【考前预测篇6】终极模拟押题卷-2021年高考数学考前十天终极预测 解析版

第 1 页 共 130 页 【考前预测篇 6】终极押题卷 一、单项选择题:本大题共 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．已知集合 { | 3 5}A x x    Z ， { | 1 0}B y y   ，则 A B 的元素个数为（ ） A．0 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【解析】因为  { | 3 5} 2, 1,0,1,2,3,4A x x       Z ，  1B y y   ， 所以  0,1,2,3,4A B  ,共有 5 个元素.故选：D 2．在 ABC 中，若 31, 5,sin 5AB AC A   ，则 AB AC   （ ） A．3 B． 3 C．4 D． 4 【答案】D 【解析】由于 3sin 5A  ，所以 2 4cos 1 sin 5A A     ， 所以 cos 4AB AC AB AC A         .故选：D 3．函数 1( ) cosf x x x   的图像的切线斜率可能为（ ） A． 1 3  B． 2 C． 5 3  D． 4 【答案】A 【解析】由 1( ) cosf x x x   ，得 ' 2 1( ) sinf x x x    ，因为 2 1 0x  ，sin [ 1,1]x  ， 所以 ' ( ) 1f x   ，所以函数 1( ) cosf x x x   的图像的切线斜率大于 1 ，故选：A 4．跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体 质.小林最近给自己制定了一个 200 千米的跑步健身计划，他第一天跑了 8 千米，以后每天比前一天多跑 0.5 千米，则 他要完成该计划至少需要（ ） A．16 天 B．17 天 C．18 天 D．19 天 【答案】B 【解析】依题意可得，他从第一天开始每天跑步的路程（单位：千米）依次成等差数列，且首项为 8，公差为 0.5， 设经过 n 天后他完成健身计划，则  1 18 2002 2 n nn    ，整理得 2 31 800 0n n   . 第 2 页 共 130 页 因为函数   2 31 800f x x x   在 1, 为增函数，且  16 0f  ，  17 0f  ，所以 17n  .故选：B 5．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭 圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分 别13 9 、 56 45 、 10 7 ，设图（1）、（2）、（3）中椭圆的离心率分别为 1e 、 2e 、 3e ，则（ ） A． 1 3 2e e e  B． 2 3 1e e e  C． 1 2 3e e e  D． 2 1 3e e e  【答案】A 【解析】因为椭圆的离心率 22 2 2 2 2 2 2 21 1 2 c c a b b be a a a a a             ， 所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大. 因为13 1.449  ， 56 1.2445  ，10 1.437  ，则 13 10 56 9 7 45   ，所以 1 3 2e e e  .故选：A. 6．下列各项中，是 6yxy x     的展开式的项为（ ） A．15 B． 220x C． 415y D． 9 220y 【答案】C 【解析】 6yxy x     的展开式的通项公式为     3 16 3 32 2 6 61 rr r rrr ryC xy C x yx              ， 由于 33 02 13 02 r r       无解，故 A 选项错误. 当 33 0, 22 r r   时，  21 0  ，所以 B 选项错误. 当 13 4, 22 r r   时，   3 13 2 3 22 2 42 2 61 15C x y y          ，C 选项正确. 第 3 页 共 130 页 当 1 93 , 32 2r r   时， 33 3 02    ，所以 D 选项错误.故选：C 7．某服装店开张第一周进店消费的人数每天都在变化，设第 (1 7, N)x x x„ „ 天进店消费的人数为 y，且 y 与 2 5x x      ([ ]t 表示不大于 t 的最大整数)成正比，第 1 天有 10 人进店消费，则第 4 天进店消费的人数为（ ） A．74 B．76 C．78 D．80 【答案】C 【解析】由题可设 2 5 ( 0) x y k kx      ， 当 1x  时， 10y  代入可得 1 2 510 51k k     ，解得 2k  ，所以 2 52 x y x      ， 令 4x  ，则 2 45 6252 2 2 39 78164y              ，故选：C 8．在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，D 为侧棱 lCC 的中点，从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至 少有一条与直线 BD 异面的概率是（ ） A． 2 3 B． 13 18 C． 7 9 D． 5 6 【答案】B 【解析】如图，这九条棱中，与 BD 共面的是 BC 、 1BB 、 1CC 、 1 1B C 、 AB ，共五条，故所求概率 2 5 2 9 131 18 CP C    . 