山东省2012年普通高等学校招生全国统一考试理科数学真题

2012年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)

理科数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。全卷满分150分，考试时间120分钟。

第I卷（共60分）

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）若复数z满足z(2?i)?11?7i（i为虚数单位），则z为（ ）

A．3?5i B.3?5i C.?3?5i D.?3?5i （2）已知全集U?{0,1,2,3,4}，集合A?{1,2,3}，B?{2,4}，则(CUA)（ ） B为

A.{1,2,4} B.{2,3,4} C.{0,2,4} D.{0,2,3,4}

（3）设a?0，a?1，则“函数f(x)?ax在R上是减函数”，是“函数g(x)?(2?a)x3在

R上是增函数”的( )

A .充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

4．采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1,2，……，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9.抽到的32人中，编号落入区间[1,450]的人做问卷A，编号落入区间[451,750]的人做问卷B，其余的人做问卷C.则抽到的人中，做问卷B的人数为（ ）

A.7 B.9 C.10 D.15

?x?2y?2?(5)设变量x,y满足约束条件?2x?y?4，则目标函数z?3x?y的取值范围是

?4x?y??1?（ ）

333A.[?,6] B.[?,?1] C.[?1,6] D.[?6,]

222（6）执行右面的程序框图，如果输入a＝4，那么输出的n的值为（ ）

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A.2 B.3 C.4 D.5

??37（7）若??[,]，sin2??，则sin??（ ）

4283437A． B． C． D．

55448．定义在R上的函数f(x)满足f(x?6)?f(x)，当?3?x??1时，f(x)??(x?2)2；当

?1?x?3时，f(x)?x.则f(1)?f(2)?f(3)?...?f(2012)?（ ）

A.335 B.338 C.1678 D.2012 (9)函数y?cos6x的图象大致为（ ）

2x?2?xA. B.

C. D.

x2y23（10）已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，双曲线x2?y2?1的渐近线与

ab2椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为（ ）

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x2y2x2y2A.??1 B.??1 82126x2y2x2y2?1 ?1 D.?C.?205164（11）现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各四张，从中任取3张，要求这些卡片不能是同一种颜色，且红色至多1张，不同的取法种数为（ ）

A．232 B．252 C．472 D．484 (12) 设函数f(x)?1，g(x)?ax2?bx，若y?f(x)的图象与y?g(x)的图象有且仅有x两个不同的公共点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则下列判断正确的是（ ） A. 当a?0时，x1?x2?0，y1?y2?0 B. 当a?0时，x1?x2?0，y1?y2?0 C. 当a?0时，x1?x2?0，y1?y2?0 D. 当a?0时，x1?x2?0，y1?y2?0 第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.

（13）若不等式|kx?4|?2的解集为{x|1?x?3}，则实数k?__________.

（14）如图，正方体ABCD?A1BC11D1的棱长为1，E,F分别为线段AA1C上的点，1，B则三棱锥D1?EDF的体积为____________.

（15）设a?0，若曲线y?x与直线x?a，y?0所围成封闭图形的面积为a， 则a?______.

（16）如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在(0，1)，此时圆上一

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点P的位置在(0，0)，圆在x轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于(2，1)时，OP的坐标为＿＿＿＿.

三、解答题：本大题共6小题，共74分. （17）（本小题满分12分）

已知向量m?(sinx,1)，n?(3Acosx,函数f(x)?mn的最大值为6. （Ⅰ）求A；

（Ⅱ）将函数y?f(x)的图象向左平移原来的

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Acos2x)(A?0)， 2?个单位，再将所得图象各点的横坐标缩短为1215?倍，纵坐标不变，得到函数y?g(x)的图象.求g(x)在[0,]上的值域. 224（18）（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB//CD，?DAB?60，FC?平面ABCD，AE?BD，CB?CD?CF. （Ⅰ）求证：BD?平面AED； （Ⅱ）求二面角F?BD?C的余弦值.

（19）（本小题满分12分）

现有甲、乙两个靶.某射手向甲靶射击一次，命中的概率为得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为

3，命中得1分，没有命中42,每命中一次得2分，没有命中得0分.3该射手每次射击的结果相互独立.假设该射手完成以上三次射击. （Ⅰ）求该射手恰好命中一次得的概率；

（Ⅱ）求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.

