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2020-2021学年河北省石家庄高二（下）期末考试数学试卷人教A版（Word含答案解析）
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这是一份2020-2021学年河北省石家庄高二（下）期末考试数学试卷人教A版（Word含答案解析），共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,6，B=2,3,4，则A∩∁UB=（ ）
A.3B.1,6C.5,6D.1,3
2. 已知i是虚数单位，若z=i3+a2+i是纯虚数，则实数a=（ ）
A.−2B.2C.−12D.12
3. 已知命题p:∀x>0，ex≥x+1，则命题¬p为（ ）
A.∀x>0，exC.∃x>0，ex
4. tan67.5∘−1tan67.5∘的值为( )
A.1B.2C.2D.4
5. 定义在R上的偶函数fx在[0,+∞)上单调递增，且f2=0，则不等式x⋅fx>0的解集为（ ）
A.−2,0∪2,+∞B.−2,0∪0,2
C.−∞,−2∪2,+∞D.−∞,−2∪0,2
6. 已知函数 fx=ax2−x−14,x≤1,lgax−1,x>1 是R上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A.[14,12)B.(0,12]C.14,12D.[12,1)
7. 已知函数fx=eax−x存在两个零点，则正数a的取值范围是（ ）
A.0,e2B.e2,+∞C.0,12eD.12e,+∞
8. 设函数f(x)=ex+2x−a（a∈R，e为自然对数的底数）．若存在b∈[0, 1]使f(f(b))=b成立，则a的取值范围是( )
A.[1, e]B.[1, 1+e]C.[e, 1+e]D.[0, 1]
二、多选题
下列四个选项中，q是p的充分必要条件的是( )
A.p:a=0,b=0.q:a+b=0,ab=0.
B.p:a=1,b=1.q:a+b=2,ab=1.
C.p:a>0,b>0.q∶a+b>0,ab>0.
D.p:a>1,b>1,q:a+b>2,ab>1,
已知曲线C1:y=cs4x，C2:y=sin2x+π3，则下面结论正确的是( )
A.把曲线C1向左平移π3个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C2
B.把曲线C1向右平移π24个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C2
C.把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C2
D.把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的曲线向右平移π12个单位长度，得到曲线C2
已知奇函数fx的定义域为R，且满足：对任意的x∈R，都有f−x=fx+1．当0≤x≤12时，fx=lg21+x，则下列说法正确的是( )
A.fx的一个周期为2
B.若i∈N∗，则i=1nfi=0
C.点−1,0为fx的一个对称中心
D.i=12021fi2=lg2321011
若函数f(x)=2(x+1)2+sinxx2+1的最大值和最小值分别为M、m，则函数g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]图象的对称中心可能是( )
A.(π3,4π3)B.(π12,π3)C.(2π3,8π3)D.(π6,2π3)
三、填空题
若集合A=x|kx2+2x+1=0中有且仅有一个元素，则k的值为________．
已知条件p:x2−3x−4≤0，条件q:x2−6x+9−m2≤0m>0，若p的一个必要不充分条件是q，则实数m的取值范围是________．
已知fx为奇函数，当x<0时，fx=e−x+1，则曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程是________.
已知函数fx=ax−1x−2lnx，若fx在1,e上单调减函数，则实数a的最大值为________；若a>0，在1,e上至少存在一点x0，使得fx0−2ex0≥0成立，则实数a的最小值为________．
四、解答题
已知函数f(x)=3sin2x+2cs2x．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)求函数f(x)单调递增区间．
已知数列an的前n项和为Sn=n2+12n .
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an+12，求数列1bn⋅bn+1的前n项和Tn .
△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c， c1−csB=bcsC．
(1)证明：A=C；
(2)若B=π6，c=3，D为边BC上一点且AD=1，求△ACD的面积S．
如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1，∠BCA=90∘，AC=BC=2，AC的中点为D．且A1D⊥平面ABC，A1D=3．
(1)求证：A1B⊥AC1；
(2)线段CC1上是否存在一点M，使得直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．若存在求出CMCC1的值；若不存在，请说出理由．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，过左焦点F且与x轴垂直的弦长为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A，B为椭圆C上两点，O为坐标原点，斜率为k的直线l经过点P0,12，若A，B关于l对称，且OA⊥OB，如果存在这样的直线l，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
已知函数fx=ex−ax有两个零点x1，x2x1(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x2−x1<2x1−2．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：由题设可得∁UB={1,5,6} ，
故A∩∁UB={1,6}．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
无
【解答】
解：z=i3+a2+i=−i+a2−i2+i2−i=2a−1−2+ai5.
∵ z=i3+a2+i是纯虚数，
∴2a−1=0，2+a≠0，
∴a=12．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：∵p：∀x>0，ex≥x+1是全称量词命题，
则命题¬p为存在量词命题，
由全称量词命题的否定意义得：命题¬p：∃x>0，ex故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
同角三角函数间的基本关系
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
根据同角的基本关系式以及三角函数的倍角公式进行化简求解即可．
【解答】
解：tan67.5∘−1tan67.5∘
=sin67.5∘cs67.5∘−cs67.5∘sin67.5∘
=sin267.5∘−cs267.5∘sin67.5∘cs67.5∘
=−cs135∘12sin135∘=2212×22=2.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
无
【解答】
解：∵ 定义在R上的偶函数fx在[0,+∞)上单调递增，且f2=0，
∴fx在−∞,0上单调递减，且f−2=0，
x⋅fx>0⇒x>0,fx>0或x<0,fx<0,
故x>2或−2故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
无
【解答】
解：当a>1时，fx=ax2−x−14在(−∞,12a)上为减函数，
fx=lgax−1在1,+∞上为增函数，不符合题意；
当0∴0解得14≤a≤12．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：显然f0=1 ，
fx=eax−x有两个零点，即方程eax=x，e2ax=x在0,+∞上有两个解，
两边取对数得到2ax=lnx.
