2020-2021年河南省濮阳市高二（下）月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年河南省濮阳市高二（下）月考数学试卷人教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. “x=1”是“x2=x”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

2. 已知数列an中， a1=4，an+1=4an，则an等于( )
A.2n+1B.2n+2C.22nD.22n+1

3. 已知F1，F2分别是椭圆x24+y23=1的焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，则△ABF2的周长是( )
A.23B.4C.6D.8

4. 现有下列说法：
①若x+y=0，则|x−y|=x−y；
②若a>b，则a−c>b−c；
③命题“若x≥0，则2x+x≥1”的否命题是“若x≥0，则2x+x<1”．
其中正确说法的个数为（ ）
A.0B.1C.2D.3

5. 已知抛物线y2=−2pxp>0的焦点为双曲线x216−y29=1的一个焦点，那么p=( )
A.20B.10C.5D.52

6. 在平面内，已知正三角形的边长为a，则其内切圆的半径为3a6．类似地，在空间中，已知正四面体的棱长为a，则其内切球半径为( )
A.63a B.64aC.66aD.612a

7. 已知曲线fx=alnx+x2在x=1处的切线方程为x+y+b=0，则ab=( )
A.5B.6C.7D.8

8. 若函数fx=kx−lnx+1x在区间1,+∞单调递增，则k的取值范围是( )
A.[12,+∞)B.[1,+∞)C.[2,+∞)D.(−∞,−2]

9. 若x=−2是函数fx=x2+ax−1ex−1的极值点，则fx=x2+ax−1ex−1的极小值为( )
A.−1B.−2e−3C.5e−3D.1

10. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0， b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，若|MF1|−|MF2|=2b，该双曲线的离心率为e，则e2=( )
A.2B.2+12C.3+222D.5+12

11.
过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点A作准线的垂线，垂足为H．若tan∠AFH=2，则|AF||BF|=( )
A.54B.43C.32D.2

12. 已知函数fx=lnx+mx2+x，若fx≥0的解集中恰有一个整数，则m的取值范围为（ ）
A.[−1,−ln2+24）B.−∞,−ln2+24
C.[−ln2+24,−ln3+36)D.(−ln2+24,−ln3+36]
二、填空题

甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知．3人作出如下预测：甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名．若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是________.

z+2z¯=9+4i（i为虚数单位），则|z|=________.

已知F是抛物线y2=2pxp>0的焦点，A，B是抛物线上两点，A在第一象限，B在第四象限，满足AF→=4FB→，则直线AB的斜率为________.

已知函数f(x)=1+lnx,x≥1,x+12,x<1, 若存在x1≠x2，使得f(x1)+f(x2)=2，则x1+x2的取值范围是________.
三、解答题

已知m>0，p:x2−4x−12≤0，q:2−m≤x≤2+m．
(1)若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；

(2)若m=5，命题p，q其中一个是真命题，一个是假命题，求实数x的取值范围．

如图，锐角△ABC外接圆的半径为2，点D在边BC的延长线上，AB=3，AC=23，△ACD的面积为974.

(1)求sin∠BAC；

(2)求AD的长．

已知函数fx=x2−2alnx，其中a∈R．
(1)当a=1时，求函数fx在1e,e上的最值；

(2)讨论函数fx的单调性．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右两个焦点分别是F1，F2，焦距为2，点P在椭圆上且满足PF2⊥F1F2，3|PF1|=5|PF2|．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)不垂直x轴且不过点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，如果直线F1A，F1B的倾斜角互补，证明：直线l过定点．

