浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷四

这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷四，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x2<1))，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|lg2x<0))，则A∩B等于( )
A．(－∞，1) B．(0,1) C．(－1,0) D．(－1,1)
答案 B
解析 由题得A＝{x|－1所以A∩B＝(0,1)．
2．已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线方程为3x＋4y＝0，则该双曲线的离心率是( )
A.eq \f(5,3) B.eq \f(5,4) C.eq \f(4,3)或eq \f(5,3) D.eq \f(5,3)或eq \f(5,4)
答案 D
解析 3x＋4y＝0⇒y＝－eq \f(3,4)x，当焦点位于x轴时，eq \f(b,a)＝eq \f(3,4)⇒eq \f(b2,a2)＝eq \f(9,16)，而c2＝a2＋b2，所以eq \f(c2－a2,a2)＝eq \f(9,16)⇒e＝eq \f(c,a)＝eq \f(5,4)；
当焦点位于y轴时，eq \f(b,a)＝eq \f(4,3)⇒eq \f(b2,a2)＝eq \f(16,9)，c2＝a2＋b2⇒eq \f(c2－a2,a2)＝eq \f(16,9)⇒e＝eq \f(c,a)＝eq \f(5,3).
3．如果实数x，y满足条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1≥0，,y＋1≥0，,x＋y＋1≤0，))那么z＝2x－y的最大值为( )
A．2 B．－2 C．1 D．－3
答案 C
解析 由约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1≥0，,y＋1≥0，,x＋y＋1≤0))画出可行域如图中阴影部分所示(含边界)，
再画出目标函数z＝2x－y如图中过原点的虚线，
平移目标函数易得过点A(0，－1)处时取得最大值，
代入得zmax＝1.
4．如图是一个几何体的三视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积为( )
A．12 B．14 C．16 D．18
答案 D
解析 由题意可得，该几何体是由一个四棱柱和一个三棱柱组成的几何体，
其中四棱柱的体积V1＝1×3×4＝12，三棱柱的体积V2＝eq \f(1,2)×3×1×4＝6，
该几何体的体积为V＝V1＋V2＝18.
5．“对任意正整数n，不等式nlg a<(n＋1)lg aa(a>1)都成立”的一个必要不充分条件是( )
A．a>0 B．a>1 C．a>2 D．a>3
答案 A
解析 由nlg a<(n＋1)lg aa得nlg a∵a>1，∴lg a>0，∴neq \f(n,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，
又1－eq \f(1,n＋1)<1，∴a>1.
即a>1时，不等式nlg a<(n＋1)lg aaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>1))成立，
则a>0是其必要不充分条件；a>1是其充要条件；a>2，a>3均是其充分不必要条件．
6．与函数f(x)＝sin x2＋cs x的部分图象符合的是( )
答案 B
解析 f(0)＝sin 0＋cs 0＝1排除C，
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin eq \f(π2,4)＋cs eq \f(π,2)＝sin eq \f(π2,4)>0，排除A，D.
7．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：
则ξ的标准差为( )
A．3.56 B.eq \r(3.56) C．3.2 D.eq \r(3.2)
答案 B
解析 由题意，E(ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×(1－0.4－0.1)＝3.2，
∴D(ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝1.936＋0.004＋1.62＝3.56，
∴ξ的标准差为eq \r(3.56).
8．如图，正四面体ABCD中，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，eq \f(AP,PB)＝eq \f(CR,RA)＝eq \f(1,2)，分别记二面角A－PQ－R，A－PR－Q，A－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A．β>γ>α B．γ>β>α
C．α>γ>β D．α>β>γ
答案 D
解析 ∵ABCD是正四面体，P，Q，R分别在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，eq \f(AP,PB)＝eq \f(CR,RA)＝eq \f(1,2)，可得α为钝角，β，γ为锐角，设P到平面ACD的距离为h1，P到QR的距离为d1，Q到平面ABC的距离为h2，Q到PR的距离为d2，设正四面体的高为h ，棱长为6a，可得h1＝eq \f(1,3)h，h2＝eq \f(1,2)h，h11，即sin β>sin γ，所以γ<β，∴α>β>γ.
9.如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB＝2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值是( )
A．2 B．1 C．0 D．－1
答案 B
解析 连接BC(图略)，则∠ACB＝90°，
∵AP⊥PC，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))＋\(CB,\s\up6(→))))＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))＋\(PC,\s\up6(→))))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(PC,\s\up6(→))2，
依题意可证Rt△APC∽Rt△ACB，则eq \f(PC,CB)＝eq \f(AC,AB)，即PC＝eq \f(AC·CB,2)，
∵AC2＋CB2＝AB2，
∴AC2＋CB2＝4≥2AC·BC，
即AC·BC≤2，当且仅当AC＝CB时取等号．
∴PC≤1，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(PC,\s\up6(→))2≤1，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为1.
