2020-2021学年湖北省荆州市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省荆州市高二（下）4月月考数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设复数z满足i⋅z=1+i，则z的共轭复数为( )
A.1−iB.1+iC.−1−iD.−1+i

2. 设直线l的斜率为k，且−1≤k<3，求直线l的倾斜角α的取值范围（ ）
A.[0,π3)∪(3π4,π)B.[0,π6)∪(3π4,π)
C.π6,3π4D.[0,π3)∪[3π4,π)

3. 记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a6+a7=24，S8=48，则{an}的公差为( )
A.1B.3C.4D.8

4. 平面α的一个法向量n→=−2,−2,1，点A−1,3,0在α内，则P−2,1,4到α的距离为( )
A.10B.3C.83D.103

5. 设θ是三角形的一个内角，且sinθ+csθ=13，则方程x2sinθ+y2csθ=1所表示的曲线为（ ）
A.焦点在x轴上的椭圆B.焦点在y轴上的椭圆
C.焦点在x轴上的双曲线D.焦点在y轴上的双曲线

6. 将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ ）
A.12种B.10种C.9种D.8种

7. 函数f(x)=2x2+3x2ex的大致图像是( )
A.B.
C.D.

8. 已知等比数列{an}的前n项和Sn=2λ+(λ−3)⋅2n（λ为常数），则λ=( )
A.−2B.−1C.1D.2
二、多选题

已知圆M的一般方程为x2+y2−8x+6y=0，则下列说法中正确的是( )
A.圆M的圆心为(4, −3)B.圆M被x轴截得的弦长为8
C.圆M的半径为25D.圆M被y轴截得的弦长为6

给出下列命题正确的是（ ）
A.直线l的方向向量为a→=1,−1,2，直线m的方向向量为b→=2,1,−12，则l与m垂直
B.直线a，b的方向向量a→,b→，若a→=1,−2,1, b→=−1,2,−2，则直线a，b相交
C.无论m取何实数，直线l:mx+y−1+2m=0恒过一定点−2,1
D.平面α经过三点A1,0,−1,B0,1,0, C−1,2,0，向量n→=1,u,t是平面α的法向量，则u+t=1

已知抛物线C：y2=4x，焦点为F，过焦点的直线l与抛物线C相交于Ax1,y1，Bx2,y2两点，则下列说法一定正确的是( )
A.|AB|的最小值为2
B.线段AB为直径的圆与直线x=−1相切
C.x1x2为定值
D.过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则|CD|2=4|AF||BF|

关于函数fx=2x+lnx，下列说法正确的是（ ）
A.x0=2是fx的极小值点
B.函数y=fx−x有且只有1个零点
C.存在正整数k，使得fx>kx恒成立
D.对任意两个正实数x1,x2，且x1≠x2，若fx1=fx2，则x1+x2>4
三、填空题

已知圆x2+y2−6x−7=0与抛物线y2=2px (p>0)的准线相切，则p=________．

在等比数列{an}中，已知a3⋅a8=10，则a53⋅a7的值为________．

如图，平行六面体 ABCD−A1B1C1D1中， |AB|=|AD|=|AA1|=1， ∠BAD=∠BAA1=120∘ ，∠DAA1=60∘ ，则线段 AC1 的长度是________.


若函数fx=−x2+a+2lnx在1e2,e上有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________.
四、解答题

已知平行四边形ABCD的两对角线AC，BD交于点O(−1, 1)，其中A(−2, 0)，B(1, 1)．
(1)求点D的坐标及AD所在直线方程；

(2)求平行四边形ABCD的面积．

在①Sn=n2+n，②a3+a5=16，S3+S5=42，③an+1an=n+1n，S7=56，这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn为等比数列，________，b1=a1，b2=a1a22，求数列1Sn+bn的前n项和Tn.

已知圆C的圆心在直线l:x−2y=0上，且过点O0,0和A2,6．
(1)求圆C的方程；

(2)求证：直线l1:m−1x+y−3m=0，m∈R与圆C恒相交．

如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF//DE，DE⊥AD，AD⊥BE， AF=AD=12DE=1, AB=2．

(1)求二面角B−EF−D的余弦值；

(2)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出BQBE的值，若不存在，说明理由．

已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，左，右焦点分别是F1，F2，若椭圆C上的点P1,32到F1，F2的距离和等于4.
(1)写出椭圆C的方程和焦点坐标；

