苏州立达中学

2022年高考数学模拟试卷

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共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．抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点

0

6,Ay

是C上一点，

||2AFp

，则

p

（）

A

．8B

．4C

．2D

．1

2．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（）

A

．

20

3

B

．6C

．

10

3

D

．

16

3



3．若关于

x

的不等式

11

27

k

x

x









有正整数解，则实数k的最小值为（）

A

．9B

．8C

．

7D

．6

4．若复数12()()zmmimR

是纯虚数，则

63i

z





()

A

．

3B

．

5C

．5D

．35

5．已知水平放置的

△

ABC

是按

“

斜二测画法

”

得到如图所示的直观图，其中

B

′

O

′

＝

C

′

O

′

＝

1

，

A

′

O

′

＝

3

2

，那么原

△

ABC

的面积是

()

A

．3B

．

22

C

．

3

2

D

．

3

4

6．已知椭圆C的中心为原点O，(25,0)F为C的左焦点，P为C上一点，满足

||||OPOF

且

||4PF

，则椭圆

C的方程为（）

A

．

22

1

255

xy

B

．

22

1

3616

xy

C

．

22

1

3010

xy

D

．

22

1

4525

xy



7．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前

344

年商鞅督造的一种标准量器

——

商鞅铜方升，其三视图如图所

示（单位：寸），若



取

3

，当该量器口密闭时其表面积为

42.2

（平方寸），则图中

x

的值为

()

A

．

3B

．

3.4C

．

3.8D

．

4

8．已知双曲线

22

22

:1(0,0)

xy

Cab

ab

，点

00

,Pxy

是直线

40bxaya

上任意一点，若圆

22

00

1xxyy与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（）．

A

．1,2

B

．1,4

C

．2,

D

．4,

9．小明有

3

本作业本，小波有

4

本作业本，将这

7

本作业本混放在

-

起，小明从中任取两本

.

则他取到的均是自己的作

业本的概率为

()

A

．

1

7

B

．

2

7

C

．

1

3

D

．

18

35

10．已知复数

3

1

i

z

i







，则z的虚部为（）

A

．

i

B

．iC

．1D

．

1

11．如图，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为

4

3



的鸡蛋

（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（）

A

．

2

2

B

．

3

2

C

．

21

2



D

．

31

2



12．已知复数

1

cos23sin23zi和复数

2

cos37sin37zi，则

12

zz

为

A

．

13

22

iB

．

31

22

iC

．

13

22

iD

．

31

22

i

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．记

n

S

为数列

n

a

的前

n

项和，若

1

2

n

n

S

a

，则

7

=S

__________.

14．已知2()log(4)

a

fxx

（0a且1a）有最小值，且最小值不小于

1

，则

a

的取值范围为

__________.

15．双曲线221yx的焦点坐标是

_______________

，渐近线方程是

_______________.

16．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥PABCD为

阳马，侧棱PA底面ABCD，且

3PA

，4BCAB，设该阳马的外接球半径为R，内切球半径为

r

，则

R

r

__________

．

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。

17．（12分）如图，在正四棱锥PABCD中，2AB，

3

APC





，M为PB上的四等分点，即

1

4

BMBP

．

（

1

）证明：平面

AMC

平面PBC；

（

2

）求平面PDC与平面AMC所成锐二面角的余弦值．

18．（12分）如图，在平面直角坐标系

xOy

中，已知椭圆

22

22

:1(0)

xy

Cab

ab

的离心率为

3

2

，以椭圆

C

左顶

点

T

为圆心作圆222:(2)(0)Txyrr，设圆

T

与椭圆

C

交于点

M

与点

N

.

（

1

）求椭圆

C

的方程；

（

2

）求TMTN的最小值，并求此时圆

T

的方程；

（

3

）设点

P

是椭圆

C

上异于

M

，

N

的任意一点，且直线

MP

，

NP

分别与

x

轴交于点

R

，

S

，

O

为坐标原点，求证：

OROS

为定值

.