令gx=lnx−2ax，g′x=1x−2a，
∴ gx在0,12a上单调递增，在12a,+∞上单调递减.
又当x→0时，gx→−∞；当x→+∞时，gx→−∞.
∵gx有两个零点，
则g12a=ln12a−1>0，
解得a<12e，
∴正数a的取值范围是0,12e．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
函数的对称性
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究函数的最值
【解析】
利用反函数将问题进行转化，再将解方程问题转化为函数的图象交点问题．
【解答】
解：由f(f(b))=b，可得f(b)=f−1(b)，其中f−1(x)是函数f(x)的反函数，
因此命题“存在b∈[0, 1]使f(f(b))=b成立”，转化为“存在b∈[0, 1]，使f(b)=f−1(b)”，
即y=f(x)的图象与函数y=f−1(x)的图象有交点，且交点的横坐标b∈[0, 1].
∵ y=f(x)的图象与y=f−1(x)的图象关于直线y=x对称，
∴ y=f(x)的图象与函数y=f−1(x)的图象的交点必定在直线y=x上，
由此可得，y=f(x)的图象与直线y=x有交点，且交点横坐标b∈[0, 1]，
∴ ex+2x−a=x，
∴ a=ex+x.
设g(x)=ex+x，
则g′(x)=ex+1>0在[0, 1]上恒成立，
∴ g(x)=ex+x在[0, 1]上单调递增，
∴ g(0)=1+0=1，g(1)=e+1，
∴ a的取值范围是[1, 1+e].
故选B.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
无
【解答】
解：A．由a=0，b=0，可得a+b=0，ab=0，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；
B．由a=1，b=1，可得a+b=2，ab=1，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；
C．由a>0，b>0，可得a+b>0，ab>0，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；
D．由a>1， b>1，可得a+b>2， ab>1，反之不成立，例如取a=6， b=12 ，∴q是p的必要不充分条件．
故选ABC．
【答案】
B,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：曲线C1到曲线C2的转换可通过两个途径放缩、平移可得：
途径一：向右平移π24，即y=cs4x⇒y=cs4x−π6，
再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
即y=cs4x−π6
⇒y=cs2x−π6=cs2x+π3−π2=sin2x+π3，可得选项B正确；
途径二：把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），即y=cs4x⇒y=cs2x，
所得曲线向右平移π12个单位长度，即y=cs2x⇒y=cs2x−π12
=cs2x−π6=cs2x+π3−π2=sin2x+π3，可得选项D正确.
故选BD.
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
函数奇偶性的性质
函数的周期性
函数的对称性
【解析】
本题考查函数的奇偶性，单调性，对称性等函数性质．
【解答】
解：由fx为奇函数， f−x=fx+1，所以函数fx关于直线x=12对称，
所以fx=−fx+1=−−fx+2=fx+2，故周期T=2，选项A正确；
当0≤x≤12时，fx=lg21+x，所以f1=f0=f2=0，
所以i∈N∗，则i=1nfi=0，选项B正确；
点−1,0为fx的一个对称中心，所以i=12021fi2=lg232，
故i=12021f12≠lg2(32)1011，选项C正确，D错误．
故选ABC．
【答案】
A,B
【考点】
正弦函数的对称性
函数的值域及其求法
【解析】
对函数f(x)进行化简，结合奇偶性考虑最值，可求出M+m，从而可得函数g(x)的对称中心，则答案可求．
【解答】
解：f(x)=2(x+1)2+sinxx2+1
=2(x2+1)+4x+sinxx2+1
=2+4x+sinxx2+1，
而函数4x+sinxx2+1为奇函数，设其最大值为a，则其最小值为−a，
可得M=2+a，m=2−a，
∴ M+m=4，
∴ g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]=4x+sin(4x−π3)．
令4x−π3=kπ，得x=kπ4+π12，k∈Z．
取k=0，得x=π12，此时g(π12)=π3；
取k=1，得x=π3，此时g(π3)=4π3；
取k=5，得x=4π3，此时g(4π3)=16π3，
∴ 函数g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]图象的对称中心可能是(π3,4π3)和(π12,π3).
故选AB.
三、填空题
【答案】
0或1
【考点】
集合中元素的个数
【解析】
无
【解答】
解：当k=0时，方程为2x+1=0，有且只有一解，符合题意；
当k≠0时，方程kx2+2x+1=0有且仅有一个解等价于Δ=22−4k=0，
解得k=1．
故答案为：0或1．
【答案】
m≥4
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
无
【解答】
解：命题p：x2−3x−4≤0，解得−1≤x≤4.
命题q：∵x2−6x+9−m2≤0，
∴[x−3−m][x−3+m]≤0.
又 m>0，
∴ 3−m≤x≤3+m，
∵p的一个必要不充分条件为q，
∴[−1,4]⫋[3−m,3+m]，
∴ 3−m≤−1，3+m≥4，
解得m≥4．
故答案为：m≥4．
【答案】
ex+y+1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x>0时，−x<0，则f−x=ex+1，
又fx为奇函数，
则fx=−ex−1，f′x=−ex，f1=−e−1，
所以k=f′1=−e，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为ex+y+1=0.
故答案为：ex+y+1=0.
