2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学试卷北师大版，共14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. 已知命题p：∃x0>2，x03−8>0，那么¬p为( )
A.∃x0>2，x03−8≤0B.∀x>2，x3−8≤0
C.∃x0≤2，x03−8≤0D.∀x≤2，x3−8≤0

2. 已知复数z=1+i，则1+zz等于( )
A.3+i2B.3−i2C.1−iD.2−i2

3. 定积分−113x2−x+1−x2dx=（ ）
A.1+π2B.2+π2C.3+πD.4+π

4. 双曲线x2−y2b2=1(b>0)的渐近线方程是：y=±22x，则双曲线的焦距为( )
A.3B.6C.27D.322

5. 已知△ABC的边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r=2Sa+b+c，类比这一结论可知：若三棱锥A−BCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，三棱锥A−BCD的体积为V，则R=( )
A.VS1+S2+S3+S4B.2VS1+S2+S3+S4
C.3VS1+S2+S3+S4D.4VS1+S2+S3+S4

6. 设函数fx在定义域内可导， y=fx的图象如图所示，则导函数y=f′x的图象为（ ）

A.B.
C.D.

7. 已知函数fx=13x3+a2x2+x+1在(−∞,0)和(3,+∞)上为增函数，在(1,2)上为减函数，则实数a的取值范围为（ ）
A.−103,−52B.(−∞,−2)C.(−103,−2]D.−103,−52

8. 若椭圆x225+y216=1和双曲线x24−y25=1的共同焦点为F1，F2，P是两曲线的一个交点，则cs∠F1PF2的值为( )
A.1121B.712C.1921D.37

9. 若直线y=2x+b是曲线y=2alnx的切线，且a>0，则实数b的最小值是( )
A.1B.−1C.2D.−2

10. 四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB=BC=1，点E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角为θ，且csθ=1010，则该四面体的体积为( )
A.13B.23C.43D.83

11. 已知函数fx=alnx−2x ，在区间0,3内任取两个实数x1，x2，且x1≠x2，若不等式fx1+1−fx2+1x2−x1<1恒成立，则实数a的最小值为( )
A.−92B.−2C.−22D.−113

12. 抛物线y2=4x的焦点为F，点P(x, y)为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐标轴的交点，则|PA||PF|的最大值是( )
A.2B.2C.233D.32
二、填空题

已知函数f(x)=lnx+x3与g(x)=x3−ax的图象上存在关于原点对称的对称点，则实数a的取值范围是________.
三、解答题

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+csα，y=1+sinα，（α为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcsθ−π4=22tt∈R．
(1)求曲线C1的普通方程即曲线C2的直角坐标方程．

(2)若π≤α≤2π，当曲线C1与曲线C2有两个公共点时，求t的取值范围．

已知在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=AB=2，AD=32，E为棱BC上一点，且BE=2EC.

(1)求证：平面PAE⊥平面PDE；

(2)在线段AB上是否存在点F，使得直线PF与平面PED所成的角为30∘？若存在，求出AFFB的值；若不存在，说明理由．

已知抛物线E:y2=8x，两条直线l1，l2分别与抛物线E交于A，B两点和C，D两点．
(1)若线段AB的中点为M8,4，求直线AB的斜率；

(2)若直线l1,l2相互垂直且同时过点P4,0，求四边形ACBD面积的最小值．

已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2(a>1)在x=−1时有极值0．
(1)求常数a，b的值；

(2)求函数y=f(x)在区间[−4, 0]上的值域．

已知椭圆C： x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12 ，F1，F2分别是椭圆的左，右焦点，P是椭圆C上一点，且△PFF2的周长是6.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设斜率为k的直线交x轴于T点，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2+|BT|2为定值，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

