2020-2021四川省巴中市高二（下）3月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021四川省巴中市高二（下）3月月考数学（理）试卷人教A版，共13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. 某校高二(1)班共有48人，学号依次为1，2，3，⋯，48，现用系统抽样的办法抽取一个容量为6的样本．已知学号为3，11，19，35，43的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为（ )
A.24B.25C.26D.27

2. 若集合A={x|1≤3x≤81}，B={x|lg2(x2−x)>1}，则A∩B=( )
A.(2, 4]B.[2, 4]
C.(−∞, 0)∪(0, 4]D.(−∞, −1)∪[0, 4]

3. 已知sinθ+csθ=43(0<θ<π4)，则sinθ−csθ的值为( )
A.−13B.23C.−23D.13

4. 已知中心在原点的双曲线C的离心率等于32，其中一条准线方程为x=−43，则双曲线C的方程是( )
A.x24−y25=1B.x24−y25=1
C.x22−y25=−1D.x22−y25=−1

5. 设函数f(x)=sin(ωx+φ)−cs(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的最小正周期为π，且f(−x)=f(x)，则( )

A.f(x)在(0, π2)上单调递增
B.f(x)在(−π2, π2)上单调递减
C.f(x)在(0, π2)上单调递减
D.f(x)在(−π2, π2)上单调递增

6. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，A=π3，sinC=2sinB，则△ABC的周长为( )
A.3+23B.3+26C.3+33D.3+36

7. 函数f(x)=ln1−x1+x的大致图象为( )
A.B.
C.D.

8. 下列命题中正确的是（ ）
A.x=2是x2−4x+4=0的必要不充分条件
B.在△ABC中，三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，若acsA=bcsB，则该三角形△ABC为等腰三角形
C.命题“若x2<4，则−2D.若p∧(￢q)为假，p∨(￢q)为真，则p，q同真或同假

9. 已知单位向量a→，b→满足a→⋅b→=0，若向量c→=7a→+2b→，则cs⟨a→,c→⟩=( )
A.73B.23C.79D.29

10. 若实数x，y满足不等式组x+3y−3≤0，x−y+1≥0，y≥−1，求z=2|x|+y的最大值为( )．
A.13B.11C.3D.1

11. 已知x1，x2(x1A.[85,+∞)B.(−∞,85]C.[35,+∞)D.[35，85]

12. 已知函数f(x)=x2+ex−12(x<0)与g(x)=x2+ln(x+a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围（ ）
A.(−∞, 1e)B.(−∞, e)C.(−1e, e)D.(−e, 1e)
二、填空题

命题“∀x>0，x+1x≥1”的否定是_______.

在等差数列an中，a9=12a12+6，则数列an的前11项和S11=________.

若函数f(x)=mx2+lnx−x在定义域内有递减区间，则实数m的取值范围是________．

已知抛物线y2=2px上三点A2,2，B，C，直线AB，AC是圆x−22+y2=1的两条切线，则直线BC的方程为________.
三、解答题

设命题p：不等式|x+5|+|x−1|>a2−5a对∀x∈R 恒成立；
命题q：方程 ax2−6x+a−8=0 有两不等正根．
当命题p和命题q不都为假命题时，求实数a的取值范围．

某市小型机动车驾照“科二”考试共有5项考察项目，分别记作①，②，③，④，⑤.

(1)某教练将所带10名学员“科二”模拟考试成绩进行统计（如表所示），并打算从恰有2项成绩不合格的学员中任意抽出2人进行补测（只测不合格的项目），求补测项目种类不超过3项的概率．

(2)如图，某次模拟演练中，教练要求学员甲倒车并转向90∘，在车边缘不压射线AC与射线BD的前提下，将汽车驶入指定的停车位．根据经验，学员甲转向90∘后可使车尾边缘完全落在线段CD上，且位于CD内各处的机会相等．若CA=BD=0.3m，AB=2.4m，汽车宽度为1.8m，求学员甲能按教练要求完成任务的概率．

双曲线 C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时， |AF|=|BF|.
(1)求双曲线C的离心率；

(2)若B在第一象限，证明： tan2∠BAF=tan∠BFA2∠BAF≠π2,∠BFA≠π2.

