高考数学一轮复习综合模拟卷二

这是一份高考数学一轮复习综合模拟卷二，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·沈阳模拟)已知i为虚数单位，复数z满足iz＝1＋2i，则|z|等于( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \r(5) C．1 D．3
答案 B
解析 若iz＝1＋2i，
则z＝eq \f(1＋2i,i)＝2－i，
所以|z|＝eq \r(5)，故选B.
2．设集合A＝{(x，y)|x＋y＝1}，B＝{(x，y)|2x－y＝－4}，则A∩B等于( )
A．{x＝－1，y＝2} B．(－1,2)
C．{－1,2} D．{(－1,2)}
答案 D
解析 ∵集合A＝{(x，y)|x＋y＝1}，B＝{(x，y)|2x－y＝－4}，
∴A∩B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x，y\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝1，,2x－y＝－4))))))＝{(－1,2)}．故选D.
3．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )
A．4 B．3eq \r(2) C．6 D．3eq \r(3)
答案 D
解析 由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝eq \r(3\r(2)2＋32)＝3eq \r(3).
4．(2020·唐山段考)设m，n是两条直线， α，β表示两个平面，如果m⊂α，α∥β，那么“n⊥β”是“m⊥n”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 A
解析 如果m⊂α，α∥β，那么由n⊥β，可得到n⊥α，
即可得到m⊥n；
反之，由m⊥n，m⊂α，α∥β，不能得到n⊥β.
所以“n⊥β”是“m⊥n”的充分不必要条件．
5．(2020·广州模拟)已知正方形ABCD的边长为2，点P是BC的中点，eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BQ,\s\up6(→))，则向量eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))等于( )
A．1 B．5 C．7 D．－13
答案 C
解析 画出图象如图所示，
依题意可知A是线段BQ的中点，
P是线段BC的中点．
故eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \(CD,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))，
eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))＋2eq \(CD,\s\up6(→)).
故eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CD,\s\up6(→))－\f(1,2)\(CB,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(CB,\s\up6(→))＋2\(CD,\s\up6(→))))
＝2eq \(CD,\s\up6(→))2－eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(CB,\s\up6(→))2＝8－1＝7.
6．某地区甲、乙、丙三个单位进行招聘，其中甲单位招聘2名，乙单位招聘2名，丙单位招聘1名，并且甲单位要至少招聘一名男生，现有3男3女参加三个单位的招聘，则不同的录取方案种数为( )
A．36 B．72 C．108 D．144
答案 D
解析 根据题意，分3步进行分析：
①单位甲在6人中任选2人招聘，要求至少招聘一名男生，有Ceq \\al(2,6)－Ceq \\al(2,3)＝12(种)情况，
②单位乙在剩下的4人中任选2人招聘，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)情况，
③单位丙在剩下的2人中任选1人招聘，有Ceq \\al(1,2)＝2(种)情况，
则有12×6×2＝144(种)不同的录取方案．
7．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2和点P(x0,0)，若圆C上存在两点A，B使得∠APB＝eq \f(π,3)，则实数x0的取值范围是( )
A．[－3,1] B．[－1,3]
C．[－2,3] D．[－2,4]
答案 B
解析 当直线PA和直线PB与圆C相切时，∠APB最大，
要使圆C上存在两点A，B使得∠APB＝eq \f(π,3)，
则∠APC≥eq \f(π,6)，
∴|PC|≤eq \f(\r(2),sin\f(π,6))＝2eq \r(2)，
即eq \r(x0－12＋0－22)≤2eq \r(2)，
解得－1≤x0≤3，故选B.
8．(2020·安徽示范高中月考)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－1，x≤0，,x2－ax，x>0，))若关于x的方程f(x)＋m＝0对任意的m∈(0,1)有三个不相等的实数根，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[2，＋∞)
C．[－2,2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
答案 B
解析 因为关于x的方程f(x)＋m＝0对任意的m∈(0,1)有三个不相等的实数根，
因为当x≤0时，∀m∈(0,1) ，ex－1＝－m有一根，
所以当x>0时，x2－ax＝－m恒有两个正根，
由二次函数的图象可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)>0，,Δ＝a2－4m>0))对任意的m∈(0,1)恒成立，
所以a2≥4，解得a≥2.
