山東省棗莊市2020屆高三數(shù)學(xué)第二次模擬考試試卷 理（含解析）（通用）

1、山東省棗莊市2020屆高三模擬考試（二調(diào)）理科數(shù)學(xué)試題一、選擇題（本大題共12小題，共60.0分）1.已知集合A=，1，2，3，B=x|lgx0，則AB=（）A. B. C. D. 2，【答案】C【解析】【分析】可解出集合B，然后進(jìn)行交集的運(yùn)算即可【詳解】B=x|x1； AB=2，3 故選：C【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)集合的運(yùn)算，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解對(duì)數(shù)不等式，集合的交集，屬于簡(jiǎn)單題目2.若復(fù)數(shù)z滿足z（i-1）=2i（i為虛數(shù)單位），則為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、共軛復(fù)數(shù)的定義即可得出【詳解】Z（i-1）=2i（i為虛數(shù)單位），

2、-Z（1-i）（1+i）=2i（1+i），-2z=2（i-1），解得z=1-i則Z=1+i故選：A【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、共軛復(fù)數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題3.如圖是一位發(fā)燒病人的體溫記錄折線圖，下列說(shuō)法不正確的是（）A. 病人在3月15日12時(shí)的體溫是38B. 從體溫上看，這個(gè)病人的病情在逐漸好轉(zhuǎn)C. 病人體溫在3月16日0時(shí)到6時(shí)下降最快D. 病人體溫在3月16日18時(shí)開(kāi)始逐漸穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】利用拆線圖的性質(zhì)直接求解【詳解】由一位發(fā)燒病人的體溫記錄折線圖，得： 在A中，病人在3月15日12時(shí)的體溫是38，故A正確； 在B中，從體溫上看，這個(gè)病人的體溫逐漸趨于正常，說(shuō)明病情在

3、逐漸好轉(zhuǎn)，故B正確； 在C中，病人體溫在3月16日6時(shí)到12時(shí)下降最快，故C錯(cuò)誤； 在D中，病人體溫在3月16日18時(shí)開(kāi)始逐漸穩(wěn)定，故D正確 故選：C【點(diǎn)睛】本題考查命題真假的判斷，考查拆線圖的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查數(shù)形結(jié)合思想，是基礎(chǔ)題4.函數(shù)f（x）=sin（2x+32）是（）A. 最小正周期為的奇函數(shù)B. 最小正周期為的偶函數(shù)C. 最小正周期為的奇函數(shù)D. 最小正周期為的偶函數(shù)【答案】B【解析】【分析】利用三角函數(shù)誘導(dǎo)公式先進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后結(jié)合函數(shù)的奇偶性和周期性進(jìn)行判斷即可【詳解】f（x）=sin（2x+ ）=-sin（2x+）=-cos2x，則函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，函數(shù)最小正周期T=，即

4、f（x）是最小正周期為的偶函數(shù)，故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，利用三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)是解決本題的關(guān)鍵5.已知命題p：NQ：命題q：x0，elnx=x，則下列命題中的真命題為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意知p真，q真，根據(jù)復(fù)合命題真值表可知A正確，故選A【詳解】由題意知p真，q真，所以pq為真 故選：A【點(diǎn)睛】本題考查命題真假判斷，屬于簡(jiǎn)單題6.空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，某四面體的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為（0，0，0），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0），畫該四面體三視圖時(shí)，以yOz平面為投影面所得到的視圖為正視圖，則該四面體的側(cè)視圖

5、是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】畫出空間直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中畫出該4點(diǎn)表示的圖形，為正四面體根據(jù)圖形分析即可【詳解】根據(jù)題意，這四點(diǎn)構(gòu)成正四面體如圖：側(cè)視圖輪廓為正方形，有一條左下到右上的實(shí)線和左上到右下的虛線故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了正四面體的三視圖，主要考查空間想象能力屬于基礎(chǔ)題7.（2-x）（2x+1）6的展開(kāi)式中x4的系數(shù)為（）A. B. 320C. 480D. 640【答案】B【解析】22x+16x2x+16，展開(kāi)通項(xiàng)，所以時(shí)，2C6224=480；時(shí)，所以x4的系數(shù)為480160=320，故選B。點(diǎn)睛：本題考查二項(xiàng)式定理。本題中，首先將式子展開(kāi)得22x+1

