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广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）
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这是一份广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题），共31页。试卷主要包含了an+1﹣an＝0，n∈N*，＝﹣lnx，，a∈R，有两个零点，＝0，已知函数，已知函数，其中a≠0，已知A，B是抛物线E等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）
一．数列的求和（共1小题）
1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝3，且anan+12﹣2（an2﹣1）an+1﹣an＝0，n∈N*．
（1）设bn＝an﹣，求数列{bn}的通项公式；
（2）设Sn＝a12+a22+…+an2，Tn＝++…+，求Sn+Tn，并确定最小正整数n，使Sn+Tn为整数．
二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）
2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx，其中a∈R．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cosx≥1恒成立，求实数a的取值范围．
三．利用导数研究函数的最值（共6小题）
3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；
（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a及x≥1，问：和ex﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．
4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．
（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．
6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣aex，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0．
（1）求实数a的取值范围；
（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．
7．（2023•湛江二模）已知函数．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．
（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：
（i）m＞0；
（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．
8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．
（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若f（x）≥a（1﹣2sinx），求a的取值范围．
四．直线与椭圆的综合（共1小题）
9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．
（1）求|MN|的长度；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．
五．直线与抛物线的综合（共1小题）
10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．
（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．
六．直线与双曲线的综合（共1小题）
11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．
（1）求双曲线的离心率；
（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）
12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．
（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；
（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．
13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．
（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；
（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．
14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
（1）求C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．
（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；
（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P取得最大值时，q为何值？
（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．
16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn．
（1）求X1的分布列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求Xn的期望．
广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）
参考答案与试题解析
一．数列的求和（共1小题）
1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝3，且anan+12﹣2（an2﹣1）an+1﹣an＝0，n∈N*．
（1）设bn＝an﹣，求数列{bn}的通项公式；
（2）设Sn＝a12+a22+…+an2，Tn＝++…+，求Sn+Tn，并确定最小正整数n，使Sn+Tn为整数．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由题意知，
bn+1＝an+1﹣＝＝＝＝2bn，
，
∴数列{bn}是公比为2，首项为的等比数列，其通项公式为．
（2）由（1）有+…++2n
＝（）2+（）2+…（）2+2n
＝，n∈N*，
为使Sn+Tn＝，n∈N*，当且仅当为整数．
当n＝1，2时，Sn+Tn不为整数，
当n≥3时，4n﹣1＝（1+3）n﹣1＝，
∴只需为整数，
∵3n﹣1与3互质，∴为9的整数倍，
当n＝9时，为整数，
故n的最小值为9．
二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）
2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx，其中a∈R．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cosx≥1恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）递增区间为（1，+∞），递减区间为（0，1）；
（2）（﹣∞，1]．
【解答】解：（1）a＝1，f（x）＝ex﹣1﹣lnx，x＞0，
则在（0，+∞）上单调递增且f′（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
（2）令g（x）＝2f（x+1）﹣cosx＝2ex﹣2aln（x+1）﹣cosx，x∈[0，π]，
所以g′（x）＝+sinx，
当a≤0时，g′（x）＞0，则g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝1，符合题意；
当a＞0时，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝＞0，
故h（x）即g′（x）在[0，π]上单调递增，
又g′（0）＝2﹣2a，
（i）当0＜a≤1时，g′（x）≥g′（0）＝2﹣2a≥0，g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝1，符合题意；
（ii）当g'（π）＝2eπ﹣+sinπ≤0，即a≥（π+1）eπ时，
对任意的x∈[0，π]，g′（x）≤0，所以g（x）在（0，π）上单调递减，
此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．
（iii）当1＜a＜（π+1）eπ时，
因为g′（x）在[0，π]上单调递增，且g′（0）g′（π）＝（2﹣2a）（2eπ﹣）＜0，
所以∃x0∈[0，π]，使g'（x0）＝0，
且当x∈（0，x'）时，g'（x）单调递减．
此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．