【答案】
2ee2+1,4ee2−1
【考点】
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
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx=ax−ax−2lnx，
得f′x=a+ax2−2x=ax2−2x+ax2．
要使fx在1,e内为单调减函数，只需f′x≤0，
即ax2−2x+a≤0在1,e内恒成立，
设ℎ(x)=ax2−2x+a，①
当a>0时，
ℎ(1)≤0，ℎ(e)≤0，
即a−2+a≤0，ae2−2e+a≤0，
解得：0若a>0，
设gx=2ex，则gx=2ex在1,e上是减函数，
∴ gxmin=ge=2，
gxmax=g1=2e，
即gx∈2,2e．
当00，
fx=a(x−1x)−2lnx令y=x−1x−2lnx，x∈[1,e]，
则y′=1+1x2−2x=(x−1)2x2≥0，
即y在[1, e]上单调递增，
∴ f(x)当a≥1时，
∵ fx在1,e单调递增，gx在1,e上是减函数，
∴原命题等价于fxmax≥gxmin=2，x∈1,e，
由fxmax=fe=ae−1e−2lne≥2，
解得a≥4ee2−1.
综上，a的最小值是4ee2−1．
故答案为：2ee2+1；4ee2−1.
四、解答题
【答案】
解：(1)f(x)=3sin2x+2cs2x
=3sin2x+1+cs2x
=2sin(2x+π6)+1，
∵ −1≤sin(2x+π6)≤1，
∴ −2≤2sin(2x+π6)≤2，−1≤2sin(2x+π6)+1≤3，
即−1≤f(x)≤3，即f(x)的值域为[−1, 3]．
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ−π3, kπ+π6]，k∈Z．
【考点】
正弦函数的定义域和值域
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的单调性
【解析】
（1）利用辅助角公式进行化简，结合三角函数的有界性进行求解即可．
（2）根据三角函数的单调性的性质进行求解即可．
【解答】
解：(1)f(x)=3sin2x+2cs2x
=3sin2x+1+cs2x
=2sin(2x+π6)+1，
∵ −1≤sin(2x+π6)≤1，
∴ −2≤2sin(2x+π6)≤2，−1≤2sin(2x+π6)+1≤3，
即−1≤f(x)≤3，即f(x)的值域为[−1, 3]．
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ−π3, kπ+π6]，k∈Z．
【答案】
解：(1)当n=1时， a1=S1=32，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n−12，
经验证，当n=1时，满足an=2n−12，
故an=2n−12 .
(2)由(1)可知，an=2n−12 ，
∴ bn=an+12=2n，
∴ nb1bn+1=12n×2n+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=14(1−1n+1)=n4(n+1) .
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
解：(1)当n=1时， a1=S1=32，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n−12，
经验证，当n=1时，满足an=2n−12，
故an=2n−12 .
（2）∵ bn=an+12，∴ bn=2n，
∴ 1b1bn+1=12n×2n+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n−1n+1)=14(1−14)=1n+1)=n4(n+1) .
【解答】
解：(1)当n=1时， a1=S1=32，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n−12，
经验证，当n=1时，满足an=2n−12，
故an=2n−12 .
(2)由(1)可知，an=2n−12 ，
∴ bn=an+12=2n，
∴ nb1bn+1=12n×2n+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=14(1−1n+1)=n4(n+1) .
【答案】
(1)证明：∵ c⋅(1−csB)=b⋅csC，
∴ sinC⋅1−csB=sinB⋅csC，
∴ sinC=sinB⋅csC+sinC⋅csB=sinB+C=sinA，
∴ 在△ABC中，A=C．
(2)解：在△ABC中，a=c=3．
在△ABD中，有AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcsπ6，
∴ 1=3+BD2−3BD，
∴ BD=1或2．
∵ D为边BC上一点，
∴ BD=1，
∴ ∠BAD=∠B=π6，
∴ ∠ADC=∠B+∠BAD=π3，DC=a−BD=3−1，
∴ △ACD的面积为S=12×1×3−1×sinπ3=3−34．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
利用正弦定理化边为角，化简得sinC=sinA，即可证明(2)利用余弦定理求出BD，求出∠ADC=π3，DC=3−1，利用面积公式求解即可．
利用正弦定理化边为角，化简得sinC=sinA，即可证明(2)利用余弦定理求出BD，求出∠ADC=π3，DC=3−1，利用面积公式求解即可．
【解答】
(1)证明：∵ c⋅(1−csB)=b⋅csC，
∴ sinC⋅1−csB=sinB⋅csC，
∴ sinC=sinB⋅csC+sinC⋅csB=sinB+C=sinA，
∴ 在△ABC中，A=C．
(2)解：在△ABC中，a=c=3．
在△ABD中，有AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcsπ6，
∴ 1=3+BD2−3BD，
∴ BD=1或2．
∵ D为边BC上一点，
∴ BD=1，
∴ ∠BAD=∠B=π6，
∴ ∠ADC=∠B+∠BAD=π3，DC=a−BD=3−1，
∴ △ACD的面积为S=12×1×3−1×sinπ3=3−34．
【答案】
(1)证明：作DE⊥AC交AB于点E，分别以DE，DC，DA1所在直线为x，y，z轴建系，
A0,−1,0，C0,1,0，B2,1,0，A10,0,3，C10,2,3，
∴A1B→=2,1,−3，AC1→=0,3,3.
∵ A1B→⋅AC1→=0+3−3=0，
∴A1B⊥AC1．
(2)解：设CM→=λCC1→=0,λ,3λ ，A1B1→=AB→=2,2,0 ，A1M→=A1C→+CM→=0,λ+1,3λ−3，
设面MA1B1的一个法向量为n→=x,y,z，
有A1B1→⋅n→=0,A1M→⋅n→=0
∴2x+2y=0，λ+1y+3λ−3z=0，
令x=1，∴n→=(1,−1,λ+13λ−3).
∵A1B→=2,1,−3.
若直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520，
|cs⟨n→,A1B→⟩|=31520，
即 |2−1−λ+1λ−1|22×1+1+13(λ+1λ−1)2=31520，
解得λ=13，
∴当CM=13CC1时，直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：作DE⊥AC交AB于点E，分别以DE，DC，DA1所在直线为x，y，z轴建系，
A0,−1,0，C0,1,0，B2,1,0，A10,0,3，C10,2,3，
∴A1B→=2,1,−3，AC1→=0,3,3.