已知函数fx=x2−2x+alnxa∈R．
(1)当a=−4时，求函数fx的单调区间；

(2)若函数fx有两个极值点x1，x2x1参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
根据全称命题与存在性命题互为否定关系，准确改写，即可求解．
【解答】
解：根据全称命题与存在性命题互为否定关系，
可得命题“p：∃x0>2，x03−8>0”的否定¬p为“∀x>2，x3−8≤0”．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
将z=1+i代入，利用复数除法运算法则计算即可．
【解答】
解：1+zz=1z+1=11+i+1
=1−i(1+i)(1−i)+1=1−i2+1=32−12i.
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
定积分
【解析】
由定积分的运算法则，得到−11(3x2−x+1−x2)dx=−11(3x2−x)dx+−111−x2dx，根据定积分的计算和定积分的几何意义，即可求解．
【解答】
解：由定积分的运算法则，
可得−11(3x2−x+1−x2)dx=−11(3x2−x)dx+−111−x2dx，
又由−113x2−xdx=x3−12x2|−11=1−12+1+12=2.
又由y=1−x2，可得x2+y2=1(y≥0)，表示以原点为圆心，半径为1的上半圆，
此半圆的面积为S=12π×12=π2，
根据定积分的几何意义，可得−111−x2dx=π2，
所以−113x2−x+1−x2dx=2+π2．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的定义
【解析】
利用双曲线的渐近线方程，求出b，然后求解c，即可求解双曲线的焦距．
【解答】
解：双曲线x2−y2b2=1(b>0)的渐近线方程是y=±22x，
可得b=22，
所以c=a2+b2=3，
所以双曲线的焦距为6．
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
类比推理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题主要考查类比推理.
【解答】
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以O为顶点，
分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和，
所以四面体的体积为
V=13(S1+S2+S3+S4)R，
所以R=3VS1+S2+S3+S4.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
导数的几何意义
函数的图象
【解析】
根据原函数图像，由导函数与原函数图像之间关系，逐项判断，即可得出结果．
【解答】
解：由图可知，函数fx在−∞,0上单调递减，
∴y=f′x<0在−∞,0上恒成立，排除选项B和D.
函数fx在0,+∞上先递减后递增再递减，
∴y=f′x在0,+∞上应为负、正、负的趋势，即选项A错误，C正确．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx=13x3+a2x2+x+1，得f′x=x2+ax+1.
因为fx在(−∞,0)和(3,+∞)上为增函数，在(1,2)上为减函数，
所以f′x=0两个根分别位于0,1和2,3上，
所以f′0≥0,f′1≤0,f′2≤0,f′3≥0, 即1≥0,1+a+1≤0,4+2a+1≤0,9+3a+1≥0,
解得−103≤a≤−52.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
双曲线的定义
余弦定理
【解析】
由题可知，焦距F1F2＝6，设点P是双曲线右支上的一点，由椭圆和双曲线的定义可列出关于线段PF1和PF2的长的方程组PF1+PF2=10PF1−PF2=4 ，解之可得PF1和PF2的长，然后在△PF1F2中，结合余弦定理即可得解．
【解答】
解：由题可知，焦距F1F2=6，
不妨设点P是双曲线右支上的一点，
由椭圆和双曲线的定义可知，PF1+PF2=10,PF1−PF2=4,
解得PF1=7,PF2=3.
在△PF1F2中，由余弦定理可知，
cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222⋅PF1⋅PF2=49+9−362×7×3=1121．
故选A.
9.
【答案】
D
【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最值
【解析】
先结合利用导数求切线方程的方法，找到b与a的关系式，然后将b看成a的函数，求其最小值即可．
【解答】
解：y=2alnx的导数为y′=2ax，由于直线y=2x+b是曲线y=2alnx的切线，