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（20）（本小题满分12分）

在等差数列{an}中，a3?a4?a5?84，a9?73. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）对任意m?N?，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列

{bm}的前m项和Sm.

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（21）（本小题满分13分）

在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C:x2?2py(p?0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M,F,O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的

3距离为.

4（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）是否在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；

1（Ⅲ）若点M的横坐标为2，直线l:y?kx?与抛物线C有两个不同的交点A,B，l4与圆Q有两个不同的交点D,E，求当

1?k?2时，|AB|2?|DE|2的最小值. 2第 7 页 共 22 页

22(本小题满分13分) (22) (本小题满分13分) 已知函数f(x)?lnx?k(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线y?f(x)在点ex(1,f(1))处的切线与x轴平行.

(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的单调区间；

(Ⅲ)设g(x)?(x2?x)f?(x)，其中f?(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x?0,g(x)?1?e?2.

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2012年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)

理科数学参考答案

一、选择题： 1.答案：A

方法一（待定系数法）设z?a?bi，则z(2?i)?(a?bi)(2?i)?(2a?b)?(2b?a)i.

?2a?b?11由题意知z(2?i)?11?7i，由复数相等的定义可得?，

?2b?a?7?a?3解得?，所以z?3?5i，

b?5?故选A.

方法二（除法法则）因为z(2?i)?11?7i，所以

z?11?7i(11?7i)(2?i)(22?7i2)?(11?14)i(22?7)?25i????3?5i， 2?i(2?i)(2?i)55故选A. 2.答案：C

解答过程：CUA?{0,4}，所以(CUA)B?{0,2,4}， 3.答案：A

“函数f(x)?ax在R上是减函数”的充要条件是p:0?a?1；

因为g?(x)?3(2?a)x2，而x2?0，所以“函数g(x)?(2?a)x3在R上是增函数”的充要条件是2?a?0，即a?2，又因为a?0，a?1，所以“函数g(x)?(2?a)x3在R上是增函数”的充要条件是q:0?a?2,a?1.

显然p?q，但q?p，所以p是q的充分不必要条件，即“函数f(x)?ax在R上是减函数”，是“函数g(x)?(2?a)x3在R上是增函数”的充分不必要条件， 4.答案：C

方法一，（通项法）由题意可知，系统抽样中每一组的样本数为

960?30，又因为第一32(?1)组抽取的样本号码为9，所以第k组抽取的样本号码应该为9?30?k，由451?9?30?k(?1)?750，即15.4?k?25.7，因为k?N，所以16?k?25(k?N)，所

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以k?16,17,...,25共10个数，即应该有10人做试卷B. 方法二，（整除法）由题意可知，系统抽样中每一组的样本数为做问卷A的人编号在区间[1,450]内，而15组，每组抽取一个，共抽取15人.

而编号在区间[1,750]内的人需要做A卷或B卷，而的人应分为25组，每组抽取一个，共抽取25人. 所以作B问卷的人有25?15?10人. 5.答案：A

如图画出不等式组所表示的平面区域，

750?25，即编号为区间[1,750]内30960?30. 32450?15，即编号为区间[1,450]内的人应分为30

做出目标函数z?3x?y，z的几何意义是直线l:3x?y?z?0在y轴上截距的相反数 显然当直线l经过点A(2,0)时取得最大值，最大值为zmax?3?2?0?6；当直线l经过点

113B(,3)时取得最小值，最小值为zmin?3??3??.所以目标函数z?3x?y的取值范 2223围是[?,6].

2故选：A 6.答案：B

（方法一） 由题意可知，0?1成立，故第一次执行循环体， P?1,Q?3，n?1；

1?3成立，故第二次执行循环体，P?1?4?5,Q?2?3?1?7， n?2；

5?7成立，故第三次执行循环体，P?1?4?42?21,Q?2?7?1?15，n?3；

显然21?15不成立，即P?Q不成立，所以程序结束，输出n的值3， 故答案选B.

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（方法二）由程序框图可知，每一次计算所得到P的值是一个等比数列{an}的前n项和，

n?1n?1该等比数列的首项为a1?P，公比，其通项公式为，故q?4?1a?P?q?41n11?4n1nPn??(4?1)；每一次计算所得到的Q值构成一个递推数列{Qn}，其中Q1?3，

1?43且Qn?2Qn?1?1，所以Qn?1?2(Qn?1?1)，故{Qn?1}是一个以Q1?1?4，公比为2的等比数列，所以Qn?1?4?2n?1?2n?1，故Qn?2n?1?1.

