2018年河南省开封市高考数学一模试卷(理科)

2018年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共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. 设U＝R，已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|x>a}，且(∁U A)∪B＝R，则实数a的取值范围是（）A.(−∞, 1)B.(−∞, 1]C.(1, +∞)D.[1, +∞)2. 若复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1=1−2i，则复数z2z1在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3. 已知向量a→=(m−1,1)，b→=(m,−2)，则“m=2”是“a→⊥b→”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4. 若2cos2α=sin(π4−α)，则sin2α的值为（）A.−√158B.√158C.1或−78D.785. 已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且9S3=S6，a2=1，则a1=()A.1 2B.√22C.√2D.26. 已知曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)为等轴双曲线，且焦点到渐近线的距离为√2，则该双曲线的方程为（）A.x2−y2=12B.x2−y2=1C.x2−y2=√2D.x2−y2=27. 我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取7天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（）,i=2iA.i<7,S=S−1i,i=2iB.i≤7,S=S−1i,i=i+1C.i<7,S=S2,i=i+1D.i≤7,S=S28. 如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面均相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面均相切，则两个球在正方体的面AA1C1C上的正投影为（）A.B.C.D.9. 如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为（）A.1 7B.27C.37D.4710. 函数y=x2ln|x||x|的图像大致是()A.B.C.D.11. 抛物线M:y2=4x的准线与x轴交于点A，点F为焦点，若抛物线M上一点P满足PA⊥PF，则以F为圆心且过点P的圆被y轴所截得的弦长约为（参考数据：√5≈2.24）（）A.√2.4B.√2.3C.√2.2D.√2.112. 已知函数f(x)=4sin(2x−π6),x∈[0,46π3brack，若函数F(x)=f(x)−3的所有零点依次记为x 1，x 2，x 3，…，x n ，且x 1<x 2<x 3<...<x n ，则x 1+2x 2+2x 3+...+2x n−1+x n =( ) A.1276π3B.445πC.455πD.1457π3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．(x −y)10的展开式中，x 7y 3的系数与x 3y 7的系数之和等于________．设x ，y 满足约束条件{5x +3y ≤15y ≤x +1x −5y ≤3 ，且x ，y ∈Z ，则z ＝3x +5y 的最大值为________．设f(x)={2e x−1,x <2log 3(x 2−1),x ≥2 ，且f （f(a)）=2，则满足条件的a 的值有________个．一个棱长为5的正四面体（棱长都相等的三棱锥）纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体在纸盒内可以任意转动，则小正四面体的棱长的最大值为________． 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．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，且2cosB(acosC +ccosA)+b =0．(Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)若a =3，点D 在AC 边上且BD ⊥AC ，BD =15√314，求c ．如图1，在矩形ABCD 中，AD =2AB =4，E 是AD 的中点．将△ABE 沿BE 折起使A 到点P 的位置，平面PEB ⊥平面BCDE ，如图2． (Ⅰ)求证：平面PBC ⊥平面PEC ； (Ⅱ)求二面角B −PE −D 的余弦值．近年来我国电子商务行业迎来蓬勃发展的新机遇，2017年双11期间，某购物平台的销售业绩高达1271亿人民币．与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系，现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为0.6，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为80次． (Ⅰ)完成下面的 2×2列联表，并回答是否有99%的把握，认为商品好评与服务好评有关？(Ⅱ)若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的3次购物中，设对商品和服务全好评的次数为随机变量X：（1）求对商品和服务全好评的次数X的分布列；（2）求X的数学期望和方差．