综上，实数a的取值范围为（﹣∞，1]．
三．利用导数研究函数的最值（共6小题）
3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；
（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a及x≥1，问：和ex﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．
【答案】（1）（e，+∞）．
（2）比ex﹣1+a更接近lnx，理由见解析．
【解答】解：（1）因为存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，即f（x）min＜e﹣a，
由题设知，f'（x）＝ex﹣a，
①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在R上单调递增；
即f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，
所以a≤0舍去．
②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝lna，
当x∈（﹣∞，lna）时f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当a≤e时，f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，所以a≤e，舍去．
当a＞e时，lna＞1，f（x）在（1，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，所以f（x）min＝f（lna）＜f（1）＝e﹣a成立，故当a＞e时成立．
综上：a＞e，即实数a的取值范围是（e，+∞）．
（2）令，x≥1，p（x）在[1，+∞）单调递减．
因为p（e）＝0，故当1≤x≤e时，p（x）≥p（e）＝0；当x＞e时，p（x）＜0；
令q（x）＝ex﹣1+a﹣lnx，x≥1，
令，，h（x）在[1，+∞）单调递增，
故h（x）≥h（1）＝0，所以q'（x）＝h（x）＞0，则q（x）在[1，+∞）单调递增，
所以q（x）≥q（1）＝a+1，由（1）知a＞e，q（x）≥q（1）＝a+1＞0；
①当1≤x≤e时，p（x）≥0，q（x）＞0，
令，
所以，故m（x）在[1，e]单调递减，
所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a＜0，
即m（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，
所以比ex﹣1+a更接近lnx；
②当x＞e时，p（x）＜0，q（x）＞0，
令＝，
，令，，p（x）在（e，+∞）上单调递减，
所以，n'（x）＝p（x）＜0，n（x）在（e，+∞）单调递减，
所以n（x）≤n（e）＝1﹣ee﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以n（x）＜n（e）＝1﹣ee﹣1﹣a＜0，
即n（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，
所以比ex﹣1+a更接近lnx；
综上：当a＞e及x≥1，比ex﹣1+a更接近lnx．
4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．
（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（）．
【解答】（1）证明：由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，
当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，没有极值．
当a＞0时，令g'（x）＝0，即3x2﹣a＝0，解之得，，
当x∈（﹣∞，x1′）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（x1′，x2′）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（x2′，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．
∴g（x）的极大值为，
极小值为，
当时，要证x1+2x0＝0，即证，
代入计算有，，，
则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证；
当时，要证x1+2x0＝0，即证，
代入计算有，，，
则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证．
综上，当x0为极大值点和极小值点时，x1+2x0＝0均成立．
（2）解：①当x∈（1，+∞）时，f（x）＝﹣lnx＜0，∴h（x）＝min{f（x），g（x）}≤f（x）＜0，
故函数h（x）在x∈（1，+∞）时无零点；
②当x＝1时，f（1）＝0，，若，则g（1）≥0，h（x）＝f（1）＝0，
故x＝1是函数h（x）的一个零点；
若，则g（1）＜0，∴h（x）＝g（x）＜0，故x＝1时函数h（x）无零点．
③当x∈（0，1）时，f（x）＝﹣lnx＞0，因此只需要考虑g（x），
由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，
（一）当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，，∴g（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，
即g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；
（二）当a≥3时，x∈（0，1），g'（x）＜0恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，即g（x）在（0，1）内有1个零点，也即h（x）在（0，1）内有1个零点；
（三）a∈（0，3）时，函数g（x）在上单调递减，
∴，
若，即时，g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；
若，即时，g（x）在（0，1）内有唯一的一个零点，
也即h（x）在（0，1）内有唯一的零点；
若，即时，由，，
∴时，g（x）在（0，1）内有两个零点．
综上所述，当a∈（）时，函数有3个零点．
5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．
【答案】（1）（e，+∞）；
（2）证明见解析．
【解答】解：（1） 有两个零点，
等价于h（x）＝xex﹣a（lnx+x）＝xex﹣aln（xex）（x＞0）有两个零点，
令t＝xex，则t′＝（x+1）ex＞0，在x＞0时恒成立，所以t＝xex在x＞0时单调递增，
所以h（x）＝xex﹣aln（xex）有两个零点，等价于g（t）＝t﹣alnt有两个零点，
，
①当a≤0时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，不可能有两个零点；
②当a＞0时，令g′（t）＞0，得t＞a，g（t）单调递增，令g′（t）＜0，得0＜t＜a，g（t）单调递减，
所以g（t）min＝g（a）＝a﹣alna，
若g（a）＞0，得0＜a＜e，此时g（t）＞0恒成立，没有零点；
若g（a）＝0，得a＝e，此时g（t）有一个零点；
若g（a）＜0，得a＞e，因为g（1）＝1＞0，g（e）＝e﹣a＜0，g（ea）＝ea﹣a2＞0，
所以g（t）在（1，e），（e，ea）上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为（e，+∞）．
（2）证明：要证 只需证，即证，
由（1）知，，所以只需证lnt1+lnt2＞2，
因为alnt1＝t1，alnt2＝t2，所以a（lnt2﹣lnt1）＝t2﹣t1，a（lnt2+lnt1）＝t2+t1，
所以，只需证，
设0＜t1＜t2，令，则t＞1，所以只需证 即证 ，
令，t＞1，则 ，h（t）＞h（1）＝0，
即当t＞1时， 成立，
所以lnt1+lnt2＞2，即，即．
6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣aex，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0．
（1）求实数a的取值范围；
（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．
【答案】（1）（0，）；
（2）x1+x2+x3＞3，证明见解析．
【解答】解：（1）由题意得f（x）＝x2﹣aex有三个零点，
所以方程x2﹣aex＝0有三个根，即方程有三个根，
所以函数y＝a与函数的图象有三个公共点，
设，则，
令g′（x）＞0，解得0＜x＜2；令g′（x）＜0，解得x＜0或x＞2，
所以g（x）在（0，2）上单调递增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，
因为当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→0，
且g（0）＝0，，
所以g（0）＜a＜g（2），所以，即实数a的取值范围为（0，）．
（2）x1+x2+x3＞3，证明如下：
因为x1＜x2＜x3，由（1）得x1＜0＜x2＜2＜x3，