19．（12分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为

2

的菱形，

120,2,,BADPAPBPCPDE

是PB

的中点．

（

1

）证明：PD

//平面

AEC

；

（

2

）设F是线段DC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求三棱锥PAFE的体积．

20．（12分）在ABC中，3sincosaCcA．

（Ⅰ）求角A的大小；

（Ⅱ）若3

ABC

S



，223bc，求

a

的值．

21．（12分）如图

,

在平面直角坐标系

xOy

中

,

以

x

轴正半轴为始边的锐角



的终边与单位圆O交于点A,

且点A的纵坐

标是

10

10

．

（

1

）求

3

cos

4













的值

:

（

2

）若以

x

轴正半轴为始边的钝角



的终边与单位圆O交于点

B

,

且点

B

的横坐标为

5

5

,

求



的值．

22．（10分）已知函数3216fxxxax

，lngxax

，aR.

函数





fx

hxgx

x

的导函数

hx



在

5

,4

2







上存在零点

.

1

求实数

a

的取值范围；

2

若存在实数

a

，当0,xb

时，函数fx

在0x时取得最大值，求正实数b的最大值；

3

若直线l与曲线yfx

和ygx

都相切，且l在

y

轴上的截距为12，求实数

a

的值

.

参考答案

一、选择题：本题共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．

B

【解析】

根据抛物线定义得

6

2

p

AF

，即可解得结果

.

【详解】

因为

26

2

p

AFp

，所以

4p

.

故选

B

【点睛】

本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题

.

2．

C

【解析】

由三视图可知，该几何体是下部是半径为

2

，高为

1

的圆柱的一半，上部为底面半径为

2

，高为

2

的圆锥的一半，所以，

半圆柱的体积为2

1

1

212

2

V

，上部半圆锥的体积为2

2

114

22

233

V





，所以该几何体的体积为

12

410

2

33

VVV





，故应选C．

3．

A

【解析】

根据题意可将

11

27

k

x

x









转化为

ln3ln3x

xk



，令

lnx

fx

x



，利用导数，判断其单调性即可得到实数k的最小值．

【详解】

因为不等式有正整数解，所以0x，于是

11

27

k

x

x









转化为

ln

3ln3

kx

x



，1x显然不是不等式的解，当1x时，

ln0x，所以

ln

3ln3

kx

x



可变形为

ln3ln3x

xk



．

令

lnx

fx

x



，则

2

1lnx

fx

x







，

∴函数fx

在0,e

上单调递增，在,e

上单调递减，而23e，所以

当*xN时，max

ln3

max2,3

3

fff

，故

ln33ln3

3k



，解得9k．

故选：

A

．

【点睛】

本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在

考查学生的转化能力，属于中档题．

4．

C

【解析】

先由已知，求出1m，进一步可得

63i

12i

z





，再利用复数模的运算即可

【详解】

由

z

是纯虚数，得10m且20m，所以1m，3zi.

因此，

6363

125

3

ii

i

zi





.

故选：

C.

【点睛】

本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题

.

5．

A

【解析】

先根据已知求出原

△

ABC

的高为

AO

＝3，再求原

△

ABC

的面积

.

【详解】

由题图可知原

△

ABC

的高为

AO

＝3，

∴

S

△

ABC＝

1

2

×

BC

×

OA

＝

1

2

×2×3＝3，故答案为

A

【点睛】

本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力

.

6．

B

【解析】

由题意可得

c=25，设右焦点为

F′

，由

|OP|=|OF|=|OF′|

知，

∠PFF′=∠FPO

，∠

OF′P=∠OPF′

，

所以∠

PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′

，

由∠

PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°

知，

∠FPO+∠OPF′=90°

，即

PF⊥PF′

．

在

Rt△PFF′

中，由勾股定理，得

|PF′|=2

222PF4548FF

，

由椭圆定义，得

|PF|+|PF′|=2a=4+8=12

，从而

a=6

，得

a2=36

，

于是

b2=a2﹣

c2=36

﹣

=16

，

所以椭圆的方程为

22

1

3616

xy

．

故选

B

．

点睛：椭圆的定义：到两定点距离之和为常数的点的轨迹，当和大于两定点间的距离时，轨迹是椭圆，当和等于两定

点间的距离时，轨迹是线段（两定点间的连线段），当和小于两定点间的距离时，轨迹不存在．

7．

D

【解析】

根据三视图即可求得几何体表面积，即可解得未知数

.