附：(K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d)给定椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为√a2+b2的圆是椭圆C的“准圆”．已知椭圆C的离心率e=√63，其“准圆”的方程为x2+y2=4．(I)求椭圆C的方程；(II)点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N．（1）当点P为“准圆”与y轴正半轴的交点时，求直线l1，l2的方程，并证明l1⊥l2；（2）求证：线段MN的长为定值．已知函数f(x)=(t−1)xe x，g(x)=tx+1−e x．(Ⅰ)当t≠1时，讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)f(x)≤g(x)在[0, +∞)上恒成立，求t的取值范围．选修4-5：不等式选讲已知关于x的不等式|x+1|+|2x−1|≤3的解集为{x|m≤x≤n}．(I)求实数m、n的值；(II)设a、b、c均为正数，且a+b+c=n−m，求1a +1b+1c的最小值．参考答案与试题解析2018年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共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.【答案】 A【考点】交、并、补集的混合运算 【解析】根据集合的定义与运算性质，进行化简、运算即可． 【解答】∵ U ＝R ，集合A ＝{x|x ≥1}＝[1, +∞)， B ＝{x|x >a}＝(a, +∞)， ∴ ∁U A ＝(−∞, 1)， 又(∁U A)∪B ＝R ，∴ 实数a 的取值范围是(−∞, 1)． 2.【答案】 D【考点】 复数的运算 【解析】由已知求得z 2，代入z 2z 1，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵ z 1=1−2i ，且复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于虚轴对称， ∴ z 2=−1−2i ，则z 2z 1=−1−2i 1−2i =(−1−2i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=35−45i ，∴ 复数z 2z 1在复平面内对应的点的坐标为(35,−45)，在第四象限． 3.【答案】 A【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】 此题暂无解析 【解答】解： 因为a →=(m −1,1)，b →=(m,−2)，所以a →⊥b →⇔m (m −1)−2=0，由m (m −1)−2=0，解得m =−1或m =2，所以“m =2”是“a →⊥b →”的充分不必要条件．故选A ．4.【答案】 C【考点】三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】利用二倍角的余弦公式求得cosα+sinα 的值，再利用同角三角函数的基本关系，两角差的正弦公式，求得sin2α的值． 【解答】若2cos2α=sin(π4−α)，即2(cos 2α−sin 2α)=√22cosα−√22sinα，显然，cosα=sinα时，满足条件，此时，tanα=1，sin2α=1． cosα≠sinα，则2(cosα+sinα)=√22，即cosα+sinα=√24，∴ 1+2sinαcosα=18，即sin2α=2sinαcosα=−78． 综上可得，sin2α=1或−78， 5.【答案】 A【考点】等比数列的通项公式 等比数列的前n 项和 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ≠1，由9S 3=S 6，a 2=1，可得9a 1(1−q 3)1−q=a 1(1−q 6)1−q，a 1q =1．联立解出即可得出． 【解答】设等比数列{a n }的公比为q ≠1，∵ 9S 3=S 6，a 2=1， ∴9a 1(1−q 3)1−q=a 1(1−q 6)1−q ，a 1q =1．则q =2，a 1=12． 6.【答案】 D【考点】 双曲线的特性 【解析】根据题意，由等轴双曲线的定义可得a 2=b 2，由双曲线的几何性质可得其焦点坐标，求出双曲线的渐进性方程，由点到直线的距离公式可得√2a|1+1=a =√2，将a 的值代入双曲线的方程即可得答案． 【解答】 根据题意，若曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)为等轴双曲线，则a 2=b 2，c =√a 2+b 2=√2a ，即焦点的坐标为(±√2a, 0)； 其渐近线方程为x ±y =0，若焦点到渐近线的距离为√2，则有√2a|√1+1=a =√2，则双曲线的标准方程为x 22−y 22=1，即x 2−y 2=2；7.【答案】 D【考点】 程序框图 【解析】由图可知第一次剩下12，第二次剩下122，…由此得出第7次剩下127，结合程序框图即可得出答案． 【解答】由题意可得：由图可知第一次剩下12，第二次剩下122，…由此得出第7次剩下127， 可得①为i ≤7？ ②s =s2 ③i =i +1 8.【答案】 B【考点】简单空间图形的三视图 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意可以判断出两球在正方体的面 AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切． 