由，得2lnx2﹣x2＝2lnx3﹣x3，
设h（x）＝2lnx﹣x，则h（x2）＝h（x3），
求导得，
令h′（x）＞0，解得0＜x＜2，令h'（x）＜0，解得x＞2，
所以h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
设m（x）＝h（4﹣x）﹣h（x），0＜x＜2，
则m（x）＝2ln（4﹣x）﹣4+x﹣2lnx+x＝2ln（4﹣x）﹣2lnx+2x﹣4，0＜x＜2，
求导得恒成立，
所以m（x）在（0，2）上单调递减，
所以m（x）＞m（2）＝0，即h（4﹣x）＞h（x），
因为0＜x2＜2，所以h（4﹣x2）＞h（x2）＝h（x3），
又因为x3＞2，4﹣x2＞2，h（x）在（2，+∞）上单调递减，
所以4﹣x2＜x3，即x2+x3＞4，
设且x0＜0，则，
因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x1＞x0，
因为e3＞4，所以，
所以，
因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x0＞﹣1，
所以x1＞x0＞﹣1，
所以x1+x2+x3＞4﹣1＝3．
7．（2023•湛江二模）已知函数．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．
（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：
（i）m＞0；
（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．
【答案】（1）y＝（1﹣m）x+m+；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析．
【解答】（1）解：因为f'（x）＝ex﹣1﹣x+1﹣，所以f'（1）＝1﹣m，又f（1）＝，
所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣＝（1﹣m）（x﹣1），即y＝（1﹣m）x+m+；
（2）证明：（i）依题意可知f'（x）有零点，即m＝x（ex﹣1﹣x+1）有正数解，
令φ（x）＝ex﹣1﹣x+1，则φ'（x）＝ex﹣1﹣1．
当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
所以φ（x）≥φ（1）＝1＞0，所以m＞0．
（ii）不妨设x1＞x2＞0．由f（x1）＝f（x2）可得m＝，
因为x1＞x2，所以lnx1＞lnx2，要证2m＞e（lnx1+lnx2），
只要证﹣+x1﹣（lnx1）2＞﹣+x2﹣（lnx2）2，
令g（x）＝ex﹣1﹣x2+x﹣（lnx）2，
即只要证g（x1）＞g（x2），即只要证y＝g（x）在（0，+∞）上单调递增，
即只要证g'（x）＝ex﹣1﹣x+1﹣e•≥0在（0，+∞）上恒成立，
即只要证ex﹣1﹣x+1≥e•在（0，+∞）上恒成立．令h（x）＝，则h'（x）＝，
当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增：当x∈（e，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）≤h（e）＝l．由（i）知，φ（x）＝ex﹣1﹣x+1≥1在（0，+∞）上恒成立，
所以ex﹣1﹣x+1≥1≥在（0，+∞）上恒成立，故2m＞e（lnx1+lnx2）．
8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．
（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若f（x）≥a（1﹣2sinx），求a的取值范围．
【答案】（1）（，+∞）；（2）（0，1]．
【解答】解：（1）∵有两个零点，
∴＝有两个根，
设g（x）＝，则g′（x）＝＝，
当x＜1时，则g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞1时，则g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∴当x＝1时，g（x）max＝，
当x→+∞时，g（x）→0，当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，
∴0＜＜，∴a＞，
∴a的取值范围为（，+∞）；
（2）设h（x）＝ex﹣3x﹣a（1﹣2sinx），
由h（0）≥0，h（）≥0，则0＜a≤1，
下面证明：当0＜a≤1时，ex﹣3x﹣a（1﹣2sinx）≥0，
即证ex﹣x+2sinx﹣1≥0，
设＝b（b≥1），即证b2ex﹣3bx+2sinx﹣1≥0，
令t（b）＝b2ex﹣3bx+2sinx﹣1（b≥1），
则二次函数的开口向上，对称轴为b＝，
由①得，≤＜1，
∴t（b）在[1，+∞）单调递增，∴t（b）≥t（1）＝ex﹣3x+2sinx﹣1，
下面再证明：ex﹣3x+2sinx﹣1≥0，
即证：﹣1≤0，
设F（X）＝﹣1，
则F′（X）＝，
设m（x）＝2﹣3x+2sinx﹣2cosx，
则m′（x）＝﹣3+2sinx﹣2cosx＝2sin（x﹣）﹣3＜0，
∴m（x）单调递减，且m（0）＝0，
则当x＞0时，F′（X）＜0，F（X）单调递减，
当x＜0时，F′（X）＞0，F（X）单调递增，
∴F（X）≤F（0）＝1﹣1＝0，即﹣1≤0，
则ex﹣3x﹣a（1﹣2sinx）≥0，
综上，a的取值范围为（0，1]．
四．直线与椭圆的综合（共1小题）
9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．
（1）求|MN|的长度；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】（1）3；
（2）4．
【解答】解：（1）T的上顶点（0，b）到直线的距离，解得b＝1，
又椭圆过点，
则，解得a2＝4，
所以椭圆方程为，
因为点A（x0，y0）（x0y0≠0）在椭圆上，所以，
由题意直线l的斜率存在，
设过点A的直线l方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），
令x＝0，则y＝y0﹣kx0，令y＝0，则，
即，
由，得，
所以，所以，
所以＝；
（2）由（1）得直线MN的斜率，
因为，所以，
所以直线BD的方程为，即2y0x+yx0＝0，
联立，解得，所以|x|＝，
所以，
点A到直线BD的距离，
又因，所以，
由椭圆的对称性可得四边形S△ABD＝S△CBD，
所以四边形ABCD面积，
，
当且仅当，即时取等号，
则，，所以，
即四边形ABCD面积的最大值为4．
五．直线与抛物线的综合（共1小题）
10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．
（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】（1）证明：因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以AB∥CD，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即kAB＝kCD，
设，，，，
则点M的横坐标，点N的横坐标，
由kAB＝kCD，得，
因式分解得，约分得x2+x1＝x4+x3，
所以，即xM＝xN，
所以MN垂直于x轴．
（2）解：设P（x0，y0），则，且﹣1≤y0＜0，
当λ＝2时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当λ＝2时，D为PB中点，同理得，
所以x1，x2是方程的两个根，
因为，
由韦达定理得x1+x2＝2x0，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以＝
＝＝，﹣1≤y0＜0，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．
六．直线与双曲线的综合（共1小题）
11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．
（1）求双曲线的离心率；
（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）e＝2．
（2）证明见解析．
【解答】解：（1）由|PF1|＝|PF2|，可设|PF1|＝x，|PF2|＝x，
在△PF1F2中cos∠F1PF2＝，
∴|F1F2|2＝7x2+3x2﹣2x•x＝4x2，
即|F1F2|＝2x，
∴|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，∴△PF1F2为直角三角形，
∴在△OPR2中，PF2⊥OF2，|PF2|＝x，|OF2|＝x，
＝，则双曲线的离心率为e＝＝＝＝2．
（2）在双曲线中＝，且实轴长为2，所以a＝1，b＝，
所以双曲线E方程为．
由F2（2，0），故设斜率为k的直线l为y＝k（x﹣2），
y＝k（x﹣2）代入．可得（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3＝0，
∵直线l与双曲线右支交于不同两点，∴，解得k2≥3，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1+x2＝，x1x2＝，则＝，＝k（﹣2）＝，
即A，B的中点坐标为（，），