故选：B. 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全 部选对得 5 分，有选错得 0 分，部分选对得 3 分． 9．若1 3 5x y    ，则（ ） 第 4 页 共 130 页 A． 4 8x y   B． 1 16x y x y    的最小值为 10 C． 2 0x y    D． 1 4x yy x         的最小值为 9 【答案】AB 【解析】因为1 3 5x y    ，所以 4 8x y   ， 4 0x y    .因为 1 16 1 16x y x yx y x y         2 2 16 10  ， 当且仅当 1x  ， 4y  时，等号成立，所以 1 16x y x y    的最小值为 10. 因为 1 4 4 5 2 4 5 9x y xyy x xy               ，当且仅当 2xy  时，等号成立，但1 3 5x y    ， xy 取不到 2，所以 1 4x yy x         的最小值不是 9. 10．已知函数 ( ) tan sin cosf x x x x  ，则（ ） A． ( )f x 的最小正周期为 B． ( )f x 的图象关于 y 轴对称 C． ( )f x 的图象关于 ,02      对称 D． ( )f x 的图象关于 ,0 对称 【答案】ACD 【解析】对于 A， 1( ) tan sin cos tan sin 22f x x x x x x    ，因为 tany x 的最小正周期为 ， 1 sin 22y x 的最 小正周期为 ，所以 ( )f x 的最小正周期为 ，所以 A 正确； 对于 B，函数的定义域为 ,2x x k k Z        ，因为 ( ) tan( ) sin( )cos( ) tan sin cos ( )f x x x x x x x f x           ，所以 ( )f x 为奇函数，所以其图象关于原点对称， 所以 B 错误； 对于 C，若 ( )f x 的图象关于 ,02      对称，则 ( ) ( )2 2f x f x     ， 因为 ( ) tan( ) sin( )cos( ) cot cos sin2 2 2 2f x x x x x x x           ， ( ) tan( ) sin( )cos( ) cot cos sin2 2 2 2f x x x x x x x            ， 第 5 页 共 130 页 所以 ( ) ( )2 2f x f x     ，所以 ( )f x 的图象关于 ,02      对称，所以 C 正确； 对于 D，若 ( )f x 的图象关于 ,0 对称，则 ( ) ( )f x f x     ， 因为 ( ) tan( ) sin( )cos( ) tan sin cosf x x x x x x x            ， ( ) tan( ) sin( )cos( ) tan sin cosf x x x x x x x           ， 所以 ( ) ( )f x f x     ，所以 ( )f x 的图象关于 ,0 对称，所以 D 正确， 故选：ACD 11．已知曲线 C 的方程为 2 2 | 2 |x y x y   ，圆 2 2 2: ( 5) ( 0)M x y r r    ，则（ ） A．C 表示一条直线 B．当 4r  时，C 与圆 M 有 3 个公共点 C．当 2r = 时，存在圆 N，使得圆 N 与圆 M 相切，且圆 N 与 C 有 4 个公共点 D．当 C 与圆 M 的公共点最多时，r 的取值范围是 (4, ) 【答案】BC 【解析】由 2 2 2x y x y   ，得 22 2 2 22 4 4x y x y x xy y      ，即  4 3 0y x y  ， 则C 表示两条直线，其方程分别为 0y  与 4 3 0x y  ，所以 A 错误； 因为  5,0M 到直线 4 3 0x y  的距离 20 45d   ，所以当 4r  时，直线 4 3 0x y  与圆 M 相切，易知直线 0y  与 圆 M 相交，C 与圆 M 有 3 个公共点，所以 B 正确； 当 2r = 时，存在圆 N ，使得圆 M 内切于圆 N ，且圆 N 与这两条直线都相交，即与C 有 4 个公共点C 与圆 M 的公 共点的个数的最大值为 4，所以 C 正确； 当 = 5r 时，圆 M 与直线 0y  相切，与直线 4 3 0x y  有两个公共点，所以公共点的个数为 3，所以 D 错误， 故选：BC 12．如图，函数 ( )f x 的图象由一条射线和抛物线的一部分构成， ( )f x 的零点为 1 2  ，则（ ） 第 6 页 共 130 页 A．函数 3( ) ( ) (4) lg 2g x f x f   有 3 个零点 B． 8(| |) log 4f x  恒成立 C．函数 (4)( ) | ( ) | 4 fh x f x  有 4 个零点 D． 25 ( )12f x f x   … 恒成立 【答案】BCD 【解析】当 1x 时，设      22 1 0f x m x m    ，因为   21 1f m   ，所以 1m  .由此得  4 5f  ，又 3 2435lg lg 12 32   ，所以  g x 只有 1 个零点，所以 A 错误； 由题可知射线经过点 1 ,02     ， 1,2 ，则射线的方程为  4 2 13 3y x x   .