∵ A1B→⋅AC1→=0+3−3=0，
∴A1B⊥AC1．
(2)解：设CM→=λCC1→=0,λ,3λ ，A1B1→=AB→=2,2,0 ，A1M→=A1C→+CM→=0,λ+1,3λ−3，
设面MA1B1的一个法向量为n→=x,y,z，
有A1B1→⋅n→=0,A1M→⋅n→=0
∴2x+2y=0，λ+1y+3λ−3z=0，
令x=1，∴n→=(1,−1,λ+13λ−3).
∵A1B→=2,1,−3.
若直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520，
|cs⟨n→,A1B→⟩|=31520，
即 |2−1−λ+1λ−1|22×1+1+13(λ+1λ−1)2=31520，
解得λ=13，
∴当CM=13CC1时，直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．
【答案】
解：(1)设c=a2−b2，则F−c,0，
令x=−c，则y2=b4a2，从而2b2a=2，即a=2b2.
又因为ca=22，即a2=2c2，
解得a=2,b=1，
故椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx+12，当k=0时，不符合题意．
当k≠0时，设直线AB:y=−1kx+m，
由x2+2y2=2,y=−1kx+m 联立，整理得12+1k2x2−2mkx+m2−1=0，
Δ=4m2k2−412+1k2m2−1=−2m2+2+4k2>0，
即1+2k2>m2①．
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4km2+k2，x1x2=2k2m2−12+k2，
y1+y2=−1kx1+x2+2m=2mk22+k2，
y1y2=−1kx1+m−1kx2+m
=1k2x1x2−mkx1+x2+m2=m2k2−22+k2．
AB的中点K2km2+k2,k2m2+k2在直线l上，
则k2m2+k2=k×2km2+k2+12，整理得m=−2+k22k2②，
②式代入①式整理得3k4+4k2−4>0，
解得k>63或k<−63．
因为OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=2k2m2−12+k2+k2m2−22+k2=0，
整理得3k2m2−2k2−2=0③．
将②式代入③得5k4−4k2−12=0,k=±2，且满足k>63或k<−63，
所以k=±2，故直线l的方程为y=2x+12或y=−2x+12．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设c=a2−b2，则F−c,0，
令x=−c，则y2=b4a2，从而2b2a=2，即a=2b2.
又因为ca=22，即a2=2c2，
解得a=2,b=1，
故椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx+12，当k=0时，不符合题意．
当k≠0时，设直线AB:y=−1kx+m，
由x2+2y2=2,y=−1kx+m 联立，整理得12+1k2x2−2mkx+m2−1=0，
Δ=4m2k2−412+1k2m2−1=−2m2+2+4k2>0，
即1+2k2>m2①．
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4km2+k2，x1x2=2k2m2−12+k2，
y1+y2=−1kx1+x2+2m=2mk22+k2，
y1y2=−1kx1+m−1kx2+m
=1k2x1x2−mkx1+x2+m2=m2k2−22+k2．
AB的中点K2km2+k2,k2m2+k2在直线l上，
则k2m2+k2=k×2km2+k2+12，整理得m=−2+k22k2②，
②式代入①式整理得3k4+4k2−4>0，
解得k>63或k<−63．
因为OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=2k2m2−12+k2+k2m2−22+k2=0，
整理得3k2m2−2k2−2=0③．
将②式代入③得5k4−4k2−12=0,k=±2，且满足k>63或k<−63，
所以k=±2，故直线l的方程为y=2x+12或y=−2x+12．
【答案】
(1)解：fx的定义域为R，f′x=ex−a．
①当a≤0时，f′x≥ex>0，
所以fx在R上单调递增，
故fx至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，令f′x<0，得x0，得x>lna，
故fx∈−∞,lna上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以fxmin=flna=a−alna=a1−lna．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>e，则lna>1，fxmin=a1−lna<0，
由(ⅰ)知ex−ex≥0，
∴ elna−elna=a−elna≥0，
∴ a−2lna>a−elna≥0，
f2lna=a2−2alna=aa−2lna>0.
又∵ f0=1>0，0故fx存在两个零点，分别在0,lna，lna,2lna内．
综上，实数a的取值范围为e,+∞．
(2)证明：由题意得ex1=ax1,ex2=ax2,
令t=x2−x1>0，
两式相除得et=ex2−x1=x2x1=x1+tx1，变形得x1=tet−1.
欲证x2−x1<2x1−2，即证t<2et−1t−2，即证t2+2t+2et<2．
记ℎt=t2+2t+2ett>0，
ℎ′t=−t2et<0，
故ℎ(t)在0,+∞上单调递减，
从而ℎt<ℎ0=2，即t2+2t+2et<2，
所以x2−x1<2x1−2得证．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：fx的定义域为R，f′x=ex−a．
①当a≤0时，f′x≥ex>0，
所以fx在R上单调递增，
故fx至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，令f′x<0，得x0，得x>lna，
故fx∈−∞,lna上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以fxmin=flna=a−alna=a1−lna．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>e，则lna>1，fxmin=a1−lna<0，
由(ⅰ)知ex−ex≥0，
∴ elna−elna=a−elna≥0，
∴ a−2lna>a−elna≥0，
f2lna=a2−2alna=aa−2lna>0.
又∵ f0=1>0，0故fx存在两个零点，分别在0,lna，lna,2lna内．
综上，实数a的取值范围为e,+∞．
(2)证明：由题意得ex1=ax1,ex2=ax2,
令t=x2−x1>0，
两式相除得et=ex2−x1=x2x1=x1+tx1，变形得x1=tet−1.
