2018年福建省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）一、选择题：本大题共12个小题，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A={x|x2−2x−3<0}，B={−2, −1, 1, 2}，则A∩B=()A.{−1, 2}B.{−2, 1}C.{1, 2}D.{−1, −2}【答案】C【考点】交集及其运算【解析】求出A的范围，求出A，B的交集即可．【解答】A={x|x2−2x−3<0}={x|−1<x<3}，B={−2, −1, 1, 2}，则A∩B={1, 2}，2. 已知向量AB→=(1,1)，AC→=(2,3)，则下列向量中与BC→垂直的是（）A.a→=(3, 6)B.b→=(8, −6)C.c→=(6, 8)D.d→=(−6, 3)【答案】D【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】根据题意，求出向量BC→的坐标，由向量垂直与向量数量积的关系，依次分析选项，验证a→⋅BC→是否为0，综合即可得答案．【解答】根据题意，向量AB→=(1,1)，AC→=(2,3)，则BC→=AC→−AB→=(1, 2)，对于A，a→=(3, 6)，a→⋅BC→=1×3+2×6＝15≠0，即a→与BC→不垂直，A不符合题意；对于B，a→=(8, −6)，a→⋅BC→=1×8+2×(−6)＝−4≠0，即a→与BC→不垂直，B不符合题意；对于C，a→=(6, 8)，a→⋅BC→=1×6+2×8＝22≠0，即a→与BC→不垂直，C不符合题意；对于D，a→=(−6, 3)，a→⋅BC→=1×(−6)+2×3＝0，即a→与BC→垂直，D符合题意；3. 设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S n=2n+1+λ，则λ=()A.−2B.−1C.1D.2【答案】A【考点】等比数列的前n项和【解析】根据题意，由数列的前n项和公式写出数列的前3项，由等比数列的定义分析可得(4+λ)×8=42，解可得λ的值，即可得答案．【解答】根据题意，等比数列{a n}中，有S n=2n+1+λ，则a1=S1=4+λ，a2=S2−S1=(23+λ)−(22+λ)=4，a3=S3−S2=(24+λ)−(23+λ)=8，{a n}为等比数列，则有(4+λ)×8=42，解可得：λ=−2；4. 如图，曲线y=sinπx2+3把边长为4的正方形OABC分成黑色部分和白色部分．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A.1 4B.13C.38D.34【答案】A【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】本题主要考查几何概型、三角函数的图象与性质等．【解答】解：设曲线y=sinπx2+3(0≤x≤4)与线段OC，AB，BC的公共点分别为D，E，F，连接DE，设DE中点为G，则D(0, 3 )，E(4, 3 )，F(1, 4 )，G(2, 3)．因为曲线y=sinπx2+3关于点G(2, 3)中心对称，所以曲线y=sinπx2+3与线段DE围成的左（白）、右（黑）两部分面积相等，所以黑色部分的面积等于矩形DEBC的面积，所以所求概率为S矩形DEBCS正方形OABC =416=14．故选A．5. 若α是第二象限角，且sinα=35，则1−2sinπ+α2sinπ−α2=()A.−65B.−45C.45D.65【答案】C【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】由已知求出cosα，再由诱导公式化简1−2sinπ+α2sinπ−α2，结合二倍角的余弦求解．【解答】∵α是第二象限角，且sinα=35，∴cosα=−√1−sin2α=−45，∴1−2sinπ+α2sinπ−α2=1−2cosα2∗cosα2=1−2cos2α2=−(2cos2α2−1)=−cosα=45．6. 已知a=0.40.3，b=0.30.4，c=0.3−0.2，则（）A.b<a<cB.b<c<aC.c<b<aD.a<b<c【答案】A【考点】指数函数的图像与性质【解析】根据指数函数以及幂函数的单调性判断即可．【解答】∵1>a=0.40.3>0.30.3>b=0.30.4，c=0.3−0.2>1，∴b<a<c，7. 程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作．它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用．卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个．问该若干？”如图是解决该问题的程序框图．