2024年福建省宁德市古田一中高考数学适应性试卷-普通用卷

这是一份2024年福建省宁德市古田一中高考数学适应性试卷-普通用卷，共17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.抛物线y=12x2的焦点坐标为( )
A. (18,0)B. (12,0)C. (0,18)D. (0,12)
2.已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )
A. m⊥l，m⊂β，l⊥αB. m⊥l，α∩β=l，m⊂α
C. m//l，m⊥α，l⊥βD. l⊥α，m//l，m//β
3.“直线l：x+y+m=0与圆C：x2+y2−4x−2y−27=0相切”是“m=5”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 即不充分也不必要条件
4.有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有种停放方法.( )
A. 72B. 144C. 108D. 96
5.把周长为1的圆的圆心C放在y轴，顶点A(0,1)，一动点M从A开始顺时针绕圆运动一周，记走过的弧长AM=x，直线AM与x轴交于点N(t,0)，则函数t=f(x)的大致图象( )
A.
B.
C.
D.
6.若一组样本数据x1、x2、…、xn的平均数为10，另一组样本数据2x1+4、2x2+4、…、2xn+4的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为( )
A. 17，54B. 17，48C. 15，54D. 15，48
7.设a=(13)12，b=lg315，2c+c=0，则( )
A. a8.过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F作渐近线的垂线，设垂足为P(P为第一象限的点)，延长FP交抛物线y2=2px(p>0)于点Q，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若OP=12(OF+OQ)，则双曲线的离心率的平方为( )
A. 5B. 52C. 5+1D. 5+12
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z1，z2是关于x的方程x2+bx+1=0(−2A. z1−=z2B. z1z2∈R
C. |z1|=|z2|=1D. 若b=1，则z13=z23=1
10.已知函数f(x)=sin2ωxcsφ+cs2ωxsinφ(ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的图象关于点(−π3,0)对称
B. f(x)在区间[0,π2]的最小值为−12
C. f(x+π6)为偶函数
D. f(x)的图象向右平π6个单位后得到y=sin2x的图象
11.在1261年，我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中提出了如图所示的三角形数表，这就是著名的“杨辉三角”，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为an，如：a1=1+1=2，a2=1+2+1=4，⋯，{an}的前n项和记为Sn，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，记为bn，{bn}的前n项和记为Tn，则下列说法正确的是( )
A. S10=1022
B. {2anSn⋅Sn+1}的前n项和为12−1an+2−2
C. b57=66
D. T57=4150
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={x|y=ln(1−2x)}，B={x|x2≤x}，则(∁RA)∩B=______.
13.已知(x+ay)6的展开式中含x3y3项的系数为160，则实数a的值为______.
14.《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．该原理常应用于计算某些几何体的体积．如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为4 6cm，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是__________cm；卧足杯的容积是__________cm3(杯的厚度忽略不计).
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)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c= 2a，且△ABC的面积S=b2+c2−a24.
(1)求C；
(2)若△ABC内一点P满足AP=AC，BP=CP，求∠PAC.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AD=CD=2，BC=3，PC=2 3.
(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；
(Ⅱ)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小.
条件①：AB= 5；
条件②：BC//平面PAD.
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
17.(本小题15分)
甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球(5个球除颜色外其他都相同).每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束.记棋子跳到第n格的概率为Pn(n=1,2,3,…，25).
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)证明：数列{Pn−Pn−1}(n=2,3,…，24)为等比数列.
18.(本小题17分)
焦点在x轴上的椭圆x24+y2b2=1的左顶点为M，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)为椭圆上不同三点，且当OB=λOC时，直线MB和直线MC的斜率之积为−14.
(1)求b的值；
(2)若△OAB的面积为1，求x12+x22和y12+y22的值；
(3)在(2)的条件下，设AB的中点为D，求|OD|⋅|AB|的最大值.