6、6x2x+16，再利用二項(xiàng)式的展開(kāi)通項(xiàng)分別求得對(duì)應(yīng)的系數(shù)，則得到問(wèn)題所要求的x4的系數(shù)。8.函數(shù)f（x）=ln（x+1）-x2的圖象大致是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題意知可代特值排除【詳解】代x=0，知函數(shù)過(guò)原點(diǎn)，故排除D 代入x=1，得y0，排除C帶入x=-0.0000000001，y0，排除A 故選：B【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)圖象的選擇問(wèn)題，屬于簡(jiǎn)單題9.已知0a1，0cb1，下列不等式成立的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)進(jìn)行判斷【詳解】0a1y=ax是遞減函數(shù)，又cb，所以acab，故A不正確； a（c-b）0，故B不正

7、確；當(dāng)，且時(shí)，有bc，故C不正確；a（b-c）0，故D正確；故選：D【點(diǎn)睛】本題考查了不等關(guān)系與不等式，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有不等式的性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題10.波羅尼斯（古希臘數(shù)學(xué)家，的公元前262-190年）的著作圓錐曲線論是古代世界光輝的科學(xué)成果，它將圓錐曲線的性質(zhì)網(wǎng)羅殆盡，幾乎使后人沒(méi)有插足的余地他證明過(guò)這樣一個(gè)命題：平面內(nèi)與兩定點(diǎn)距離的比為常數(shù)k（k0，且k1）的點(diǎn)的軌跡是圓，后人將這個(gè)圓稱為阿波羅尼斯圓現(xiàn)有橢圓=1（ab0），A，B為橢圓的長(zhǎng)軸端點(diǎn)，C，D為橢圓的短軸端點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足=2，MAB面積的最大值為8，MCD面積的最小值為1，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D. 【答案】D【解析

8、】【分析】求得定點(diǎn)M的軌跡方程（x-）2+y2=可得，解得a，b即可.【詳解】設(shè)A（-a，0），B（a，0），M（x，y）動(dòng)點(diǎn)M滿足=2，則 =2，化簡(jiǎn)得.MAB面積的最大值為8，MCD面積的最小值為1， ，解得，橢圓的離心率為故選：D【點(diǎn)睛】本題考查了橢圓離心率，動(dòng)點(diǎn)軌跡，屬于中檔題11.有如下命題：函數(shù)y=sinx與y=x的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn)；函數(shù)y=sinx與y=的圖象恰有一個(gè)交點(diǎn)；函數(shù)y=sinx與y=x2的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)；函數(shù)y=sinx與y=x3的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn)，其中真命題的個(gè)數(shù)為（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析】構(gòu)造函數(shù)f（x）=sinx-x，求出函數(shù)

9、的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，進(jìn)行判斷即可；利用與x的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化判斷；直接作出兩個(gè)函數(shù)的圖象即可進(jìn)行判斷.【詳解】設(shè)f（x）=sinx-x，則f（x）=cosx-10，即函數(shù)f（x）為減函數(shù)，f（0）=0，函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，函數(shù)f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)y=sinx與y=x的圖象恰有一個(gè)交點(diǎn)，故錯(cuò)誤，由知當(dāng)x0時(shí)，sinxx，當(dāng)0x1時(shí)，xxsinx，當(dāng)x1時(shí)，sinx，當(dāng)x=0時(shí)，sinx=，綜上當(dāng)x0時(shí)，sinx恒成立，函數(shù)y=sinx與y=圖象恰有一個(gè)交點(diǎn)，故正確，作出函數(shù)y=sinx與y=x2，的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有2個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)y=sinx與y=x2的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)

