2024届安徽省池州市第一中学高三下学期教学质量监测(一)数学试题试卷

2024届安徽省池州市第一中学高三下学期教学质量监测（一）数学试题试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若复数z 满足()1i z i +=（i 是虚数单位），则z 的虚部为（ ） A ．
1
2
B ．12
-
C ．
12
i D ．12
i -
2．1x <是1
2x x
+
<-的（ ）条件 A ．充分不必要
B ．必要不充分
C ．充要
D ．既不充分也不必要
30y m -+=过双曲线C ：22
221(0,0)x y a b a b
-=>>的左焦点F ，且与双曲线C 在第二象限交于点A ，若
||||FA FO =（O 为坐标原点），则双曲线C 的离心率为
A ．2
B 1
C
D 1
4．已知数列{}n a 对任意的*n N ∈有11
1(1)n n a a n n +=-++成立，若11a =，则10a 等于（ ）
A ．
101
10
B ．
9110
C ．111
11
D ．
122
11
5．甲乙两人有三个不同的学习小组A ， B ， C 可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（ ） A ．
13 B ．14 C ．15 D ．16
6．在ABC ∆中，30C =︒，2
cos 3
A =-
，2AC =，则AC 边上的高为（ ）
A B ．2
C D ．
2
7．函数()1cos f x x x x ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
（x ππ-≤≤且0x ≠）的图象可能为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
8．已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为V ，点M ，N 分别在棱1BB ，1CC 上，满足1AM MN ND ++最小，则四面体1AMND 的体积为( ) A ．
112
V B ．18
V
C ．16V
D ．19
V
9．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB DC ，222AB DC AD ===，60DAB ∠=︒，E 为AB 的中点，将ADE ∆与BEC ∆分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合为点F ，则三棱锥F DCE -的外接球的体积是（ ）
A ．
68
B ．
64
C ．
32
π D ．
23
π 10．已知命题3
00:2,80p x x ∃>->，那么p ⌝为（ ） A ．3
002,80x x ∃>-≤ B ．32,80x x ∀>-≤ C ．3002,80x x ∃≤-≤
D ．32,80x x ∀≤-≤
11．已知M 是函数()ln f x x =图象上的一点，过M 作圆22
20x y y +-=的两条切线，切点分别为,A B ，则MA MB
⋅的最小值为（ ）
A ．223-
B ．1-
C ．0
D ．
52
32
- 12．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23S =，410S =，则6S =（ ） A ．21
B ．22
C ．11
D ．12
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知F 是抛物线2
:2(0)C y px p =>的焦点，过F 作直线与C 相交于,P Q 两点，且Q 在第一象限，若2PF FQ =，则直线PQ 的斜率是_________．
14．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =，416S =，则数列{}n a 的公差d =________，通项公式n a =________. 15．已知
为偶函数，当
时，
，则曲线
在点
处的切线方程是_________.
16．若正实数，，满足，则
的最大值是__________．
三、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．（12分）已知抛物线2:2G y px =，焦点为F ，直线l 交抛物线G 于,A B 两点，交抛物线G 的准线于点C ，如图所示，当直线l 经过焦点F 时，点F 恰好是AC 的中点，且8
3
BC =
.
（1）求抛物线G 的方程；
（2）点O 是原点，设直线,OA OB 的斜率分别是12,k k ，当直线l 的纵截距为1时，有数列{}n a 满足
()2
112n 1,16,42n a k a k a -==-=+，设数列1n n a a ⎧⎫
⎨⎬+⎩⎭
的前n 项和为n S ，已知存在正整数m 使得20201m S m ≤<+，
求m 的值.
18．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为2
2
212x y ⎧=
⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩
（t 为参数）.以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建
立极坐标系，且曲线C 的极坐标方程为4πρθ⎛⎫
=- ⎪⎝
⎭
. （1）写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；
（2）设直线l 上的定点P 在曲线C 外且其到C ，试求点P 的坐标.
19．（12分）在ABC ∆sin cos C c A =． （Ⅰ）求角A 的大小；
（Ⅱ）若ABC S ∆=，2b c +=+a 的值．
20．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为22cos 2sin x y θ
θ=+⎧⎨
=⎩
（θ为参数），以原点为极点，x 轴的
非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为2
224
cos 4sin ραα
=+.