19.(本小题17分)
英国数学家泰勒发现了如下公式：
ex=1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+⋯
其中n!=1×2×3×4×⋯×n，e为自然对数的底数，e=2.71828⋯.以上公式称为泰勒公式.设f(x)=ex−e−x2,g(x)=ex+e−x2，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
(1)证明：ex≥1+x；
(2)设x∈(0,+∞)，证明：f(x)x(3)设F(x)=g(x)−a(1+x22)，若x=0是F(x)的极小值点，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
利用抛物线方程求解焦点坐标即可．
【解答】
解：抛物线y=12x2，即x2=2y，
则p=1，所以焦点坐标为：(0,12)，
故选：D.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于基础题．
在A中，α与β相交或平行；在B中，α与β相交但不一定垂直；在C中，α//β；在D中，推导出m⊥α，由m//β，得到α⊥β.
【解答】解：在A中，m⊥l，m⊂β，l⊥α，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，m⊥l，α∩β=l，m⊂α，则α与β相交但不一定垂直，故B错误；
在C中，由m//l，m⊥α，得l⊥α，又l⊥β，则α//β，故C错误；
在D中，l⊥α，m//l，则m⊥α，又m//β，设过m的平面与β交于直线c，得c||m，则c⊥α，又c⊂β，则α⊥β，故D正确．
故选：D.
3.【答案】C
【解析】解：由x2+y2−4x−2y−27=0，得圆心是(2,1)，半径是r=4 2，
由直线l：x+y+m=0与圆C：x2+y2−4x−2y−27=0相切，
则d=|2+1+m| 2=4 2，得m=5或m=−11，
则“直线l：x+y+m=0与圆C：x2+y2−4x−2y−27=0相切”是“m=5”的必要不充分条件，
故选：C.
根据直线和圆的位置关系以及充分必要条件的定义判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查直线和圆的位置关系，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，先排其余的3辆车全排列，有A33=6种情况，
排好后，有4个空位，在其中选出2个，安排货车甲和乙车，有A42=12种安排方法，
则有6×12=72种安排方法．
故选：A.
根据题意，先排好其余的3辆车，利用插空法分析甲和乙的安排方法，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的简单应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：当x由0→12时，t从−∞→0，且单调递增，并且先快后慢．
由12→1时，t从0→+∞，且单调递增，
∴排除A，B，C，
故选：D.
根据动点移动过程的规律，利用单调性进行排除即可得到结论．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用特殊值法，结合点的移动规律是解决本题的关键，综合性较强，有一点的难度．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可知，数据x1、x2、⋯、xn的平均数为10，则i=1nxi=10n，
所以数据2x1+4、2x2+4、⋯、2xn+4的平均数为x′−=1ni=1n(2xi+4)=2ni=1nxi+4=2×10+4=24，
方差为s′2=1ni=1n[(2xi+4)−(2x−+4)]2=4ni=1n(xi−10)2=4ni=1nxi2−4n×n×102=4ni=1nxi2−400=8，
所以i=1nxi2=102n，
将两组数据合并后，新数据x1、x2、⋯、xn、2x1+4、2x2+4、⋯、2xn+4的平均数为：x″−=12n[i=1nxi+i=1n(2xi+4)]=12×1ni=1n(3xi+4)=12(3ni=1nxi+4)=12(3×10+4)=17，
方差为：s′′2=12n[i=1n(xi−17)2+i=1n(2xi+4−17)2]=12n(5i=1nxi2−86i=1nxi+458n)=12n(5×102n−860n+458n)=54.
故选：A.
计算出i=1nxi、i=1nxi2的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差．
本题主要考查了平均数和方差的计算，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：a=(13)12，则0b=−lg35，1=lg33c=−2c<0且−c=2c<1，则−1故b故选：D.