10、，故正確，作出函數(shù)y=sinx與y=x3，的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有3個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)y=sinx與y=x3的圖象恰有三個(gè)交點(diǎn)，故正確，故正確的是，故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查考查命題的真假判斷，涉及函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合或構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵12.已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面積為6+4，AA1平面ABC，BC=，BAC=120，則該三棱柱外接球表面積的最小值為（）A. B. 8C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意畫出圖形，設(shè)AC=b，AB=c，AA1=h，則h=，由正弦定理求得底面外接圓的半徑，再由余弦定理求得b+c的最大值，可得h最小值，求得外接球半徑的最小

11、值，則答案可求【詳解】如圖，設(shè)AC=b，AB=c，AA1=h，則(3+b+c)h=6+43,h=6+433+b+c，三棱柱底面外接圓半徑為r，則2r=，即r=1由(3)2=b2+c2-2bccos120，得3=b2+c2+bc=（b+c）2-bc(b+c)2-(b+c)24=34(b+c)2，b+c2h的最小值為則該三棱柱外接球半徑的最小值為R=1+(3)2=2該三棱柱外接球表面積的最小值為422=16故選：A【點(diǎn)睛】本題考查多面體外接球表面積與體積的求法，考查正弦定理及余弦定理的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用基本不等式求最值，是中檔題二、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知雙曲線的一條漸近線的

12、方程為，則 .【答案】2【解析】試題分析：由雙曲線方程可知漸近線方程為y=bx，所以b=2.考點(diǎn)：本題考查雙曲線的漸近線.【此處有視頻，請(qǐng)去附件查看】14.如圖，圓C（圓心為C）的一條弦AB的長(zhǎng)為2，則=_【答案】2【解析】【分析】過(guò)點(diǎn)C作CDAB于D，可得AD=AB=1，RtACD中利用三角函數(shù)的定義算出cosA=，再由向量數(shù)量積的公式加以計(jì)算，可得的值【詳解】過(guò)點(diǎn)C作CDAB于D，則D為AB的中點(diǎn)RtACD中，AD=AB=1，可得cosA=ADAC=1|AC|,ABAC=|AB|AC|cosA=|AB|AC|1|AC|=|AB|=2故答案為：2【點(diǎn)睛】本題已知圓的弦長(zhǎng)，求向量的數(shù)量積著重考

13、查了圓的性質(zhì)、直角三角形中三角函數(shù)的定義與向量的數(shù)量積公式等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題15.設(shè)當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)f（x）=2sinx+cosx取得最小值，則cos（+4）=_【答案】1010【解析】【分析】利用輔助角公式化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式，再根據(jù)正弦函數(shù)的最值求出輔助角，再利用兩角和的余弦公式求出cos（）的值【詳解】函對(duì)于數(shù)f（x）=2sinx+cosx=5sin（x+），其中，cos=，sin=，為銳角當(dāng)x=時(shí)，函數(shù)取得最小值，sin（+）=-，即sin（+）=-1，cos（+）=0故可令+=-，即=-，故 故答案為：【點(diǎn)睛】本題主要考查輔助角公式，正弦函數(shù)的最值，兩角和的余弦公式，屬于中檔題16.已知函

14、數(shù)f（x）=（x+a）2+（ex+ae）2，若存在x0，使得f（x0），則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)【答案】e21e2+1【解析】【分析】函數(shù)f（x）可以看作是動(dòng)點(diǎn)M（x，ex）與動(dòng)點(diǎn)N（-a，-）之間距離的平方，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求直線上的動(dòng)點(diǎn)到曲線的最小距離，由y=ex得，y=ex=，曲線上點(diǎn)M（-1，）到直線y=x的距離最小，要使f（x0），則f（x0）=，然后求解a即可【詳解】函數(shù)f（x）=（x+a）2+（ex+）2，函數(shù)f（x）可以看作是動(dòng)點(diǎn)M（x，ex）與動(dòng)點(diǎn)N（-a，-）之間距離的平方，動(dòng)點(diǎn)M在函數(shù)y=ex的圖象上，N在直線y=x的圖象上，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求直線上的動(dòng)點(diǎn)到曲線的最小距離，由y=ex得，y=