由图可知     8 20 log 43f x f   ，所 以 B 正确； 因为    4 5 1,24 4 f   ，所以  h x 有 4 个零点，所以 C 正确； 令    1 2f x t t   ，则该方程的解为 1 3 2 4 tx  ， 2 2 1x t   ， 3 2 1x t   ， 3 1 3 22 1 4 tx x t      ，令  1 0 1t l l    ， 则  2 2 3 1 3 1 2 3 2 25 252 4 4 3 12 12 l x x l l               ，故  25 12f x f x     恒成立，所以 D 正确， 故选：BCD 三．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在答题卡的相应位置． 13．写出一个虚数 z，使得 2 3z  为纯虚数，则 z  ___________. 【答案】1 2i （答案不唯一）． 【解析】设 iz a b  （ a ，bR ， 0b≠ ），则 2 2 23 3 2 iz a b ab     ，因为 2 3z  为纯虚数，所以 2 2 3a b   且 0ab  . 任取不为零的实数 a ，求出b 即可得，答案不确定，如 1 2z i  ， 故答案为：1 2i ． 14．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左､右焦点分别为 1 2,F F ，M 为 C 左支上一点，N 为线段 2MF 上一点，且 1| |MN MF ，P 为线段 1NF 的中点.若 1 2 4 | |F F OP (O 为坐标原点)，则 C 的渐近线方程为___________. 第 7 页 共 130 页 【答案】 3y x  【解析】因为 1 2 4 | |F F OP ，所以 2 cOP  ，所以 2 2NF OP c  ，又 2 1 2 2MF MF NF a   ，所以 2c a ， 所以 2 2 24a b a  ，则 3b a  .故C 的渐近线方程为 3y x  . 故答案为： 3y x  15．2021 年受疫情影响，国家鼓励员工在工作地过年.某机构统计了某市 5 个地区的外来务工人员数与他们选择留在当 地过年的人数占比，得到如下的表格： A 区 B 区 C 区 D 区 E 区 外来务工人员数 5000 4000 3500 3000 2500 留在当地的人数占比 80% 90% 80% 80% 84% 根据这 5 个地区的数据求得留在当地过年人员数 y 与外来务工人员数 x 的线性回归方程为 ˆ ˆ0.8135y x a  .该市对外 来务工人员选择留在当地过年的每人补贴 1000 元，该市 F 区有 10000 名外来务工人员，根据线性回归方程估计 F 区 需要给外来务工人员中留在当地过年的人员的补贴总额为___________万元.(参考数据：取 0.8135 36 29.29  ) 【答案】818.6 【解析】由已知 5000 4000 3500 3000 2500 36005x      ， 5000 0.8 4000 0.9 3500 0.8 3000 0.8 2500 0.84 29805y           ， 所以 2980 0.8135 3600 a   ，则  51a  ，即 ˆ 0.8135 51y x  ， 10000x  时， ˆ 0.8135 10000 51 8186y     ， 估计应补贴8186 0.1 818.6  （万元）． 故答案为：818.6 ． 16．如图，正四棱锥 P ABCD 的每个顶点都在球 M 的球面上，侧面 PAB 是等边三角形.若半球 O 的球心为四棱锥的 底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球 O 的体积与球 M 的体积的比值为___________. 第 8 页 共 130 页 【答案】 3 18 【解析】取 AB 中点 E ，CD 中点 F ，作截面 PEF ，把截面另外画出平面图形，如图，则半球O 的半个大圆与 PEF 的两腰相切，O 是 EF 中点，G 为切点， 设正四棱锥底面边长为 a ，则 1 2OF a ， 3 2PF a ， 2 2PO a ， 6 6 PO OFOG aPF   ， 由对称性知正四棱锥的对角面 PBD 的外接圆是正四棱锥外接球的大圆， 2BD a ， PB PD a  ， 2 2 2PB PD BD  ，所以 2BPD   ， BD 是 PBD△ 外接圆直径，所以球 M 的半径 为 1 2 2 2R BD a  ， 3 3 3 3 1 61 4 ( ) 2 6 32 3 4 182 3 2 O M aOGV V R a                ． 故答案为： 3 18 ． 四、解答题：本大题共 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．（2021·河南安阳市一中高三模拟）从条件①  2 1n nS n a  ，②  1 2n n nS S a n   ，③ 0na  ， 2 2n n na a S  中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答． 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a  ，________．若 1a ， ka ， 2kS  成等比数列，求 k 的值． 第 9 页 共 130 页 【解析】若选择①， 因为  2 1n nS n a  ， *n N ，所以  1 12 2n nS n a   ， *n N ， 两式相减得    1 12 2 1n n na n a n a     ，整理得  1 1n nna n a   ． 