2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷

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这是一份2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷，共10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. 已知集合A＝{x|x>1}，B＝{x|x≥1}，则(∁RA)∩B＝（）
A.⌀B.{1}C.RD.(1, +∞)

2. 双曲线x23−y2=1的焦点到渐近线的距离是（）
A.1B.2C.3D.2

3. 底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（）

A.43B.8C.433D.83

4. 若实数x，y满足不等式组y≥0x−2y≤22x−y≥2 ，则x−3y( )
A.有最大值−2，最小值−83B.有最大值83，最小值2
C.有最大值2，无最小值D.有最小值−2，无最大值

5. 在△ABC中，已知A=π4，则“sinA>sinB”是“△ABC是钝角三角形”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

6. 已知a>0，且a≠1，若lga2>1，则y＝x−a|x|的图象可能是（）
A.B.C.D.

7. 已知x1，x2，x3∈R，x1A.D( X )D(Y )>D(Z )
C.D( X )D(Z )>D(Y )

8. 如图，三棱锥V−ABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的动点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α，二面角V−AC−B的平面角为β，则α+β不可能是( )

A.3π4B.2π3C.π2D.π3

9. 如图，一系列椭圆∁n:x2n+1+y2n=1(n∈N*)，射线y＝x(x≥0)与椭圆∁n交于点Pn，设an＝|PnPn+1|，则数列{an}是（）

A.递增数列B.递减数列
C.先递减后递增数列D.先递增后递减数列

10. 设a∈R，若x∈[1, e]时恒有(e−1)x⋅ln(x+ax)≤x2−x+a（其中e＝2.71828……为自然对数的底数），则恒有零点的是（）
A.y＝x2+ax+1B.y＝ax2+3x+1
C.y＝ex+a−1D.y＝ex−a+1
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）

函数f(x)＝−3sin(πx+2)的最小正周期为________，值域为________．

已知i为虚数单位，复数z满足z+i1+i=1−2i，则z＝________，|z|＝________．

已知 (1+x)6−(2+x)6＝a0+a1x+a2x2+……+a5x5+a6x6，则a6＝________，|a0|+|a1|+|a2|+……+|a5|+|a6|＝________．

已知函数f(x)=2x,x<0lg2(x−a),x≥0 ，若f(−1)＝f (1)，则实数a＝________；若y＝f(x)存在最小值，则实数a的取值范围为________．

某地区有3个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将3名医务人员（1男2女）和6名警察（4男2女）分配到这3个地点去值班，要求每个值班地点至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．（用具体数字作答）

已知平面向量a→，b→，c→，d→，满足|a→|＝|b→|＝|c→|＝1，a→⋅b→=0，|c→−d→|＝|b→⋅c→|，则a→⋅d→的取值范围为________．

已知a，b∈R，设函数f(x)＝2|sinx+a|+|cs2x+sinx+b|的最大值为G(a, b)，则G(a, b)的最小值为________．
三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）

在△ABC中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝1，acsA=3sinB．
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)若a＝2，求△ABC的面积．

如图，四棱锥A−BCDE中，底面BCDE是正方形，∠ABC=90∘，AC=2，BC=1，AE=7．

(1)求证：BC⊥AE；

(2)求直线AD与平面BCDE所成角的正弦值．

已知数列{an}是等比数列，a1＝2，且a2，a3+2，a4成等差数列．数列{bn}满足：b1+b22+b33+⋯⋯+bnn=n2+n2(n∈N*)．
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(Ⅱ)求证：b1−1a1+b2−12⋅a2+b3−13⋅a3+⋯⋯+bn−1n⋅an<32．

如图，已知点O(0, 0)，E(2, 0)，抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点F为线段OE中点．
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)过点E的直线交抛物线C于A，B两点，AB→=4AM→，过点A作抛物线C的切线l，N为切线l上的点，且MN⊥y轴，求△ABN面积的最小值．