（1）求曲线1C 的极坐标方程以及曲线2C 的直角坐标方程；
（2）若直线:l y kx =与曲线1C 、曲线2C 在第一象限交于,P Q 两点，且||2||OP OQ =，点M 的坐标为(2,0)，求
ΔMPQ 的面积.
21．（12分）已知函数4()1,()1()x
a f x e g x a R x x ⎛⎫=-=-∈ ⎪⎝
⎭（e 是自然对数的底数， 2.718e ≈⋅⋅⋅）.
（1）求函数()f x 的图象在1x =处的切线方程； （2）若函数()
()
f x y
g x =
在区间[]
4,5上单调递增，求实数a 的取值范围； （3）若函数()()()h x f x x =+在区间(0,)+∞上有两个极值点()1212,x x x x <，且()1h x m <恒成立，求满足条件的m 的最小值（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）. 22．（10分）已知a >0，b >0，a +b =2. （Ⅰ）求
11
1
a b ++的最小值； （Ⅱ）证明：
2.a b b a ab
+≥
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A 【解析】
由()1i z i +=得1z i
i
=+,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数z ,从而可得z 的虚部. 【详解】 因为(1)i z i +=,
所以22(1)1111(1)(1)1122
1i i i i i i z i i i i i --+=
====+++-+-, 所以复数z 的虚部为12
. 故选A. 【点睛】
本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算. 2．B 【解析】
利用充分条件、必要条件与集合包含关系之间的等价关系，即可得出。

【详解】
设:p 1x <对应的集合是(,1)A =-∞，由1
2x x
+<-解得0x <且1x ≠-
:q
12x x
+<-对应的集合是()
(),11,0B =-∞-- ，所以B
A ，
故1x <是1
2x x
+<-的必要不充分条件，故选B 。

【点睛】
本题主要考查充分条件、必要条件的判断方法——集合关系法。

设{}{}
B A x x p x x q =∈=∈， ， 如果A B ⊆，则p 是q 的充分条件；如果A B 则p 是q 的充分不必要条件；
如果B A ⊆，则p 是q 的必要条件；如果B A ，则p 是q 的必要不充分条件。

3．B 【解析】
y m
-+=的倾斜角为π
3
，易得||||
FA FO c
==．设双曲线C的右焦点为E，可得AFE
△中，90
FAE
∠=
，则||
AE，所以双曲线C
的离心率为1
e=.故选B．
4．B
【解析】
观察已知条件，对1
1
1
(1)
n n
a a
n n
+
=-+
+
进行化简，运用累加法和裂项法求出结果.
【详解】
已知1
1
1
(1)
n n
a a
n n
+
=-+
+
，则1
11111
1()11()
(1)11
n n
a a
n n n n n n
+
--+=--+=--
+++
=，所以有
21
11
1()
12
a a
---
=，32
11
1()
23
a a
---
=，
43
11
1()
34
a a
---
=，
109
11
1()
910
a a
---
=，两边同时相加得
101
1
9(1)
10
a a
---
=，又因为
1
1
a=，所以
10
191
9(
11)
1010
a--=
=+.
故选：B
【点睛】
本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如
1
n(n1)
+
时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解.
5．A
【解析】依题意，基本事件的总数有339
⨯=种，两个人参加同一个小组，方法数有3种，故概率为
31
93
=.
6．C
【解析】
结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，求得BC边长，由此求得AC边上的高.
