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浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷六

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这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷六，共14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．设集合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－1A．{1,2} B．{1,3} C．{2,3} D．{1,2,3}
答案 A
解 ∵集合A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|－1∴集合A与集合B公共元素组成的集合A∩B＝{1,2}．
2．已知双曲线eq \f(x2,m)－eq \f(y2,3)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m>0))的右顶点和抛物线y2＝8x的焦点重合，则m的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 D
解析双曲线eq \f(x2,m)－eq \f(y2,3)＝1(m>0)的右顶点为(eq \r(m)，0)，抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，所以m＝4.
3．若实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－4y＋3≤0，,3x＋5y－25≤0，,x≥1，))则函数z＝2x＋y的最大值为( )
A．12 B.eq \f(32,5) C．3 D．15
答案 A
解析作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示(含边界)．
由z＝2x＋y得y＝－2x＋z，
平移直线y＝－2x＋z，
由图象可知当直线y＝－2x＋z经过点A时，
直线y＝－2x＋z在y轴上的截距最大，
此时z最大．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－4y＋3＝0，,3x＋5y－25＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝2，))即A(5,2)，
代入目标函数z＝2x＋y，得z＝2×5＋2＝12.
即目标函数z＝2x＋y的最大值为12.
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为( )
A．1 B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(6),2)
答案 C
解析几何体为一个四棱锥P－ABCD，其中PA＝eq \r(3)，PB＝eq \r(6)，PC＝eq \r(5)，PD＝eq \r(2)，AB＝BC＝CD＝DA＝1，
所以S△PAB＝S△PAD＝eq \f(\r(2),2)，S△PDC＝eq \f(1,2)，S△PBC＝eq \f(\r(5),2)，因此面积最大的侧面面积为eq \f(\r(5),2).
5．“x<2”是“2x<1”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
答案 B
解析由2x<1得x<0，因为“x<2”是“x<0”的必要不充分条件，所以“x<2”是“2x<1”的必要不充分条件．
6．函数f(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,1＋x)))＋2sin x的图象大致为( )
答案 C
解析由eq \f(1－x,1＋x)>0，得f(x)的定义域为(－1,1)，
f(－x)＝lneq \f(1＋x,1－x)＋2sin(－x)＝－lneq \f(1－x,1＋x)－2sin x＝－f(x)，
∴f(x)为定义在(－1,1)上的奇函数，可排除A和B，
又f(x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＋2sin x，x∈(－1,1)，
当x→1时，f(x)→－∞，可排除D.
7．已知0当a增大时( )
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)减小，D(ξ)增大
C．E(ξ)增大，D(ξ)减小 D．E(ξ)减小，D(ξ)减小
答案 B
解析由题意得，E(ξ)＝－a＋eq \f(1,2)，D(ξ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(1,2)＋1))2×a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(1,2)－1))2×eq \f(1,2)＝－a2＋2a＋eq \f(1,4)，又∵0∴故当a增大时，E(ξ)减小，D(ξ)增大．
8.如图，已知三棱锥D－ABC，记二面角C－AB－D的平面角是θ，直线DA与平面ABC所成的角是θ1，直线DA与BC所成的角是θ2，则( )
A．θ≥θ1 B．θ≤θ1
C．θ≥θ2 D．θ≤θ2
答案 A
解析若θ>eq \f(π,2)，则θ>θ1，θ>θ2；若θ≤eq \f(π,2)，如图所示，设D在平面ABC的投影为M，过M作MN⊥AB，垂足为N，连接DN，AM，
∴sin θ＝eq \f(DM,DN)，sin θ1＝eq \f(DM,DA)，∵DA≥DN，∴sin θ1≤sin θ，∴θ1≤θ，而θ与θ2的大小关系是不确定的，故选A.
9．已知|eq \(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq \(BC,\s\up6(→))|＋|eq \(CA,\s\up6(→))|＝2，则eq \(CA,\s\up6(→))与eq \(CB,\s\up6(→))夹角的余弦值的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
答案 C
解析易知eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))，所以eq \(BC,\s\up6(→))2＋eq \(CA,\s\up6(→))2＋2eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))＝1.
