山东新高考数学模拟(带答案)

一、单选题

1．已知UR,A{y|yx21},B{x|ylog2x}，则AA．1,1 C．,1 2．已知复数zaA．5

B．,1

B（ ）

D．1, 10i(aR)，若z为纯虚数，则a2i（ ） 3iB．5 C．2

D．3

3．已知向量a(sin,2),b(1,cos)，且ab，则sin2cos2的值为（ ） A．1

6B．2 C．

1 2D．3

14．1x2x展开式中的常数项为（ ） xA．35

B．5

C．5

D．35

5．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，ACBC，若A1AAB2，当阳马BA1ACC1体积最大时，则堑堵ABCA1B1C1的外接球的体积为（ ）

A．22

6．已知0x1,当A．22 B．82 3C．142 3D．42π

41取得最小值时x（ ） x1x4B．21 C．

5D．

2 37．命题“对任意xR都有x21”的否定是（ ） A．对任意xR，都有x21

B．不存在xR，使得x21

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2C．存在x0R，使得x01 2D．存在x0R，使得x01

8．已知直线l1:yxa分别与直线l2：y2(x1)及曲线C：yxlnx交于A,B两点，则A,B两点间距离的最小值为

A．32

二、多选题

B．3 C．65 5D．35 59．“悦跑圈”是一款基于社交型的跑步应用，用户通过该平台可查看自己某时间段的运动情况，某人根据2019年1月至2019年11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）的数据绘制了下面的折线图，根据该折线图，下 列结论正确的是（ ）

A．月跑步里程逐月增加 B．月跑步里程最大值出现在9月

C．月跑步里程的中位数为8月份对应的里程数

D．1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小，变化比较平稳 10．已知双曲线C过点3,2且渐近线为y3 x，则下列结论正确的是（ ）

3x2A．C的方程为y21

3C．曲线yex21经过C的一个焦点 点

B．C的离心率为3 D．直线x2y10与C有两个公共

11．在正方体ABCDA1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（ ）

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A．CM与PN是异面直线 B．CMPN

C．平面PAN平面BDD1B1

D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形

12．已知函数yf(x)是R上的偶函数，对于任意xR，都有f(x6)f(x)f(3)成立，当x1,x2[0,3]，且x1x2时，都有所有正确命题为（ ）. A．f(3)0

B．直线x6是函数yf(x)的图象的一条对称轴 C．函数yf(x)在[9,6]上为增函数 D．函数yf(x)在[9,9]上有四个零点 三、填空题

13．如图，将标号为1，2，3，4，5的五块区域染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻区域(有公共边)的颜色不同，则不同的染色方法有______种.

fx1fx2x1x20，给出下列命题，其中

14．已知sin1x,0x，则sinx的值为_______．

524415．以圆x2y22x10的圆心为焦点，且顶点在坐标原点的抛物线的标准方程为______，此圆绕直线kxyk0旋转一周所得的几何体的表面积为______.

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c，a(1cosB)b(2cosA)，16．在ABC中，若角A，B，C的对边分别为a，b，

则B的最大值为____． 四、解答题

17．在①b1b3a2，②a4b4，③S525这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．设等差数列an的前n项和为Sn，bn是等比数列，______，b1a5,b23,b581，是否存在k，使得

SkSk1且Sk1Sk2？

18．在ABC中，A90，点D在BC边上．在平面ABC内，过D作DFBC且

DFAC．

（1）若D为BC的中点，且CDF的面积等于ABC的面积，求ABC； （2）若ABC45，且BD3CD，求cosCFB．

19．如图，四棱锥SABC中，底面ABCD为矩形．SA平面ABCD，E,F分别为AD,SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45．

（1）证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线； （2）若EF1BC，求二面角BSCD的余弦值． 220．为了推广电子支付，某公交公司推出支付宝和微信扫码支付乘车优惠活动，活动期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，现用y表示活动推出第x天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表1所示：

x 1 6 2 12 3 23 4 34 表1

5 65 6 106 7 195 y 根据以上数据绘制了散点图．

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（1）根据散点图判断，在活动期内，yabx与ycdx（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；

（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据建立y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；

（3）优惠活动结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如下 支付方式 比列 现金 10% 乘车卡 54% 扫码 36% 车队为缓解周边居民出行压力，以90万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知每辆车每个月的运营成本约为0.978万元．已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有