15、ex=，解得x=-1，所以曲線上點(diǎn)M（-1，1e）到直線y=x的距離最小，最小距離d=2e2+1，則f（x）4e2+1，根據(jù)題意，要使f（x0）4e2+1，則f（x0）=4e2+1，此時(shí)N恰好為垂足，由KMN=-e，解得a=e2-1e2+1 故答案為：e2-1e2+1【點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題三、解答題（本大題共7小題，共82.0分）17.數(shù)列an中，a1=2，anan+1=2pn+1（p為常數(shù)）（）若-a1，12a2，a4成等差數(shù)列，求p的值；（）是否存在p，使得an為等比數(shù)列？并說(shuō)明理由【答案】（）p=0；（

16、）不存在實(shí)數(shù)p，使得an為等比數(shù)列【解析】【分析】（）由已知求得a2，a4，再由-a1，a4成等差數(shù)列列式求p的值；（）假設(shè)存在p，使得an為等比數(shù)列，可得，求解p值，驗(yàn)證得答案【詳解】（）由a1=2，anan+1=2pn+1，得2a2=2p+1，a2=2p，則2pa3=22p+1，a3=2p+1，由-a1，a4成等差數(shù)列，得a2=a4-a1，即2p=22p-2，解得：p=0；（）假設(shè)存在p，使得an等比數(shù)列，則a22=a1a3，即22p=22p+1=2p+2，則2p=p+2，即p=2此時(shí)anan+1=2pn+1=22n+1，an+1an+2=22n+3，而不存在實(shí)數(shù)p，使得an為等比數(shù)列【點(diǎn)

17、睛】本題考查數(shù)列遞推式，考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì)，是中檔題18.設(shè)D是直角ABC斜邊AC的中點(diǎn)，AB=2，BC=2將CBD沿著B(niǎo)D翻折，使得點(diǎn)C到達(dá)P點(diǎn)位置，且PA=10（）求證：平面PBD平面ABD；（）求二面角A-PB-D的余弦值【答案】（）見(jiàn)解析；（）【解析】【分析】（）由已知求解三角形證明POBD，POAO，再由線面垂直的判定證得PO平面ABD，從而得到平面PBD平面ABD；（）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)D，OC，OP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面PBD與平面PAB的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角A-PB-D的余弦值【詳解】（）證明：在RtAB

18、C中，由AB=2，BC=2，得AC=4，D為AC的中點(diǎn)，DC=2，取BD中點(diǎn)O，連接CO，則COBD，即POBD，在等邊三角形BCD中，求得CO=，則PO=，在ADO中，由AD=2，OD=1，ADO=120，得AO2=22+12-221cos120=又PA=10，AO2+PO2=PA2，即POAO，AOBD=O，PO平面ABD，而PO平面PBD，則平面PBD平面ABD；（）解：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)D，OC，OP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則為平面PBD的一個(gè)法向量A（2，-3，0），B（-1，0，0），P（0，0，3），設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為，由nPA=2x-3y-3z=

19、0nPB=-x-3z=0，取z=1，得n=(-3，-3，1)cosm，n=由圖可知，二面角A-PB-D為銳二面角，二面角A-PB-D的余弦值為31313【點(diǎn)睛】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解空間角，是中檔題19.某項(xiàng)研究性課題由一個(gè)團(tuán)隊(duì)完成，團(tuán)隊(duì)由一個(gè)主持人和若干個(gè)助手組成，助手分固定和臨時(shí)兩種，每個(gè)固定助手的工資為3000元/月，當(dāng)固定助手人手不夠時(shí)，需要招聘臨時(shí)助手，每個(gè)臨時(shí)助手的工資為4000元/月，現(xiàn)在搜集并整理了以往的20個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手?jǐn)?shù)；得到如圖柱狀圖記n為提供給一個(gè)團(tuán)隊(duì)的固定助手?jǐn)?shù)（提供的每個(gè)固定助手均按3000元/月的標(biāo)準(zhǔn)支付

