2024年高考数学新题型龙岩三模福建省龙岩市2024届高中毕业班五月教学质量检测数学试题

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1.若全集U=R，集合A={y|y= 3−x}，B={x|2x≤8}，则A∩(∁UB)=( )
A. (0,3)B. (3,+∞)C. [3,+∞)D. [0,3]
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查集合的运算，属于基础题.
化简A，B，由交集和补集运算即可求解.
【解答】
解：A={y|y= 3−x}={y|y≥0}，
B={x|2x≤8}={x|x≤3}，
则∁UB={x|x>3}，
则A∩(∁UB)=(3,+∞).
2.若复数z满足z=(2+i)⋅i，则复平面内z对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了复数运算法则、几何意义、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用复数的运算法则、几何意义、共轭复数的定义即可得出．
【解答】
解：z=(2+i)⋅i=−1+2i，
z−=−1−2i在复平面内所对应的点(−1,−2)位于第三象限．
故选：C.
3.已知a>0，则“a>3”是“aa>a3”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判断，以及指数函数的增减性，属于基础题.
利用充分、必要条件的定义即可判断.
【解答】
解：由题意知，若a>3，则aa>a3成立，
反之，若aa>a3，a>3不一定成立，如a=12，
故“a>3”是“aa>a3”的充分不必要条件.
4.已知向量a=(1,1)，b=(λ,−1)，λ∈R.若b在a上的投影向量为(32,32)，则λ=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查投影向量，属于基础题.
利用平面向量的坐标运算和投影向量的定义即可求解.
【解答】
解：因为a=(1,1)，b=(λ,−1)，
所以向量b在a向量上的投影向量为|b|cs⟨a，b⟩⋅a|a|=a⋅b|a|.a|a|=λ−12a=(λ−12,λ−12)，
所以λ−12=32，解得λ=4.
5.已知球的体积为323π，且该球的表面积与底面半径为2的圆锥的侧面积相等，则该圆锥的体积为( )
A. 4 153πB. 8 153πC. 4 15πD. 8 15π
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查球的体积、表面积、圆锥的侧面积和体积，属于中档题.
求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式即可求解.
【解答】
解：设球半径为R，圆锥的底面半径为r，母线长为l，
则43πR3=323π⇒R=2，
故球的表面积为4πR2=16π，
则πrl=2πl=16π⇒l=8，
故圆锥的高为h= l2−r2= 82−22=2 15，
则该圆锥的体积为13πr2⋅h=13π⋅22⋅2 15=8 153π
6.声音的等级f(x)(单位：dB)与声音强度x(单位：ω/m2)满足f(x)=10×lgx10−12.喷气式飞机起飞时，声音的等级约为140dB.若喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的108倍，则一般说话时声音的等级约为( )
A. 120dBB. 100dBC. 80dBD. 60dB
【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了对数函数模型，以及对数的运算性质，属于中档题.
由函数f(x)的解析式，分别求出喷气式飞机起飞时声音强度和一般说话时声音强度，即可求出结果．
【解答】
解：设喷气式飞机起飞时声音强度为x1，一般说话时声音强度为x2，
∵喷气式飞机起飞时，声音的等级约为140dB，
∴10×lgx110−12=140，解得x1=102，
又∵喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的108倍，
∴x1x2=108，∴x2=10−6，
∴一般说话时声音的等级约为10×lg10−610−12=60dB，
故选D.
7.已知曲线C1:x2+y2−10y+16=0与曲线C2:x2+y2−2ax+a2−9=0(a>0)相交于A，B两点，直线AB交x轴于点P，则点P的横坐标的取值范围为( )
A. (0,7 1111)B. (−7 1111,7 1111)
C. (−∞,−7 1111)∪(7 1111,+∞)D. (−∞,−7 1111)
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查两圆相交弦问题，考查计算能力，是中档题．
根据题意，两圆相减即可得公共弦所在的直线方程，从而得到AB的方程，令y=0，即可得到P横坐标，利用a的范围，可得点P的横坐标的取值范围．
【解答】
解：曲线C1:x2+y2−10y+16=0可化为C1：x2+(y−5)2=9，圆心为(0,5)，半径为3，
曲线C2:x2+y2−2ax+a2−9=0(a>0)可化为C2：(x−a)2+y2=9，圆心为(a,0)，半径为3，
因为两圆相交，所以3−3<|C1C2|<3+3，即0< a2+25<6，
解得0圆C1:x2+y2−10y+16=0和圆C2:x2+y2−2ax+a2−9=0交于A、B两点，
两圆相减可得：直线AB的方程是：2ax−10y−a2+25=0.
