2022年山东省烟台市、枣庄市高考数学适应性试卷（一）

这是一份2022年山东省烟台市、枣庄市高考数学适应性试卷（一），共18页。试卷主要包含了已知点F1、F2分别为椭圆C，下列结论正确的有，84，则P=0等内容，欢迎下载使用。

2022年山东省烟台市、枣庄市高考数学适应性试卷（一）

1.（5分）已知集合A={-2,-1,1,2}，B={x|2xb>0)的左、右焦点，点P为直线x=a2b上一个动点．若tan∠F1PF2的最大值为33，则椭圆C的离心率为()
A. 34 B. 33 C. 24 D. 22
9.（5分）下列结论正确的有()
A. 若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=2D(ξ)+1
B. 若随机变量ξ～N(3,σ2)，且P(ξ0，且单调区间变化不具有对称的性质， 
所以，只有C选项满足． 
故选：C. 
令y=f(x)=sinx+12sin2x+13sin3x，进而求导得f'(x)=(1+2cosx)cos2x，再讨论x∈(0,π)时，f'(x)的符号得f(x)的单调区间与函数值的符号，进而得答案． 
此题主要考查了函数的图象的变换，属于中档题．

8.【答案】D
【解析】解：根据对称性，不妨设点P在第一象限且坐标为(a2b,m)(m>0)，如图， 
记直线x=a2b与x轴的交点为M， 
设∠F2PM=α，∠F1PM=β，则∠F1PF2=β-α， 
由于F1(-c,0)，F2(c,0)， 
故|MF1|=a2b+c,|MF2|=a2b-c， 
所以，tanα=a2b-cm,tanβ=a2b+cm， 
所以tan∠F1PF2=tan(β-α)=2cm1+(a2b)2-c2m2=2mcb2m2b2+a4-b2c2=2cb2mb2+a4-b2c2m， 
因为m>0,mb2+a4-b2c2m⩾2b2(a4-b2c2)，当且仅当mb2=a4-b2c2m时等号成立， 
即m2=a4-b2c2b2时等号成立， 
所以tan∠F1PF2=2cb2mb2+a4-b2c2m⩽2cb22b2(a4-b2c2)=33， 
整理得4c4-4a2c2+a4=0， 
所以4e4-4e2+1=0，解得e2=12， 
所以e=22，即椭圆C的离心率为22. 
故选：D. 
根据对称性，不妨设点P在第一象限且坐标为(a2b,m)(m>0)，设∠F2PM=α，∠F1PM=β，则∠F1PF2=β-α，进而结合正切的差角公式和基本不等式可得4c4-4a2c2+a4=0，进而根据齐次式求离心率即可． 
此题主要考查了椭圆的离心率的求解计算，属于中档题．


9.【答案】BCD
【解析】解：对A，由方差的性质可知，若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则D(η)=22D(ζ)=4D(ζ)，故错误； 
对B，根据正态分布的图象对称性可得P(30,b>0)的实轴长为2可得双曲线方程，根据抛物线的装配线方程可得抛物线方程； 
(2)设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据几何意义求得切线AP，BP的方程，联立可得K的坐标，代入双曲线方程，结合面积表达式求解范围即可． 
此题主要考查双曲线、抛物线方程的求解，考查联立直线与圆锥曲线、利用韦达定理化简并表达面积的问题及利用导数求切线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

22.【答案】解：（1）g（x）=f′（x）=2ae2x-2x， 
所以g′（x）=4ae2x-2， 
当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减， 
当x→-∞时，g（x）→-∞时，g（x）→+∞， 
当x→+∞时，g（x）→-∞， 
由零点的存在定理，此时g（x）存在唯一零点， 
当a＞0时，令g′（x）=4ae2x-2＞0，得x＞-ln2a2， 
故当x∈（-ln2a2，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增， 
同理，x∈（-∞，-ln2a2）时，g（x）单调递减， 
所以g（x）min=g（-ln2a2）=1+ln2a， 
当x→-∞时，g（x）→+∞， 
当x→+∞时，g（x）→+∞， 
所以当g（-ln2a2）＜0，即0＜a＜12e， 
由零点的存在定理g（x）存在两个零点， 
当a＞12e时，g（x）在（-∞，+∞）无零点， 
综上所述，当a≤0或a=12e时，g（x）存在1个零点， 
当0＜a＜12e时，g（x）存在2个零点， 
当a＞12e时，f（x）无零点． 
（2）由（1）知，f（x）的极值点为x1，x2，即方程g（x）=2ae2x-2x=0的两个根， 
且0＜a＜12e， 
所以ae2x1=x1＞0，ae2x2=x2＞0， 
两式相除并取对数得2（x2-x1）=lnx2x1＞0， 
由ee-1x1+x2≥λx1x2，得2（x2-x1）（ee-2x1+x2）≥λx1x2•lnx2x1， 
所以λ≤2(2e-2+x2x1-ee-2·x1x2)lnx2x1， 
令t=x2x1＞1，令h（t）=2(2e-2+t-ee-21t)lnt（t＞1）， 
则λ≤h（t）恒成立， 
h′（t）=2(t2+ee-2lnt)-(ee-2t+t2-ee-2)t2ln2t， 
令φ（t）=（t2+ee-2）lnt-（2e-2t+t2-ee-2）， 
则φ′（t）=2tlnt-t+ee-2•1t-2e-2， 
因为φ″（t）=2lnt+1-ee-2•1t2在（1，+∞）上单调递增，且φ″（1）＜0，φ″（e）＞0， 
所以∃t0∈（1，e），使得φ″（t0）=0，且当t∈（1，t0）时，φ″（t）＜0，φ′（t）单调递减， 
当t∈（t0，+∞）时，φ″（t）＞0，φ′（t）单调递增， 
又φ′（1）=0，φ′（e）＞0， 
由零点的存在定理，存在t1∈（1，e）， 
当t∈（1，t1）时，φ′（t）＜0，φ（t）单调递减， 
当t∈（t1，+∞）时，φ′（t）＞0，φ（t）单调递增， 
又φ（1）=φ（e）=0， 
所以x∈（1，e）时，φ（t）＜0，h（t）单调递减， 
当x∈（e，+∞）时，φ（t）＞0，h（t）单调递增， 
所以当t=e时，h（t）min=h（e）=2(e-1)2e-2， 
所以λ的取值范围为λ≤2(e-1)2e-2， 
所以λ的取值范围为（-∞，2(e-1)2e-2]．
【解析】 
(1)根据题意可得g(x)=f'(x)=2ae2x-2x，求导得g'(x)=4ae2x-2，分三种情况：当a⩽0或a=12e时，当00，ae2x2=x2>0，两式相除并取对数得2(x2-x1)=lnx2x1>0，不等式可化为2(x2-x1)(ee-2x1+x2)⩾λx1x2，λ⩽2(2e-2+x2x1-ee-2·x1x2)lnx2x1，只需λ⩽[2(2e-2+x2x1-ee-2·x1x2)lnx2x1]min，即可得出答案． 
此题主要考查导数的综合应用，解题中注意注意分类讨论思想，转化思想的应用，属于难题．