【详解】

由图可知，该几何体是由一个长宽高分别为

,3,1x

和

一个底面半径为

1

2

，高为5.4x的圆柱组合而成

.

该几何体的表面积为

2335.442.2xxx

，

解得4x，

故选：

D.

【点睛】

本题考查由三视图还原几何体，以及圆柱和长方体表面积的求解，属综合基础题

.

8．

B

【解析】

先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线

bxay2a0

与直线

bxay0

的距离d，根据圆

22

00

xxyy1与双曲线C的右支没有公共点，可得d1，解得即可．

【详解】

由题意，双曲线

22

22

xy

C:1(a0,b0)

ab

的一条渐近线方程为

b

yx

a



，即

bxay0

，

∵

00

Px,y

是直线

bxay4a0

上任意一点，

则直线

bxay4a0

与直线

bxay0

的距离

22

4a4a

d

c

ab





，

∵圆22

00

xxyy1与双曲线C的右支没有公共点，则d1，

∴

4

1

a

c



，即

4

c

e

a



，又1e

故

e

的取值范围为1,4

，

故选：

B

．

【点睛】

本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双曲线C的右支没有公

共点得出d1是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

9．

A

【解析】

利用A

n

P

n



计算即可，其中

A

n

表示事件

A

所包含的基本事件个数，

n

为基本事件总数

.

【详解】

从

7

本作业本中任取两本共有2

7

C

种不同的结果，其中，小明取到的均是自己的作业本有2

3

C

种不同结果，

由古典概型的概率计算公式，小明取到的均是自己的作业本的概率为

2

3

2

7

1

7

C

C

.

故选：

A.

【点睛】

本题考查古典概型的概率计算问题，考查学生的基本运算能力，是一道基础题

.

10．

C

【解析】

先将

3

1

i

z

i







，化简转化为2zi，再得到2zi下结论

.

【详解】

已知复数





31

3

2

111

ii

i

zi

iii









，

所以2zi，

所以z的虚部为

-1.

故选：

C

【点睛】

本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题

.

11．

D

【解析】

先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解

.

【详解】

设四个支点所在球的小圆的圆心为O



，球心为O，

由题意，球的体积为

4

3



，即2

44

33

R





可得球O的半径为

1

，

又由边长为2的正方形硬纸，可得圆O



的半径为

1

2

，

利用球的性质可得222

13

1()

22

OO



，

又由O



到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为

1

2

，

所以球心到底面的距离为

3131

222



.

故选：

D.

【点睛】

本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，

属于基础题

.

12．

C

【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出．

【详解】

z

1

z

2＝（

cos23°+

i

sin23°

）

•

（

cos37°+

i

sin37°

）＝

cos60°+

i

sin60°

＝

13

22

i．

故答案为

C

．

【点睛】

熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，

点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算

.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．

-254

【解析】

利用

1

(2)

nnn

aSSn





代入即可得到

1

22(2)(2)

nn

SSn



，即

{2}

n

S

是等比数列，再利用等比数列的通项

公式计算即可

.

【详解】

由已知

1

2

n

n

S

a

，得

1

2

n

n

S

a

，即

1

1

2

n

nn

S

SS





，所以

1

22(2)(2)

nn

SSn





又1

1

1

2

S

a

，即

1

2S

，

1

24S

，所以

{2}

n

S是以

-4

为首项，

2

为公比的等比数

列，所以1242n

n

S

，即122n

n

S

，所以8

7

22254S

。

故答案为：254

【点睛】

本题考查已知

n

S与

n

a的关系求

n

S，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题

.

14．

(1,4]

【解析】

真数24x有最小值，根据已知可得

a

的范围，求出函数

()fx

的最小值，建立关于

a

的不等量关系，求解即可

.

【详解】

244x，且2()log(4)

a

fxx

（0a且1a）有最小值，

min

1,()log41,4,14

a

afxaa

，

a

的取值范围为

(1,4]

.

故答案为：

(1,4]

.