令y=0，则x=a2−252a，即P(a2−252a,0)，
由0所以点P的横坐标的取值范围是(−∞,−7 1111).
8.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，x=−π4为f(x)的零点，x=π4为f(x)图象的对称轴，且f(x)在(0,π6)上有且仅有1个零点，则ω的最大值为( )
A. 11B. 9C. 7D. 5
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质，本题转化困难，难度较大.
根据已知可得0<ω<12，结合x=−π4为f(x)的零点，x=π4为y=f(x)图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f(x)在(0,π6)上有且仅有1个零点，可得ω的最大值.
【解答】
解：f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，
∵x=−π4为f(x)的零点，
x=π4为f(x)图象的对称轴，
∴π4−(−π4)=2k+14T=2k+14.2πω，∴ω=2k+1，k∈Z，
∵ω>0∴ω==2k+1，k∈Z+，
又π6−0当ω=11时，f(x)=sin(11x+φ)，
114π+φ=π2+kπ，∴φ=−94π+kπ，k∈Z，
∵|φ|<π2，∴φ=−π4，
∴f(x)=sin(11x−π4)，
当x∈(0,π6)时，11x−π4∈(−π4,1912π)，故f(x)有2个零点，不符合，舍去.
当ω=9时，f(x)=sin(9x+φ)，
94x+φ=π2+kπ，∴φ=−74π+kπ，k∈Z，
∵|φ|<π2∴φ=π4，
∴f(x)=sin(9x+π4)，
当x∈(0,π6)时，9x+π4∈(π4,74π)，此时f(x)有且仅有1个零点，符合，
故选B.
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.已知函数f(x)=(x−1)lnx，则( )
A. f(x)在(0,+∞)单调递增B. x=1是f(x)的零点
C. f(x)的极小值为0D. f(x)是奇函数
【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性，单调性，零点以及极值，属于基础题.
利用导数可知fx的单调性，从而判断A；进一步可判断C；根据f1=0，可判断B，根据定义域以及奇偶性的特征即可判断D.
【解答】
解：因为函数fx=x−1lnx的定义域为0,+∞，并且f′x=lnx+x−1x=lnx+1−1x，
当x=1时，f′1=0，且由f′x得解析式易得f′x在0,+∞上单调递增
当01时，f′x>0，
所以fx在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，A错误；
因为f1=0，所以x=1是f(x)的零点，B正确；
又因为f(x)极小=f(1)=0，所以C正确；
因为fx的定义域为0,+∞，不关于原点对称，所以fx不具有奇偶性，D错误.
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2−b2−c2+bc=0，则( )
A. A=π3
B. 若a= 3，csB=45，则c=4 3−35
C. 若a=2，则△ABC面积的最大值为 3
D. 若bsinC=sinC+ 3csC，则c=2
【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题.
结合选项利用正弦定理，余弦定理，三角形面积公式逐项计算判断即可.
【解答】
解：由余弦定理csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3，A正确；
若a= 3，csB=45，则sinB=35，
sinC=sin(A+B)=4 3+310，由正弦定理asinA=csinC，
解得c=4 3+35，B不正确；
若a=2，b2+c2=4+bc≥2bc，bc≤4，
当且仅当b=c时等号成立，
△ABC面积S=12bcsinA≤12×4× 32= 3，C正确；
若bsinC=sinC+ 3csC=2sin(C+π3)=2sin(C+A)=2sinB，
又由正弦定理得bsinC=csinB，所以c=2，D正确.
11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)与圆O:x2+y2=20交于A，B两点，且|AB|=8.过焦点F的直线l与抛物线C交于M，N两点，点P是抛物线C上异于顶点的任意一点，点Q是抛物线C的准线与坐标轴的交点，则( )
A. 若MF=3FN，则直线l的斜率为± 33B. |MF|+4|NF|的最小值为18
C. ∠MON为钝角D. 点P与点F的横坐标相同时，|PF||PQ|最小
【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查了抛物线的性质，以及直线与抛物线的关系，属于难题.
由题意，求得抛物线方程为y2=8x，从而结合抛物线的定义以及直线与抛物线的位置关系，逐项分析，即可得出答案.
