还剩13页未读，
继续阅读
2024年河南省焦作市高考数学三模试卷（含解析）
展开
这是一份2024年河南省焦作市高考数学三模试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|−eA. {x|−1≤x≤1}B. {x|−1≤x<0}
C. {x|−e2.已知i为虚数单位，复数z满足|z+1|=|z+i|= 5，则|z|的值为( )
A. 1B. 2C. 2或2 2D. 1或 2
3.为了备战学校举办的数学竞赛，某班推选小明、小红、小刚三位学生组成竞赛小组，并对他们三人前三次月考的数学成绩(单位：分)进行分析，三次数学成绩如表：
针对这三次月考的数学成绩，下列分析中正确的是( )
A. 这个竞赛小组11月份月考数学成绩的平均分最低
B. 小刚三次月考数学成绩的平均分最高
C. 小明三次月考数学成绩的成绩最稳定
D. 小红三次月考数学成绩的方差最大
4.已知正数x，y满足2 3x+2y−xy=0，则当xy取得最小值时，x+2y=( )
A. 4+8 3B. 2+4 3C. 3+6 3D. 8+6 3
5.已知直线y=x−1交曲线C：y2=4x于A，B两点(点A在点B的上方)，F为C的焦点，则|AB||AF|−|BF|=( )
A. 2 3B. 2 2C. 2D. 2
6.记数列{an}的前n项和为Sn，设甲：{an}是公比不为1的等比数列；乙：存在一个非零常数t，使{Snt+1}是等比数列，则( )
A. 甲是乙的充要条件B. 甲是乙的充分不必要条件
C. 甲是乙的必要不充分条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
7.在△ABC中，若sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2，则csC=( )
A. 23B. −19C. 89D. −79
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA=PB=2PC=2PD，平面PCD⊥平面ABCD，且该四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A. 17πB. 19πC. 21πD. 23π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=12sin(2x+π2)+12sin2x，则( )
A. 函数f(x−π8)为奇函数
B. 曲线y=f(x)的对称轴为x=π8+kπ2，k∈Z
C. f(x)在[π4,π2]上单调递增
D. f(x)在x=5π8处取得极小值− 2
10.设A，B，C均为随机事件，且0A. P(B)=P(B|A)+P(B|A−)
B. P(ABC)P(A)=P(B|A)P(C|AB)
C. 若B⊆A，则P(B|A)=P(B)P(A)
D. 若P(B|A)=P(B|A−)，则P(AB)=P(A)P(B)
11.已知函数f(x)=xex,x≤0,lnxx,04,则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)在(4k,4k+e)(k∈N*)上单调递增
B. 函数f(x)在(4k+e,4k+4)(k∈N*)上单调递减
C. 若方程f(x)=a(x<1)有两个实数根x1，x2，则x1x2=a
D. 当方程f(x)=bx(0≤x≤8)的实数根最多时，b的最小值为ln28
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(−1, 3)，b=(m,2 3)，若(a+2b)⊥a，则实数m= ______．
13.若二项式(1−x)9的展开式中xk的系数为ak，则k=191ak= ______．
14.已知双曲线C：x2a2−y23a2=1(a>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，D(a, 3a)，线段OD的垂直平分线与C交于A，B两点，且与C的一条渐近线交于第二象限的点E，若|DE|=23，则△ABF1的周长为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点F为线段AC上的一点，且AF=2CF，BF=2，asinA+csinC−bsinB=23asinC．
(1)求cs∠ABC的值；
(2)求△ABC面积的最大值．
16.(本小题15分)
某老师在课堂测验上设置了五道相互独立的判断题，得分规则是：五道判断题中，全部判断正确得5分，有一道判断错误得3分，有两道判断错误得1分，有三道及以上判断错误得0分.假定随机判断时，每道题判断正确和判断错误的概率均为12．
(1)若考生甲所有题目都随机判断，求此考生得分的分布列；
(2)若考生乙能够正确判断其中两道题目，其余题目随机判断，求此考生得分的数学期望．
17.(本小题15分)
如图，在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB//CD，DE//BC，AB=AE= 2，DE=2，BC=4，CD=2 2．
(1)证明：CD⊥PE；
(2)若点P与直线CD上一点Q的最小距离为3，求平面PBE与平面PCD夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：a2x2+y2=1(a2<1)的长轴为4，直线l与圆O：x2+y2=1相切于点P，与C相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，且x1>0，x2>0，y1>y2．
(1)记C的离心率为e，证明：|AB|=e(x1+x2)；
(2)若y轴右侧的点Q在C上，且PQ//x轴，QM，QN是圆O的两条切线，切点分别为M，N(M在N上方)，求|AB||AM|+|BN|的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x−a)(ex−a)，其中a≥0．
(1)当a=0时，求f(x)的最小值；
(2)证明f(x)有且仅有一个极小值点x0，并求f(x0)的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由B={x|0又因为A={x|−e所以A∩B={x|−1≤x<0}．
故选：B．
先求出集合B，再利用集合的交集运算求解．
本题主要考查可一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设复数z=a+bi(a,b∈R)，则 (a+1)2+b2= a2+(b+1)2= 5，
解得a=b=1或a=b=−2，
∴|z|= a2+b2= 2或2 2．
故选：C．
根据复数的模长公式求解．
本题考查复数的模长公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，由表中数据知，10月份月考数学成绩的平均分最低，选项A错误；
对于B，在这三次月考数学成绩中，小红的平均分最高，选项B错误；
对于C，这三次月考数学成绩中，小明的成绩波动性最小，最稳定，选项C正确；
对于D，这三次月考数学成绩中，小刚的成绩波动性最大，方差最大，选项D错误．
故选：C．
根据表中数据的数字特征，分别估计平均数、方差的大小即可．
本题考查了数据的数字特征应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得xy=2 3x+2y≥2 4 3xy，
即xy≥2 4 3xy，两边平方，整理得xy≥16 3，当且仅当 3x=y，即x=4，y=4 3时取得等号，
因此，当xy取得最小值时，x+2y=4+8 3．
故选：A．
根据题意，利用基本不等式得到2 3x+2y≥2 4 3xy，即xy≥2 4 3xy，整理得xy≥16 3，然后根据取等号的条件，算出x+2y的值．
本题主要考查不等式的性质、基本不等式及其应用，考查了计算能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：联立y=x−1y2=4x，消去y整理得x2−6x+1=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，解得x1=3+2 2，x2=3−2 2，
抛物线y2=4x焦点F(1,0)，