(2)直线l过定点M0,2，且与椭圆C交于不同的两点A，B，若原点O在以线段AB为直径的圆外，求直线l的斜率的取值范围．

已知函数fx=e2x−alnx，函数gx=m+lnxx+n的图象在点（1,g(1)）处的切线方程为y=3．
(1)求函数gx的表达式；

(2)若a≤0，且fx在[e,+∞）上的最小值为e2e，证明：当x>0时， fx≥gx．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
先化简复数z，再求出z的共轭复数z．
【解答】
解：∵ 复数z满足z⋅i=1+i，
∴ z=1+ii=i(1+i)−1=1−i，
∴ z的共轭复数为z=1+i．
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
直线的斜率
直线的倾斜角
【解析】
直线l的斜率为k，且−1【解答】
解：由题意，直线l的倾斜角为α，则α∈[0,π)，
∵ −1≤k<3，即−1≤tanα<3，
结合正切函数的性质，可得α∈[0,π3)∪[3π4,π).
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知列关于首项与公差的方程组，求解得答案．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a6+a7=24，S8=48，
得2a1+11d=24，8a1+8×7d2=48， 解得a1=−92，d=3，
∴ {an}的公差为3．
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
空间向量的数量积运算
【解析】
由题意算出PA→=(−1,−2,4)，根据向量n→=(−2,−2,1)是平面α的一个法向量，算出向量PA→在n→上的投影的绝对值，即可得到P到α的距离，由此可得本题答案．
【解答】
解：∵A−1,3,0，P−2,1,4，
∴PA→=1,2,−4.
又∵平面α的一个法向量n→=−2,−2,1，点A在α内，
∴P−2,1,4到α的距离等于向量PA→在n→上的投影的绝对值，
即d=|PA→⋅n→||n→|=|1×(−2)+2×(−2)+(−4)×1|4+4+1=103．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的标准方程
【解析】
通过判断sinθ与csθ的符号和大小，进而判断解析式所表示的曲线.
【解答】
解：因为θ是三角形的一个内角，则θ∈0,π，
将sinθ+csθ=13两边平方得1+2sinθ⋅csθ=19，
可得sinθ⋅csθ=−49,
故sinθ>0，csθ<0，且|sinθ|>|csθ|，
所以x2sinθ+y2csθ=1表示焦点在x轴上的双曲线.
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
将任务分三步完成，在每步中利用排列和组合的方法计数，最后利用分步计数原理，将各步结果相乘即可得结果
【解答】
解：第一步，为甲地选一名老师，有C21=2种选法；
第二步，为甲地选两个学生，有C42=6种选法；
第三步，为乙地选1名教师和2名学生，有1种选法，
故不同的安排方案共有2×6×1=12(种).
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的图象
【解析】