【解答】
解：因为抛物线C:y2=2px(p>0)与圆O:x2+y2=20交于A，B两点，且|AB|=8，
则第一象限内的交点A的纵坐标为4，代入圆方程得横坐标为2，即A(2,4)，
所以42=4p，p=4，即抛物线方程为y2=8x，焦点为F(2,0).
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，对选项A，由MF=3FN得(2−x1,−y1)=3(x2−2,y2)，
则x1+3x2=8y1=−3y2，又因为y12=8x1y22=8x2，解得x2=23y2=±4 33，
所以直线I的斜率为±4 33−023−2=± 3，故A选项错误;
对选项B，由抛物线定义得1|MF|+1|NF|=2p=12，
所以|MF|+4|NF|=2(|MF|+4|NF|)(1|MF|+1|NF|)=10+2(|MF||NF|+4|NF||MF|)≥10+8=18，
当且仅当|MF||NF|=4|NF||MF|，即|MF|=2|NF|时等号成立，
因此|MF|+4|NF|的最小值为18，B正确;
对选项C，如图，不妨设M在第一象限，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
设直线l:x=my+2，联立抛物线的方程消x，
得y2−8my−16=0，
又Δ=(−8m)2+4×16>0，
所以y1y2=−16，x1x2=y128.y228=(−16)264=4，
∴x1x2+y1y2=4−16=−12<0，
∴cs<0，∴∠MON为钝角，故C选项正确;
对选项D，
Q(−2,0)，F(2,0)，设P(x0,y0)，则y02=8x0，x0≥0，
由抛物线的定义可得|PF|=x0+2，
|PQ|= (x0+2)2+(y0−0)2= x02+4x0+4+8x0= x02+12x0+4，
又x0>0，
则|PF||PQ|=x0+2 x02+12x0+4= x02+4x0+4x02+12x0+4= 1−8x0x02+12x0+4，
= √1−8x0+4x0+12≥ 1−82 x0⋅4x0+12= 22，
当且仅当x0=2时取等号，所以|PF||PQ|的最小值为 22，故D选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在(1−x)(1+x)6的展开式中，x3的系数为__________.
【答案】5
【解析】【分析】
本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
根据(1−x)(1+x)6=(1−x)(1+6x+C62x2+C63x3+…+C66x6)，即可得出结果．
【解答】
解：由题意知，(1−x)(1+x)6=(1−x)(1+6x+C62x2+C63x3+…+C66x6)，
∴展开式中x3的系数为C63−C62=20−15=5.
故答案为：5.
13.互不相等的4个正整数从小到大排序为a1，a2，a3，a4，若它们的平均数为4，且这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的中位数为__________.
【答案】72
【解析】【分析】
本题考查平均数、中位数、极差，属于中档题.
据题意得a4−a1=2×a2+a32，结合它们的和为16得a4=8，a1+a2+a3=8，由因为a1，a2，a3为正整数且互不相等，得出各数，由中位数的定义求解即可.
【解答】
解：这组数据的极差为a4−a1，中位数为a2+a32，
据题意得a4−a1=2×a2+a32，即a4=a1+a2+a3，
又它们的和为16，所以2a4=16，解得a4=8，a1+a2+a3=8.
因为a1，a2，a3为正整数且互不相等，所以a1=1，a2=3，a3=4，
所以这4个数据的中位数为3+42=72 .
14.已知函数f(x)=xa−lgbx(a>1,b>1)有且只有一个零点，则ab的取值范围为__________.
【答案】(e1e,+∞)
【解析】【分析】
本题考查了利用导数研究函数的零点，是较难题.
依题意得g(x)=xa与h(x)=lgbx的图象只有一个交点，即两曲线相切，则g′(x)=h′(x)只有一个解，化简得a=1elnb，则ab=belnb，设Q(b)=belnb(1【解答】
解：依题意得g(x)=xa与h(x)=lgbx的图象只有一个交点，即两曲线相切，
则g′(x)=h′(x)只有一个解，
∴axa−1=1xlnb，化简得x=(1alnb)1a，
将其代入f(x)，得1alnb+1algb(alnb)=0，
∴lgbe+lgb(alnb)=0，即ealnb=1，
∴a=1elnb，
∵a>1，∴1elnb>1，∴1则ab=belnb，设Q(b)=belnb(1则Q′(b)=lnb−1e(lnb)2<0，
∴Q(b)在(1,e1e)上单调递减，∴Q(b)>Q(e1e)=e1e，∴ab>e1e，
∴ab的取值范围是(e1e,+∞)⋅
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)
若数列{an}是公差为1的等差数列，且a3=2，点(an,bn)在函数f(x)=3x的图象上(n∈N*)，记数列{bn}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn4SnSn+1，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn<112.