1n(4?1)?2n?1?1的最大值n. 显然该程序框图的功能就是求解满足P，即?Qnn31不等式(4n?1)?2n?1?1等价于(2n)2?6?2n?2?0.

3令t?2n，故不等式可变为t2?6t?2?0，

??(?6)2?4?1?2?28?0，故不等式对应方程的两根为t1,2?6???3?7， 2?1故不等式的解为t?3?7或t?3?7，因为n?1，所以t?2，故不等式的解为

t?3?7，即2n?3?7. 因为2?7?3，所以5?3?7?6，故n的最小值为3. 故选B. 7.答案：D

???1解法一，由??[,]，可得2??[,?]，故cos2???1?sin22???，

4228由cos2??1?2sin2?，可得sin??解法二，由，sin2??1?cos2?3?. 243737可得sin?cos??， 816??又??[,]，故sin??0,cos??0，而sin2??cos2??1，解方程组可得

423?sin???4?. 故选：D ??cos??7??48.答案：B

根据条件f(x?6)?f(x)可知函数是周期为6的周期函数，由当?3?x??1时，

f(x)??(x?2)2；当?1?x?3时，f(x)?x，可知f(1)?1，f(2)?2，

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f(3)?f(?3)??(?3?2)2??1，f(4)?f(?2)??(?2?2)2?0，

f(5)?f(?1)??1，f(6)?f(0)?0.

故f(1)?f(2)?f(3)?f(4)?f(5)?f(6)?1，

所以f(1)?f(2)?f(3)?...?f(2012)?335?1?f(1)?f(2)?338. 故选：B 9.答案：D 解答过程：

函数h(x)?2x?2?x为R上的单调递增函数，当x?0时，h(0)?20?2?0?0，所以当x?0时，h(x)?0；当x?0时，h(x)?0. 所以当x?0时，y?cos6xcos6xx?0y?y?cos6x的符号与的符号相反；当时，

2x?2?x2x?2?x的符号与y?cos6x的符号相同，所以给出的四个选项只有D正确. 10.答案：D

x2y2a2b22双曲线x?y?1的渐近线方程为y??x,代入2?2?1，解得x?2， 2a?bab22而S?4x2?16，故有a2b2?4(a2?b2).

cx2y24222?1. 又e?可得a?2b，则b?5b，解得b?5，故a?20.所以椭圆的方程为?a20511.答案：C

方法一（分类计数）以抽取卡片颜色种数进行分类.

3（1）抽取的是三种颜色的卡片，第一步，从四种颜色中抽取三种颜色，不同的结果C4111种；第二步，分别从三种颜色的卡片中任取一张，不同的取法有C4C4C4种. 3111由分步计数原理可得，不同的结果共有C4C4C4C4?256种.

（2）抽取的卡片有两种颜色，

①不含红色卡片，则第一步，取红色之外的两种颜色，不同的抽法有C32种；第二步，

122从这两种颜色中分别抽取一张、两张，不同的结果有C4种， C4?A22122由分步计数原理可得，不同的结果共有C3C4C4?A2?144种.

1②含有红色的卡片，第一步，从其它三种颜色中任取一种颜色，不同的抽法为C3种； 12第二步，从红色中卡片抽取一张，从另一种颜色中抽取两张，不同的结果为C4C4种, 112由分步计数原理可得，不同的结果有C3C4C4?72种.

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由分类计数原理可得，不同的结果共有256?144?72?472种. 故选C.

（方法二）排除法

从16张卡片中任取3张，三张卡片的颜色种数只能有两种：

3（1）抽取的是三种颜色的卡片，第一步，从四种颜色中抽取三种颜色，不同的结果C4111种；第二步，分别从三种颜色的卡片中任取一张，不同的取法有C4C4C4种. 3111由分步计数原理可得，不同的结果共有C4C4C4C4?256种.

（2）抽取的三张卡片只有两种颜色，

2第一步，从四种颜色中选取两种颜色，不同的取法为C4种；第二步，从选出的两种颜122色的卡片中分别取出一张、两张，不同的取法为C4C4A2种，

2122由分步计数原理可得，不同的结果共有C4C4C4A2?288种.