【点睛】

本题考查对数型复合函数的性质，熟练掌握基本初等函数的性质是解题关键，属于基础题

.

15．(0,2)

yx

【解析】

通过双曲线的标准方程，求解

c

，

b

a

，即可得到所求的结果．

【详解】

由双曲线221yx，可得

1a

，1b，则2c，

所以双曲线的焦点坐标是(0,2)，

渐近线方程为：

yx

．

故答案为：(0,2)；

yx

．

【点睛】

本题主要考查了双曲线的简单性质的应用，考查了运算能力，属于容易题．

16．

41

2

【解析】

该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出

41

2

R，内切球

1

O在侧面PAD内的正视图是

PAD的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出

R

r

．

【详解】

四棱锥PABCD为阳马，侧棱PA底面ABCD，

且

3PA

，4BCAB，设该阳马的外接球半径为R，



该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，

2

22221616941RABADAP，

41

2

R，

侧棱PA底面ABCD，且底面为正方形，



内切球

1

O

在侧面PAD内的正视图是PAD的内切圆，



内切球半径为

2

1PAD

PAD

S

r

L







，

故

41

2

R

r

．

故答案为

41

2

．

【点睛】

本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题．解

决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面

.

球心位置的确定的方法有

很多，主要有两种：（

1

）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），球心位置即为体对角线的中点；（

2

）外心

垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则

球心一定在垂线上

.

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。

17．（

1

）答案见解析．（

2

）

21

7

【解析】

（

1

）根据题意可得22PBPDPAPC，在PAM△中，利用余弦定理可得AMPB，然后同理可得

CMPB，利用面面垂直的判定定理即可求解

.

（

2

）以D为原点建立直角坐标系，求出面PDC的法向量为

1

n，AMC的法向量为

2

n，利用空间向量的数量积即可

求解

.

【详解】

（

1

）由222ABAC

由

22

3

APCPAPCAC





因为是正四棱锥，故22PBPDPAPC

于是

2

2

BM，

3

2

2

PM

由余弦定理，在PAB△中，设APB

2223

cos

24

PAPBAB

PAPB









再用余弦定理，在PAM△中，

2222cosAMPAPMPAPM

7

2



222

71

4

22

AMMBAB

∴AMB是直角，AMPB

同理CMPB，而PB在平面PBC上，

∴平面AMC

平面PBC

（

2

）以D为原点建立直角坐标系，如图：

则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(1,1,6),(2,2,0)DCAPB

设面PDC的法向量为

1

n，AMC的法向量为

2

n

则

1

(0,26,2)nPDDC

2

nPB∥，取

2

(1,1,6)nPB

于是，二面角的余弦值为：12

12

21

cos

7

||||

nn

nn









【点睛】

本题考查了面面垂直的判定定理、空间向量法求二面角，属于基础题

.

18．（

1

）

2

21

4

x

y；（

2

）2

2

13

2

25

xy

；（

3

）

4OROS

【解析】

（

1

）依题意，得2a，

3

2

c

e

a

，由此能求出椭圆

C

的方程

.

（

2

）点M与点N关于

x

轴对称，设

11

,Mxy

，

11

,Nxy

，设

1

0y

，由于点M在椭圆

C

上，故2

1

1

1

4

x

y

，

由2,0T

，知

11111

581

2,2,

455

TMTNxyxyx











，由此能求出圆

T

的方程

.

（

3

）设

00

,Pxy

，则直线

MP

的方程为：

01

00

01

yy

yyxx

xx







，令

0y

，得

1001

01

R

xyxy

x

yy







，同理：

1001

01

R

xyxy

x

yy







，由此能证明

4

RSRS

OROSxxxx

为定值

.

【详解】

（

1

）依题意，得2a，

3

2

c

e

a

，

3,431cb，

故椭圆

C

的方程为

2

21

4

x

y.

（

2

）点M与点N关于

x

轴对称，设

11

,Mxy

，

11

,Nxy

，设

1

0y

，

由于点M在椭圆

C

上，所以

2

2

1

1

1

4

x

y，

由2,0T

，则

1111

2,,2,TMxyTNxy，



1111

2,2,TxyNxyMT

2

22

2

1

111

221

4

x

xyx









2

11

5

43

4

xx

2

1

581

455

x









.