【答案】解：(1)由a3=2，得a1=0，
∴an=a1+(n−1)×d=n−1，
∵点(an,bn)在函数f(x)=3x的图象上(n∈N*)，
∴bn=3an=3n−1；
(2)显然数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为3，则Sn=3n−12，
∴cn=bn4SnSn+1=3n−1(3n−1)(3n+1−1)=16(13n−1−13n+1−1)，
∴Tn=c1+c2+c3+⋯+cn
=16×(12−18+18−126+126−180+⋯+13n−1−13n+1−1)
=16(12−13n+1−1)=112−16(3n+1−1)<112，
∴Tn<112.
【解析】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式以及裂项相消法求和，是中档题.
(1)由等差数列和等比数列的定义可得数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)由等比数列的前n项和公式得出Sn，再得出cn=16(13n−1−13n+1−1)，由裂项相消法求和即可得证.
16.(本小题15分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AB=2AA1=2A1B1，AA1⊥平面ABCD.
(1)证明：BD⊥CC1;
(2)若M是棱BC上的点，且满足BMBC=23，求二面角M−AD1−D的余弦值.
【答案】解：(1)在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1，CC1延长后必交于一点，
故A，C，C1，A1四点共面，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故AA1⊥BD，
连接AC，A1C1，因为底面四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，
AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
故BD⊥平面ACC1A1，
因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1.
(2)过点A作BC的垂线，交BC与点N，以AN，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A−xyz(如图)，
设A1B1=1，则AB=2A1B1=2，
由于∠ABC=60∘，故BN=1，
则A(0,0,0)，D1(0,1,1)，D(0,2,0)，M( 3,13,0)，
则AD1=(0,1,1)，AM=( 3,13,0)，AD=(0,2,0)，
记平面AMD1的法向量为n=(a,b,c)，
则AD1⋅n=0AM⋅n=0即b+c=0 3a+13b=0，令b=3，
则a=− 33，c=−3，即n=(− 33,3,−3)，
平面ADD1的法向量可取为m=(1,0,0)，
则cs=n⋅m|n||m|=− 33 (− 33)2+32+(−3)2=− 5555.
所以二面角M−AD1−D的余弦值为 5555.
【解析】本题考查线面垂直的证明，二面角的计算，属于中档题.
(1)由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.
17.(本小题15分)
某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：[45,55),[55,65),[65,75),[75,85),[85,95].根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值X服从正态分布N(μ,σ2)，并把质量指标值不小于80的产品称为A等品，其它产品称为B等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差s的近似值为11，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为 A等品的概率(保留小数点后面两位有效数字);
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表;②参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ<ξ<μ+3σ)≈0.9973.)
(2)(ⅰ)从样本的质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85,95]的芯片件数为η，求η的分布列和数学期望;
(ⅱ)该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装.已知一件A等品芯片的利润是m(1【答案】解：(1)由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：
x=10×(0.01×50+0.025×60+0.04×70+0.015×80+0.01×90)=69.
即μ≈x=69
σ≈s≈11，所以X∽N(69,112)，
因为质量指标值X近似服从正态分布N(69,112)，
所以P(X≥80)=1−P(69−11≈1−0.68272=0.15865≈0.16，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A等品的概率约为0.16.
(2)(i)(0.01+0.01)×10×100=20，所以所取样本的个数为20件，
质量指标值在[85,95]的芯片件数为10件，
故η可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为：
P(η=0)=C103C100C203=219，P(η=1)=C102C101C203=1538，
P(η=2)=C101C102C203=1538，P(η=3)=C100C103C203=219，
随机变量η的分布列为：
所以η的数学期望E(η)=0×219+1×1538+2×1538+3×219=32.