根据指数函数值域求出a、c范围，根据对数函数值域求出b的范围，由此即可比较a，b、c的大小关系．
本题考查指数函数的单调性，考查学生的运算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程和中点坐标公式，以及点满足抛物线的方程，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
由OP=12(OF+OQ)，可得P为FQ的中点，设F(c,0)，一条渐近线方程和垂直的垂线方程，求得交点P的坐标，由中点坐标公式可得Q的坐标，代入抛物线的方程，结合离心率公式，解方程可得所求值．
【解答】
解：由OP=12(OF+OQ)，可得P为FQ的中点，
设F(c,0)，由渐近线方程y=bax，①
可设直线FP的方程为y=−ab(x−c)，②
由①②解得P(a2c,abc)，
由中点坐标公式可得Q(2a2c−c,2abc)，
代入抛物线的方程可得4a2b2c2=2p⋅(2a2c−c)，③
由题意可得c=p2，即2p=4c代入③即有c4−a2c2−a4=0，
由e=ca可得e4−e2−1=0，
解得e2=1+ 52.
故选：D.
9.【答案】ACD
【解析】解：由题意知，Δ=b2−4<0，所以x=−b± 4−b2i2，
不妨设z1=−b2+ 4−b22i，z2=−b2− 4−b22i，
所以z1−=z2，选项A正确；
由z1z2=1，得z1z2=z12z1z2=z12=b2−22=−b 4−b22i，
当b≠0时，z1z2∉R，选项B错误；
计算|z1|=|z2|= (−b22)2+( 4−b22)2=1，选项C正确；
b=1时，z1=−12+ 32i,z2=−12− 32i，
所以z12=−12− 32i=z2=z1−，
z22=z1=z2−，z13=z1z2=1，同理z23=1，选项D正确．
故选：ACD.
在复数范围内解方程求得z1，z2，然后根据复数的概念、运算判断各选项．
本题考查了复数的运算法则等基础知识，也考查了运算求解能力，是基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：f(x)=sin(2ωx+φ)，由图象可知f(0)=12，即sinφ=12，又0<φ<π2，所以φ=π6，
由五点作图法可得ω×2π3+π6=3π2，解得ω=2，所以f(x)=sin(2x+π6)，
对于A：f(−π3)=sin(−2π3+π6)=−1，所以f(x)的图象关于x=−π3对称，故A错误；
对于B：当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，
∴sin(2x+π6)∈[−12,1]，即f(x)在区间[0,π2]上的最小值为−12，故B正确；
对于C：f(x+π6)=sin[2(x+π6)+π6]=sin(2x+π2)=csx，为偶函数，故C正确．
对于D：f(x)的图象向右平移π6个单位后得到y=sin[2(x−π6)+π6]=sin(2x−π6)的图象，故D错误．
故选：BC.
由图象可求得f(x)的解析式，对于A：验证−π3是否为f(x)的零点；对于B先求出2x+π6的范围再求f(x)的值域；对于C，求出f(x+π6)的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：从第一行开始，每一行的数依次对应(a+b)n 的二项式系数，
∴an=(1+1)n=2n,{an} 为一个等比数列，Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，
所以S10=211−2≠1022，故A错误；
2anSn⋅Sn+1=2n+1(2n+1−2)⋅(2n+2−2)=12n+1−2−12n+2−2，∴{2anSn⋅Sn+1}的前n项和为122−2−123−2+123−2−124−2+⋯+12n+1−2−12n+2−2=12−12n+2−2=12−1an+2−2，故B正确；
去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3⋅⋅⋅，构成一个等差数列，
项数之和为n(n+1)2≤57,n的最大整数为10，
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，
在bn中去掉，b57取的就是第12行中的第三项，b57=C122=66，故C正确；
S11=212−2，这11行中共去掉了22个1，
∴T57=S11−22+b56+b57=4094−22+C121+C122=4150
故D正确，
故选：BCD.