已知函数f(x)＝(x+1)ex−ax2(x>0)．
(Ⅰ)若函数f(x)在 (0, +∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(Ⅱ)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，
(ⅰ)求实数a的取值范围；
(ⅱ)求证：1x1+1x2−1t0+1>1．（其中t0为f(x)的极小值点）
参考答案与试题解析
2020年浙江省绍兴市高考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
进行交集和补集的运算即可．
【解答】
∵ A＝{x|x>1}，B＝{x|x≥1}，
∴ ∁RA＝{x|x≤1}，(∁RA)∩B＝{1}．
2.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的定义
【解析】
根据双曲线的方程求出啊、焦点坐标和渐近线，利用点到直线的距离公式进行求解即可．
【解答】
解：双曲线x23−y2=1的渐近线为y=±33x，
a2=3，b2=1，c2=a2+b2=3+1=4，即c=2，
设一个焦点F(2, 0)，渐近线方程为33x+y=0，
则焦点F到其渐近线的距离d=|33×2|1+(33)2=233233=1.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
根据三视图知该四棱锥的底面是边长为2的正方形，且各侧面的斜高是2；求出四棱锥的底面积和高，计算它的体积．
【解答】
根据三视图知该四棱锥的底面是边长为2的正方形，且各侧面的斜高是2；
画出图形，如图所示；
所以该四棱锥的底面积为S＝22＝4，高为h=22−12=3；
所以该四棱锥的体积是V=13Sh=13×4×3=433．
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出不等式组表示的平面区域，设z＝x−3y，则直线x−3y−z＝0是一组平行线，找出最优解，求出z有最大值，且z无最小值．
【解答】
画出不等式组y≥0x−2y≤22x−y≥2 表示的平面区域，如图阴影所示；
设z＝x−3y，则直线x−3y−z＝0是一组平行线；
当直线过点A时，z有最大值，由y=0x−2y=2 ，得A(2, 0)；
所以z的最大值为x−3y＝2−0＝2，且z无最小值．
5.
【答案】
A
【考点】
三角函数值的符号
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
A=π4，则“sinA>sinB”，利用正弦定理可得：a>b，A>B，B<π4，C为钝角．反之不成立．可能B是钝角．
【解答】
A=π4，则“sinA>sinB”，由正弦定理可得：a>b⇔B<π4，C为钝角，⇒“△ABC是钝角三角形”，反之不成立．可能B是钝角．
∴ A=π4，则“sinA>sinB”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件．
6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
先根据对数不等式求出a的范围，然后利用特殊值验证找出图象．
【解答】
∵ lga2>1，
∴ a>(1)
结合图象f(1)＝1−a<0，故排除B，C．
又∵ f(−1)＝−1−a<0，故排除A．
D选项满足．
故选：D．
7.
【答案】
B
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
计算可得E(X)＝E(Y)，进而得到D(X)>D(Y)，同理D(Y)>D(Z)，
【解答】
解：E(X)=13(x1+x2+x3)，
E(Y)=13(x1+x22+x2+x32+x3+x12)=13(x1+x2+x3)=E(X)，
x1+x22，x2+x32，x3+x12距E(Y)，x1，x2，x3较近，
所以D(X)>D(Y)，
同理D(Y)>D(Z)，
故D( X )>D(Y )>D(Z ).
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
二面角的平面角及求法