欲证x2−x1<2x1−2，即证t<2et−1t−2，即证t2+2t+2et<2．
记ℎt=t2+2t+2ett>0，
ℎ′t=−t2et<0，
故ℎ(t)在0,+∞上单调递减，
从而ℎt<ℎ0=2，即t2+2t+2et<2，
所以x2−x1<2x1−2得证．
1. 设集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,6，B=2,3,4，则A∩∁UB=（ ）
A.3B.1,6C.5,6D.1,3
2. 已知i是虚数单位，若z=i3+a2+i是纯虚数，则实数a=（ ）
A.−2B.2C.−12D.12
3. 已知命题p:∀x>0，ex≥x+1，则命题¬p为（ ）
A.∀x>0，ex
4. tan67.5∘−1tan67.5∘的值为( )
A.1B.2C.2D.4
5. 定义在R上的偶函数fx在[0,+∞)上单调递增，且f2=0，则不等式x⋅fx>0的解集为（ ）
A.−2,0∪2,+∞B.−2,0∪0,2
C.−∞,−2∪2,+∞D.−∞,−2∪0,2
6. 已知函数 fx=ax2−x−14,x≤1,lgax−1,x>1 是R上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A.[14,12)B.(0,12]C.14,12D.[12,1)
7. 已知函数fx=eax−x存在两个零点，则正数a的取值范围是（ ）
A.0,e2B.e2,+∞C.0,12eD.12e,+∞
8. 设函数f(x)=ex+2x−a（a∈R，e为自然对数的底数）．若存在b∈[0, 1]使f(f(b))=b成立，则a的取值范围是( )
A.[1, e]B.[1, 1+e]C.[e, 1+e]D.[0, 1]
二、多选题
下列四个选项中，q是p的充分必要条件的是( )
A.p:a=0,b=0.q:a+b=0,ab=0.
B.p:a=1,b=1.q:a+b=2,ab=1.
C.p:a>0,b>0.q∶a+b>0,ab>0.
D.p:a>1,b>1,q:a+b>2,ab>1,
已知曲线C1:y=cs4x，C2:y=sin2x+π3，则下面结论正确的是( )
A.把曲线C1向左平移π3个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C2
B.把曲线C1向右平移π24个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C2
C.把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C2
D.把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的曲线向右平移π12个单位长度，得到曲线C2
已知奇函数fx的定义域为R，且满足：对任意的x∈R，都有f−x=fx+1．当0≤x≤12时，fx=lg21+x，则下列说法正确的是( )
A.fx的一个周期为2
B.若i∈N∗，则i=1nfi=0
C.点−1,0为fx的一个对称中心
D.i=12021fi2=lg2321011
若函数f(x)=2(x+1)2+sinxx2+1的最大值和最小值分别为M、m，则函数g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]图象的对称中心可能是( )
A.(π3,4π3)B.(π12,π3)C.(2π3,8π3)D.(π6,2π3)
三、填空题
若集合A=x|kx2+2x+1=0中有且仅有一个元素，则k的值为________．
已知条件p:x2−3x−4≤0，条件q:x2−6x+9−m2≤0m>0，若p的一个必要不充分条件是q，则实数m的取值范围是________．
已知fx为奇函数，当x<0时，fx=e−x+1，则曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程是________.
已知函数fx=ax−1x−2lnx，若fx在1,e上单调减函数，则实数a的最大值为________；若a>0，在1,e上至少存在一点x0，使得fx0−2ex0≥0成立，则实数a的最小值为________．
四、解答题
已知函数f(x)=3sin2x+2cs2x．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)求函数f(x)单调递增区间．
已知数列an的前n项和为Sn=n2+12n .
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an+12，求数列1bn⋅bn+1的前n项和Tn .
△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c， c1−csB=bcsC．
(1)证明：A=C；
(2)若B=π6，c=3，D为边BC上一点且AD=1，求△ACD的面积S．
如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1，∠BCA=90∘，AC=BC=2，AC的中点为D．且A1D⊥平面ABC，A1D=3．
(1)求证：A1B⊥AC1；
(2)线段CC1上是否存在一点M，使得直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．若存在求出CMCC1的值；若不存在，请说出理由．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，过左焦点F且与x轴垂直的弦长为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A，B为椭圆C上两点，O为坐标原点，斜率为k的直线l经过点P0,12，若A，B关于l对称，且OA⊥OB，如果存在这样的直线l，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
已知函数fx=ex−ax有两个零点x1，x2x1
(2)证明：x2−x1<2x1−2．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：由题设可得∁UB={1,5,6} ，
故A∩∁UB={1,6}．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
无
【解答】
解：z=i3+a2+i=−i+a2−i2+i2−i=2a−1−2+ai5.
∵ z=i3+a2+i是纯虚数，
∴2a−1=0，2+a≠0，
∴a=12．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：∵p：∀x>0，ex≥x+1是全称量词命题，
则命题¬p为存在量词命题，
由全称量词命题的否定意义得：命题¬p：∃x>0，ex
4.
【答案】
C
【考点】
同角三角函数间的基本关系
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
根据同角的基本关系式以及三角函数的倍角公式进行化简求解即可．
【解答】
解：tan67.5∘−1tan67.5∘
=sin67.5∘cs67.5∘−cs67.5∘sin67.5∘
=sin267.5∘−cs267.5∘sin67.5∘cs67.5∘
=−cs135∘12sin135∘=2212×22=2.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
无
【解答】
解：∵ 定义在R上的偶函数fx在[0,+∞)上单调递增，且f2=0，
∴fx在−∞,0上单调递减，且f−2=0，
x⋅fx>0⇒x>0,fx>0或x<0,fx<0,
故x>2或−2
6.
【答案】
C
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
无
【解答】
解：当a>1时，fx=ax2−x−14在(−∞,12a)上为减函数，
fx=lgax−1在1,+∞上为增函数，不符合题意；
当0
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：显然f0=1 ，
fx=eax−x有两个零点，即方程eax=x，e2ax=x在0,+∞上有两个解，
两边取对数得到2ax=lnx.
