2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期中考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期中考试数学（理）试卷北师大版，共11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i为虚数单位，则复数z=1+i2−i的虚部为( )
A.−iB.iC.−1D.1

2. 若f(x)=x2−2x−4lnx，则f′(x)>0的解集为( )
A.(0, +∞)B.(−1, 0)∪(2, +∞)C.(2, +∞)D.(−1, 0)

3. 设x=θ是函数f(x)=3csx+sinx的一个极值点，则tanθ=( )
A.−3B.−13C.13D.3

4. 若m，n，l为空间三条不同的直线，α，β，γ为空间三个不同的平面，则下列为真命题的是( )
A.若m⊥l，n⊥l，则m//n
B.若m⊥β，m//α，则α⊥β
C.若α⊥γ，β⊥γ，则α//β
D.若α∩β=m，β∩γ=n，m//n，则α//β

5. “若x≠1，则x2−1≠0”的逆否命题为( )
A.“若x2−1≠0，则x≠1”B.“若x=1，则x2−1=0”
C.“若x2−1=0，则x≠1”D.“若x2−1=0，则x=1”

6. “干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为”十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”，“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅⋯⋯癸酉；甲戌、乙亥、丙子⋯癸未；甲申、乙酉、丙戌⋯癸巳；⋯，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2121年是“干支纪年法”中的（ ）
A.庚午年B.辛未年C.庚辰年D.辛巳年

7. 函数fx=e|x|−ln|x|−2的大致图象为（ ）
A.B.
C.D.

8. 1+1xa+x6的展开式中x4的系数为−35，则实数a的值为( )
A.−25B.−45C.−35D.−15

9. 2020年11月，兰州地铁2号线二期开通试运营．甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去兰州老街、西固公园、西站十字，每人只能去一个地方，西站十字一定要有人去，则不同游览方案的种数为( )
A.60B.65C.70D.75

10. 某几何体的三视图如图，俯视图中圆的半径为1，且其内接四边形为正方形，则该几何体的体积为（ ）

A.2π−43B.2π−23C.4π−23D.2π+23

11. 过点Ma,0作双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线的平行线，交双曲线的另一条渐近线于点N，O为坐标原点，若锐角三角形OMN的面积为212a2+b2，则该双曲线的离心率为（ ）
A.62B.3C.3D.32

12. 函数fx=x2−lnx+ax≤0恰有两个整数解，则实数a的取值范围为( )
A.(−3,−1]B.(−2,−1]
C.ln33−3,ln22−2D.ln22−2,−1
二、填空题

某程序框图如图所示，若运行该程序后输出S=________.


将编号为1，2，3且大小相同的三个球放入三个不同的盒子中，恰有1个盒子是空盒的放法有________种．

已知1+3x6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，则a2+a4+a6=________.（结果用数字表示）

如图梯形ABCD为直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，图中阴影部分为曲线y=x2与直线y=x+2围成的平面图形，向直角梯形ABCD内投入一质点，质点落入阴影部分的概率是________.

三、解答题


(1)设a≥b>0，证明：4a3+3b3≥4a2b+3ab2；

(2)已知a>0，证明：a+5−a+3>a+6−a+4．

某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)、[30,40)、⋯、[80,90]，并整理得到如图所示的频率分布直方图.

(1)从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70的概率；

(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间[40,50)内的人数；

(3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等，试估计总体中男生和女生人数的比例.

已知函数f(x)=13x3(lnx−13)−a2x2+x．
(1)若a=1，求f(x)在x=1处的切线方程；

(2)若f(x)有2个极值点，求实数a的取值范围．

如图所示，在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC，PC=2，∠ACB=π2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD=DE=2，CE=2EB=2．

(1)证明：平面PDE⊥平面PCD；

(2)求锐二面角A−PD−C的余弦值．

椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0与椭圆E：x225+y224=1有共同的焦点，且椭圆C的离心率e=12．点M，F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，直线l过点F且交椭圆C于P，Q两点，设直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)是否存在直线l，使得k1+k2=−14，若存在，求出直线l方程；不存在，说明理由．

