山东省日照市高考数学一模试卷(理科)

山东省日照市高考数学一模试卷（理科）（解析版）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．已知集合M={0，1，2}，N={x|﹣1≤x≤1，x∈Z}，则（）A．M⊆N B．N⊆M C．M∩N={0，1}D．M∪N=N2．如果复数z=（b∈R）的实部和虚部相等，则|z|等于（）A．3 B．2 C．3 D．23．“log2（2x﹣3）＜1”是“4x＞8”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．函数y=x2+ln|x|的图象大致为（）A．B．C． D．5．函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣π＜φ＜0）的部分图象如图所示，为了得到g（x）=Asinωx的图象，只需将函数y=f（x）的图象（）A．向左平移个单位长度B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度D．向右平移个单位长度6．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（）A．210 B．84 C．343 D．3367．已知变量x，y满足：：，则z=（）2x+y的最大值为（）A．B．2 C．2 D．48．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（）（参考数据：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．489．已知O为坐标原点，F是双曲线的左焦点，A，B 分别为Γ的左、右顶点，P为Γ上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF 交于点M，与y轴交于点E，直线BM与y轴交于点N，若|OE|=2|ON|，则Γ的离心率为（）A．3 B．2 C．D．10．曲线的一条切线l与y=x，y轴三条直线围成三角形记为△OAB，则△OAB外接圆面积的最小值为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．设的值为．12．设随机变量ξ服从正态分布N（2，9），若P（ξ＞c+1）=P（ξ＜c﹣1），则c=．13．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为．14．有下列各式：，，，…则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：．15．在，点M是△ABC外一点，BM=2CM=2，则AM的最大值与最小值的差为．三、解答题：本大题共6小题，共75分．16．（12分）已知函数f（x）=sin2x﹣2cos2x﹣1，x∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和最小值；（Ⅱ）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=，f（C）=0，sinB=2sinA，求a，b的值．17．（12分）一袋中有7个大小相同的小球，其中有2个红球，3个黄球，2个蓝球，从中任取3个小球．（I）求红、黄、蓝三种颜色的小球各取1个的概率；（II）设X表示取到的蓝色小球的个数，求X的分布列和数学期望．18．（12分）如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，且FD=．（I）求证：EF∥平面ABCD；（Ⅱ）若∠CBA=60°，求二面角A﹣FB﹣E的余弦值．=1﹣，其中n∈N*．19．（12分）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1（Ⅰ）设b n=，求证：数列{b n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设C n=，数列{C n C n+2}的前n项和为T n，是否存在正整数m，使得T n＜对于n∈N*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由．20．（13分）已知左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）的椭圆过点，且椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点．（I）求椭圆C的离心率和标准方程．（II）圆与椭圆C交于A，B两点，R为线段AB上任一点，直线F1R交椭圆C于P，Q两点，若AB为圆P1的直径，且直线F1R的斜率大于1，求|PF1||QF1|的取值范围．21．（14分）设f（x）=xe x（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2．（I）记，讨论函F（x）单调性；（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点．（i）求参数a的取值范围；（ii）设x1，x2是G（x）的两个零点，证明x1+x2+2＜0．山东省日照市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．已知集合M={0，1，2}，N={x|﹣1≤x≤1，x∈Z}，则（）A．M⊆N B．N⊆M C．M∩N={0，1}D．M∪N=N【考点】交集及其运算．【分析】列举出N中元素确定出N，找出M与N的交集即可．【解答】解：∵M={0，1，2}，N={x|﹣1≤x≤1，x∈Z}={﹣1，0，1}，∴M∩N={0，1}，故选：C．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．如果复数z=（b∈R）的实部和虚部相等，则|z|等于（）A．3 B．2 C．3 D．2【考点】复数求模．【分析】由已知条件利用复数代数形式的乘除运算法则和复数的实部和虚部相等，求出z=3+3i，由此能求出|z|．【解答】解：z====﹣i，∵复数z=（b∈R）的实部和虚部相等，∴，解得b=﹣9，∴z=3+3i，∴|z|==3．故选：A．【点评】本题考查复数的模的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意复数的代数形式的乘除运算法则的合理运用．