设函数f(x)=ex−ax2−x−1，a∈R.
(1)a=0时，求f(x)的最小值；

(2)若f(x)≥0在[0, +∞)恒成立，求a的取值范围．

己知抛物线C:x2=2pyp>0，直线y=2与抛物线C交于A，B（点B在点A的左侧）两点，且|AB|=43.
(1)求抛物线C在A，B两点处的切线方程；

(2)若直线l与抛物线C交于M，N两点，且M，N的中点在线段AB上，MN的垂直平分线交y轴于点Q，求△QMN面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省濮阳市高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由x=1可得x2=x成立，
由x2=x可得x=1或x=0，
所以“x=1”是“x2=x”的充分不必要条件．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
直接判断为等比数列，即可求出通项公式.
【解答】
解：∵ a1=4，an+1=4an，
∴ an+1an=4，
∴ 数列an是等比数列，且首项为4，公比为4.
∴ an=4×4n−1=4n=22n.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
椭圆中的平面几何问题
【解析】
求得椭圆的a=2，再由椭圆的定义可得△AF2B的周长为c=4a=8．
【解答】
解：如图，
椭圆方程为x24+y23=1焦点在x轴上，且a=2，
根据椭圆的定义可知，|AF1|+|AF2|=2a=4，
|BF1|+|BF2|=2a=4，
则△ABF2的周长|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
①特值法判断；②由不等式性质判断；③求出否命题判断．
【解答】
解：对于①，当x=−1时，y=1，|x−y|=2，x−y=−2，2≠−2，所以①错；
对于②，由不等式的性质可知，若a>b，则a−c>b−c，所以②正确；
对于③，命题“若x≥0，则2x+x≥1”的否命题是“若x<0，则2x+x<1”，所以③错．
综上，正确的说法只有1个.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
抛物线的标准方程
【解析】
根据双曲线方程得它的焦点坐标，由此建立关于p的方程并解之，即可得到实数p的值．
【解答】
解：由双曲线方程 x216−y29=1 ，得a=4，b=3，
所以c=a2+b2=5，
所以双曲线的焦点坐标为−5,0和5,0，
所以抛物线y2=−2pxp>0的焦点为−5,0，
则有p2=5，解得p=10.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
棱锥的结构特征
类比推理
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
在棱长为a的正四面体A−BCD中，面ABC上的高ℎ=63a，球心到正四面体A−BCD一个面的距离即内切球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为r的三棱锥，根据4⋅13S⋅r=13S⋅ℎ，即可得解内切球的半径.
【解答】
解：如图，设内切球半径为r，正四面体的高为ℎ.
∵ VS−ABC=4VO−ABC ，S△ABC=34a2，
ℎ=a2−33a2=63a，
∴ 13×34a2×63a=4×13×34a2⋅r，
解得r=612a.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
首先求出导数，求出切线方程，即可求出答案.
【解答】
解：由fx=alnx+x2，
得f′x=ax+2x，
则f′1=a+2.
由fx在x=1处的切线方程为x+y+b=0，
得f′1=−1，
即a+2=−1，解得a=−3，
则fx=−3lnx+x2.
因为f1=1，
所以将点1,1代入x+y+b=0，
得1+1+b=0，
解得b=−2，
所以ab=−3×−2=6.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
求出导函数f′x，由题意可得f′x≥0在1,+∞上恒成立，即可求解k的取值范围．
【解答】
解：由fx=kx−lnx+1x，得f′x=k−1x−1x2x>0，
由函数fx=kx−lnx+1x在区间1,+∞单调递增，
得f′x=k−1x−1x2≥0在 1,+∞上恒成立，
即k≥1x+1x2在1,+∞上恒成立，
令t=1x，0则gt=t+t2=t+122−14，
∴ gt∴ k≥2，
即k的取值范围是[2,+∞).
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力．
【解答】
解：∵ 函数fx=x2+ax−1ex−1，
∴ f′x=2x+aex−1+x2+ax−1ex−1.