由于两球球心连线O 1O 2与平面ACC 1A 1不平行，所以O 1O 2的射影的长度小于两球半径的和，即两球的投影相交． 故选B ． 9.【答案】 B【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率 【解析】根据题意，最近路线，那就是不能走回头路，不能走重复的路，一共要走3次向上，2次向右，2次向前，一共7次，最近的行走路线共有：n =A 77=5040，先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列A 44，接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空当中，5个位置排三个元素，也就是A 53，求出最近的行走路线中不连续向上攀登的次数m =A 44A53=1440种，由此能法语出其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率． 【解答】根据题意，最近路线，那就是不能走回头路，不能走重复的路，∴一共要走3次向上，2次向右，2次向前，一共7次，∴最近的行走路线共有：n=A77=5040，∵不能连续向上，∴先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列A44，接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空当中，5个位置排三个元素，也就是A53，则最近的行走路线中不连续向上攀登的共有m=A44A53=1440种，∴其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率p=mn =14405040=27．10.【答案】D【考点】函数的图象【解析】根据掌握函数的奇偶性和函数的单调性即可判断．【解答】解：当x>0时，y=xlnx，y′=1+lnx，即0<x<1e 时，函数y单调递减，当x>1e，函数y单调递增.由偶函数的定义可知函数y为偶函数，观察四个图像，只有D符合.故选D.11.【答案】D【考点】抛物线的求解【解析】由题意，点P在以AF为直径的圆x2+y2=1上，联立圆与抛物线的方程，求出点P的横坐标，利用抛物线的定义求出|PF|，可得圆F的方程，再令x=0，即可求出答案．【解答】由题意，A(−1, 0)，F(1, 0)，点P在以AF为直径的圆x2+y2=1上．设点P的横坐标为m，联立圆与抛物线的方程得x2+4x−1=0，∵m>0，∴m=−2+√5，∴点P的横坐标为−2+√5，∴|PF|=m+1=−1+√5，∴圆F的方程为(x−1)2+y2=(√5−1)2，令x=0，可得y=±√5−2√5，∴|EF|=2√5−2√5=2√5−2×2.24=√2.1，12.【答案】C【考点】正弦函数的图象【解析】函数F(x)=f(x)−3的所有零点，转化为函数f(x)=4sin(2x−π6)与y=3的交点问题，求出函数f(x)的对称轴，根据f(x)的对称性得出任意两相邻两零点的和，从而得出答案．【解答】函数f(x)=4sin(2x−π6)，令2x−π6=π2+kπ得x=12kπ+π3，k∈Z，即f(x)的对称轴方程为x=12kπ+π3，k∈Z．∵f(x)的最小正周期为T=π，0≤x≤46π3，当k=0时，可得第一根对称轴x=π3，当k=30时，可得x=46π3，∴f(x)在[0, 46π3]上有30条对称轴，根据正弦函数的性质可知：函数f(x)=4sin(2x−π6)与y=3的交点有30个点，即x1，x2关于π3对称，x2，x3关于5π6对称，…，即x1+x2=2π6×2，x2+x3=5π6×2，…，x30+x31=2×89π6将以上各式相加得：x1+2x2+2x3+...+2x28+2x29+2x30+x31=2(2π6+5π6+ (89)6)=(2+5+8+...+89)×π3=455π二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】−240【考点】二项式定理及相关概念【解析】首先要了解二项式定理：(a+b)n=C n0a n b0+C n1a n−1b1+C n2a n−2b2++C n r a n−r b r+ +C n n a0b n，各项的通项公式为：T r+1=C n r a n−r b r．然后根据题目已知求解即可．【解答】因为(x−y)10的展开式中含x7y3的项为C103x10−3y3(−1)3=−C103x7y3，含x3y7的项为C107x10−7y7(−1)7=−C107x3y7．由C103=C107=120知，x7y3与x3y7的系数之和为−240．【答案】13【考点】简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域，作出直线3x+5y＝0，由x，y∈Z，可知平移直线3x+5y＝0至(1, 2)时，目标函数z＝3x+5y的最大值，则答案可求．【解答】由约束条件{5x +3y ≤15y ≤x +1x −5y ≤3 作出可行域如图，作出直线3x +5y ＝0， ∵ x ，y ∈Z ，∴ 平移直线3x +5y ＝0至(1, 2)时，目标函数z ＝3x +5y 的最大值为13． 【答案】 4【考点】 函数的求值 求函数的值 【解析】当a <2时，f(a)=2e a−1，若2e a−1<2，则f （f(a)）=2e 2e a−1=2，若2e a−1−1≥2，则f （f(a)）=f （f(a)）=log 3[(2e a−1)2−1]=2；当a ≥2时，f(a)=log 3(a 2−1)，若log 3(a 2−1)<2，则f （f(a)）=log 3[(2e a−1)2−1]=2，若log 3(a 2−1)≥2，则f （f(a)）=log 3[(log 3(a 2−1)]=2，由此能求出满足条件的a 的值． 