即 1 1 n na a n n   ， *n N ． 所以 na n     为常数列． 1 11 na a n   ，所以 na n ． （或由 1 1n n a n a n   ，利用相乘相消法，求得 na n ） 所以 ka k ，       2 2 1 2 2 3 2 2k k k k kS        ， 又 1a ， ka ， 2kS  成等比数列，所以    22 3 2k k k   ， 所以 2 5 6 0k k   ，解得 6k  或 1k   （舍）， 所以 6k  ． 若选择②， 由  1 2n n nS S a n   变形得， 1 1n n n nS S S S    ， 所以   1 1 1n n n n n nS S S S S S      ， 易知 0nS  ，所以 1 1n nS S   ， 所以 nS 为等差数列，又 1 1 1S a  ，所以 nS n ， 2 nS n ， ∴ 1 2 1n n na S S n     2n  ， 又 1n  时， 1 1a  也满足上式， 所以 2 1na n  . 因为 1a ， ka ， 2kS  成等比数列，∴   2 22 2 1k k   ， ∴ 3k  或 1 3k   ，又 *k N ，∴ 3k  ． 若选择③， 因为  2 *2n n na a S n N   ，所以  2 1 1 12 2n n na a S n     ， 两式相减得  2 2 1 1 12 2 2 2n n n n n n na a a a S S a n         ， 第 10 页 共 130 页 整理得    1 1 1 2n n n n n na a a a a a n       ， 因为 0na  ，∴  1 1 2n na a n   ，所以 na 是等差数列， 所以  1 1 1na n n     ，       2 2 1 2 2 3 2 2k k k k kS        ， 又 1a ， ka ， 2kS  成等比数列，∴   22 3 2k k k   ， ∴ 6k  或 1k   ，又 *k N ，∴ 6k  ． 18．（2021·济南市·高三月考）如图，四棱锥 P ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD，底面 ABCD 为梯形， //AB CD ， 2 2 3AB DC  ， AC BD F  且 PAD△ 与 ABD△ 均为正三角形，G 为 PAD△ 的重心. （1）求证： //GF 平面 PDC； （2）求平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值. 【解析】（1）设 PD 的中点为 E，连接 AE，CE，GF. ∵ //AB CD ， =2 =2 3 AB DC ， =AC BD F ， ∴ = =2AF AB FC CD . 又∵G 为 PAD△ 的重心 G， ∴ 2AG GE  ， ∴ AG AF GE FC  ∴ / /GF CE . 又∵GF 面 PDC，CE  面 PDC， ∴ / /GF 平面 PDC. （2）设 O 为 AD 的中点， PAD△ 为正三角形，则 PO AD . ∵平面 PAD  平面 ABCD，平面 PAD  平面 ABCD AD ， ∴ PO 平面 ABCD. 第 11 页 共 130 页 过 O 分别作 BC，AB 的平行线，建系如图. ∵ (0,0,3)P ， 3 3 3, ,02 2B       ， 3 3 3, ,02 2C      ， 易知平面 PAD 的法向量 1 (1, 3,0)n  . 设平面 PBC 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z uur ， ∴ 3 3 3, , 32 2PB        ， ( 3,0,0)BC   ， ∴ 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 0,2 2 3 0, PB n x y z BC n x                得 2 30, 3, 2n       ， 1 2 1 2 1 2 3 21cos , 721 n nn n n n         ， 从而，平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为 21 7 . 19．（2020·福建福州市·高三月考）在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ．已知  sin cos 0b a C C   ． （1）求 A ； （2）若 D 为 BC 边上一点，且 AD BC ，  2 2 2BC AD  ，求sin 2B ． 【解析】（1）因为  sin cos 0b a C C   ，所以  sin sin sin cos 0B A C C   ， 所以sin cos cos sin sin sin sin cos 0A C A C A C A C    ，即 cos sin sin sin 0A C A C  ． 因为 0 πC  ，所以sin 0C  ，所以sin cos 0A A  ，则 tan 1A   ． 因为 0 πC  ，所以 3π 4A  ． （2）因为 AD BC ，所以 1 1sin2 2BCS bc A a AD   △ ，即 2 2 bc a AD  ， 第 12 页 共 130 页 因为  2 2 2BC AD  ，所以 2 2 2 aAD   ，所以  2 2 2a bc  ． 