【解答】
解：由函数f(x)=2x2+3x2ex知有两个零点x=−32与x=0，排除A；
又f′(x)=−2x2+x+32ex，
由f′(x)=0知函数有两个极值点，排除C，D.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
等比中项
数列递推式
【解析】
分别求出等比数列的前三项，利用等比数列的性质能求出λ的值．
【解答】
解：∵ 等比数列{an}的前n项和Sn=2λ+(λ−3)⋅2n（λ为常数），
∴ a1=S1=2λ+(λ−3)×2=4λ−6，
a2=S2−S1=2λ+(λ−3)⋅22−(4λ−6)=2λ−6，
a3=S3−S2=2λ+(λ−3)⋅23−[2λ+(λ−3)⋅22]=4λ−12，
∵ a1，a2，a3成等比数列，∴ a22=a1a3，
∴ (2λ−6)2=(4λ−6)(4λ−12)，
解得λ=1或λ=3，
∵ λ=3时，Sn=2λ是常数，不成立，故舍去λ=3，
∴ λ=1．
故选C.
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
圆的标准方程
【解析】
利用配方法求出圆的圆心与半径，判断选项即可．
【解答】
解：圆M的一般方程为x2+y2−8x+6y=0，
则(x−4)2+(y+3)2=25．
圆的圆心坐标(4, −3)，半径为5．故A正确，C错误；
令x=0，得y=0或y=−6，弦长为6，故D正确；
令y=0，得x=0或x=8，弦长为8，故B正确．
故选ABD．
【答案】
A,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
直线的方向向量
直线恒过定点
空间向量的数量积运算
【解析】
考察平面向量知识和空间中直线位置关系的联系.
【解答】
解：A，a→⋅b→=2−1−1=0，l垂直于m，正确；
B，直线a,b可能相交，也可能异面，错误；
C，l:mx+y−1+2m=0，整理得m(x+2)+y−1=0，所以恒过(−2,1)，正确；
D，AB→⋅n→=−1+u+t=0，故得u+t=1，正确；
故选ACD.
【答案】
B,C,D
【考点】
直线与圆的位置关系
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
根据抛物线和过焦点的直线位置关系，结合抛物线的定义和性质，结合韦达定理，逐个判断即可得解．
【解答】
解：如图，
抛物线C：y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
直线AB经过F，当直线AB垂直于x轴时，
|AB|取得最小值4，故A错误；
设AB的方程为x=my+1，代入抛物线C：y2=4x可得
y2−4my−4=0，
可得y1+y2=4m，y1y2=−4，而y12=4x1，y22=4x2，
所以x1x2=(y1y2)216=1，故C正确；
x1+x2=y124+y224=(y1+y2)2−2y1y24
=16m2+84=2+4m2，
则弦长|AB|=x1+x2+2=4m2+4，
设AB的中点为M,M到准线的距离为x1+x22+1=2+2m2=12|AB|，
所以以AB为直径的圆与准线相切，故B正确；
设|AF|=a，|BF|=b，
可得|AC|=a，|BD|=b，
设BE⊥AC，垂足为E，
可得|AE|=a−b,
而|CD|2=|AB|2−|AE|2=(a+b)2−(a−b)2
=4ab=4|AF||BF|，故D正确.
故选BCD.
【答案】
A,B,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
利用导数研究函数的极值；通过单调性以及零点存在性定理判断函数的零点个数；函数恒成立问题；极值点偏移问题。
【解答】
解：对于A选项，函数的的定义域为0,+∞，
函数的导数f′x=−2x2+1x=x−2x2，
∴ x∈0,2时， f′x<0，函数fx单调递减，
x∈2,+∞时， f′x>0，函数fx单调递增，
∴ x=2是fx的极小值点，故A正确；
对于B选项， y=fx−x=2x+lnx−x,
∴ y′=−2x2+1x−1=−x−122−74x2<0,
∴ 函数在0,+∞上单调递减，
又∵ f1−1=2+ln1−1=1>0 ，f2−2=1+ln2−2<0
∴ 函数y=fx−x有且只有1个零点，故B正确；
对于C选项，若fx>kx，可得k令gx=2x2+lnxx,则g′x=−4+x−xlnxx3，
令ℎx=−4+x−xlnx，则ℎ′x=−lnx
∴ 在x∈0,1上，ℎ′x>0，函数ℎx单调递增，
在x∈1,+∞上， ℎ′x<0，函数ℎx单调递减，
∴ ℎx≤ℎ1=−3<0，
∴ g′x<0，
∴ gx=2x2+lnxx 在0,+∞上单调递减，函数无最小值，
∴ 不存在正整数k，使得fx>kx恒成立，故C错误；
对于D选项，由x1>x2,fx1=fx2结合A选项可知x1>2,0要证x1+x2>4，即证x1>4−x2，且x1>4−x2>2，
∵ 函数fx在x∈2,+∞上是单调递增函数，
∴ 有fx1>f4−x2
∵ fx1=fx2 ，∴ fx2>f4−x2，