故选B.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．给出下列命题，其中正确的是( )
A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λa
B．a＝，b＝，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0.5的大小关系是c>a>b
C．已知直线l1：ax＋3y－1＝0，l2：x＋by＋1＝0，则l1⊥l2的充要条件是eq \f(a,b)＝－3
D．已知a>0，b>0，函数y＝2aex＋b的图象过点(0,1)，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是4eq \r(2)
答案 AB
解析 若|a＋b|＝|a|－|b|，则a与b共线，且方向相反，即存在实数λ，使得b＝λa成立，故A正确；
a＝＝－lg32∈(－1,0)，b＝＝－lg23<－1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0.5>0，则c>a>b，故B正确；
当b＝0，a＝0时，两直线分别为l1：3y－1＝0，l2：x＋1＝0，满足l1⊥l2，故C错误；
已知y＝2aex＋b的图象过点(0,1)，则2a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝2＋1＋eq \f(2a,b)＋eq \f(b,a)≥3＋2eq \r(\f(2a,b)·\f(b,a))＝3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \r(2)a＝b时取等号，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是3＋2eq \r(2).故D错误．
10．(2019·烟台质检)中国铁路总公司相关负责人表示，到2018年底，全国铁路营业里程达到13.1万公里，其中高铁营业里程2.9万公里，超过世界高铁总里程的三分之二，下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程(单位：万公里)的折线图，以下结论正确的有( )
A．每相邻两年相比较，2014年到2015年铁路运营里程增加最显著
B．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程与年份正相关
C．2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上
D．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程数依次成等差数列
答案 ABC
解析 选项A，B显然正确；
对于C，eq \f(2.9－1.6,1.6)>0.8，选项C正确；
1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列，故选项D错误．
11．已知函数f(x)＝cs xsin 2x，下列结论中正确的是( )
A．y＝f(x)的图象关于(π，0)中心对称
B．y＝f(x)的图象关于x＝eq \f(π,2)对称
C．f(x)的最大值为eq \f(\r(3),2)
D．f(x)既是奇函数，又是周期函数
答案 ABD
解析 对于A，因为f(π＋x)＝cs(π＋x)sin(2π＋2x)＝－cs xsin 2x，
f(π－x)＝cs(π－x)sin(2π－2x)＝cs xsin 2x，
所以f(π＋x)＋f(π－x)＝0，
可得y＝f(x)的图象关于(π，0)中心对称，故A正确；
对于B，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))sin(π＋2x)＝－sin x(－sin 2x)＝sin xsin 2x，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin(π－2x)＝sin xsin 2x，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))，
可得y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故B正确；
对于C，化简得f(x)＝cs xsin 2x＝2cs2xsin x
＝2sin x(1－sin2x)，
令t＝sin x，g(t)＝2t(1－t2)，－1≤t≤1，
∵g(t)＝2t(1－t2)的导数
g′(t)＝2－6t2＝2(1＋eq \r(3)t)(1－eq \r(3)t)，
∴当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),3)))，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))时，g′(t)<0，
函数g(t)为减函数；
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))时，g′(t)>0，函数g(t)为增函数．
因此函数g(t)的最大值为g(－1)或geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))，
结合g(－1)＝0可得g(t)的最大值为eq \f(4\r(3),9).
由此可得f(x)的最大值为eq \f(4\r(3),9)而不是eq \f(\r(3),2)，故C不正确；
对于D，因为f(－x)＝cs(－x)sin(－2x)＝－cs xsin 2x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．
因为f(2π＋x)＝cs(2π＋x)sin(4π＋2x)＝cs xsin 2x＝f(x)，
所以2π为函数f(x)的一个周期，得f(x)为周期函数．
可得f(x)既是奇函数，又是周期函数，得D正确．
故选ABD.
12．函数f(x)的定义域为R，若f(x＋1)与f(x－1)都是奇函数，则下列说法正确的有( )
A．f(x)是偶函数 B．f(x)是奇函数
C．f(x)＝f(x＋4) D．f(x＋3)是奇函数
答案 CD
解析 ∵f(x＋1)与f(x－1)都是奇函数，
∴函数f(x)关于点(1,0)及点(－1,0)对称，
∴f(x)＋f(2－x)＝0，f(x)＋f(－2－x)＝0，
∴f(2－x)＝f(－2－x)，
∴f(x)＝f(x－4)，则f(x＋4)＝f(x)，
函数f(x)是周期T＝4的周期函数，选项C正确；
∵f(x－1)＝－f(－x－1)，
∴f(x－1＋4)＝－f(－x－1＋4)，
∴f(x＋3)＝－f(－x＋3)，
∴f(x＋3)是奇函数，选项D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．设(1－2x)2 021＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 021x2 021，则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 021,22 021)＝______.
答案 －1
解析 (1－2x)2 021＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 021x2 021，
令x＝0，可得a0＝1，
令x＝eq \f(1,2)，可得0＝1＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 021,22 021)，
∴eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 021,22 021)＝－1.