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，则  2 22 2 2bc b c bc    ， 整理得 2 0b c  ，即b c ，故 B C ． 因为 3π 4A  ，所以 π 8B  ，所以 π 2sin 2 sin 4 2B   20．（2021·济南市·高三月考）设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率 1 2e  ，椭圆上的点到左焦点 1F 的距离的最大值为 3. （1）求椭圆C 的方程； （2）求椭圆C 的外切矩形 ABCD 的面积S 的取值范围. 【解析】（1）由题设条件可得 1 2 c a  ， 3a c  ，解得 2a  ， 1c  ∴ 2 2 2 3b a c   ，所以椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  （2）当矩形 ABCD 的一组对边斜率不存在时，得矩形 ABCD 的面积 8 3S  当矩形 ABCD 四边斜率都存在时，不防设 AB ， CD 所在直线斜率为 k ，则 BC ， AD 斜率为 1 k  ， 设直线 AB 的方程为 y kx m  ，与椭圆联立 2 2 14 3 y kx m x y     可得  2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m     ， 由     2 2 28 4 4 3 4 12 0km k m      ，得 2 24 3m k  显然直线CD 的直线方程为 y kx m  ，直线 AB ，CD 间的距离 2 2 1 2 22 2 4 32 21 11 m m kd k kk     ， 第 13 页 共 130 页 同理可求得 BC ， AD 间的距离为 22 1 2 2 4 3 4 32 21 11 kkd k k     所以四边形 ABCD 面积为 2 2 1 2 2 2 3 4 4 34 1 1ABCD k kS d d k k      4 2 4 2 12 25 124 2 1 k k k k     2 4 24 12 2 1 k k k     2 2 14 12 1 2k k     14 12 144    （等号当且仅当 1k   时成立） 又 4 12 8 3ABCDS   ，故由以上可得外切矩形面积的取值范围是 8 3,14   21．（2021·山东即墨一中高三模拟）随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力 度．中华技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入 x（亿元与科技 升级直接收益 y（亿元）的数据统计如下： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 x 2 3 4 6 8 10 13 21 22 23 24 25 y 13 22 31 42 50 56 58 68.5 68 67.5 66 66 当 0 17x  时，建立了 y 与 x 的两个回归模型：模型①： ˆ 4.1 11.8y x  ；模型②： ˆ 21.3 14.4y x  ；当 17x  时，确定 y 与 x 满足的线性回归方程为 ˆ 0.7y x a   ． （1）根据下列表格中的数据，比较当 0 17x  时模型①、②的相关指数 2R 的大小，并选择拟合精度更高、更可靠 的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为 17 亿元时的直接收益． 回归模型 模型① 模型② 回归方程 ˆ 4.1 11.8y x  ˆ 21.3 14.4y x    7 2 1 ˆi i i y y   182.4 79.2 （附：刻画回归效果的相关指数     2 2 1 2 1 ˆ 1 n i i i n i i y y R y y         ， 17 4.1 ） （2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于 20 亿元时，国家给予公司补贴 5 亿元，以回归方程为预测依据，比 第 14 页 共 130 页 较科技升级投入 17 亿元与 20 亿元时公司实际收益的大小． （附：用最小二乘法求线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  的系数：      1 1 22 2 1 1 ˆ n n i i i i i i n n i i i i x y nx y x x y y b x nx x x                 ， ˆˆa y bx  ） （3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率 X 大幅提高，经实际试验得 X 大致服从正态分布  20.52,0.01N ．公司对科技 升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过 50%，不予奖励：若芯片的效率超过 50%，但不超过 53%，每部芯 片奖励 2 元；若芯片的效率超过 53%，每部芯片奖励 4 元记为每部芯片获得的奖励，求 ( )E Y （精确到 0.01）． （附：若随机变量  2~ , ( 0)X N     ，则 ( ) 0.6827P X        ， ( 2 2 ) 0.9545P X        ） 【解析】（1）由表格中的数据，182.4 79.2 ，所以     7 72 2 1 1 182.4 79.2 i i i i y y y y       ， 所以    7 72 2 1 1 182.4 79.21 1 i i t t y y y y         ． 