易知直线AB过焦点F，根据抛物线的定义，
可得|AF|=x1+p2=4+2 2，|BF|=x2+p2=4−2 2，
所以|AB||AF|−|BF|=|AF|+|BF||AF|−|BF|= 2．
故选：D．
联立直线和抛物线的方程，可得点A，B的坐标，由抛物线的定义可得|AF|，|BF|的值，结合|AB|=|AF|+|BF|可得结论．
本题考查抛物线的定义及性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，设数列{an}的首项和公比分别为a1，q(q≠1)，
若{an}是公比不为1的等比数列，则Sn=a1⋅qn−1q−1，
可以取t=a1q−1，则有Snt+1=qn，故数列{Snt+1}是等比数列，则甲是乙的充分条件，
反之，取t=1，an=0，此时Sn+1=1为等比数列，
即数列{Snt+1}是等比数列，但数列{an}不是等比数列，则甲不是乙的必要条件，
故甲是乙的充分不必要条件．
故选：B．
根据题意，由等比数列前n项和公式分析可得充分性成立，举出反例可得必要性不成立，综合可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：将已知两式sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2分别平方得，
sin2A2+6sinA2csB2+9cs2B2=8，
cs2A2+6csA2sinB2+9sin2B2=4，
两式相加，得到csC2=sinA+B2=13，
故csC=2cs2C2−1=−79．
故选：D．
由已知结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角平方关系及二倍角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意可知：BC⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，
所以PC⊥BC，又BC=3，
所以PB=2PC=2 3，则PA=2PD=2 3，
所以P到底面ABCD的距离为 32，
所以球心O在经过底面中心且与底面垂直的直线上，
设O到底面ABCD的距离为x，
则OC= x2+92，OP= (x+ 32)2+94，
又OC=OP，故可解得x= 32，所以OC= 212，
故球O的表面积为S=4πr2=21π．
故选：C．
根据对称性可知球心O在经过底面中心且与底面垂直的直线上，再根据题意建立方程，即可求解．
本题考查四棱锥的外接球问题，化归转化思想，方程思想，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：由诱导公式及辅助角公式可得，f(x)=12cs2x+12sin2x= 22sin(2x+π4)．
对于选项A，f(x−π8)= 22sin(2x−π4+π4)= 22sin2x为奇函数，故A正确；
对于选项B，令2x+π4=π2+kπ，k∈Z得x=π8+kπ2，k∈Z，故B正确；
对于选项C，令t=2x+π4，因为x∈[π4,π2]，所以t=2x+π4∈[3π4,5π4]，而y= 22sint在[3π4,5π4]上单调递减，
所以函数f(x)在[π4,π2]上单调递减，故C错误；
对于选项D，因为f(x)= 22sin(2x+π4)，
则f(5π8)= 22sin3π2=− 22，故D错误．
故选：AB．
先利用诱导公式，辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的奇偶性检验选项A；结合正弦函数的对称性检验选项B，结合正弦函数的单调性检验选项C，结合正弦函数取得最值条件检验选项D即可判断．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，因为0A错误；
对于B，P(A)P(B|A)P(C|AB)=P(A)⋅P(AB)P(A)⋅P(ABC)P(AB)=P(ABC)，故B正确；
对于C，当B⊆A时，P(AB)=P(B)，此时P(B|A)=P(B)P(A)，故C正确；
对于D，因为若P(B|A)=P(B|A−)，则有P(AB)P(A)=P(A−B)P(A−)，
变形可得：P(AB)P(A−)=P(A)P(A−B)，
又由P(B)=P(AB)+P(A−B)，
即P(AB)P(A−)=P(A)[P(B)−P(AB)]，
则有P(AB)=P(A)P(B)，故D正确．
故选：BCD．
根据题意，由全概率和条件概率公式分析A，由条件概率公式分析B，由子事件的性质分析C，由条件概率公式分析D，综合可得答案．
本题考查条件概率的性质，涉及随机事件的性质，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：当x∈(0,4]时，f(x)=12f(x+4)，
进而得到f(x+4)=2f(x)，所以f′(x+4)=2f′(x)，
又当x∈(0,4]时，f′(x)=1−lnxx2，
由f′(x+4)=0得2f′(x)=0，解得x=e，
所以可得f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,4]上单调递减．
进而得到f(x+4)在(4,4+e)上单调递增，在(4+e,8]上单调递减，
同理可以得到f(x)在(4k,4k+e)(k∈N*)上单调递增，在(4k+e,4k+4)(k∈N*)上单调递减，故A，B正确；
若方程f(x)=a(x<1)有两个实数根x1，x2，做出下图，
由图像可知：当x<0时xex=a，当x∈(0,1)时，lnxx=a，
设x1<0因为y=xex在(−∞,0)上单调递增，所以x2=ex1，x1x2=x1ex1=a，
如果x1>x2，可以得到x1x2=1a，故C错误；
由f(x)=bx易知当x=0时有1个根，如果y=bx与y=f(x)(0那么4b≥f(4)=ln44，整理得到b≥ln28，因为f(8)=2f(4)，
所以可知当b=ln28时，y=bx过(4,f(4))以及(8,f(8))，
这时y=bx与y=f(x)(0所以b的最小值为ln28，故D正确．
故选：ABD．
先利用导数分析函数在(0,4]上的单调性，再结合函数的已知性质，分析函数在(4k,4k+4]，k∈N*的单调性，可判断AB的真假；
对C：分x1x2两种情况讨论，可判断C的真假；
借助函数单调性的结论，分析方程f(x)=bx(0≤x≤8)解的个数，判断D的真假．
本题主要考查分段函数的性质，属于中档题．
12.【答案】8
【解析】解：因为向量a=(−1, 3)，b=(m,2 3)，
若(a+2b)⊥a，则(a+2b)⋅a=a2+2a⋅b=0．
因为a2=1+3=4，
所以a⋅b=−2，即−m+2 3× 3=−2，
解得m=8．
故答案为：8．
由已知结合向量数量积的性质的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量数量积性质的坐标表示，属于基础题．
13.【答案】−1
【解析】解：根据二项式的展开式ak=(−1)kC9k，所以ak+a9−k=0，
即1ak+1a9−k=0，其中a9=−1，
所以k=191ak=(1a1+1a8)+(1a2+1a7)+(1a3+1a6)+(1a4+1a5)+1a9=4×0−1=−1．
故答案为：−1．
直接利用二项式的展开式求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】 3+1
【解析】解：双曲线C：x2a2−y23a2=1(a>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，D(a, 3a)，线段OD的垂直平分线与C交于A，B两点，且与C的一条渐近线交于第二象限的点E，若|DE|=23，
记C的右焦点为F2，由题意得D在C的渐近线上，
c= a2+3a2=2a，|OD|=|OF2|，tan∠DOF2= 3aa= 3，故∠DOF2=π3．
由几何知识得，△DOF2和△DOE均为等边三角形，
|DE|=|OD|=2a=23，故a=13，得到C的方程为9x2−3y2=1．
不妨设A在B上方，则△ABF1的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF2|−2a+|BF2|+2a+|AB|=2|AF2|.