因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，故Q为AB 的垂直平分线与x轴的交点，
AB的垂直平分线的方程为：y﹣＝﹣（x﹣﹣），
令y＝0，则得x＝，即Q（，0），
∴|QF2|＝|﹣﹣2|＝，
又|AB|＝＝•＝，
又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，
故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，
故＝＝＝2，即为定值．
七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）
12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．
（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；
（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．
【答案】（1）||TC|﹣|TS||＝2，点T的轨迹C′的方程：；
（2）直线MN过定点T（1，0），证明见解析．
【解答】解：（1）证明：由题意得|TS|＝|TS1|，所以，
即T的轨迹是以C，S为焦点，实轴长为2的双曲线，
即点T的轨迹C′的方程：；
（2）证明：由已知得直线AM的方程：y＝k1（x+1），直线AN的方程：y＝k2（x+1），
联立直线方程与双曲线方程，消去y，整理可得，
由韦达定理得，所以，即，
所以，
联立直线方程与圆方程，消去y，整理得，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，
若直线MN所过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点T（t，0），
由三点共线得kMT＝kNT，
即，，解得t＝1，
所以直线MN过定点T（1，0）．
13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．
（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；
（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）是定值．
【解答】解：（1）由双曲线的定义可知：|PF1|﹣|PF2|＝7﹣5＝2a⇒a＝1，
设抛物线方程为：y2＝2px，则由题意可得，即y2＝4cx；
由抛物线定义可得：，
代入抛物线方程得：，
代入双曲线方程得：，
故双曲线方程为：；抛物线方程为：y2＝8x；
（2）由题意可设l：x＝ky+2，点A、B、C、D的纵坐标依次为y1、y2、y3、y4，
分别联立直线l与双曲线、抛物线方程可得：
，
化简整理可得，（3k2﹣1）y2+12ky+9＝0、y2﹣8ky﹣16＝0，
由双曲线性质可得：，故有，
因为M、N分别为AD、BC的中点，故其纵坐标依次为：，
所以
＝是定值．
14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
（1）求C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
【答案】（1）y2＝4x．
（2）x±y﹣＝0．
【解答】解：（1）设点P（x，y），以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，
设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，
则r＝|MN|＝＝，
|PF|＝2r＝x+1，
∴点P到点F的距离等于点P到直线x＝﹣1的距离，
∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x＝﹣1为准线的抛物线，
∴C的方程为y2＝4x．
（2）由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，化为k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，
则x1+x2＝，x1x2＝1，
设直线l的倾斜角为θ，则|AM|＝|AF||tanθ|，|BN|＝|BF||tanθ|，
∴|AM|+|BN|＝|AF||tanθ|+|BF||tanθ|＝|AB||tanθ|＝k|AB|，
又|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+1+x2+1＝．
∴梯形MANB的面积S＝＝＝＝，
令t＝|k|∈（0，+∞），则S（t）＝8（t++），
S′（t）＝8（1﹣﹣）＝，
∴t∈（0，）时，S′（t）＜0，此时函数S（t）单调递减；t∈（，+∞）时，S′（t）＞0，此时函数S（t）单调递增．
∴t＝|k|＝时，即k＝±时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，
此时直线l的方程为：y＝±（x﹣1），即x±y﹣＝0．
八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．
（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；
（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P取得最大值时，q为何值？
（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．
【答案】（1）分布列见解析；当时，期望为1；当时，期望为3；
（2）；
（3）805500元．
【解答】解：（1）由题意得，在短视频平台购票的人中，复购概率为p，复购的人数X满足二项分布，即X～B（4，p），
故，故或．
又知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
①当时，，，
P（X＝2）＝，，
P（X＝4）＝＝，
所以X得分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
此时数学期望E（X）＝＝1．
②p＝时，P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2}＝＝，
P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
所以X得分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
此时数学期望E（X）＝4×＝3．
（2）设在社交媒体平台的目标用户购票并复购的概率为q1，由题得，．
，
，令P′＝0，得或1，
所以时，P′＞0，函数P单调递增，当时，P′＜0，函数P单调递减．
故当取得最大值．
由可得，．
（3）短视频平台：（元），
社交媒体平台：（元），
净利润总额：364000+441500＝805500（元）．
故景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额为805500元．
16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn．
（1）求X1的分布列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求Xn的期望．
【答案】（1）X1的分布列如下表：
X1
0
1
2
P
（2）an＝+；
（3）1．
【解答】解：（1）由题可知，X1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：
P（X1＝0）＝，P（X1＝1）＝，P（X1＝2）＝＝，
故X1的分布列如下表：
X1
0
1
2
P
（2）由全概率公式可知：
P（Xn+1＝1）＝P（Xn＝1）P（Xn+1＝1|Xn＝1）+P（Xn＝2）P（Xn+1＝1|Xn＝2）+P（Xn＝0）P（Xn+1＝1|Xn＝0）
＝（）P（Xn＝1）+（）P（Xn＝2）+（1×）P（Xn＝0）
＝P（Xn＝1）+P（Xn＝2）+P（Xn＝0），
即：an+1＝，
所以an+1＝，
所以an+1﹣＝（），
又a1＝P（X1＝1）＝，
所以，数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，
所以＝，
即：an＝+．
（3）由全概率公式可得：P（Xn+1＝2）＝P（Xn＝1）P（Xn+1＝2|Xn＝1）+P（Xn＝2）P（Xn+1＝2|Xn＝2）+P（Xn＝0）P（Xn+1＝2|Xn＝0）
＝（）P（Xn＝1）+（）P（Xn＝2）+0×P（Xn＝0），
即：bn+1＝+，
又an＝+，
所以bn+1＝+，
所以bn+1﹣+＝，
又b1＝P（X1＝2）＝，
所以＝＝0，
所以bn﹣+＝0，
所以，
所以E（Xn）＝an+2bn+0×（1﹣an﹣bn）＝an+2bn＝1．
广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）
一．数列的求和（共1小题）
1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝3，且anan+12﹣2（an2﹣1）an+1﹣an＝0，n∈N*．
（1）设bn＝an﹣，求数列{bn}的通项公式；
（2）设Sn＝a12+a22+…+an2，Tn＝++…+，求Sn+Tn，并确定最小正整数n，使Sn+Tn为整数．
二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）