执行该程序框图，求得该垛果子的总数S为（）A.28B.56C.84D.120【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】模拟程序的运行，可得i=0，n=0，S=0执行循环体，i=1，n=1，S=1不满足条件i≥7，执行循环体，i=2，n=3，S=4不满足条件i≥7，执行循环体，i=3，n=6，S=10不满足条件i≥7，执行循环体，i=4，n=10，S=20不满足条件i≥7，执行循环体，i=5，n=15，S=35不满足条件i≥7，执行循环体，i=6，n=21，S=56不满足条件i≥7，执行循环体，i=7，n=28，S=84满足条件i≥7，退出循环，输出S的值为84．8. 某校有A,B,C,D四件作品参加航模类作品比赛．已知这四件作品中恰有两件获奖，在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况进行预测，甲说：“A,B同时获奖”，乙说：“B,D不可能同时获奖”，丙说：“C获奖，”，丁说：“A,C至少一件获奖”．如果以上四位同学中有且只有两位同学的预测是正确的，则获奖的作品是（）A.作品A与作品BB.作品B与作品CC.作品C与作品DD.作品A与作品D【答案】D【考点】进行简单的合情推理【解析】本题主要考查推理知识．【解答】解：若甲预测正确，则乙预测正确，丙预测错误，丁预测正确，与题意不符，故甲预测错误；若乙预测错误，则依题意丙、丁均预测正确，但若丙、丁预测正确，则获奖作品可能是“A，C＂、“B，C”、“C，D”，这几种情况都与乙预测错误相矛盾，故乙预测正确，所以丙、丁中恰有一人预测正确，若丙预测正确，丁预测错误，两者互相矛盾，排除；若丙预测错误，丁预测正确，则获奖作品只能是“A，D”，经验证符合题意．故选D．9. 某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为（）A.24+(√2−1)πB.24+(2√2−2)πC.24+(√5−1)πD.24+(2√3−2)π【答案】 B【考点】由三视图求表面积（切割型） 【解析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为棱长为2的正方体挖去两个圆锥得到，圆锥的底面半径为1，高为1．再由正方体表面积及圆锥表面积列式求解． 【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为棱长为2的正方体挖去两个圆锥得到． 圆锥的底面半径为1，高为1． 则该几何体的表面积为6×2×2−2π×12+2×π×1×√2 =24+(2√2−2)π， 故选B .10. 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且x ∈R 时，均有f(3+x)=f(2−x)，2≤f(x)≤8，则满足条件的f(x)可以是（ ） A.f(x)=6+3cos 2πx 5B.f(x)=5+3sinπx 5C.f(x)={2,x ∈Q,8,x ∈∁R QD.f(x)={2,x ≤0,8,x >0【答案】 C函数奇偶性的性质【解析】本题主要考查函数的奇偶性、周期性及函数图象的对称性等．【解答】解：因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以排除选项B，D；因为2≤f(x)≤8，所以排除选项A.故选C．11. 已知F1，F2为双曲线C:x216−y29=1的左、右焦点，P为C上异于顶点的点．直线l分别与PF1，PF2为直径的圆相切于A，B两点，则|AB|＝（）A.√7B.3C.4D.5【答案】B【考点】双曲线的离心率【解析】设PF1，PF2的中点分别为M，N，则NM＝c，AM−NB=12(PF1−PF2)=a，可得AB=√MN2−(MA−NB)2=√c2−a2=b=3【解答】如图，设PF1，PF2的中点分别为M，N，则NM＝c，AM−NB=12(PF1−PF2)=a，∴AB=√MN2−(MA−NB)2=√c2−a2=b=312. 已知数列{a n}的前n项和为S n，2S n=a n+12−a n+1，且a2=a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为（）A.3B.6C.9D.12【答案】B【考点】数列的函数特性【解析】此题暂无解析解：当n =1时，2S 1=a 22−a 2，即a 1=12(a 22−a 2)=12(a 2−12)2−18，所以当且仅当|a 2−12|最大时，a 1取得最大值．当n ≥2时，由{2S n =a n+12−a n+1,2S n−1=a n 2−a n得2a n =a n+12−a n 2−a n+1+a n ． 所以(a n+1+a n )(a n+1−a n −1)=0， 所以a n+1=−a n 或a n+1−a n =1， 即数列{a n }从第三项开始，每一项是由前一项加1或乘−1得到． 