【详解】
过B作BD CA
⊥，交CA的延长线于D.由于
2
cos
3
A=-，所以A
为钝角，且sin
3
A==，所以()()
sin sin sin
CBA CBA A C
π
∠=-∠=
+212
sin cos cos sin
32326
A C A C
=+=-⨯=.在三角形
ABC中，由正弦定理得
sin sin
a b
A B
=
=
，所以BC=在Rt BCD
∆中有
1
sin 2552
BD BC C ==⨯
=，即AC 边上的高为5. 故选：C
【点睛】
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题. 7．D 【解析】
因为11()()cos ()cos ()f x x x x x f x x x
-=-+=--=-，故函数是奇函数，所以排除A ，B ；取x π=，则
11
()()cos ()0f ππππππ
=-=--<，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象. 8．D 【解析】
由题意画出图形，将1,MN ND 所在的面延它们的交线展开到与AM 所在的面共面，可得当11111
,33
BM BB C C N C =
=时1AM MN ND ++最小，设正方体1AC 的棱长为3a ，得327
V
a =
，进一步求出四面体1AMND 的体积即可． 【详解】 解：如图，
∵点M ，N 分别在棱11,BB CC 上，要1AM MN ND ++最小，将1,MN ND 所在的面延它们的交线展开到与AM 所在的面
共面，1,,AM MN ND 三线共线时，1AM MN ND ++最小，
∴11111
,33
BM BB C C N C =
= 设正方体1AC 的棱长为3a ，则327a V =， ∴3
27
V a =
． 取1
3
BG BC =
，连接NG ，则1AGND 共面， 在1AND ∆中，设N 到1AD 的距离为1h ，
12212212222211111112
(3)(3)32,(3)10,(32)(2)22,
cos 21022255319sin 255
11sin =22=3192192
D NA AD a a a D N a a a AN a a a D NA a a D NA S D N AN D NA AD a
a h h ∆=+==+==+=∴∠==⋅⋅∴∠=
∴=⋅⋅⋅∠=⋅⋅∴，
设M 到平面1AGND 的距离为2h ，
22111111[(2)322]
32319222619
222
M AGN A MGN
a a V V h a a a a a a h a
a --∴=∴⋅⋅⋅⋅+⋅-⋅⋅-⋅⋅∴=
⋅⋅= 1
2313196332919
AMND a a V V a ∴=⨯⨯==. 故选D ． 【点睛】
本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题． 9．A 【解析】
由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形，折叠成的三棱锥是正四面体，易求得其外接球半径，得球体积． 【详解】
由题意等腰梯形中DA AE EB BC CD ====，又60DAB ∠=︒，∴AED ∆，BCE ∆是靠边三角形，从而可得
DE CE CD ==，∴折叠后三棱锥F DEC -是棱长为1的正四面体，
设M 是DCE ∆的中心，则FM ⊥平面DCE ，233
1323
DM =
⨯⨯=
，2263FM FD DM =-=， F DCE -外接球球心O 必在高FM 上，设外接球半径为R ，即OF OD R ==，
∴22263(
)()33
R R =-+，解得6
4R =， 球体积为334466
()3348
V R πππ==⨯=． 故选：A ．
【点睛】
本题考查求球的体积，解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体． 10．B 【解析】
利用特称命题的否定分析解答得解. 【详解】
已知命题0:2p x ∃>，3
80x ->，那么p ⌝是32,80x x ∀>-≤. 故选：B ． 【点睛】
本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 11．C 【解析】
先画出函数图像和圆，可知MA MB =，若设2AMB θ∠=，则1
tan MA MB θ
==
，所以222
1
||cos 22sin 3sin MA MB MA θθθ
⋅==+
-，而要求MA MB ⋅的最小值，只要sin θ取得最大值，若设圆2
2
20x y y +-=的圆心为C ，则1
sin MC
θ=
，所以只要MC 取得最小值，若设(,ln )M x x ，则222||(ln 1)MC x x =+-，然后构造函数22()(ln 1)g x x x =+-，利用导数求其最小值即可.