(3)抽取两种颜色时，有两张红色卡片的抽法

1第一步，从红色之外的三种颜色任选一种，不同的选法为C3种；

21第二步，从红色卡片中抽取2张，从选出的颜色卡片中抽取一张，不同的取法为C4C4种，

121由分步计数原理可得，不同的结果共有C3C4C4?72种.

所以满足条件的不同抽取结果共有256?288?72?472种. 故选C. 12.答案：B

方法一，由题意，y?f(x)的图象与y?g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点

A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以方程f(x)?g(x)，即且只有两个不同的根x1,x2.

1?ax2?bx，也就是ax3?bx2?1?0有x故方程可变为a(x?x1)2(x?x2)?0，所以a(x?x1)2(x?x2)?ax3?bx2?1， 即ax3?a(2x1?x2)x2?a(x12?2x1x2)x?ax12x2?ax3?bx2?1，

??a(2x1?x2)?b?所以?x12?2x1x2?0，

?2?ax1x2?1由ax12x2?1可知x1?0，x2?

1 2ax1第 13 页 共 22 页

又x12?2x1x2?0，即x1(x1?2x2)?0，所以x1?2x2?0，所以x1?x2??x2，且x1??2x2. 当a?0时，有x2?0，故x1?x2??x2?0，x1?0. 所以y1?y2?11x1?x2???0； x1x2x1x2当a?0时，有x2?0，故x1?x2??x2?0，x1?0. 所以y1?y2?故选B.

方法二，由题意，y?f(x)的图象与y?g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点

11x1?x2???0. x1x2x1x2A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以方程f(x)?g(x)，即且只有两个不同的根x1,x2.

1?ax2?bx，也就是ax3?bx2?1?0有x设F(x)?ax3?bx2?1，则F?(x)?3x2?2bx，令F?(x)?0得x?0或x??2b. 3因为方程ax3?bx2?1?0有且只有两个不同的根，即函数F(x)的图象与x轴只有两个不

0)?0或F(?同的交点，故函数F(x)必有一个极值为0，即F(2b)?0，0)??1?0而F(3，

故必有F(?2b2b2b272)?0，即(?)3?b(?)2?1?0，整理得b3?a. 3334显然b?0，若b?3，则a??2.

当b?3,a?2时，方程为2x3?3x2?1?0，解得x1??1，x2?此时y1??1，y2?2，故有x1?x2??1， 21?0，y1?y2?1?0； 21当b?3,a??2时，方程为?2x3?3x2?1?0，解得x1?1，x2??，

2此时y1?1，y2??2，故有x1?x2?故选B.

1?0，y1?y2??1?0. 2第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分. 13.答案：k?2

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方法一，kx?4?2??2?kx?4?2?2?kx?6，根据解集为?x1?x?3?，故而k?0，此时

2626?x?，故有?1且?3解得k?2. kkkk?|k?4|?2解法二，由题意可知1,3是方程|kx?4|?2的两根，所以有?，解得k?2.

?|3k?4|?2解法三，不等式等价于|kx?4|2?22，即k2x2?8kx?12?0，

8k?1?3???k222由题意可知1,3是方程kx?8kx?12?0的两根，故有?，解得k?2.

12?1?3??k2?114.答案：

61111由题意可知，VD1?EDF?VF?EDD1??S?EDD1?DC???1?1?

332615.答案：a?S??a9 4O923a32axdx?x|0?a2?a，解得a?.

43316.答案：OP?(2?sin2,1?cos2)

如图所示，点C(2,1)在x,y轴上的射影分别为A,D，点P在x轴上的射影为D.PB与CD交于点E.

根据题意可知圆沿x轴的正向滚动了2单位弧长，点P旋转的弧度数为

?ACP?2，?PCE?2?2?2弧度.即1?2.

?故在Rt?PCE中，CE?CPcos(2?)?sin2，

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PE?PCcos?PCE?sin(2?)??cos2.

2?因为C(2,1)，所以xP?2?CE?2?sin2；yP?1?EP?1?cos2， 所以OP?(2?sin2,1?cos2).

?x?2?cos?方法二：根据题意可知滚动至圆心为(2,1)时的圆的参数方程为?，

y?1?sin??3??x?2?cos(?2)?2?sin2?3??2?2，则点P的坐标为?且?PCA?2,??.