下面求解|AF2|.
AF2的直线方程为x=− 3y+23，与双曲线方程联立得x=− 3y+23,9x2−3y2=1,
整理得8y2−4 3y+1=0，解得yA= 3+14，
|AF2|=2yA= 3+12，故△ABF1的周长为 3+1．
故答案为： 3+1．
画出图形，判断三角形的形状，转化求解三角形的周长即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)由asinA+csinC−bsinB=23asinC及正弦定理，得a2+c2−b2=23ac，
由余弦定理得，cs∠ABC=a2+c2−b22ac=23ac2ac=13．
(2)由(1)知sin∠ABC= 1−19=2 23，
由AF=2FC，即BF−BA=2(BC−BF)，
得BF=13BA+23BC，
所以BF2=(13BA+23BC)2=19c2+49a2+2×13×23ac×13=4．
由基本不等式，得19c2+49a2+2×13×23ac×13=4≥2×13×23ac+427ac，
即ac≤274，当且仅当c=2a，即a=3 64，c=3 62时等号成立，
所以△ABC的面积S=12acsin∠ABC≤12×274×2 23=9 24，
故当c=3 62，a=3 64时，△ABC面积的最大值为9 24．
【解析】(1)由三角形的正弦定理和余弦定理，可得所求值；
(2)由AF=2CF得BF=13BA+23BC，两边平方，结合基本不等式和三角形的面积公式，可得所求最小值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设此考生得分为X，
由题意可知，X的所有可能取值为0，1，3，5，
则P(X=1)=C52×(12)2×(12)3=516，P(X=3)=C51×12×(12)4=532，P(X=5)=(12)5=132，
所以P(X=0)=C53×(12)5+C54×(12)4+C55×(12)5=12，
故X的分布列为：
(2)设此考生得分为Y，
由题意可知，Y的所有可能取值为0，1，3，5，
则P(Y=0)=(12)3=18，P(Y=1)=C32×(12)2×12=38，P(Y=3)=C31×12×(12)2=38，P(Y=5)=(12)3=18，
所以此考生得分的数学期望E(Y)=0+38×1+38×3+18×5=178．
【解析】(1)设此考生得分为X，X的可能取值为0，1，3，5，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列；
(2)设此考生得分为Y，Y的可能取值为0，1，3，5，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，再结合期望公式求解．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：如图，延长BA交DE的延长线于点F，
∵AB//CD，DE//BC，
∴四边形FBCD为平行四边形．
∵BF=CD=2 2，
∴AB=AF=AE= 2，
∴BE⊥EF，
易知BC=DF=4，则EF=DE=2，
故AE 2+AF2=EF2，∴AE⊥BF，
又AB//CD，
∴CD⊥AE．
又在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，CD⊂平面ABCDE，
∴PA⊥CD，
又PA∩AE=A，PA，AE⊂平面PAE，
∴CD⊥平面PAE，
又PE⊂平面PAE，
∴CD⊥PE．
(2)点P与直线CD上一点Q的最小时，PQ⊥CD，由(1)知PA⊥CD，
∵PA∩PQ=P，PA，PQ⊂平面PAQ，
∴CD⊥平面PAQ．
又AQ⊂平面PAQ，
∴CD⊥AQ，从而A，E，Q三点共线，
即线段AE，CD的延长线交于点Q．
连接BD，PQ．
由(1)知A，E分别是BF，DF的中点，
∴BD//AE，∴BD⊥AB．
又AB//DQ，∴四边形ABDQ是矩形，
∴AQ=BD= BC2−CD2=2 2，
又PQ2=PA2+AQ2=9，故PA=1．
如图：以A为坐标原点，AB，AE，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B( 2,0,0)，E(0, 2,0)，C(3 2,2 2,0)，
∴BP=(− 2,0,1)，BE=(− 2, 2,0)，DP=(− 2,−2 2,1)，
设平面PBE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BP=0,m⋅BE=0,即− 2x+z=0,− 2x+ 2y=0.
令x=1，得y=1，z= 2，
∴m=(1,1, 2)．
设平面PCD的一个法向量为n=(x′,y′,z′)，
则n⋅DP=0,n⋅DC=0,即− 2x′−2 2y′+z′=0,2 2x′=0.