【详解】
记圆2
2
20x y y +-=的圆心为C ，设AMC θ∠=，则11,sin tan MA MB MC
θθ==
=，设222(,ln ),||(ln 1)M x x MC x x =+-，记22()(ln 1)g x x x =+-，则
2
12()22(ln 1)(ln 1)g x x x x x x x
=+⋅
=+-'-，令2()ln 1h x x x =+-， 因为2
()ln 1h x x x =+-在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，所以当01x <<时，()(1)0,()0h x h g x <=<'；当1x >时，()(1)0,()0h x h g x >=>'，则()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)2g x g ==，即
22,0sin 2MC
θ
<，所以22
2
1||cos 22sin 30sin MA MB MA θθθ⋅==+-≥（当sin 2
θ=时等号成立）. 故选：C
【点睛】
此题考查的是两个向量的数量积的最小值，利用了导数求解，考查了转化思想和运算能力，属于难题. 12．A 【解析】
由题意知24264,,S S S S S --成等差数列，结合等差中项，列出方程，即可求出6S 的值. 【详解】
解：由{}n a 为等差数列，可知24264,,S S S S S --也成等差数列，
所以()422642S S S S S -=+- ，即()62103310S ⨯-=+-，解得621S =. 故选:A. 【点睛】
本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项.对于等差数列，一般用首项和公差将已知量表示出来，继而求出首项和公差.但是这种基本量法计算量相对比较大，如果能结合等差数列性质，可使得计算量大大减少.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．2【解析】
作出准线，过,P Q 作准线的垂线，利用抛物线的定义把抛物线点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用平面几何知识计算出直线的斜率． 【详解】
设l 是准线，过P 作PM l ⊥于M ，过Q 作QN l ⊥于N ，过P 作PH QN ⊥于H ，如图， 则PM PF =，QN QF =，∵2PF FQ =，∴2QF PF =，∴2QN PM =，
∴QH NH PM PF ===，2
2(3)22PH PF PF PF =-=，
∴tan 22PH
HQF QH
∠=
=，∴直线PQ 斜率为22． 故答案为：22．
【点睛】
本题考查抛物线的焦点弦问题，解题关键是利用抛物线的定义，把抛物线上点到焦点距离转化为该点到准线的距离，用平面几何方法求解． 14．2 21n a n =- 【解析】
直接利用等差数列公式计算得到答案. 【详解】
213a a d =+=，414616S a d =+=，解得11a =，2d =，故21n a n =-.
故答案为：2；21n a n =-. 【点睛】
本题考查了等差数列的基本计算，意在考查学生的计算能力. 15．
【解析】 试题分析：当时，
，则
．又因为
为偶函数，所以
，所以
，
则
，所以切线方程为
，即
．
【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义 【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当
时，函数
，则当
时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数
为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为．
16． 【解析】
分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的
最值的问题的求解方法，即可求得结果. 详解：
，当
且仅当等号成立，故答案是.
点睛：该题属于应用基本不等式求最值的问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-------相乘，即可得结果.
三、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．（1）2
4y x =（2）2019m = 【解析】
(1) 设出直线的方程，再与抛物线联立方程组，进而求得点,A B 的坐标，结合弦长即可求得抛物线的方程； (2) 设直线的方程，运用韦达定理可得214k k +=，可得1,n n a a +之间的关系，再运用1111
1
n n n a a a +=-+进行裂项，可求得2020S ，解不等式求得m 的值. 【详解】
解：（1）设过抛物线焦点的直线方程为()2
p y k x =-
， 与抛物线方程联立得：22
2
2
2
(2)04k p k x k p p x -++=，
设2
112221(,),(,),4
p A x y B x y y y =，
所以22233(
,),(),326P P A kP B k P p =， 2
2
22383,333P k BC P ⎛⎫⎛⎫∴=-=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 2P =∴，
所以抛物线方程为24y x =
（2）设直线方程为()2
(1)
1,4x m y x m y y x =-⎧=-∴⎨=⎩
， 21212440,4,4y my m y y m y y m ∴-+==+=，
12
2112
4y y k k x x +=
+=， 221116(42)4,(1)n n n n n n n a a a a a a a ++∴-++=-+=+，
11111(1)1n n n n n a a a a a +∴
==-++， 11
1()11
n n n n a a a a ∴
=--++， 20201223202020212021
1111111
2020(
...)20201S a a a a a a a =-+-++-=-+ 由111,(1)1n n n a a a a +==+>得2019m =. 【点睛】
本题考查了直线与抛物线的关系，考查了韦达定理和运用裂项法求数列的和，考查了运算能力，属于中档题. 18．（1）l 的普通方程为10x y -+=．C 的直角坐标方程为2
2
(1)(1)2x y -+-= （2）（-1，0）或（2，3） 【解析】
（1）对直线l
的参数方程1x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
消参数t 即可求得直线l 的普通方程，
对4πρθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭整理并两边乘以
ρ，结合cos x ρθ=，sin y ρθ=即可求得曲线C 的直角坐标方程。

（2）由（1）得：曲线C 是以Q （1,1
P 的坐标为(),1x x +
，由题可得：PQ =利用两点距离公式列方程即可求解。

【详解】
解：（1
）由2
12x y ⎧=
⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩
消去参数t ，得1y x =+．
即直线l 的普通方程为10x y -+=．
因为2),(cos sin )2(cos sin )4
2
π
ρθρθθρθθ=-
∴=+⋅
=+ 又cos x ρθ=，sin y ρθ=
∴曲线C 的直角坐标方程为22(1)(1)2x y -+-=
（2）由22
(1)(1)2x y -+-=知，曲线C 是以Q （1,1为半径的圆
设点P 的坐标为(),1x x +，则点P 到C 上的点的最短距离为|PQ|-
即PQ ==220x x --=，解得121,2x x =-=
所以点P 的坐标为（-1，0）或（2，3） 【点睛】
本题主要考查了参数方程化为普通方程及极坐标方程化为直角坐标方程，还考查了转化思想及两点距离公式，考查了方程思想及计算能力，属于中档题。

19． (1) 6
A π
=;(2) 2a =.