设向量eq \(CA,\s\up6(→))与eq \(CB,\s\up6(→))的夹角为θ，|eq \(BC,\s\up6(→))|＝x，则|eq \(CA,\s\up6(→))|＝2－x，所以cs θ＝－eq \f(2x2－4x＋3,2x2－4x)＝－1－eq \f(3,2x－12－2)，因为|eq \(BA,\s\up6(→))|＝|eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))|≥||eq \(BC,\s\up6(→))|－|eq \(CA,\s\up6(→))||，所以|2x－2|≤1，所以eq \f(1,2)≤x≤eq \f(3,2)，所以eq \f(1,2)≤cs θ≤1.故选C.
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,ax，x≤0，))若方程f(－x)＝－f(x)有五个不同的实数根，则a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C．(－∞，0) D．(0,1)
答案 B
解析设g(x)＝－f(－x)，则y＝g(x)的图象与y＝f(x)的图象关于原点对称，
方程f(－x)＝－f(x)有五个不同的实数根等价于函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有5个交点，
由图象可知(图略)，只需y＝ax与曲线y＝ln x在第一象限有两个交点即可，
设过原点的直线与y＝ln x切于点P(x0，y0)，
由f′(x)＝eq \f(1,x)，
则y＝ln x的切线为y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，
又此直线过点(0,0)，
所以ln x0＝1，
所以x0＝e，
即f′(e)＝eq \f(1,e)，
即过原点的与y＝ln x相切的直线方程为y＝eq \f(1,e)x，
即所求a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
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)
11．复数z满足z·(1－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则|z|＝________，复数z的共轭复数eq \x\t(z)＝________.
答案 eq \f(5\r(2),2) eq \f(7,2)＋eq \f(1,2)i
解析由z·(1－i)＝3－4i，得z＝eq \f(3－4i,1－i)＝eq \f(3－4i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(7,2)－eq \f(1,2)i，故|z|＝eq \r(\f(49,4)＋\f(1,4))＝eq \f(5\r(2),2)，eq \x\t(z)＝eq \f(7,2)＋eq \f(1,2)i.
12．已知直线l：mx－y＝1，若直线l与直线x＋m(m－1)y＝2垂直，则m的值为________．动直线l: mx－y＝1被圆C：x2－2x＋y2－8＝0截得的最短弦长为________．
答案 0或2 2eq \r(7)
解析由两直线垂直的充要条件得m×1＋(－1)×m(m－1)＝0，∴m＝0或m＝2；圆的半径为3，当圆心(1,0)到直线的距离最长即d＝eq \r(1－02＋[0－－1]2)＝eq \r(2)时弦长最短，此时弦长为2eq \r(32－\r(2)2)＝2eq \r(7).
13．(1－2x)5展开式中x3的系数为________；所有项的系数和为________．
答案－80 －1
解析因为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(－2)kxk，令k＝3，T4＝－80x3，
所以x3的系数为－80，
设(1－2x)5 ＝a0＋a1x＋…＋a5x5，
令x＝1，则a0＋a1＋…＋a5＝－1 ，
所以所有项的系数和为－1.
14．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，三角形的面积S＝eq \r(3)，则c＝________；三角形外接圆的半径为________．
答案 2 2
解析 S＝eq \r(3)＝eq \f(1,2)×2csin 120°，解得c＝2.
∴a2＝22＋22－2×2×2×cs 120°＝12，
解得a＝2eq \r(3)，
∴2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
解得R＝2.