由题意分析出数列an为等比数列，再求其前n项和，再对各项逐一分析即可．
本题考查数列求和，属于难题．
12.【答案】[12,1]
【解析】解：A={x|y=ln(1−2x)}={x|x<12}，B={x|x2≤x}={x|0≤x≤1}，
故∁RA={x|x≥12}，
所以(∁RA)∩B=[12,1].
故答案为：[12,1].
先求出集合A，B，再结合集合的运算，即可求解．
本题主要考查集合的运算，属于基础题．
13.【答案】2
【解析】解：由题意可知，(x+ay)6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r(ay)r=C6rarx6−ryr，
令6−r=3，解得r=3，所以展开式中含x3y3项的系数为C63a3=160，解得a=2.
故答案为：2.
首先写出二项式展开式的通项，再令x的指数为2，求出r，再代入得到方程，求解即可．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】5
54π

【解析】【分析】
设球体的半径为R，OO1=x，得到x2+(2 6)2=(x+3)2+32，解出x，求出球体半径，由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为3的圆柱体积减去一个圆台的体积，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解．
本题考查几何体的体积和表面积公式，考查祖暅原理，考查数形结合思想，属于中档题．
【解答】
解：如下图，设球体的半径为R，OO1=x，由OM2=ON2=R2，得x2+(2 6)2=(x+3)2+32，
解得x=1，所以，R= (OO1)2+(O1M)2=5，
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为3的圆柱减去一个圆台，
设圆台上表面半径为r1，则r1=O1P=OO1=1，下表面半径为r2，所以r2=O2O=O2Q=4，
所以V圆台=13πh(r22+r12+r1r2)=21π，
所以，V碗=V圆柱−V圆台=πR2h−21π=54π，
故答案为：5，54π.
15.【答案】解：(1)由余弦定理得S=b2+c2−a24=12bccsA，又因为S=12bcsinA，
所以sinA=csA，所以tanA=1，
因为A∈(0,π)，所以A=π4，由正弦定理得csinC=asinA，
因为c= 2a所以sinC= 2sinA=1，因为C∈(0,π)，所以C=π2；
(2)由(1)知A=π4C=π2，所以B=π−A−C=π4=A，
所以b=a，设∠PAC=θ，因为AP=AC，所以∠ACP=∠APC=π−θ2，
因为C=π2，所以∠BCP=π2−∠ACP=θ2，
因为在△APC中AP=AC，所以PC=2ACsinθ2=2bsinθ2=2asinθ2，
因为在△BPC中BP=CP，所以BC=2PCcsθ2=a，
即PC=a2csθ2，所以a2csθ2=2atanθ2，即2sinθ2csθ2=12，即sinθ=12，
因为∠PAC=θ∈(0,π4)，所以∠PAC=θ=π6.
【解析】(1)由余弦定理可得tanA=1，进而可求C；
(2)设∠PAC=θ，进而可得a2csθ2=2atanθ2，可求θ，可求∠PAC.
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，属中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)如图，连接AC，因PA⊥平面ABCD，AC，CD⊂平面ABCD，则PA⊥AC，PA⊥CD.
又PC=2 3，PA=2，则AC=2 2，
因为AD=DC=2，所以△ADC为等腰直角三角形，其中∠ACD=π4，∠ADC=π2，所以CD⊥AD，
又因为PA⊥CD，AD，PA⊂平面PAD，AD∩PA=A，所以CD⊥平面PAD；
(Ⅱ)若选条件①，由余弦定理可得：cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=8+9−52×2 2×3= 22，
结合∠ACB为三角形内角，得∠ACB=π4，
又∠ACD=π4，则∠BCD=π2，即BC⊥CD.
若选条件②，因BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD=AD，则BC//AD，
又∠ADC=π2，则∠BCD=π2，即BC⊥CD.
