2013届高三新课标版原创配套月考试题 数学3B卷

试卷类型：B

2013届高三原创月考试题三

数学

适用地区：新课标地区

考查范围：集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何

建议使用时间：2011年10月底

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项：

1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.

2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.

3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.（2012·太原二模）函数y1x42的定义域为M，Nx|log2x11，全集UR，

则图形中阴影部分表示的集合是（ ） A.x|2x1 B.x|2x2 C.x|1x2 D.x|x2

图1

2. (2012·银川一中第三次月考)若sincosπ2，则tan的值是（ ）

3 A.23 B.23 C. 23 D.23 3.（2012·郑州质检）一个几何体的三视图如图2所示，则这个几何体的表面积为（ ） A.65 B.625 C.85 D.825

·1·

图2 HLLYBQ整理 供“高中试卷网（http://sj.fjjy.org）”

4.（理）[2012·浙江卷]设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”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

（文）[2012·浙江卷]设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0平

行”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 5.（2012·哈尔滨第六中学三模）若a,b是异面直线，a,b,

l，则下列命题中是真命题的为（ ）

A.l与a,b分别相交 B.l与a,b都不相交 C.l至多与a,b中的一条相交 D.l至少与a,b中的一条相交

n16.（2012·琼海一模）等比数列an的前n项和为Sn3a，则实数a的值是（ ）

A.－3 B.3 C.－1 D.1

7. [2012·山东卷]圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为（ ）

A.内切 B.相交 C.外切 D.相离 8.（2012·昆明第一中学一摸）已知am,1,b1,n1（其中m,n为正数）,若ab0,则的最小值是（ ） A.2

B.22

C.4

D.8

11mn9. [2012·湖南卷]某几何体的正视图和侧视图均如图3所示，则该几何体的俯视图不可能是( )

图3

·2·

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10. [2012·课标全国卷]等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝43，则C的实轴长为（ ） A.2 B.22 C.4 D.8

3x,x0,11. (2012·银川一中第三次月考)已知函数fx若f2x2fx，则实数

lnx1,x0,x的取值范围是（ ）

A.(,1)(2,) B.(,2)(1,) C.(1,2) D.(2,1) 12. （2012·郑州质检）如图4，过抛物线y22pxp0的焦点F的直线l交抛物线于点A、B，

交其准线于点C，若BC2BF，且AF3，则此抛物线方程为（ ）

2222A.y9x B.y6x C.y3x D.y3x

图4

第II卷

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.

·3·

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xy13. [2012·江西卷]椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2，

ab

若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为________. 14. [2012·山东卷]如图5，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E,F分别为线段AA1,B1C上的点，

则三棱锥D1EDF的体积为____________.

图5

15. [2012·辽宁卷]已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为3的求面上，若PA，

PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________.

16. (2012·银川一中第三次月考)给出下列四个命题：

22ama，则ab； bmb ②若函数f(x)lg(ax1)的定义域是{x|x1}，则a1；

①已知a,b,m都是正数，且③已知x∈（0，π），则ysinx2的最小值为22； sinxac的值等于xy④已知a、b、c成等比数列，a、x、b成等差数列，b、y、c也成等差数列，则2.

其中正确命题的序号是________.

三、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 17.（本小题满分10分）

(2012· 银川一中第三次月考)已知a＝2(cosωx，cosωx)，b＝(cosωx，3sinωx)(其中0<ω<1)，

函数f(x)＝a·b，若直线x＝(1)试求ω的值；

(2)先列表再作出函数f(x)在区间[-π，π]上的图象.

·4·

π

是函数f(x)图象的一条对称轴， 3

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图6

18.（本小题满分12分） （理）[2012·山东卷]在如图7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. (1)求证：BD⊥平面AED；

(2)求二面角F－BD－C的余弦值.

图7

（文）[2012·山东卷]如图7，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.

(1)求证：BE＝DE； (2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.

图7

19.（本小题满分12分）

*（2012·岳阳云溪区一中一模)已知等比数列bn与数列an满足bn3n,nN.

a（1）判断an是何种数列,并给出证明； （2）若a8a13m，求b1b2b20.

·5·

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20.（本小题满分12分）

（理）[2012·天津卷]如图8所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥

BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.

(1)证明PC⊥AD；

(2)求二面角A－PC－D的正弦值；

(3)设E与棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长.

图8

（文）[2012·天津卷]如图8，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC＝1，PC＝23，PD＝CD＝2.

(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值； (2)证明：平面PDC⊥平面ABCD；

(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.

图8

21.（本小题满分12分）

[2012·课标全国卷]设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点. (1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；

(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值.