2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx，其中a∈R．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cosx≥1恒成立，求实数a的取值范围．
三．利用导数研究函数的最值（共6小题）
3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；
（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a及x≥1，问：和ex﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．
4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．
（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．
6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣aex，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0．
（1）求实数a的取值范围；
（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．
7．（2023•湛江二模）已知函数．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．
（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：
（i）m＞0；
（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．
8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．
（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若f（x）≥a（1﹣2sinx），求a的取值范围．
四．直线与椭圆的综合（共1小题）
9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．
（1）求|MN|的长度；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．
五．直线与抛物线的综合（共1小题）
10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．
（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．
六．直线与双曲线的综合（共1小题）
11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．
（1）求双曲线的离心率；
（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）
12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．
（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；
（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．
13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．
（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；
（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．
14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
（1）求C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．
（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；
（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P取得最大值时，q为何值？
（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．
16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn．
（1）求X1的分布列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求Xn的期望．
广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（较难题）
参考答案与试题解析
一．数列的求和（共1小题）
1．（2023•汕头二模）已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝3，且anan+12﹣2（an2﹣1）an+1﹣an＝0，n∈N*．
（1）设bn＝an﹣，求数列{bn}的通项公式；
（2）设Sn＝a12+a22+…+an2，Tn＝++…+，求Sn+Tn，并确定最小正整数n，使Sn+Tn为整数．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由题意知，
bn+1＝an+1﹣＝＝＝＝2bn，
，
∴数列{bn}是公比为2，首项为的等比数列，其通项公式为．
（2）由（1）有+…++2n
＝（）2+（）2+…（）2+2n
＝，n∈N*，
为使Sn+Tn＝，n∈N*，当且仅当为整数．
当n＝1，2时，Sn+Tn不为整数，
当n≥3时，4n﹣1＝（1+3）n﹣1＝，
∴只需为整数，
∵3n﹣1与3互质，∴为9的整数倍，
当n＝9时，为整数，
故n的最小值为9．
二．利用导数研究函数的单调性（共1小题）
2．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx，其中a∈R．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，2f（x+1）﹣cosx≥1恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）递增区间为（1，+∞），递减区间为（0，1）；
（2）（﹣∞，1]．
【解答】解：（1）a＝1，f（x）＝ex﹣1﹣lnx，x＞0，
则在（0，+∞）上单调递增且f′（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
（2）令g（x）＝2f（x+1）﹣cosx＝2ex﹣2aln（x+1）﹣cosx，x∈[0，π]，
所以g′（x）＝+sinx，
当a≤0时，g′（x）＞0，则g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝1，符合题意；
当a＞0时，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝＞0，
故h（x）即g′（x）在[0，π]上单调递增，
又g′（0）＝2﹣2a，
（i）当0＜a≤1时，g′（x）≥g′（0）＝2﹣2a≥0，g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝1，符合题意；
（ii）当g'（π）＝2eπ﹣+sinπ≤0，即a≥（π+1）eπ时，
对任意的x∈[0，π]，g′（x）≤0，所以g（x）在（0，π）上单调递减，
此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．
（iii）当1＜a＜（π+1）eπ时，
因为g′（x）在[0，π]上单调递增，且g′（0）g′（π）＝（2﹣2a）（2eπ﹣）＜0，
所以∃x0∈[0，π]，使g'（x0）＝0，
且当x∈（0，x'）时，g'（x）单调递减．
此时g（x）＜g（0）＝2e0﹣2aln1﹣cos0＝1，不合题意．
综上，实数a的取值范围为（﹣∞，1]．
三．利用导数研究函数的最值（共6小题）
3．（2023•高州市二模）设定义在R上的函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1）若存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，求实数a的取值范围；
（2）定义：如果实数s，t，r满足|s﹣r|≤|t﹣r|，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a及x≥1，问：和ex﹣1+a哪个更接近lnx？并说明理由．
【答案】（1）（e，+∞）．
（2）比ex﹣1+a更接近lnx，理由见解析．
【解答】解：（1）因为存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜e﹣a成立，即f（x）min＜e﹣a，
由题设知，f'（x）＝ex﹣a，
①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在R上单调递增；
即f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，
所以a≤0舍去．
②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝lna，
