2020-2021年江西省赣州高二（下）5月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021年江西省赣州高二（下）5月月考数学（理）试卷人教A版，共12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. 设复数z满足(1+i)z=i，则|z|=( )
A.12 B.22C.2D.2

2. 设有两个命题：①关于x的不等式x2+2ax+4>0对一切x∈R恒成立；②函数fx=−5−2ax是减函数．若两个命题都是真命题，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,−2]B.−∞,2C.[2,+∞)D.−2,2

3. 已知函数fx的导函数为f′x，且满足fx=2xf′e−lnx（e为自然对数的底数），则f′e等于( )
A.1eB.eC.−1eD.−e

4. −22(csx+4−x2)dx=( )
A.π2B.π+2cs2C.2π+2sin2D.2π

5. 李克强总理提出，要在960万平方公里土地上掀起“大众创业”、“草根创业”的新浪潮，形成“万众创新”，“人人创新”的新势态．为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了家店铺，招收了四名员工，若某节假日每位员工的休假概率均为13，是否休假互不影响，且至少2名员工在店就能正常营业，则这家店铺该节假日能正常营业的概率为( )
A.19B.49C.59D.89

6. 甲、乙、丙、丁4名同学参加了学校组织的科技知识竞赛，学校只推荐一名到市里参加决赛，结果揭晓前，他们4人对结果预测如下：甲说：“是丙或丁”；乙说：“是我”；丙说：“不是甲和丁”；丁说：“是丙”．若这4名同学中恰有2人说的话是对的，则推荐的同学是( )
A.甲B.乙C.丙D.丁

7. 已知5部手机中有3部华为和2部小米，每次从中抽取一部手机，抽出的手机不再放回，在第1次抽到华为的条件下，第2次抽到小米的概率为( )
A.14B.35C.12D.25

8. 用数学归纳法证明不等式12+13+14+⋯+12n−1>n2−1(n∈N∗，n≥2)时，以下说法正确的是( )
A.第一步应该验证当n=1时不等式成立
B.从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k
C.从“n=k到n=k+1”左边需要增加2k−1项
D.以上说法都不对

9. 如图，过抛物线y2=2pxp>0的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|=4|BF|，且|AF|=8，则p为( )

A.6B.92 C.9D.94

10. 琵琶、二胡、编钟、箫、笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”．为弘扬中国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共连续安排了包括琵琶、二胡在内的五节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，并要求琵琶、二胡互不相邻，且琴不能安排在第一节课，则不同的排课方式种数有( )
A.1260B.3780C.2520D.3260

11. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1，F2，过F2直线与椭圆C交于M，N两点，设线段NF1的中点D，若MD→⋅NF1→=0，且MF1→//DF2→，则椭圆C的离心率为( )
A.33B.13C.12D.22

12. 已知函数f(x)=x2−m与函数g(x)=ln1x−x，x∈[12, 2]的图象上恰有两对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是( )
A.(0, 2−ln2]B.(ln2, −14+ln2]
C.[−14+ln2, 2−ln2)D.(0, −14+ln2]
二、填空题

已知ax+1x6的展开式中的常数项为60，则a=________.

已知命题p：方程x2m+1+y22−m=1表示焦点在x轴上的椭圆．命题q：实数m满足m2−4am+3a2<0，其中a>0．若¬q是¬p的必要不充分条件，则实数a的取值范围为________.

定义域为R的可导函数y=fx的导函数为f′x，满足f′x−fx<0，且f2=e2，则不等式fxex<1的解集为________.

如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是________．
①翻折过程中，CN的长是定值；
②存在某个位置，使得CN⊥AB1；
③若AB=BM，则AM⊥B1D；
④若AB=BM=1，三棱锥B1−AMD的体积最大时，三棱锥B1−AMD的外接球的表面积是4π．

三、解答题

已知fx=2x3−mx2−12x+6的一个极值点为一1.
(1)求函数fx的单调区间；

(2)判断函数fx在区间−2,2上的零点个数．

已知在平面直角坐标系xOy中，点A0,3，直线l：y=2x−4．圆C的半径为1，圆心C在直线l上，直线3x+4y−12=0与圆C相切，又圆C的圆心坐标都是整数．
(1)求圆C的标准方程；