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
由题意，三棱锥V−ABC为正三棱锥，过P作PE // AC，则∠BPE为直线PB与直线AC所成角为α，二面角P−AC−B的平面角为β，即V−AC−B的平面角为β，然后利用运动思想分析两角的范围，可得α+β∈(π3, π)，则α+β不可能是π3，答案可求．
【解答】
解：如图，在平面VAC内，过点P作PQ//AC交VC于Q，连接BQ．
所以直线PB与PQ所成的角为α，不妨设AB=AC=2,∠VAB=θ，
则π6<θ<π2,
VA=1csθ,PB=4+AP2−4APcsθ．
再令VPVA=PQAC=t0则PQ=2t,AP=(1−t)VA=1−tcsθ．
在等腰△BPQ中得：
csα=|PQ2+PB2−BQ22PQ⋅PB|=PQ2PB=t4+AP2−4APcsθ
=csθ1t2+4cs2θ−21t+1≤12sinθ.
又π6<θ<π2，所以csα<12，
所以α>π3,α+β>π3.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
数列的函数特性
【解析】
取射线y＝x的参数方程x=22ty=22t (t>0)，利用参数t的几何意义表示出an，然后作差法判断其单调性．
【解答】
设y＝x的参数方程x=22ty=22t (t>0)，代入x2n+1+y2n=1(n∈N*)整理得
t=2n(n+1)2n+1，∴ tn+1=2(n+1)(n+2)2n+3，
∴ an＝tn+1−tn=2(n+1)(n+2)2n+3−2n(n+1)2n+1
要判断上式增大还是减小，只需研究2(n+1)(n+2)2n+3−2n(n+1)2n+1的值增大或减小即可．
将上式通分得2(n+1)[(n+2)(2n+1)−n(2n+3)](2n+3)(2n+1)=4n2+8n+44n2+8n+3
=1+14n2+8n+3，显然随着n的增大，an的逐渐减小．
故该数列是递减数列．
10.
【答案】
D
【考点】
不等式恒成立的问题
【解析】
原式变形可得(e−1)ln(x+ax)≤x+ax−1，构造t=x+ax>0，可得(e−1)lnt≤t−1，再构造g(t)=lnt−t−1e−1(t>0)，利用导数可知，满足g(t)≤0的t∈(0, 1]∪[e, +∞)，结合x∈[1, e]，可知a≥e24，由此再逐项判断即可得出结论．
【解答】
当t∈[e, +∞)时，x+ax≥e，则a≥e24，
对A，取a∈[e24,2)时，y>0恒成立，不合题意（1）对B、C，取a→+∞时，y>0恒成立，不合题意（2）对D，事实上，a∈[e24,+∞)，必有a−1>0，因此y＝ex−a+1必有零点．
故选：D．
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）
【答案】
2,[−3, 3]
【考点】
正弦函数的定义域和值域
三角函数的周期性及其求法
【解析】
利用周期计算公式和y＝sinx的值域直接计算即可．
【解答】
由题意最小正周期T=2ππ=2．
因为sin(πx+2)∈[−1, 1]，所以−3sin(πx+2)∈[−3, 3]，
故值域为[−3, 3]．
【答案】
3−2i,13
【考点】
复数的运算
复数的模
【解析】
利用复数的加减法、乘法公式、复数模的计算公式直接计算即可．
【解答】
∵ z+i1+i=1−2i，
∴ z+i＝(1−2i)(1+i)＝3−i．
∴ z＝3−2i．
|z|=32+(−2)2=13．
【答案】
0,665
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
根据其特点可知a6为x6的系数，把第二问所求去掉绝对值符号发现各项为负，令x＝1即可求解．
【解答】
因为(1+x)6−(2+x)6＝a0+a1x+a2x2+……+a5x5+a6x6，
令x＝1可得：a0+a1+a2+……+a5+a6＝26−36＝−6(65)
所以：a6=∁66−∁66=0；
∵ a0=∁60−26⋅∁60=−63；
a1=∁61−25∁61=−186；
a2x2+=∁62−24∁62=−225；
……
a5=∁65−2⋅∁65=−6；
a6=∁66−20⋅∁66=0；
故|a0|+|a1|+|a2|+……+|a5|+|a6|＝−a0−a1−a2−……−a5−a6＝6(65)
