一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）复数的虚部为（　　）

A．﹣4    B．﹣2    C．2    D．4

2．（5分）一个斜边长为的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为（　　）

A．    B．    C．    D．π

3．（5分）某校高三有1000人参加考试，统计发现数学成绩近似服从正态分布N（105，σ2），且成绩优良（不低于120分）的人数为360，则此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为（　　）

A．360    B．0    C．720    D．780

4．（5分）点M（3，2）在抛物线y2＝2px（p＞0）上，F为焦点，直线MF与准线相交于点N，则|FN|＝（　　）

A．2    B．2    C．4    D．2

5．（5分）埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长：如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）．同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为7.2°．因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的．已知骆驼一天走100个视距段，从亚历山大城到赛伊尼须走50天．一般认为一个视距段等于157米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（　　）

A．37680千米    B．39250千米    C．41200千米    D．42192千米

6．（5分）为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为，，，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为（　　）

A．    B．    C．    D．

7．（5分）平面四边形ABCD中，AB＝1，AC，AC⊥AB，∠ADC，则的最小值为（　　）

A．    B．﹣1    C．    D．

8．（5分）已知a＝log23，b＝ln3，c，则（　　）

A．a＜b＜c    B．b＜a＜c    C．b＜c＜a    D．c＜a＜b

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

（多选）9．（5分）四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则（　　）

A．直线AD与直线B1D1所成角为45°    

B．直线AA1与直线CC1异面    

C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1    

D．CA1⊥AD

（多选）10．（5分）定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），且当x∈（0，1]时，f（x）＝1﹣x，则（　　）

A．f（x）是周期函数    

B．f（x）在（﹣1，1）上单调递减    

C．f（x）的图象关于直线x＝3对称    

D．f（x）的图象关于点（2，0）对称

（多选）11．（5分）已知P是圆O：x2+y2＝4上任意一点，定点A在x轴上，线段AP的垂直平分线与直线OP相交于点Q，当P在圆O上运动时，Q的轨迹可以是（　　）

A．直线    B．椭圆    C．双曲线    D．抛物线

（多选）12．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an2+an，则（　　）

A．{an}是递增数列    

B．an≥n    

C．a2022≤22021    

D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（5分）集合A＝[1，6]，B＝{x|y}，若A⊆B，则实数a的范围是 　   　．

14．（5分）2021年秋季，教育部明确要求在全国中小学全面推行课后延时服务，实行“5+2”服务模式．某校开设了篮球、围棋和剪纸三门课后延时服务课程，某班的4个同学每人选择了其中的一门课程，若每门课程都有人选，则不同的选课方案种数为 　   　．（用数字作答）

15．（5分）若函数f（x）＝lnx和g（x）＝x2+ax（a∈R）的图象有且仅有一个公共点P，则g（x）在P处的切线方程是 　   　．

16．（2分）函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ）的图象关于点（，0）对称，且f（0）+f（）＝0，则φ＝　   　，ω的最小值为 　   　．

四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．

（1）求A；

（2）若a＝2，D为BC的中点，AD2＝AB•AC，求△ABC的面积．

18．（12分）已知等差数列{an}和递增的等比数列{bn}满足a4＝b1﹣4，a7＝b2＝3，a10＝b3．

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）若cn，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn．

19．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA2B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B1⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l．

（1）证明：A1B⊥B1C；

（2）已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2．l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．

20．（12分）一个车间为了规定工时定额，需要确定一台机器持续加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，收集数据如表所示：

（2）机器持续工作，高负荷运转，会影响产品质量．经调查，机器持续工作前6小时内所加工出来的零件的次品率为0.1，之后加工出来的零件的次品率为0.2．（机器持续运行时间不超过12小时）

已知每个正品零件售价100元，次品零件作废，持续加工x个零件的生产成本P＝0.01x2+66x（单位：元）．根据（1）的回归方程，估计一台机器持续工作多少分钟所获利润最大？（利润＝零件正品数x售价﹣生产成本）

参考数据：xi2＝38500，yi＝1050，xiyi＝62700．

附：对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

21．（12分）已知g（x）是函数f（x）＝xlnxax2（a∈R）的导函数．

（1）讨论g（x）的单调性；

（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且f（x2），求a的取值范围．

22．（15分）已知椭圆Γ：1（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A，B两点，且△ABF1的周长为4．