故建立以A为坐标原点，如图所示空间直角坐标系(x轴所在直线与DC平行)，
又PA=AD=CD=2，BC=3，AB= 5，
则A(0,0,0)，B(2,−1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，
所以BC=(0,3,0)，CP=(−2,−2,2)，DC=(2,0,0)，
由题知，平面PAD法向量为DC=(2,0,0)，
设平面PBC法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=3y=0n⋅CP=−2x−2y+2z=0，
令x=1，则y=0，z=1，所以n=(1,0,1)，
设面PBC与平面PAD所成锐二面角为θ，
所以csθ=|cs⟨n,DC⟩|=|n⋅DC|n|⋅|DC||=|2 2⋅2|= 22，所以θ=π4.
【解析】(Ⅰ)连接AC，由题目条件可推得△ADC为等腰直角三角形，且∠ACD=π4，∠ADC=π2，即CD⊥AD，再PA⊥CD，由线面垂直的判定定理即可证明；
(Ⅱ)选条件①或选条件②均可证明BC⊥CD，建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PBC与平面PAD的法向量，由二面角求解即可．
本题考查线面平行证明和二面角的求法，还考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】(1)解：X=0，1，2，
P(X=0)=C22C52=110，
P(X=1)=C31⋅C21C52=610=35，
P(X=2)=C32C52=310，
所以X的分布列为：
EX=0×110+1×35+2×310=65.
(2)证明：由题意知：当3≤n≤24时，棋子跳到第n格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第n−2格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第n−1格，再摸出两球颜色相同；
摸出两球颜色不同的概率为35，相同的概率为25，
所以Pn=35Pn−2+25Pn−1，即Pn−Pn−1=−35(Pn−1−Pn−2)，P1=1，P2=25，P1−P2≠0，
所以Pn−Pn−1Pn−1−Pn−2=−35，
所以数列{Pn−Pn−1}(n=2,3,…，24)为等比数列．
【解析】(1)根据超几何分布，求出概率，写出分布列，根据期望的计算公式求出期望即可；
(2)当3≤n≤24时，棋子跳到第n格有两种可能：第一种，棋子先跳到第n−2格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第n−1格，再摸出两球颜色相同；求出递推公式Pn=35Pn−2+25Pn−1，然后变形为Pn−Pn−1=−35(Pn−1−Pn−2)，即可证明结论．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，等比数列的判定，属中档题．
18.【答案】解：(1)由OB=λOC可知，B，O，C三点共线，
再由椭圆的对称性可知，B，C关于原点中心对称，即x3=−x2，y3=−y2，
易知M(−2,0)，由直线MB和直线MC的斜率之积为−14可得，
y2x2+2⋅−y2−x2+2=−14对任意x2(x2≠±2)成立，即y22=14(4−x22)对任意x2(x2≠±2)成立，
再由x224+y22b2=1，消去y2，可知x224+4−x224b2=1对任意x2成立，
故b2=1，所以b=±1.
(2)若x1=x2，则y1,2=± 1−x124，
△OAB的面积为1，即12|x1|×2 1−x124=1，解得x12=2，
故x22=x12=2，y22=y12=12，
所以x12+x22=4，y12+y22=1；
若x1≠x2，即直线AB斜率存在，设直线AB的方程为：y=kx+m，
代入椭圆方程得x24+(kx+m)2=1，所以x1，x2是关于x的方程(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0的两实根，
由韦达定理可知，当Δ=(8km)2−4(4k2+1)(4m2−4)>0即4k2+1>m2时，
x1+x2=−8km4k2+1，x1⋅x2=4m2−44k2+1，
|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= (−8km4k2+1)2−4(4m2−44k2+1)=4 4k2−m2+14k2+1，
△OAB的面积为1，即12|m|⋅4 4k2−m2+14k2+1=1，
整理得4k2+1=2m2，故x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(−8km4k2+1)2−2(4m2−44k2+1)=(−8km2m2)2−4m2−4m2，
即x12+x22=16k2m2−4m2−4m2=4，y12+y22=(1−x124)+(1−x224)=2−x12+x224=1.
综上，x12+x22=4，y12+y22=1.