∴n=(0,1,2 2)，
设平面PBE与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=52×3=56，
故平面PBE与平面PCD夹角的余弦值为56．
【解析】(1)根据条件证出CD⊥平面PAE，再利用线面垂直的性质定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面PBE与平面PCD的的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查线线垂直以及二面角的求法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由题意可知，椭圆C的方程为x24+y2=1，e= 32．
设P(x0,y0)，则x02+y02=1，当y0≠0时，因为AB⊥OP，
所以直线AB的斜率为−x0y0，
直线AB的方程为y=−x0y0(x−x0)+y0，即x0x+y0y=1，
联立x24+y2=1,x0x+y0y=1,
再根据x02+y02=1整理得(1+3x02)x2−8x0x+4x02=0，
Δ>0，则x1+x2=8x01+3x02，x1x2=4x021+3x02，
故|x1−x2|=4x0 3−3x021+3x02，
故|AB|= 1+(−x0y0)2⋅|x1−x2|=4x0 3−3x02(1+3x02) 1−x02=4 3x01+3x02= 32(x1+x2)
当y0=0时，x1=x2=1，易得|AB|= 3= 32(x1+x2)．
综上所述，|AB|= 32(x1+x2)=e(x1+x2).
(2)由(1)中P(x0,y0)，得点Q的纵坐标为y0，横坐标xQ=2 1−y02=2x0，故Q(2x0,y0).
设M(xM,yM)，N(xN,yN)，
由(1)得圆O在M，N两点的切线方程分别为xMx+yMy=1，xNx+yNy=1．
因为Q在直线QM，QN上，所以2xMx0+yMy0=1，2xNx0+yNy0=1，
因此直线MN的方程是2x0x+y0y=1．
M，N两点坐标满足方程x2+y2=1,2x0x+y0y=1,整理得(1+3x02)y2−2y0y+1−4x02=0．
A，B两点坐标满足方程x24+y2=1,x0x+y0y=1,整理得(1+3x02)y2−2y0y+1−4x02=0；
故A，B，M，N四点的纵坐标满足同一个一元二次方程，
又因为点A在点B上方，点M在点N上方，
故A，M两点的纵坐标相等，B，N两点的纵坐标相等，从而AM//BN//x轴．
xM= 1−yM2= 1−y12=x12，同理可得xN=x22，所以|AM|+|BN|=x12+x22．
由(1)可知，|AB|= 32(x1+x2)，
故|AB||AM|+|BN|= 32(x1+x2)x12+x22= 3(x1+x2)x1+x2= 3．
【解析】(1)先求出椭圆C的方程，再结合直线的斜率公式，再结合韦达定理，弦长公式，即可求证；
(2)由(1)得圆O在M，N两点的切线方程分别为xMx+yMy=1，xNx+yNy=1.再由已知条件，推得A，B，M，N四点的纵坐标满足同一个一元二次方程，再依次求出算式的分子、分母，即可求解．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=xex，
则f′(x)=(x+1)ex，
令f′(x)=0，得x=−1，
∴当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0；当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0；
则f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(−1)=−1e；
(2)证明：由f(x)=(x−a)(ex−a)，得f′(x)=ex−a+(x−a)ex=(x−a+1)ex−a，
令G(x)=(x−a+1)ex−a，得G′(x)=(x−a+2)ex．
令G′(x)=0，则x=a−2，
∴f′(x)在(−∞,a−2)上单调递减，在(a−2,+∞)上单调递增，
易知f′(a)=ea−a，
设函数H(x)=ex−x，
令H′(x)=ex−1=0，可得x=0，
当x∈(−∞,0)时，H′(x)<0；当x∈(0,+∞)时，H′(x)>0；
则H(x)=ex−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又H(0)=1>0，
故H(x)=ex−x>0在R上恒成立，
故f′(a)=ea−a>0，
又f′(a−2)=−ea−2−a<0，
∴存在x0∈(a−2,a)，使得f′(x0)=0．
又当x∈(−∞,a−2)时，易知f′(x)<0，
故f(x)有且仅有一个极小值点x0．
∵f′(x0)=0，所以a=(x0+1)ex0ex0+1≥0，即x0≥−1，
则f(x0)=[x0−(x0+1)ex0ex0+1][ex0−(x0+1)ex0ex0+1]=−ex0(ex0−x0)2(ex0+1)2，
设g(x)=−ex(ex−x)2(ex+1)2，
求导得g′(x)=−ex(ex−x)[e2x+(x+1)ex−x−2](ex+1)3．
设h(x)=e2x+(x+1)ex−x−2，
求导得h′(x)=2e2x+(x+2)ex−1，
令m(x)=(x+2)ex(x≥−1)，
则m′(x)=(x+3)ex>0，
∴m(x)=(x+2)ex在[−1,+∞)上单调递增，
又∵y=2e2x在[−1,+∞)上单调递增，
∴h′(x)在[−1,+∞)上单调递增，
且h′(−1)=2e−2+e−1−1<0,h′(0)=3>0,，
∴存在c∈(−1,0)，使得h′(c)=0，
从而h(x)在(−1,c)上单调递减，在(c,+∞)上单调递增，
又h(0)=0，h(−1)=e−2−1<0，ex−x>0，
∴当−1≤x<0时，g′(x)>0；当x>0时，g′(x)<0．
∴g(x)在(−1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
则f(x0)≤g(0)=−14，
即f(x0)的最大值为−14．
【解析】(1)将a=0代入，利用导数求出函数的单调区间，即可得函数的最小值；
(2)证明f′(x)=0只有一个根，且在此根两侧f′(x)的异号即可；由f′(x0)=0，可得a=(x0+1)ex0ex0+1≥0，x0≥−1，从而得f(x0)=−ex0(ex0−x0)2(ex0+1)2，设g(x)=−ex(ex−x)2(ex+1)2，利用导数求解即可．
本题考查了利用导数求函数的最值和极值，考查了计算能力及逻辑推理能力，综合性较强，属于中档题．学生
月份
9月
10月
11月
小明
135
131
133
小红
132
140
136
小刚
140
130
135
X
0
1
3
5
P
12
516
532
132
1.已知集合A={x|−e
C. {x|−e
A. 1B. 2C. 2或2 2D. 1或 2
3.为了备战学校举办的数学竞赛，某班推选小明、小红、小刚三位学生组成竞赛小组，并对他们三人前三次月考的数学成绩(单位：分)进行分析，三次数学成绩如表：
针对这三次月考的数学成绩，下列分析中正确的是( )
A. 这个竞赛小组11月份月考数学成绩的平均分最低
B. 小刚三次月考数学成绩的平均分最高
C. 小明三次月考数学成绩的成绩最稳定
D. 小红三次月考数学成绩的方差最大
4.已知正数x，y满足2 3x+2y−xy=0，则当xy取得最小值时，x+2y=( )
A. 4+8 3B. 2+4 3C. 3+6 3D. 8+6 3