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))2 019＋2 019a2 017＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))2 021＝2 000，(a2 020－1)2 019＋2 019a2 020＋(a2 020－1)2 021＝2 038，则S4 036等于( )
A．2 019 B．2 020 C．2 021 D．4 036
答案 D
解析 由(a2 017－1)2 019＋2 019a2 017＋(a2 017－1)2 021＝2 000得：(a2 017－1)2 019＋2 019(a2 017－1)＋(a2 017－1)2 021＝－19，①
由(a2 020－1)2 019＋2 019a2 020＋(a2 020－1)2 021＝2 038得：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))2 019＋2 019eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))2 021＝19，②
令f(x)＝x2 019＋2 019x＋x2 021，
则①式即为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))＝－19，
②式即为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))＝19，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x))＋f(x)＝0，即f(x)为奇函数，
且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 017－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 020－1))＝0，∴a2 017＋a2 020＝2，
∴S4 036＝2 018eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a4 036))＝2 018(a2 017＋a2 020)＝4 036.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．复数z＝eq \f(1,1－i)的共轭复数是________，复数z对应的点位于复平面内的第________象限．
答案 eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i 一
解析 eq \f(1,1－i)＝eq \f(1＋i,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋i)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，其共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，复数z对应的点位于复平面内的第一象限．
12．已知圆C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的圆心在直线l1：x＋y＋2＝0上，则a＝________；圆C被直线l2：3x＋4y－5＝0截得的弦长为________．
答案 2 8
解析 圆C：x2＋y2－2ax＋4ay＋5a2－25＝0的标准方程为(x－a)2＋(y＋2a)2＝52，可得圆心坐标是(a，－2a)，
把圆心坐标代入直线l1：x＋y＋2＝0的方程中得a＝2；
即圆心为(2，－4)，圆心到直线l2：3x＋4y－5＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3×2－4×4－5)),\r(32＋42))＝3，
所以弦长等于2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(52－32)＝8.
13．若x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，其中a2＝－6，则实数m＝________； a1＋a3＋a5＝________.
答案 eq \f(3,2) eq \f(313,16)
解析 x(1－mx)4＝a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5 ，
则x(1－mx)4＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－4mx＋C\\al(2,4)m2x2＋…))，
则－4m＝a2＝－6，
解得m＝eq \f(3,2) .
令x＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,2)))4＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5 ，
令x＝－1, 则－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))4＝－a1＋a2－a3＋a4－a5，
∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＋a5))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))4 ，
解得a1＋a3＋a5＝eq \f(313,16).
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin A＋sin B＝eq \f(5,4)sin C，且△ABC的周长为9，△ABC的面积为3sin C，则c＝________，cs C＝________.
答案 4 －eq \f(1,4)
解析 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，
已知sin A＋sin B＝eq \f(5,4)sin C，则a＋b＝eq \f(5c,4)，
且△ABC的周长为9，
则c＋eq \f(5c,4)＝9，
解得c＝4 .
因为△ABC的面积等于3sin C，
所以eq \f(1,2)absin C＝3sin C，
整理得ab＝6.
∵a＋b＝eq \f(5c,4)＝5,
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝5，,ab＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝3，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，))
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,4) .
15．某地火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成，如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有________种(用数字作答)．
答案 96
解析 若第一棒火炬手为甲或乙，则最后一棒只能由甲、乙中不跑第一棒的火炬手完成，剩下的4段路线全排列，此时有2Aeq \\al(4,4)种不同的传递方案；若第一棒火炬手为丙，则最后一棒由甲或乙完成，剩下的4段路线全排列，此时有2Aeq \\al(4,4)种不同的传递方案，则由分类加法计数原理得共有2Aeq \\al(4,4)＋2Aeq \\al(4,4)＝96(种)不同的传递方案．
16．设椭圆C的两个焦点是F1，F2，过F1的直线与椭圆C交于P，Q，若|PF2|＝|F1F2|，且5|PF1|＝6|F1Q|，则椭圆的离心率为________．
答案 eq \f(9,11)
解析 画出图形如图所示．
由椭圆的定义可知：|PF1|＋|PF2|＝|QF1|＋|QF2|＝2a，|F1F2|＝2c.
∵|PF2|＝|F1F2|，∴|PF2|＝2c，
∴|PF1|＝2(a－c)．
∵5|PF1|＝6|F1Q|，
∴|QF1|＝eq \f(5,6)|PF1|＝eq \f(5,3)(a－c)，∴|QF2|＝eq \f(a,3)＋eq \f(5c,3).