3．“log2（2x﹣3）＜1”是“4x＞8”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】利用函数的单调性分别化简log2（2x﹣3）＜1，4x＞8，即可判断出结论．【解答】解：log2（2x﹣3）＜1，化为0＜2x﹣3＜2，解得．4x＞8，即22x＞23，解得x．∴“log2（2x﹣3）＜1”是“4x＞8”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题考查了函数的单调性、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4．函数y=x2+ln|x|的图象大致为（）A．B． C． D．【考点】函数的图象．【分析】先求出函数为偶函数，再根据函数值的变化趋势或函数的单调性即可判断．【解答】解：∵f（﹣x）=x2+ln|x|=f（x），∴y=f（x）为偶函数，∴y=f（x）的图象关于y轴对称，故排除B，C，当x→0时，y→﹣∞，故排除D，或者根据，当x＞0时，y=x2+lnx为增函数，故排除D，故选：A【点评】本题考查了函数图象的识别，关键是掌握函数的奇偶性和函数的单调性和函数值的变化趋势，属于基础题．5．函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣π＜φ＜0）的部分图象如图所示，为了得到g（x）=Asinωx的图象，只需将函数y=f（x）的图象（）A．向左平移个单位长度B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度D．向右平移个单位长度【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由函数的最值求出A，由周期求出ω，由特殊点求出φ的值，可得凹函数f（x）的解析式，再利用y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．【解答】解：由函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣π＜φ＜0）的部分图象，可得A=2，∵，∴T=π，ω=2，f（x）=2cos（2x+φ），将代入得，∵﹣π＜φ＜0，∴．故可将函数y=f（x）的图象向左平移个单位长度得到l的图象，即可得到g（x）=Asinωx的图象，故选：B．【点评】本题主要考查由函数y=Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由函数的最值求出A，由周期求出ω，由特殊点求出φ的值，y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．6．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（）A．210 B．84 C．343 D．336【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，因为对于7个台阶上每一个只站一人有种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：D．【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整，完成了所有步骤，恰好完成任务．7．已知变量x，y满足：：，则z=（）2x+y的最大值为（）A．B．2 C．2 D．4【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，设m=2x+y，利用线性规划的知识求出m 的最大值即可求出z的最大值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．设m=2x+y得y=﹣2x+m，平移直线y=﹣2x+m，由图象可知当直线y=﹣2x+m经过点A时，直线y=﹣2x+m的截距最大，此时m最大．由，解得，即A（1，2），代入目标函数m=2x+y得z=2×1+2=4．即目标函数z=（）2x+y的最大值为z=（）4=4．故选：D．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，数形结合的数学思想是解决此类问题的基本思想．8．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（）（参考数据：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．48【考点】程序框图．【分析】列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件即可结束循环．【解答】解：模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60°=，不满足条件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，不满足条件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，满足条件S≥3.10，退出循环，输出n的值为24．故选：B．【点评】本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题．9．已知O为坐标原点，F是双曲线的左焦点，A，B 分别为Γ的左、右顶点，P为Γ上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF 交于点M，与y轴交于点E，直线BM与y轴交于点N，若|OE|=2|ON|，则Γ的离心率为（）A．3 B．2 C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据条件分别求出直线AE和BN的方程，求出N，E的坐标，利用|OE|=2|ON|的关系建立方程进行求解即可．【解答】解：∵PF⊥x轴，∴设M（﹣c，0），则A（﹣a，0），B（a，0），AE的斜率k=，则AE的方程为y=（x+a），令x=0，则y=，即E（0，），BN的斜率k=﹣，则AE的方程为y=﹣（x﹣a），令x=0，则y=，即N（0，），∵|OE|=2|ON|，∴2||=||，即=，则2（c﹣a）=a+c，即c=3a，则离心率e==3，故选：A【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出直线方程和点N，E的坐标是解决本题的关键．