可见模型①的相关指数 2 1R 小于模型②的相关指数 2 2R ． 所以回归模型②的拟合效果更好． 所以当 17x  亿元时，科技升级直接收益的预测值为 ˆ 21.3 17 14.4 21.3 4.1 14.4 72.93y        （亿元）． （2）当 17x  时，由已知可得 21 22 23 24 25 235x      ． 68.5 68 67.5 66 66 67.25y      ． 所以 0.7 67.2 0.7 23 83.3a y x      ． 所以当 17x  时，y 与 x 满足的线性回归方程为 ˆ 0.7 83.3y x   ． 当 20x = 时，科技升级直接收益的预测值为 ˆ 0.7 20 83.3 69.3y      亿元． 当 20x = 亿元时，实际收益的预测值为 69.3 5 74.3  亿元 72.93 亿元， 所以技术升级投入 20 亿元时，公司的实际收益更大． （3）因为 2 0.50   ， 0.53   ，所以 (0.50 0.53) ( 2 )P X P X          第 15 页 共 130 页 ( 2 ) ( )P X P X                 0.9545 0.6827 0.6827 0.81862    ； 1 0.6827( 0.53) ( ) 2P X P X        ． 所以 1 0.6827( ) 0 2 0.8186 4 2E Y      2.2718 2.27  （元）． 22．（2021·高三月考）已知函数 ( ) xf x e ax  ， ( ) lng x x ax  ， a R . （1）当 a e 时，讨论函数 ( ) xf x e ax  的零点个数． （2） ( ) ( ) ( )F x f x g x  的最小值为 m ，求 ( ) lnx mG x e e x  的最小值． 【解析】（1）  f x 的定义域为  ,  ，   xf x e a   . ①当 0a  时，   e 0xf x a   ，  f x 单调递增，又  0 1f  ， 11 1 0af ea        ， 所以函数  f x 有唯一零点； ②当 0a  时，   0xf x e  恒成立，所以函数  f x 无零点； ③当 0 ea  时，令   0xf x e a    ，得 lnx a . 当 lnx a 时， ( ) 0f x¢ < ，  f x 单调递减；当 lnx a 时， ( ) 0f x¢ > ，  f x 单调递增. 所以      ln min ln ln 1 lnaf x f a e a a a a     . 当 0 ea  时，  ln 0f a  ，所以函数  f x 无零点. 综上所述，当 时函数  f x 无零点.当 0a  ，函数  f x 有一个零点. （2）由题意得，   lnxF x e x  ，则   x 1F x e x    ，令   1xh x e x   ，则   2 1 0xh x e x    ， 所以  h x 在( )0,+¥ 上为增函数，即  F x 在( )0,+¥ 上为增函数. 又  1 1 0F e   ， 1 2 02F e        ，所以  F x 在( )0,+¥ 上存在唯一零点 0x ， 且 0 1 ,12x     ，   0 0 0 1 0xF x e x     ，即 0 0 1ex x  . 当  00,x x 时，   0F x  ，  F x 在 00, x 上为减函数，当  0,x x  时，   0F x  ，  F x 在 0 ,x  上为增函数，  F x 的最小值   0 0 0lnxm F x e x   . 第 16 页 共 130 页 因为 0 0 1xe x  ，所以 0 0lnx x  ，所以 0 0 1 2m xx    . 由   lnx mG x e e x  得   m x eG x e x   ，易知  G x 在( )0,+¥ 上为增函数. 因为 2m  ，所以  1 e 0mG e   ，   11 0 m m meG m e em m          ，所以  G x 在 ( )0,+¥ 上存在唯一零点 1x ，且  1 1,x m ，   1 1 1 ee 0 m xG x x     ，当 时，   0G x  ，  G x 在 10, x 上为减函数，当  1,x x  时，   0G x  ，  G x 在 上为增函数，所以  G x 的最小值为   1 1 1e e lnx mG x x  ， 因为 1 1 m x ee x  ，所以 1 1lnx m x  ，所以 1 1lnm x x  ， 又 0 0 0 0 1 1e ln lnxm x x x     ，所以 1 1 0 0 1 1ln lnx x x x    ， 又函数 lny x x  在( )0,+¥ 上为增函数，所以 1 0 1x x  ，   0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1ln 1 0 0 0 0 1 1 1 1ln ln lnx x x x x xmG x e e e e e ex x x x             0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1ln lnx xe x e x xx x x             因为 0 0ln 0x x  ，所以  1 0G x  ，即  G x 在( )0,+¥ 上的最小值为 0.