设切点为(m, n)，则2am=2，
∴ m=a.
又2m+b=2alnm，
∴ b=2alna−2a(a>0)．
令f(x)=2xlnx−2x(x>0)，
则f′(x)=2lnx.
由f′(x)>0得x>1；f′(x)<0得0∴ f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
∴ f(x)min=f(1)=−2．
即b的最小值为−2．
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
建立空间直角坐标系，利用数量积求夹角的公式以及棱锥的体积公式求解即可．
【解答】
解：如图，分别以BC，BA,BD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设BD=a,
A0,1,0,B0,0,0,E12,12,0,D0,0,a，
AD→=0,−1,a,BE→=12,12,0，
csθ=1010=|AD→⋅BE→||AD→|⋅|BE→|=|−12|(12)2+(12)21+a2，
解得：a=2，
则该四面体的体积为13×12×1×1×2=13.
故选A.
11.
【答案】
C
【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】
利用导数判断函数的单调性，求出函数的定义域，利用函数的导数通过恒成立，转化求解即可．
【解答】
解：∵在区间0,3内任取两个实数x1，x2，且x1≠x2，
不等式 f(x1+1)−f(x2+1)x2−x1<1恒成立，
∴表示点(x1+1,f(x1+1))与点(x2+1,f(x2+1))连线斜率的相反数小于1，
∵x1，x2∈0,3，∴x1+1，x2+1∈1,4，
∴表示函数图象上在区间1,4内任意两点斜率大于−1，
∴f′(x)=ax+2x2=ax+2x2>−1在1,4上恒成立，
即ax+2>−x2在1,4上恒成立，
即a>−x2−2x在1,4上恒成立，
又∵−x2−2x=−x−2x=−x+2x
≤−2x⋅2x=−22，
当且仅当x=2x，即x=2时取等号，
∴a的最小值为−22．
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
设直线PA的倾斜角为θ，设PP垂直于准线于P．由抛物线的性质可得|PP′|=|PF|，则|PA||PF|=|PA||PP′|=1csθ，当直线PA与抛物线相切时，csθ最小，|AA||PF|取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果．
【解答】
解：设直线PA的倾斜角为θ，设PP′垂直于准线于P′，
由抛物线的性质可得|PP′|=|PF|，
∴|PA||PF|=|PA||PP′|=1csθ，
当csθ最小时，|PA||PF|值最大，
∴当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即csθ最小．
由题意可得A−1,0.
设切线PA的方程为：x=my−1，
联立x=my−1，y2=4x， 整理可得y2−4my+4=0，
Δ=16m2−16=0，
可得m=±1，
将m=±1代入y2−4my+4=0，可得y=±2，
∴x=1，即P的横坐标为1，即P的坐标1,±2，
∴|PA|=22+22=22， |PP′|=1−−1=2，
∴|PA||PF|的最大值为：222=2.
故选B．
二、填空题
【答案】
−1e,+∞
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数f(x)=lnx+x3与g(x)=x3−ax的图象上存在关于原点对称的对称点，
∴ f(x)=−g(−x)有解，
∴ lnx+x3=x3−ax，
∴ lnx=−ax，在(0，+∞)有解，
分别设y1=lnx,y2=−ax，
若y2=−ax是y1=lnx的切线，
∴ y1′=1x.
设切点为x0,y0，
∴ −a=1x0，−ax0=lnx0，
∴ x0=e，
∴ a=−1e.
结合图象可知，a≥−1e.
故答案为：−1e,+∞.
三、解答题
【答案】
解：(1)由x=1+csα,y=1+sinα,得x−1=csα,y−1=sinα,
两式平方相加得：x−12+y−12=1；
由ρcsθ−π4=22t，
得ρcsθcsπ4+ρsinθsinπ4=22t，
∴ 22x+22y=22t，即x+y=t.
(2)若π≤α≤2π，则−1≤sinα≤0，
故y=1+sinα∈0,1，
此时曲线的方程为x−12+y−12=10≤x≤2,0≤y≤1，
其图像为半圆弧，如图所示：
当曲线C2：x+y=tt∈R经过点A0,1和B1,0时，t=1；
当曲线C2：x+y=tt∈R与曲线C1相切时，有1+1−t12+12=1，得t=2±2，
由图可知t=2−2，
故当曲线C1与曲线C2有两个公共点时，t的取值范围为(2−2,1].
【考点】
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程与普通方程的互化