即证明fx>f4−x,x∈0,2,
令mx=fx−f4−x=lnx−ln4−x+2x−24−x,x∈0,2,
则 m′x=−8x−22x24−x2<0 ，
∴ mx在0,2是单调递减函数，
∴ mx>m2=0，即fx>f4−x,x∈0,2成立，
故x1+x2>4成立，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
2
【考点】
抛物线的求解
【解析】
求出准线方程，圆心和半径，利用圆心到准线的距离等于半径求出p．
【解答】
解：抛物线y2=2px (p>0)的准线为 x=−p2，圆x2+y2−6x−7=0，即(x−3)2+y2=16，
表示以(3, 0)为圆心，半径等于4的圆．
由题意得 3+p2=4，∴ p=2.
故答案为：2．
【答案】
100
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质即可求出．
【解答】
解：a53⋅a7=a52⋅(a5a7)=a52⋅a62=(a5a6)2
=(a3a8)2=100.
故答案为：100.
【答案】
2
【考点】
空间向量的数乘运算
向量在几何中的应用
向量模长的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵AC→1=AB→+AD→+AA1→，
∴AC→12=AB→2+AD→2+AA1→2+2AB→⋅AD→+2AB→⋅AA1→+2AD→⋅AA1→
=1+1+1+2×1×1×(−12)+2×1×1×(−12)+2×1×1×12
=2，
∴AC1=2.
故答案为：2.
【答案】
(1,4+1e4]
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
求导，利用导数研究函数的单调性。
再结合零点存在性定理确定范围
【解答】
解：fx的定义域为0,+∞，
f′x=2×1−x2x=21+x1−xx，
当x∈[1e2,1）时，f′x>0,fx为增函数；
当x∈(1,e]时，f′x<0,fx为减函数；
故fx在[1e2,1）上单调递增，在（1,e]上单调递减；
故fx在1e2,e上有两个不同的零点，
等价于f(1)>0,f(1e2)≤0,f(e)≤0,即a−1>0,a−1e4−4≤0,a−e2+2≤0,
所以a的取值范围是(1,4+1e4].
故答案为：(1,4+1e4].
四、解答题
【答案】
解：(1)设D(a, b)，
∵ B(1, 1)，BD的中点O(−1, 1)，
∴ a+12=−1,b+12=1,解得a=−3，b=1．
∴ D(−3, 1)，
又A(−2, 0)，∴ kAD=1−0−3−(−2)=−1，
则AD所在直线方程为y−0=−1×(x+2)，即x+y+2=0.
(2)∵ B(1, 1)，AD:x+y+2=0，
∴ B到AD的距离为|1×1+1×1+2|2=22，
又|AD|=(−3+2)2+(1−0)2=2，
∴ 平行四边形ABCD的面积S=2×22=4．
【考点】
中点坐标公式
直线的点斜式方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
【解析】
(Ⅰ)由已知结合中点坐标公式求得D的坐标，再由A、D的坐标求得AD所在直线的斜率，利用直线方程点斜式求AD的方程；
(Ⅱ)求|AD|，再由点到直线的距离公式求B到直线AD的距离，则平行四边形ABCD的面积可求．
1
【解答】
解：(1)设D(a, b)，
∵ B(1, 1)，BD的中点O(−1, 1)，
∴ a+12=−1,b+12=1,解得a=−3，b=1．
∴ D(−3, 1)，
又A(−2, 0)，∴ kAD=1−0−3−(−2)=−1，
则AD所在直线方程为y−0=−1×(x+2)，即x+y+2=0.
(2)∵ B(1, 1)，AD:x+y+2=0，
∴ B到AD的距离为|1×1+1×1+2|2=22，
又|AD|=(−3+2)2+(1−0)2=2，
∴ 平行四边形ABCD的面积S=2×22=4．
【答案】
解：选①:
当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
又n=1满足an=2n，所以an=2n.
设{bn}的公比为q，
又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选②：
设公差为d，由a3+a5=16，S3+S5=42，
得2a1+6d=16,8a1+13d=42,
解得a1=2,d=2,
所以an=2n，Sn=n2+n.
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选③：
由an+1an=n+1n，得an+1n+1=ann，
所以ann=a11，即an=a1n．
S7=7a4=28a1=56，
所以a1=2，
所以an=2n，Sn=n2+n．
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
等差数列的性质
等比数列的性质
【解析】