当x∈（﹣∞，lna）时f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当a≤e时，f（x）在[1，+∞）单调递增，f（x）min＝f（1）＝e﹣a，不满足f（x）min＜e﹣a，所以a≤e，舍去．
当a＞e时，lna＞1，f（x）在（1，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，所以f（x）min＝f（lna）＜f（1）＝e﹣a成立，故当a＞e时成立．
综上：a＞e，即实数a的取值范围是（e，+∞）．
（2）令，x≥1，p（x）在[1，+∞）单调递减．
因为p（e）＝0，故当1≤x≤e时，p（x）≥p（e）＝0；当x＞e时，p（x）＜0；
令q（x）＝ex﹣1+a﹣lnx，x≥1，
令，，h（x）在[1，+∞）单调递增，
故h（x）≥h（1）＝0，所以q'（x）＝h（x）＞0，则q（x）在[1，+∞）单调递增，
所以q（x）≥q（1）＝a+1，由（1）知a＞e，q（x）≥q（1）＝a+1＞0；
①当1≤x≤e时，p（x）≥0，q（x）＞0，
令，
所以，故m（x）在[1，e]单调递减，
所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以m（x）≤m（1）＝e﹣1﹣a＜0，
即m（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，
所以比ex﹣1+a更接近lnx；
②当x＞e时，p（x）＜0，q（x）＞0，
令＝，
，令，，p（x）在（e，+∞）上单调递减，
所以，n'（x）＝p（x）＜0，n（x）在（e，+∞）单调递减，
所以n（x）≤n（e）＝1﹣ee﹣1﹣a，由（1）知a＞e，所以n（x）＜n（e）＝1﹣ee﹣1﹣a＜0，
即n（x）＝|p（x）|﹣|q（x）|＜0，故|p（x）|＜|q（x）|，
所以比ex﹣1+a更接近lnx；
综上：当a＞e及x≥1，比ex﹣1+a更接近lnx．
4．（2023•汕头二模）已知函数f（x）＝﹣lnx，，a∈R．
（1）若函数g（x）存在极值点x0，且g（x1）＝g（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，记函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），若函数h（x）有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（）．
【解答】（1）证明：由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，
当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，没有极值．
当a＞0时，令g'（x）＝0，即3x2﹣a＝0，解之得，，
当x∈（﹣∞，x1′）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（x1′，x2′）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（x2′，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．
∴g（x）的极大值为，
极小值为，
当时，要证x1+2x0＝0，即证，
代入计算有，，，
则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证；
当时，要证x1+2x0＝0，即证，
代入计算有，，，
则有g（x0）＝g（x1）符合题意，即x1+2x0＝0得证．
综上，当x0为极大值点和极小值点时，x1+2x0＝0均成立．
（2）解：①当x∈（1，+∞）时，f（x）＝﹣lnx＜0，∴h（x）＝min{f（x），g（x）}≤f（x）＜0，
故函数h（x）在x∈（1，+∞）时无零点；
②当x＝1时，f（1）＝0，，若，则g（1）≥0，h（x）＝f（1）＝0，
故x＝1是函数h（x）的一个零点；
若，则g（1）＜0，∴h（x）＝g（x）＜0，故x＝1时函数h（x）无零点．
③当x∈（0，1）时，f（x）＝﹣lnx＞0，因此只需要考虑g（x），
由题意，，g'（x）＝3x2﹣a，
（一）当a≤0时，g'（x）≥0恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，，∴g（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，
即g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；
（二）当a≥3时，x∈（0，1），g'（x）＜0恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，即g（x）在（0，1）内有1个零点，也即h（x）在（0，1）内有1个零点；
（三）a∈（0，3）时，函数g（x）在上单调递减，
∴，
若，即时，g（x）在（0，1）内无零点，也即h（x）在（0，1）内无零点；
若，即时，g（x）在（0，1）内有唯一的一个零点，
也即h（x）在（0，1）内有唯一的零点；
若，即时，由，，
∴时，g（x）在（0，1）内有两个零点．
综上所述，当a∈（）时，函数有3个零点．
5．（2023•潮州二模）已知函数（e是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若f（x）的两个零点分别为x1，x2，证明：．
【答案】（1）（e，+∞）；
（2）证明见解析．
【解答】解：（1） 有两个零点，
等价于h（x）＝xex﹣a（lnx+x）＝xex﹣aln（xex）（x＞0）有两个零点，
令t＝xex，则t′＝（x+1）ex＞0，在x＞0时恒成立，所以t＝xex在x＞0时单调递增，
所以h（x）＝xex﹣aln（xex）有两个零点，等价于g（t）＝t﹣alnt有两个零点，
，
①当a≤0时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，不可能有两个零点；
②当a＞0时，令g′（t）＞0，得t＞a，g（t）单调递增，令g′（t）＜0，得0＜t＜a，g（t）单调递减，
所以g（t）min＝g（a）＝a﹣alna，
若g（a）＞0，得0＜a＜e，此时g（t）＞0恒成立，没有零点；
若g（a）＝0，得a＝e，此时g（t）有一个零点；
若g（a）＜0，得a＞e，因为g（1）＝1＞0，g（e）＝e﹣a＜0，g（ea）＝ea﹣a2＞0，
所以g（t）在（1，e），（e，ea）上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为（e，+∞）．
（2）证明：要证 只需证，即证，
由（1）知，，所以只需证lnt1+lnt2＞2，
因为alnt1＝t1，alnt2＝t2，所以a（lnt2﹣lnt1）＝t2﹣t1，a（lnt2+lnt1）＝t2+t1，
所以，只需证，
设0＜t1＜t2，令，则t＞1，所以只需证 即证 ，
令，t＞1，则 ，h（t）＞h（1）＝0，
即当t＞1时， 成立，
所以lnt1+lnt2＞2，即，即．
6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x2﹣aex，存在x1＜x2＜x3，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0．
（1）求实数a的取值范围；
（2）试探究x1+x2+x3与3的大小关系，并证明你的结论．
【答案】（1）（0，）；
（2）x1+x2+x3＞3，证明见解析．
【解答】解：（1）由题意得f（x）＝x2﹣aex有三个零点，
所以方程x2﹣aex＝0有三个根，即方程有三个根，
所以函数y＝a与函数的图象有三个公共点，
设，则，
令g′（x）＞0，解得0＜x＜2；令g′（x）＜0，解得x＜0或x＞2，
所以g（x）在（0，2）上单调递增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，
因为当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→0，
且g（0）＝0，，
所以g（0）＜a＜g（2），所以，即实数a的取值范围为（0，）．
（2）x1+x2+x3＞3，证明如下：
因为x1＜x2＜x3，由（1）得x1＜0＜x2＜2＜x3，
由，得2lnx2﹣x2＝2lnx3﹣x3，
设h（x）＝2lnx﹣x，则h（x2）＝h（x3），
求导得，
令h′（x）＞0，解得0＜x＜2，令h'（x）＜0，解得x＞2，
所以h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
设m（x）＝h（4﹣x）﹣h（x），0＜x＜2，
则m（x）＝2ln（4﹣x）﹣4+x﹣2lnx+x＝2ln（4﹣x）﹣2lnx+2x﹣4，0＜x＜2，
求导得恒成立，
所以m（x）在（0，2）上单调递减，
所以m（x）＞m（2）＝0，即h（4﹣x）＞h（x），
因为0＜x2＜2，所以h（4﹣x2）＞h（x2）＝h（x3），
又因为x3＞2，4﹣x2＞2，h（x）在（2，+∞）上单调递减，
所以4﹣x2＜x3，即x2+x3＞4，
设且x0＜0，则，
因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x1＞x0，
因为e3＞4，所以，
所以，
因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以x0＞﹣1，