又a 2=a 9，a 2经过7项变换得到a 9，所以a 9=−a 2+k(−6≤k ≤6，且k 为偶数)，即−a 2+k =a 2，可得a 2=12k ． 当k =6时，a 2取得最大值3； 当k =−6时，a 2取得最小值−3． 所以当a 2=−3时，|a 2−12|取得最大值，对应a 1取得最大值为6． 故选B ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.已知复数z 满足z(3+4i)=4+3i ，则|z|=________． 【答案】 1【考点】 复数的模 【解析】把已知等式变形，利用|z|=|z|及商的模等于模的商求解． 【解答】由z(3+4i)=4+3i ，得z =4+3i 3+4i ，∴ |z|=|z|=|4+3i 3+4i|=|4+3i||3+4i|=55=1．若x ，y 满足约束条件{2x +y −3≥0,x −y ≤0,x +2y −6≤0,则z =x +y 的取值范围为________．【答案】 [2, 4] 【考点】 简单线性规划 【解析】本题主要考查线性规划． 【解答】 解：通解作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线x +y =0，并平移，当直线过点A(1,1)时，z 取得最小值2； 当直线过点B(2,2)时，z 取得最大值4，所以z =x +y 的取值范围为[2,4]． 故答案为：[2,4]． 优解 由题意，求出不等式组所表示的平面区域的三个顶点分别为(0,3)，(1,1)，(2,2)， 并把它们代入目标函数z =x +y 可求得z 的值分别为3，2，4， 所以z =x +y 的取值范围为[2,4]． 故答案为：[2,4]．已知A ，B 分别为椭圆C 的长轴端点和短轴端点，F 是C 的焦点．若△ABF 为等腰三角形，则C 的离心率等于________． 【答案】 √3−12【考点】椭圆的离心率 椭圆的定义 【解析】设椭圆方程，根据椭圆可知，|AB =|AF|，列方程，根据椭圆的离心率的取值范围，即可求得答案． 【解答】设椭圆的标准方程：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)， 由题意可知：设A ，B 分别为椭圆的左顶点及上顶点，则|AB|=√a 2+b 2，|BF|=a ， |AF|=a +c ，则|AB =|AF|，则√a 2+b 2=a +c ， 由b 2=a 2−c 2，整理得2c 2+2ac −a 2=0， 由e =ca ，则2e 2+2e −1=0， 解得：e =−1+√32或e =−1−√32，由0<e <1，则e =−1+√32．已知底面边长为4√2，侧棱长为2√5的正四棱锥S −ABCD 内接于球O 1，若球O 2在球O 1内且与平面ABCD 相切，则球O 2的直径的最大值为________．8【考点】球的体积和表面积【解析】本题主要考查四棱锥、球等知识.【解答】解：设正方形ABCD的中心为O，连接AO,DO,SO，易知SO⊥平面ABCD,O1在直线SO上，且线段SO为正四棱锥S−ABCD的高，因为正方形ABCD的边长为4√2,所以OD=4,SO=√SD2−OD2=2.连接O1D，设O1D=R，则O1O=|R−2|，又OD2+O1O2=O1D2，所以16+(R−2)2=R2，解得R=5，所以球O2的直径的最大值为2R−2=8.故答案为：8.三、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、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知√3bcosC−csinB=√3a．（1）求B；（2）若a=3，b=7，D为AC边上一点，且sin∠BDC=√33，求BD．【答案】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．∵√3bcosC−csinB=√3a，利用正弦定理：√3sinBcosC−sinCsinB=√3sinA=√3sin(B+C)，则：sinCsinB=−√3cosBsinC，所以：tanB=−√3，由于：0<B<π，所以：B=2π3．在△ABC中，由正弦定理可得asinA =bsinB⇒3sinA=√32⇒sinA=3√314．sinC=sin(A+∠ABC)=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC=3√314×(−12)+1314×√32=5√314，在△CDB中，由正弦定理得DBsinC =CBsin∠BDC⇒BD=sinC×CBsin∠BDC=5√314×3√33=4514．