5.已知直线y=x−1交曲线C：y2=4x于A，B两点(点A在点B的上方)，F为C的焦点，则|AB||AF|−|BF|=( )
A. 2 3B. 2 2C. 2D. 2
6.记数列{an}的前n项和为Sn，设甲：{an}是公比不为1的等比数列；乙：存在一个非零常数t，使{Snt+1}是等比数列，则( )
A. 甲是乙的充要条件B. 甲是乙的充分不必要条件
C. 甲是乙的必要不充分条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
7.在△ABC中，若sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2，则csC=( )
A. 23B. −19C. 89D. −79
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA=PB=2PC=2PD，平面PCD⊥平面ABCD，且该四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A. 17πB. 19πC. 21πD. 23π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=12sin(2x+π2)+12sin2x，则( )
A. 函数f(x−π8)为奇函数
B. 曲线y=f(x)的对称轴为x=π8+kπ2，k∈Z
C. f(x)在[π4,π2]上单调递增
D. f(x)在x=5π8处取得极小值− 2
10.设A，B，C均为随机事件，且0
B. P(ABC)P(A)=P(B|A)P(C|AB)
C. 若B⊆A，则P(B|A)=P(B)P(A)
D. 若P(B|A)=P(B|A−)，则P(AB)=P(A)P(B)
11.已知函数f(x)=xex,x≤0,lnxx,0
A. 函数f(x)在(4k,4k+e)(k∈N*)上单调递增
B. 函数f(x)在(4k+e,4k+4)(k∈N*)上单调递减
C. 若方程f(x)=a(x<1)有两个实数根x1，x2，则x1x2=a
D. 当方程f(x)=bx(0≤x≤8)的实数根最多时，b的最小值为ln28
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(−1, 3)，b=(m,2 3)，若(a+2b)⊥a，则实数m= ______．
13.若二项式(1−x)9的展开式中xk的系数为ak，则k=191ak= ______．
14.已知双曲线C：x2a2−y23a2=1(a>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，D(a, 3a)，线段OD的垂直平分线与C交于A，B两点，且与C的一条渐近线交于第二象限的点E，若|DE|=23，则△ABF1的周长为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点F为线段AC上的一点，且AF=2CF，BF=2，asinA+csinC−bsinB=23asinC．
(1)求cs∠ABC的值；
(2)求△ABC面积的最大值．
16.(本小题15分)
某老师在课堂测验上设置了五道相互独立的判断题，得分规则是：五道判断题中，全部判断正确得5分，有一道判断错误得3分，有两道判断错误得1分，有三道及以上判断错误得0分.假定随机判断时，每道题判断正确和判断错误的概率均为12．
(1)若考生甲所有题目都随机判断，求此考生得分的分布列；
(2)若考生乙能够正确判断其中两道题目，其余题目随机判断，求此考生得分的数学期望．
17.(本小题15分)
如图，在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB//CD，DE//BC，AB=AE= 2，DE=2，BC=4，CD=2 2．
(1)证明：CD⊥PE；
(2)若点P与直线CD上一点Q的最小距离为3，求平面PBE与平面PCD夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：a2x2+y2=1(a2<1)的长轴为4，直线l与圆O：x2+y2=1相切于点P，与C相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，且x1>0，x2>0，y1>y2．
(1)记C的离心率为e，证明：|AB|=e(x1+x2)；
(2)若y轴右侧的点Q在C上，且PQ//x轴，QM，QN是圆O的两条切线，切点分别为M，N(M在N上方)，求|AB||AM|+|BN|的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x−a)(ex−a)，其中a≥0．
(1)当a=0时，求f(x)的最小值；
(2)证明f(x)有且仅有一个极小值点x0，并求f(x0)的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由B={x|0
故选：B．
先求出集合B，再利用集合的交集运算求解．
本题主要考查可一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设复数z=a+bi(a,b∈R)，则 (a+1)2+b2= a2+(b+1)2= 5，
解得a=b=1或a=b=−2，
∴|z|= a2+b2= 2或2 2．
故选：C．
根据复数的模长公式求解．
本题考查复数的模长公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，由表中数据知，10月份月考数学成绩的平均分最低，选项A错误；
对于B，在这三次月考数学成绩中，小红的平均分最高，选项B错误；
对于C，这三次月考数学成绩中，小明的成绩波动性最小，最稳定，选项C正确；
对于D，这三次月考数学成绩中，小刚的成绩波动性最大，方差最大，选项D错误．
故选：C．
根据表中数据的数字特征，分别估计平均数、方差的大小即可．
本题考查了数据的数字特征应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得xy=2 3x+2y≥2 4 3xy，
即xy≥2 4 3xy，两边平方，整理得xy≥16 3，当且仅当 3x=y，即x=4，y=4 3时取得等号，
因此，当xy取得最小值时，x+2y=4+8 3．
故选：A．
根据题意，利用基本不等式得到2 3x+2y≥2 4 3xy，即xy≥2 4 3xy，整理得xy≥16 3，然后根据取等号的条件，算出x+2y的值．
本题主要考查不等式的性质、基本不等式及其应用，考查了计算能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：联立y=x−1y2=4x，消去y整理得x2−6x+1=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，解得x1=3+2 2，x2=3−2 2，
抛物线y2=4x焦点F(1,0)，
易知直线AB过焦点F，根据抛物线的定义，
可得|AF|=x1+p2=4+2 2，|BF|=x2+p2=4−2 2，
所以|AB||AF|−|BF|=|AF|+|BF||AF|−|BF|= 2．
故选：D．
联立直线和抛物线的方程，可得点A，B的坐标，由抛物线的定义可得|AF|，|BF|的值，结合|AB|=|AF|+|BF|可得结论．