11的概率享受6折优惠，有的概率享

612受7折优惠，有

11的概率享受8折优惠，有的概率享受9折优惠．预计该车队每辆42车每个月有1.5万人次乘车，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，假设这批车需要nnN能开始盈利，求n的值． 参考数据：

*年才

y v xy iii17xv iii17100.55 63

1.55 2561 50.40 3.55 试卷第5页，总6页

17其中vilgyi，vvi．

7i1ˆu的ˆˆ参考公式：对于一组数据u1,v1，u2,v2，…，un,vn，其回归直线vˆ斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：uvnuviii1nnui1ˆu． ˆv，2inu2x2y221．已知椭圆 C：221(ab0)的两个焦点和短轴的两个端点都圆

abx2y21上． (1)求椭圆C的方程；

(2)若斜率为k的直线经过点M2,0，且与椭圆C相交于A,B两点，试探讨k为何

值时，OAOB． 22．已知函数f(x)＝

a＋ln x－2，a∈R. x3 x＋1，求函数f(x)的2(1)若曲线y＝f(x)在点P(2，m)处的切线平行于直线y＝－单调区间；

(2)是否存在实数a，使函数f(x)在(0，e2]上有最小值2？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．

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参

1．D 【解析】 【分析】

求解函数的值域和定义域化简集合A,B，然后直接利用交集运算求解． 【详解】

由题意得A1,,B1,,AB1,,故选D. 【点睛】

本题考查了交集及其运算，考查了函数的值域和定义域，是基础题． 2．B 【解析】 【分析】

化简已知复数，由纯虚数的定义可得a值，再由复数的模长公式可得结果． 【详解】 化简可得za10i3i10i103i1a -1+3i， a=a=

3i3i3i10∵z是纯虚数，∴a﹣1＝0，解得a＝1， ∴|1-2i|12225 故选B. 【点睛】

本题考查复数的代数形式的乘除运算，涉及纯虚数的概念及复数的模长公式，属于基础题．3．A 【解析】 【分析】

由ab，转化为ab0，结合数量积的坐标运算得出tan2，然后将所求代数式化为

2sincoscos2，并在分子分母上同时除以sin2cos2sincoscos22sincos22cos2，利用弦化切的思想求解．

【详解】

答案第1页，总18页

由题意可得 absin2cos0，即 tan2．

2sincoscos22tan1∴sin2cos1， 222cossin1tan2故选A． 【点睛】

本题考查垂直向量的坐标表示以及同角三角函数的基本关系，考查弦化切思想的应用，一般而言，弦化切思想应用于以下两方面：

（1）弦的分式齐次式：当分式是关于角弦的n次分式齐次式，分子分母同时除以cosn，可以将分式由弦化为切；

（2）弦的二次整式或二倍角的一次整式：先化为角的二次整式，然后除以cos2sin2化为弦的二次分式齐次式，并在分子分母中同时除以cos2可以实现弦化切． 4．A 【解析】 【分析】

1111将二项式1x2x表示为1x2xxx2x，得出其通项，

xxxx令x的指数为零，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出展开式中的常数项. 【详解】

66661112xxxx1x2，

xxx展开式通项为Cxk66kkr11rkr x2C6x6rC61x62kC61x82r，

xxkr666k362k0令，得，

r482r0134因此，二项式1xx展开式中的常数项为C6C635，故选A.

x26【点睛】

本题考查二项式展开式中指定项系数的计算，解题的关键就是写出二项展开式的通项，根据

答案第2页，总18页

指数求出参数的值，进而求解，考查计算能力，属于中等题. 5．B 【解析】

设ACx，则0x2，由题意，得四棱锥BA1ACC1的体积为

122x22V2x4xx4x33324x2224，当且仅当x4x2，3即x2时，取等号，设AB,A1B1的中点分别为O,O'，则堑堵ABCA1B1C1的外接球的球心应恰为线段OO'的中点，又OO'AA1AB2，则堑堵ABCA1B1C1的外接球的

AA12半径R满足R2AO112，故R2，故堑堵ABCA1B1C1的外接球

2的体积为R36．D 【解析】 【分析】

可用导函数解决最小值问题，即可得到答案. 【详解】

24382，故选B. 341(x2)(3x2)41f(x)根据题意，令f(x)，则，而当2x21x2x21xx1x222x(0,)时，f(x)0，当x(,1)时，f(x)0，则f(x)在x处取得极小值，

333故选D. 【点睛】

本题主要考查函数的最值问题，意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力，难度中等. 7．D 【解析】

试题分析：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“对任意xR都有x21”的否定是：存在x0R，使得考点：全程命题.