【考点】三角形求面积【解析】（1）由√3bcosC−csinB=√3a，可得√3sinBcosC−sinCsinB=√3sinA=√3sin(B+ C)，tanB=−√3，即可得B．（2）在△ABC中，由正弦定理⇒sinA=3√314．再求得sinC，在△CDB中，可得BD=sinC×CBsin∠BDC．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．∵√3bcosC−csinB=√3a，利用正弦定理：√3sinBcosC−sinCsinB=√3sinA=√3sin(B+C)，则：sinCsinB=−√3cosBsinC，所以：tanB=−√3，由于：0<B<π，所以：B=2π3．在△ABC中，由正弦定理可得asinA =bsinB⇒3sinA=√32⇒sinA=3√314．sinC=sin(A+∠ABC)=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC=3√314×(−12)+1314×√32=5√314，在△CDB中，由正弦定理得DBsinC =CBsin∠BDC⇒BD=sinC×CBsin∠BDC=5√314×3√33=4514．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，CC1=3√3，BC=3，AC=2√3．（1）试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．【答案】过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3√3，∴B1C=6，∴PC1=3×3√36=3√32，B1P=32，∴VA−B1C1P =13S△B1C1P∗AC=13×12×32×3√32×2√3=94．又V A−A1B1C1=13S△A1B1C1∗AA1=13×12×3×2√3×3√3=9．∴多面体A1B1C1PA的体积为：V A−B1C1P +V A−A1B1C1=454．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】（1）先由直三棱柱的性质及AC⊥BC得到AC⊥平面BCC1B1，从而有C1P⊥AC，所以要使PC1⊥AP，只需C1P⊥B1C即可，然后以此为条件进行证明即可；（2）把多面体A1B1C1PA分割为三棱锥A−A1B1C1和三棱锥A−B1PC1，分别计算体积并求和．【解答】过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3√3，∴B1C=6，∴PC1=3×3√36=3√32，B1P=32，∴VA−B1C1P =13S△B1C1P∗AC=13×12×32×3√32×2√3=94．又V A−A1B1C1=13S△A1B1C1∗AA1=13×12×3×2√3×3√3=9．∴多面体A1B1C1PA的体积为：V A−B1C1P +V A−A1B1C1=454．某种常见疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与地域、初次患该疾病的年龄（以下简称初次患病年龄）的关系，在甲、乙两个地区随机抽取100名患者调查其疾病类型及初次患病年龄，得到如下数据：（1）从Ⅰ型疾病患者中随机抽取1人，估计其初次患病年龄小于40岁的概率；（2）记“初次患病年龄在[10, 40)的患者”为“低龄患者”，“初次患病年龄在[40, 70)的患者”为“高龄患者”．根据表中数据，解决以下问题：(i)将以下两个列联表补充完整，并判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中哪个变量与该疾病的类型有关联的可能性更大．（直接写出结论，不必说明理由）表一：表二：(ii)记(i)中与该疾病的类型有关联的可能性更大的变量为X．问：是否有99.9%的把握认为“该疾病的类型与X有关？”附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，Ⅰ型疾病患者中共有23+17=40人，初次患病年龄小于40岁的人数为15+10=25；从这40名患者中随机抽取1人，计算其初次患病年龄小于40岁的概率为P=2540=58；(i)将以下两个列联表补充完整如下，表一：表二：表二中的|ad−bc|=|25×45−15×15|=900，由此判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中，初次患病年龄与该疾病的类型有关联的可能性更大；(ii)(i)中与该疾病的类型有关联的可能性更大的是初次患病年龄，计算X2=100×(25×45−15×15)240×60×40×60=14.065>10.828，所以有99.9%的把握认为“该疾病的类型与初次患病年龄有关”．