【答案】
1−2,[−1, 0)
【考点】
分段函数的应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）根据题意列出关于a的方程即可；
（2）在每一段上求出其函数值域，然后小中取小，能取到即可．
【解答】
又x≥0时，f(x)＝lg2(x−a)递增，故f(x)≥f(0)＝lg2(−a)，
要使函数f(x)存在最小值，只需−a>0lg2(−a)≤0 ，
解得：−1≤a<0．
故答案为：1−2，[−1, 0)．
【答案】
324
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分2步进行分析：①，将9人分成3组，每组一名医务人员和两名警察，要求每一组至少有1名女性，②，将分好的三组全排列，对应三个值班地点，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
根据题意，分2步进行分析：
①，将9人分成3组，每组一名医务人员和两名警察，要求每一组至少有1名女性，
将9人分成3组，有A33×C62C42C22A33种情况，其中存在某组没有女性即全部为男性的情况有C42C42种，
则有A33×C62C42C22A33−C42C42＝90−36＝54种分组方法，
②，将分好的三组全排列，对应三个值班地点，有A33＝6种情况，
则有54×6＝324种不同的分配方案；
【答案】
[−2,2]
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据已知条件，假设各向量的坐标表示，通过转换成三角函数的范围来求解．
【解答】
解；由题，设a→=(1,0),b→=(0,1),c→=(csθ,sinθ),d→=(x,y)．
∵ |c→−d→|＝|b→⋅c→|，∴ (x−csθ)2+(y−sinθ)2＝sin2θ．①．
∵a→⋅d→=x．
根据①中圆的几何意义，a→⋅d→的取值范围即：csθ+sinθ=2sin(θ+π4)，
∴ a→⋅d→的取值范围为[−2,2]．
【答案】
4916
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
换元t＝sinx∈[−1, 1]，可知G(a, b)＝max{|−2t2+3t+2a+b+1|, |2t2+t+2a−b−1|}，分G(a, b)＝|−2t2+3t+2a+b+1|及G(a, b)＝|2t2+t+2a−b−1|讨论，利用绝对值的几何意义两点控制可求得对应的最小值，进而求得G(a, b)的最小值．
【解答】
设t＝sinx∈[−1, 1]，则f(x)＝2|sinx+a|+|1−2sin2x+sinx+b|＝|2t+2a|+|−2t2+t+b+1|＝max{|−2t2+3t+2a+b+1|, |2t2+t+2a−b−1|}，
∴ G(a, b)＝max{|−2t2+3t+2a+b+1|, |2t2+t+2a−b−1|}，
当G(a, b)＝|−2t2+3t+2a+b+1|时，令g(t)＝−2t2+3t+2a+b+1，t∈[−1, 1]，则此时g(t)max=g(−34),g(t)min=g(−1)，
故G(a,b)=|g(t)|≥|g(−1)|+|g(34)|2=|2a+b−4|+|2a+b+178|2≥|−4−178|2=4916，由a，b∈R可知，等号能成立；
当G(a, b)＝|2t2+t+2a−b−1|时，令h(t)＝2t2+t+2a−b−1，t∈[−1, 1]，则此时h(t)min=h(−14),h(t)max=h(1)，
故G(a,b)=|h(t)|≥|h(−14)|+|h(1)|2=|2a−b−98|+|2a−b+2|2≥|−98−2|2=2516，由a，b∈R可知，等号能成立；
综上，G(a, b)的最小值为4916．
三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）
【答案】
（1）∵ acsA=3sinB⇒asinB=3csA，
∵ asinA=bsinB⇒asinB＝bsinA；
∵ b＝1；
所以：3csA＝sinA⇒tanA=3⇒A=π3．（三角形内角）
（2）因为a2＝b2+c−22bccsA⇒c2−c−3＝0⇒c=1+132；（负值舍）；