令gx=lnx−2ax，g′x=1x−2a，
∴ gx在0,12a上单调递增，在12a,+∞上单调递减.
又当x→0时，gx→−∞；当x→+∞时，gx→−∞.
∵gx有两个零点，
则g12a=ln12a−1>0，
解得a<12e，
∴正数a的取值范围是0,12e．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
函数的对称性
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究函数的最值
【解析】
利用反函数将问题进行转化，再将解方程问题转化为函数的图象交点问题．
【解答】
解：由f(f(b))=b，可得f(b)=f−1(b)，其中f−1(x)是函数f(x)的反函数，
因此命题“存在b∈[0, 1]使f(f(b))=b成立”，转化为“存在b∈[0, 1]，使f(b)=f−1(b)”，
即y=f(x)的图象与函数y=f−1(x)的图象有交点，且交点的横坐标b∈[0, 1].
∵ y=f(x)的图象与y=f−1(x)的图象关于直线y=x对称，
∴ y=f(x)的图象与函数y=f−1(x)的图象的交点必定在直线y=x上，
由此可得，y=f(x)的图象与直线y=x有交点，且交点横坐标b∈[0, 1]，
∴ ex+2x−a=x，
∴ a=ex+x.
设g(x)=ex+x，
则g′(x)=ex+1>0在[0, 1]上恒成立，
∴ g(x)=ex+x在[0, 1]上单调递增，
∴ g(0)=1+0=1，g(1)=e+1，
∴ a的取值范围是[1, 1+e].
故选B.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
无
【解答】
解：A．由a=0，b=0，可得a+b=0，ab=0，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；
B．由a=1，b=1，可得a+b=2，ab=1，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；
C．由a>0，b>0，可得a+b>0，ab>0，反之也成立，∴q是p的充分必要条件；
D．由a>1， b>1，可得a+b>2， ab>1，反之不成立，例如取a=6， b=12 ，∴q是p的必要不充分条件．
故选ABC．
【答案】
B,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：曲线C1到曲线C2的转换可通过两个途径放缩、平移可得：
途径一：向右平移π24，即y=cs4x⇒y=cs4x−π6，
再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
即y=cs4x−π6
⇒y=cs2x−π6=cs2x+π3−π2=sin2x+π3，可得选项B正确；
途径二：把曲线C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），即y=cs4x⇒y=cs2x，
所得曲线向右平移π12个单位长度，即y=cs2x⇒y=cs2x−π12
=cs2x−π6=cs2x+π3−π2=sin2x+π3，可得选项D正确.
故选BD.
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
函数奇偶性的性质
函数的周期性
函数的对称性
【解析】
本题考查函数的奇偶性，单调性，对称性等函数性质．
【解答】
解：由fx为奇函数， f−x=fx+1，所以函数fx关于直线x=12对称，
所以fx=−fx+1=−−fx+2=fx+2，故周期T=2，选项A正确；
当0≤x≤12时，fx=lg21+x，所以f1=f0=f2=0，
所以i∈N∗，则i=1nfi=0，选项B正确；
点−1,0为fx的一个对称中心，所以i=12021fi2=lg232，
故i=12021f12≠lg2(32)1011，选项C正确，D错误．
故选ABC．
【答案】
A,B
【考点】
正弦函数的对称性
函数的值域及其求法
【解析】
对函数f(x)进行化简，结合奇偶性考虑最值，可求出M+m，从而可得函数g(x)的对称中心，则答案可求．
【解答】
解：f(x)=2(x+1)2+sinxx2+1
=2(x2+1)+4x+sinxx2+1
=2+4x+sinxx2+1，
而函数4x+sinxx2+1为奇函数，设其最大值为a，则其最小值为−a，
可得M=2+a，m=2−a，
∴ M+m=4，
∴ g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]=4x+sin(4x−π3)．
令4x−π3=kπ，得x=kπ4+π12，k∈Z．
取k=0，得x=π12，此时g(π12)=π3；
取k=1，得x=π3，此时g(π3)=4π3；
取k=5，得x=4π3，此时g(4π3)=16π3，
∴ 函数g(x)=(M+m)x+sin[(M+m)x−π3]图象的对称中心可能是(π3,4π3)和(π12,π3).
故选AB.
三、填空题
【答案】
0或1
【考点】
集合中元素的个数
【解析】
无
【解答】
解：当k=0时，方程为2x+1=0，有且只有一解，符合题意；
当k≠0时，方程kx2+2x+1=0有且仅有一个解等价于Δ=22−4k=0，
解得k=1．
故答案为：0或1．
【答案】
m≥4
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
无
【解答】
解：命题p：x2−3x−4≤0，解得−1≤x≤4.
命题q：∵x2−6x+9−m2≤0，
∴[x−3−m][x−3+m]≤0.
又 m>0，
∴ 3−m≤x≤3+m，
∵p的一个必要不充分条件为q，
∴[−1,4]⫋[3−m,3+m]，
∴ 3−m≤−1，3+m≥4，
解得m≥4．
故答案为：m≥4．
【答案】
ex+y+1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x>0时，−x<0，则f−x=ex+1，
又fx为奇函数，
则fx=−ex−1，f′x=−ex，f1=−e−1，
所以k=f′1=−e，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为ex+y+1=0.
故答案为：ex+y+1=0.