10．曲线的一条切线l与y=x，y轴三条直线围成三角形记为△OAB，则△OAB外接圆面积的最小值为（）A．B．C．D．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】设直线l与曲线的切点坐标为（x0，y0），求出函数的导数，可得切线的斜率和方程，联立直线y=x求得A的坐标，与y轴的交点B的坐标，运用两点距离公式和基本不等式可得AB的最小值，再由正弦定理可得外接圆的半径，进而得到所求面积的最小值．【解答】解：设直线l与曲线的切点坐标为（x0，y0），函数的导数为．则直线l方程为，即，可求直线l与y=x的交点为A（2x0，2x0），与y轴的交点为，在△OAB中，，当且仅当x02=2时取等号．由正弦定理可得△OAB得外接圆半径为，则△OAB外接圆面积，故选C．【点评】本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，同时考查正弦定理的运用，基本不等式的运用：求最值，以及化简整理的运算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．设的值为80．【考点】二项式定理的应用．【分析】由题意可得a3的值即为x6的系数，利用其通项公式即可得出．【解答】解：由题意可得a3的值即为x6的系数，故在的通项公式中，令r=3，即可求得．故答案为：80．【点评】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12．设随机变量ξ服从正态分布N（2，9），若P（ξ＞c+1）=P（ξ＜c﹣1），则c= 2．【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】画正态曲线图，由对称性得c﹣1与c+1的中点是2，由中点坐标公式得到c的值．【解答】解：∵N（2，32）⇒，，∴，解得c=2，故答案为：2．【点评】本题考查正态分布，正态曲线有两个特点：（1）正态曲线关于直线x=μ对称；（2）在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1．13．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】设球半径为R，正方体边长为a，求出当正方体体积最大时对应的球半径，由此能求出结果．【解答】解：设球半径为R，正方体边长为a，由题意得当正方体体积最大时：，∴，∴所得工件体积与原料体积之比的最大值为：．故答案为：．【点评】本题考查工件体积与原料体积之比的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．14．有下列各式：，，，…则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：（n∈N*）．【考点】归纳推理．【分析】观察各式左边为的和的形式，项数分别为：3，7，15，故可猜想第n 个式子中应有2n+1﹣1项，不等式右侧分别写成，，故猜想第n个式子中应为，由此可写出一般的式子．【解答】解：观察各式左边为的和的形式，项数分别为：3，7，15，故可猜想第n个式子中应有2n+1﹣1项，不等式右侧分别写成，，故猜想第n个式子中应为，按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：故答案为：【点评】本题考查归纳推理、考查观察、分析、解决问题的能力．15．在，点M是△ABC外一点，BM=2CM=2，则AM的最大值与最小值的差为2．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】取边BC的中点为O，把（+）•=0转化为•=0，得出⊥，△ABC为等边三角形，以O为坐标原点，以BC边所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，利用坐标表示得出AM的解析式，求出它的最大值与最小值即可．【解答】解：取边BC的中点为O，则=（+），又（+）•=0，∴•=0，∴⊥，∴△ABC为等腰三角形，又∠A=，∴△ABC为等边三角形，以O为坐标原点，以BC边所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系如图所示；并设BC=2a（＜a＜），点M（x，y）；则A（0，a），B（﹣a，0），C（a，0），又BM=CM=2，所以（x+a）2+y2=4（x﹣a）2+y2=1，所以解方程组得：或，所以当时===，令a2﹣=cosθ，则AM==，所以当θ=时（AM）min=1，同理当时，AM===，所以当θ=时（AM）max=3；综上可知：AM的取值范围是[1，3]，AM的最大值与最小值的差是2．故答案为：2．【点评】本题考查了平面向量的数量积与应用问题，也考查了数形结合与逻辑推理以及计算能力的应用问题，是难题．三、解答题：本大题共6小题，共75分．16．（12分）（2017•日照一模）已知函数f（x）=sin2x﹣2cos2x﹣1，x∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和最小值；（Ⅱ）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=，f（C）=0，sinB=2sinA，求a，b的值．【考点】余弦定理；两角和与差的正弦函数；三角函数的周期性及其求法．【分析】（Ⅰ）f（x）解析式利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，找出ω的值，代入周期公式求出函数f（x）的最小正周期，利用正弦函数的值域确定出f（x）最小值即可；（Ⅱ）由f（C）=0及第一问化简得到的解析式，求出C的度数，利用正弦定理化简sinB=2sinA，得到b=2a，利用余弦定理列出关系式，把c，b=2a，cosC的值代入即可求出a与b的值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=sin2x﹣（cos2x+1）﹣1=sin2x﹣cos2x﹣2=2sin（2x﹣）﹣2，∵ω=2，﹣1≤sin（2x﹣）≤1，∴f（x）的最小正周期T=π；最小值为﹣4；（Ⅱ）∵f（C）=2sin（2C﹣）﹣2=0，∴sin（2C﹣）=1，∵C∈（0，π），∴2C﹣∈（﹣，），∴2C﹣=，即C=，将sinB=2sinA，利用正弦定理化简得：b=2a，由余弦定理得：c2=a2+b2﹣2abcosC=a2+4a2﹣2a2=3a2，把c=代入得：a=1，b=2．