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．故D正确．

8．D 【解析】

yxa,解得A(a−2,2a−2)， 联立方程组y2x1yxa,解得B(ea,ea+a)， 联立方程组yxlnx∴|AB|2=2(ea−a+2)2， 令f(a)=ea−a+2,则f′(a)=ea−1， ∴当a<0时,f′(a)<0,当a>0时,f′(a)>0，

∴f(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增， ∴f(a)⩾f(0)=3，

∴当f(a)=3时,|AB|2取得最小值18. ∴|AB|的最小值为1832. 本题选择A选项.

9．BCD 【解析】 【分析】

根据折线图，判断A,B,D选项的正确性，判断出中位数所在的月份，由此判断C选项的正确性. 【详解】

根据折线图可知，7月跑步里程下降了，故A选项错误. 根据折线图可知，9月的跑步里程最大，故B选项正确.

一共11个月份，里程中间的是从小到大的第6个，根据折线图可知，跑步里程的中位数为8月份对应的里程数，故C选项正确.

根据折线图可知，1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小，变化比较平稳，故D选项正确.

综上所述，正确的选项为BCD. 故选：BCD 【点睛】

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本小题主要考查折线图，考查图表分析、数据处理能力，属于基础题. 10．AC 【解析】 【分析】

根据题意得到双曲线C的方程，结合双曲线的性质逐一判断即可. 【详解】

对于选项A：由已知y121232yxxy2，，可得，从而设所求双曲线方程为x33322又由双曲线C过点3,2，从而3(2)，即1，从而选项A正确；

13对于选项B：由双曲线方程可知a所以B选项错误；

从而离心率为eb1，c2，3，c223，a33对于选项C：双曲线的右焦点坐标为2,0，满足yex21，从而选项C正确；

x2y10对于选项D：联立x2，整理，得y2-22y20，由(22)2420，

2y13知直线与双曲线C只有一个交点，选项D错误. 故选AC 【点睛】

本题考查双曲线的标准方程及简单的几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查推理能力与运算能力. 11．BCD 【解析】 【分析】

由CN,PM交于点A得共面，可判断A，利用余弦定理把CM,PN都用AC,AP表示后可比较大小，证明AN与平面BDD1B1后可得面面垂直，可判断C，作出过P，A，C三点的截面后可判断D． 【详解】

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C,N,A共线，即CN,PM交于点A，共面，因此CM,PN共面，A错误；

记PAC，则PNAPAN2APANcosAP22221 AC2APACcos，

4CM2AC2AM22ACAMcosAC21AP2APACcos，又APAC， 43CM2PN2(AC2AP2)0，CM2PN2，即CMPN．B正确；

4由于正方体中，ANBD，BB1平面ABCD，则BB1AN，BB1BDB，可得AN平面BB1D1D，AN平面PAN，从而可得平面PAN平面BDD1B1，C正确；

取C1D1中点K，连接KP,KC,AC11，易知PK//A1C1//AC，∴1C1，又正方体中，AA，C三点的正方体的截面，D它是等腰梯形．PK//AC，PK,AC共面，PKCA就是过P，正确． 故选：BCD. 【点睛】