∴ S△ABC=12bcsinA=3+398．
【考点】
正弦定理
解三角形
【解析】
(Ⅰ)由已知结合正弦定理求得A的正切值，即可求得结论；
(Ⅱ)由余弦定理求得边c，进而求得其面积．
【解答】
（1）∵ acsA=3sinB⇒asinB=3csA，
∵ asinA=bsinB⇒asinB＝bsinA；
∵ b＝1；
所以：3csA＝sinA⇒tanA=3⇒A=π3．（三角形内角）
（2）因为a2＝b2+c−22bccsA⇒c2−c−3＝0⇒c=1+132；（负值舍）；
∴ S△ABC=12bcsinA=3+398．
【答案】
(1)证明：∵ BC⊥AB，BC⊥BE，AB∩BE=B，
∴ BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，
∴ BC⊥AE．
(2)解：过点B作平面ABC的垂线Bz，
则BA，BC，Bz两两相互垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得：A(3, 0, 0)，C(0, 1, 0)，设E(x, y, z)，z>0，
则BE→⋅BC→=0，|BE→|=1，|AE→|=7．
可得：y=0，x2+z2=1，(x−3)2+z2=7，
解得：x=−32，y=0，z=12，
则E(−32, 0, 12)．
由BE→=CD→=(−32, 0, 12)，得D(−32, 1, 12)，
∴ AD→=(−332, 1, 12)．
设平面BCDE的法向量为：n→=(a, b, c)，
则n→⋅BE→=n→⋅BC→=0，可得：−32a+12c=b=0，
可得：n→=(1, 0, 3)．
∴ sin=|cs|=|AD→⋅n→||AD→|⋅|n→|=68．
∴ 直线AD与平面BCDE所成角的正弦值为68．
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
两条直线垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ BC⊥AB，BC⊥BE，AB∩BE=B，
∴ BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，
∴ BC⊥AE．
(2)解：过点B作平面ABC的垂线Bz，
则BA，BC，Bz两两相互垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得：A(3, 0, 0)，C(0, 1, 0)，设E(x, y, z)，z>0，
则BE→⋅BC→=0，|BE→|=1，|AE→|=7．
可得：y=0，x2+z2=1，(x−3)2+z2=7，
解得：x=−32，y=0，z=12，
则E(−32, 0, 12)．
由BE→=CD→=(−32, 0, 12)，得D(−32, 1, 12)，
∴ AD→=(−332, 1, 12)．
设平面BCDE的法向量为：n→=(a, b, c)，
则n→⋅BE→=n→⋅BC→=0，可得：−32a+12c=b=0，
可得：n→=(1, 0, 3)．
∴ sin=|cs|=|AD→⋅n→||AD→|⋅|n→|=68．
∴ 直线AD与平面BCDE所成角的正弦值为68．
【答案】
（1）设等比数列{an}的公比为q，则a2＝2q，a3＝2q2，a4＝2q3，
由a2，a3+2，a4成等差数列，得2(a3+2)＝a2+a4，
即2(2q2+2)＝2q+2q3，即(q−1)(q2+1)＝0，解得q＝2，所以an＝2n．
当n＝1时，b1＝1，当n≥2时，b1+b22+b33+⋯+bnn=n2+n2，
b1+b22+b33+⋯+bnn−1=(n−1)2+(n−1)2，作差得bnn=n，
所以，bn＝nn(n≥2)，当n＝1时，b1＝1×1=1也成立，所以bn＝nn，
综上，an＝2n，bn＝nn．
（2）因为当n≥2时，bn−1nan=nn−1n×2nb1−1a1+b2−12a2+b3−13a3+⋯+bn−1nan<222+323+⋯+n2n，
设Tn=222+323+⋯+n2n，则12Tn=223+324+⋯+n2n+1，两式相减得，
12Tn=222+(123+⋯+12n)−n2n+1=12+123(1−12n−1)1−12−n2n+1=12+14(1−12n−2)−n2n+1=34−n+22n+1，