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，二倍角的余弦函数公式，两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．17．（12分）（2017•日照一模）一袋中有7个大小相同的小球，其中有2个红球，3个黄球，2个蓝球，从中任取3个小球．（I）求红、黄、蓝三种颜色的小球各取1个的概率；（II）设X表示取到的蓝色小球的个数，求X的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）利用P=即可得出．（II）X可能取0，1，2．P（X=k）=，即可得出分布列与数学期望．【解答】解：（Ⅰ）P==．（II）X可能取0，1，2．P（X=k）=，可得P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=．X的分布列EX=0++2×=．【点评】本题考查了超几何分布列的概率计算公式、数学期望，考查了推理能力与计算能力了，属于中档题．18．（12分）（2017•日照一模）如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ，且FD=．（I ）求证：EF ∥平面ABCD ；（Ⅱ）若∠CBA=60°，求二面角A ﹣FB ﹣E 的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】（I ）根据线面平行的判定定理即可证明EF ∥平面ABCD ；（Ⅱ），建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角A ﹣FB ﹣E 的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）如图，过点E 作 EH ⊥BC 于H ，连接HD ，∴EH=．∵平面ABCD ⊥平面BCE ，EH ⊂平面BCE ， 平面ABD ∩平面BCE=BC ， ∴EH ⊥平面ABCD ，又∵FD ⊥平面ABCD ，FD=，∴FD ∥EH ．FD=EH∴四边形EHDF 为平行四边形． ∴EF ∥HD∵EF ⊄平面ABCD ，HD ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD（Ⅱ）连接HA 由（Ⅰ），得H 为BC 中点， 又∠CBA=60°，△ABC 为等边三角形， ∴AH ⊥BC ，分别以HB ，HA ，HE 为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系H ﹣xyz ．则B（1，0，0），F（﹣2，，），E（0，0，），A（0，，0）=（﹣3，，），=（﹣1，，0），=（﹣1，0，），设平面EBF 的法向量为=（x，y，z）．由得令z=1，得=（，2，1）．设平面ABF的法向量为=（x，y，z）．由得令y=1，得=（，1，2）cos＜，＞====，∵二面角A﹣FB﹣E是钝二面角，∴二面角A﹣FB﹣E的余弦值是﹣．【点评】本题综合考查空间中线线、线面的位置关系和空间中角的计算，涉及二面角的平面角，传统方法和坐标向量法均可，考查的知识面较广，难度中等．19．（12分）（2017•安徽模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a n=1﹣，其中n+1∈N*．（Ⅰ）设b n=，求证：数列{b n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设C n=，数列{C n C n+2}的前n项和为T n，是否存在正整数m，使得T n＜对于n∈N*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由．【考点】数列递推式；数列与不等式的综合．【分析】（Ⅰ）利用递推公式即可得出b n﹣b n为一个常数，从而证明数列{b n}是+1等差数列，再利用等差数列的通项公式即可得到b n，进而得到a n；（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，利用“裂项求和”即可得到T n，要使得T n＜对于n∈N*恒成立，只要，即，解出即可．﹣b n==【解答】（Ⅰ）证明：∵b n+1==2，∴数列{b n}是公差为2的等差数列，又=2，∴b n=2+（n﹣1）×2=2n．∴2n=，解得．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得，∴c n c n+2==，∴数列{C n C n+2}的前n项和为Tn=…+=2＜3．要使得T n＜对于n∈N*恒成立，只要，即，解得m≥3或m≤﹣4，而m＞0，故最小值为3．【点评】正确理解递推公式的含义，熟练掌握等差数列的通项公式、“裂项求和”、等价转化等方法是解题的关键．20．（13分）（2017•日照一模）已知左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）的椭圆过点，且椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点．（I）求椭圆C的离心率和标准方程．（II）圆与椭圆C交于A，B两点，R为线段AB上任一点，直线F1R交椭圆C于P，Q两点，若AB为圆P1的直径，且直线F1R的斜率大于1，求|PF1||QF1|的取值范围．【考点】圆锥曲线的范围问题；椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合；直线与椭圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）利用椭圆C过点，∵椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点，推出a=2c，然后求解椭圆C的离心率，标准方程．