（1）求Γ的方程；

（2）若AM⊥x轴于点M，BN⊥x轴于点N，直线AN与BM交于点C，求△ABC面积的最大值．

2022年福建省厦门市高考数学第二次质检试卷

参与试题解析

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）复数的虚部为（　　）

A．﹣4    B．﹣2    C．2    D．4

【解答】解：∵1+2i，

∴复数的虚部为2．

故选：C．

2．（5分）一个斜边长为的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为（　　）

A．    B．    C．    D．π

【解答】解：一个斜边长为的等腰直角三角形的直角边长为1，

它绕直角边旋转一周形成的几何体是底面半径为1，高为1的圆锥，

∴几何体的体积为V．

故选：A．

3．（5分）某校高三有1000人参加考试，统计发现数学成绩近似服从正态分布N（105，σ2），且成绩优良（不低于120分）的人数为360，则此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为（　　）

A．360    B．0    C．720    D．780

【解答】解：∵数学成绩近似服从正态分布N（105，σ2），且成绩优良（不低于120分）的人数为360，

∴P（X＜90）＝P（X＞120），

∴，

∴此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为．

故选：B．

4．（5分）点M（3，2）在抛物线y2＝2px（p＞0）上，F为焦点，直线MF与准线相交于点N，则|FN|＝（　　）

A．2    B．2    C．4    D．2

【解答】解：∵点M（3，2）在抛物线y2＝2px（p＞0）上，

∴，解得p＝2，

故抛物线方程为y2＝4x，即F（1，0），准线方程为x＝﹣1，

∵，

∴直线MF的方程为y，

联立，解得，即点N（﹣1，﹣2），

故|FN|．

故选：C．

5．（5分）埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长：如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）．同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为7.2°．因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的．已知骆驼一天走100个视距段，从亚历山大城到赛伊尼须走50天．一般认为一个视距段等于157米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（　　）

A．37680千米    B．39250千米    C．41200千米    D．42192千米

【解答】解：由亚历山大城到赛伊尼走100×50＝5000，则地球大圆周长的视距段为x，

则，得x＝250000个视距段，

则地球的周长为250000×157＝39250000米＝39250千米．

故选：B．

6．（5分）为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为，，，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为（　　）

A．    B．    C．    D．

【解答】解：3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的情况有两种：

①甲、乙两人均获胜0场，概率为P1＝（）3；

②甲、乙两人均获胜1场，概率为P2，

∴3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为：

P＝P1+P2．

故选：C．

7．（5分）平面四边形ABCD中，AB＝1，AC，AC⊥AB，∠ADC，则的最小值为（　　）

A．    B．﹣1    C．    D．

【解答】解：平面四边形ABCD中，AB＝1，AC，AC⊥AB，∠ADC，

如图所示：

则点D在以BC为直径的圆劣弧AC上，

因为BC的中点为O（，），BC＝2，

所以圆O的标准方程为1，

设D（x，y），其中x∈[，0]，

则（x，y），（1，0），

所以x∈[，0]，

即•的最小值为．

故选：D．

8．（5分）已知a＝log23，b＝ln3，c，则（　　）

A．a＜b＜c    B．b＜a＜c    C．b＜c＜a    D．c＜a＜b

【解答】解：∵a＝log23，b＝ln3，0＜lg2＜lge，∴a＞b，

∵310＜217，∴10log23＜17，∴log23＜1.7，∴a＜1.7，

∵c1.7，∴c＞a，

∴c＞a＞b，

故选：B．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

（多选）9．（5分）四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则（　　）

A．直线AD与直线B1D1所成角为45°    

B．直线AA1与直线CC1异面    

C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1    

D．CA1⊥AD

【解答】解：如图，连接BD，则BD∥B1D1，则AD，BD所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，

在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，故直线AD与直线B1D1所成角为45°，故A正确；

由于棱台的每条侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；

由AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故AA1⊥AB，

又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面ADD1A1，故AB⊥平面ADD1A1，

而 AB⊂平面 ABB1A1，故平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正确；

连接AC，BD，由题意知AC⊥BD，而AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

故BD⊥AA1，AA1∩AC＝A，BD⊥平面AA1C，CA1⊂平面 AA1C，

故BD⊥CA1 而AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABCD，

故AD不可能垂直于CA1，即D错误，

故选：AC．

（多选）10．（5分）定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），且当x∈（0，1]时，f（x）＝1﹣x，则（　　）