已知函数fx=2x−2lnx+a，gx=−ax−2，a∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若fx+gx>0对任意的x∈0,12成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
根据复数的运算得到z=i+3，再由复数的概念即可的解.
【解答】
解：因为z=(1+i)(2−i)=2−i+2i+1=i+3，
所以复数z=(1+i)(2−i)的虚部为1.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
导数的加法与减法法则
一元二次不等式的解法
【解析】
由题意，可先求出函数的定义域及函数的导数，再解出不等式f′(x)>0的解集与函数的定义域取交集，即可选出正确选项．
【解答】
解：由题可得，f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=2x−2−4x，
令2x−2−4x>0，整理得x2−x−2>0，解得x>2或x<−1，
结合函数的定义域知，f′(x)>0的解集为(2, +∞)．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
利用连续光滑曲线的极值点处的导数为0，即可求出tanθ的值．
【解答】
解：f′x=−3sinx+csx，
因为x=θ是函数fx=3csx+sinx的一个极值点，
所以f′θ=−3sinθ+csθ=0，
所以tanθ=sinθcsθ=13．
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间直线、平面间的位置关系逐一判断选项即可得解．
【解答】
解：A，当m⊥l，n⊥l时，m与n的位置关系是相交，平行或者异面，故A错误；
B，m//α ，则α内存在直线a，使得a//m（过m的平面与α交线为a），
又m⊥β ，所以α⊥β，故B正确；
C，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，可能平行，故C错误；
D，若α∩β=m，即α与β相交，则α与β不平行，故D错误．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
"若p则q"的逆否命题为“若¬q则¬p"，进行改写即可．
【解答】
解：“若x≠1，则x2−1≠0”的逆否命题为：
“若x2−1=0，则x=1”.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
进行简单的合情推理
等差数列
【解析】
从2021到2121年经过100年，由简单的合情推理结合阅读，理解“干支纪年法”，通过运算可得解．
【解答】
解：天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；
地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，
天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，
2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，
则2121年的天干为辛，地支为巳，
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查函数图象和性质、函数的导数及应用等基本知识．
【解答】
解：由f(−x)=f(x)可知f(x)是偶函数，排除A；
当x>0时，f(x)=ex−lnx−2，
则f′(x)=ex−1x，
可知f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
且f′12=e12−2<0，f′(1)=e−1>0，
则存在x0∈12,1，使得f′(x0)=0，
当0当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
且x0是f(x)在(0,+∞)上唯一极小值点，
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据(a+x)6 的展开式求出通项中x4的系数和x5的系数，再根据1+1x(a+x)6 的展开式中x4的系数为−35，得到C64a2+C65a=−35，求解即可.
【解答】
解：(a+x)6 的展开式通项公式为：Tr+1=C6ra6−rxr，
令r=4，则(a+x)6 的展开式中x4的系数为C64a2，
令r=5，则(a+x)6 的展开式中x5的系数为C65a，
因为1+1x(a+x)6 的展开式中x4的系数为−35，
所以C64a2+C65a=−35，解得a=−15.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
计数原理的应用
【解析】
根据题意，先由分步计数原理计算可得四人选择3个地方的全部情况数目，再计算西站十字没人去的情况数目，分析可得西站十字一定要有人去的游览方案数目，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去兰州老街、西固公园、西站十字，每人只能去一个地方，
则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3=81种情况，
若西站十字没有人去，即四位同学选择了兰州老街、西固公园，
每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2=16种情况，
故西站十字一定要有人去有81−16=65种情况，
即西站十字一定有人去的游览方案有65种．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积（切割型）
【解析】
无
【解答】
解：该几何体为半径为1的半球中，挖掉一个底面在半球的正四棱锥，
所以几何体的体积为V=23π×13−13×12×2×2×1=23π−23=2π−23．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
三角形的面积公式