15．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右两焦点为F1，F2，△ABC为椭圆的内接三角形，已知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))，且满足eq \(F2A,\s\up6(→))＋eq \(F2B,\s\up6(→))＋eq \(F2C,\s\up6(→))＝0，则直线BC的方程为_______________．
答案 14eq \r(6)x－32y－27eq \r(6)＝0
解析由eq \(F2A,\s\up6(→))＋eq \(F2B,\s\up6(→))＋eq \(F2C,\s\up6(→))＝0知点F2为△ABC的重心，
设D(x0，y0)为BC的中点，
则eq \(AF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2D,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)＝2x0－1，,0－\f(2\r(6),3)＝2y0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(7,6)，,y0＝－\f(\r(6),3)，))
即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,6)，－\f(\r(6),3))).
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1， ②))
①－②得eq \f(x1－x2x1＋x2,4)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,3)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(3,4)，
因为y1＋y2＝2y0＝－eq \f(2\r(6),3)，
x1＋x2＝2x0＝eq \f(7,3)，
所以直线BC的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(7\r(6),16)，
所以直线BC的方程为y＋eq \f(\r(6),3)＝eq \f(7\r(6),16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,6)))，
即14eq \r(6)x－32y－27eq \r(6)＝0.
16．已知函数f(x)＝x＋eq \f(b,x)＋c有两个不同的零点x1，x2，且x1，x2∈(0,2)，则b2＋2bc＋4b的取值范围是__________________．
答案 (0,1)
解析函数f(x)＝x＋eq \f(b,x)＋c有两个不同的零点x1，x2∈(0,2)，等价于函数g(x)＝x2＋cx＋b(x≠0)有两个不同的零点x1，x2∈(0,2)，则g(x)＝(x－x1)(x－x2)，所以x1x2＝b，x1＋x2＝－c，则b2＋2bc＋4b＝b(b＋2c＋4)＝x1x2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝x1x2(2－x1)(2－x2)＝x1(2－x1)·x2(2－x2)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2－x1,2)))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋2－x2,2)))2＝1，“＝”成立的条件是x1＝x2＝1.因为x1≠x2，所以“＝”取不到．又因为x1，x2∈(0,2)，所以2－x1∈(0,2)，2－x2∈(0,2)，所以x1x2(2－x1)(2－x2)>0，所以b2＋2bc＋4b的取值范围是(0,1)．
17．在平面四边形ABCD中，AB＝BC＝1，AD＝CD＝eq \r(2)，∠DAB＝∠DCB＝90°，点P为AD的中点，M，N分别在线段BD，BC上，则PM＋eq \f(\r(2),2)MN的最小值为________．
答案 1
解析由题意得BD＝eq \r(AD2＋AB2)＝eq \r(3)，cs ∠ADB＝eq \f(\r(6),3).
设DM＝t(0PM＝eq \r(PD2＋DM2－2PD·DMcs∠ADB)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(3),3)))2＋\f(1,6)).
当MN⊥BC时，MN取得最小值为eq \f(BM·CD,BD)＝eq \f(3\r(2)－\r(6)t,3)，
则PM＋eq \f(\r(2),2)MN＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(3),3)))2＋\f(1,6))－eq \f(\r(3),3)t＋1，
设y＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(3),3)))2＋\f(1,6))－eq \f(\r(3),3)t＋1，
则eq \f(2,3)t2－eq \f(2\r(3),3)yt＋eq \f(1,2)－(y－1)2＝0，
将其看作是关于t的一元二次方程，
则Δ＝eq \f(4,3)y2－eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－y－12))≥0，
解得y≥1或y≤eq \f(1,3).
过点P作PM′⊥BD，故易得
PM≥PM′＝eq \f(PD·AB,BD)＝eq \f(\r(6),6)>eq \f(1,3)，
所以y>eq \f(1,3)，
则y≤eq \f(1,3)舍去，即y≥1，
当y＝1时，t＝eq \f(\r(3),2)，
所以PM＋eq \f(\r(2),2)MN的最小值为1.
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝2sin(π－x)cs x＋2cs2x－1 .