所以Tn=32−n+22n+1，所以Tn<32．
所以b1−1a1+b2−12⋅a2+b3−13⋅a3+⋯⋯+bn−1n⋅an<32．
【考点】
数列递推式
等差数列的性质
【解析】
(Ⅰ)由递推公式可以求出通项公式an＝2n，bn＝nn．
(Ⅱ)采用缩放的方法证明当n＝1和n≥2时成立，采用缩放的方法证明．
【解答】
（1）设等比数列{an}的公比为q，则a2＝2q，a3＝2q2，a4＝2q3，
由a2，a3+2，a4成等差数列，得2(a3+2)＝a2+a4，
即2(2q2+2)＝2q+2q3，即(q−1)(q2+1)＝0，解得q＝2，所以an＝2n．
当n＝1时，b1＝1，当n≥2时，b1+b22+b33+⋯+bnn=n2+n2，
b1+b22+b33+⋯+bnn−1=(n−1)2+(n−1)2，作差得bnn=n，
所以，bn＝nn(n≥2)，当n＝1时，b1＝1×1=1也成立，所以bn＝nn，
综上，an＝2n，bn＝nn．
（2）因为当n≥2时，bn−1nan=nn−1n×2nb1−1a1+b2−12a2+b3−13a3+⋯+bn−1nan<222+323+⋯+n2n，
设Tn=222+323+⋯+n2n，则12Tn=223+324+⋯+n2n+1，两式相减得，
12Tn=222+(123+⋯+12n)−n2n+1=12+123(1−12n−1)1−12−n2n+1=12+14(1−12n−2)−n2n+1=34−n+22n+1，
所以Tn=32−n+22n+1，所以Tn<32．
所以b1−1a1+b2−12⋅a2+b3−13⋅a3+⋯⋯+bn−1n⋅an<32．
【答案】
（1）由已知得焦点F的坐标为(1, 0)，
∴ p＝2，
∴ 抛物线C的方程为：y2＝4x；
（2）设直线AB的方程为：x＝my+2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(x0, y0)，
联立方程x=my+2y2=4x ，消去x得：y2−4my−8＝0，
∴ △＝16m2+32>0，y1+y2＝4m，y1y2＝−8，
设直线l方程为：y−y1＝k(x−x1)，
联立方程y−y1=k(x−x1)y2=4x ，消去x得：y2−4ky+4ky1−4x1=0，
由相切得：△=16k2−4(4ky1−4x1)=0，∴ 1k2−1ky1+x1=0，
又x1=y124，∴ 1k2−1ky1+y124=0，
∴ (1k−y12)2=0，
∴ k=2y1，
∴ 直线l的方程为：2x−y1y+2x1＝0，
由AB→=4AM→，得x0=3x1+x24，y0=3y1+y24，
将y0=3y1+y24 代入直线l方程，解得xN=y12+y1y28=y12−88，
所以S△ABN=12|x0−xN|×|y1−y2|
=12|3x1+x24−y12−88|×|y1−y2|
=|y12+y22+1632|×|y1−y2|
=|y1−y2|332
=|y1+8y1|332，
又|y1+8y1|≥42，
所以S△ABN≥42，当且仅当y1=±22时，取到等号，
所以△ABN面积的最小值为42．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
(Ⅰ)由已知得焦点F(1, 0)，所以p＝2，从而求出抛物线C的方程；
(Ⅱ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(x0, y0)，设直线l方程为：y−y1＝k(x−x1)，与抛物线方程联立，利用△＝0求得k=2y1，所以直线l的方程为：2x−y1y+2x1＝0，由AB→=4AM→，求得点M的坐标，进而求出点N的坐标，所以S△ABN=12|x0−xN|×|y1−y2|设直线AB的方程为：x＝my+2，与抛物线方程联立，设直线l方程为：y−y1＝k(x−x1)，利用韦达定理代入S△ABN，利用基本不等式即可求出△ABN面积的最小值．
【解答】
（1）由已知得焦点F的坐标为(1, 0)，
∴ p＝2，
∴ 抛物线C的方程为：y2＝4x；
（2）设直线AB的方程为：x＝my+2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(x0, y0)，
联立方程x=my+2y2=4x ，消去x得：y2−4my−8＝0，