【答案】
2ee2+1,4ee2−1
【考点】
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
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx=ax−ax−2lnx，
得f′x=a+ax2−2x=ax2−2x+ax2．
要使fx在1,e内为单调减函数，只需f′x≤0，
即ax2−2x+a≤0在1,e内恒成立，
设ℎ(x)=ax2−2x+a，①
当a>0时，
ℎ(1)≤0，ℎ(e)≤0，
即a−2+a≤0，ae2−2e+a≤0，
解得：0
设gx=2ex，则gx=2ex在1,e上是减函数，
∴ gxmin=ge=2，
gxmax=g1=2e，
即gx∈2,2e．
当0
fx=a(x−1x)−2lnx
则y′=1+1x2−2x=(x−1)2x2≥0，
即y在[1, e]上单调递增，
∴ f(x)
∵ fx在1,e单调递增，gx在1,e上是减函数，
∴原命题等价于fxmax≥gxmin=2，x∈1,e，
由fxmax=fe=ae−1e−2lne≥2，
解得a≥4ee2−1.
综上，a的最小值是4ee2−1．
故答案为：2ee2+1；4ee2−1.
四、解答题
【答案】
解：(1)f(x)=3sin2x+2cs2x
=3sin2x+1+cs2x
=2sin(2x+π6)+1，
∵ −1≤sin(2x+π6)≤1，
∴ −2≤2sin(2x+π6)≤2，−1≤2sin(2x+π6)+1≤3，
即−1≤f(x)≤3，即f(x)的值域为[−1, 3]．
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ−π3, kπ+π6]，k∈Z．
【考点】
正弦函数的定义域和值域
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的单调性
【解析】
（1）利用辅助角公式进行化简，结合三角函数的有界性进行求解即可．
（2）根据三角函数的单调性的性质进行求解即可．
【解答】
解：(1)f(x)=3sin2x+2cs2x
=3sin2x+1+cs2x
=2sin(2x+π6)+1，
∵ −1≤sin(2x+π6)≤1，
∴ −2≤2sin(2x+π6)≤2，−1≤2sin(2x+π6)+1≤3，
即−1≤f(x)≤3，即f(x)的值域为[−1, 3]．
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ−π3, kπ+π6]，k∈Z．
【答案】
解：(1)当n=1时， a1=S1=32，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n−12，
经验证，当n=1时，满足an=2n−12，
故an=2n−12 .
(2)由(1)可知，an=2n−12 ，
∴ bn=an+12=2n，
∴ nb1bn+1=12n×2n+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=14(1−1n+1)=n4(n+1) .
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
解：(1)当n=1时， a1=S1=32，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n−12，
经验证，当n=1时，满足an=2n−12，
故an=2n−12 .
（2）∵ bn=an+12，∴ bn=2n，
∴ 1b1bn+1=12n×2n+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n−1n+1)=14(1−14)=1n+1)=n4(n+1) .
【解答】
解：(1)当n=1时， a1=S1=32，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n−12，
经验证，当n=1时，满足an=2n−12，
故an=2n−12 .
(2)由(1)可知，an=2n−12 ，
∴ bn=an+12=2n，
∴ nb1bn+1=12n×2n+1=141n−1n+1，
∴ Tn=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=14(1−1n+1)=n4(n+1) .
【答案】
(1)证明：∵ c⋅(1−csB)=b⋅csC，
∴ sinC⋅1−csB=sinB⋅csC，
∴ sinC=sinB⋅csC+sinC⋅csB=sinB+C=sinA，
∴ 在△ABC中，A=C．
(2)解：在△ABC中，a=c=3．
在△ABD中，有AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcsπ6，
∴ 1=3+BD2−3BD，
∴ BD=1或2．
∵ D为边BC上一点，
∴ BD=1，
∴ ∠BAD=∠B=π6，
∴ ∠ADC=∠B+∠BAD=π3，DC=a−BD=3−1，
∴ △ACD的面积为S=12×1×3−1×sinπ3=3−34．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
利用正弦定理化边为角，化简得sinC=sinA，即可证明(2)利用余弦定理求出BD，求出∠ADC=π3，DC=3−1，利用面积公式求解即可．
利用正弦定理化边为角，化简得sinC=sinA，即可证明(2)利用余弦定理求出BD，求出∠ADC=π3，DC=3−1，利用面积公式求解即可．
【解答】
(1)证明：∵ c⋅(1−csB)=b⋅csC，
∴ sinC⋅1−csB=sinB⋅csC，
∴ sinC=sinB⋅csC+sinC⋅csB=sinB+C=sinA，
∴ 在△ABC中，A=C．
(2)解：在△ABC中，a=c=3．
在△ABD中，有AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcsπ6，
∴ 1=3+BD2−3BD，
∴ BD=1或2．
∵ D为边BC上一点，
∴ BD=1，
∴ ∠BAD=∠B=π6，
∴ ∠ADC=∠B+∠BAD=π3，DC=a−BD=3−1，
∴ △ACD的面积为S=12×1×3−1×sinπ3=3−34．
【答案】
(1)证明：作DE⊥AC交AB于点E，分别以DE，DC，DA1所在直线为x，y，z轴建系，
A0,−1,0，C0,1,0，B2,1,0，A10,0,3，C10,2,3，
∴A1B→=2,1,−3，AC1→=0,3,3.
∵ A1B→⋅AC1→=0+3−3=0，
∴A1B⊥AC1．
(2)解：设CM→=λCC1→=0,λ,3λ ，A1B1→=AB→=2,2,0 ，A1M→=A1C→+CM→=0,λ+1,3λ−3，
设面MA1B1的一个法向量为n→=x,y,z，
有A1B1→⋅n→=0,A1M→⋅n→=0
∴2x+2y=0，λ+1y+3λ−3z=0，
令x=1，∴n→=(1,−1,λ+13λ−3).
∵A1B→=2,1,−3.
若直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520，
|cs⟨n→,A1B→⟩|=31520，
即 |2−1−λ+1λ−1|22×1+1+13(λ+1λ−1)2=31520，
解得λ=13，
∴当CM=13CC1时，直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：作DE⊥AC交AB于点E，分别以DE，DC，DA1所在直线为x，y，z轴建系，
A0,−1,0，C0,1,0，B2,1,0，A10,0,3，C10,2,3，
∴A1B→=2,1,−3，AC1→=0,3,3.