22.（本小题满分12分）

（理）[2012·浙江卷]已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.

(1)证明：当0≤x≤1时，

(i)函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a； (ii)f(x)＋|2a－b|＋a≥0；

(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围. （文）[2012·浙江卷]已知a∈R，函数f(x)＝4x3－2ax＋a.

(1) 求f(x)的单调区间；

(2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0.

·6·

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试卷类型：B

2013届高三原创月考试题三 答案

数学

1. C 【解析】M:x40x2或x2,Nx|1x3,由图可知, 阴影部分表示的集合

2是ðRMNx2x2x|1x3x1x2.

2sinsincos2,cos2. B 【解析】由解得sin，所以tan1.所以

222cossincos1,πtan=

3π31323. π1131tantan3tantan3. D【解析】由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，底面是直角边长分别为1,2的直角三角形，高为2，故这个几何体的表面积为S1122221212222825. 24.（理）A【解析】当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0显然平行，所以条件a2

具有充分性；若直线l1与直线l2平行，则有：＝，解之得：a＝1 或 a＝－2，经检验，均符合，

1a＋1所以条件不具有必要性.故条件是结论的充分不必要条件.

（文）C【解析】若a＝1，则直线l1：ax＋2y－1＝0与l2：x＋2y＋4＝0平行；若直线l1：ax＋2y－1＝0与l2：x＋2y＋4＝0平行，则2a－2＝0即a＝1.所以“a＝1”是“l1：ax＋2y－1＝0与l2：x＋2y＋4＝0平行”的充要条件.

5. D【解析】若l与a，b都不相交，则a//b与已知矛盾，故B，C错误；直线l可与直线a，b中的一条平行，另一条相交，也可以与两条直线都相交，但不交于同一个点，所以A错误，D正确.

·7·

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6. B【解析】Sn3aan3，因为an为等比数列，所以1，所以a3．

337. B【解析】因为两圆的圆心距为2＋22＋1－02＝17，又因为3－2<17<3＋2，所以两圆相交. 8. C【解析】因为a·,即mn1.又m,n为正数,所以b0,所以m11n101111mn mnmn2nmnmnm111224,当且仅当,即mn时等号成立.故的最小值是mnmnmn2mn4.

9. D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角三角形的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图应该有条看不见的虚线.

x2y2

10. C 【解析】由题意可设双曲线的方程为2－2＝1(a>0).易知抛物线y2＝16x的准线方程为x＝－4，

aa

22xya2－a2＝1，联立

x＝－4，

得16－y2＝a2(*)，因为|AB|＝43，所以y＝±23.代入(*)式，得16－(±23)2＝a2，

解得a＝2(a>0).所以C的实轴长为2a＝4，故选C. 11. D 【解析】当x32时，2x20，有2x2lnx3，1此时因为

2x20,lnx10，所以不等式无解；当0x2时，2x20，有

2x21x1,解得1x1，结合前提条件得0x1；当ln2x21xln，等价于1x10,3x20,2x0时，

2x20，有

ln2x21x3，此时因为

·8·

HLLYBQ整理 供“高中试卷网（http://sj.fjjy.org）” ln2x21ln3x2ln10,x30，不等式恒成立，故有2x0；当x2时，2x20，有2x2x3，即2x2x，解得2x1，结合前提条件得2x2；综3上，得2x1.

12. C【解析】作BD准线交准线于点D,由抛物线的定义得BDBF.故由BC2BF,得

pBC2BD,所以BCD30.故直线l的倾斜角为60.所以直线l的方程为y3x.

2py3x3pp,222联立解得xA,xB.故由抛物线的定义消去y得12x20px3p0，

26y22px,得AF 13.

5

【解析】由椭圆的定义知，|AF1|＝a－c，|F1F2|＝2c，|BF1|＝a＋c，因为|AF1|，|F1F2|，|BF1|成5

5. 5

3pp2p3.所以此抛物线的方程为y23x. 22等比数列，因此4c2＝(a－c)(a＋c)，整理得5c2＝a2，两边同除以a2得5e2＝1，解得e＝14. 上

111【解析】法一：因为E点在线段AA1上，所以SDED111，又因为F点在线段B1C622，

所

以

点

F到平面

DE1D的距离为

1,即

h1，所以

1111VD1EDFVFDED1SDED1h1.

3326法二：使用特殊点的位置进行求解，令E点在A点处，F点在C点处，则

1111VD1EDFVD1ADCSADCDD1111.

332615.

3【解析】因为在正三棱锥PABC中，PA，PB，3PC

两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方一部分（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对为球的直径，球心为正方体体对角线的中点.球心到截面

体的角线ABC

·9·

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的距离为球的半径减去正三棱锥PABC面ABC上的高.已知球的半径为3，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥PABC面ABC上的高为

16.①④ 【解析】对于①，由

23233，所以球心到截面ABC的距离为3.