本题考查共面，面面垂直，正方体的截面等问题，需根据各个知识点进行推理证明判断．难度较大． 12．ABD 【解析】 【分析】

函数yfx是R上的偶函数，对任意xR，都有fx6fxf3成立，我们令x3，可得f3f30，进而得到fx6fx恒成立，再由当x1，

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x20,3且x1x2时，都有

fx1fx2x1x20，我们易得函数在区间0,3单调递增，

然后对题目中的四个结论逐一进行分析，即可得到答案． 【详解】

A:令x3，则由fx6fxf3，

得f3f3f32f3， 故f30,A正确；

B:由f30得：f6xfx，故fx以6为周期．

又fx为偶函数即关于直线x0对称，

故直线x6是函数yfx的图象的一条对称轴，B正确；

C:因为当x1，x20,3，x1x2时，有

故fx在0,3上为增函数， 又fx为偶函数， 故在3,0上为减函数， 又周期为6．

故在9,6上为减函数， C错误；

该抽象函数图象草图如下：

fx1fx2x1x20成立，



D:函数fx周期为6，故f9f3 f3f90，

故yfx在9,9上有四个零点，

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

D正确． 故答案为：ABD． 【点睛】

本题考查函数奇偶性、单调性、周期性、对称性及函数的零点与方程根的关系，属于基础题. 13．30 【解析】 【分析】

由题意按照分类分步计数原理，可逐个安排，注意相邻不同即可. 【详解】

对于1，有三种颜色可以安排；

4有两种安排，5有一种安排， 若2和3颜色相同，有两种安排方法，此时共有322112；若2和3颜色不同，则2有两种，3有一种.当5和2相同时，4有两种；当5和2不同，则4有一种，此时共有322118， 综上可知，共有121830种染色方法. 故答案为：30. 【点睛】

本题考查了排列组合问题的综合应用，分类分步计数原理的应用，染色问题的应用，属于中档题. 14．

26 5【解析】

0x2,44x4，cos26，x1sin2x5442626. sinxsinxcosx，故答案为55442415．y24x 8 【解析】 【分析】

圆的方程化为标准方程，求出圆心与半径，则可直接写出抛物线方程，又因为直线恒过圆心

答案第8页，总18页

(1,0)可知圆绕直线旋转一周所得几何体为球，球心即为圆心，球的半径即为圆的半径，相

应值代入球的表面积公式即可. 【详解】

圆x2y22x10即(x1)2y22，圆心为(1,0)，半径为2， 以(1,0)为焦点的抛物线方程为：y4x； 因为直线kxyk0恒过圆心(1,0)，

所以圆绕直线旋转一周所得几何体为球，球心即为圆心，球的半径即为圆的半径， 所以球的表面积S4(2)28.

2故答案为：y4x；8

2【点睛】

本题考查圆的方程，抛物线的方程，几何体的表面积，求出直线所过定点是解题的关键，属于基础题. 16．

3.

【解析】 【分析】

3a2c21a2c2由已知利用余弦定理可得cosB，进而根据基本不等式可得

8ac4ac从而可求cosB【详解】

2，

1，结合范围B(0,)，可求B的最大值． 2a2c2b2b2c2a2a(1cosB)b(2cosA)，a(1)b(2)，

2ac2bc2bac，

cosBacb2ac222a2c2(ac2)3a2c21， 22ac8ac4又

a2c22ac，

3a2c212，cosB8ac41， 222acac答案第9页，总18页

又

B(0,)，

3B的最大值为．

故答案为：【点睛】

本题考查弦定理，基本不等式在解三角形中的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力． 17．答案不唯一，见解析 【解析】 【分析】

从三个条件中任选一个，利用等差、等比数列的基本知识解决问题即可. 【详解】

因为在等比数列bn中，b23，b581，所以其公比q3， 从而bnb23n2． 333n2，从而a5b11．

若存在k，使得SkSk1，即SkSkak1，从而ak10； 同理，若使Sk1Sk2，即Sk1Sk1ak2，从而ak20．

（方法一）若选①：由b1b3a2，得a21910，所以an3n16， 当k4时满足a50，且a60成立；

若选②：由a4b427，且a51，所以数列an为递减数列， 故不存在ak10，且ak20； 若选③：由S5255a1a55a3，解得a35，从而an2n11， 2所以当n4时，能使a50，a60成立．

（方法二）若选①：由b1b3a2，得a21910， 所以公差da5a23，a1a2d13， 3答案第10页，总18页

从而Sn13a1nn11d3n229n； 22SkSk1Sk1Sk23k29k3k129k1101322k， ，解得

333k129k13k229k222又kN，从而k4满足题意． 【点睛】

本题为开放性试题，答案不唯一，要求考生能综合运用所学知识，进行探究，分析问题并最终解决问题，属于中档题. 18．(1) ABC60 (2) 【解析】 【分析】

（1）根据S△ABCS△CDF可得BC2AB，又A90，从而ACB30，即可得到结果；

（2）由ABC45，从而ABAC，设ABACk，则BC可得结果. 【详解】

（1）如图所示，D为BC的中点，所以BDCD．

517 512k．结合余弦定理

又因S△ABCS△CDF，即

111ABACCDDFBCAC，从而BC2AB， 224又A90，从而ACB30，所以ABC903060． （2）由ABC45，从而ABAC，设ABACk，则BC2k．