∵ A1B→⋅AC1→=0+3−3=0，
∴A1B⊥AC1．
(2)解：设CM→=λCC1→=0,λ,3λ ，A1B1→=AB→=2,2,0 ，A1M→=A1C→+CM→=0,λ+1,3λ−3，
设面MA1B1的一个法向量为n→=x,y,z，
有A1B1→⋅n→=0,A1M→⋅n→=0
∴2x+2y=0，λ+1y+3λ−3z=0，
令x=1，∴n→=(1,−1,λ+13λ−3).
∵A1B→=2,1,−3.
若直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520，
|cs⟨n→,A1B→⟩|=31520，
即 |2−1−λ+1λ−1|22×1+1+13(λ+1λ−1)2=31520，
解得λ=13，
∴当CM=13CC1时，直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为31520．
【答案】
解：(1)设c=a2−b2，则F−c,0，
令x=−c，则y2=b4a2，从而2b2a=2，即a=2b2.
又因为ca=22，即a2=2c2，
解得a=2,b=1，
故椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx+12，当k=0时，不符合题意．
当k≠0时，设直线AB:y=−1kx+m，
由x2+2y2=2,y=−1kx+m 联立，整理得12+1k2x2−2mkx+m2−1=0，
Δ=4m2k2−412+1k2m2−1=−2m2+2+4k2>0，
即1+2k2>m2①．
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4km2+k2，x1x2=2k2m2−12+k2，
y1+y2=−1kx1+x2+2m=2mk22+k2，
y1y2=−1kx1+m−1kx2+m
=1k2x1x2−mkx1+x2+m2=m2k2−22+k2．
AB的中点K2km2+k2,k2m2+k2在直线l上，
则k2m2+k2=k×2km2+k2+12，整理得m=−2+k22k2②，
②式代入①式整理得3k4+4k2−4>0，
解得k>63或k<−63．
因为OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=2k2m2−12+k2+k2m2−22+k2=0，
整理得3k2m2−2k2−2=0③．
将②式代入③得5k4−4k2−12=0,k=±2，且满足k>63或k<−63，
所以k=±2，故直线l的方程为y=2x+12或y=−2x+12．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设c=a2−b2，则F−c,0，
令x=−c，则y2=b4a2，从而2b2a=2，即a=2b2.
又因为ca=22，即a2=2c2，
解得a=2,b=1，
故椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)设直线l的方程为y=kx+12，当k=0时，不符合题意．
当k≠0时，设直线AB:y=−1kx+m，
由x2+2y2=2,y=−1kx+m 联立，整理得12+1k2x2−2mkx+m2−1=0，
Δ=4m2k2−412+1k2m2−1=−2m2+2+4k2>0，
即1+2k2>m2①．
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4km2+k2，x1x2=2k2m2−12+k2，
y1+y2=−1kx1+x2+2m=2mk22+k2，
y1y2=−1kx1+m−1kx2+m
=1k2x1x2−mkx1+x2+m2=m2k2−22+k2．
AB的中点K2km2+k2,k2m2+k2在直线l上，
则k2m2+k2=k×2km2+k2+12，整理得m=−2+k22k2②，
②式代入①式整理得3k4+4k2−4>0，
解得k>63或k<−63．
因为OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=2k2m2−12+k2+k2m2−22+k2=0，
整理得3k2m2−2k2−2=0③．
将②式代入③得5k4−4k2−12=0,k=±2，且满足k>63或k<−63，
所以k=±2，故直线l的方程为y=2x+12或y=−2x+12．
【答案】
(1)解：fx的定义域为R，f′x=ex−a．
①当a≤0时，f′x≥ex>0，
所以fx在R上单调递增，
故fx至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，令f′x<0，得x
故fx∈−∞,lna上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以fxmin=flna=a−alna=a1−lna．
(ⅰ)若0
由(ⅰ)知ex−ex≥0，
∴ elna−elna=a−elna≥0，
∴ a−2lna>a−elna≥0，
f2lna=a2−2alna=aa−2lna>0.
又∵ f0=1>0，0
综上，实数a的取值范围为e,+∞．
(2)证明：由题意得ex1=ax1,ex2=ax2,
令t=x2−x1>0，
两式相除得et=ex2−x1=x2x1=x1+tx1，变形得x1=tet−1.
欲证x2−x1<2x1−2，即证t<2et−1t−2，即证t2+2t+2et<2．
记ℎt=t2+2t+2ett>0，
ℎ′t=−t2et<0，
故ℎ(t)在0,+∞上单调递减，
从而ℎt<ℎ0=2，即t2+2t+2et<2，
所以x2−x1<2x1−2得证．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：fx的定义域为R，f′x=ex−a．
①当a≤0时，f′x≥ex>0，
所以fx在R上单调递增，
故fx至多有一个零点，不符合题意；
②当a>0时，令f′x<0，得x
故fx∈−∞,lna上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以fxmin=flna=a−alna=a1−lna．
(ⅰ)若0
由(ⅰ)知ex−ex≥0，
∴ elna−elna=a−elna≥0，
∴ a−2lna>a−elna≥0，
f2lna=a2−2alna=aa−2lna>0.
又∵ f0=1>0，0
综上，实数a的取值范围为e,+∞．
(2)证明：由题意得ex1=ax1,ex2=ax2,
令t=x2−x1>0，
两式相除得et=ex2−x1=x2x1=x1+tx1，变形得x1=tet−1.
欲证x2−x1<2x1−2，即证t<2et−1t−2，即证t2+2t+2et<2．
记ℎt=t2+2t+2ett>0，
ℎ′t=−t2et<0，
故ℎ(t)在0,+∞上单调递减，
从而ℎt<ℎ0=2，即t2+2t+2et<2，
所以x2−x1<2x1−2得证．
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