2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期中考试数学（理）试卷 (2)北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期中考试数学（理）试卷 (2)北师大版，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. 已知复数z满足(1+i)z=i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，用向量AB→，AD→，AA1→来表示向量D1B→，则( )
A.D1B→=AB→−AD→+AA1→B.D1B→=AB→+AD→+AA1→
C.D1B→=AB→+AD→−AA1→D.D1B→=AB→−AD→−AA1→

3. 设fx为可导函数，且满足​limΔx→0f1+3Δx−f1Δx=−3，则函数y=fx在x=1处的导数为( )
A.1B.−1
C.1或−1D.以上答案都不对

4. 给出下列类比推理命题(其中R为实数集，C为复数集），其中类比结论正确的是( )
A.“若a，b∈R，则a−b>0⇒a>b”类比推出“若a，b∈C，则a−b>0⇒a>b”
B.“若x∈R，则|x|<1⇒−1C.“若a2+b2=0(a，b∈R)，则a=0且b=0”类比推出“若a2+b2=0(a，b∈C)则a=0且b=0”
D.“若a，b∈R，则|a+b|≤|a|+|b|”类比推出“若a，b∈C，则|a+b|≤|a|+|b|”

5. 如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为（ ）

A.14B.15C.16D.17

6. 用数学归纳法证明不等式12+13+14+⋯+12n>n2(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+1
C.从“n=k到n=k+1”左边需要增加2k+1项
D.从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k+1+12k+2+⋯+12k+1

7. 函数f(x)=sinx+cs2x的图象为（ ）
A.
B.
C.
D.

8. 方程为x2a2+y2b2=1a>b>0的椭圆的左顶点为A，左、右焦点分别为F1,F2，D是它短轴上的一个端点，若4DF1→=DA→+3DF2→，则该椭圆的离心率为( )
A.17B.16C.15D.14

9. 函数fx=x2e2x (其中e为自然对数的底数)的极大值为( )
A.0B.4e4C.1e2D.1e

10. 我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半径为R的半球内有一个方锥，方锥的所有顶点都在半球所在球的球面上，方锥的底面与半球的底面重合，若方锥的体积为163．则半球的表面积为（ ）
A.4πB.8πC.12πD.16π

11. 若函数fx=14x2−ax+sinx在0,π上单调递增，则实数a的最大值为( )
A.5π12−32B.1C.π12+32D.π2−1

12. 已知a2−4=2lna2<0， b2−e2+2=2lnb<0，c2−3=lnc23<0（其中e为自然对数的底数），则( )
A.c二、填空题

已知复数z满足z+3+i=|1+3i|，则|z|=________．

定义在R上的可导函数fx的导函数为f′x，且满足关系式fx=x2+3xf′2，则f′2的值等于________.

已知抛物线C: y2=4x的焦点为F，点M，N在抛物线C上，且关于x轴对称，若NF⊥OM，则△OMN的面积为________.

在长方体ABCD−A1B1C1D1中， AD=AB=2，AA1=1，以A为球心， AA1为半径作球面，点P为球面上一动点，则|PC1|的最小值为________.
三、解答题

已知函数fx=x3−3x2+1．
(1)求函数fx的单调区间；

(2)若函数gx=fx−m在R有三个零点，求实数m的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，M是PD的中点．

(1)证明：PB//平面ACM；

(2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．

已知抛物线C:y2=2pxp>0的准线为l，焦点为F，点B在抛物线上， BF⊥x轴，且|BF|=4.
(1)求抛物线C的方程；

(2)设l与x轴的交点为A，过x轴上的一个定点1,0的直线m与抛物线C交于D，E两点．记直线AD，AE的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=13，求直线m的方程．

如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，AD=1，BC=2，E为CD上一点，F为BE的中点，且DE=1,EC=2，现将梯形沿BE折叠（如图2），使平面BCE⊥平面ABED．