【解答】
解：选①:
当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
又n=1满足an=2n，所以an=2n.
设{bn}的公比为q，
又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选②：
设公差为d，由a3+a5=16，S3+S5=42，
得2a1+6d=16,8a1+13d=42,
解得a1=2,d=2,
所以an=2n，Sn=n2+n.
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选③：
由an+1an=n+1n，得an+1n+1=ann，
所以ann=a11，即an=a1n．
S7=7a4=28a1=56，
所以a1=2，
所以an=2n，Sn=n2+n．
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
【答案】
(1) 解：设圆的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，
由题意得：a−2b=0,a2+b2=r2,(2−a)2+(6−b)2=r2,
解得：a=4,b=2,r2=20,
故圆C的方程为：(x−4)2+(y−2)2=20．
(2)证明：因为直线l1：(m−1)x+y−3m=0， m∈R， mx−x+y−3m=0，
m(x−3)+y−x=0， 所以直线l1过定点(3，3)，
因为(3−4)2+(3−2)2=2<20，
所以(3，3)在圆C内 ， 所以直线l1与圆C恒相交 .
【考点】
圆的标准方程
直线与圆的位置关系
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
(1) 解：设圆的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，
由题意得：a−2b=0,a2+b2=r2,(2−a)2+(6−b)2=r2,
解得：a=4,b=2,r2=20,
故圆C的方程为：(x−4)2+(y−2)2=20．
(2)证明：因为直线l1：(m−1)x+y−3m=0， m∈R， mx−x+y−3m=0，
m(x−3)+y−x=0， 所以直线l1过定点(3，3)，
因为(3−4)2+(3−2)2=2<20，
所以(3，3)在圆C内 ， 所以直线l1与圆C恒相交 .
【答案】
解：(1)连接BD， 因为平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD=AD， DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD，则DE⊥DB．
又因为DE⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE=E，
所以AD⊥平面BDE，则AD⊥BD．
故DA，DB，DE两两垂直 ，
所以以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴 ，y轴和z轴 ，
如图建立空间直角坐标系 ，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(−1，1，0)，E(0，0，2)，F(1，0，1)，
所以BE→=(0，−1，2)，EF→=(1，0，−1)， n→=(0，1，0)为平面DEF的一个法向量．
设平面BEF的一个法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅BE→=0，m→⋅EF→=0， 得
−y+2z=0,x−z=0,令z=1，得m→=(1，2，1)，
所以cs⟨m→，n→⟩=m→⋅n→|m|→|n→|=63．
由图可得二面角B−EF−D为锐角 ， 所以二面角B−EF−D的余弦值为63．
(2)结论：线段BE上存在点Q， 使得平面CDQ⊥平面BEF．
证明如下 : 设BQ→=λBE→=(0，−λ，2λ)，(λ∈[0，1])，
所以DQ→=DB→+BQ→=(0，1−λ，2λ)，
设平面CDQ的法向量为u→=(a，b，c)，
又因为DC→=(−1，1，0)，
所以u→⋅DQ→=0， u→⋅DC→=0，
即(1−λ)b+2λc=0,−a+b=0,
令b=1， 得u→=1，1，λ−12λ．
若平面CDQ⊥平面BEF，
则m→⋅u→=0即1+2+λ−12λ=0，
解得λ=17∈0，1，
所以线段BE存在点Q， 使得平面CDQ⊥平面BEF， 且此时BQBE=17．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
平面与平面垂直的判定
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)连接BD， 因为平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD=AD， DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD，则DE⊥DB．
又因为DE⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE=E，
所以AD⊥平面BDE，则AD⊥BD．
故DA，DB，DE两两垂直 ，
所以以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴 ，y轴和z轴 ，
如图建立空间直角坐标系 ，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(−1，1，0)，E(0，0，2)，F(1，0，1)，
所以BE→=(0，−1，2)，EF→=(1，0，−1)， n→=(0，1，0)为平面DEF的一个法向量．
设平面BEF的一个法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅BE→=0，m→⋅EF→=0， 得
−y+2z=0,x−z=0,令z=1，得m→=(1，2，1)，
所以cs⟨m→，n→⟩=m→⋅n→|m|→|n→|=63．
由图可得二面角B−EF−D为锐角 ， 所以二面角B−EF−D的余弦值为63．
(2)结论：线段BE上存在点Q， 使得平面CDQ⊥平面BEF．
证明如下 : 设BQ→=λBE→=(0，−λ，2λ)，(λ∈[0，1])，
所以DQ→=DB→+BQ→=(0，1−λ，2λ)，
设平面CDQ的法向量为u→=(a，b，c)，
又因为DC→=(−1，1，0)，
所以u→⋅DQ→=0， u→⋅DC→=0，
即(1−λ)b+2λc=0,−a+b=0,
令b=1， 得u→=1，1，λ−12λ．
若平面CDQ⊥平面BEF，
则m→⋅u→=0即1+2+λ−12λ=0，
解得λ=17∈0，1，
所以线段BE存在点Q， 使得平面CDQ⊥平面BEF， 且此时BQBE=17．
【答案】
解：(1)由题意得2a=4， 即a=2，
又点P1，32在椭圆C上 ，
∴ 14+34b2=1， 即b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1，
焦点F1(−3，0)，F2(3，0)．
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，
设l:y=kx+2， 代入x24+y2=1， 整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0，
Δ=(16k)2−4(1+4k2)⋅12=16(4k2−3)>0， 得k2>34．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴x1+x2=−16k1+4k2， x1x2=121+4k2，