【考点】独立性检验【解析】（1）从频数分布表统计出样本中Ⅰ型患者的人数和Ⅰ型患者中初次患病年龄小于40岁的人数，根据概率的意义，即可估计所求事件的概率；(2)(i)从频数分布表分别统计出甲地、乙地Ⅰ型患者的频数，甲地、乙地Ⅱ型患者的频数，Ⅰ型患者中低龄患者、高龄患者的频数，Ⅱ型患者中低龄患者、高龄患者的频数，正确填入对应的列联表即可；根据表中数据比较两者相应的|ad−bc|或|ac −bd|的大小，便可直接判断哪个变量与该疾病类型有关联的可能性更大；(ii)正确理解K2公式中a，b，c，d，n的含义，代入公式计算，再将计算结果对照临界值表，即可判断．【解答】Ⅰ型疾病患者中共有23+17=40人，初次患病年龄小于40岁的人数为15+10=25；从这40名患者中随机抽取1人，计算其初次患病年龄小于40岁的概率为P=2540=58；(i)将以下两个列联表补充完整如下，表一：表二：表一中的|ad−bc|=|23×23−17×37|=100，表二中的|ad−bc|=|25×45−15×15|=900，由此判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中，初次患病年龄与该疾病的类型有关联的可能性更大；(ii)(i)中与该疾病的类型有关联的可能性更大的是初次患病年龄，计算X2=100×(25×45−15×15)240×60×40×60=14.065>10.828，所以有99.9%的把握认为“该疾病的类型与初次患病年龄有关”．(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)设T 是E 上横坐标为2的点，OT 的平行线l 交E 于A ，B 两点，交E 在T 处的切线于点N ．求证：|NT|2=52|NA|⋅|NB|． 【答案】(1)解：设点M(x,y)，因为F (0,12)，所以MF 的中点坐标为(x 2,2y+14).因为以MF 为直径的圆与x 轴相切，所以|MF|2=|2y+1|4，即|MF|=|2y+1|2，故√x 2+(y −12)2=|2y+1|2,化简得x 2=2y ，所以点M 的轨迹E 的方程为x 2=2y .(2)证明：如图，因为T 是E 上横坐标为2的点， 由(1)得T(2,2)，所以直线OT 的斜率为1，因为l//OT ，所以可设直线l 的方程为y =x +m,m ≠0. 由y =12x 2，得y ′=x ，所以|NT|2=[(m +2)−2]2+[(2m +2)−2]2=5m 2. 由{y =x +m,x 2=2y 消去y 得x 2−2x −2m =0， 由Δ=4+8m >0，解得m >−12.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=2,x 1x 2=−2m . 因为N,A,B 在l 上，所以|NA|=√2|x 1−(m +2)|，|NB|=√2|x 2−(m +2)|，所以|NA|⋅|NB|=2|x 1−(m +2)|⋅|x 2−(m +2)| =2|x 1x 2−(m +2)(x 1+x 2)+(m +2)2| =2|−2m −2(m +2)+(m +2)2|=2m 2. 所以|NT|2=52|NA|⋅|NB|.【考点】 轨迹方程 【解析】 【解答】(1)解：设点M(x,y)，因为F (0,12)，所以MF 的中点坐标为(x 2,2y+14).因为以MF 为直径的圆与x 轴相切，所以|MF|2=|2y+1|4，即|MF|=|2y+1|2，故√x 2+(y −12)2=|2y+1|2,化简得x 2=2y ，所以点M 的轨迹E 的方程为x 2=2y .(2)证明：如图，因为T 是E 上横坐标为2的点， 由(1)得T(2,2)，所以直线OT 的斜率为1，因为l//OT ，所以可设直线l 的方程为y =x +m,m ≠0. 由y =12x 2，得y ′=x ，所以|NT|2=[(m +2)−2]2+[(2m +2)−2]2=5m 2. 由{y =x +m,x 2=2y 消去y 得x 2−2x −2m =0， 由Δ=4+8m >0，解得m >−12.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=2,x 1x 2=−2m . 因为N,A,B 在l 上，所以|NA|=√2|x 1−(m +2)|，|NB|=√2|x 2−(m +2)|，所以|NA|⋅|NB|=2|x 1−(m +2)|⋅|x 2−(m +2)| =2|x 1x 2−(m +2)(x 1+x 2)+(m +2)2| =2|−2m −2(m +2)+(m +2)2|=2m 2. 所以|NT|2=52|NA|⋅|NB|.已知函数f(x)=a(x −1x )−2lnx ． （1）讨论f(x)的单调区间；（2）若a =12，证明：f(x)恰有三个零点． 