(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；

(2)当点P为线段AB的中点时，求平面ACE与平面PCF的夹角的余弦值．

已知函数fx=ex−lnx（其中e为自然对数的底数）．
(1)求曲线y=fx在1,f1的切线方程；

(2)证明： fx>136．

已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=22，点P在椭圆C上，椭圆C的左右焦点分别为F1，F2，PF1的中点为Q，△OF1Q周长等于3+62．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线l是圆x2+y2=1的一条切线，且与椭圆C相交于M，N两点，求△OMN外接圆面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（下）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的运算
【解析】
先解出复数并化简二，找出复数z在复平面内对应的点，然后判断所在象限即可．
【解答】
解：由1+iz=i，
得z=i1+i=i1−i1+i1−i=1+i2=12+12i，
所以复数z在复平面内对应的点为12,12，在第一象限.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
空间向量的加减法
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
由向量的加减运算法则结合图象可得．
【解答】
解：如图，
由题意可得D1B→=D1D→+DB→
=AB→−AD→+D1D→=AB→−AD→+A1A→
=AB→−AD→−AA1→．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
导数的几何意义
【解析】

【解答】
解：∵ f(x)为可导函数，且满足​limΔx→0f1+3Δx−f1Δx=−3，
∴ f′(1)=limΔx→0f1+3Δx−f13Δx
=13limΔx→0f1+3Δx−f1Δx
=13×−3=−1，
∴ f′(1)=−1．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
类比推理
复数的基本概念
复数的模
【解析】
在数集的扩展过程中，有些性质是可以传递的，但有些性质不能传递，因此，要判断类比的结果是否正确，关键是要在新的数集里进行论证，要想证明一个结论是错误的，也可直接举一个反例．
【解答】
解：A，在复数范围内， a−b>0不能推出a>b，比如a=2+i，b=1+i，显然有a−b=1>0成立，故A错误；
B，在复数范围内|z|<1不能推出−1|z|=19+19=23<1，但不能说−1C，在复数范围内，“若a2+b2=0a,b∈C，则a，b不一定都是0”，比如i2+12=0，故C错误；
D，由复数的模的性质得“若a，b∈C，则|a+b|≤|a|+|b|”，故D正确．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
定积分在求面积中的应用
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
根据题意，易得正方形OABC的面积，观察图形可得，阴影部分由函数y=x与y=x围成，由定积分公式，计算可得阴影部分的面积，进而由几何概型公式计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，正方形OABC的面积为1×1=1，
而阴影部分由函数y=x与y=x围成，其面积为01(x−x)dx=(23x32−x22)|01=16，
则正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为161=16.
故选C．
6.
【答案】
D
【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BC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错误；
因为12+13+14+⋯+12k+1−12+13+14+⋯+12k
=12k+1+12k+2+⋯+12k+1，
所以从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k+1+12k+2+⋯+12k+1，故B错误，D正确；
所以从“n=k到n=k+1”左边需要增加2k项，故C错误．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
函数的图象变换
【解析】
根据函数f(x)=sinx+cs2x不是奇函数，也不是偶函数，故它的图象不关于原点对称，也不关于y轴对称，故排除A、D．再根据当x=±π时，函数的值等于1；故排除C，从而得到结论．
【解答】
解：由于函数f(x)=sinx+cs2x不是奇函数，也不是偶函数，
故它的图象不关于原点对称，也不关于y轴对称，故排除A，D．
再根据当x=±π时，函数的值等于1，故排除C.
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由题得到椭圆的焦点为F1−c,0，F2c,0，且A−a,0，设D0,b，可得DF1→=−c,−b，DA→=−a−b，DF2→=c,−b，根据4DF1→=DA→+3DF2→，得到7c=a，即可得解该椭圆的离心率.
【解答】
解：椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
则椭圆的焦点为F1−c,0，F2c,0，且A−a,0，
设D0,b，
可得DF1→=−c,−b，DA→=−a,−b，DF2→=c,−b，
因为4DF1→=DA→+3DF2→，
则−4c=−a+3c,−4b=−b−3b,由此可得7c=a，
所以该椭圆的离心率c=ca=17.
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】