3?2?y?1?sin(?2)?1?cos2??2所以OP?(2?sin2,1?cos2).

三、解答题：本大题共6小题，共74分. 17.答案：（1）A?6

（2）[?3,6]

（Ⅰ）f(x)?m?n?3Acosxsinx??Asin(2x?).

6A3Acos2x?Asin2x?cos2x 222?则A?6.

（Ⅱ）函数y?f(x)的图象向左平移

???个单位得到函数y?6sin[2(x?)?]的图象，121261倍，纵坐标不变，得到函数2再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的

g(x)?6sin(4x?).

3?当x?[0,5???7??1]时，4x??[,]，sin(4x?)?[?,1]，故g(x)?[?3,6]. 24336325?]上的值域为[?3,6]. 24故函数g(x)在[0,??另解：由g(x)?6sin(4x?)可得g?(x)?24cos(4x?)，令g?(x)?0，则

334x??3?k???2（k?Z），而x?[0,5??]，则x?， 2424 第 16 页 共 22 页

于是g(0)?6sin?3?33，g(?24)?6sin?2?6，g(5?7?)?6sin??3. 246所以?3?g(x)?6，即函数g(x)在[0,18.答案：（2）

5 55?]上的值域为[?3,6]. 24（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB//CD，?DAB?60，CB?CD， 由余弦定理可知

BD2?CD2?CB2?2CDCBcos(180??DAB)?3CD2

即BD?3CD?3AD，在?ABD中，?DAB?60，BD?3AD， 则?ABD为直角三角形，且AD?DB.

又AE?BD，AD?平面AED，AE?平面AED，且AD故BD?平面AED.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AC?CB，设CB?1，则CA?BD?3,建立如图所示的空间直角坐标系，F(0,0,1)，B(0,1,0)，D(量.

31,?,0)，向量n?(0,0,1)为平面BDC的一个法向22AE?A,

?33?m?BD?0?x?y?0?设向量m?(x,y,z)为平面BDF的法向量，则?，即?2， 2??y?z?0?m?FB?0?取y?1，则x?3,z?1，则m?(3,1,1)为平面BDF的一个法向量

cos?m,n??m?n15， ??5|m|?|n|55. 5而二面角F?BD?C的平面角为锐角，则二面角F?BD?C的余弦值为

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19.答案：（1）（Ⅰ）P?741（2） 361231211127?()??C2???； 4343336（Ⅱ）X?0,1,2,3,4,5

P(X?0)?P(X?1)?P(X?2)?1121?()?； 43363121?()?； 431211121?C2???； 433931121P(X?3)??C2???；

4333P(X?4)?1221?()?； 439321P(X?5)??()2?.

433

EX?0?11111141?1??2??3??4??5??. 361293931292m?1?19m?20.答案：（1）an?9n?8（2）Sm? 808（Ⅰ）由a3?a4?a5?84可得3a4?84，a4?28， 而a9?73，则5d?a9?a4?45，解得d?9. 故a1?a4?3d?28?27?1， 于是an?9n?8.

（Ⅱ）对任意m?N?，9m?9n?8?92m，则9m?8?9n?92m?8， 即9m?1?88?n?92m?1?. 99而n?N?，由题意可知bm?92m?1?9m?1. 于是

Sm?b1?b2?b3?...?bm?91?93?95?...?92m?1?(90?91?92?...?9m?1)

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9?92m?19?9m92m?1?99m?192m?1?109m?192m?1?19m???????. 1?921?98088080892m?1?19m即Sm?. ?80821.答案：（1）x2?2y（3）

13 2p（Ⅰ）F是抛物线C:x2?2py(p?0)的焦点，F(0,).

2px02设M(x0,)(x0?0)，Q(a,b)，由题意可知b?，

42p则点Q到抛物线C的准线的距离为b?于是抛物线C的方程为x2?2y.

ppp3p3????，解得p?1. 24244x02（Ⅱ）假设存在点M(x0,)（x0?0），使得直线MQ与抛物线C相切于点M，

2x2抛物线在点M处的切线斜率为y?|x?x0?()?|x?x0?x0，

2x02?x0(x?x0). 所以直线MQ的方程为y?2令y?故(1xx111，得xQ?0?，所以Q(0?,)，又|QM|?|OQ|， 424x024x04xx11x11?0)2?(?0)2?(?0)2? 4x02424x0216x19?0)2?，又x0?0， 4x0216因此(所以x0?2，此时M(2,1).