(ii)设每箱产品中A等品有Y件，则每箱产品中B等品有(100−Y)件，
设每箱产品的利润为Z元，
由题意知：Z=mY+(100−Y)ln(25−m)=(m−ln(25−m))Y+100ln(25−m)，
由(1)知：每箱零件中A等品的概率为0.16，
所以Y∽B(100,0.16)，所以E(Y)=100×0.16=16，
所以E(Z)=E[(m−ln(25−m))Y+100ln(25−m)]
=(m−ln(25−m))E(Y)+100ln(25−m)
=16(m−ln(25−m))+100ln(25−m)
=16m+84ln(25−m)
令f(x)=16x+84ln(25−x)(1f′(x)=16−8425−x=0得，x=794，
又x∈(1,794)，f′(x)>0，f(x)递增;x∈(794,24)，f′(x)<0，f(x)递减，
所以当x=794∈(1,24)时，f(x)取得最大值.
所以当m=794时，每箱产品利润最大.
【解析】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望、利润最大值的求法，考查频率分布直方图、正态分布、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)结合频率分布直方图求得平均值，可得X∽N(69,112)，利用3σ原则即可求解；
(2)(i)η可能取的值为0，1，2，3，求出对应概率即可得解；
(ii)由题意得出Z与Y的关系，利用导数与最值得关系求解.
18.(本小题17分)
动圆M与圆C1:(x+1)2+y2=49和圆C2:(x−1)2+y2=1都内切，记动圆圆心M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程;
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则曲线上一点(x0,y0)处的切线方程为：Ax0x+B(x0y+y0x)+Cy0y+D(x0+x)+E(y0+y)+F=0.试运用该性质解决以下问题：点P为直线x=9上一点(P不在x轴上)，过点P作Γ的两条切线PA1，PA2，切点分别为A1，A2.
(ⅰ)证明：A1A2⊥PC2;
(ⅱ)点A1关于x轴的对称点为A1′，直线A1′A2交x轴于点N，直线PC2交曲线Γ于G，H两点.记△GC2N，△HC2N的面积分别为S1，S2，求S1−S2的取值范围.
【答案】解：(1)设动圆M的半径为r，由题意得圆C1和圆C2的半径分别为7，1，
因为M与C1，C2都内切，所以|MC1|=7−r，|MC2|=r−1，
所以|MC1|+|MC2|=7−r+r−1=6，
又C1(−1,0)，C2(1,0)，故|C2C1|=2<6，
所以圆心M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
设Γ的方程为：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则2a=6，2c=2，
即a=3，c=1，
所以b2=a2−c2=8，
故Γ的方程为：x29+y28=1；
(2)(i)证明：设A1(x1,y1)，A2(x2,y2)，P(9,t)(t≠0)，
由题意中的性质可得，切线PA1方程为xx19+yy18=1，
切线PA2方程为xx29+yy28=1，
因为两条切线都经过点P(9,t)，所以x1+ty18=1，x2+ty28=1，
故直线A1A2的方程为：x+ty8=1，
所以，kA1A2=−8t.
又kPC2=t−09−1=t8，kA1A2⋅kPC2=−8t⋅t8=−1，
所以直线A1A2⊥PC2.
(ii)由(i)知直线A1A2的方程为：x+ty8=1，过定点(1,0)，
设直线A1A2的方程为：x=my+1(m≠0)，
与x29+y28=1方程联立，整理得(8m2+9)y2+16my−64=0，
由韦达定理得y1+y2=−16m8m2+9y1y2=−648m2+9
又A1′(x1,−y1)，所以直线A1′A2的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)，
令y=0得，
xN=y1(x2−x1)y2+y1+x1=y1x2+y2x1y2+y1=y1(my2+1)+y2(my1+1)y2+y1
=2my1y2+y1+y2y2+y1=1+2my1y2y2+y1=1+2m(−648m2+9)−16m8m2+9=9，
所以N(9,0)，C2(1,0)，
设直线GH的方程为x=ny+1(n≠0)，
设G(x3,y3)，H(x4,y4)，同理得y3+y4=−16n8n2+9.
不妨设y4<0所以|S1−S2|=12|C2N|||y3|−|y4||=4|y3+y4|
=4|16n|9+8n2=648|n|+9|n|≤642 72=8 23，
所以|S1−S2|max=8 23，当且仅当8|n|=9|n|时，即n=±3 24时取等号.
所以，−8 23≤S1−S2≤8 23.
【解析】本题考查椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系中的定点、面积问题，圆与圆位置关系，属于较难题.