A．f（x）是周期函数    

B．f（x）在（﹣1，1）上单调递减    

C．f（x）的图象关于直线x＝3对称    

D．f（x）的图象关于点（2，0）对称

【解答】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），则f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），f（x）是周期为4的周期函数，A正确；

对于B，当x∈[﹣1，0），﹣x∈（0，1]，f（﹣x）＝1+x，又由f（x）为奇函数，则f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣x﹣1，

而f（0）＝0，故f（x）在（﹣1，1）上不具有单调性，B错误；

对于C，f（x）是周期为4的周期函数，则有f（x+6）＝f（x+2）＝﹣f（x）＝f（﹣x），变形可得f（3+x）＝f（3﹣x），f（x）的图象关于直线x＝3对称，C正确；

对于D，奇函数f（x）是周期为4的周期函数，则f（x+4）＝f（x）＝﹣f（﹣x），变形可得f（x+2）＝﹣f（2﹣x），f（x）的图象关于点（2，0）对称，D正确；

故选：ACD．

（多选）11．（5分）已知P是圆O：x2+y2＝4上任意一点，定点A在x轴上，线段AP的垂直平分线与直线OP相交于点Q，当P在圆O上运动时，Q的轨迹可以是（　　）

A．直线    B．椭圆    C．双曲线    D．抛物线

【解答】解：当点A在圆内时，如图1，因为点Q在PA的垂直平分线上，所以|QP|＝|QA|，

所以|OQ|+|QA|＝|OQ|+|QP|＝|OP|＝2，又|OA|＜2，所以由椭圆定义知，此时轨迹为椭圆；

当点A在圆外时，如图2，||QA|﹣|QO||＝||QP|﹣|QO||＝|OP|＝2，且|OA|＞2，

由双曲线定义可知，此时轨迹为双曲线；当点A在圆上时，易知点Q为定点，即圆心O；

当点A在于点O重合时，易知Q为AP的中点，轨迹为圆．

故选：BC．

（多选）12．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an2+an，则（　　）

A．{an}是递增数列    

B．an≥n    

C．a2022≤22021    

D．

【解答】解：因为，所以an+1＞an，故A正确；

易知，所有an为正整数，又{an}是递增数列，所以an≥n，故B正确；

由递推公式得：a2＝2，a3＝6＞4，

又，

所以，，

易知，故C不正确；

取倒数得，

则由累加法得，，

整理得，，

又，

所以，故D正确；

故选：ABD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（5分）集合A＝[1，6]，B＝{x|y}，若A⊆B，则实数a的范围是 　（﹣∞，1]　．

【解答】解：由B＝{x|y}，得到B＝{x|x≥a}，

A＝[1，6]，

∵A⊆B，

∴实数a的取值范围是（﹣∞，1]，

故答案为：（﹣∞，1]．

14．（5分）2021年秋季，教育部明确要求在全国中小学全面推行课后延时服务，实行“5+2”服务模式．某校开设了篮球、围棋和剪纸三门课后延时服务课程，某班的4个同学每人选择了其中的一门课程，若每门课程都有人选，则不同的选课方案种数为 　36　．（用数字作答）

【解答】解：根据题意，分2步进行：

①将4人分为3组，有C42＝6种分组方法，

②将分好的三组安排三门课后延时服务课程，有A33＝6种排法，

则有6×6＝36种安排方法，

故答案为：36．

15．（5分）若函数f（x）＝lnx和g（x）＝x2+ax（a∈R）的图象有且仅有一个公共点P，则g（x）在P处的切线方程是 　y＝x﹣1　．

【解答】解：f（x）＝lnx的导数为f′（x），g（x）＝x2+ax的导数为g′（x）＝2x+a，

设P（x0，y0），则lnx0＝x02+ax0①，

f′（x0）＝g′（x0），即2x0+a，化简得1＝2x02+ax0②，

联立①②消a得，lnx0，

令φ（x）＝lnx+x﹣1，φ′（x）1＞0，

可得φ（x）在（0，+∞）上单调递增，又φ（1）＝0，

∴φ（x）＝lnx+x﹣1在（0，+∞）上有唯一零点1，

∴方程lnx0有唯一解，即x0＝1，

则y0＝f（1）＝0，a＝﹣1．

故P（1，0），切线的斜率为1，切线的方程为y＝x﹣1．

故答案为：y＝x﹣1．

16．（2分）函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ）的图象关于点（，0）对称，且f（0）+f（）＝0，则φ＝　　，ω的最小值为 　10　．