故存在点M(2,1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M. （Ⅲ）解法一，当x0?2时，由（Ⅱ）得Q(所以Q的方程为(x?5215221236， ,).Q的半径r?()?()?84848522127)?(y?)2?. 843212?y?x??2由?，整理得2x2?4kx?1?0， ?y?kx?1??4

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设A,B两点的坐标为(x1,y1),(x2,y2)， 由于?1?16k2?8?0，x1?x2?2k，x1x2??1， 2所以|AB|2?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]?(1?k2)(4k2?2)，

?522127(x?)?(y?)2???8432， 由??y?kx?1??4整理得(1?k2)x2?521x??0， 416设D,E两点的坐标分别为(x3,y3),(x4,y4).

k227152?0，x3?x4?xx??由于?2??，. 34224816(1?k)4(1?k)所以|DE|2?(1?k2)[(x3?x4)2?4x3x4]?因此|AB|2?|DE|2?(1?k2)(4k2?2)?令1?k2?t，由于

251?. 28(1?k)4251?

8(1?k2)415?k?2，则?t?5. 24251251??4t2?2t??， 8t48t4所以|AB|2?|DE|2?t(4t?2)?令g(t)?4t2?2t?2515?,t?[,5]， 8t442555??t?[,5]g(t)?g()?6?0， ，所以当时，28t44因为g?(t)?8t?2?5513所以函数g(t)在t?[,5]是增函数，所以当t?时，g(t)取到最小值，

442因此当k?113时，|AB|2?|DE|2取到最小值. 22解法二，当x0?2时，由（Ⅱ）得Q(5215221236,).Q的半径r?(， )?()?8484852k|1|52k|?圆心Q到直线y?kx?的距离d?8， 2241?k81?k| 第 20 页 共 22 页

2725k227?2k2所以|DE|?4(r?d)?4(?. )?3232(1?k2)8(1?k2)22212?y?x??2由?，整理得2x2?4kx?1?0， ?y?kx?1??4设A,B两点的坐标为(x1,y1),(x2,y2)， 由于?1?16k2?8?0，x1?x2?2k，x1x2??1， 2所以|AB|2?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]?(1?k2)(4k2?2). 于是

27?2k29251142|AB|?|DE|?(1?k)(4k?2)??4k?6k??(?k?2)

8(1?k2)481?k22222292511(?x?4)， 记f(x)?4x2?6x??481?x4则f?(x)?8x?6?251251?6??0(?x?4)， 28(1?x)841所以f(x)在[,4]上单调递增，

4所以当x?所以当k?1113时，f(x)取得最小值f(x)min?f()?， 442113时，|AB|2?|DE|2取到最小值. 2222.答案：（1）k?1

1?lnx?k1?kx? (I)f?(x)?，由已知，f(1)??0，∴k?1. xee1?lnx?1x(II)由(I)知，f?(x)?. ex设k(x)??lnx?1，则k?(x)??1x11??0，即k(x)在(0,??)上是减函数， x2x由k(1)?0知，当0?x?1时k(x)?0，从而f?(x)?0， 当x?1时k(x)?0，从而f?(x)?0.

综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,??).

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(III)因为g(x)?(x2?x)f?(x)，所以g(x)?x?1(1?x?xlnx),x?(0,??). ex记p(x)?1?x?xlnx（x?0），p?x()?n?lx2?令p?(x)?0，得x?e?2，

当x?(0,e?2)时，p?(x)?0，p(x)单调递增； 当x?(e?2,??)时，p?(x)?0，p(x)单调递减.

，

所以p(x)min?p(e?2)?1?e?2?e?2lne?2?1?e?2，即1?x?xlnx?1?e?2. 记q(x)?1?xx?,(x?0)q(x)???0，所以f(x)在(0,??)上单调递减， ，

exex1?x?1. xe所以q(x)?q(0)?1，即综上，即

1?x?1?1?e?2?1?x?xlnx（x?0）， xe1?x1?x?2?2(1?x?xlnx)?(1?e)?1?e. xxee因此对任意的x?0，g(x)?1?e?2.

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