∵ x=−2是函数fx=x2+ax−1ex−1的极值点，
∴ f′−2=−4+ae−3+4−2a−1e−3=0
即−4+a+3−2a=0，
解得a=−1，
∴ f′x=2x−1ex−1+x2−x−1ex−1=x2+x−2ex−1，
∵ ex−1>0恒成立，得当x=−2或x=1时，f′(x)=0，
当x<−2或x>1时，f′x>0，函数f(x)单调递增；
当−2∴ 当x=1时，函数取得极小值为f1=12−1−1e1−1=−1.
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
双曲线的特性
双曲线的离心率
【解析】
联立圆与渐近线方程，求得M的坐标，利用两点之间的距离公式，化简即可求得双曲线的离心率．
【解答】
解：由题意可知：以线段F1F2为直径的圆的方程x2+y2=c2，
双曲线经过第一象限的渐近线方程为y=bax，
联立方程x2+y2=c2，y=bax，
解得：x=a，y=b 或x=−a，y=−b，
则M(a, b)，
由|MF1|−|MF2|=2b，即(a+c)2+b2−(a−c)2+b2=2b，
由b2=c2−a2，e=ca，
化简整理得：e4−e2−1=0，
由求根公式可知e2=1±52，
由e>1，
则e2=5+12，
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：如图，设准线与x轴的交点为M，过点F作FC⊥AH．
由抛物线定义知|AF|=|AH|，
所以令∠AHF=∠AFH=α，则∠FAH=π−2α=∠OFB，
|BF|=|MF|cs(π−2α)=pcs(π−2α)，
|AF|=|CF|sin(π−2α)=|CH|tanαsin(π−2α)=ptanαsin(π−2α)，
所以|AF||BF|=tanαtan(π−2α)=tanα−tan2α=tan2α−12=32．
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
【解析】
无
【解答】
解：fx≥0，即lnx+mx2+x≥0，即mx2+x≥−lnx，
因为x>0，
所以mx+1≥−lnxx．
令gx=−lnxx则g′x=−1−lnxx2．
当0当x>e时，g′x>0，
所以gx在0,e上单调递减，在(e,+∞)上单调递增．
画出gx的大致图象，如图所示．
当直线y=mx+1与gx图象相切时，
设切点为x0,−lnx0x0，
则m=−1−lnx0x02=−lnx0x0−1x0=−lnx0x02−1x0，
解得x0=1，故m=−1．
当直线y=mx+1过点B2,−ln22时，m=−ln22−12=−ln2+24，
故m的取值范围为−1,−ln2+24．
故选A．
二、填空题
【答案】
甲
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若甲的预测正确，乙与丙预测错误，则甲不是第三名，乙不是第三名，丙是第一名，即甲乙丙都不是第三名，矛盾，假设不成立；
若乙的预测正确，甲与丙预测错误，则甲是第三名，乙是第三名，丙是第一名，即甲乙都是第三名，矛盾，假设不成立；
若丙的预测正确，甲与乙预测错误，则甲是第三名，乙不是第三名，丙不是第一名，即乙是第一名，丙是第二名，甲是第三名，假设成立．
故答案为：甲.
【答案】
5
【考点】
复数的模
共轭复数
复数相等的充要条件
【解析】
设z=x+yi(x, y∈R)，代入z+2z¯=9+4i，化为：3x−yi=9+4i，利用复数相等即可得出．
【解答】
解：设z=x+yi(x， y∈R)，
∵ z+2z¯=9+4i，
∴ x+yi+2(x−yi)=9+4i，
整理化简为3x−yi=9+4i，
∴ 3x=9，−y=4，
解得x=3，y=−4．
∴ |z|=32+(−4)2=5．
故答案为：5．
【答案】
43
【考点】
抛物线的性质
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
抛物线的定义
【解析】
根据题意，作出抛物线与直线AB的图象，利用抛物线的定义将曲线上的点到焦点的距离转化为曲线上的点到准线的距离，借助几何图形可判断直线AB的倾斜角，从而可得答案．
【解答】
解：如图，过点A，B作准线的垂线，垂足分别为C，D，
连接AC，BD，过B作BE⊥AC于E.
由题意，令|FB→|=m，则|AF→|=4m，
由点A，B分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得
|DB→|=|FB→|=m，|AC→|=|AF→|=4m，
∴ |AE→|=|AC→|−|CE→|=|AC→|−|DB→|=3m.
在Rt△ABE中，∵ cs∠BAE=|AE→||AB→|=35，
∴ sin∠BAE=45，
又∵ 直线AB的倾斜角为∠OFB=∠BAE，
∴ tan∠BAE=43，
∴ 直线AB的斜率为43.
故答案为：43.
【答案】
[3−2ln2,+∞)