【解答】解：∵，∴，

∴，

则ω＝4k−2，k∈Z，①或，

当ω＝4k﹣2，k∈Z时，函数的图象关于点对称，

∴，①

由①②可知，当k＝1时，，则，不成立，

当k＝2时，，则，不成立，

当k＝3时，，则，当k′＝1时，，成立，

当k＝4，…都不成立．

当时，，

联立解得，

因为，所以无解．

故答案为 ．

四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．

（1）求A；

（2）若a＝2，D为BC的中点，AD2＝AB•AC，求△ABC的面积．

【解答】解：（1）在△ABC中，由正弦定理得，

整理得，

又sin（A+B）＝sinC≠0，

所以cosA，

又因为0＜A＜π，

所以A．

（2）因为cos∠ADB+cos∠ADC＝0，

由余弦定理得0，

即AD2，①

在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即b2+c2﹣bc＝4，②

又AD2＝AB•AC＝bc，③

联立①②③，解得bc＝2，

所以S△ABCbcsinA．

18．（12分）已知等差数列{an}和递增的等比数列{bn}满足a4＝b1﹣4，a7＝b2＝3，a10＝b3．

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）若cn，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn．

【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，公比为q（q＞0），

由{an}是等差数列，得2a7＝a4+a10，则2×3＝b1﹣4+b3，即+3q，

整理得3q2﹣10q+3＝0，解得q＝3或q（舍去），故b11，

所以bn＝3n﹣1，故a4＝b1﹣4＝1﹣4＝﹣3，则d2，a1＝a4﹣3d＝﹣3﹣6＝﹣9，

所以an＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11，

（2）证明：由（1）可知cn（），

所以Tn[（）+（）﹣（）+•••]（），

所以当n＝5时，Tn有最小值，且最小值为T5（），

当n＝4时，Tn有最大值，且最大值为T4（），

所以Tn．

19．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA2B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B1⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l．

（1）证明：A1B⊥B1C；

（2）已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2．l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．

【解答】（1）证明：因为四边形AA2B1B是菱形，所以A1B⊥B1A，

平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AB⊥AC，

∴AC⊥平面AA1B1B，又A1B⊂平面AA1B1B，∴A1B⊥AC，

又B1A∩AC＝A，∴A1B⊥平面AB1C，

又B1C⊂平面AB1C，∴A1B⊥B1C；

（2）解：l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°，理由如下：

取A1B1的中点D，连接AD，∵∠ABB1＝60°，∴∠AA1B1＝60°，

又AA1＝A1B1，∴△AA1B1为等边三角形，∴AD⊥A1B1，

∵AB∥A1B1，∴AD⊥AB，又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD⊂平面AA1B1B，

∴AD⊥平面ABC，

以A为坐标原点，以AB，AC，AD所在直线为坐标轴建立如图所示的直角坐标系，

A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（﹣1，0，），B1（1，0，），

（0，2，0），（2，0，0），（1，0，），

∵AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，∴AC∥平面A1B1C1，

又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，∴AC∥l，

假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°，

设λ，（λ∈R），则（0，2λ，0），∴（1，2λ，）

设平面ABP的一个法向量为（x，y，z），

则，即，令y，则z＝2λ，x＝0，

∴平面ABP的一个法向量为（0，，2λ），

又（3，0，），∴sin30°＝|cos，|，

∴3+4λ2＝4λ2，此方程无解，

因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°．

20．（12分）一个车间为了规定工时定额，需要确定一台机器持续加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，收集数据如表所示：

（2）机器持续工作，高负荷运转，会影响产品质量．经调查，机器持续工作前6小时内所加工出来的零件的次品率为0.1，之后加工出来的零件的次品率为0.2．（机器持续运行时间不超过12小时）