14．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，若sin2α＋sin 2α＝1，则tan α＝______；sin 2α＝________.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 eq \f(1,2) eq \f(4,5)
解析 sin2α＋sin 2α＝1＝sin2α＋cs2α⇒sin 2α＝cs2α⇒tan α＝eq \f(1,2)；
sin 2α＝eq \f(2tan α,1＋tan2α)＝eq \f(1,1＋\f(1,4))＝eq \f(4,5)，
所以tan α＝eq \f(1,2)，sin 2α＝eq \f(4,5).
15．(2020·烟台模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.过点F作倾斜角为120°的直线与准线l相交于点A，线段AF与抛物线C相交于点B，且|AB|＝eq \f(4,3)，则抛物线C的标准方程为________．
答案 y2＝2x
解析 由题意得直线AF的方程为y＝－eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
从而Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，\r(3)p)).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝－\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，))消去x，
得eq \r(3)y2＋2py－eq \r(3)p2＝0，
解得y＝eq \f(\r(3),3)p或y＝－eq \r(3)p(舍去)，从而Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)，\f(\r(3),3)p))，
由|AB|＝eq \f(4,3)，得eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)＋\f(p,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)p－\r(3)p))2)＝eq \f(4,3)，
解得p＝1，所以抛物线C的标准方程为y2＝2x.
16．(2020·邢台模拟)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD＋PD＝3，若四棱锥P－ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为________．
答案 6π
解析 ∵AB⊥平面PAD，
∴AB⊥PD，又PD⊥AC，AB∩AC＝A，
∴PD⊥平面ABCD，
则四棱锥P－ABCD可补形成一个长方体，
球O的球心为PB的中点，
设CD＝x(0从而球O的表面积为4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(x2＋x2＋3－x2),2)))2
＝3π[(x－1)2＋2]≥6π.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝anlg2an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，
即eq \f(an,an－1)＝2，
∴数列{an}为以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2n(n∈N*)．
(2)bn＝2nlg22n＋1＝(n＋1)2n，
则Tn＝2×2＋3×22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n·2n＋(n＋1)2n＋1，
两式相减，
得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)2n＋1＝－n·2n＋1，
∴Tn＝n·2n＋1.
18．(12分)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq \r(3)asin B＋bcs A＝2b.
(1)求角A的大小；
(2)若c＝3，△ABC的面积为3eq \r(3)，求a.
解 (1)因为eq \r(3)asin B＋bcs A＝2b，
所以由正弦定理，得eq \r(3)sin Asin B＋sin Bcs A＝2sin B，
因为00，
所以eq \r(3)sin A＋cs A＝2，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＝1，
又0所以A＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以A＝eq \f(π,3).
(2)由S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×3×bsin eq \f(π,3)＝eq \f(3\r(3)b,4)＝3eq \r(3)，得b＝4.
由余弦定理得a＝eq \r(b2＋c2－2bccs A)
＝eq \r(42＋32－2×4×3×cs \f(π,3))＝eq \r(16＋9－12)＝eq \r(13).
19．(12分)(2020·南通质检)某高铁站停车场针对小型机动车收费标准如下：2小时内(含2小时)每辆每次收费5元；超过2小时不超过5小时，每增加一小时收费增加3元，不足一小时的按一小时计费；超过5小时不超过24小时收费15元封顶．超过24小时，按前述标准重新计费．为了调查该停车场一天的收费情况，现统计1 000辆车的停留时间(假设每辆车一天内在该停车场仅停车一次)，得到下面的频数分布表：
以车辆在停车场停留时间位于各区间的频率代替车辆在停车场停留时间位于各区间的概率．
(1)X表示某辆车在该停车场停车一次所交费用，求X的分布列及均值E(X)；
(2)现随机抽取该停车场内停放的3辆车，ξ表示3辆车中停车费用少于E(X)的车辆数，求P(ξ≥2)的概率．
解 (1)由题意知，X的可能取值为5,8,11,14,15，
因此P(X＝5)＝eq \f(600,1 000)＝eq \f(3,5)，
P(X＝8)＝eq \f(120,1 000)＝eq \f(3,25)，
P(X＝11)＝eq \f(80,1 000)＝eq \f(2,25)，
P(X＝14)＝eq \f(100,1 000)＝eq \f(1,10)，
P(X＝15)＝eq \f(100,1 000)＝eq \f(1,10)，
所以X的分布列为
E(X)＝5×eq \f(3,5)＋8×eq \f(3,25)＋11×eq \f(2,25)＋14×eq \f(1,10)＋15×eq \f(1,10)＝eq \f(387,50)＝7.74.
(2)依题意得ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5)))，
所以P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2×eq \f(2,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝3×eq \f(9,25)×eq \f(2,5)＋eq \f(27,125)＝eq \f(81,125).