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x≥1时，f(x)=1+lnx≥1，
当x<1时，f(x)=x+12<1.
由f(x1)+f(x2)=2，且x1≠x2，
可得x1，x2其中一个大于1，一个小于1，
所以不妨令x1<1，x2>1，
即x1+12+1+lnx2=2，
所以x1=−2lnx2+1，
所以x1+x2=−2lnx2+x2+1.
令ℎ(x)=−2lnx+x+1，x>1，
则ℎ′(x)=−2x+1.
令ℎ′(x)=0，解得x=2，
当12时，ℎ′(x)>0，
所以函数ℎ(x)在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，
所以当x=2时，函数ℎ(x)取得极小值，极小值唯一，
所以极小值也是最小值为ℎ(x)min=ℎ(2)=3−2ln2，
所以x1+x2≥3−2ln2，
所以x1+x2的取值范围是[3−2ln2,+∞).
故答案为：[3−2ln2,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可知，p:x2−4x−12≤0，
即p:−2≤x≤6.
∵ p是q的充分条件，
∴ [−2, 6]是[2−m, 2+m]的子集，
∴ m>0,2−m≤−2,2+m≥6,
解得m≥4，
所以m的取值范围是[4, +∞).
(2)当m=5时，p:−3≤m≤7，
由于命题p，q其中一个是真命题，一个是假命题，
分以下两种情况讨论：
①p真q假时，−2≤x≤6,x>7或x<−3,
解得x∈⌀；
②p假q真时，x>6或x<−2,−3≤x≤7,
解得−3≤x<−2或6所以实数x的取值范围为[−3, −2)∪(6, 7]．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
先利用一元二次不等式的解法求出命题p，然后将p是q的充分条件转化为集合之间的包含关系分析求解即可；
求出当m＝5时命题q，然后利用复合命题的真假得到命题p、q其中一个是真命题，一个是假命题，分情况分别求解即可．
【解答】
解：(1)由题意可知，p:x2−4x−12≤0，
即p:−2≤x≤6.
∵ p是q的充分条件，
∴ [−2, 6]是[2−m, 2+m]的子集，
∴ m>0,2−m≤−2,2+m≥6,
解得m≥4，
所以m的取值范围是[4, +∞).
(2)当m=5时，p:−3≤m≤7，
由于命题p，q其中一个是真命题，一个是假命题，
分以下两种情况讨论：
①p真q假时，−2≤x≤6,x>7或x<−3,
解得x∈⌀；
②p假q真时，x>6或x<−2,−3≤x≤7,
解得−3≤x<−2或6所以实数x的取值范围为[−3, −2)∪(6, 7]．
【答案】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
余弦定理
诱导公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理可得ACsin∠ABC=2r=4，
所以sin∠ABC=32,
又因为△ABC为锐角三角形，
所以cs∠ABC=1−sin2∠ABC=12．
因为ABsin∠ACB=4，
所以sin∠ACB=34，
∴ cs∠ACB=1−sin2∠ACB=74，
∴ sin∠BAC=sin∠ABC+∠ACB
=sin∠ABCcs∠ACB+cs∠ABCsin∠ACB
=32×74+12×34
=21+38.
(2)∵ ∠ACB为锐角，则∠ACD为钝角，
由(1)知sin∠ACD=sinπ−∠ACB=sin∠ACB=34，
从而cs∠ACD=−74．
因为△ACD的面积为974，
所以12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=974，
解得CD=21．
由AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD=54，
解得AD=36．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x2−2lnx，x∈1e,e，
则f′x=2x−2x=2x2−2x=2x2−1x.
当x∈1e,1时，f′x<0，函数fx单调递减，
当x∈1,e时，f′x>0，函数fx单调递增，
所以fx的最小值为f1=1.
因为fe=e2−2，f1e=1e2+2，
所以fx的最大值为fe=e2−2．
(2)因为fx=x2−2alnx，
所以f′x=2x−2ax=2x2−axx>0.
当a≤0时，f′x>0恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0得x=a，
当x∈0,a时，f′x<0，fx在0,a上单调递减，
当x∈a,+∞时，f′x>0，fx在a,+∞上单调递增．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】