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
(1)消去参数α可求曲线C1的普通方程，将C2化简代入x=ρcsθ，y=ρsinθ可得；
(2)可得曲线C1为半圆，画出图象，数形结合即可求解．
【解答】
解：(1)由x=1+csα,y=1+sinα,得x−1=csα,y−1=sinα,
两式平方相加得：x−12+y−12=1；
由ρcsθ−π4=22t，
得ρcsθcsπ4+ρsinθsinπ4=22t，
∴ 22x+22y=22t，即x+y=t.
(2)若π≤α≤2π，则−1≤sinα≤0，
故y=1+sinα∈0,1，
此时曲线的方程为x−12+y−12=10≤x≤2,0≤y≤1，
其图像为半圆弧，如图所示：
当曲线C2：x+y=tt∈R经过点A0,1和B1,0时，t=1；
当曲线C2：x+y=tt∈R与曲线C1相切时，有1+1−t12+12=1，得t=2±2，
由图可知t=2−2，
故当曲线C1与曲线C2有两个公共点时，t的取值范围为(2−2,1].
【答案】
(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，BC=AD=32，BE=2EC．
所以BE=22，EC=2，
所以AE=AB2+BE2=4+8=23，
DE=4+2=6，AE2+DE2=18=AD2，
所以AE⊥DE．
因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
所以PA⊥DE．
因为PA∩AE=A，PA，AE⊂平面PAE，
所以DE⊥平面PAE．
因为DE⊂平面PDE，
所以平面PAE⊥平面PDE．
(2)解：由题意知，PA，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则E(2,22,0)，D(0,32,0)，P(0,0,2)，
ED→=(−2, 2, 0)，PD→=(0, 32, −2)，
设F(a,0,0)(0≤a≤2)，则PF→=(a,0,−2)，
设平面PDE的法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅ED→=0,n→⋅PD→=0,
即−2x+2y=0,32y−2z=0,
令y=2，得x=1，z=3，
所以n→=(1,2,3)．
设直线PF与平面PED所成的角为θ．
则sinθ=|cs⟨n→，PF→⟩|=|a−6|12⋅a2+4=12．
因为0≤a≤2，
所以6−a12⋅a2+4=12，
整理得a2+6a−12=0，
解得a=21−3（舍去负值）．
因为0≤21−3≤2，
故在棱AB上存在点F使得直线PF与平面PED所成的角30∘．
此时AF=21−3，BF=2−AF=5−21，
所以AFBF=21−35−21=3+212.
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，BC=AD=32，BE=2EC．
所以BE=22，EC=2，
所以AE=AB2+BE2=4+8=23，
DE=4+2=6，AE2+DE2=18=AD2，
所以AE⊥DE．
因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
所以PA⊥DE．
因为PA∩AE=A，PA，AE⊂平面PAE，
所以DE⊥平面PAE．
因为DE⊂平面PDE，
所以平面PAE⊥平面PDE．
(2)解：由题意知，PA，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则E(2,22,0)，D(0,32,0)，P(0,0,2)，
ED→=(−2, 2, 0)，PD→=(0, 32, −2)，
设F(a,0,0)(0≤a≤2)，则PF→=(a,0,−2)，
设平面PDE的法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅ED→=0,n→⋅PD→=0,
即−2x+2y=0,32y−2z=0,
令y=2，得x=1，z=3，
所以n→=(1,2,3)．
设直线PF与平面PED所成的角为θ．
则sinθ=|cs⟨n→，PF→⟩|=|a−6|12⋅a2+4=12．
因为0≤a≤2，
所以6−a12⋅a2+4=12，
整理得a2+6a−12=0，
解得a=21−3（舍去负值）．
因为0≤21−3≤2，
故在棱AB上存在点F使得直线PF与平面PED所成的角30∘．
此时AF=21−3，BF=2−AF=5−21，
所以AFBF=21−35−21=3+212.
【答案】
解：(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y12=8x1,y22=8x2.
∵ 线段AB的中点为M8,4，
∴y1+y2=2×4=8，
∴y12−y22=8x1−x2，
∴y1−y2x1−x2=8y1+y2=88=1，