【解析】
不妨过点M作渐近线y=−bax是平行线，交渐近线y=bax于点N，如图，易知∠1=∠2=∠3，所以△OMN是以∠ONM为顶角的等腰三角形.由△OMN是锐角三角形，可得ba>1，则e2=1+b2a2>2，联立y=bax,y=−bax−a,得到yN=b2，根据△OMN的面积即可求解双曲线的离心率.
【解答】
解：不妨过点M作渐近线y=−bax的平行线，交渐近线y=bax于点N，
易知∠1=∠2=∠3，
所以△OMN是以∠ONM为顶角的等腰三角形，
由于△OMN是锐角三角形，
所以∠1>45∘，
所以ba>1，
所以e2=c2a2=a2+b2a2=1+b2a2>2，
联立y=bax,y=−bax−a, 解得yN=b2，
所以S△OMN=12⋅a⋅12b=212a2+b2，
得9a2c2−a2=2c4，
所以2e4−9e2+9=0，解得e2=32（舍去）或e2=3，
所以e=3.
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵fx=x2−lnx+ax≤0(x>0)，
∴a≤−x+lnxx，
设ℎx=−x+lnxxx>0，
ℎ′x=−1+1−lnxx2=−x2+1−lnxx2，
设gx=−x2+1−lnx，
则gx在0,+∞上为减函数，
当x=1时，g1=−1+1−ln1=0，
当x>1时，gx<0，此时ℎ′x<0，ℎx为减函数，
当00，此时ℎ′x>0，ℎx为增函数，
即当x=1时， ℎx取得极大值，此时ℎ1=−1，
ℎ2=ln22−2，ℎ3=ln33−3，
要使a≤−x+lnxx的整数解只有两个，
即y=a应该满足ℎ3即ln33−3故选C.
二、填空题
【答案】
95
【考点】
程序框图
循环结构的应用
【解析】
利用循环程序的框图，循环计算得解.
【解答】
解：由题设得S=1+112+1=32，n=2；
S=32+122+2=53，n=3；
S=53+132+3=74，n=4；
S=74+142+4=95，n=5；
此时满足n>4，输出S=95.
故答案为：95.
【答案】
18
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分步乘法计数原理
【解析】
根据题意，分2步进行分析；①将三个球分为2组，②在三个盒子中任选2个，将分好的2组放入其中，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将三个球分为2组，有C32=3种分法，
②在三个盒子中任选2个，将分好的2组放入其中，有A32=6种放法，
则恰有1个盒子是空盒的放法有3×6=18种.
故答案为：18.
【答案】
2079
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
利用赋值法，分别令x=0，1和−1代入原式，在适当处理即可求解.
【解答】
解：∵1+3x6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
∴令x=0，则有a0=1；
令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1+3×16=212，①
令x=−1，得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=1−3×16=26，②
由①+②，得2a0+a2+a4+a6=212+26，
∴a2+a4+a6=211+25−1=2079.
故答案为：2079.
【答案】
35
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
定积分在求面积中的应用
【解析】
联立直线与抛物线方程求出交点坐标，再利用定积分求出阴影部分的面积，利用梯形的面积公式求出SABCD，最后根据几何概型的概率公式计算可得；
【解答】
解：联立y=x2,y=x+2,解得x=2,y=4或x=−1,y=1,
即B2,4，C−1,1，D−1,0，A2,0，
S阴影=−12x+2−x2dx
=12x2+2x−13x3|−12=92，
S梯形ABCD=1+4×3×12=152，
∴ P=S阴影S梯形ABCD=92152=35.
故答案为：35.
三、解答题
【答案】
证明：(1)4a3+3b3−4a2b−3ab2=4a2a−b−3b2a−b
=a−b4a2−3b2=a−ba2+3a2−b2，
∵ a≥b>0，
∴ a−b≥0，a2+3a2−b2>0，
∴ 4a3+3b3≥4a2b+3ab2.
(2)要证a+5−a+3>a+6−a+4，
只需证a+5+a+4>a+6+a+3，
只需证a+5+2a+5a+4+a+4
>a+6+2a+6a+3+a+3，
只需证2a+5a+4>2a+6a+3，
只需证a2+9a+20>a2+9a+18，
只需证20>18，
上不等式显然成立，所以原不等式成立．
【考点】
不等式的证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)4a3+3b3−4a2b−3ab2=4a2a−b−3b2a−b
=a−b4a2−3b2=a−ba2+3a2−b2，
∵ a≥b>0，
∴ a−b≥0，a2+3a2−b2>0，
∴ 4a3+3b3≥4a2b+3ab2.
(2)要证a+5−a+3>a+6−a+4，
只需证a+5+a+4>a+6+a+3，
只需证a+5+2a+5a+4+a+4
>a+6+2a+6a+3+a+3，
只需证2a+5a+4>2a+6a+3，
只需证a2+9a+20>a2+9a+18，
只需证20>18，
上不等式显然成立，所以原不等式成立．
【答案】
解：(1)根据频率分布直方图可知，
样本中分数不小于70的频率为0.02+0.04×10=0.6，
所以样本中分数小于70的频率为1−0.6=0.4，
所以从总体的400名学生中随机抽取一人，其分数小于70的概率估计值为0.4．
(2)根据题意，样本中分数不小于50的频率为
(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.9，
故样本中分数小于50的频率为0.1，
故分数在区间[40,50)内的人数为100×0.1−5=5，
所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为400×5100=20.