已知每个正品零件售价100元，次品零件作废，持续加工x个零件的生产成本P＝0.01x2+66x（单位：元）．根据（1）的回归方程，估计一台机器持续工作多少分钟所获利润最大？（利润＝零件正品数x售价﹣生产成本）

参考数据：xi2＝38500，yi＝1050，xiyi＝62700．

附：对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

【解答】解：（1）设y关于x的回归方程为，

由表中数据及参考数据得，，

所以0.6，

所以，

所以y关于x的回归方程为y＝0.6x+72，

当x＝480时，y＝0.6×480+72＝360，

所以预测加工480个零件所花费时间为360分钟．

（2）根据（1）的结果，由y＝0.6x+72≤360，解得x≤480，

①当x≤480，x∈N时，依题意，利润z＝（1﹣0.1）x×100﹣（0.01x2+66x）＝﹣0.01x2+24x，

所以当x＝480时，z取最大值9216．

②由y＝0.6x+72≤720，解得x≤1080，

所以当480＜x≤1080，x∈N时，依题意，利润z＝0.9×480×100+0.8（x﹣480）×100﹣（0.01x2+66x）＝﹣0.01x2+14x+4800，

所以当x＝700时，z取最大值9700．

因为9700＞9216，所以一台机器持续加工700个零件时，利润最大，

此时加工时间y＝0.6×700+72＝492，

即估计一台机器持续工作492分钟所获利润最大．

21．（12分）已知g（x）是函数f（x）＝xlnxax2（a∈R）的导函数．

（1）讨论g（x）的单调性；

（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且f（x2），求a的取值范围．

【解答】解：（1）函数f（x）＝xlnxax2的定义域为（0，+∞），求导得g（x）＝lnx﹣ax+1，x∈（0，+∞），g′（x）a，

当a≤0时，g′（x）＞0，于是得g（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＞0时，由g′（x）＞0，得0＜x，由g′（x）＜0，得x，则g（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．

综上，当a≤0时g（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＞0时，g（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．

（2）因为f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），则有y＝g（x）有两个零点，由（1）可知a≤0时不满足条件，

当a＞0时，g（x）max＝g（）＝ln0，解得0＜a＜1，

此时，g（e﹣1）＝﹣ae﹣1＜0，即∃x1∈（0，）使得g（x1）＝0，

令u（x）＝ex﹣x﹣1，则u′（x）＝ex﹣1，因此u（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，

∀x∈R，u（x）≥u（0）＝0，即ex≥x+1，当且仅当x＝0时取等号，

因此，g（）a（）2+1a（1）2+1＝﹣3﹣a＜0，则∃x2∈（，+∞）使得g（x2）＝0，从而有0＜a＜1，

又x21，lnx2﹣ax2+1＝0，即a，则有f（x2）＝x2lnx2ax22x2lnx2x2（x2＞1），

设h（t）tlntt（t＞1），则h′（x）lnt＞0，即h（t）在（1，+∞）上单调递增，又h（e2），f（x2），则x2≥e2，

令φ（x）（x≥e2），则φ′（x）0，即φ（x）在（e2，+∞）上单调递减，a≤φ（e2），因此0＜a，

所以a的取值范围是（0，）．

22．（15分）已知椭圆Γ：1（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A，B两点，且△ABF1的周长为4．

（1）求Γ的方程；

（2）若AM⊥x轴于点M，BN⊥x轴于点N，直线AN与BM交于点C，求△ABC面积的最大值．

【解答】解：（1）由椭圆定义可知△ABF1的周长为，即，

因为离心率，所以c＝2，

又因为b2＝a2﹣c2，所以b2＝2，

故Γ的方程为．

（2）依题意，设直线AB方程为x＝my+2（m≠0）．

联立，得（m2+3）y2+4my﹣2＝0，

易知Δ＝16m2+8（m2+3）＝24（m2+1）＞0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则．

因为AM⊥x轴，BN⊥x轴，所以M（x1，0），N（x2，0）．

所以直线AN：①，

直线BM：②，

联立①②解得．

因为，

又，则，

设，则，

当且仅当，即m＝±1时，等号成立，

故△ABC面积的最大值为．下载本文