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)≥m恒成立，求m的取值范围．
解 (1)f(x)＝2sin(π－x)cs x＋2cs2x－1
＝2sin xcs x＋cs 2x
＝sin 2x＋cs 2x
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) ，所以2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，
2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3,4)π))，
所以当2x＋eq \f(π,4)＝－eq \f(π,4) ，即x＝－eq \f(π,4) 时，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) 有最小值－eq \f(\r(2),2) ，所以f(x)有最小值－1，
因为当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)≥m 恒成立，所以m≤－1，
即m的取值范围是(－∞，－1]．
19.(15分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，D为BC的中点．
(1)求证：A1C∥平面ADB1；
(2)若AB＝AA1＝eq \r(2)，求直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值．
解 (1)连接A1B(图略)，记AB1∩A1B＝E，连接DE，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
易知侧面ABB1A1为矩形，
所以E是A1B的中点，又D为BC的中点，所以A1C∥DE，
又A1C⊄平面ADB1，DE⊂平面ADB1，
所以A1C∥平面ADB1.
(2)方法一因为AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，△ABC为等腰直角三角形，
所以BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝2，所BD＝eq \f(BC,2)＝1.
在Rt△B1BD中，tan∠BDB1＝eq \f(BB1,BD)＝eq \r(2)，
连接BC1，在Rt△B1BC1中，tan∠B1BC1＝eq \f(B1C1,BB1)＝eq \r(2)，
所以∠BDB1＝∠B1BC1.
又∠BB1D＋∠BDB1＝eq \f(π,2)，所以∠BB1D＋∠B1BC1＝eq \f(π,2)，所以BC1⊥B1D.
因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.
又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以B1B⊥AD.
又B1B∩BC＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又BC1⊂平面B1BCC1，所以AD⊥BC1.
因为AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面AB1D.
取CC1的中点F，连接DF，A1F，则DF∥BC1，DF⊥平面ADB1，则∠A1DF为直线A1D与平面ADB1所成角的余角，设直线A1D与平面ADB1所成的角为θ，则θ＝eq \f(π,2)－∠A1DF.
在△A1DF中，易知A1D＝eq \r(AA\\al(2,1)＋AD2)＝eq \r(3)，A1F＝eq \r(A1C\\al(2,1)＋C1F2)＝eq \f(\r(10),2)，
DF＝eq \r(DC2＋CF2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以cs∠A1DF＝eq \f(A1D2＋DF2－A1F2,2A1D×DF)＝eq \f(\r(2),3)，
故sin θ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠A1DF))＝cs∠A1DF＝eq \f(\r(2),3)，
所以直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值为eq \f(\r(2),3).
方法二因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC，
又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，
所以可以DA，DC所在直线，过点D且平行于B1B的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，△ABC为等腰直角三角形，
所以A(1,0,0)，D(0,0,0)，A1(1,0，eq \r(2))，B1(0，－1，eq \r(2))，故eq \(A1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq \r(2))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，
eq \(B1D,\s\up6(→))＝(0,1，－eq \r(2))，
设平面ADB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(B1D,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＝0，,y－\r(2)z＝0，))
令z＝1，得y＝eq \r(2)，则n＝(0，eq \r(2)，1)为平面ADB1的一个法向量，
设直线A1D与平面ADB1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(A1D,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(A1D,\s\up6(→)),|n|·|\(A1D,\s\up6(→))|)))＝eq \f(\r(2),3)，
故直线A1D与平面ADB1所成角的正弦值为eq \f(\r(2),3).
20．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列．
(2)解由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3).由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
所以an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)(n∈N*)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2)(n∈N*)．
21．(15分)已知抛物线E：y2＝8x，直线l：y＝kx－4.
(1)若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；
(2)设Q(4,0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在点C，满足AC⊥QC，且线段OC与AB互相平分(O为原点)，求x2的取值范围．
解 (1)方法一当k＝0时，直线与抛物线不相切，所以k≠0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,y2＝8x))得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由k2≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得k＝－eq \f(1,2)，
所以，所求的直线l的方程为x＋2y＋8＝0.