【答案】f(x)的定义域为(0, +∞)， f′(x)=a(1+1x 2)−2x=ax 2−2x+ax 2，若a ≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递减； 若a >0，令f′(x)=0可得ax 2−2x +a =0，①若△=4−4a 2≤0，即a ≥1时，则f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递增； ②若△=4−4a 2>0，即0<a <1时，方程ax 2−2x +a =0的解为x 1=1−√1−a 2a，x 2=1+√1−a 2a．∴ 当0<x <1−√1−a 2a时，f′(x)>0，当1−√1−a 2a<x <1+√1−a 2a时，f′(x)<0，当x >1+√1−a 2a时，f′(x)>0，∴ f(x)在(0, 1−√1−a 2a )上单调递增，在(1−√1−a 2a , 1+√1−a 2a )上单调递减，在(1+√1−a 2a, +∞)上单调递增．当0<a<1时，f(x)的增区间为(0, 1−√1−a2a )，(1+√1−a2a, +∞)，减区间为(1−√1−a2a , 1+√1−a2a)；当a≥1时，f(x)的增区间为(0, +∞)．当a=12时，f(x)=12(x−1x)−2lnx，由（1）可知f(x)在(0, 2−√3)上单调递增，在(2−√3, 2+√3)上单调递减，在(2+√3, +∞)上单调递增，∵f(2−√3)=12(2−√32−√3)−2ln(2−√3)=2ln(2+√3)−√3=ln(2+√3)2−lne√3，f(2+√3)=12(2+√3−2+√3)−2ln(2+√3)=√3−2ln(2+√3)=lne√3−ln(2+√3)2，∵(2+√3)2>e2>e√3，∴ln(2+√3)2−lne√3>0，即f(2−√3)>0，f(2+√3)<0，又f(1e3)=12(1e3−e3)+6=6+12e3−e32<0，f(e3)=12(e3−1e3)−6=e32−12e3−6>0，∴f(x)在(0, 2−√3)，(2−√3, 2+√3)，(2+√3, +∞)上各存在唯一一个零点，∴f(x)恰有三个零点．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的极值【解析】（1）讨论a的范围，判断f′(x)的符号，从而得出f(x)的单调区间；（2）根据f(x)的单调性和零点的存在性定理进行判断．【解答】f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=a(1+1x2)−2x=ax2−2x+ax2，若a≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递减；若a>0，令f′(x)=0可得ax2−2x+a=0，①若△=4−4a2≤0，即a≥1时，则f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递增；②若△=4−4a2>0，即0<a<1时，方程ax2−2x+a=0的解为x1=1−√1−a2a，x2=1+√1−a2a．∴当0<x<1−√1−a2a 时，f′(x)>0，当1−√1−a2a<x<1+√1−a2a时，f′(x)<0，当x>1+√1−a2a时，f′(x)>0，∴f(x)在(0, 1−√1−a2a )上单调递增，在(1−√1−a2a, 1+√1−a2a)上单调递减，在1+√1−a2综上，当a ≤0时，f(x)的减区间为(0, +∞)；当0<a <1时，f(x)的增区间为(0, 1−√1−a 2a)，(1+√1−a 2a, +∞)，减区间为(1−√1−a 2a, 1+√1−a 2a)；当a ≥1时，f(x)的增区间为(0, +∞)． 当a =12时，f(x)=12(x −1x )−2lnx ，由（1）可知f(x)在(0, 2−√3)上单调递增，在(2−√3, 2+√3)上单调递减，在(2+√3, +∞)上单调递增，∵ f(2−√3)=12(2−√32−√3)−2ln(2−√3)=2ln(2+√3)−√3=ln(2+√3)2−lne√3，f(2+√3)=12(2+√3−2+√3)−2ln(2+√3)=√3−2ln(2+√3)=lne√3−ln(2+√3)2，∵ (2+√3)2>e 2>e √3，∴ln(2+√3)2−lne√3>0，即f(2−√3)>0，f(2+√3)<0， 又f(1e 3)=12(1e3−e 3)+6=6+12e3−e 32<0，f(e 3)=12(e 3−1e3)−6=e 32−12e 3−6>0，∴ f(x)在(0, 2−√3)，(2−√3, 2+√3)，(2+√3, +∞)上各存在唯一一个零点， ∴ f(x)恰有三个零点．（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线M 的参数方程为{x =1+cosφy =1+sinφ （φ为参数），l 1，l 2为过点O 的两条直线，l 1交M 于A ，B 两点．