已知函数f(x)=x3+52x2+ax+b，g(x)=x3+72x2+lnx+b，（a，b为常数）．
(1)若g(x)在x=1处的切线过点(0, −5)，求b的值；

(2)设函数f(x)的导函数为f′(x)，若关于x的方程f(x)−x=xf′(x)有唯一解，求实数b的取值范围；

(3)令F(x)=f(x)−g(x)，若函数F(x)存在极值，且所有极值之和大于5+ln2，求实数a的取值范围．

已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，F1，F2是椭圆的左、右焦点，过F2作直线l交椭圆于A，B两点，若△F1AB的周长为8.
(1)求椭圆方程；

(2)若直线l的斜率为0，且它的中垂线与y轴交于Q，求Q的纵坐标的范围；

(3)是否在x轴上存在点M(m, 0)，使得x轴平分∠AMB？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

已知函数f(x)=exe2，g(x)=xlnx−a(x−1)．
(1)若对任意x∈(0, +∞)，不等式g(x)≥0恒成立，求实数a的取值的集合M；

(2)当a∈M时，讨论函数ℎ(x)=f(x)−g(x)的单调性．
参考答案与试题解析
2020-2021四川省巴中市高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
系统抽样方法
【解析】
根据系统抽样的特征，从48名学生从中抽取一个容量为6的样本，则系统抽样的分段间隔为8，可求得余下的同学的编号．
【解答】
解：∵ 从48名学生中抽取一个容量为6的样本，
∴ 系统抽样的分段间隔为486=8.
∵ 学号为3，11，19，35，43的同学在样本中，
∴ 抽取的另一个同学的学号应为27.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
指、对数不等式的解法
【解析】
求出集合，利用集合的基本运算进行求解．
【解答】
解：A={x|1≤3x≤81}={x|0≤x≤4}，
B={x|lg2(x2−x)>1}={x|x2−x>2}={x|x>2或x<−1}，
则A∩B={x|2故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
同角三角函数间的基本关系
三角函数值的符号
【解析】
将已知等式左右两边平方，利用同角三角函数间的基本关系化简，求出2sinθcsθ的值，再将所求式子平方，利用完全平方公式展开，并利用同角三角函数间的基本关系化简，把2sinθcsθ的值代入，开方即可求出值．
【解答】
解：将已知的等式左右两边平方得(sinθ+csθ)2=169，
∴ sin2θ+2sinθcsθ+cs2θ=1+2sinθcsθ=169，
∴ 2sinθcsθ=79，
∴ (sinθ−csθ)2=sin2θ−2sinθcsθ+cs2θ
=1−2sinθcsθ=29.
∵ 0<θ<π4，
∴ sinθ即sinθ−csθ<0，
则sinθ−csθ=−23．
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的准线方程
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
双曲线的特性
【解析】
根据双曲线的离心率和准线方程进行求解即可．
【解答】
解：∵ 中心在原点，焦点在x轴上的双曲线C的离心率等于32，
其中一条准线方程为x=−43，
∴ e=ca=32，即c=32a，
a2c=43，即a2=43c=43×32a=2a，
则a=2，c=3，
则b2=c2−a2=9−4=5，
则双曲线C的方程是x24−y25=1.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
三角函数的周期性
三角函数中的恒等变换应用
余弦函数的单调性
运用诱导公式化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(x)=sin(ωx+φ)−cs(ωx+φ)=2sin(ωx+φ−π4)，
由题意知T=2πω=π，解得ω=2.，
∴ f(x)=2sin(2x+φ−π4)，