答案第11页，总18页

由BD3CD，所以BD332BC2k，CDk． 444DF2BD23432 k，CFDF2CD2k．

44因为DFACk，从而BF（方法一）从而由余弦定理，得

92172kk2k2CFBFBC5178cosCFB8．

2CFBF5133422kk44DF234， （方法二）所以cosDFBBF17222从而cosDFB从而sinDFCDF2BD3172， ；cosDFCCF3BF17CD1． CF3517． 51所以cosCFBcosCFDDFB【点睛】

本题考查解三角形问题，考查三角形面积公式，正弦定理，考查计算能力与推理能力，属于中档题.

19．(1)证明见解析；(2) 【解析】 【分析】

（1）要证EF为异面直线AD与SC的公垂线，即证ADEF，EFSC，转证线面垂直即可；（2）以A为坐标原点，AB、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，求出平面BCS与平面SCD的法向量，代入公式即可得到结果. 【详解】

（1）连接AC、BD交于点G，连接EG、FG．

3 3答案第12页，总18页

因为四边形ABCD为矩形，且E、F分别是AD、SC的中点， 所以EGCD，且FGSA．

又SA平面ABCD，所以GF平面ABCD，所以GFAD． 又ADGE，GEGFG，所以AD平面GEF，所以ADEF．

因为EF与平面ABCD所成的角为45，所以FEG45， 从而GEGF．所以SAAB．

取SB的中点H，连接AH、FH，则由F、H分别为SC、SB的中点， 从而FH1BCAE，从而四边形AEFH为平行四边形． 2又由SAAB，知AHSB． 又BC⊥平面SAB，所以AHBC． 又SBBCB，从而AH平面SBC．

从而EF平面SBC．SC平面SBC，从而EFSC． 综上知EF为异面直线AD与SC的公垂线． （2）因为EF1BC，设BC1，则EF1， 22，所以SAAB2， 2从而GEGF 以A为坐标原点，AB、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

从而，SC则B2,0,0、D0,2,0、S0,0,2、C2,2,2，BC0,2,0．

2,2,0，

答案第13页，总18页

n1SC0设平面BCS的一个法向量为n1x1,y1,z1，则，

nBC01令z11，从而得n11,0,1．

同理，可求得平面SCD的一个法向量为n20,1,2．

cosn1n2n1n2n1n223． 3233 3设二面角BSCD的平面角为，从而cos【点睛】

本题是中档题，考查异面直线的公垂线的证明，向量法求二面角，考查空间想象能力，计算能力，常考题型．

x20．（1）ycd适宜作为扫码支付的人次y关于x的回归方程类型，（2）y3.55100.25x，

第8天使用扫码支付的人次为355，（3）n5 【解析】 【分析】

x（1）根据散点图判断ycd适宜作为扫码支付的人次y关于x的回归方程类型

x（2）由ycd两边同时取对数得lgylgcdxlgclgdx，设lgyv，即

vlgclgdx，然后按照公式计算即可

（3）先列出一名乘客乘车支付的费用的分布列，然后算出其平均值，然后根据条件即可建立不等式求解 【详解】

x（1）根据散点图判断ycd适宜作为扫码支付的人次y关于x的回归方程类型

x（2）因为ycd，两边同时取对数得lgylgcdxlgclgdx

设lgyv，即vlgclgdx 因为x4，v1.55，xi2140

i17答案第14页，总18页

所以lgdxv7xviii177xi12i7x250.4741.5570.25 21407428把样本中心点4,1.55代入vlgclgdx得lgc0.55 所以v0.550.25x，即lgy0.550.25x

所以y关于x的回归方程为y100.550.25x3.55100.25x 把x8代入上式得y355

所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为355 （3）记一名乘客乘车支付的费用为Z， 则Z的取值可能为2，1.8，1.6，1.4，1.2

