2018年福建省高考数学模拟试卷(文科)(4月份)
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 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.?2 B.?1 C.1 D.2 【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=sinπx 2 +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 4 B.1 3 C.3 8 D.3 4 【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=sinπx 2 +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= sinπx 2+3关于点G(2,?3)中心对称，所以曲线y=sinπx 2 +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DEBC S 正方形OABC =4 16 =1 4 ． 故选A． 5. 若α是第二象限角，且sinα=3 5，则1?2sinπ+α 2 sinπ?α 2 =() 6446 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+α 2sinπ?α 2 ，结合二倍角的余弦求解． 【解答】 ∵α是第二象限角，且sinα=3 5 ， ∴cosα=?√1?sin2α=?4 5 ， ∴1?2sinπ+α 2sinπ?α 2 =1?2cosα 2 ?cosα 2 =1?2cos2α 2 =?(2cos2α 2?1)=?cosα=4 5 ． 6. 已知a=0.40.3，b=0.30.4，c=0.3?0.2，则（） A.b B.b C.c D.a 【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 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.28 B.56 C.84 D.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B B.作品B与作品C C.作品C与作品D D.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)π B.24+(2√2?2)π C.24+(√5?1)π D.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 5 B. f(x)=5+3sin πx 5 C.f(x)={2,x ∈Q, 8,x ∈?R Q D.f(x)={2,x ≤0, 8,x >0 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:x2 16?y2 9 =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.√7 B.3 C.4 D.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=1 2 (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=1 2 (PF1?PF2)=a， ∴AB=√MN2?(MA?NB)2=√c2?a2=b=3 12. 已知数列{a n}的前n项和为S n，2S n=a n+1 2?a n+1，且a2=a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为（） A.3 B.6 C.9 D.12 【答案】 B 【考点】 数列的函数特性 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?1 2|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=1 2k ． 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?1 2|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| =5 5 =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 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 2 a 2 +y 2 b 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 =c a ，则2e 2+2e ?1=0， 解得：e = ?1+√32 或e = ?1?√32 ， 由0 ?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 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=√3 3 ，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 3 ． 在△ABC中，由正弦定理可得a sinA =b sinB ?3 sinA = √3 2 ?sinA=3√3 14 ． sinC=sin(A+∠ABC)=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC=3√3 14×(?1 2 )+13 14 ×√3 2 =5√3 14 ， 在△CDB中，由正弦定理得DB sinC =CB sin∠BDC ?BD=sinC×CB sin∠BDC = 5√3 14 ×3 √3 3 =45 14 ． 【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√3 14 ．再求得sinC，在△CDB中，可得BD= △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 3 ． 在△ABC中，由正弦定理可得a sinA =b sinB ?3 sinA = √3 2 ?sinA=3√3 14 ． sinC=sin(A+∠ABC)=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC=3√3 14×(?1 2 )+13 14 ×√3 2 =5√3 14 ， 在△CDB中，由正弦定理得DB sinC =CB sin∠BDC ?BD=sinC×CB sin∠BDC = 5√3 14 ×3 √3 3 =45 14 ． 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， ∴PC 1=3×3√3 6 =3√3 2 ，B1P=3 2 ， ∴V A?B1C1P =1 3 S△B 1C1P ?AC=1 3 ×1 2 ×3 2 ×3√3 2 ×2√3=9 4 ． 又V A?A 1B1C1=1 3 S△A 1B1C1 ?AA1=1 3 ×1 2 ×3×2√3×3√3=9． ∴多面体A1B1C1PA的体积为：V A?B 1C1P +V A?A 1B1C1 =45 4 ． 【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， ∴PC 1=3×3√3 6 =3√3 2 ，B1P=3 2 ， ∴V A?B1C1P =1 3 S△B 1C1P ?AC=1 3 ×1 2 ×3 2 ×3√3 2 ×2√3=9 4 ． 又V A?A 1B1C1=1 3 S△A 1B1C1 ?AA1=1 3 ×1 2 ×3×2√3×3√3=9． ∴多面体A1B1C1PA的体积为：V A?B 1C1P +V A?A 1B1C1 =45 4 ． 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=25 40=5 8 ； (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)2 40×60×40×60 =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|a c ?b d |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=25 40=5 8 ； (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)2 40×60×40×60 =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=5 2|NA|?|NB|． 【答案】 (1)解：设点M(x,y)，因为F (0,1 2)， 所以MF 的中点坐标为(x 2, 2y+1 4 ). 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 =1 2x 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 >?1 2. 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=5 2|NA|?|NB|. 【考点】 轨迹方程 【解析】 【解答】 (1)解：设点M(x,y)，因为F (0,1 2)， 所以MF 的中点坐标为(x 2, 2y+1 4 ). 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 =1 2x 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 >?1 2. 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=5 2|NA|?|NB|. 已知函数f(x)=a(x ?1 x )?2lnx ． （1）讨论f(x)的单调区间； （2）若a =1 2，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)?2 x = ax 2?2x+a x 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 ， x 2= 1+√1?a 2 a ．