又f(−x)=f(x)，
∴ φ−π4=π2+kπ，且|φ|<π2，
∴ φ=−π4，
∴ f(x)=2sin(2x−π2)=−2cs2x.
∴ −π+2kπ≤2x≤2kπ，解得−π2+kπ≤x≤kπ，
∴ f(x)在(−π2, 0)上单调递减，在(0, π2)上单调递增.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由已知利用正弦定理可得：c＝2b，利用余弦定理可得9＝b2+c2−bc，联立解得b，c的值，即可得解△ABC的周长．
【解答】
解：在△ABC中，∵ sinC=2sinB，
∴ 由正弦定理可得：c=2b，
又∵ a=3，A=π3，
∴ 由余弦定理可得：a2=b2+c2−bc=b2+(2b)2−b⋅2b=9，
解得：b=3，
∴ c=23，
∴ △ABC的周长为a+b+c=3+3+23=3+33．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
奇函数
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(−x)=ln1+x1−x=−ln1−x1+x=−f(x)，
∴ 函数为奇函数，故排除A，C.
∵ 当x>1时，1−x1+x<1，
∴ f(x)<0，故排除B.
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
正弦定理
四种命题间的逆否关系
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
A根据定义判断即可；
B利用正弦定理和诱导公式判断；
C根据逆否命题的定义判断；
D根据或命题和且命题以及非命题的等价关系可判断．
【解答】
解：A，x=2能推出x2−4x+4=0，
但反之不一定，故应是充分不必要条件，故错误；
B，在△ABC中，三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，
若acsA=bcsB，由正弦定理可得sinAcsA=sinBcsB，
∴ sin2A=sin2B，故A=B或A+B=π2，
则该△ABC为等腰三角形或直角三角形，故错误；
C，命题“若x2<4，则−2为“若x≥2或x≤−2，则x2≥4”，故错误；
D，根据或命题和且命题以及非命题的等价关系可判断是正确的．
故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：因为a→，b→是单位向量，
所以|a→|=|b→|=1.
因为c→=7a→+2b→，a→⋅b→=0，
所以|c→|=|7a→+2b→|
=(7a→+2b→)2=7|a→|2+2|b→|2+214a→⋅b→=3，
所以cs⟨a→,c→⟩=a→⋅c→|a→|⋅|c→|=a→⋅(7a→+2b→)|a→|⋅|c→|
=7|a→|2+2a→⋅b→|a→|⋅|c→|=7|c→|=73.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x<0时，z=−2x+y，
转化为斜截式得：y=2x+z，
不等式组所表示的可行域中，x<0的部分如图所示，
由图可知，经过点A−2,−1时，使得z取得最大值，
此时，zmax=3．
当x≥0时，z=2x+y，
转化为斜截式得：y=−2x+z，
不等式组所表示的可行域中，x≥0的部分如图所示，
由图可知，经过点B6,−1时，使得z取得最大值，
此时，zmax=11．
综上，zmax=11，
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
函数的最值及其几何意义
【解析】
先求f′(x)=−2x2+2kx+2(x2+1)2，根据x1，x2(x1【解答】
解：由已知f′(x)=−2x2+2kx+2(x2+1)2，
又因为x1，x2(x1可知当x∈[x1, x2]时，4x2−4kx−1≤0，
所以−12[4x2−4kx−1−3]≥32恒成立，
故f′(x)>0在[x1, x2]恒成立，
故f(x)在定义域内是增函数，
所以g(k)=f(x)max−f(x)min=f(x2)−f(x1)
=2x2−kx22+1−2x1−kx12+1①，