所以x1＞x0＞﹣1，
所以x1+x2+x3＞4﹣1＝3．
7．（2023•湛江二模）已知函数．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程．
（2）若存在x1≠x2使得f（x1）＝f（x2），证明：
（i）m＞0；
（ii）2m＞e（lnx1+lnx2）．
【答案】（1）y＝（1﹣m）x+m+；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析．
【解答】（1）解：因为f'（x）＝ex﹣1﹣x+1﹣，所以f'（1）＝1﹣m，又f（1）＝，
所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣＝（1﹣m）（x﹣1），即y＝（1﹣m）x+m+；
（2）证明：（i）依题意可知f'（x）有零点，即m＝x（ex﹣1﹣x+1）有正数解，
令φ（x）＝ex﹣1﹣x+1，则φ'（x）＝ex﹣1﹣1．
当x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
所以φ（x）≥φ（1）＝1＞0，所以m＞0．
（ii）不妨设x1＞x2＞0．由f（x1）＝f（x2）可得m＝，
因为x1＞x2，所以lnx1＞lnx2，要证2m＞e（lnx1+lnx2），
只要证﹣+x1﹣（lnx1）2＞﹣+x2﹣（lnx2）2，
令g（x）＝ex﹣1﹣x2+x﹣（lnx）2，
即只要证g（x1）＞g（x2），即只要证y＝g（x）在（0，+∞）上单调递增，
即只要证g'（x）＝ex﹣1﹣x+1﹣e•≥0在（0，+∞）上恒成立，
即只要证ex﹣1﹣x+1≥e•在（0，+∞）上恒成立．令h（x）＝，则h'（x）＝，
当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增：当x∈（e，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）≤h（e）＝l．由（i）知，φ（x）＝ex﹣1﹣x+1≥1在（0，+∞）上恒成立，
所以ex﹣1﹣x+1≥1≥在（0，+∞）上恒成立，故2m＞e（lnx1+lnx2）．
8．（2023•佛山二模）已知函数，其中a≠0．
（1）若f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若f（x）≥a（1﹣2sinx），求a的取值范围．
【答案】（1）（，+∞）；（2）（0，1]．
【解答】解：（1）∵有两个零点，
∴＝有两个根，
设g（x）＝，则g′（x）＝＝，
当x＜1时，则g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞1时，则g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∴当x＝1时，g（x）max＝，
当x→+∞时，g（x）→0，当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，
∴0＜＜，∴a＞，
∴a的取值范围为（，+∞）；
（2）设h（x）＝ex﹣3x﹣a（1﹣2sinx），
由h（0）≥0，h（）≥0，则0＜a≤1，
下面证明：当0＜a≤1时，ex﹣3x﹣a（1﹣2sinx）≥0，
即证ex﹣x+2sinx﹣1≥0，
设＝b（b≥1），即证b2ex﹣3bx+2sinx﹣1≥0，
令t（b）＝b2ex﹣3bx+2sinx﹣1（b≥1），
则二次函数的开口向上，对称轴为b＝，
由①得，≤＜1，
∴t（b）在[1，+∞）单调递增，∴t（b）≥t（1）＝ex﹣3x+2sinx﹣1，
下面再证明：ex﹣3x+2sinx﹣1≥0，
即证：﹣1≤0，
设F（X）＝﹣1，
则F′（X）＝，
设m（x）＝2﹣3x+2sinx﹣2cosx，
则m′（x）＝﹣3+2sinx﹣2cosx＝2sin（x﹣）﹣3＜0，
∴m（x）单调递减，且m（0）＝0，
则当x＞0时，F′（X）＜0，F（X）单调递减，
当x＜0时，F′（X）＞0，F（X）单调递增，
∴F（X）≤F（0）＝1﹣1＝0，即﹣1≤0，
则ex﹣3x﹣a（1﹣2sinx）≥0，
综上，a的取值范围为（0，1]．
四．直线与椭圆的综合（共1小题）
9．（2023•潮州二模）已知椭圆过点和点A（x0，y0）（x0y0≠0），T的上顶点到直线的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且．
（1）求|MN|的长度；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】（1）3；
（2）4．
【解答】解：（1）T的上顶点（0，b）到直线的距离，解得b＝1，
又椭圆过点，
则，解得a2＝4，
所以椭圆方程为，
因为点A（x0，y0）（x0y0≠0）在椭圆上，所以，
由题意直线l的斜率存在，
设过点A的直线l方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），
令x＝0，则y＝y0﹣kx0，令y＝0，则，
即，
由，得，
所以，所以，
所以＝；
（2）由（1）得直线MN的斜率，
因为，所以，
所以直线BD的方程为，即2y0x+yx0＝0，
联立，解得，所以|x|＝，
所以，
点A到直线BD的距离，
又因，所以，
由椭圆的对称性可得四边形S△ABD＝S△CBD，
所以四边形ABCD面积，
，
当且仅当，即时取等号，
则，，所以，
即四边形ABCD面积的最大值为4．
五．直线与抛物线的综合（共1小题）
10．（2023•广东二模）已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且λ≠1．
（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
（2）若点P为半圆x2+y2＝1（y＜0）上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】（1）证明：因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以AB∥CD，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即kAB＝kCD，
设，，，，
则点M的横坐标，点N的横坐标，
由kAB＝kCD，得，
因式分解得，约分得x2+x1＝x4+x3，
所以，即xM＝xN，
所以MN垂直于x轴．
（2）解：设P（x0，y0），则，且﹣1≤y0＜0，
当λ＝2时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当λ＝2时，D为PB中点，同理得，
所以x1，x2是方程的两个根，
因为，
由韦达定理得x1+x2＝2x0，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以＝
＝＝，﹣1≤y0＜0，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．
六．直线与双曲线的综合（共1小题）
11．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cos∠F1PF2＝．
（1）求双曲线的离心率；
（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）e＝2．
（2）证明见解析．
【解答】解：（1）由|PF1|＝|PF2|，可设|PF1|＝x，|PF2|＝x，
在△PF1F2中cos∠F1PF2＝，
∴|F1F2|2＝7x2+3x2﹣2x•x＝4x2，
即|F1F2|＝2x，
∴|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，∴△PF1F2为直角三角形，
∴在△OPR2中，PF2⊥OF2，|PF2|＝x，|OF2|＝x，
＝，则双曲线的离心率为e＝＝＝＝2．
（2）在双曲线中＝，且实轴长为2，所以a＝1，b＝，
所以双曲线E方程为．
由F2（2，0），故设斜率为k的直线l为y＝k（x﹣2），
y＝k（x﹣2）代入．可得（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3＝0，
∵直线l与双曲线右支交于不同两点，∴，解得k2≥3，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1+x2＝，x1x2＝，则＝，＝k（﹣2）＝，
即A，B的中点坐标为（，），
因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，故Q为AB 的垂直平分线与x轴的交点，
AB的垂直平分线的方程为：y﹣＝﹣（x﹣﹣），
令y＝0，则得x＝，即Q（，0），
∴|QF2|＝|﹣﹣2|＝，
又|AB|＝＝•＝，
又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，
故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，
故＝＝＝2，即为定值．
七．直线与圆锥曲线的综合（共3小题）
12．（2023•高州市二模）在一张纸上有一个圆C：＝4，定点，折叠纸片使圆C上某一点S1好与点S重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线S1C的交点为T．
（1）求证：||TC|﹣|TS||为定值，并求出点T的轨迹C′方程；