333mbaama，得0，又a,b,m都是正数，所以ba0，bmbbmb1，不2即ab.故①正确；对于②，令a2，此时函数f(x)lg(2x1)的定义域是x|x是{x|x1}，故②错误；对于③，设sinxt0,1，则yt单调递减，所以yt④

，

由

22，因为yt在区间0,1上tt22的最小值是f13，即ysinx的最小值为3，故③错误；对于tsinx意

，

题

b2,a2cx,a2，b所以ybacac2a2cabbcxyabbc224ac2ab2bc4ac2ab2bc2.故④正确. 2abacbbc2acabbc

17. 解：(1)f(x)＝a·b＝2(cosωx，cosωx)·(cosωx，3sinωx)

＝2cos2ωx＋23cosωxsinωx

π

＝1＋cos2ωx＋3sin2ωx＝1＋2sin(2ωx＋).

6

π2ωππ

因为直线x＝是函数f(x)图象的一条对称轴，所以sin(＋)＝±1.

336

2ωπππ所以＋＝kπ＋(k∈Z).

36231

所以ω＝k＋. 22

111

因为01，所以k.又kZ，所以k＝0，ω＝.

233π

(2)由(1)知，f(x)＝1＋2sin(x＋).

6

列表：

π5ππ0 π x＋ －π － 66222ππ5πx －π －π － 3636·10·

4ac2ab2bcabbc7π 6π HLLYBQ整理 供“高中试卷网（http://sj.fjjy.org）” y 0 1 3 1 0 －1 描点作图，函数f(x)在[－π，π]上的图象如图所示.

18.（理）解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，

所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD.

又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED， 所以BD⊥平面AED.

(2)解法一：取BD的中点G，连接CG，FG， 由于CB＝CD，因此CG⊥BD，

又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD， 由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG， 所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG， 所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角.

在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，

1

因此CG＝CB.

2又CB＝CF， 所以GF＝CG2＋CF2＝5CG， 5， 5

5. 5

故cos∠FGC＝

因此二面角F－BD－C的余弦值为解法二：由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.

又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直， 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF

所在的直线为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D

31

，－，0，F(0,0,1).

22

·11·

HLLYBQ整理 供“高中试卷网（http://sj.fjjy.org）” 33→→因此BD＝，－，0，BF＝(0，－1,1). 22→→

设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·BD＝0，m·BF＝0， 所以x＝3y＝3z，取z＝1，则m＝(3，1,1).

由于CF→

＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，

→则cos〈m，CF→

〉＝m·CF15|m||CF→＝|

5＝5，

所以二面角F－BD－C的余弦值为5

5.

解：(1) 证明：取BD的中点O，连接CO，EO.

由于CB＝CD，所以CO⊥BD，

又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC， 所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO， 又O为BD的中点，所以BE＝DE.

(2)证法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN， 因为M是AE的中点，所以MN∥BE. 又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC， 所以MN∥平面BEC，

又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°， 又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°， 所以DN∥BC.

又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC. 又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC. 又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC. 证法二：

延长AD，BC交于点F，连接EF. 因为CB＝CD，∠BCD＝120°. 所以∠CBD＝30°. 因为△ABD为正三角形.

所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，

因此∠AFB＝30°，所以AB＝1

2AF.

又AB＝AD，所以D为线段AF的中点. 连接DM，由点M是线段AE的中点， 因此DM∥EF.

又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，

·12·

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所以DM∥平面BEC.

19.解：（1）设数列bn的公比为q.

n1因为bn3n，所以由bnb1q，得3aan3a1qn1.

两边取以3为底的对数，得ana1n1log3q. 所以数列an是以log3q为公差的等差数列. （2）因为a8a13m，

所以由等差中项的性质，得a1a20a8a13m. 所以a1a2…a2020a1a2010m.

2310m.

b20=31所以b1b2··aa2…a20

20.（理）解：方法一：如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，11

－，，0，P(0,0,2). C(0,1,0)，B22

→→→→(1)易得PC＝(0,1，－2)，AD＝(2,0,0)，于是PC·AD＝0，所以PC⊥AD. →→

(2)PC＝(0,1，－2)，CD＝(2，－1，0).设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， →PC＝0，n·y－2z＝0，则即

→2x－y＝0.CD＝0，n·

不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1).可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0). 1630m·n于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.

|m|·|n|666

30

所以二面角A－PC－D的正弦值为.