20．(12分)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2，E，F分别是D1B，AD的中点，cs〈eq \(DD1,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(3),3).
(1)以D为坐标原点，建立适当的坐标系，求出E点的坐标；
(2)证明：EF是异面直线BD1与AD的公垂线；
(3)求二面角D1－BF－C的余弦值．
(1)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)．
设D1(0,0,2m)(m>0)，
则E(1,1，m)．
∵eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，m)，eq \(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2m)，
∴cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·\(DD1,\s\up6(→)),|\(CE,\s\up6(→))||\(DD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2m2,\r(2＋m2)·2m)＝eq \f(\r(3),3)，
解得m＝1，故E点坐标为(1,1,1)．
(2)证明 由(1)可知，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1是棱长为2的正方体．
∴F(1,0,0)，
∴eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
∴eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，
eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0＋0＋0＝0，
∴eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(AD,\s\up6(→))，
又∵E∈D1B，F∈AD，
∴EF是AD与BD1的公垂线．
(3)解 设平面FD1B的法向量为n＝(x，y，z)，
∴n⊥eq \(D1F,\s\up6(→))，n⊥eq \(FB,\s\up6(→))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(D1F,\s\up6(→))＝0，,n·\(FB,\s\up6(→))＝0，))
又∵eq \(D1F,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(1,2,0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2z＝0，,x＋2y＝0，))
令z＝1，则n＝(2，－1,1)，
易知eq \(DD1,\s\up6(→))是平面ABCD的一个法向量，
则eq \(DD1,\s\up6(→))与n所成角θ等于二面角D1－BF－C的平面角或其补角，
|cs θ|＝eq \f(|\(DD1,\s\up6(→))·n|,|\(DD1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2,2\r(6))＝eq \f(\r(6),6)，
易知二面角D1－BF－C为锐二面角，
∴二面角D1－BF－C的余弦值为eq \f(\r(6),6).
21．(12分)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆E交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于C，D两点(且C，D在A，B之间或同时在A，B之外)．问：是否存在定值k，使得△OAC的面积与△OBD的面积总相等，若存在，求k的值，并求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 (1)依题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，,\f(3,a2)＋\f(3,4b2)＝1))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)，
由Δ>0，可得m2<3＋4k2，(*)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，
由题意可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，D(0，m)，
△OAC的面积与△OBD的面积相等⇔|AC|＝|BD|恒成立⇔线段AB的中点和线段CD的中点重合．
即有－eq \f(8km,3＋4k2)＝－eq \f(m,k)(m≠0)，解得k＝±eq \f(\r(3),2)，
由m2<3＋4k2且m≠0，可得－eq \r(6)即存在定值k＝±eq \f(\r(3),2)，使得△OAC的面积与△OBD的面积总相等．
此时，实数m的取值范围为(－eq \r(6)，0)∪(0，eq \r(6))．
22．(12分)(2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋ln x－mx(m∈R)的导函数为f′(x)．
(1)当m＝0时，求f′(x)的最小值；
(2)若函数f(x)存在极值，试比较em，me，mm的大小，并说明理由．
解 (1)f′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x)－m ，令h(x)＝f′(x)，
则h′(x)＝ex－1－eq \f(1,x2)，
∵h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h′(1)＝0，
∴当01时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝2－m，
当m＝0时，即f′(x)≥2，当且仅当x＝1时取等号，
∴f′(x)的最小值为2.
(2)∵函数f(x)存在极值，
∴f′(x)＝0在(0，＋∞)有实数解，
由(1)知f′(x)min＝f′(1)＝2－m，∴2－m<0，即m>2，
又f′(1＋ln m)＝eq \f(1,1＋ln m)>0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＝eeq \f(1,m)－1>0，
当2mm，me>mm，
当m＝e时，em＝mm，me＝mm，
当m>e时，em下面比较em与me的大小，即比较m与eln m的大小，
考察函数g(x)＝x－eln x(x>2)，
∵g′(x)＝1－eq \f(e,x)＝eq \f(x－e,x)，
当2e时，g′(x)>0，
∴g(x)在(2，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(e)＝0，即x≥eln x，
∴em≥me(当且仅当m＝e时取等号)，
综上，当2me>mm，
当m＝e时，em＝me＝mm，
当m>e时，mm>em>me.T(小时)
(0,2]
(2,3]
(3,4]
(4,5]
(5,24]
频数(车次)
600
120
80
100
100
X
5
8
11
14
15
P
eq \f(3,5)
eq \f(3,25)
eq \f(2,25)
eq \f(1,10)
eq \f(1,10)