∴ △＝16m2+32>0，y1+y2＝4m，y1y2＝−8，
设直线l方程为：y−y1＝k(x−x1)，
联立方程y−y1=k(x−x1)y2=4x ，消去x得：y2−4ky+4ky1−4x1=0，
由相切得：△=16k2−4(4ky1−4x1)=0，∴ 1k2−1ky1+x1=0，
又x1=y124，∴ 1k2−1ky1+y124=0，
∴ (1k−y12)2=0，
∴ k=2y1，
∴ 直线l的方程为：2x−y1y+2x1＝0，
由AB→=4AM→，得x0=3x1+x24，y0=3y1+y24，
将y0=3y1+y24 代入直线l方程，解得xN=y12+y1y28=y12−88，
所以S△ABN=12|x0−xN|×|y1−y2|
=12|3x1+x24−y12−88|×|y1−y2|
=|y12+y22+1632|×|y1−y2|
=|y1−y2|332
=|y1+8y1|332，
又|y1+8y1|≥42，
所以S△ABN≥42，当且仅当y1=±22时，取到等号，
所以△ABN面积的最小值为42．
【答案】
（1）由f(x)＝(x+1)ex−ax2，得f′(x)＝x(x+2xex−2a)，
设g(x)=x+2x⋅ex，(x>0)；则g′(x)=x2+2x−2x2⋅ex；
由g′(x)≥0，解得x≥3−1，
所以g(x)在(0, 3−1)上单调递减，在(3−1, +∞)上单调递增，
所以函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，
f′(x)≥0，所以2a≤g(3−1)＝(2+3)⋅e3−1；
所以，实数a的取值范围是：(−∞, (2+3)⋅e3−12]．
(2)(i)因为函数f(x)有两个不同的零点，f(x)不单调，所以a>(2+3)⋅e3−12．
因此f′(x)＝0有两个根，设为t1，t0，且0所以f(x)在(0, t1)上单调递增，在(t1, t0)上单调递减，在(t0, +∞)上单调递增；
又f(t1)>f(0)＝1，f(x)＝(x+1)ex−ax2＝a(ex−x2)+(x+1−a)⋅ex，当x充分大时，f(x)取值为正，因此要使得f(x)有两个不同的零点，则必须有f(t0)<0，即(t0+1)et0−a⋅t02<0；
又因为f′(t0)＝(t0+2)et0−2at0＝0；
所以：(t0+2)et0−t02⋅(t0+2)et0<0，解得t0>2，所以a>12g(2)=1+22⋅e2；
因此当函数f(x)有两个不同的零点时，实数a的取值范围是(1+22⋅e2, +∞)．
(ⅱ)先证明不等式，若x1，x2∈(0, +∞)，x1≠x2，则x1x2证明：不妨设x2>x1>0，即证2(x2x1−1)x2x1+1设t=x2x1>(1)g(t)＝lnt−t−1t，h(t)＝lnt−2(t−1)t+1，
只需证g(t)<0且h(t)>0；
因为g′(t)=−(t−1)22tt<0，h′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以g(t)在(1, +∞)上单调递减，h(t)在(1, +∞)上单调递增，
所以g(t)h(1)＝0，从而不等式得证．
再证原命题1x1+1x2−1t0+1>(1)
由f(x1)=0f(x2)=0 得(x1+1)ex1−ax12=0(x2+1)ex2−ax22=0 ；
所以(x1+1)ex1x12=(x2+1)ex2x22，两边取对数得：2(lnx2−lnx1)−[ln(x2+1)−ln(x1+1)]＝x2−x1；
即2(lnx2−lnx1)x2−x1−ln(x2+1)−ln(x1+1)(x2+1)−(x1+1)=(1)
因为2(lnx2−lnx1)x2−x1−ln(x2+1)−ln(x1+1)(x2+1)−(x1+1)<2x1x2−2(x1+1)+(x2+1)，
所以1+2x1+x2+2<2x1x2<1x1+1x2，
因此，要证1x1+1x2−1t0+1>(1)
只需证x1+x2<2t0；
因为f(x)在(t0, +∞)上单调递增，0只需证f(x1)设r(x)＝f(t0+x)−f(t0−x)，−t0计算得r′(x)＝(x+t0+2)et0+x+(−x+t0+2)et0−x−4at0；
r″(x)＝et0−x[(x+t0+3)e2x+(x−t0−3)]．
由y＝(x+t0+3)e2x+(x−t0−3)在(−t0, 0)上单调递增，