1PZ20.1；PZ1.80.360.18

211PZ1.60.540.360.63；PZ1.40.360.06

461PZ1.20.360.03

12其分布列为： Z P

所以，一名乘客一次乘车的平均费用为：

2 0.1 1.8 0.18 1.6 0.63 1.4 0.06 1.2 0.03 20.11.80.181.60.631.40.061.20.031.652

因为每辆车每个月的运营成本约为0.978万元，每辆车每个月有1.5万人次乘车， 买车费用是90万元，假设经过x年开始盈利 所以121.6521.5x120.978x900 解得x≥5，即第五年开始盈利，n5 【点睛】

本题主要考查用样本估计总体和变量的相关关系，属于基础题，对计算能力要求较高.

答案第15页，总18页

x2521． （1）（2）ky21；

25【解析】 【分析】

(1)由题意可得焦点为1,0，短轴的端点为0,1，可得bc1，可求得a，进而得

到椭圆方程；2设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为ykx2，代入椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为1，化简计算即可得到所求k的值． 【详解】

1依题意椭圆的两个焦点和短轴的两个端点都圆x2y21上，

可得b1，c1所以a22，

x2所以椭圆C的方程y21；

22设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为ykx2，

ykx2222212kx8kx8k20， y由x2消去得：2y128k28k22所以x1x2， ,x1x22212k12k因为OAOB，所以而y1y2k2y1y21，即x1x2y1y20， x1x2x12x22，所以x1x2k2x12x220，

21k8k所以

2212k216k424k0， 212k解得：k【点睛】

215，此时0，所以k． 55本题主要考查椭圆的方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．求椭圆标准方

答案第16页，总18页

程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程组，解出a,b,从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.

22．（1）单调递增区间为(8，＋∞)，单调递减区间为(0,8) ；（2）存在实数a＝2e2，使函数f(x)在(0，e2]上有最小值2. 【解析】 【分析】

2）（1）求出函数的导数，得到f（函数的单调区间即可；

3，求出a的值，从而解关于导函数的不等式，求出2x），（x＞0）x）＞0 恒成立，即f(x)在（0，e2] 上单调递（2）求导f（，当a0，f（x）0，得xa，根据函数的单调性可知：若a＞e2，则增，无最小值；当a＞0，令f（fx）fe2），a2e2，（0，e2]上的最小值（函数f(x)在满足a＞e2，符合题意；若min（fx）fa）（0，e2]上的最小值（，解得：ae3，不满足0＜ae2，则函数f(x)在min（0＜ae2，不符合题意，舍去．

【详解】 (1)∵f(x)＝

a ＋ln x－2(x＞0)， xa1∴f′(x)＝2 (x＞0)，

xx又曲线y＝f(x)在点P(2，m)处的切线平行于直线y＝－

3 x＋1， 2113a＋＝－⇒a＝8. 42281x8∴f′(x)＝22 (x＞0)，

xxx∴f′(2)＝－

令f′(x)＞0，得x＞8，f(x)在(8，＋∞)上单调递增； 令f′(x)＜0，得0＜x＜8，f(x)在(0,8)上单调递减． ∴f(x)的单调递增区间为(8，＋∞)，单调递减区间为(0,8)． (2)由(1)知f′(x)＝

a1xa2(x＞0)． 2xxx答案第17页，总18页

①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，即f(x)在(0，e2]上单调递增，无最小值，不满足题意． ②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝a，

所以当f′(x)＞0时，x＞a，当f′(x)＜0时，0＜x＜a， 此时函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减． 若a＞e2，则函数f(x)在(0，e2]上的最小值f(x)min＝f(e2)＝由

aa2

ln e2＋－＝， e2e2a＝2，得a＝2e2，满足a＞e2，符合题意； 2ea＋ln a－2＝ln a－1， a若a≤e2，则函数f(x)在(0，e2]上的最小值f(x)min＝f(a)＝

由ln a－1＝2，得a＝e3，不满足a≤e2，不符合题意，舍去． 综上可知，存在实数a＝2e2，使函数f(x)在(0，e2]上有最小值2. 【点睛】

本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查导数的运算，考查分类讨论思想，属于中档题．

答案第18页，总18页