(3)由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为0.02+0.04×10×100=60，
所以样本中分数不小于70的男生人数为60×12=30，
所以样本中的男生人数为30×2=60，
样本中的女生人数为100−60=40，
所以估计总体中男生和女生人数的比例为60:40=3:2.
【考点】
频率分布直方图
用频率估计概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据频率分布直方图可知，
样本中分数不小于70的频率为0.02+0.04×10=0.6，
所以样本中分数小于70的频率为1−0.6=0.4，
所以从总体的400名学生中随机抽取一人，其分数小于70的概率估计值为0.4．
(2)根据题意，样本中分数不小于50的频率为
(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.9，
故样本中分数小于50的频率为0.1，
故分数在区间[40,50)内的人数为100×0.1−5=5，
所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为400×5100=20.
(3)由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为0.02+0.04×10×100=60，
所以样本中分数不小于70的男生人数为60×12=30，
所以样本中的男生人数为30×2=60，
样本中的女生人数为100−60=40，
所以估计总体中男生和女生人数的比例为60:40=3:2.
【答案】
解：(1)依题意得，f(x)=13x3(lnx−13)−12x2+x，
f(1)=−19−12+1=718，
f′(x)=13[3x2(lnx−13)+x2]−x+1=x2lnx−x+1，
k=f′(1)=0，
则切线方程为y=718．
(2)f(x)有2个极值点，
则f′(x)=13(3x2lnx+x2)−13x2−ax+1=x2lnx−ax+1有2个零点（且左右异号），
即a=xlnx+1x在x>0上有2解，
令F(x)=xlnx+1x，x>0，
则F′(x)=lnx+1−1x2，x>0，
又F′(x)在x>0上单调递增，F′(1)=0，
则当x>1时，F′(x)>0，
当0故F(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
故最小值为F(1)=1，则a>1．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
【解析】
(1)求出函数的导数，切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程即可．
(2)f(x)有2个极值点，得到导函数有2个零点，即a=xlnx+1x在x>0上有2解，令F(x)=xlnx+1x，x>0，求出导函数，判断函数的单调性，转化求解最小值，即可推出.
【解答】
解：(1)依题意得，f(x)=13x3(lnx−13)−12x2+x，
f(1)=−19−12+1=718，
f′(x)=13[3x2(lnx−13)+x2]−x+1=x2lnx−x+1，
k=f′(1)=0，
则切线方程为y=718．
(2)f(x)有2个极值点，
则f′(x)=13(3x2lnx+x2)−13x2−ax+1=x2lnx−ax+1有2个零点（且左右异号），
即a=xlnx+1x在x>0上有2解，
令F(x)=xlnx+1x，x>0，
则F′(x)=lnx+1−1x2，x>0，
又F′(x)在x>0上单调递增，F′(1)=0，
则当x>1时，F′(x)>0，
当0故F(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
故最小值为F(1)=1，则a>1．
【答案】
(1)证明：因为CD=DE=2，CE=2，
所以CD2+DE2=22+22=4=CE2，
所以△CDE为直角三角形，且∠CDE=90∘，
所以CD⊥DE，
因为PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以PC⊥DE，
因为CD∩PC=C，所以DE⊥平面PCD，
因为DE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面PCD.
(2)过D作DF⊥BC于F，
因为△CDE为等腰直角三角形，且CE=2，
所以DF=12CE=1，
因为∠ACB=π2，所以DF//AC，
所以DFAC=BFBC，即1AC=23，得AC=32，
因为PC⊥平面ABC，∠ACB=π2，
所以CA，CB，CP两两垂直，
所以以C为原点，分别以CA，CB，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C0,0,0，A32,0,0，D1,1,0，E0,2,0，P0,0,2，
所以DE→=−1,1,0，DP→=−1,−1,2，DA→=12,−1,0，
设平面PAD的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅DP→=−x−y+2z=0，n→⋅DA→=12x−y=0，
令x=2，则y=1，z=32，所以n→=2,1,32，
由(1)可知DE⊥平面PCD，
所以DE→=−1,1,0是平面PCD的一个法向量，
设锐二面角A−PD−C的平面角为θ，
则csθ=|cs⟨n→,DE→⟩|=|−2+1+04+1+94×1+1|=5829，
所以锐二面角A−PD−C的余弦值为5829．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为CD=DE=2，CE=2，
所以CD2+DE2=22+22=4=CE2，
所以△CDE为直角三角形，且∠CDE=90∘，
所以CD⊥DE，
因为PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以PC⊥DE，
因为CD∩PC=C，所以DE⊥平面PCD，