(3)显然，D(x1+x22,y1+y22)由(2)可知，OA2+OB2=x12+y12+x22+y22=5，
又OA2+OB2=OA2+OB2=(OD+DA)2+(OD−DA)2=2(OD2+DA2)，
即OA2+OB2=2(OD2+DA2)≥4|OD|⋅|DA|=2|OD|⋅|AB|，
所以|OD|⋅|AB|≤52，当且仅当|OD|=|DA|=12|AB|时取等号，
此时△OAB为直角三角形且∠AOB为直角，
故OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)4m2−44k2+1+km⋅−8km4k2+1+m2=3m2−32m2=0，
解得m2=1(从而k2=14)，即等号可以成立，
故|OD|⋅|AB|的最大值为52.
【解析】(1)由OB=λOC可知，B，O，C三点共线，可得x3=−x2，y3=−y2，表示出直线MB和直线MC的斜率之积，依题意可得x224+4−x224b2=1对任意x2(x2≠±2)成立，即可求出b的值；
(2)分直线AB的斜率不存在和存在两种情况讨论求解．当AB斜率不存在时，x1=x2，由三角形OAB的面积解出x1，y1的值，即可求出x12+x22和y12+y22的值；当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为：y=kx+m，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，表示出△OAB的面积，化简即可求出x12+x22和y12+y22的值．
(3)结合题意，利用基本不等式求解即可．
本题考查了椭圆的方程及性质，考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)设h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1>0⇒x>0，
所以h(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
因此h(x)≥h(0)=0，即ex≥1+x.
证明：(2)ex=1+x+x22!+x33!+x44!+x55!+⋯+xnn!+⋯，①
于是e−x=1−x+x22!−x33!+x44!−x55!+⋯+(−1)nxnn!+⋯，②
由①②得，
f(x)=ex−e−x2=x+x33!+x55!+⋯+x2n−1(2n−1)!+⋯，
g(x)=ex+e−x2=1+x22!+x44!+⋯+x2n−2(2n−2)!+⋯，
所以f(x)x=1+x23!+x45!+⋯+x2n−2(2n−1)!+⋯
<1+x22!+x44!+⋯+x2n−2(2n−2)!+⋯=g(x).
即f(x)x解：(3)F(x)=g(x)−a(1+x22)=ex+e−x2−a(1+x22)，
则F′(x)=ex−e−x2−ax,F′′(x)=ex+e−x2−a.
①当a≤1时，F′′(x)≥2 ex⋅e−x2−a=1−a≥0，
所以F′(x)在R上单调递增，且F′(0)=0，
所以当x>0时，F′(x)>0；当x<0时，F′(x)<0.
所以F(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
因此x=0是F(x)的极小值点．
②当a>1时，当x>0时，F‴(x)=ex−e−x2>0，
F′′(x)在(0,+∞)上单调递增，
F′′(lna)=elna+e−lna2−a=12(a+1a)−a=12(1a−a)<0，
又F′′(x)是R上的偶函数，
所以当x∈(−lna,lna)时，F′′(x)<0.
因此，F′(x)在(−lna,lna)上单调递减．
又因为F′(x)是奇函数，且F′(0)=0，
所以当−lna0；当0所以F(x)在(−lna,0)上单调递增，在(0,lna)上单调递减．
因此，x=0是F(x)的极大值点，不是F(x)的极小值点．
综上，实数a的取值范围是(−∞,1].
【解析】(1)h(x)=ex−x−1，求出h(x)的单调区间，即可证明；
(2)ex=1+x+x22!+x33!+x44!+x55!+⋯+xnn!+⋯，e−x=1−x+x22!−x33!+x44!−x55!+⋯+(−1)nxnn!+⋯，两式相加减，即可证明；
(3)分a≤1，a>1讨论，求出F(x)在x=0附近的单调区间，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值，利用泰勒公式证明不等式，属于难题．X
0
1
2
P
110
35
310