由于

1

22x

，

故当

1

8

5

x

时，TMTN的最小值为

1

5



，所以

1

3

5

y

，故

83

,

55

M









，

又点M在圆

T

上，代入圆的方程得到2

13

25

r.

故圆

T

的方程为：2

2

13

2

25

xy

（

3

）设

00

,Pxy

，则直线

MP

的方程为：

01

00

01

yy

yyxx

xx







，

令

0y

，得

1001

01

R

xyxy

x

yy







，同理：

1001

01

S

xyxy

x

yy







.

故

2222

1001

22

01

RS

xyxy

xx

yy







又点M与点P在椭圆上，

故2222

0011

41,41xyxy

，代入上式得：

222222

100101

2222

0101

41414

4

RS

yyyyyy

xx

yyyy







，

所以

4

RSRS

OROSxxxx

【点睛】

本题考查了椭圆的几何性质、圆的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系中定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档

题

.

19．（

1

）见解析（

2

）

3

3

【解析】

（

1

）连接DB与AC交于O，连接OE，证明//PDOE即可得证线面平行；

（

2

）首先证明PA平面ABCD(

只要取BC中点M，可证

BC⊥

平面PAM，从而得PABC，同理得PACD),

因此点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．

【详解】

（

1

）证明：连接DB与AC交于O，连接OE，

因为ABCD是菱形，所以O为DB的中点，

又因为E为PB的中点，

所以//PDOE，

因为PD平面

,AECOE

平面

AEC

，

所以//PD平面

AEC

．

（

2

）解：取BC中点M，连接

,AMPM

，

因为四边形ABCD是菱形，120BAD，且PCPB，

所以

,BCAMBCPM

，又

AMPMM

，

所以

BC⊥

平面APM，又AP平面APM，

所以BCPA．

同理可证：DCPA，又

BCDCC

，

所以PA平面ABCD，

所以平面PAF平面ABCD，

又平面PAF平面ABCDAF，

所以点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，

过B作直线AF的垂线段，在所有垂线段中长度最大为2AB，

因为E为PB的中点，故点E到平面PAF的最大距离为

1

，

此时，F为DC的中点，即3AF，

所以

11

233

22PAF

SPAAF

△

，

所以

13

31

33PAFEEPAF

VV



．

【点睛】

本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键．

20．

(1)

6

A



;(2)2a.

【解析】

试题分析：（

1

）由正弦定理得到3sinsinsincosACCA．消去公因式得到所以

3

tan

3

A．

进而得到角

A

；（

2

）结合三角形的面积公式，和余弦定理得到223bc，联立两式得到2a．

解析：

（

I

）因为3sincosaCcA，所以cos0A，

由正弦定理

sinsinsin

abc

ABC



，

得3sinsinsincosACCA．

又因为0,C

，sin0C，

所以

3

tan

3

A．

又因为0,A

，

所以

6

A





．

（

II

）由

11

sin3

24ABC

SbcAbc





，得43bc，

由余弦定理2222cosabcbcA，

得2222cos

6

abcbc





，

即22

2238312abcbcbcbc，

因为223bc，

解得24a.

因为0a，

所以2a.

21．（

1

）

5

5

（

2

）

3

4







【解析】

（

1

）依题意

,

任意角的三角函数的定义可知

,

10

10

sin,

进而求出

310

cos

10

．

在利用余弦的和差公式即可求出

3

cos

4













.

（

2

）根据钝角



的终边与单位圆交于点

B

,

且点

B

的横坐标是

5

5

,

得出

5

cos

5

,

进而得出

25

sin

5

,

利用

正弦的和差公式即可求出

2

sin

2

,

结合



为锐角

,



为钝角

,

即可得出



的值

.