【解答】
解：f′x=2x⋅e2x−x2⋅2e2xe2x2
=2x−2x2e2x，
令f′x>0，即2x−2x2>0，解得：0令f′x<0，即2x−2x2<0，解得：x<0或x>1，
所以fx 的单调递增区间为(0,1)，
单调递减区间为(−∞,0)和(1,+∞)，
∴fx的极大值为f1=1e2．
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意可得正四棱锥的高及底面的对角线的一半为球的半径，由正四棱锥的体积求出球的半径，进而求出半球的表面积．
【解答】
解：过顶点V做VO⊥面ABCD，
则由题意可得O为半球的球心，
所以OB=OV=R，
V方锥=13S正方形ABCD⋅VO=13⋅2R⋅2R⋅12⋅R=2R33=163，
所以R=2，
所以半球的表面积S=S底+S半球=π⋅R2+12⋅4πR2=12π.
故选C.
11.
【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】
求出函数的导数，由题可得f′x≥0在[0,π]上恒成立，结合csx∈−1,1，x∈0,π，即可得解实数a的最大值.
【解答】
解：因为fx=14x2−ax+sinx，
则f′x=12x−a+csx，
因为函数fx=14x2−ax+sinx在0,π上单调递增，
则f′x≥0在0,π上恒成立，
所以12x−a+csx≥0，
此问题即等同于a≤12x+csxmin，
令gx=12x+csx，有g′x=12−sinx，
①当x∈[0,π6)，g′(x)=12−sinx≥0，故gx在0,π6上递增；
②当x∈π6,5π6，g′x=12−sinx≤0，故gx 在π6,5π6上递减；
③当x∈[5π6,π]，g′x=12−sinx≥0，故gx 在[5π6,π]上递增.
故有极小值g5π6=5π12−32，而g0=1，
显然g5π6∴ gxmin=g5π6=5π12−32，
∴ a≤5π12−32，故a的最大值为5π12−32.
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
对数的运算性质
【解析】
本题考查对数函数．
【解答】
解：a2−4=2lna2，
a2−4=2lna−2ln2，
a2−2lna=4−2ln2.
b2−e2+2=2lnb，
b2−2lnb=e2−2，
b2−2lnb=e2−2lne.
c2−3=lnc23，
c2−3=2lnc−ln3，
c2−2lnc=32−2ln3.
令fx=x2−2lnx x>0，
令f′x=2x−2x=0得x=1，
当0当x>1时，f′x>0 ，fx 单调递增，
∴ fa=a2−2lna=4−2ln2=f2，
fb=b2−2lnb=e2−2lne=fe，
fc=c2−2lnc=32−2ln3=f3.
∵1<3<2∴f1又∵0∴0∴0故选B．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
复数的模
复数的运算
【解析】
根据复数模的定义及复数的运算即可求出即可求出．
【解答】
解：由题得|1+3i|=12+32=2，
则z+3+i=2，
∴z=−1−i，
则|z|=−12+−12=2．
故答案为：2．
【答案】
−2
【考点】
导数的运算
【解析】
将f′(2)看出常数利用导数的运算法则求出f′(x)，令x=2求出f′(2)代入f′(2)，
【解答】
解：∵ f(x)=x2+3xf′(2)，
∴ f′(x)=2x+3f′(2)，
令x=2得f′(2)=2×2+3f′(2)，
∴ f′(2)=−2．
故答案为：−2.
【答案】
105
【考点】
三角形求面积
抛物线的标准方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由题意设Ma2,2a，Na2,−2aa>0，则kOM=2a，kNF=−2aa2−1，再由NF⊥OM ，可得kNF⋅kOM=−1，从而可求出a的值，从而可求得结果．
【解答】
解：不妨设Ma2,2a，Na2,−2aa>0，则kOM=2a，kNF=−2aa2−1，
因为NF⊥OM，
所以kNF⋅kOM=−1，即2a⋅−2aa2−1=−1 ，解得a=5，
故△OMN的面积为12×5×45=105．
故答案为：105．
【答案】
2
【考点】
棱柱的结构特征
点、线、面间的距离计算
【解析】
连接AC1 ，设AC1与球面交于点P，此时|PC1|取得最小值，且最小值为|AC1|减半径．
【解答】
解：连接AC1，设AC1与球面交于点P，
此时|PC1|取得最小值，
|AC1|2=|AC|2+|CC1|2=|AB|2+|BC|2+|CC1|2
=22+22+1=9，
所以|PC1|的最小值为|AC1|−r=3−1=2．
故答案为：2．
三、解答题
【答案】
解：(1)由fx=x3−3x2+1得：
f′x=3x2−6x=3xx−2，