【解析】
试题分析：（1sin sin cos A C C A ⋅=⋅．消去公因式得到所以 tan 3
A =
．
进而得到角A ；（2）结合三角形的面积公式，和余弦定理得到2b c +=+2a =． 解析：
（I sin cos C c A =，所以cos 0A ≠， 由正弦定理
sin sin sin a b c
A B C
==，
sin sin cos A C C A ⋅=⋅． 又因为 ()0,C π∈，sin 0C ≠，
所以 tan A =
． 又因为 ()0,A π∈， 所以 6
A π
=
．
（II
）由11
sin 24
ABC S bc A bc ∆=
==
bc =， 由余弦定理2222cos a b c bc A =+-， 得2
2
2
2cos
6
a b c bc π
=+-，
即(
)(
)2
2
2212a b c bc b c =+-=+-，
因为2b c +=+ 解得 24a =. 因为 0a >， 所以 2a =.
20．（1）1C 的极坐标方程为4cos ρθ=，2C 的直角坐标方程为2214x y +=（2
【解析】
（1）先把曲线1C 的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用cos ,sin x y ρθρθ== 求得极坐标方程.将
222
4cos 4sin ραα
=
+，化为2222
cos 4sin 4ραρα+=，再利用cos ,sin x y ρθρθ== 求得曲线2C 的普通方程. （2）设直线的极角0θθ=，代入2
22
4cos 4sin ραα=
+，得2
Q 20
413sin ρθ=+，将0θθ=代入4cos p θ=，得04cos P ρθ=，由||2||OP OQ =，得2P Q ρρ=，即()2
020164cos 13sin θθ=
+，从而求得20
2sin 3
θ=，2
01cos 3θ=，从而求得,ρρQ P ，再利用()01
||sin 2
ρρθ∆∆∆=-=⋅⋅-⋅MPQ OMP OMQ P Q S S S OM 求解. 【详解】
（1）依题意，曲线221:(x 2)4C y -+=，即22
40x y x +-=，
故2
4cos 0ρρθ-=，即4cos ρθ=.
因为2
22
4cos 4sin ραα
=
+，故2222
cos 4sin 4ραρα+=， 即2
2
44x y +=，即2
214
x y +=.
（2）将0θθ=代入2
22
4cos 4sin ραα=
+，得2
Q 20
413sin ρθ=+，
将0θθ=代入4cos p θ=，得04cos P ρθ=， 由||2||OP OQ =，得2P Q ρρ=，得()2
020
16
4cos 13sin θθ=
+，
解得2
02sin
3θ=，则201cos 3
θ=.
又002
π
θ<<
，故0
,4cos 33
Q P ρρθ=
===， 故MPQ ∆的面积(
)01||sin 23
MPQ OMP OMQ P Q S S S OM ρρθ∆∆∆=-=⋅⋅-⋅=
. 【点睛】
本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.