(2)已知点M是圆C上任意一点，点N满足NA→=2NA→，求点N的轨迹方程．

如图所示，在四棱锥E−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC=60∘，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB=CE=2．

(1)求证：DE//平面ACF；

(2)求AF与平面EBD所成角的正弦值．

2020年新冠肺炎疫情暴发以来，中国政府迅速采取最全面、最严格、最彻底的防控举措，坚决遏制疫情蔓延势头，努力把疫情影响降到最低，为全世界抗击新冠肺炎疫情做岀了贡献．为普及防治新冠肺炎的相关知识，某高中学校开展了线上新冠肺炎防控知识竞答活动，现从大批参与者中随机抽取200名幸运者，他们的得分(满分100分)数据统计结果如图：
(1)若此次知识竞答得分X整体服从正态分布，用样本来估计总体，设μ，σ分别为这200名幸运者得分的平均值和标准差(同一组数据用该区间中点值代替)，现已求得σ=14，求μ的值，并计算P(37
(2)在(1)的条件下，为感谢大家积极参与这次活动，对参与此次知识竞答的幸运者制定如下奖励方案：得分低于μ的获得1次抽奖机会，得分不低于μ的获得2次抽奖机会．假定每次抽奖中，抽到18元红包的概率为23，抽到36元红包的概率为13．已知高三某同学是这次活动中的幸运者，记Y为该同学在抽奖中获得红包的总金额，求Y的分布列和数学期望，并估算举办此次活动所需要抽奖红包的总金额．
参考数据：P(μ−σ
已知焦点在x轴上的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，短轴长为23，椭圆左顶点到左焦点的距离为1．

1求椭圆C的标准方程；

2如图，已知点P23,0，点A是椭圆的右顶点，直线l与椭圆C交于不同的两点E，F，E，F两点都在x轴上方，且∠APE=∠OPF．证明直线l过定点，并求出该定点坐标．