(1)利用两圆内切的性质及椭圆的定义即可求解；
(2)设A1(x1,y1)，A2(x2,y2)，P(9,t)(t≠0)，由题意中的性质可得，切线PA1方程为xx19+yy18=1，切线PA2方程为xx29+yy28=1，直线A1A2的方程为：x+ty8=1，由kA1A2⋅kPC2=−8t⋅t8=−1，得证；
(ii)由(i)知直线A1A2的方程为：x+ty8=1，过定点(1,0)，设直线A1A2的方程为：x=my+1(m≠0)，联立直线与椭圆，韦达定理，表示直线A1′A2的方程，表示xN，同理得GH的方程，设G(x3,y3)，H(x4,y4)，y3+y4=−16n8n2+9.表示三角形面积，由基本不等式求范围.
19.(本小题17分)
若函数f(x)的定义域为I，有x0∈I，使f′(x0)=0且f(x0)=0，则对任意实数k，b，曲线y=f(x)+kx+b与直线y=kx+b总相切，称函数y=f(x)为恒切函数.
(1)判断函数f(x)=x⋅sinx是否为恒切函数，并说明理由;
(2)若函数g(x)=aex2−x−pa为恒切函数(a,p∈R).
(ⅰ)求实数p的取值范围;
(ⅱ)当p取最大值时，若函数h(x)=g(x)⋅ex+1+2m为恒切函数，记A=(−3e32,0]，证明：m∈A.
(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数.参考数据：e3≈20)
【答案】解：(1)函数f(x)=x⋅sinx是恒切函数，理由如下：
设函数f(x)=x⋅sinx为恒切函数，则有x0∈I，使f′(x0)=0且f(x0)=0，
即sinx0+x0csx0=0x0sinx0=0，
解得x0=0，
故函数f(x)=x⋅sinx是恒切函数.
(2)(i)由函数g(x)=aex2−x−pa为恒切函数可知，
存在x0，使得g′(x0)=0且g(x0)=0，
即aex02−x0−pa=0aex02−1=0解得a=2ex0，p=ex0(1−x0)2，
设Q(x)=ex(1−x)2，∴Q′(x)=−xex2，
当x∈(−∞,0)时，Q′(x)>0,Q(x)递增;当x∈(0,+∞)时，Q′(x)<0,Q(x)递减.
∴Q(x)≤Q(0)=12，即实数p的取值范围是(−∞,12].
(ii)证明：当p=12时，a=2，函数h(x)=(ex−x−1)ex+1+2m为恒切函数.
又h′(x)=(2ex−x−2)ex+1，
所以存在x0，使得h′(x0)=0，即2ex0−x0−2=0.
令T(x)=2ex−x−2，则T′(x)=2ex−1，
当x∈(−∞,−ln2)时，T(x)递减;当x∈(−ln2,+∞)时，T(x)递增.
所以当x∈(−∞,−ln2)时，
T(−2)=2e−2>0，T(−32)=2e−32+32−2=2⋅1 e3−12<0，
故在(−2,−32)上存在唯一x0，
使得2ex0−x0−2=0，即ex0=x0+22.
又由h(x0)=(ex0−x0−1)ex0+1+2m=0
得−2m=(ex0−x0−1)ex0+1=−e4x0(x0+2)
由x0∈(−2,−32)得x0(x0+2)∈(−34,0)，所以−3e32又T(0)=0，所以当x∈(−ln2,+∞)时，有唯一零点x1=0，
故由h(x1)=0得2m=0，即m=0.
∴m∈A.
【解析】本题考查利用导数分析函数的切线以及函数的单调性，关键是理解“恒切函数”的定义，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，属于较难题；
(1)根据题意，若函数f(x)为“恒切函数”，设切点为(x0,y0).分析“恒切函数”的性质可得f(x0)=0f′(x0)=0，对于函数f(x)=x⋅sinx，则有sinx0+x0csx0=0x0sinx0=0，解得x0的值，即可得结论;
(2)(ⅰ)设切点为(x0,y0)，求出p=ex0(1−x0)2，设Q(x)=ex(1−x)2，根据函数的单调性求出p的范围即可;
(ⅱ)求出p，a的值，求出h(x)的导数，设T(x)=2ex−x−2，根据函数的单调性证明T(x)在(−2,−32)上存在唯一x0，使得2ex0−x0−2=0，即ex0=x0+22，再由h(x0)=(ex0−x0−1)ex0+1+2m=0求得−3e320
1
2
3
P
219
1538
1538
219