故当x∈−∞,0∪2,+∞时，f′x>0；
当x∈0,2时，f′x<0；
故fx的单调增区间为−∞,0与2,+∞，fx的单调减区间为0,2.
(2)由(1)知，函数gx在−∞,0与2,+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减，
要使函数gx=fx−m在R有三个零点，
只需满足
g0=1−m>0,g2=−3−m<0,
即−3即实数m的取值范围为−3,1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由fx=x3−3x2+1得：
f′x=3x2−6x=3xx−2，
故当x∈−∞,0∪2,+∞时，f′x>0；
当x∈0,2时，f′x<0；
故fx的单调增区间为−∞,0与2,+∞，fx的单调减区间为0,2.
(2)由(1)知，函数gx在−∞,0与2,+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减，
要使函数gx=fx−m在R有三个零点，
只需满足
g0=1−m>0,g2=−3−m<0,
即−3即实数m的取值范围为−3,1．
【答案】
解：(1)连接BD交AC于点N，连接MN，
因为四边形ABCD为正方形，且AC∩BD=N ，
∴ N为BD的中点，
又因为M为PD的中点，∴ MN/PB ，
∵ PB⊄平面ACM，MN⊂平面ACM，
∴ PB//平面ACM.
(2)设PA=AB=2，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，
以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则A0,0,0，C2,2,0，D0,2,0，M0,1,1，
AC→=2,2,0，AM→=0,1,1，DC→=2,0,0 ，
设平面ACM的法向量为n→=x,y,z，
由n→⋅AC→=2x+2y=0,n→⋅AM→=y+z=0.令y=−1，可得x=z=1，则n→=1,−1,1，
cs⟨n→,DC→⟩n→⋅DC→n→⋅DC→=23×2=33 ，
因此，直线CD与平面ACM所成角的正弦值为33．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)连接BD交AC于点N，连接MN，
因为四边形ABCD为正方形，且AC∩BD=N ，
∴ N为BD的中点，
又因为M为PD的中点，∴ MN/PB ，
∵ PB⊄平面ACM，MN⊂平面ACM，
∴ PB//平面ACM.
(2)设PA=AB=2，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，
以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则A0,0,0，C2,2,0，D0,2,0，M0,1,1，
AC→=2,2,0，AM→=0,1,1，DC→=2,0,0 ，
设平面ACM的法向量为n→=x,y,z，
由n→⋅AC→=2x+2y=0,n→⋅AM→=y+z=0.令y=−1，可得x=z=1，则n→=1,−1,1，
cs⟨n→,DC→⟩n→⋅DC→n→⋅DC→=23×2=33 ，
因此，直线CD与平面ACM所成角的正弦值为33．
【答案】
解：(1)由题意Bp2,4，代入y2=2px ，得p2=16，p=4，
∴ 抛物线C的方程为y2=8x．
(2)当直线m的斜率不存在时，k1+k2=0与题意不符，
∴ 直线的斜率一定存在，设直线m的方程为y=kx−1代入到y2=8x中，k2x2−(2k2+8)x+k2=0，设D(x1,y1)，E(x2,y2) ，
则x1+x2=2k2+8k2,x1x2=k2k2=1,
k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=kx1−1x1+2+kx2−1x2+2
=k[2x1x2+(x1+x2)−4](x1+2)(x2+2)=8k9k2+16=13
∴ k=43，
∴ 直线m的方程为4x−3y−4=0．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（Ⅰ）答案未提供解析．
（Ⅱ）答案未提供解析．
【解答】
解：(1)由题意Bp2,4，代入y2=2px ，得p2=16，p=4，
∴ 抛物线C的方程为y2=8x．
(2)当直线m的斜率不存在时，k1+k2=0与题意不符，
∴ 直线的斜率一定存在，设直线m的方程为y=kx−1代入到y2=8x中，k2x2−(2k2+8)x+k2=0，设D(x1,y1)，E(x2,y2) ，
则x1+x2=2k2+8k2,x1x2=k2k2=1,
k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=kx1−1x1+2+kx2−1x2+2