已知函数fx=ax−ex（a∈R，e为自然对数的底数）.
(1)讨论fx的单调性；

(2)当x≥−1时，fx≤3−2a−x2恒成立，求整数a的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省赣州市高二（下）5月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ (1+i)z=i，
∴ (1−i)(1+i)z=i(1−i).
z=12i+12.
则|z|=22.
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
由关于x的不等式x2+2ax+4>0对一切x∈R恒成立可得Δ=4a2−16<0可得p；由函数fx=−5−2ax可得5−2a>1可得q，若命题有且只有一个真命题，则p，q中一个为真，一个为假，分情况求解a．
【解答】
解：由关于x的不等式x2+2ax+4>0对一切x∈R恒成立可得
Δ=4a2−16<0，
∴ p：−2由函数fx=−5−2ax是减函数可得5−2a>1 ，
则a<2，
∴ q：a<2；
若两个命题都是真命题，
则p，q都为真，
则−2解得−2故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
【解析】
根据题意，由函数的解析式对fx求导可得f′x=2f′e−1x ，将x=e代入计算可得f′e=2f′e−1e，变形可得答案．
【解答】
解：根据题意得fx=2xf′e−lnx，
则f′x=2f′e−1x ，
则f′e=2f′e−1e，
即f′e=1e.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
定积分
【解析】
利用定积分的运算和几何意义求解即可.
【解答】
解：−22(csx+4−x2)dx=−22csxdx+−224−x2dx，
∵ −22csxdx=sinx|−22=2sin2，
又−224−x2dx表示半圆x2+y2=4y≥0的面积，
∴ −224−x2dx=12×2×2×π=2π，
∴ −22(csx+4−x2)dx=2π+2sin2.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
二项分布与n次独立重复试验的模型
【解析】
只要四名员工至少有两人不休假，则两家店铺该节假日能正常开业，由此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式能求出两家店铺该节假日能正常开业的概率．
【解答】
解：由题意知四名员工中某节假日每位员工的休假概率均为13，且是否休假互不影响，
只要四名员工至少有两人不休假，则两家店铺该节假日能正常开业，
∴ 两家店铺该节假日能正常开业的概率为：
P=1−C44134−C4313323=89.
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据恰有2人说的话是对的，逐一排除即可得到答案
【解答】
解：若甲乙说的正确，因为学校只推荐一名到市里参加决赛，故此时矛盾；
若甲丙说的正确，则由两人的说法可得推荐的是丙，这与丁的说法矛盾；
若甲丁说的正确，则由两人说法可得推荐的是丙，此时根据乙丙说法错误，可得推荐的是甲或丁，矛盾；
若乙丙正确，则可得推荐的是乙，
若乙丁正确，此时推荐乙和丙，矛盾，
若丙丁正确，则推荐的是丙，与甲矛盾.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
设事件A=第1次抽到代数题”，事件B=第2次抽到华为”，先分别求出PA， PAB的概率，然后利用概率计算公式求解即可．
【解答】
解：设事件A=“第1次抽到华为”，事件B=“第2次抽到小米”，
所以PA=35， PAB=310，
则 PB|A=PABPA=35105=12.
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
因为n的初始值为2，所以A不正确；作差可知B，C都不正确．
【解答】
解：第一步应该验证当n=2时不等式成立，故A不正确；
因为12+13+14+⋯+12k−12+13+14+⋯+12k−1
=12k−1+1+12k−1+2+⋯+12k，
所以从n=k到n=k+1左边需要增加的代数式是
12k−1+1+12k−1+2+⋯+12k，故B不正确；
所以从n=k到n=k+1左边需要增加2k−1项，故C正确.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的求解
抛物线的性质
【解析】
相据|BC|=4|BF|可求得BHF=BCCF=45；利用抛物线定义和焦半径公式可求得直线倾斜角的余弦值；再结合焦半径公式，利用AF=8构造关于Р的方程，解方程求得结果
【解答】
解：过A作AM⊥l于M，过B作BN⊥l于N，交准线l于x轴交于H，
由抛物线定义可知|AF|=|AM|，|BF|=|BN|，
设抛物线y2=2pxp>0的焦点Pp2,0，
准线l:x=−p2，则|FH|=p，
设|BF|=t，t>0，则|BC|=4|BF|=4t，
且|AF|=8，|BN|=t，|AM|=8，
在△CHF中，可得tp=|BN||FH|=|BC||CF|=45，
即t=45p，
在△CAN中，t8=|BN||AM|=|CB||CA|=4t5t+8，
t=245，即45p=245，
可得p=6.
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
利用分类原则讨论.
【解答】
解：根据题意，分两种情况进行分析：
①不含琴：
从除琵琶、二胡之外的8种乐器中任选不含琴的3种全排列，有A73种排法，
排好后，有4个空位可用，任选2个，安排琵琶、二胡，有A42种情况，
故有A73A42=2520种排法；