在△PF1F2中，由余弦定理可得： cs∠PF1F2＝eq \f(|F1F2|2＋|F1P|2－|F2P|2,2|F1F2||F1P|)＝eq \f(a－c,2c)，
在△QF1F2中，由余弦定理可得： cs∠QF1F2＝eq \f(|F1F2|2＋|F1Q|2－|F2Q|2,2|F1F2||F1Q|)＝eq \f(2a－3c,5c).
∵∠PF1F2＋∠QF1F2＝180°，
∴cs∠PF1F2＝－cs∠QF1F2，
∴eq \f(a－c,2c)＝－eq \f(2a－3c,5c)，整理得9a＝11c，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(9,11).
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意λ∈R，不等式|λeq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))|≥|eq \(BC,\s\up6(→))|恒成立，则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)的最大值为________．
答案 eq \r(5)
解析 由对任意λ∈R，不等式|λeq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))|≥|eq \(BC,\s\up6(→))|恒成立得BC边上的高h≥a.
在△ABC中，有eq \f(1,2)ah＝eq \f(1,2)bcsin A，即bc＝eq \f(ah,sin A)，
在△ABC中，由余弦定理得
b2＋c2＝a2＋2bccs A＝a2＋eq \f(2ahcs A,sin A)，
则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2,bc)＝eq \f(a2＋\f(2ahcs A,sin A),\f(ah,sin A))
＝eq \f(a2sin A＋2ahcs A,ah)＝eq \f(asin A＋2hcs A,h)
≤eq \f(hsin A＋2hcs A,h)＝sin A＋2cs A
＝eq \r(5)sin(A＋φ)，
其中tan φ＝2，
则当A＋φ＝eq \f(π,2)且h＝a时，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)取得最大值eq \r(5).
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知：函数f(x)＝eq \r(2)(sin x－cs x)．
(1)求函数f(x)的最小正周期和值域；
(2)若函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(6,5)))，eq \f(π,4)<α解 (1)f(x)＝eq \r(2)(sin x－cs x)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x·\f(\r(2),2)－cs x·\f(\r(2),2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))).
∴函数的最小正周期为2π，值域为{y|－2≤y≤2}．
(2)依题意得，2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(6,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，
∵eq \f(π,4)<α∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4))))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝eq \f(4,5)，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))－\f(π,4)))
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＋\f(π,4)))
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))cs \f(π,4)＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))sin \f(π,4)))
＝2×eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)＋\f(4,5)))＝eq \f(7\r(2),5).
19.(15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝4，BC＝2eq \r(2).
(1)求证：PC⊥BD；
(2)若直线AB与平面PBD所成的角为eq \f(π,6)，求PA的长．
解 (1)连接AC，在△ABC中，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，
所以tan∠ACB＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(\r(2),2).
因为AB∥CD，AB⊥BC，所以CD⊥BC.
在Rt△BCD中，因为CD＝4，所以tan∠BDC＝eq \f(BC,CD)＝eq \f(\r(2),2)，
所以tan∠ACB＝tan∠BDC，
所以∠ACB＝∠BDC.
因为∠ACB＋∠ACD＝eq \f(π,2)，所以∠BDC＋∠ACD＝eq \f(π,2)，所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD.
(2)方法一 如图，设PA＝t，AC与BD交于点M，连接PM，过点A作AH⊥PM于点H，连接BH.
由(1)知，BD⊥平面PAC，又AH⊂平面PAC，所以BD⊥AH.
因为AH⊥PM，PM⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PM∩BD＝M，所以AH⊥平面PBD，
所以∠ABH为直线AB与平面PBD所成的角．
在Rt△ABC中，因为AB＝2，BC＝2eq \r(2)，所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(3)，
所以由三角形相似得AM＝eq \f(AB2,AC)＝eq \f(2\r(3),3).
在Rt△PAM中，易知AH＝eq \f(PA·AM,PM)＝eq \f(PA·AM,\r(PA2＋AM2))＝eq \f(t×\f(2\r(3),3),\r(t2＋\f(4,3))).
因为直线AB与平面PBD所成的角为eq \f(π,6)，所以∠ABH＝eq \f(π,6).
所以sin∠ABH＝eq \f(AH,AB)＝eq \f(\f(t×\f(2\r(3),3),\r(t2＋\f(4,3))),2)＝eq \f(1,2)，
所以t＝2，
所以PA的长为2.
方法二 取CD的中点E，连接AE，
因为AB∥CD，CD＝2AB＝4，所以AB∥CE且AB＝CE，
所以四边形ABCE是平行四边形，所以BC∥AE.
因为AB⊥BC，所以AB⊥AE.