∴直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=1．
(2)依题意可知l1，l2的斜率都存在且不等于0，设l1的斜率为k.
∵直线l1，l2相互垂直，
∴l2的斜率为−1k，
∴直线l1的方程为：y=kx−4，直线l2的方程为y=−1kx−4.
联立y2=8x，y=kx−4，消去y并整理得k2x2−8k2+8x+16k2=0，
Δ=8k2+82−64k4=128k2+64>0恒成立．
∴x1+x2=8k2+8k2， x1x2=16，
∴ |AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k2⋅(8k2+8k2)2−64
=8k2(k2+1)(2k2+1)，
同理可得|CD|=8k2(1k2+1)(2k2+1)，
∵ l1⊥l2，
∴ 四边形ABCD的面积
S=12|AB|⋅|CD|
=12×8k2(k2+1)(2k2+1)×8k2(1k2+1)(2k2+1)
=32k2+11k2+12k2+12k2+1
=32k2+1k2+22k2+2k2+5.
令t=k2+1k2，
则t=k2+1k2≥2k2⋅1k2=2，
当且仅当k2=1，即k=±1时等号成立．
故S=32t+22t+5=322t2+9t+10，其中t≥2，
利用二次函数的性质知，当t=2时，Smin=322×4+9×2+10=192，
∴四边形ABCD面积的最小值为192．
【考点】
抛物线的性质
斜率的计算公式
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(1)设Ax1,y1， Bx2,y2，利用点差法可求得结果．
(2)设出直线l1，l2的方程，l1的方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求出|AB|，同理求出|CD|，利用两直线垂直求出四边形的面积，然后根据基本不等式可求得最小值．
【解答】
解：(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y12=8x1,y22=8x2.
∵ 线段AB的中点为M8,4，
∴y1+y2=2×4=8，
∴y12−y22=8x1−x2，
∴y1−y2x1−x2=8y1+y2=88=1，
∴直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=1．
(2)依题意可知l1，l2的斜率都存在且不等于0，设l1的斜率为k.
∵直线l1，l2相互垂直，
∴l2的斜率为−1k，
∴直线l1的方程为：y=kx−4，直线l2的方程为y=−1kx−4.
联立y2=8x，y=kx−4，消去y并整理得k2x2−8k2+8x+16k2=0，
Δ=8k2+82−64k4=128k2+64>0恒成立．
∴x1+x2=8k2+8k2， x1x2=16，
∴ |AB|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k2⋅(8k2+8k2)2−64
=8k2(k2+1)(2k2+1)，
同理可得|CD|=8k2(1k2+1)(2k2+1)，
∵ l1⊥l2，
∴ 四边形ABCD的面积
S=12|AB|⋅|CD|
=12×8k2(k2+1)(2k2+1)×8k2(1k2+1)(2k2+1)
=32k2+11k2+12k2+12k2+1
=32k2+1k2+22k2+2k2+5.
令t=k2+1k2，
则t=k2+1k2≥2k2⋅1k2=2，
当且仅当k2=1，即k=±1时等号成立．
故S=32t+22t+5=322t2+9t+10，其中t≥2，
利用二次函数的性质知，当t=2时，Smin=322×4+9×2+10=192，
∴四边形ABCD面积的最小值为192．
【答案】
解：(1)由f(x)=x3+3ax2+bx+a2(a>1)，
得f′(x)=3x2+6ax+b.
∵ f(x)在x=−1时有极值0，
∴ f′(−1)=0，f(−1)=0,
∴ 3−6a+b=0，−1+3a−b+a2=0,
解得a=1，b=3,（舍去）或a=2，b=9,
经检验，当a=2，b=9时，符合题意，
∴ a=2，b=9．
(2)由(1)知，f′(x)=3x2+12x+9，
令f′(x)=0，则x=−3或x=−1.
∵ x∈[−4, 0]，
∴ 当−40；当−3∴ 函数f(x)在(−4, −3)和(−1, 0)上单调递增，在(−3, −1)上单调递减．
又f(−4)=0，f(−3)=4，f(−1)=0，f(0)=4，
∴ f(x)max=4，f(x)min=0，
∴ f(x)的值域为[0, 4]．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）对f(x)求导，根据f(x)在x＝−1时有极值0，得到，再求出a，b的值；
（2）由（1）知，f′(x)＝3x2+12x+9，然后判断f(x)的单调性，再求出f(x)的值域．