因为DE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面PCD.
(2)过D作DF⊥BC于F，
因为△CDE为等腰直角三角形，且CE=2，
所以DF=12CE=1，
因为∠ACB=π2，所以DF//AC，
所以DFAC=BFBC，即1AC=23，得AC=32，
因为PC⊥平面ABC，∠ACB=π2，
所以CA，CB，CP两两垂直，
所以以C为原点，分别以CA，CB，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C0,0,0，A32,0,0，D1,1,0，E0,2,0，P0,0,2，
所以DE→=−1,1,0，DP→=−1,−1,2，DA→=12,−1,0，
设平面PAD的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅DP→=−x−y+2z=0，n→⋅DA→=12x−y=0，
令x=2，则y=1，z=32，所以n→=2,1,32，
由(1)可知DE⊥平面PCD，
所以DE→=−1,1,0是平面PCD的一个法向量，
设锐二面角A−PD−C的平面角为θ，
则csθ=|cs⟨n→,DE→⟩|=|−2+1+04+1+94×1+1|=5829，
所以锐二面角A−PD−C的余弦值为5829．
【答案】
解：(1)由题可知椭圆C中，c=1，
由离心率e=ca=12可得a=2，
又知b2=a2−c2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)右焦点F1,0，右顶点M−2,0．假设存在直线l，满足k1+k2=−14．
若直线l斜率不存在时，k1+k2=0，不合题意，舍去；
设直线l的方程为y=kx−1，联立方程 y=kx−1x24+y23=1，
化简得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0
由题意易知Δ>0恒成立，
设直线l与椭圆C的两个交点为Px1,y1,Qx2,y2，
根据韦达定理得x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2−123+4k2
则k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=kx1−1x1+2+kx2−1x2+2
=k⋅2x1x2+x1+x2−4x1x2+2x1+x2+4
=k⋅2⋅4k2−123+4k2+8k23+4k2−44k2−123+4k2+2⋅8k23+4k2+4
=k⋅8k2−24+8k2−43+4k24k2−12+16k2+43+4k2
=−1k=−14，
所以k=4，
即直线l:y=4x−1，化简得4x−y−4=0，
综上可知，存在直线l:4x−y−4=0，满足k1+k2=−14.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知椭圆C中，c=1，
由离心率e=ca=12可得a=2，
又知b2=a2−c2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)右焦点F1,0，右顶点M−2,0．假设存在直线l，满足k1+k2=−14．
若直线l斜率不存在时，k1+k2=0，不合题意，舍去；
设直线l的方程为y=kx−1，联立方程 y=kx−1x24+y23=1，
化简得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0
由题意易知Δ>0恒成立，
设直线l与椭圆C的两个交点为Px1,y1,Qx2,y2，
根据韦达定理得x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2−123+4k2
则k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=kx1−1x1+2+kx2−1x2+2
=k⋅2x1x2+x1+x2−4x1x2+2x1+x2+4
=k⋅2⋅4k2−123+4k2+8k23+4k2−44k2−123+4k2+2⋅8k23+4k2+4
=k⋅8k2−24+8k2−43+4k24k2−12+16k2+43+4k2
=−1k=−14，
所以k=4，
即直线l:y=4x−1，化简得4x−y−4=0，
综上可知，存在直线l:4x−y−4=0，满足k1+k2=−14.
【答案】
解：(1)fx=2x−2lnx+a，
有f′x=2−2x=2x−2x且定义域为0,+∞，
当x∈0,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
(2)据题意，2x−2lnx+a−ax−2>0对任意的x∈0,12成立，
整理得：a>2+2lnx1−x在x∈0,12恒成立，
设ℎx=2+2lnx1−xx∈0,12，
则ℎ′x=2x−2+2lnx1−x2 ．
令mx=2x−2+2lnxx∈0,12，
则m′x=−2x2+2x=−2+2xx2，
当x∈0,12时，m′x<0，mx在0,12上单调递减，
即mx>m12=2−2ln2>0，
∴ 当x∈0,12时，ℎ′x>0，
则ℎx在0,12上单调递增，即ℎx<ℎ12=2−4ln2，
故a≥2−4ln2，即实数a的取值范围是[2−4ln2,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=2x−2lnx+a，
有f′x=2−2x=2x−2x且定义域为0,+∞，
当x∈0,1时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx单调递增．
(2)据题意，2x−2lnx+a−ax−2>0对任意的x∈0,12成立，
整理得：a>2+2lnx1−x在x∈0,12恒成立，
设ℎx=2+2lnx1−xx∈0,12，
则ℎ′x=2x−2+2lnx1−x2 ．
令mx=2x−2+2lnxx∈0,12，
则m′x=−2x2+2x=−2+2xx2，
当x∈0,12时，m′x<0，mx在0,12上单调递减，
即mx>m12=2−2ln2>0，
∴ 当x∈0,12时，ℎ′x>0，
则ℎx在0,12上单调递增，即ℎx<ℎ12=2−4ln2，
故a≥2−4ln2，即实数a的取值范围是[2−4ln2,+∞)．