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AE，
故AE，AB，AP两两垂直，故以A为坐标原点，AE，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA＝t，因为CD＝2AB＝4，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0，t)，D(2eq \r(2)，－2,0)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－2，t)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，－4,0)．
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2y＋tz＝0，,2\r(2)x－4y＝0，))
令x＝eq \r(2)，则y＝1，z＝eq \f(2,t)，故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，1，\f(2,t)))为平面PBD的一个法向量．
因为直线AB与平面PBD所成的角为eq \f(π,6)，
所以sin eq \f(π,6)＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n|·|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(3＋\f(4,t2))×2)
＝eq \f(1,2)，
所以t＝2.
所以PA的长为2.
20．(15分)数列{an}满足： a1＝1，a2＝2，an＋2＝[2＋(－1)n]an＋2，n＝1,2,3，….
(1)求a3，a4，并证明数列{a2n＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
解 (1) 当n＝1时，a3＝a1＋2＝3，
当n＝2时，a4＝3a2＋2＝8，
令n＝2k，a2k＋2＝3a2k＋2(k＝1,2,3，…)，
即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)(k＝1,2,3，…)．
所以数列{a2n＋1}是等比数列．
(2)由(1)得，当n为偶数时，an＝－1，
当n为奇数时， an＋2＝an＋2，即数列{an}的奇数项构成等差数列，可求得an＝n，
{an}的通项公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n是奇数，,－1，n是偶数.))
所以在前2n项中，S奇＝n·1＋eq \f(1,2)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))·2＝n2，
S偶＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－3n)),1－3)－n＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋1－3))－n，
S2n＝S奇＋S偶＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋1－3))＋n2－n.
21．(15分)已知平面上一动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l：x＝4的距离之比为eq \f(1,2).
(1)求点P的轨迹方程；
(2)点O是坐标原点，A，B两点在点P的轨迹上，F是点C关于原点的对称点，若eq \(FA,\s\up6(→))＝λeq \(BF,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
解 (1)设P(x，y)是所求轨迹上的任意一点，
由动点P到定点C(1,0)的距离与它到直线l：x＝4的距离之比为eq \f(1,2)，
则eq \f(\r(x－12＋y2),|x－4|)＝eq \f(1,2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，即点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由F是点C关于原点的对称点，所以点F的坐标为(－1,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为eq \(FA,\s\up6(→))＝λeq \(BF,\s\up6(→))，
则(x1＋1，y1)＝λ(－1－x2，－y2)，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－1－λ－λx2，,y1＝－λy2，))
∵eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，即eq \f(－1－λ－λx22,4)＋eq \f(－λy22,3)＝1，①
又由eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，则eq \f(λx22,4)＋eq \f(λy22,3)＝λ2，②
①－②得eq \f(2λλ＋1x2＋λ＋12,4)＝1－λ2，
化简得x2＝eq \f(3－5λ,2λ)，
∵－2≤x2≤2，∴－2≤eq \f(3－5λ,2λ)≤2，解得eq \f(1,3)≤λ≤3，
所以λ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)).
22．(15分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)，其中m≥1.
(1)设x＝0是函数f(x)的极值点，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)有两个不同的零点x1和x2，且x1<0①求参数m的取值范围；
②求证：－ln(x2－x1＋1)>e－1.
(1)解 f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋m)，
若x＝0是函数f(x)的极值点，则f′(0)＝1－eq \f(1,m)＝0，得m＝1，经检验满足题意，
此时f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋1)，x>－1，
所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)①解 m≥1, f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋m)，x>－m，
记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋m))2)>0，
知f′(x)在区间(－m，＋∞)内单调递增．
又∵f′(0)＝1－eq \f(1,m)>0, f′(－m＋1)＝e1－m－1<0，
∴f′(x)在区间(1－m,0)内存在唯一的零点x0，
即f′(x0)＝－eq \f(1,x0＋m)＝0，于是＝eq \f(1,x0＋m)，
x0＝－ln(x0＋m)．
当－m当x>x0时， f′(x)>0，f(x)单调递增．
若y＝f(x)有两个不同的零点x1和x2，且x1<0易知x→－m时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以f(0)＝1－ln m<0，解得m>e.
②证明 由①中的单调性知，当x∈(x1，x2)时，f(x)<0，又m>e，所以f(－1)＝eq \f(1,e)－ln(m－1)所以x1<－1<0所以x2－x1>1，令t＝x2－x1>1，
要证－ln(x2－x1＋1)>e－1，
即证et－ln(t＋1)>e－1.
令h(t)＝et－ln(t＋1)，t≥1，
则h′(t)＝et－eq \f(1,t＋1)单调递增，
又h′(1)＝e－eq \f(1,2)>0，
所以h′(t)>0，h(t)单调递增，
所以h(t)>h(1)＝e－ln 2>e－1，
即－ln(x2－x1＋1)>e－1.ξ
1
3
5
P
0.4
0.1
x