又因为x1，x2(x1所以x1+x2=k，x1x2=−14，
代入①式化简后，得g(k)=k2+1(16k2+40)16k2+25，
由对任意k∈R，g(k)≤a1+k2恒成立得：
a≥16k2+4016k2+25=1+1516k2+25，
结合k2≥0，所以a≥1+35=85，
故a的取值范围是a≥85．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
函数的图象变换
对数函数的图象与性质
指数函数的图象
【解析】
由题意可得ex0−12−ln(−x0+a)=0有负根，采用数形结合的方法可判断出a的取值范围．
【解答】
解：由题意可得：
存在x0∈(−∞, 0)，满足x02+ex0−12=(−x0)2+ln(−x0+a)，
即ex0−12−ln(−x0+a)=0有负根，
如图所示，
当a≤0时，y=ln(−x+a)=ln[−(x−a)]的图象，
可由y=ln(−x)的图象向左平移a个单位得到，
可发现此时ex−12−ln(−x+a)=0有负根一定成立；
当a>0时，y=ln(−x+a)=ln[−(x−a)]的图象
可由y=ln(−x)的图象向右平移a个单位得到，
观察图象发现，此时ex−12−ln(−x+a)=0有负根
的临界条件是函数y=ln(−x+a)经过点(0, 12)，
此时满足lna=12，解得a=e，
因此要保证ex−12−ln(−x+a)=0有负根，
则需满足0综上，a的取值范围是(−∞,e).
故选B.
二、填空题
【答案】
∃x0>0，x0+1x0<1
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“∀x>0，x+1x≥1”的否定为
∃x0>0，x0+1x0<1.
故答案为：∃x0>0，x0+1x0<1.
【答案】
132
【考点】
等差数列的前n项和
等差中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a9=12a12+6及等差数列的通项公式，
可得2a1+8d=a1+11d+12，
解得a6=a1+5d=12，
所以S11=11a1+a112=11×2a62=132.
故答案为：132.
【答案】
(−∞,18)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据题意，求出函数的导数，分析可知f′(x)≤0在(0, +∞)内能成立，利用参变量分离法，转化为m≤−12(1x−12)2+18 在(0, +∞)上能成立，设t=1x，利用换元法分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数f(x)=mx2+lnx−x，
∴ 导数f′(x)=2mx−1+1x(x>0).
∵ 函数f(x)=mx2+lnx−x在定义域内存在单调递减区间，
∴ f′(x)=2mx−1+1x<0在(0, +∞)上有解.
∵ f′(x)=2mx−1+1x<0，
∴ m<12(1x−1x2)=−12(1x−12)2+18，
则m<−12(1x−12)2+18在(0, +∞)上能成立，
设t=1x，则t>0，
∴ −12(1x−12)2+18=−12(t−12)2+18≤18，
∴ m<18.
∴ 实数m的取值范围为(−∞,18).
故答案为：(−∞,18).
【答案】
3x+6y+4=0
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
圆与圆锥曲线的综合问题
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A2,2在抛物线y2=2px上，
故22=2p×2，即p=1，抛物线方程为y2=2x，
设过点A2,2与圆x−22+y2=1相切的直线方程为 y−2=kx−2，
即kx−y+2−2k=0，
则圆心2,0到切线的距离d=|2k−0+2−2k|k2+1=1，
解得k=±3，
如图，直线AB:y−2=3x−2，
直线AC:y−2=−3x−2．
联立y−2=3x−2,y2=2x,
得3x2+43−14x+16−83=0，
故xAxB=16−833，
由xA=2得xB=8−433，故yB=23−63，