=k[2x1x2+(x1+x2)−4](x1+2)(x2+2)=8k9k2+16=13
∴ k=43，
∴ 直线m的方程为4x−3y−4=0．
【答案】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，作DM⊥BC于M，如图，
则CM=2−1=1，CD=DE+CE=1+2=3，
则DM=AB=22，csC=CMCD=13，
则BE=CE2+CB2−2CE⋅CBcsC
=4+4−2×2×2×13=433，
又cs∠ADE=−csC=−13，
则AE=AD2+DE2−2AD⋅DEcs∠ADE
=1+1+2×1×1×13=263，
所以AE2+BE2=AB2，故AE⊥BE，且折叠后AE与BE 位置关系不变．
又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED=BE，
所以AE⊥平面BCE，因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE．
(2)解：连接CF，PC.
在△BCE中，由BC=CE=2，F为BE的中点，可得CF⊥BE.
又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED=BE，
所以CF⊥平面ABED，由(1)知： AE⊥BE，F，P分别为BE与AB的中点，
故FP⊥BE，从而以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
且BE⊥面PCF，故面PCF的一个法向量为n→=0,1,0，
再由A263,−233,0，C0,0,263，E0,−233,0，
则AC→=−263,233,263，CE→=0,−233,−263，
设平面ACE的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅AC→=−263x+233y+263z=0,m→⋅CE→=−233y−263z=0,
令z=1，可得平面ACE的法向量为m→=0,−2,1，
∴ |cs⟨m→,n→⟩|=|−2|3×1=63，
因此平面ACE与平面PCF的夹角的余弦值为63 ．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，作DM⊥BC于M，如图，
则CM=2−1=1，CD=DE+CE=1+2=3，
则DM=AB=22，csC=CMCD=13，
则BE=CE2+CB2−2CE⋅CBcsC
=4+4−2×2×2×13=433，
又cs∠ADE=−csC=−13，
则AE=AD2+DE2−2AD⋅DEcs∠ADE
=1+1+2×1×1×13=263，
所以AE2+BE2=AB2，故AE⊥BE，且折叠后AE与BE 位置关系不变．
又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED=BE，
所以AE⊥平面BCE，因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE．
(2)解：连接CF，PC.
在△BCE中，由BC=CE=2，F为BE的中点，可得CF⊥BE.
又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED=BE，
所以CF⊥平面ABED，由(1)知： AE⊥BE，F，P分别为BE与AB的中点，
故FP⊥BE，从而以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
且BE⊥面PCF，故面PCF的一个法向量为n→=0,1,0，
再由A263,−233,0，C0,0,263，E0,−233,0，
则AC→=−263,233,263，CE→=0,−233,−263，
设平面ACE的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅AC→=−263x+233y+263z=0,m→⋅CE→=−233y−263z=0,
令z=1，可得平面ACE的法向量为m→=0,−2,1，
∴ |cs⟨m→,n→⟩|=|−2|3×1=63，
因此平面ACE与平面PCF的夹角的余弦值为63 ．
【答案】
(1)解：由fx=ex−lnx得：f′x=ex−1x ，
从而f1=e，f′1=e−1，
故曲线y=fx在1,f1的切线方程为y=e−1x+1.
(2)证明：由f′x=ex−1x，故函数f′x在0,+∞上单调递增，
又f′12=e12−2<0，f′23=e23−32>0，
故存在x0∈12,23，使得f′x0=ex0−1x0=0，
当x∈0,x0,f′x<0，当x∈x0,+∞,f′x>0；
所以fxmin=fx0=ex0−lnx0=x0+1x0.
因为x0∈12,23，
又函数gx=x+1x在12,23上单调递减，
故x0+1x0>23+32=136，即fx>136．