l 2交M 于C ，D 两点，且l 1的倾斜角为α，∠AOC =π6． (I)求l 1和M 的极坐标方程；当α∈(0, π6]时，求点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离之和的最大值．【答案】（1）l 1的极坐标方程为θ＝α，曲线M 化为普通方程为(x −1)2+(y −1)2＝1，即x 2+y 2−2x −2y +1＝0， 则曲线M 的极坐标方程为：ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1＝0． （2）由题可知l 2的极坐标方程为θ=α+π6，联立{θ=αρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0 ，得ρA +ρB ＝2cosα+2sinα， 同理联立{θ=α+π6ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0，得ρC +ρD =2cos(α+π6)+2sin(α+π6)，因为α∈(0, π6]，所以√32≤sin(α+π6)≤1，所以所求距离和的最大值为√16+8√3，即2+2√3．【考点】圆的极坐标方程 【解析】把曲线M 和直线l 1，l 2都化为极坐标方程，把点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离之和用四点的极径表示，从而把距离之和表示成α的函数，求函数的最大值即可． 【解答】（1）l 1的极坐标方程为θ＝α，曲线M 化为普通方程为(x −1)2+(y −1)2＝1，即x 2+y 2−2x −2y +1＝0， 则曲线M 的极坐标方程为：ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1＝0． （2）由题可知l 2的极坐标方程为θ=α+π6，联立{θ=αρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0 ，得ρA +ρB ＝2cosα+2sinα， 同理联立{θ=α+π6ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0，得ρC +ρD =2cos(α+π6)+2sin(α+π6)，所以|OA|+|OB|+|OC|+|OD|＝ρA +ρB +ρC +ρD =√16+8√3sin(α+π3)因为α∈(0, π6]，所以√32≤sin(α+π6)≤1，所以所求距离和的最大值为√16+8√3，即2+2√3． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x −2|，g(x)＝a|x|−1．（1）若不等式g(x −3)≥−3的解集为[2, 4]，求a 的值；（2）若当x ∈R 时，f(x)≥g(x)，求a 的取值范围． 【答案】不等式g(x −3)≥−3转化为a|x −3|≥−2，∵ 不等式g(x −3)≥−3的解集为[2, 4]得出a <0， 从而得到g(x −3)≥−3的解集为[3+2a ,3−2a ]，进而由{3+2a =23−2a =4，得a ＝−2．当x ＝0时，易得f(x)≥g(x)对任意实数a 成立； 当x ≠0时，将f(x)≥g(x)转化为a ≤|x−2|+1|x|，|x−2|+1|x|={1−1x ,x ≥23x −1,0<x <21−3x ,x <0， x ≥2时，1−1x ∈[12,1)，0<x <2时，3x −1>12，x <0时，1−3x >1 ∴ ℎ(x)=|x−2|+1|x|(x ≠0)的最小值为12，从而得到a 的取值范围为(−∞,12]．【考点】绝对值不等式的解法与证明 绝对值三角不等式 【解析】（1）根据解集特征判断a 的符号，并结合含绝对值不等式的解法，求得g(x −3)≥−3的解集，根据集合相等即可求出a 的值．（2）当x ＝0时，易得f(x)≥g(x)对任意实数a 成立； 当x ≠0时，将f(x)≥g(x)转化为a ≤|x−2|+1|x|，再利用绝对值三角不等式得到ℎ(x)=|x−2|+1|x|(x ≠0)的最小值，从而得到a 的取值范围．【解答】不等式g(x −3)≥−3转化为a|x −3|≥−2，∵ 不等式g(x −3)≥−3的解集为[2, 4]得出a <0， 从而得到g(x −3)≥−3的解集为[3+2a ,3−2a ]，进而由{3+2a=23−2a =4，得a ＝−2．当x ＝0时，易得f(x)≥g(x)对任意实数a 成立； 当x ≠0时，将f(x)≥g(x)转化为a ≤|x−2|+1|x|，|x−2|+1|x|={1−1x ,x ≥23x −1,0<x <21−3x ,x <0， x ≥2时，1−1x ∈[12,1)，0<x <2时，3x −1>12，x <0时，1−3x >1 ∴ ℎ(x)=|x−2|+1|x|(x ≠0)的最小值为12，从而得到a 的取值范围为(−∞,12]．。