联立y−2=3x−2,y2=2x,
得3x2−43+14x+16+83=0，
故xAxC=16+833，
由xA=2得xC=8+433，故yc=−23−63，
故yB+yc=23−63+−23−63=−4，
又由B,C在抛物线上可知，
直线BC的斜率为 kBC=yB−ycxB−xC=yB−yC12yB2−12yc2
=2yB+yc=2−4=−12，
故直线BC的方程为y−23−63=−12x−8−433，
即3x+6y+4=0．
故答案为：3x+6y+4=0．
三、解答题
【答案】
解：∵|x+5|+|x−1|≥6 ，
∴ a2−5a−6<0 ，解得 −1∵ 方程 ax2−6x+a−8=0 有两不同正根，
∴a≠0 ，利用判别式和韦达定理可得：
36−4a(a−8)>0，x1+x2=6a>0，x1⋅x2=a−8a>0，
解得8∵ p∨q为真，
∴ a∈(−1,6)∪(8,9) .
【考点】
命题的真假判断与应用
函数恒成立问题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵|x+5|+|x−1|≥6 ，
∴ a2−5a−6<0 ，解得 −1∵ 方程 ax2−6x+a−8=0 有两不同正根，
∴a≠0 ，利用判别式和韦达定理可得：
36−4a(a−8)>0，x1+x2=6a>0，x1⋅x2=a−8a>0，
解得8∵ p∨q为真，
∴ a∈(−1,6)∪(8,9) .
【答案】
解：(1)由题意得，学员(1)，(2)，(4)，(6)，(9)恰有两项成绩不合格，
从中任意抽出2人进行补测，共有10种情况：
由表格可知，全部10种可能的情况中，有6种情况补测项数不超过3，
∴ 补测项目种类不超过3项的概率为P=610=35．
(2)在线段CD上取两点B′，D′，使得BB′=DD′=1.8m，
记汽车尾部左端点为M，
则当M位于线段AB′上时，学员甲可按教练要求完成任务，
而学员甲可以使点M等可能地出现在线段CD′上，
∴ 所求概率P=AB′CD′=2.4−1.82.4+2×0.3−1.8=12．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
古典概型及其概率计算公式
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
（I）使用列举法求出古典概型的概率；
（II）使用几何法求出几何概型的概率．
【解答】
解：(1)由题意得，学员(1)，(2)，(4)，(6)，(9)恰有两项成绩不合格，
从中任意抽出2人进行补测，共有10种情况：
由表格可知，全部10种可能的情况中，有6种情况补测项数不超过3，
∴ 补测项目种类不超过3项的概率为P=610=35．
(2)在线段CD上取两点B′，D′，使得BB′=DD′=1.8m，
记汽车尾部左端点为M，
则当M位于线段AB′上时，学员甲可按教练要求完成任务，
而学员甲可以使点M等可能地出现在线段CD′上，
∴ 所求概率P=AB′CD′=2.4−1.82.4+2×0.3−1.8=12．
【答案】
(1)解：设双曲线的半焦距为c，
则Fc,0，B(c,±b2a).
因为|AF|=|BF|，
所以b2a=a+c，
则c2−ac−2a2=0，
即e2−e−2=0，
故e=2.
(2)证明：设Bx0,y0，其中x0>a，y0>0，
因为e=2，
所以c=2a，b=3a，
故渐近线方程为y=±3x，
∠BAF∈(0,π3)，∠BFA∈(0,2π3).
又tan∠BFA=−y0x0−c=−y0x0−2a ，
tan∠BAF=y0x0+a，
所以 tan2∠BAF=2y0x0+a1−(y0x0+a)2
=2y0(x0+a)(x0+a)2−y02=2y0(x0+a)(x0+a)2−b2(1−x02a2)
=2y0(x0+a)(x0+a)2−3a2(x02a2−1)
=2y0(x0+a)(x0+a)2−3(x02−a2)=2y0(x0+a)−3(x0−a)
=−y0x0−2a=tan∠BFA，
所以tan2∠BAF=tan∠BFA.
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
双曲线的特性
任意角的三角函数
二倍角的正切公式