【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
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由fx=ex−lnx得：f′x=ex−1x ，
从而f1=e，f′1=e−1，
故曲线y=fx在1,f1的切线方程为y=e−1x+1.
(2)证明：由f′x=ex−1x，故函数f′x在0,+∞上单调递增，
又f′12=e12−2<0，f′23=e23−32>0，
故存在x0∈12,23，使得f′x0=ex0−1x0=0，
当x∈0,x0,f′x<0，当x∈x0,+∞,f′x>0；
所以fxmin=fx0=ex0−lnx0=x0+1x0.
因为x0∈12,23，
又函数gx=x+1x在12,23上单调递减，
故x0+1x0>23+32=136，即fx>136．
【答案】
解：(1)设|F1F2|=2c，因为Q为PF1的中点，
所以△OF1Q周长|F1O|+|OQ|+|QF1|=c+|F2P|+|F1P|2=a+c，
所以 a+c=3+62,ca=22. 解得a=3，b=c=62 ，
所以椭圆C的标准方程为x23+2y23=1．
(2)①当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
由直线l与圆O:x2+y2=1相切．
故圆心O到直线l的距离d=|m|1+k2=1，即：m2=k2+1，
将y=kx+m与x23+2y23=1，
联立方程组，可得1+2k2x2+4kmx+2m2−3=0，
则Δ=4km2−41+2k22m2−3
=46k2+3−2m2=44m2−3>0，
得m>32或m<−32，
由韦达定理得：x1+x2=−4km1+2k2， x1x2=2m2−31+2k2，
因为OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m
=1+k2x1x2+mkx1+x2+m2，
所以OM→⋅ON→=3m2−3k2−31+2k2=0，所以OM⊥ON，
又因为|MN|=1+k2|x1−x2|=1+k2x1+x22−4x1x2，
所以|MN|=21+k26k2−2m2+31+2k2=2|m|4m2−32m2−1，
|MN|=22m2(4m2−3)2m2−1
=21+12m2−12−12m2−1，
令t=12m2−1，则0|MN|=2(1+t)(2−t)=2−(t−12)2+94，
可以看出当t=12时，即m=±62时， |MN|有最大值，且最大值为322，
②当直线l的斜率不存在时，由对称性不妨设其方程为x=1（或x=−1），此时M1,1，N1,−1，
满足OM→⋅ON→=0且|MN|=2 ，
综上Rt△OMN外接圆直径MN的长度最大值为322，
所以△OMN外接圆面积的最大值等于9π8．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设|F1F2|=2c，因为Q为PF1的中点，
所以△OF1Q周长|F1O|+|OQ|+|QF1|=c+|F2P|+|F1P|2=a+c，
所以 a+c=3+62,ca=22. 解得a=3，b=c=62 ，
所以椭圆C的标准方程为x23+2y23=1．
(2)①当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
由直线l与圆O:x2+y2=1相切．
故圆心O到直线l的距离d=|m|1+k2=1，即：m2=k2+1，
将y=kx+m与x23+2y23=1，
联立方程组，可得1+2k2x2+4kmx+2m2−3=0，
则Δ=4km2−41+2k22m2−3
=46k2+3−2m2=44m2−3>0，
得m>32或m<−32，
由韦达定理得：x1+x2=−4km1+2k2， x1x2=2m2−31+2k2，
因为OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m
=1+k2x1x2+mkx1+x2+m2，
所以OM→⋅ON→=3m2−3k2−31+2k2=0，所以OM⊥ON，
又因为|MN|=1+k2|x1−x2|=1+k2x1+x22−4x1x2，
所以|MN|=21+k26k2−2m2+31+2k2=2|m|4m2−32m2−1，
|MN|=22m2(4m2−3)2m2−1
=21+12m2−12−12m2−1，
令t=12m2−1，则0|MN|=2(1+t)(2−t)=2−(t−12)2+94，
可以看出当t=12时，即m=±62时， |MN|有最大值，且最大值为322，
②当直线l的斜率不存在时，由对称性不妨设其方程为x=1（或x=−1），此时M1,1，N1,−1，
满足OM→⋅ON→=0且|MN|=2 ，
综上Rt△OMN外接圆直径MN的长度最大值为322，
所以△OMN外接圆面积的最大值等于9π8．