【解答】
解：(1)由f(x)=x3+3ax2+bx+a2(a>1)，
得f′(x)=3x2+6ax+b.
∵ f(x)在x=−1时有极值0，
∴ f′(−1)=0，f(−1)=0,
∴ 3−6a+b=0，−1+3a−b+a2=0,
解得a=1，b=3,（舍去）或a=2，b=9,
经检验，当a=2，b=9时，符合题意，
∴ a=2，b=9．
(2)由(1)知，f′(x)=3x2+12x+9，
令f′(x)=0，则x=−3或x=−1.
∵ x∈[−4, 0]，
∴ 当−40；当−3∴ 函数f(x)在(−4, −3)和(−1, 0)上单调递增，在(−3, −1)上单调递减．
又f(−4)=0，f(−3)=4，f(−1)=0，f(0)=4，
∴ f(x)max=4，f(x)min=0，
∴ f(x)的值域为[0, 4]．
【答案】
解：(1)由题意知2a+2c=6，ca=12，
解得a=2，c=1.
∵ a2=b2+c2，
∴ b2=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)假设存在k，则k≠0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB：x=my+n，Tn,0，
联立x=my+n,x24+y23=1,化简得3m2+4y2+6mny+3n2−12=0，
∴ y1+y2=−6mn3m2+4，y1y2=3n2−123m2+4，
Δ=36m2n2−4(3n2−12)(3m2+4)=48(3m2+4−n2)>0，
|AT|2+|BT|2=x1−n2+y12+x2−n2+y22
=m2+1y22+y22
=m2+1[y1+y22−2y1y2]
=m2+1−6mn3m2+42−2⋅3n2−123m2+4
=6(m2+1)(3m2+4)2[(3m2−4)n2+4(3m2+4)]，
要使|AT|2+|BT|2为定值，则有3m2−4=0，
∴ m=±23，
∴ k=1m=±32．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
(1)由椭圆的定义及△PF1F2的周长为6，得2a+2c=6①，椭圆C的离心率e=ca=12，所以a=2c②，解得a，c，b进而可得椭圆的方程．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2 ，设直线AB：x=my+n，联立椭圆的方程，结合韦达定理，代入化简|AT|2+|BT|2，即可得出答案．
【解答】
解：(1)由题意知2a+2c=6，ca=12，
解得a=2，c=1.
∵ a2=b2+c2，
∴ b2=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)假设存在k，则k≠0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB：x=my+n，Tn,0，
联立x=my+n,x24+y23=1,化简得3m2+4y2+6mny+3n2−12=0，
∴ y1+y2=−6mn3m2+4，y1y2=3n2−123m2+4，
Δ=36m2n2−4(3n2−12)(3m2+4)=48(3m2+4−n2)>0，
|AT|2+|BT|2=x1−n2+y12+x2−n2+y22
=m2+1y22+y22
=m2+1[y1+y22−2y1y2]
=m2+1−6mn3m2+42−2⋅3n2−123m2+4
=6(m2+1)(3m2+4)2[(3m2−4)n2+4(3m2+4)]，
要使|AT|2+|BT|2为定值，则有3m2−4=0，
∴ m=±23，
∴ k=1m=±32．
【答案】
解：(1)a=−4时，fx=x2−2x−4lnx，定义域为0,+∞，
f′x=2x−2−4x=2x2−x−2x=2x+1x−2x，
∴02时，f′x>0，
∴fx的单调增区间为(2,+∞)，单调减区间为0,2．
(2)函数fx在0,+∞上有两个极值点，
f′x=2x−2+ax=2x2−2x+axx>0，
由f′x=0得2x2−2x+a=0，
当Δ=4−8a>0， a<12时，
x1+x2=1 ，x1=1−1−2a2， x2=1+1−2a2，
则x1>0，
∴a>0.
由0f(x1)x2=x12−2x1+alnx1x2
=x12−2x1+(2x1−2x12)lnx1x2
=1−x1+1x1−1+2x1lnx1.
令ℎ(x)=1−x+1x−1+2xlnx(0∵0又2lnx<0，
∴ℎ′x<0，即0∴ℎx>−32−ln2，即fx1x2>−32−ln2，
故实数m的取值范围是m≤−32−ln2．
【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)a=−4时，fx=x2−2x−4lnx，定义域为0,+∞，求导，利用导数的正负求fx的单调区间．
(2)由函数fx在0,+∞上有两个极值点，求导，根据判别式可得0【解答】
解：(1)a=−4时，fx=x2−2x−4lnx，定义域为0,+∞，
f′x=2x−2−4x=2x2−x−2x=2x+1x−2x，
∴02时，f′x>0，
∴fx的单调增区间为(2,+∞)，单调减区间为0,2．
(2)函数fx在0,+∞上有两个极值点，
f′x=2x−2+ax=2x2−2x+axx>0，
由f′x=0得2x2−2x+a=0，
当Δ=4−8a>0， a<12时，
x1+x2=1 ，x1=1−1−2a2， x2=1+1−2a2，
则x1>0，
∴a>0.
由0f(x1)x2=x12−2x1+alnx1x2
=x12−2x1+(2x1−2x12)lnx1x2
=1−x1+1x1−1+2x1lnx1.
令ℎ(x)=1−x+1x−1+2xlnx(0∵0又2lnx<0，
∴ℎ′x<0，即0∴ℎx>−32−ln2，即fx1x2>−32−ln2，
故实数m的取值范围是m≤−32−ln2．