【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x2−2lnx，x∈1e,e，
则f′x=2x−2x=2x2−2x=2x2−1x.
当x∈1e,1时，f′x<0，函数fx单调递减，
当x∈1,e时，f′x>0，函数fx单调递增，
所以fx的最小值为f1=1.
因为fe=e2−2，f1e=1e2+2，
所以fx的最大值为fe=e2−2．
(2)因为fx=x2−2alnx，
所以f′x=2x−2ax=2x2−axx>0.
当a≤0时，f′x>0恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0得x=a，
当x∈0,a时，f′x<0，fx在0,a上单调递减，
当x∈a,+∞时，f′x>0，fx在a,+∞上单调递增．
【答案】
(1)解：依题意，得|F1F2|=2c=2，
∴ c=1，
∵ 3|PF1|=5|PF2|，|PF1|+|PF2|=2a，
∴ |PF1| = 54a，|PF2| = 34a，
∵ PF2⊥F1F2，
∴ |F1F2| = |PF1|2 −|PF2|2
= (5a4)2 − (3a4)2 = a=2，
∴ b2=a2−c2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24 + y23 = 1．
(2)证明：依题意，可设直线AB:y=kx+m，
A(x1, y1)，B(x2, y2).
由(1)可知，椭圆C的方程为x24 + y23 = 1，
即3x2 + 4y2 = 12，
则由 3x2 + 4y2 = 12, y = kx + m,
消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
∴ x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
由F1A，F1B的倾斜角互补可得kF 1A+kF 2A=0，
∴ y1x1 + 1 + y2x2 + 1 = 0，
∴ y1(x2+1)+y2(x1+1)=0，
即(kx1+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=0，
∴ 2k(4m2−12)+(k+m)(−8km)+2m(3+4k2)=0，
化简得m=4k，
∴ 直线AB:y=kx+4k=k(x+4)过定点(−4, 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】
利用已知条件求出a，c，b，然后求解椭圆方程．
法1．依题意可设直线AB:y＝kx+m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，由 3x2 + 4y2 = 12 y = kx + m ，消去y得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12＝0，利用韦达定理，结合kF1A + kF2A = 0，求出m＝4k，得到直线系方程，推出直线经过的定点．
法2．设直线AB为x＝my+t(m≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，由 3x2 + 4y2 = 12 x = my + t 消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2−12＝0，利用韦达定理，通过kF1A+kF2A＝0，推出t＝−4，然后求解直线系经过的定点．
【解答】
(1)解：依题意，得|F1F2|=2c=2，
∴ c=1，
∵ 3|PF1|=5|PF2|，|PF1|+|PF2|=2a，
∴ |PF1| = 54a，|PF2| = 34a，
∵ PF2⊥F1F2，
∴ |F1F2| = |PF1|2 −|PF2|2
= (5a4)2 − (3a4)2 = a=2，
∴ b2=a2−c2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24 + y23 = 1．
(2)证明：依题意，可设直线AB:y=kx+m，
A(x1, y1)，B(x2, y2).
由(1)可知，椭圆C的方程为x24 + y23 = 1，
即3x2 + 4y2 = 12，
则由 3x2 + 4y2 = 12, y = kx + m,
消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
∴ x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
由F1A，F1B的倾斜角互补可得kF 1A+kF 2A=0，
∴ y1x1 + 1 + y2x2 + 1 = 0，
∴ y1(x2+1)+y2(x1+1)=0，
即(kx1+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=0，
∴ 2k(4m2−12)+(k+m)(−8km)+2m(3+4k2)=0，
化简得m=4k，
∴ 直线AB:y=kx+4k=k(x+4)过定点(−4, 0).
【答案】
解：(1)当a=0时，f(x)=ex−x−1，
则f′(x)=ex−1.
令f′(x)=0，即f′(x)=ex−1=0，
解得x=0，
当x<0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(−∞,0)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x=0时，函数f(x)取得最小值f(0)=0.
(2)由f(x)=ex−ax2−x−1，得f′(x)=ex−2ax−1，
令g(x)=ex−2ax−1(x≥0)，则g′(x)=ex−2a.
当a≤12时，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥0，
所以f(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，满足题意；
当a>12时，令g′(x)=0，解得x=ln(2a)，
当x∈(0, ln2a)时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在(0, ln2a)上单调递减，
所以当x∈[0, ln2a)时，g(x)≤g(0)=0，即f′(x)≤0，
f(x)在[0, ln2a)上单调递减，
所以f(x)综上所述，a的取值范围为( − ∞,12]．
【考点】
利用导数研究函数的最值
函数恒成立问题
【解析】
把a＝0代入后对函数求导，结合导数与单调性的关系可求函数的单调性，进而可求最值；
结合导数研究函数的单调性，然后结合函数的性质可求．
【解答】
解：(1)当a=0时，f(x)=ex−x−1，
则f′(x)=ex−1.
令f′(x)=0，即f′(x)=ex−1=0，
解得x=0，
当x<0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(−∞,0)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x=0时，函数f(x)取得最小值f(0)=0.
(2)由f(x)=ex−ax2−x−1，得f′(x)=ex−2ax−1，
令g(x)=ex−2ax−1(x≥0)，则g′(x)=ex−2a.
当a≤12时，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥0，
所以f(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，满足题意；
当a>12时，令g′(x)=0，解得x=ln(2a)，
当x∈(0, ln2a)时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在(0, ln2a)上单调递减，
所以当x∈[0, ln2a)时，g(x)≤g(0)=0，即f′(x)≤0，
f(x)在[0, ln2a)上单调递减，
所以f(x)综上所述，a的取值范围为( − ∞,12]．
【答案】
解：(1)因为x2=2py，
所以当y=2时，x=±2p，
所以|AB|=4p=43，解得p=3，
所以抛物线的方程为x2=6y.
由y=x26，得y′=x3，
所以y′|x=23 =233，
所以在A点的切线方程为y−2=233x−23，
即2x−3y−23=0，
同理可得在B点的切线方程为2x+3y+23=0．
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，
故设l:y=kx+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
由x2=6y与y=kx+m联立，
得x2−6kx−6m=0，
因为Δ=36k2+24m>0，
所以x1+x2=6k，x1x2=−6m，
所以|MN|=1+k2⋅36k2+24m
=23⋅1+k2⋅3k2+2m.
又y1+y2=kx1+x2+2m=6k2+2m=4，
所以m=2−3k2，
所以|MN|=23⋅1+k2⋅4−3k2.
由Δ=36k2+24m>0，
得−233因为M，N的中点为3k,2，
所以M，N的垂直平分线方程为y−2=−1kx−3k，
令x=0，得y=5，即Q0,5，
所以点Q到直线kx−y+2−3k2=0的距离
d=|−5+2−3k2|1+k2=31+k2，
所以S△QMN =12⋅|MN|⋅d
=12⋅23⋅1+k2⋅4−3k2⋅31+k2
=33⋅1+k224−3k2.
令1+k2=u，则k2=u−1，则1所以S△QMN =33⋅u27−3u.
设fu=u27−3u，则f′u=14u−9u2，
结合1令f′u>0，得1令f′u<0，得149所以当u=149，即k=±53时，
△QMN面积取得最大值为
S△QMN max =33×1497−3×149=1473.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
抛物线的应用
利用导数研究函数的单调性
点到直线的距离公式
【解析】