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设双曲线的半焦距为c，
则Fc,0，B(c,±b2a).
因为|AF|=|BF|，
所以b2a=a+c，
则c2−ac−2a2=0，
即e2−e−2=0，
故e=2.
(2)证明：设Bx0,y0，其中x0>a，y0>0，
因为e=2，
所以c=2a，b=3a，
故渐近线方程为y=±3x，
∠BAF∈(0,π3)，∠BFA∈(0,2π3).
又tan∠BFA=−y0x0−c=−y0x0−2a ，
tan∠BAF=y0x0+a，
所以 tan2∠BAF=2y0x0+a1−(y0x0+a)2
=2y0(x0+a)(x0+a)2−y02=2y0(x0+a)(x0+a)2−b2(1−x02a2)
=2y0(x0+a)(x0+a)2−3a2(x02a2−1)
=2y0(x0+a)(x0+a)2−3(x02−a2)=2y0(x0+a)−3(x0−a)
=−y0x0−2a=tan∠BFA，
所以tan2∠BAF=tan∠BFA.
【答案】
解：(1)设g(x)在x=1处的切线方程为y=kx−5，
因为g′(x)=3x2+7x+1x，g′(1)=11，
所以k=11，故切线方程为y=11x−5．
当x=1时，y=6，
将(1, 6)代入g(x)=x3+72x2+lnx+b，
得b=32．
(2)f′(x)=3x2+5x+a，
由题意得方程x3+52x2+ax+b=3x3+5x2+ax+x有唯一解，
即方程2x3+52x2+x=b有唯一解．
令ℎ(x)=2x3+52x2+x，
则ℎ′(x)=6x2+5x+1=(2x+1)(3x+1)，
所以ℎ(x)在区间(−∞,−12)，(−13,+∞)上是增函数，
在区间(−12，−13)上是减函数．
又ℎ(−12)=−18，ℎ(−13)=−754，
故实数b的取值范围是(−∞,−754)∪(−18,+∞).
(3)F(x)=ax−x2−lnx，
所以F′(x)=−2x2−ax+1x．
因为F(x)存在极值，
所以F′(x)=−2x2−ax+1x=0在(0, +∞)上有根，
即方程2x2−ax+1=0在(0, +∞)上有根，
则有Δ=a2−8≥0．
显然当Δ=0时，F(x)无极值，不合题意，
所以方程必有两个不等正根．
记方程2x2−ax+1=0的两根为x1，x2，
则x1x2=12>0,x1+x2=a2,
F(x1)+F(x2)=a(x1+x2)−(x12+x22)−(lnx1+lnx2)
=a22−a24+1−ln12>5−ln12，
解得a2>16，满足Δ>0，
又x1+x2=a2>0，即a>0，
故所求a的取值范围是(4, +∞)．
【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单调性
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）求函数的导数，利用导数的几何意义即可求b的值；
（2）求出方程f(x)−x=xf′(x)的表达式，利用参数分离法构造函数，利用导数求出函数的取值范围即可求实数b的取值范围；
（3）求函数的导数，利用导数和极值之间的关系进行求解即可，
【解答】
解：(1)设g(x)在x=1处的切线方程为y=kx−5，
因为g′(x)=3x2+7x+1x，g′(1)=11，
所以k=11，故切线方程为y=11x−5．
当x=1时，y=6，
将(1, 6)代入g(x)=x3+72x2+lnx+b，
得b=32．
(2)f′(x)=3x2+5x+a，
由题意得方程x3+52x2+ax+b=3x3+5x2+ax+x有唯一解，
即方程2x3+52x2+x=b有唯一解．
令ℎ(x)=2x3+52x2+x，
则ℎ′(x)=6x2+5x+1=(2x+1)(3x+1)，
所以ℎ(x)在区间(−∞,−12)，(−13,+∞)上是增函数，
在区间(−12，−13)上是减函数．
又ℎ(−12)=−18，ℎ(−13)=−754，
故实数b的取值范围是(−∞,−754)∪(−18,+∞).
(3)F(x)=ax−x2−lnx，
所以F′(x)=−2x2−ax+1x．
因为F(x)存在极值，
所以F′(x)=−2x2−ax+1x=0在(0, +∞)上有根，
即方程2x2−ax+1=0在(0, +∞)上有根，