②含琴：
从除琵琶、二胡之外的8种乐器中任选不含琴的2种乐器，有C72种，
这2种乐器与琴全排列，有A33种排法，
再安排琵琶、二胡，有A42种情况，
减去其中琴安排在第一节课的情况，有A72A32种，
故有C72A33A42−A72A32=1260种，
所以共有2520+1260=3780种情况.
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为MD→⋅NF1→=0，所以MD⊥NF1，
又D是NF1中点，所以|MF1|=|MN|，
因为MF1→//DF2→，所以F2是MN中点，
则|MF2|=|NF2|，
因此MN⊥x轴，
设|MF2|=m，则|MF1|=2m，
|MF1|+|MF2|=3m=2a，m=2a3，
可得2a32+2c2=4a32，
解得e=ca=33．
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
函数与方程的综合运用
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
由已知得到方程m=x2−lnx−x在[12, 2]上有两解，构造函数ℎ(x)=x2−lnx−x，求出ℎ(x)的最值和端点值，即可得到m的范围．
【解答】
解：由已知得到方程f(x)=−g(x)在[12, 2]上有两解，
即m=x2−lnx−x在[12, 2]上有解．
设ℎ(x)=x2−lnx−x，
则ℎ′(x)=2x−1x−1=2x2−x−1x，
令ℎ′(x)=0得x=1．
∴ 当120，
∴ ℎ(x)在(12, 1)上单调递减，在(1, 2)上单调递增．
∴ 当x=1时，ℎ(x)取得最小值ℎ(1)=0，
∵ ℎ(12)=ln2−14，ℎ(2)=−ln2+2，且ℎ(2)>ℎ(12)，
∴0从而m的取值范围为(0, ln2−14].
故选D.
二、填空题
【答案】
±2
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数项等于60求得实数a的值．
【解答】
解：已知ax+1x6的展开式的通项公式为
Tr+1=C6r⋅a6−r⋅x6−3r2，
令6−3r2=0，解得r=4 ，
可得展开式中的常数项为C64⋅a2=60 ，
则a=±2.
故答案为：±2.
【答案】
[12,23]
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
求出命题p，q成立的等价条件，根据充分条件和必要条件的定义进行不等式关系进行求解即可．
【解答】
解：方程x2m+1+y22−m=1表示焦点在x轴上的椭圆，
则 m+1>0，2−m>0，m+1>2−m，
解得12由m2−4am+3a2<0 a>0，
得m−a m−3a<0 ，
得a即q：a若¬q是¬p的必要不充分条件，
则p是q的必要不充分条件，
∴ a≥12且3a≤2，
解得12≤a≤23.
故答案为：[12,23].
【答案】
2,+∞
【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】
通过题意构造函数gx=fxex,x∈R，结合其单调性即可求解.
【解答】
解：因为f′x−fx<0，
设gx=fxex，x∈R，
则g′x=f′x−fxex<0，
所以gx在R上单调递减，
又因为f2=e2，所以g2=1，
则fxex<1等价于gx所以x>2，
即不等式fxex<1的解集为2,+∞.
故答案为：2,+∞.
【答案】
①④
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
余弦定理
两条直线垂直的判定
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于①，如图1，可得由∠NEC=∠MAB1（定值），
NE=12AB1（定值），AM=EC（定值），
由余弦定理可得NC2=NE2+EC2−2NE⋅EC⋅cs∠NEC，
所以NC是定值，故①正确；
对于②，如图1，取AD中点E，连接EC交MD于F，
则NE//AB1，NF//MB1，
如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，
又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故②错误；
对于③，如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，
易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，
从而AD=MD，显然不成立，可得③错误；
对于④，当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1−AMD的体积最大，
易得AD中点H就是三棱锥B1−AMD的外接球的球心，
球半径为1，表面积是4π．故④正确．
故答案为：①④．
三、解答题
【答案】
解：(1)因为fx=2x3−mx2−12x+6，
所以f′x=6x2−2mx−12.
因为fx=2x3−mx−12x+6的一个极值点为−1，
所以f′−1=0，解得m=3，
此时fx=2x3−3x2−12x+6，
f′x=6x2−6x−12=6x+1x−2，
令f′x=0，得x=−1或x=2，
令f′x<0，得−1令f′x>0，得x<−1或x>2，
故函数fx在区间−1,2上单调递减，
在区间−∞,−1，2,+∞上单调递增．
(2)由(1)知fx在−2,−1上为增函数，在(−1,2]上为减函数，
所以x=−1是函数fx的极大值点，
又f−2=2，f−1=13，f2=−14，
所以函数fx在区间−2,2上有一个零点．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=2x3−mx2−12x+6，