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），利用中点坐标公式以及平方差法求出AB的斜率，得到直线AB的方程，代入椭圆C的方程求出点的坐标，设F1R：y=k（x+1），联立，设P（x3，y3），Q（x4，y4），利用韦达定理，结合，，化简|PF1||QF1|，通过，求解|PF1||QF1|的取值范围．【解答】（本小题满分13分）（Ⅰ）解：∵椭圆C过点，∴，①∵椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点，∴a=2c，∵a2=b2+c2，∴，②由①②得a2=4，b2=3，a=2，c=1，∴椭圆C的离心率，标准方程为．…（Ⅱ）因为AB为圆P1的直径，所以点P1为线段AB的中点，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，又，所以，则（x1﹣x2）﹣（y1﹣y2）=0，故，则直线AB的方程为，即．…（8分）代入椭圆C的方程并整理得，则，故直线F1R的斜率．设F1R：y=k（x+1），由，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0，设P（x3，y3），Q（x4，y4），则有，．又，，所以|PF1||QF1|=（1+k2）|x3x4+（x3+x4）+1|=，因为，所以，即|PF1||QF1|的取值范围是．…（13分）【点评】本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及平方差法的应用，考查分析问题解决问题的能力．21．（14分）（2017•日照一模）设f（x）=xe x（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2．（I）记，讨论函F（x）单调性；（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点．（i）求参数a的取值范围；（ii）设x1，x2是G（x）的两个零点，证明x1+x2+2＜0．【考点】利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）（i）求出函数的导数，通过讨论a的范围，根据函数的零点的个数，求出a的范围即可；（ii）根据a的范围，得到==﹣，令m＞0，得到F （=1+m）﹣F（﹣1﹣m）=（e2m+1），再令φ（m）=e2m+1，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（Ⅰ）F（x）==，（x≠﹣1），F′（x）==，∴x∈（﹣∞，﹣1）时，F′（x）＜0，F（x）递减，x∈（﹣1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增；（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axe x+（x+1）2，G′（x）=a（x+1）e x+2（x+1）=（x+1）（ae x+2），（i）①a=0时，G（x）=（x+1）2，有唯一零点﹣1，②a＞0时，ae x+2＞0，∴x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）递增，1）=﹣＜0，∴G（x）极小值=G（﹣∵G（0）=1＞0，∴x∈（﹣1，+∞）时，G（x）有唯一零点，x＜﹣1时，ax＜0，则e x＜，∴axe x＞，∴G（x）＞+（x+1）2=x2+（2+）x+1，∵△=﹣4×1×1=+＞0，∴∃t1，t2，且t1＜t2，当x∈（﹣∞，t1），（t2，+∞）时，使得x2+（2+）x+1＞0，取x0∈（﹣∞，﹣1），则G（x0）＞0，则x∈（﹣∞，﹣1）时，G（x）有唯一零点，即a＞0时，函数G（x）有2个零点；③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（e x﹣（﹣）），由G′（x）=0，得x=﹣1或x=ln（﹣），若﹣1=ln（﹣），即a=﹣2e时，G′（x）≤0，G（x）递减，至多1个零点；若﹣1＞ln（﹣），即a＜﹣2e时，G′（x）=a（x+1）（e x﹣（﹣）），注意到y=x+1，y=e x+都是增函数，∴x∈（﹣∞，ln（﹣））时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，x∈（ln（﹣），﹣1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，∵G（x）极小值=G（ln（﹣））=ln2（﹣）+1＞0，∴G（x）至多1个零点；若﹣1＜ln（﹣），即a＞﹣2e时，x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，x∈（﹣1，ln（﹣））时，G′（x）＞0，G（x）递增，x∈（ln（﹣），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，∵G（x）极小值=G（﹣1）=﹣＞0，∴G（x）至多1个零点；综上，若函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞）；（ii）由（i）得：函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞），x1，x2是G（x）的两个零点，则有：，即，即==﹣，∵F（x）=，则F（x1）=F（x2）＜0，且x1＜0，x1≠﹣1，x2＜0，x2≠﹣1，x1≠x2，由（Ⅰ）知，当x∈（﹣∞，﹣1）时，F（x）是减函数，x∈（﹣1，+∞）时，F （x）是增函数，令m＞0，F （=1+m）﹣F（﹣1﹣m）=（e2m+1），再令φ（m）=e2m+1=e2m﹣﹣1，则φ′（m）=＞0，∴φ（m）＞φ（0）=0，又＞0，m＞0时，F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m）＞0恒成立，即F（﹣1+m）＞F（﹣1﹣m）恒成立，令m=﹣1﹣x1＞0，即x1＜﹣1，有F（﹣1+（﹣1﹣x1））＞F（﹣1﹣（﹣1﹣x1）），即F（﹣2﹣x1）＞F（x1）=F（x2），∵x1＜﹣1，∴﹣2﹣x1＞﹣1，又F（x1）=F（x2），必有x2＞﹣1。