【解答】
解：(1)因为x2=2py，
所以当y=2时，x=±2p，
所以|AB|=4p=43，解得p=3，
所以抛物线的方程为x2=6y.
由y=x26，得y′=x3，
所以y′|x=23 =233，
所以在A点的切线方程为y−2=233x−23，
即2x−3y−23=0，
同理可得在B点的切线方程为2x+3y+23=0．
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，
故设l:y=kx+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
由x2=6y与y=kx+m联立，
得x2−6kx−6m=0，
因为Δ=36k2+24m>0，
所以x1+x2=6k，x1x2=−6m，
所以|MN|=1+k2⋅36k2+24m
=23⋅1+k2⋅3k2+2m.
又y1+y2=kx1+x2+2m=6k2+2m=4，
所以m=2−3k2，
所以|MN|=23⋅1+k2⋅4−3k2.
由Δ=36k2+24m>0，
得−233因为M，N的中点为3k,2，
所以M，N的垂直平分线方程为y−2=−1kx−3k，
令x=0，得y=5，即Q0,5，
所以点Q到直线kx−y+2−3k2=0的距离
d=|−5+2−3k2|1+k2=31+k2，
所以S△QMN =12⋅|MN|⋅d
=12⋅23⋅1+k2⋅4−3k2⋅31+k2
=33⋅1+k224−3k2.
令1+k2=u，则k2=u−1，则1所以S△QMN =33⋅u27−3u.
设fu=u27−3u，则f′u=14u−9u2，
结合1令f′u>0，得1令f′u<0，得149所以当u=149，即k=±53时，
△QMN面积取得最大值为
S△QMN max =33×1497−3×149=1473.