20、工資）x為一個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手?jǐn)?shù)，y為支付給一個(gè)團(tuán)隊(duì)的助手的月工資總額（單位：元）（）當(dāng)n=4時(shí)，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（）假設(shè)這20個(gè)團(tuán)隊(duì)中的每一個(gè)團(tuán)隊(duì)都提供4個(gè)固定助手或都提供5個(gè)固定助手，分別計(jì)算這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額，以此作為決策依據(jù)，判斷每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供4個(gè)固定助手劃算還是提供5個(gè)固定助手劃算；（）以這20個(gè)團(tuán)隊(duì)需要助手?jǐn)?shù)的頻率代替一個(gè)團(tuán)隊(duì)需要助手?jǐn)?shù)的概率，若40個(gè)團(tuán)隊(duì)中需要5個(gè)以下（不包括5個(gè)）助手?jǐn)?shù)的團(tuán)隊(duì)個(gè)數(shù)記為X，求E（X）【答案】（）y=；（）提供5個(gè)；（）12【解析】【分析】（）當(dāng)n=4時(shí)，x4時(shí)，y=43000=12000，4x6時(shí)，y=12000+4000（

21、x-4）=4000x-4000，由此能求出當(dāng)n=4時(shí)，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式（）由題意得每個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手個(gè)數(shù)X分別為3，4，5，6，P（X=3）=，P（X=4）=0.2，P（X=5）=，P（X=6）=0.4，當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供4個(gè)固定助手時(shí)，這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額Y1=20（0.1+0.2）12000+0.3（40005-4000）+0.4（40006-4000）=328000（元），當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固定助手時(shí)，這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額：Y2=20（0.1+0.2+0.3）15000+0.4（15000+4000）=332000（元），由此能求出每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固

22、定助手劃算（）40個(gè)團(tuán)隊(duì)中需要5個(gè)以下（不包括5個(gè)）助手?jǐn)?shù)的團(tuán)隊(duì)個(gè)數(shù)記為X，E（X）=40（P（X=3）+P（X=4），由此能求出結(jié)果【詳解】（）當(dāng)n=4時(shí)，x4時(shí)，y=43000=12000，4x6時(shí)，y=12000+4000（x-4）=4000x-4000，當(dāng)n=4時(shí)，y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為：y=4000x-4000,4x6,xN12000,0x4,xN（單位：元）（）由題意得每個(gè)團(tuán)隊(duì)需要的助手個(gè)數(shù)X 分別為3，4，5，6，P（X=3）=220=0.1，P（X=4）=420=0.2，P（X=5）=620=0.3，P（X=6）=820=0.4，當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供4個(gè)固定助手時(shí)，這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月

23、支付給助手的工資總額：Y1=20（0.1+0.2）12000+0.3（40005-4000）+0.4（40006-4000）=328000（元），當(dāng)每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固定助手時(shí)，這20個(gè)團(tuán)隊(duì)每月支付給助手的工資總額：Y2=20（0.1+0.2+0.3）15000+0.4（15000+4000）=332000（元），Y1Y2，每一個(gè)團(tuán)隊(duì)提供5個(gè)固定助手劃算（）40個(gè)團(tuán)隊(duì)中需要5個(gè)以下（不包括5個(gè)）助手?jǐn)?shù)的團(tuán)隊(duì)個(gè)數(shù)記為X，E（X）=40（P（X=3）+P（X=4）=40（0.1+0.2）=12【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)關(guān)系式、決策分析、數(shù)學(xué)期望的求法，考查離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí)，考查