则有Δ=a2−8≥0．
显然当Δ=0时，F(x)无极值，不合题意，
所以方程必有两个不等正根．
记方程2x2−ax+1=0的两根为x1，x2，
则x1x2=12>0,x1+x2=a2,
F(x1)+F(x2)=a(x1+x2)−(x12+x22)−(lnx1+lnx2)
=a22−a24+1−ln12>5−ln12，
解得a2>16，满足Δ>0，
又x1+x2=a2>0，即a>0，
故所求a的取值范围是(4, +∞)．
【答案】
解：(1)由椭圆的性质，可知4a=8，则a=2.
∵ e=ca=12，
∴ c=1，
∴ b2=a2−c2=4−1=3，
∴ 椭圆的方程x24+y23=1.
(2)设Q(x0,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
①当k不存在时，Q为原点，则yQ=0.
②当k存在时，由y=k(x−1),x24+y23=1,
整理得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
∴ x1+x2=8k23+4k2，x1⋅x2=4k2−123+4k2.
设弦AB的中点为P(xP, yP)，
∴ xP=4k23+4k2，yP=k(xP−1)=−3k3+4k2，
则lPQ：(y+3k3+4k2)=−1k(x−4k23+4k2).
令x=0，
则yQ=k3+4k2=13k+4k∈[−312, 0)∪(0, 312]，
∴ 综上所述，Q的纵坐标的范围[−312, 312].
(3)存在m=4，
假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，kMA+kMB=0，
即y1−0x1−m+y2−0x2−m=0，
k(x1−1)(x2−m)+k(x2−1)(x1−m)=0，
∴ 2x1⋅x2−(m+1)(x1+x2)+2m=0，
∴ 8k2−24−8k2m−8k2+6m+8mk2=0，
整理得−24+6m=0，
解得m=4．
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
斜率的计算公式
直线的点斜式方程
中点坐标公式
【解析】
（1）由椭圆的性质可知：2a=8，e=ca=12及b2=a2−c2，即可求得a和b的值，即可求得椭圆的方程；
（2）当k不存在时，Q为原点，y0=0，当k存在时，将直线方程代入椭圆方程，求得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求得x1+x2及x1⋅x2，根据中点坐标公式，求得P点坐标，求得直线PQ方程，令x=0，yQ=−k3+4k2∈[−312, 0)∪(0, 312]，即可求得Q的纵坐标的范围；
（3）假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，y1−0x1−m+y0−0x2−m=0，由（2）可知，代入即可求得m的值．
【解答】
解：(1)由椭圆的性质，可知4a=8，则a=2.
∵ e=ca=12，
∴ c=1，
∴ b2=a2−c2=4−1=3，
∴ 椭圆的方程x24+y23=1.
(2)设Q(x0,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
①当k不存在时，Q为原点，则yQ=0.
②当k存在时，由y=k(x−1),x24+y23=1,
整理得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
∴ x1+x2=8k23+4k2，x1⋅x2=4k2−123+4k2.
设弦AB的中点为P(xP, yP)，
∴ xP=4k23+4k2，yP=k(xP−1)=−3k3+4k2，
则lPQ：(y+3k3+4k2)=−1k(x−4k23+4k2).
令x=0，
则yQ=k3+4k2=13k+4k∈[−312, 0)∪(0, 312]，
∴ 综上所述，Q的纵坐标的范围[−312, 312].
(3)存在m=4，
假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，kMA+kMB=0，
即y1−0x1−m+y2−0x2−m=0，