【详解】

解：因为锐角



的终边与单位圆交于点A,

点A的纵坐标是

10

10

,

所以由任意角的三角函数的定义可知

,

10

10

sin．

从而2

310

cos1sin

10

．

（

1

）于是

333

coscoscossinsin

444













31021025

1021025











．

（

2

）因为钝角



的终边与单位圆交于点

B

,

且点

B

的横坐标是

5

5

,

所以

5

cos

5

,

从而2

25

sin1cos

5

．

于是sinsincoscossin

105310252

=

1051052











．

因为



为锐角

,



为钝角

,

所以

3

,

22













从而

3

4







．

【点睛】

本题本题考查正弦函数余弦函数的定义

,

考查正弦余弦的两角和差公式

,

是基础题

.

22．110,28

；2

4

；3

12.

【解析】

1

由题意可知，2ln16hxxxaxa

，求导函数hx



，方程220xxa在区间

5

,4

2







上有实数解，求

出实数

a

的取值范围；

2

由3216fxxxax

，则23216fxxxa

，分步讨论，并利用导函数在函数的单调性的研究，

得出正实数b的最大值；

3

设直线l与曲线yfx

的切点为32

1111

,16xxxax

，因为23216fxxxa



，所以切线斜率

2

11

3216kxxa

，切线方程为2412yax

，设直线l与曲线ygx

的切点为

22

,lnxax

，因为



a

gx

x





，所以切线斜率

2

a

k

x



，即切线方程为



22

2

ln

a

yxxax

x



，

整理得

2

2

ln

a

yxaxa

x



.

所以

2

2

24

ln12

a

a

x

axa















，求得

2

5

7

x

，设

115

ln

227

Gxxx

x









，则



22

1121

0

22

x

Gx

xxx







，

所以Gx

在

5

,

7











上单调递增，最后求出实数

a

的值

.

【详解】

1

由题意可知，2ln16hxxxaxa

，则22

21

axxa

hxx

xx





，

即方程220xxa在区间

5

,4

2







上有实数解，解得10,28a

；

2

因为3216fxxxax

，则23216fxxxa



，

①当412160a

，即

47

10

3

a

时，0fx





恒成立，

所以fx

在0,b

上单调递增，不符题意；

②当

47

16

3

a

时，令232160fxxxa



，

解得：

241216

1347

63

a

a

x





，

当

1347

0,

3

a

x













时，0fx





，fx

单调递增，

所以不存在0b，使得fx

在0,b

上的最大值为0f

，不符题意；

③当1628a时，232160fxxxa

，

解得：

1

1347

0

3

a

x



，

2

1347

0

3

a

x





且当

2

0,xx

时，0fx





，当

2

,xx

时，0fx





，

所以fx

在

2

0,x

上单调递减，在

2

,x

上单调递增，

若

2

0bx

，则fx

在0,b

上单调递减，所以

max

0fxf

，

若

2

bx

，则

2

0,fxx

上单调递减，在

2

,xb

上单调递增，

由题意可知，0fbf

，即32160bbab

，

整理得216bba，

因为存在16,28a

，符合上式，所以212bb，解得04b，

综上，b的最大值为

4

；

3

设直线l与曲线yfx

的切点为32

1111

,16xxxax

，

因为23216fxxxa



，所以切线斜率2

11

3216kxxa

，

即切线方程232

111111

321616yxxaxxxxax







整理得：232

1111

32162yxxaxxx







由题意可知，32

11

212xx

，即32

11

2120xx

，

即2

111

22360xxx

，解得

1

2x

所以切线方程为2412yax

，

设直线l与曲线ygx

的切点为

22

,lnxax

，

因为

a

gx

x





，所以切线斜率

2

a

k

x



，即切线方程为



22

2

ln

a

yxxax

x



，

整理得

2

2

ln

a

yxaxa

x



.

所以

2

2

24

ln12

a

a

x

axa















，消去

a

，整理得

2

2

11

ln0

22

x

x



，

且因为



2

2410,28

a

aa

x



，解得

2

5

7

x

，

设

115

ln

227

Gxxx

x









，则

22

1121

0

22

x

Gx

xxx







，

所以Gx

在

5

,

7











上单调递增，

因为10G

，所以

2

1x

，所以24aa，即12a.

【点睛】

本题主要考查导数在函数中的研究，导数的几何意义，属于难题

.