6

·13·

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11→

，－，h， (3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2].由此得BE＝223

→→2BE·CD3→→→

由CD＝(2，－1,0)，故cos〈BE，CD〉＝＝＝，

→→212

10＋20 h|BE||CD|＋h×5

2

331010

所以＝cos30°＝，解得h＝，即AE＝. 210102

10＋20 h方法二：(1)由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD. 又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC，所以PC⊥AD.

(2)如图所示，作AH⊥PC于点H，连接DH.

由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH，因此DH⊥PC. 从而∠AHD为二面角A－PC－D的平面角. 在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝

2. 5230

. 5

AD2＋AH2＝AD3030

因此sin∠AHD＝＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为. DH66

(3)如图所示，因为∠ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角.

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由BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.

11

，故sin∠AFB＝ . 55

BFAB125

在△AFB中，由＝，AB＝，sin∠FAB＝sin135°＝，可得BF＝.

222sin∠FABsin∠AFB

1

由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝.

2

1设AE＝h.在Rt△EAF中，EF＝AE2＋AF2＝h2＋. 4

1在Rt△BAE中，BE＝AE2＋AB2＝h2＋.

2在Rt△DAC中，CD＝5，sin∠ADC＝

BE2＋BF2－EF2

在△EBF中，因为EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝，可解得h

2BE·BF

10＝. 10

10

所以AE＝.

10（文）解：(1)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，因为底面ABCD是矩形，

所以AD＝BC且AD∥BC.

又因为AD⊥PD，故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角.

PD

在Rt△PDA中，tan∠PAD＝＝2.

AD所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2. (2)证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥CD. 又由于AD⊥PD，CD∩PD＝D，因此AD⊥平面PDC. 而AD⊂平面ABCD，所以平面PDC⊥平面ABCD.

(3)在平面PDC内，过点P作PE⊥CD交直线CD于点E，连接EB.

由于平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线， 故PE⊥平面ABCD.由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角. 在△PDC中，由于PD＝CD＝2，PC＝23，可得∠PCD＝30°. 在Rt△PEC中，PE＝PCsin30°＝3.

由AD∥BC，AD⊥平面PDC，得BC⊥平面PDC，因此BC⊥PC. 在Rt△PCB中，PB＝PC2＋BC2＝13.

PE39在Rt△PEB中，sin∠PBE＝＝.

PB13所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为39. 13

21.解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝2p.

由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝2p.

·15·

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11因为△ABD的面积为42，所以|BD|·d＝42，即·2p·2p＝42，

22解得p＝－2(舍去)，p＝2. 所以F(0,1)，圆F的方程为 x2＋(y－1)2＝8.

(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°. 由抛物线定义知

1

|AD|＝|FA|＝|AB|，

2

所以∠ABD＝30°，m的斜率为当m的斜率为33

或－. 33

3323

时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0. 333

4p

由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.解得b＝－. 36

p|b1|

因为m的截距b1＝，＝3，

2|b|所以坐标原点到m，n距离的比值为3. 当m的斜率为－

bx2－. 22.（理）解：(1)(i)f′(x)＝12ax2－2b＝12a6a

当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增. 当b＞0时，f′(x)＝12ax＋bx－6a

b. 6ab，＋∞上单调递增. 6a

3时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3. 3



此时f(x)在0，



b

上单调递减，在6a

3a－b，b≤2a，

所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－

－a＋b，b＞2a

b|＋a.

(ii)由于0≤x≤1，故

当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1). 当b＞2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1).

设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x2－2＝6x－

33， x＋

33



于是

x g′(x) g(x) 0 1 0，3 3－ 减 3 30 极小值 ·16·

3，1 3＋ 增 1 1 HLLYBQ整理 供“高中试卷网（http://sj.fjjy.org）” 所以g(x)min＝g433＝1－＞0. 93所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0. 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.

(2)由(i)知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.

|2a－b|＋a≤1，

所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是

a＞0，

2a－b≥0，



即3a－b≤1，a＞0

2a－b＜0，



或b－a≤1，a＞0.

③

在直角坐标系aOb中，③所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.

作一组平行线a＋b＝t(t∈R)，得－1＜a＋b≤3. 所以a＋b的取值范围是(－1,3].

（文）解：(1)由题意得f′(x)＝12x2－2a.

当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). 当a＞0 时，f′(x)＝12x－

a

x＋6

a，此时 6

函数f(x)的单调递增区间为

－∞，－a和6

单调递减区间为－

a，＋∞， 6aa

. ，66

(2)由于0≤x≤1，故

当a≤2时，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.

当a＞2时，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6x－33， x＋

33



于是

30 0， 3g′(x) － x ·17·

3 30 3，1 1 3＋