k(x1−1)(x2−m)+k(x2−1)(x1−m)=0，
∴ 2x1⋅x2−(m+1)(x1+x2)+2m=0，
∴ 8k2−24−8k2m−8k2+6m+8mk2=0，
整理得−24+6m=0，
解得m=4．
【答案】
解：(1) 由g(1)=0及题设可知，
对任意x∈(0, +∞)，不等式g(x)≥g(1)恒成立，
∴ 函数g(x)=xlnx−a(x−1)必在x=1处取得极小值，
即g′(1)=0，
∵ g′(x)=lnx+1−a，
∴ g′(1)=1−a=0，即a=1，
当a=1时，g′(x)=lnx，
∴ x∈(0, 1)，g′(x)<0；x∈(1, +∞)，g′(x)>0，
∴ g(x)在区间(0, 1)上单调递减，在区间(1, +∞)上单调递增，
则g(x)min=g(1)=0，
∴ 对任意x∈(0, +∞)，不等式g(x)≥g(1)=0恒成立，
符合题意，即a=1，
∴ M={1}.
(3)由(2)a=1，
可得函数ℎ(x)=f(x)−g(x)=exe2−xlnx+x−1，
其定义域为(0, +∞)，
求得ℎ′(x)=(exe2−xlnx+x−1)′=exe2−lnx，
令m(x)=ℎ′(x)，
m′(x)=exe2−1x为区间(0, +∞)上的增函数，
设x0为函数m′(x)的零点，即ex0e2=1x0，
则x0=e2ex0，
∵ 当0x0时，m′(x)>0，
∴ 函数m(x)=ℎ′(x)在区间(0, x0)上为减函数，
在区间(x0, +∞)上为增函数，
∴ ℎ′(x)≥ℎ′(x0)=ex0e2−lnx0=1x0−lne2ex0=1x0+x0−2≥0，
∴ 函数ℎ(x)在区间(0, +∞)上为增函数．
【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】
（1）求出原函数的导函数，得到f′(4)=e2，又f(4)=e2，则函数f(x)在点（4, f(4)）的切线方程为y−e2=e2(x−4)，即y=e2x−3e2；
（3）把a的值代入函数解析式，然后求函数的导函数，求出导函数的零点，由导函数的零点把定义域分段，根据导函数在各区间段内的符号求出原函数的单调区间．
【解答】
解：(1) 由g(1)=0及题设可知，
对任意x∈(0, +∞)，不等式g(x)≥g(1)恒成立，
∴ 函数g(x)=xlnx−a(x−1)必在x=1处取得极小值，
即g′(1)=0，
∵ g′(x)=lnx+1−a，
∴ g′(1)=1−a=0，即a=1，
当a=1时，g′(x)=lnx，
∴ x∈(0, 1)，g′(x)<0；x∈(1, +∞)，g′(x)>0，
∴ g(x)在区间(0, 1)上单调递减，在区间(1, +∞)上单调递增，
则g(x)min=g(1)=0，
∴ 对任意x∈(0, +∞)，不等式g(x)≥g(1)=0恒成立，
符合题意，即a=1，
∴ M={1}.
(3)由(2)a=1，
可得函数ℎ(x)=f(x)−g(x)=exe2−xlnx+x−1，
其定义域为(0, +∞)，
求得ℎ′(x)=(exe2−xlnx+x−1)′=exe2−lnx，
令m(x)=ℎ′(x)，
m′(x)=exe2−1x为区间(0, +∞)上的增函数，
设x0为函数m′(x)的零点，即ex0e2=1x0，
则x0=e2ex0，
∵ 当0x0时，m′(x)>0，
∴ 函数m(x)=ℎ′(x)在区间(0, x0)上为减函数，
在区间(x0, +∞)上为增函数，
∴ ℎ′(x)≥ℎ′(x0)=ex0e2−lnx0=1x0−lne2ex0=1x0+x0−2≥0，
∴ 函数ℎ(x)在区间(0, +∞)上为增函数． 学员编号
补测项目
项数
（1）（2）
②③⑤
3
（1）（4）
②③④⑤
4
（1）（6）
③④⑤
3
（1）（9）
①③⑤
3
（2）（4）
②④⑤
3
（2）（6）
②③④⑤
4
（2）（9）
①②⑤
3
（4）（6）
②③④
3
（4）（9）
①②④⑤
4
（6）（9）
①③④⑤
4
学员编号
补测项目
项数
（1）（2）
②③⑤
3
（1）（4）
②③④⑤
4
（1）（6）
③④⑤
3
（1）（9）
①③⑤
3
（2）（4）
②④⑤
3
（2）（6）
②③④⑤
4
（2）（9）
①②⑤
3
（4）（6）
②③④
3
（4）（9）
①②④⑤
4
（6）（9）
①③④⑤
4