∴ 原点O在以线段AB为直径的圆外 ，∴∠AOB为锐角 ，
∴cs∠AOB>0， 则OA→⋅OB→=x1x2+y1y2>0，
又y1y2=(kx1+2)⋅(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4，
∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4，
=(1+k2)121+4k2+2k−16k1+4k2+4=4(4−k2)1+4k2>0，
∴k2<4，∴34∴ 直线l的斜率k的取值范围是−2，−32∪32，2．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)由题意得2a=4， 即a=2，
又点P1，32在椭圆C上 ，
∴ 14+34b2=1， 即b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1，
焦点F1(−3，0)，F2(3，0)．
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，
设l:y=kx+2， 代入x24+y2=1， 整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0，
Δ=(16k)2−4(1+4k2)⋅12=16(4k2−3)>0， 得k2>34．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴x1+x2=−16k1+4k2， x1x2=121+4k2，
∴ 原点O在以线段AB为直径的圆外 ，∴∠AOB为锐角 ，
∴cs∠AOB>0， 则OA→⋅OB→=x1x2+y1y2>0，
又y1y2=(kx1+2)⋅(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4，
∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4，
=(1+k2)121+4k2+2k−16k1+4k2+4=4(4−k2)1+4k2>0，
∴k2<4，∴34∴ 直线l的斜率k的取值范围是−2，−32∪32，2．
【答案】
(1)解：因为g′(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程为y=3．
所以g′(1)=1−m1=0，即m=1，
又g(1)=1+ln11+n=3，所以n=2，
所以g(x)=1+lnxx+2．
(2)证明：由题意，f(x)的定义域为[e,+∞)，
f′(x)=2e2x−ax，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a=0．
要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，
只需证x(e2x−2)−lnx≥1．令k(x)=x(e2x−2)−lnx，则k′(x)=(2x+1)e2x−2−1x=(2x+1)e2x−2x+1x
=(2x+1)(e2x−1x)，
令φ(x)=e2x−1x(x>0)，则φ′(x)=2e2x+1x2>0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又φ(14)=e−4<0，φ(12)=e−2>0，
所以φ(x)有唯一的零点x0∈(14,12)；
当x∈(0,x0)时，φ(x)<0即k′(x)<0，k(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，φ(x)>0即k′(x)>0，k(x)单调递增，
所以k(x)min=k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0，
又因为φ(x0)=e2x0−1x0=0，所以e2x0=1x0，
所以k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0=x0(1x0−2)+2x0=1，
故f(x)≥g(x)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）因为g(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程为y=3．所以g(1)=1−m1=0，即m=1，又g(1)=1+ln11+n=3，所以n=2所以g(x)=1+lnxx+2．
（2）由题意，f(x)的定义域为[e,+∞)，f′(x)=2e2x−ax，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a=0．要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，只需证x(e2x−2)−lnx≥1．令k(x)=x(e2x−2)−lnx，则k′(x)=(2x+1)e2x−2−1x=(2x+1)e2x−2x+1x=(2x+1)(e2x−1x)，
令φ(x)=e2x−1x(x>0)，则φ′(x)=2e2x+1x2>0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又φ(14)=e−4<0，φ(12)=e−2>0，
所以φ(x)有唯一的零点x0∈(14,12)；当x∈(0,x0)时，φ(x)<0即k′(x)<0，k(x)单调递减，当x∈(x0,+∞)时，φ(x)>0即k′(x)>0，k(x)单调递增，所以k(x)min=k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0，又因为φ(x0)=e2x0−1x0=0，所以e2x0=1x0，所以k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0=x0(1x0−2)+2x0=1，故f(x)≥g(x)．
【解答】
(1)解：因为g′(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程为y=3．
所以g′(1)=1−m1=0，即m=1，
又g(1)=1+ln11+n=3，所以n=2，
所以g(x)=1+lnxx+2．
(2)证明：由题意，f(x)的定义域为[e,+∞)，
f′(x)=2e2x−ax，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a=0．
要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，
只需证x(e2x−2)−lnx≥1．令k(x)=x(e2x−2)−lnx，则k′(x)=(2x+1)e2x−2−1x=(2x+1)e2x−2x+1x
=(2x+1)(e2x−1x)，
令φ(x)=e2x−1x(x>0)，则φ′(x)=2e2x+1x2>0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又φ(14)=e−4<0，φ(12)=e−2>0，
所以φ(x)有唯一的零点x0∈(14,12)；
当x∈(0,x0)时，φ(x)<0即k′(x)<0，k(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，φ(x)>0即k′(x)>0，k(x)单调递增，
所以k(x)min=k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0，
又因为φ(x0)=e2x0−1x0=0，所以e2x0=1x0，
所以k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0=x0(1x0−2)+2x0=1，
故f(x)≥g(x)．