所以f′x=6x2−2mx−12.
因为fx=2x3−mx−12x+6的一个极值点为−1，
所以f′−1=0，解得m=3，
此时fx=2x3−3x2−12x+6，
f′x=6x2−6x−12=6x+1x−2，
令f′x=0，得x=−1或x=2，
令f′x<0，得−1令f′x>0，得x<−1或x>2，
故函数fx在区间−1,2上单调递减，
在区间−∞,−1，2,+∞上单调递增．
(2)由(1)知fx在−2,−1上为增函数，在(−1,2]上为减函数，
所以x=−1是函数fx的极大值点，
又f−2=2，f−1=13，f2=−14，
所以函数fx在区间−2,2上有一个零点．
【答案】
解：(1)因为圆心C在直线l上，
所以圆心C可设为a,2a−4，
由题意可得|3a+42a−4−12|32+42=|11a−28|5=1，
解得a=3或a=2311（舍），
所以圆心C的坐标为3,2．
所以圆C的标准方程为x−32+y−22=1．
(2)设Mx0,y0，Nx,y，
由题意得M在C上，
可知x0−32+y0−22=1，
又NA→=2MA→，
所以x0=x2，y0=3+y2，
代入C中可得x2−32+3+y2−22=1．
化简可得x−62+y−12=4．
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
圆的标准方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为圆心C在直线l上，
所以圆心C可设为a,2a−4，
由题意可得|3a+42a−4−12|32+42=|11a−28|5=1，
解得a=3或a=2311（舍），
所以圆心C的坐标为3,2．
所以圆C的标准方程为x−32+y−22=1．
(2)设Mx0,y0，Nx,y，
由题意得M在C上，
可知x0−32+y0−22=1，
又NA→=2MA→，
所以x0=x2，y0=3+y2，
代入C中可得x2−32+3+y2−22=1．
化简可得x−62+y−12=4．
【答案】
(1)证明：如图，连接OF，
因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，
所以O点为BD的中点，
又F为BE的中点，
所以OF//DE，
又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，
所以DE//平面ACF．
(2)解：如图连接C点与AD中点为x轴，CB为y轴，CE为z轴建立空间直角坐标系，
因为菱形ABCD的边长为2，CE=2，
所以E0,0,2，O(32,12,0)，A(3,1,0)，F(0,1,1)，
D(3,−1,0)，B(0,2,0)，
可得DB→=−3,3,0，BE→=0,−2,2，
设平面EBD的一个法向量为n→，
则DB→⋅n→=0，BE→⋅n→=0，
则n→=−3,−1,1，
因为AF→=−3,0,1，
所以可得AF与平面EBD所成角的正弦值为
n→⋅AF→|n→||AF→|=25×4=55.
【考点】
直线与平面平行的判定
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：如图，连接OF，
因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，
所以O点为BD的中点，
又F为BE的中点，
所以OF//DE，
又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，
所以DE//平面ACF．
(2)解：如图连接C点与AD中点为x轴，CB为y轴，CE为z轴建立空间直角坐标系，
因为菱形ABCD的边长为2，CE=2，
所以E0,0,2，O(32,12,0)，A(3,1,0)，F(0,1,1)，
D(3,−1,0)，B(0,2,0)，
可得DB→=−3,3,0，BE→=0,−2,2，
设平面EBD的一个法向量为n→，
则DB→⋅n→=0，BE→⋅n→=0，
则n→=−3,−1,1，
因为AF→=−3,0,1，
所以可得AF与平面EBD所成角的正弦值为
n→⋅AF→|n→||AF→|=25×4=55.
【答案】
解：(1)20E(X)=35×0.5+45×3+55×4+
65×5+75×4.5+85×2+95×1=1300，
∴ E(X)=65．即μ=65．
∵σ=14，
∴X服从正态分布N(65, 142)，
P(37=P(μ−2σ=0.9545+0.68272
=0.8186．
(2)Y的可能取值为18，36，54，72．
由题意知，P(X<μ)=P(X≥μ)=12，
P(Y=18)=12×23=13，
P(Y=36)=12×13+12×23×23=718，
P(Y=54)=12×23×13+12×13×23=29，
P(Y=72)=12×13×13=118，
所以Y的分布列为：
E(Y)=18×13+36×718+54×29+72×118=36，
估算所需要抽奖红包的总金额为：200×36=7200（元）．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
正态分布的密度曲线
频率分布直方图
离散型随机变量及其分布列
【解析】
（1）利用已知条件列出方程求出期望，推出μ，然后求解方差．得到X服从正态分布N(65, 142)，转化求解即可．
（2）Y的取值取值为18，36，54，72．得到Y的分布列，然后求解期望，即可推出结果．
【解答】
解：(1)20E(X)=35×0.5+45×3+55×4+
65×5+75×4.5+85×2+95×1=1300，
∴ E(X)=65．即μ=65．
∵σ=14，
∴X服从正态分布N(65, 142)，
P(37=P(μ−2σ=0.9545+0.68272
=0.8186．
(2)Y的可能取值为18，36，54，72．