方法二直线l恒过点(0，－4)，
由y2＝8x，得y＝±eq \r(8x)，
设切点为(x0，y0)，由题意得，直线与抛物线在x轴下方的图象相切，
则y＝－eq \r(8x)，所以y′|＝－eq \f(\r(2),\r(x0)) ，
所以切线方程为y＋eq \r(8x0)＝－eq \f(\r(2),\r(x0))(x－x0)，
将坐标(0，－4)代入得x0＝8，
即切点为(8，－8)，再将该点代入y＝kx－4得，k＝－eq \f(1,2)，
所以所求的直线l的方程为x＋2y＋8＝0.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,y2＝8x))得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，且k≠0，
因为Δ＝64(k＋1)2－64k2>0，且k≠0，
所以k>－eq \f(1,2)，且k≠0，
所以x1＋x2＝eq \f(8k＋1,k2)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝eq \f(8,k)，
因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形．
所以eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k＋1,k2)，\f(8,k)))，即Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k＋1,k2)，\f(8,k))).
因为AC⊥QC,
方法一所以kAC·kQC＝－1，
又kQC＝eq \f(\f(8,k),\f(8k＋1,k2)－4)＝eq \f(2k,2k＋1－k2)，
又kAC＝kOB＝eq \f(y2,x2)＝k－eq \f(4,x2)，
所以eq \f(2k,2k＋1－k2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(4,x2)))＝－1，
所以eq \f(8,x2)＝k＋eq \f(2,k)＋2，
所以若k>0，则eq \f(8,x2)≥2eq \r(2)＋2＝2(eq \r(2)＋1)，
当且仅当k＝eq \r(2)时取等号，
此时0若－eq \f(1,2)所以eq \f(8,x2)<－eq \f(5,2)，即x2<－eq \f(16,5)(舍去)，
综上所述，x2的取值范围是(0,4(eq \r(2)－1)]．
方法二所以eq \(QC,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
又eq \(QC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k＋1,k2)－4，\f(8,k)))，
eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＝(x2，y2)＝(x2，kx2－4)，
所以eq \(QC,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k＋1,k2)－4))x2＋eq \f(8,k)(kx2－4)＝0，
即eq \f(8,x2)＝k＋eq \f(2,k)＋2，
所以若k>0，则eq \f(8,x2)≥2eq \r(2)＋2＝2(eq \r(2)＋1)，
当且仅当k＝eq \r(2)时取等号，
此时0若－eq \f(1,2)所以eq \f(8,x2)<－eq \f(5,2)，即x2<－eq \f(16,5)(舍去)．
综上所述，x2的取值范围是(0,4(eq \r(2)－1)]．
22．(15分)已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．
(1)求实数a的值；
(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且eq \f(ln 2,2e)＋eq \f(1,4e2)≤f(x0)(1)解由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0对于x∈R恒成立，
设函数g(x)＝aex－a－x，
可得g(x)＝aex－a－x≥0对于x∈R恒成立，
∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，
从而x＝0是g(x)的一个极小值点，
∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.
当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，
∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥0，∴a＝1.
(2)证明当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，
f′(x)＝ex(2ex－x－2)．
令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，
∴当x∈(－∞，－ln 2)时，
h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；
当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，
h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，且h(0)＝0，
∵h(－1)<0，h(－2)>0，
∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，
∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，
∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，
当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，
即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，
当x∈(－ln 2,0)时，h(x)即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2,0)上为减函数，
当x∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0，
即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，
综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，
且x0∈(－2，－1)．
∵h(x0)＝0，∴2－x0－2＝0，
∴f(x0)＝－x0
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2,2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2,2)))(x0＋1)
＝－eq \f(x\\al(2,0)＋2x0,4)，x0∈(－2，－1)，
∵当x∈(－2，－1)时，－eq \f(x2＋2x,4)∴f(x0)∵ln eq \f(1,2e)∈(－2，－1)，
∴f(x0)≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,2e)))＝eq \f(ln 2,2e)＋eq \f(1,4e2)；
综上知eq \f(ln 2,2e)＋eq \f(1,4e2)≤f(x0)－1
0
1
P
a
eq \f(1,2)－a
eq \f(1,2)