本题考查抛物线的定义及性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，设数列{an}的首项和公比分别为a1，q(q≠1)，
若{an}是公比不为1的等比数列，则Sn=a1⋅qn−1q−1，
可以取t=a1q−1，则有Snt+1=qn，故数列{Snt+1}是等比数列，则甲是乙的充分条件，
反之，取t=1，an=0，此时Sn+1=1为等比数列，
即数列{Snt+1}是等比数列，但数列{an}不是等比数列，则甲不是乙的必要条件，
故甲是乙的充分不必要条件．
故选：B．
根据题意，由等比数列前n项和公式分析可得充分性成立，举出反例可得必要性不成立，综合可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：将已知两式sinA2+3csB2=2 2，csA2+3sinB2=2分别平方得，
sin2A2+6sinA2csB2+9cs2B2=8，
cs2A2+6csA2sinB2+9sin2B2=4，
两式相加，得到csC2=sinA+B2=13，
故csC=2cs2C2−1=−79．
故选：D．
由已知结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角平方关系及二倍角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意可知：BC⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，
所以PC⊥BC，又BC=3，
所以PB=2PC=2 3，则PA=2PD=2 3，
所以P到底面ABCD的距离为 32，
所以球心O在经过底面中心且与底面垂直的直线上，
设O到底面ABCD的距离为x，
则OC= x2+92，OP= (x+ 32)2+94，
又OC=OP，故可解得x= 32，所以OC= 212，
故球O的表面积为S=4πr2=21π．
故选：C．
根据对称性可知球心O在经过底面中心且与底面垂直的直线上，再根据题意建立方程，即可求解．
本题考查四棱锥的外接球问题，化归转化思想，方程思想，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：由诱导公式及辅助角公式可得，f(x)=12cs2x+12sin2x= 22sin(2x+π4)．
对于选项A，f(x−π8)= 22sin(2x−π4+π4)= 22sin2x为奇函数，故A正确；
对于选项B，令2x+π4=π2+kπ，k∈Z得x=π8+kπ2，k∈Z，故B正确；
对于选项C，令t=2x+π4，因为x∈[π4,π2]，所以t=2x+π4∈[3π4,5π4]，而y= 22sint在[3π4,5π4]上单调递减，
所以函数f(x)在[π4,π2]上单调递减，故C错误；
对于选项D，因为f(x)= 22sin(2x+π4)，
则f(5π8)= 22sin3π2=− 22，故D错误．
故选：AB．
先利用诱导公式，辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的奇偶性检验选项A；结合正弦函数的对称性检验选项B，结合正弦函数的单调性检验选项C，结合正弦函数取得最值条件检验选项D即可判断．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，因为0
对于B，P(A)P(B|A)P(C|AB)=P(A)⋅P(AB)P(A)⋅P(ABC)P(AB)=P(ABC)，故B正确；
对于C，当B⊆A时，P(AB)=P(B)，此时P(B|A)=P(B)P(A)，故C正确；
对于D，因为若P(B|A)=P(B|A−)，则有P(AB)P(A)=P(A−B)P(A−)，
变形可得：P(AB)P(A−)=P(A)P(A−B)，
又由P(B)=P(AB)+P(A−B)，
即P(AB)P(A−)=P(A)[P(B)−P(AB)]，
则有P(AB)=P(A)P(B)，故D正确．
故选：BCD．
根据题意，由全概率和条件概率公式分析A，由条件概率公式分析B，由子事件的性质分析C，由条件概率公式分析D，综合可得答案．
本题考查条件概率的性质，涉及随机事件的性质，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：当x∈(0,4]时，f(x)=12f(x+4)，
进而得到f(x+4)=2f(x)，所以f′(x+4)=2f′(x)，
又当x∈(0,4]时，f′(x)=1−lnxx2，
由f′(x+4)=0得2f′(x)=0，解得x=e，
所以可得f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,4]上单调递减．
进而得到f(x+4)在(4,4+e)上单调递增，在(4+e,8]上单调递减，
同理可以得到f(x)在(4k,4k+e)(k∈N*)上单调递增，在(4k+e,4k+4)(k∈N*)上单调递减，故A，B正确；
若方程f(x)=a(x<1)有两个实数根x1，x2，做出下图，
由图像可知：当x<0时xex=a，当x∈(0,1)时，lnxx=a，
设x1<0
如果x1>x2，可以得到x1x2=1a，故C错误；
由f(x)=bx易知当x=0时有1个根，如果y=bx与y=f(x)(0
所以可知当b=ln28时，y=bx过(4,f(4))以及(8,f(8))，
这时y=bx与y=f(x)(0
故选：ABD．
先利用导数分析函数在(0,4]上的单调性，再结合函数的已知性质，分析函数在(4k,4k+4]，k∈N*的单调性，可判断AB的真假；
对C：分x1
借助函数单调性的结论，分析方程f(x)=bx(0≤x≤8)解的个数，判断D的真假．
本题主要考查分段函数的性质，属于中档题．
12.【答案】8
【解析】解：因为向量a=(−1, 3)，b=(m,2 3)，
若(a+2b)⊥a，则(a+2b)⋅a=a2+2a⋅b=0．
因为a2=1+3=4，
所以a⋅b=−2，即−m+2 3× 3=−2，
解得m=8．
故答案为：8．
由已知结合向量数量积的性质的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量数量积性质的坐标表示，属于基础题．
13.【答案】−1
【解析】解：根据二项式的展开式ak=(−1)kC9k，所以ak+a9−k=0，
即1ak+1a9−k=0，其中a9=−1，
所以k=191ak=(1a1+1a8)+(1a2+1a7)+(1a3+1a6)+(1a4+1a5)+1a9=4×0−1=−1．
故答案为：−1．
直接利用二项式的展开式求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】 3+1
【解析】解：双曲线C：x2a2−y23a2=1(a>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，D(a, 3a)，线段OD的垂直平分线与C交于A，B两点，且与C的一条渐近线交于第二象限的点E，若|DE|=23，
记C的右焦点为F2，由题意得D在C的渐近线上，
c= a2+3a2=2a，|OD|=|OF2|，tan∠DOF2= 3aa= 3，故∠DOF2=π3．
由几何知识得，△DOF2和△DOE均为等边三角形，
|DE|=|OD|=2a=23，故a=13，得到C的方程为9x2−3y2=1．
不妨设A在B上方，则△ABF1的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF2|−2a+|BF2|+2a+|AB|=2|AF2|.