21．（1）4y ex e =-；（2）(5,)+∞；（3）4-. 【解析】
（1）利用导数的几何意义计算即可； （2）2'2
(4)340()
x
x a x a e y a x ⎡⎤--+++⎣⎦
=
≥-在
[]4,5上恒成立，只需2
(4)340x
a x a -+++，注意到[4,5]a ∉；
（3）()
2440x x x e a -+-=在(0,)+∞上有两根，令()
2()44x
m x x x e a =-+-，求导可得()m x 在()0,2上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，所以(0)40(2)0
m a m a =->⎧⎨=-<⎩且()1
2
111(0,2),44x x x x e a ∈-+=，2(2,3)x ∈，()()1
1131x h x x e =--，求
出()1h x 的范围即可. 【详解】
（1）因为4()1x f x e x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以'
244()1x f x e x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝
⎭，
当1x =时，'(1)3,(1)f e f e =-=，
所以切线方程为(3)(1)y e e x --=-，即4y ex e =-. （2）()(4)()x
f x x e y
g x a x -==-，2'2
(4)34()x x a x a e y a x ⎡⎤--+++⎣⎦=
-. 因为函数()()
f x y
g x =
在区间[]
4,5上单调递增，所以[4,5]a ∉，且'
0y ≥恒成立，
即2(4)340x a x a -+++，
所以224(4)43405(4)5340a a a a ⎧-+⨯++≤⎨-+⨯++≤⎩，即4
92a a ≥⎧⎪⎨≥⎪⎩
，又(,4)(5,)a ∈-∞+∞，
故5a >，所以实数a 的取值范围是(5,)+∞.
（3）()2'
2
44(4)()()()(),()x x x x e a x e a x h x f x g x h x x x -+--+-=+==
. 因为函数()()()h x f x g x =+在区间(0,)+∞上有两个极值点，
所以方程()'
0h x =在(0,)+∞上有两不等实根，即()
2440x
x x e a -+-=.
令()
2()44x
m x x x e a =-+-，则()'2()2x m x x x e =-，由()0m x '
>，得2x >，
所以()m x 在()0,2上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，
所以(0)40(2)0
m a m a =->⎧⎨
=-<⎩，解得04a <<且()1
2
111(0,2),44x x x x e a ∈-+=.
又由33(3)280m e a a a =->-=->，所以2(2,3)x ∈， 且当()10,x x ∈和()2,x +∞时，()()0h x h x '
>，单调递增，
当()12,x x x ∈时，()()'
0h x h x <，单调递减，12,x x 是极值点，
此时()()()()()1
11
121111
11
111
1
444431x
x x
x x e x x e x x e a x h x x e x x -+-+--+-=
=
=--
令()(3)1((0,2))x n x x e x =--∈，则'()(2)0x n x x e =-<， 所以()n x 在()0,2上单调递减，所以()1(0)4h x h <=-. 因为()1h x m <恒成立，所以4m ≥-. 若124m -<<-，取114
m
x =-
-，则14 4m x =--， 所以()()1111343x
h x m x e x -=-++.
令()(3)43(0)x H x x e x x =-++>，则'()(2)4x H x x e =-+，''()(1)x H x x e =-. 当(0,1)x ∈时，()''
0H
x <；当(1,)x ∈+∞时，()''0H x >.
所以''min ()(1)40H x H e ==-+>，
所以()(-3)43x H x x e x =++在(0,)+∞上单调递增，所以()()00H x H >=， 即存在114
m
x =-
-使得()1h x m >，不合题意. 满足条件的m 的最小值为-4. 【点睛】
本题考查导数的综合应用，涉及到导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值点，不等式恒成立等知识，是一道难题.
22．（Ⅰ）最小值为4
3
；（Ⅱ）见解析 【解析】
（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果； （2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明. 【详解】 （Ⅰ）
11111[(1)]131a b a b a b ⎛⎫+=+++ ⎪++⎝⎭
则
1111421313
b a a b a b +⎡⎤+=++≥⎢⎥++⎣⎦ 当且仅当21
a b a b +=⎧⎨
=+⎩，即3
2a =，12b =时，
所以
111
a b ++的最小值为4
3．
（Ⅱ）要证明：
2
a b b a ab
+≥， 只需证：
20a b b a ab
+-≥， 即证明：222
0a b ab
+-≥，
由0,0a b >>， 也即证明：222a b +≥．
因为2a b +≤
，
所以当且仅当a b =1≥，
即222a b +≥，当1a b ==时等号成立． 所以
2.a b b a ab
+≥ 【点睛】
本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.。