，则 2 PM PA PBk k k  ， 即 0 0 1 0 2 0 0 1 0 2 22 1 y y y y y x x x x x       ， 因为点 P ， A ， B 均在抛物线上，所以 2 2 2 0 1 2 0 1 2, ,4 4 4 y y yx x x   ． 代入化简可得 0 0 1 2 2 2 0 0 1 2 0 1 2 2( 2) 2 4 ( ) y y y y y y y y y y y       ， 将 1 2 4y y  ， 1 2 4y y   代入，解得 0 2y   ． 将 0 2y   代入抛物线方程，可得 0 1x  ．于是点 (1, 2)P  为满足题意的点． 【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查数列与解析几何的综合，考查直线的斜 率，属于中档题． 22.已知函数 ( ) lnf x x x . （1）若函数 2( ) '( ) ( 2) ( 0)g x f x ax a x a     ，试研究函数 ( )g x 的极值情况； （2）记函数 ( ) ( ) x xF x f x e   在区间 (1,2) 内的零点为 0x ，记 ( ) min ( ), x xm x f x e      ，若 ( ) ( )m x n n R  在区间 (1, ) 内有两个不等实根 1 2 1 2, ( )x x x x ，证明： 1 2 02x x x  . 【答案】(1)答案见解析;(2)答案见解析. 【解析】（1）由题意，得  ' ln 1f x x  ， 故    2 2 ln 1g x ax a x x     ， 故       2 1 11' 2 2 x axg x ax a x x       ， 0, 0x a  . 令  ' 0g x  ，得 1 2 1 1,2x x a   ①当 0 2a  时， 1 1 2a  ，   1' 0 0 2g x x    或 1x a  ；   1 1' 0 2g x x a     , 所以  g x 在 1 2x  处取极大值 1 ln22 4 ag        ， 在 1x a  处取极小值 1 1 lng aa a        . ②当 2a  时， 1 1 2a  ，  ' 0g x  恒成立，所以不存在极值； ③当 2a  时， 1 1 2a  ，   1' 0 0g x x a     或 1 2x  ；   1 1' 0 2g x xa     , 所以  g x 在 1x a  处取极大值 1 1 lng aa a        ， 在 1 2x  处取极小值 1 ln22 4 ag        . 综上，当 0 2a  时，  g x 在 1 2x  处取极大值 ln24 a  ，在 1x a  处取极小值 1 lnaa   ； 当 2a  时，不存在极值； 2a  时，  g x 在 1x a  处取极大值 1 lnaa   ，在 1 2x  处取极 小值 ln24 a  . （2）   ln x xF x x x e   ，定义域为  0,x  ，   1' 1 ln x xF x x e    ，而  1,2x ， 故  ' 0F x  ，即  F x 在区间  1,2 内单调递增 又   11 0F e    ，   2 22 2ln2 0F e    ， 且  F x 在区间  1,2 内的图象连续不断， 故根据零点存在性定理，有  F x 在区间 1,2 内有且仅有唯一零点. 所以存在  0 1,2x  ，使得     0 0 0 0 0x xF x f x e    ， 且当 01 x x  时，   x xf x e  ； 当 0x x 时，   x xf x e  ， 所以   0 0 ,1 ,x xlnx x x m x x x xe     当 01 x x  时，   lnm x x x ， 由  ' 1 ln 0m x x   得  m x 单调递增； 当当 0x x 时，   x xm x e  ， 由   1' 0x xm x e   得  m x 单调递减； 若  m x n 在区间  1, 内有两个不等实根 1 2,x x （ 1 2x x ） 则    1 0 2 01, , ,x x x x   . 要证 1 2 02x x x  ，即证 2 0 12x x x  又 0 1 02x x x  ，而  m x 在区间 0,x  内单调递减， 故可证    2 0 12m x m x x  ， 又由    1 2m x m x ， 即证    1 0 12m x m x x  ， 即 0 1 0 1 1 1 2 2ln x x x xx x e   记   0 0 02 2ln ,1x x x xh x x x x xe      ，其中  0 0h x  记   t tt e   ，则   1' t tt e   ， 当  0,1t  时，  ' 0t  ； 当  1,t   时，  ' 0t  ， 故  max 1t e   而   0t  ，故   10 t e   ， 而 02 1x x  ， 所以 0 0 2 21 0x x x x e e      ， 因此   0 0 0 2 2 21 1' 1 ln 1 0x x x x x xh x x e e e         ， 即  h x 单调递增，故当 01 x x  时，    0 0h x h x  ， 即 0 1 0 1 1 1 2 2ln x x x xx x e   ，故 1 2 02x x x  ，得证. 【点睛】本题考查了对 a 分三种情况讨论,在定义域内，研究函数  g x 单调性可得函数  g x 的极值情况；先证明  ' 0F x  ，即  F x 在区间  1,2 内单调递增，然后根据零点存在性定 理， 存在  0 1,2x  ，使得     0 0 0 0 0x xF x f x e    ，可得以   0 0 ,1 ,x xlnx x x m x x x xe     ，要证 1 2 02x x x  ，只需证    1 0 12m x m x x  ，即 0 1 0 1 1 1 2 2ln x x x xx x e   ，记   0 0 02 2ln ,1x x x xh x x x x xe      ，其中  0 0h x  ，利用导数可证明  h x 单调递增，故当 01 x x  时，    0 0h x h x  ，即可得 0 1 0 1 1 1 2 2ln x x x xx x e   ，进而可得结果,考查了转化与化 归思想.考查了逻辑推理与运算能力,属于稍难题.