下面求解|AF2|.
AF2的直线方程为x=− 3y+23，与双曲线方程联立得x=− 3y+23,9x2−3y2=1,
整理得8y2−4 3y+1=0，解得yA= 3+14，
|AF2|=2yA= 3+12，故△ABF1的周长为 3+1．
故答案为： 3+1．
画出图形，判断三角形的形状，转化求解三角形的周长即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)由asinA+csinC−bsinB=23asinC及正弦定理，得a2+c2−b2=23ac，
由余弦定理得，cs∠ABC=a2+c2−b22ac=23ac2ac=13．
(2)由(1)知sin∠ABC= 1−19=2 23，
由AF=2FC，即BF−BA=2(BC−BF)，
得BF=13BA+23BC，
所以BF2=(13BA+23BC)2=19c2+49a2+2×13×23ac×13=4．
由基本不等式，得19c2+49a2+2×13×23ac×13=4≥2×13×23ac+427ac，
即ac≤274，当且仅当c=2a，即a=3 64，c=3 62时等号成立，
所以△ABC的面积S=12acsin∠ABC≤12×274×2 23=9 24，
故当c=3 62，a=3 64时，△ABC面积的最大值为9 24．
【解析】(1)由三角形的正弦定理和余弦定理，可得所求值；
(2)由AF=2CF得BF=13BA+23BC，两边平方，结合基本不等式和三角形的面积公式，可得所求最小值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设此考生得分为X，
由题意可知，X的所有可能取值为0，1，3，5，
则P(X=1)=C52×(12)2×(12)3=516，P(X=3)=C51×12×(12)4=532，P(X=5)=(12)5=132，
所以P(X=0)=C53×(12)5+C54×(12)4+C55×(12)5=12，
故X的分布列为：
(2)设此考生得分为Y，
由题意可知，Y的所有可能取值为0，1，3，5，
则P(Y=0)=(12)3=18，P(Y=1)=C32×(12)2×12=38，P(Y=3)=C31×12×(12)2=38，P(Y=5)=(12)3=18，
所以此考生得分的数学期望E(Y)=0+38×1+38×3+18×5=178．
【解析】(1)设此考生得分为X，X的可能取值为0，1，3，5，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列；
(2)设此考生得分为Y，Y的可能取值为0，1，3，5，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，再结合期望公式求解．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：如图，延长BA交DE的延长线于点F，
∵AB//CD，DE//BC，
∴四边形FBCD为平行四边形．
∵BF=CD=2 2，
∴AB=AF=AE= 2，
∴BE⊥EF，
易知BC=DF=4，则EF=DE=2，
故AE 2+AF2=EF2，∴AE⊥BF，
又AB//CD，
∴CD⊥AE．
又在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，CD⊂平面ABCDE，
∴PA⊥CD，
又PA∩AE=A，PA，AE⊂平面PAE，
∴CD⊥平面PAE，
又PE⊂平面PAE，
∴CD⊥PE．
(2)点P与直线CD上一点Q的最小时，PQ⊥CD，由(1)知PA⊥CD，
∵PA∩PQ=P，PA，PQ⊂平面PAQ，
∴CD⊥平面PAQ．
又AQ⊂平面PAQ，
∴CD⊥AQ，从而A，E，Q三点共线，
即线段AE，CD的延长线交于点Q．
连接BD，PQ．
由(1)知A，E分别是BF，DF的中点，
∴BD//AE，∴BD⊥AB．
又AB//DQ，∴四边形ABDQ是矩形，
∴AQ=BD= BC2−CD2=2 2，
又PQ2=PA2+AQ2=9，故PA=1．
如图：以A为坐标原点，AB，AE，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B( 2,0,0)，E(0, 2,0)，C(3 2,2 2,0)，
∴BP=(− 2,0,1)，BE=(− 2, 2,0)，DP=(− 2,−2 2,1)，
设平面PBE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BP=0,m⋅BE=0,即− 2x+z=0,− 2x+ 2y=0.
令x=1，得y=1，z= 2，
∴m=(1,1, 2)．
设平面PCD的一个法向量为n=(x′,y′,z′)，
则n⋅DP=0,n⋅DC=0,即− 2x′−2 2y′+z′=0,2 2x′=0.
∴n=(0,1,2 2)，
设平面PBE与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=52×3=56，
故平面PBE与平面PCD夹角的余弦值为56．
【解析】(1)根据条件证出CD⊥平面PAE，再利用线面垂直的性质定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面PBE与平面PCD的的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查线线垂直以及二面角的求法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由题意可知，椭圆C的方程为x24+y2=1，e= 32．
设P(x0,y0)，则x02+y02=1，当y0≠0时，因为AB⊥OP，
所以直线AB的斜率为−x0y0，
直线AB的方程为y=−x0y0(x−x0)+y0，即x0x+y0y=1，
联立x24+y2=1,x0x+y0y=1,
再根据x02+y02=1整理得(1+3x02)x2−8x0x+4x02=0，
Δ>0，则x1+x2=8x01+3x02，x1x2=4x021+3x02，
故|x1−x2|=4x0 3−3x021+3x02，
故|AB|= 1+(−x0y0)2⋅|x1−x2|=4x0 3−3x02(1+3x02) 1−x02=4 3x01+3x02= 32(x1+x2)
当y0=0时，x1=x2=1，易得|AB|= 3= 32(x1+x2)．
综上所述，|AB|= 32(x1+x2)=e(x1+x2).