（2）设A（﹣1，0），M为曲线C′上一点，N为圆x2+y2＝1上一点（M，N均不在x轴上）．直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k2＝﹣，求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标．
【答案】（1）||TC|﹣|TS||＝2，点T的轨迹C′的方程：；
（2）直线MN过定点T（1，0），证明见解析．
【解答】解：（1）证明：由题意得|TS|＝|TS1|，所以，
即T的轨迹是以C，S为焦点，实轴长为2的双曲线，
即点T的轨迹C′的方程：；
（2）证明：由已知得直线AM的方程：y＝k1（x+1），直线AN的方程：y＝k2（x+1），
联立直线方程与双曲线方程，消去y，整理可得，
由韦达定理得，所以，即，
所以，
联立直线方程与圆方程，消去y，整理得，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，
若直线MN所过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点T（t，0），
由三点共线得kMT＝kNT，
即，，解得t＝1，
所以直线MN过定点T（1，0）．
13．（2023•汕头二模）如图，F1（﹣c，0）、F2（c，0）为双曲线的左、右焦点，抛物线C2的顶点为坐标原点，焦点为F2，设C1与C2在第一象限的交点为P（m，n），且|PF1|＝7，|PF2|＝5，∠PF2F1为钝角．
（1）求双曲线C1与抛物线C2的方程；
（2）过F2作不垂直于x轴的直线l，依次交C1的右支、C2于A、B、C、D四点，设M为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值．若是，求此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）是定值．
【解答】解：（1）由双曲线的定义可知：|PF1|﹣|PF2|＝7﹣5＝2a⇒a＝1，
设抛物线方程为：y2＝2px，则由题意可得，即y2＝4cx；
由抛物线定义可得：，
代入抛物线方程得：，
代入双曲线方程得：，
故双曲线方程为：；抛物线方程为：y2＝8x；
（2）由题意可设l：x＝ky+2，点A、B、C、D的纵坐标依次为y1、y2、y3、y4，
分别联立直线l与双曲线、抛物线方程可得：
，
化简整理可得，（3k2﹣1）y2+12ky+9＝0、y2﹣8ky﹣16＝0，
由双曲线性质可得：，故有，
因为M、N分别为AD、BC的中点，故其纵坐标依次为：，
所以
＝是定值．
14．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
（1）求C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
【答案】（1）y2＝4x．
（2）x±y﹣＝0．
【解答】解：（1）设点P（x，y），以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，
设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，
则r＝|MN|＝＝，
|PF|＝2r＝x+1，
∴点P到点F的距离等于点P到直线x＝﹣1的距离，
∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x＝﹣1为准线的抛物线，
∴C的方程为y2＝4x．
（2）由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，化为k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，
则x1+x2＝，x1x2＝1，
设直线l的倾斜角为θ，则|AM|＝|AF||tanθ|，|BN|＝|BF||tanθ|，
∴|AM|+|BN|＝|AF||tanθ|+|BF||tanθ|＝|AB||tanθ|＝k|AB|，
又|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+1+x2+1＝．
∴梯形MANB的面积S＝＝＝＝，
令t＝|k|∈（0，+∞），则S（t）＝8（t++），
S′（t）＝8（1﹣﹣）＝，
∴t∈（0，）时，S′（t）＜0，此时函数S（t）单调递减；t∈（，+∞）时，S′（t）＞0，此时函数S（t）单调递增．
∴t＝|k|＝时，即k＝±时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，
此时直线l的方程为：y＝±（x﹣1），即x±y﹣＝0．
八．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
15．（2023•高州市二模）春节过后，文化和旅游业逐渐复苏，有意跨省游、出境游的旅客逐渐增多．某旅游景区为吸引更多游客，计划在社交媒体平台和短视频平台同时投放宣传广告并进行线上售票，通过近些年的广告数据分析知，一轮广告后，在短视频平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为，在社交媒体平台宣传推广后，目标用户购买门票的概率为q；二轮广告精准投放后，目标用户在短视频平台进行复购的概率为p，在社交媒体平台复购的概率为．
（1）记在短视频平台购票的4人中，复购的人数为X，若，试求X的分布列和期望；
（2）记在社交媒体平台的3名目标用户中，恰有1名用户购票并复购的概率为P，当P取得最大值时，q为何值？
（3）为优化成本，该景区决定综合渠道投放效果的优劣，进行广告投放战略的调整．已知景区门票100元/人，在短视频平台和社交媒体平台的目标用户分别在90万人和17万人左右，短视频平台和社交媒体平台上的广告投放费用分别为4元/100人和5元/100人，不计宣传成本的景区门票利润率分别是2%和5%，在第（2）问所得q值的基础上，试分析第一次广告投放后，景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额．
【答案】（1）分布列见解析；当时，期望为1；当时，期望为3；
（2）；
（3）805500元．
【解答】解：（1）由题意得，在短视频平台购票的人中，复购概率为p，复购的人数X满足二项分布，即X～B（4，p），
故，故或．
又知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
①当时，，，
P（X＝2）＝，，
P（X＝4）＝＝，
所以X得分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
此时数学期望E（X）＝＝1．
②p＝时，P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝，
P（X＝2}＝＝，
P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
所以X得分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
此时数学期望E（X）＝4×＝3．
（2）设在社交媒体平台的目标用户购票并复购的概率为q1，由题得，．
，
，令P′＝0，得或1，
所以时，P′＞0，函数P单调递增，当时，P′＜0，函数P单调递减．
故当取得最大值．
由可得，．
（3）短视频平台：（元），
社交媒体平台：（元），
净利润总额：364000+441500＝805500（元）．
故景区在两个平台上的目标用户身上可获得的净利润总额为805500元．
16．（2023•茂名二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n﹣1，n﹣2，n﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（n∈N*）次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn．
（1）求X1的分布列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求Xn的期望．
【答案】（1）X1的分布列如下表：
X1
0
1
2
P
（2）an＝+；
（3）1．
【解答】解：（1）由题可知，X1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：
P（X1＝0）＝，P（X1＝1）＝，P（X1＝2）＝＝，
故X1的分布列如下表：
X1
0
1
2
P
（2）由全概率公式可知：
P（Xn+1＝1）＝P（Xn＝1）P（Xn+1＝1|Xn＝1）+P（Xn＝2）P（Xn+1＝1|Xn＝2）+P（Xn＝0）P（Xn+1＝1|Xn＝0）
＝（）P（Xn＝1）+（）P（Xn＝2）+（1×）P（Xn＝0）
＝P（Xn＝1）+P（Xn＝2）+P（Xn＝0），
即：an+1＝，
所以an+1＝，
所以an+1﹣＝（），
又a1＝P（X1＝1）＝，
所以，数列{}是以为首项，以为公比的等比数列，
所以＝，
即：an＝+．
（3）由全概率公式可得：P（Xn+1＝2）＝P（Xn＝1）P（Xn+1＝2|Xn＝1）+P（Xn＝2）P（Xn+1＝2|Xn＝2）+P（Xn＝0）P（Xn+1＝2|Xn＝0）
＝（）P（Xn＝1）+（）P（Xn＝2）+0×P（Xn＝0），
即：bn+1＝+，
又an＝+，
所以bn+1＝+，
所以bn+1﹣+＝，
又b1＝P（X1＝2）＝，
所以＝＝0，
所以bn﹣+＝0，
所以，
所以E（Xn）＝an+2bn+0×（1﹣an﹣bn）＝an+2bn＝1．
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