得y<(t0+3)e0+(0−t0−3)＝0，
所以r″(x)<0；即r′(x)在(−t0, 0)上单调递减，
所以：r′(x)>r′(0)＝2f′(t0)＝0；
即r(x)在(−t0, 0)上单调递增，所以r(x)【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点与方程根的关系
【解析】
(Ⅰ)先求其导函数，转化为f′(x)≥0，即求g(x)=x+2x⋅ex−2a的最小值即可；
(Ⅱ)(ⅰ)结合第一问的结论得f(x)不单调，故a>(2+3)⋅e3−12；设f′(x)＝0有两个根，设为t1，t0，且0(ⅱ)转化为先证明不等式，若x1，x2∈(0, +∞)，x1≠x2，则x1x2【解答】
（1）由f(x)＝(x+1)ex−ax2，得f′(x)＝x(x+2xex−2a)，
设g(x)=x+2x⋅ex，(x>0)；则g′(x)=x2+2x−2x2⋅ex；
由g′(x)≥0，解得x≥3−1，
所以g(x)在(0, 3−1)上单调递减，在(3−1, +∞)上单调递增，
所以函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，
f′(x)≥0，所以2a≤g(3−1)＝(2+3)⋅e3−1；
所以，实数a的取值范围是：(−∞, (2+3)⋅e3−12]．
(2)(i)因为函数f(x)有两个不同的零点，f(x)不单调，所以a>(2+3)⋅e3−12．
因此f′(x)＝0有两个根，设为t1，t0，且0所以f(x)在(0, t1)上单调递增，在(t1, t0)上单调递减，在(t0, +∞)上单调递增；
又f(t1)>f(0)＝1，f(x)＝(x+1)ex−ax2＝a(ex−x2)+(x+1−a)⋅ex，当x充分大时，f(x)取值为正，因此要使得f(x)有两个不同的零点，则必须有f(t0)<0，即(t0+1)et0−a⋅t02<0；
又因为f′(t0)＝(t0+2)et0−2at0＝0；
所以：(t0+2)et0−t02⋅(t0+2)et0<0，解得t0>2，所以a>12g(2)=1+22⋅e2；
因此当函数f(x)有两个不同的零点时，实数a的取值范围是(1+22⋅e2, +∞)．
(ⅱ)先证明不等式，若x1，x2∈(0, +∞)，x1≠x2，则x1x2证明：不妨设x2>x1>0，即证2(x2x1−1)x2x1+1设t=x2x1>(1)g(t)＝lnt−t−1t，h(t)＝lnt−2(t−1)t+1，
只需证g(t)<0且h(t)>0；
因为g′(t)=−(t−1)22tt<0，h′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以g(t)在(1, +∞)上单调递减，h(t)在(1, +∞)上单调递增，
所以g(t)h(1)＝0，从而不等式得证．
再证原命题1x1+1x2−1t0+1>(1)
由f(x1)=0f(x2)=0 得(x1+1)ex1−ax12=0(x2+1)ex2−ax22=0 ；
所以(x1+1)ex1x12=(x2+1)ex2x22，两边取对数得：2(lnx2−lnx1)−[ln(x2+1)−ln(x1+1)]＝x2−x1；
即2(lnx2−lnx1)x2−x1−ln(x2+1)−ln(x1+1)(x2+1)−(x1+1)=(1)
因为2(lnx2−lnx1)x2−x1−ln(x2+1)−ln(x1+1)(x2+1)−(x1+1)<2x1x2−2(x1+1)+(x2+1)，
所以1+2x1+x2+2<2x1x2<1x1+1x2，
因此，要证1x1+1x2−1t0+1>(1)
只需证x1+x2<2t0；
因为f(x)在(t0, +∞)上单调递增，0只需证f(x1)设r(x)＝f(t0+x)−f(t0−x)，−t0计算得r′(x)＝(x+t0+2)et0+x+(−x+t0+2)et0−x−4at0；
r″(x)＝et0−x[(x+t0+3)e2x+(x−t0−3)]．
由y＝(x+t0+3)e2x+(x−t0−3)在(−t0, 0)上单调递增，
得y<(t0+3)e0+(0−t0−3)＝0，
所以r″(x)<0；即r′(x)在(−t0, 0)上单调递减，
所以：r′(x)>r′(0)＝2f′(t0)＝0；
即r(x)在(−t0, 0)上单调递增，所以r(x)