由题意知，P(X<μ)=P(X≥μ)=12，
P(Y=18)=12×23=13，
P(Y=36)=12×13+12×23×23=718，
P(Y=54)=12×23×13+12×13×23=29，
P(Y=72)=12×13×13=118，
所以Y的分布列为：
E(Y)=18×13+36×718+54×29+72×118=36，
估算所需要抽奖红包的总金额为：200×36=7200（元）．
【答案】
解：1由已知可得2b=23,a−c=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=3， c=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1；
2当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，E(x1, y1)，F(x2, y2)，
联立方程y=kx+m,x24+y23=1,消去y可得(3+4k2)x2+8mkx+4m2−12=0，
所以x1+x2=−8km3+4k2， x1x2=4m2−123+4k2，
因为∠APE=∠OPF，
所以kPE+kPF=0，即y1x1−23+y2x2−23=0，
整理可得2kx1x2+m−23kx1+x2−4m3=0，所以m=−6k，
所以直线l的方程为y=kx−6k=k(x−6)，
所以直线l过定点(6, 0)．
【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利用已知建立方程组，联立即可求解；
2设出直线l的方程，并与椭圆方程联立，又由已知推出kPE+kPF＝0，然后利用韦达定理以及直线的斜率公式化简即可证明．
【解答】
解：1由已知可得2b=23,a−c=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=3， c=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1；
2当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，E(x1, y1)，F(x2, y2)，
联立方程y=kx+m,x24+y23=1,消去y可得(3+4k2)x2+8mkx+4m2−12=0，
所以x1+x2=−8km3+4k2， x1x2=4m2−123+4k2，
因为∠APE=∠OPF，
所以kPE+kPF=0，即y1x1−23+y2x2−23=0，
整理可得2kx1x2+m−23kx1+x2−4m3=0，所以m=−6k，
所以直线l的方程为y=kx−6k=k(x−6)，
所以直线l过定点(6, 0)．
【答案】
解：(1)当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，f′x=a−ex，
令f′x=0，解得x=lna，
则当x0，
所以fx在−∞,lna上单调递增；
当x>lna时，f′x<0，
所以fx在lna,+∞上单调递减.
综上所述，当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在−∞,lna上单调递增，在lna+∞上单调递减．
2因为fx≤3−2a−x2恒成立，
即x2+ax+2a−3ex≤1恒成立，
令gx=x2+ax+2a−3ex，
则g′x=−x2+(a−2)x+a−3ex=−(x+1)(x+a−3)ex，
①当3−a≤−1，即a≥4时，
有g′x≤0，gx在[−1,+∞)上单调递减，
所以g−1≤1，
解得a≤2+1e（不符合题意）；
②当3−a>−1，即a<4时，
gxmax=g3−a=3−a2+3−aa+2a−3e3−a=6−ae3−a≤1，
令t=3−a，即t>−1时，t+3et≤1，
设ℎt=t+3et，则ℎ′t=−2−tet<0，
则ℎ(t)在−1,+∞上单调递减，
而ℎ(1)>1，ℎ2<1，
所以整数t的最小值为2，
故整数a的最大值为1.
【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
利用导数研究函数的最值
【解析】
1分a≤0和a>0两类讨论，利用导数即可求得单调性；
2将fx≤3−2a−x2恒成立，转化为x2+ax+2a−3ex≤1恒成立，构造函数gx=x2+ax+2a−3ex，利用导数，求得gxmax≤1，从而解得整数a的最大值.
【解答】
解：(1)当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，f′x=a−ex，
令f′x=0，解得x=lna，
则当x0，
所以fx在−∞,lna上单调递增；
当x>lna时，f′x<0，
所以fx在lna,+∞上单调递减.
综上所述，当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在−∞,lna上单调递增，在lna+∞上单调递减．
2因为fx≤3−2a−x2恒成立，
即x2+ax+2a−3ex≤1恒成立，
令gx=x2+ax+2a−3ex，
则g′x=−x2+(a−2)x+a−3ex=−(x+1)(x+a−3)ex，
①当3−a≤−1，即a≥4时，
有g′x≤0，gx在[−1,+∞)上单调递减，
所以g−1≤1，
解得a≤2+1e（不符合题意）；
②当3−a>−1，即a<4时，
gxmax=g3−a=3−a2+3−aa+2a−3e3−a=6−ae3−a≤1，
令t=3−a，即t>−1时，t+3et≤1，
设ℎt=t+3et，则ℎ′t=−2−tet<0，
则ℎ(t)在−1,+∞上单调递减，
而ℎ(1)>1，ℎ2<1，
所以整数t的最小值为2，
故整数a的最大值为1.Y
18
36
54
72
P
13
718
29
118
Y
18
36
54
72
P
13
718
29
118