(2)由(1)中P(x0,y0)，得点Q的纵坐标为y0，横坐标xQ=2 1−y02=2x0，故Q(2x0,y0).
设M(xM,yM)，N(xN,yN)，
由(1)得圆O在M，N两点的切线方程分别为xMx+yMy=1，xNx+yNy=1．
因为Q在直线QM，QN上，所以2xMx0+yMy0=1，2xNx0+yNy0=1，
因此直线MN的方程是2x0x+y0y=1．
M，N两点坐标满足方程x2+y2=1,2x0x+y0y=1,整理得(1+3x02)y2−2y0y+1−4x02=0．
A，B两点坐标满足方程x24+y2=1,x0x+y0y=1,整理得(1+3x02)y2−2y0y+1−4x02=0；
故A，B，M，N四点的纵坐标满足同一个一元二次方程，
又因为点A在点B上方，点M在点N上方，
故A，M两点的纵坐标相等，B，N两点的纵坐标相等，从而AM//BN//x轴．
xM= 1−yM2= 1−y12=x12，同理可得xN=x22，所以|AM|+|BN|=x12+x22．
由(1)可知，|AB|= 32(x1+x2)，
故|AB||AM|+|BN|= 32(x1+x2)x12+x22= 3(x1+x2)x1+x2= 3．
【解析】(1)先求出椭圆C的方程，再结合直线的斜率公式，再结合韦达定理，弦长公式，即可求证；
(2)由(1)得圆O在M，N两点的切线方程分别为xMx+yMy=1，xNx+yNy=1.再由已知条件，推得A，B，M，N四点的纵坐标满足同一个一元二次方程，再依次求出算式的分子、分母，即可求解．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=xex，
则f′(x)=(x+1)ex，
令f′(x)=0，得x=−1，
∴当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0；当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0；
则f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(−1)=−1e；
(2)证明：由f(x)=(x−a)(ex−a)，得f′(x)=ex−a+(x−a)ex=(x−a+1)ex−a，
令G(x)=(x−a+1)ex−a，得G′(x)=(x−a+2)ex．
令G′(x)=0，则x=a−2，
∴f′(x)在(−∞,a−2)上单调递减，在(a−2,+∞)上单调递增，
易知f′(a)=ea−a，
设函数H(x)=ex−x，
令H′(x)=ex−1=0，可得x=0，
当x∈(−∞,0)时，H′(x)<0；当x∈(0,+∞)时，H′(x)>0；
则H(x)=ex−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又H(0)=1>0，
故H(x)=ex−x>0在R上恒成立，
故f′(a)=ea−a>0，
又f′(a−2)=−ea−2−a<0，
∴存在x0∈(a−2,a)，使得f′(x0)=0．
又当x∈(−∞,a−2)时，易知f′(x)<0，
故f(x)有且仅有一个极小值点x0．
∵f′(x0)=0，所以a=(x0+1)ex0ex0+1≥0，即x0≥−1，
则f(x0)=[x0−(x0+1)ex0ex0+1][ex0−(x0+1)ex0ex0+1]=−ex0(ex0−x0)2(ex0+1)2，
设g(x)=−ex(ex−x)2(ex+1)2，
求导得g′(x)=−ex(ex−x)[e2x+(x+1)ex−x−2](ex+1)3．
设h(x)=e2x+(x+1)ex−x−2，
求导得h′(x)=2e2x+(x+2)ex−1，
令m(x)=(x+2)ex(x≥−1)，
则m′(x)=(x+3)ex>0，
∴m(x)=(x+2)ex在[−1,+∞)上单调递增，
又∵y=2e2x在[−1,+∞)上单调递增，
∴h′(x)在[−1,+∞)上单调递增，
且h′(−1)=2e−2+e−1−1<0,h′(0)=3>0,，
∴存在c∈(−1,0)，使得h′(c)=0，
从而h(x)在(−1,c)上单调递减，在(c,+∞)上单调递增，
又h(0)=0，h(−1)=e−2−1<0，ex−x>0，
∴当−1≤x<0时，g′(x)>0；当x>0时，g′(x)<0．
∴g(x)在(−1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
则f(x0)≤g(0)=−14，
即f(x0)的最大值为−14．
【解析】(1)将a=0代入，利用导数求出函数的单调区间，即可得函数的最小值；
(2)证明f′(x)=0只有一个根，且在此根两侧f′(x)的异号即可；由f′(x0)=0，可得a=(x0+1)ex0ex0+1≥0，x0≥−1，从而得f(x0)=−ex0(ex0−x0)2(ex0+1)2，设g(x)=−ex(ex−x)2(ex+1)2，利用导数求解即可．
本题考查了利用导数求函数的最值和极值，考查了计算能力及逻辑推理能力，综合性较强，属于中档题．学生
月份
9月
10月
11月
小明
135
131
133
小红
132
140
136
小刚
140
130
135
X
0
1
3
5
P
12
516
532
132
相关试卷
2024年河南省濮阳市、焦作市（青桐鸣大联考）高考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2024年河南省濮阳市、焦作市（青桐鸣大联考）高考数学二模试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024年河南省焦作市高考数学一模试卷（含解析）： 这是一份2024年河南省焦作市高考数学一模试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届河南省焦作市高三下学期数学模拟试题（一模）含解析： 这是一份2024届河南省焦作市高三下学期数学模拟试题（一模）含解析，共22页。