24、運(yùn)算求解能力，是中檔題20.如圖，已知拋物線C：y2=2px（p0），G為圓H：（x+2）2+y2=1上一動(dòng)點(diǎn)，由G向C引切線，切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，當(dāng)G點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，0）時(shí)，GEF的面積為4（）求C的方程；（）當(dāng)點(diǎn)G在圓H：（x+2）2+y2=1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，記k1，k2，分別為切線GE，GF的斜率，求|1k1-1k2|的取值范圍【答案】（）y2=4x；（）3，23【解析】【分析】（I）設(shè)切線方程為：y=k（x+1），不妨設(shè)k0與拋物線方程聯(lián)立化為：k2x2+（2k2-2p）x+k2=0，由=0，化為：p=2k2方程k2x2+（2k2-2p）x+k2=0化為：（x-1）2=0，解得x可得E坐標(biāo)，根

25、據(jù)GEF的面積為4，解得k，p（）設(shè)G（x0，y0），（-3x0-1），可得=1-設(shè)切線方程為：y-y0=k（x-x0），與拋物線方程聯(lián)立化為：ky2-4y+4（y0-kx0）=0，1=0可得x0k2-ky0+1=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|k1-k2|=，進(jìn)而得出結(jié)論【詳解】（I）設(shè)切線方程為：y=k（x+1），不妨設(shè)k0聯(lián)立y2=2pxy=k(x+1)，化為：k2x2+（2k2-2p）x+k2=0，則=（2k2-2p）2-4k4=0，化為：p=2k2方程k2x2+（2k2-2p）x+k2=0化為：（x-1）2=0，解得x=1E（1，2k），GEF的面積為4，=4，解得k=1p=2C的方程為

26、：y2=4x（）設(shè)G（x0，y0），（-3x0-1），則y02=1-設(shè)切線方程為：y-y0=k（x-x0），聯(lián)立y2=4xy-y0=k(x-x0)，化為：ky2-4y+4（y0-kx0）=0，1=16-16k（y0-kx0）=0x0k2-ky0+1=0，k1+k2=，k1k2=1x0|k1-k2|=(k1+k2)2-4k1k2=|1k1-1k2|=-(x0+4)2+133，23|1k1-1k2|的取值范圍是3，23【點(diǎn)睛】本題考查了直線與拋物線相切問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題21.已知函數(shù)f（x）=-x2+ef（12）x（）求f（x）

27、的單調(diào)區(qū)間；（）若存在x1，x2（x1x2），使得f（x1）+f（x2）=1，求證：x1+x22【答案】（）在R上單調(diào)遞增；（）見(jiàn)解析【解析】【分析】（I）f（x）=e2（x-1）-2x+ef（）令x=，則f（）=-1+ef（），解得f（），進(jìn)而得出函數(shù)f（x）的單調(diào)性（II）由（I）可得：函數(shù)f（x）=-x2+x在R上單調(diào)遞增要證明：x1+x22x12-x2f（x1）f（2-x2），又f（x1）+f（x2）=1，因此f（x1）f（2-x2）1-f（x2）f（2-x2），即f（x2）+f（2-x2）-10，f（1）=，則x11x2令g（x）=f（2-x）+f（x）-1=+-2x2+4x-2，x

28、1，g（1）=0利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明結(jié)論【詳解】（I）f（x）=e2（x-1）-2x+ef（12）令x=12，則f（12）=1e-1+ef（12），解得f（12）=1ef（x）=e2（x-1）-2x+1f（x）=2e2（x-1）-2=2（ex-1+1）（ex-1-1），x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（x）f（1）=0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增（II）由（I）可得：函數(shù)f（x）=-x2+x在R上單調(diào)遞增要證明：x1+x22x12-x2f（x1）f（2-x2），又f（x1）+f（x2）=1，因此f（x1）f（2-x2）1-f（x2）f（2-x2），即f（x2）+f（2-x2）-10，f（1）=12-1+1=12，則x11x2令g（x）=f（2-x）+f（x）-1=12e2(1-x)-（2-x）2+2-x+12e2(x-1)-x2+x=12e2(1-x)+12e2(x-1)-2x2+4x-2，x1，g（1）=0g（x）=-e2（1-x）+e2（x-1）-4x+4，