【解答】f(x)={2e x−1,x <2log 3(x 2−1),x ≥2，且f （f(a)）=2∴ 当a <2时，f(a)=2e a−1，若2e a−1<2，则f （f(a)）=2e 2e a−1−1=2，解得a =1−ln2； 若2e a−1≥2，则f （f(a)）=log 3[(2e a−1)2−1]=2，解得a =ln √102+1，成立；当a ≥2时，f(a)=log 3(a 2−1)，若log 3(a 2−1)<2，则f （f(a)）=2e log 3(a 2−1)−1=2，解得a =2，或a =−2，与a ≥2不符，若log 3(a 2−1)≥2，则f （f(a)）=log 3[(log 3(a 2−1)]=2，解得a 2=310+1， ∴ a =√310+1或a =−√310+1与a ≥2不符． 由此得到满足条件的a 的值有1−ln2和ln √102+1和2和√310+1，共4个．【答案】5 【考点】棱锥的结构特征 【解析】由三视图得纸盒是正四面体，由正视图和俯视图得求出正四面体的棱长，由题意得小正四面体的外接球是纸盒的内切球，利用“设正四面体的棱长为a ，则内切球的半径为√6 12a，外接球的半径是√64a，列出方程求出小正四面体的棱长的最大值．【解答】∵在此纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体在纸盒内可以任意转动，∴小正四面体的外接球是纸盒的内切球，设正四面体的棱长为a，则内切球的半径为√612a，外接球的半径是√64a，∴纸盒的内切球半径是√612×5=5√612，设小正四面体的棱长是x，则5√612=√64x，解得x=53，∴小正四面体的棱长的最大值为53，三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．【答案】(Ⅰ)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且2cosB(acosC+ccosA)+b=0．则：2cosB(sinAcosC+sinCcosA)+sinB=0，整理得：2cosBsin(A+C)=−sinB，由于：0<B<π，则：sinB≠0，解得：cosB=−12，所以：B=2π3．(Ⅱ)点D在AC边上且BD⊥AC，在直角△BCD中，若a=3，BD=15√314，解得：CD2=32−(15√314)2，解得：CD=3314，则：cos∠DBC=5√314，sin∠DBC=1114，所以：cos∠ABD=cos(2π3−∠DBC)=−12∗5√314+√32∗1114=3√314，则：在Rt△ABD中，AB=BDcos∠ABD，=15√3143√314=5．故：c=5．【考点】三角形求面积【解析】(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理求出B的值．(Ⅱ)进一步利用解直角三角形的方法求出结果．【解答】(Ⅰ)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ， 且2cosB(acosC +ccosA)+b =0．则：2cosB(sinAcosC +sinCcosA)+sinB =0， 整理得：2cosBsin(A +C)=−sinB ， 由于：0<B <π， 则：sinB ≠0， 解得：cosB =−12， 所以：B =2π3．(Ⅱ)点D 在AC 边上且BD ⊥AC ， 在直角△BCD 中，若a =3，BD =15√314， 解得：CD 2=32−(15√314)2， 解得：CD =3314， 则：cos∠DBC =5√314，sin∠DBC =1114，所以：cos∠ABD =cos(2π3−∠DBC)=−12∗5√314+√32∗1114=3√314， 则：在Rt △ABD 中，AB =BDcos∠ABD ， =15√3143√314=5．故：c =5． 【答案】(Ⅰ)证明：∵ AD =2AB ，E 为线段AD 的中点， ∴ AB =AE ，取BE 中点O ，连接PO ，则PO ⊥BE ，又平面PEB ⊥平面BCDE ，平面PEB ∩平面BCDE =BE ， ∴ PO ⊥平面BCDE ，则PO ⊥EC ，在矩形ABCD 中，∴ AD =2AB ，E 为AD 的中点， ∴ BE ⊥EC ，则EC ⊥平面PBE ， ∴ EC ⊥PB ，又PB ⊥PE ，且PE ∩EC =E ，∴ PB ⊥平面PEC ，而PB ⊂平面PBC ， ∴ 平面PBC ⊥平面PEC ；(Ⅱ)以OB 所在直线为x 轴，以平行于EC 所在直线为y 轴，以OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∵ PB =PE =2，则B(√2, 0, 0)，E(−√2, 0, 0)，P(0, 0, √2)，D(−2√2, √2, 0)， ∴ PB →=(√2,0,−√2)，PE →=(−√2,0,−√2)，PD →=(−2√2, √2, −√2)． 设平面PED 的一个法向量为m →=(x,y,z)，由{m →∗PE →=−√2x −√2z =0m →∗PD →=−2√2x +√2y −√2z =0，令z =−1，则m →=(1,1,−1)，又平面PBE 的一个法向量为n →=(0,1,0)， 则cos <m →,n →>=m →∗n→|m →|∗|n →|=√3×1=√33． ∴ 二面角B −PE −D 的余弦值为−√33．【考点】二面角的平面角及求法 平面与平面垂直的判定 【解析】(Ⅰ)证明：由AD =2AB ，E 为线段AD 的中点，可得AB =AE ，由面面垂直的性质可得PO ⊥平面BCDE ，则PO ⊥EC ，在矩形ABCD 中，由已知可得BE ⊥EC ，则EC ⊥平面PBE ，得到EC ⊥PB ，又PB ⊥PE ，由面面垂直的判定可得PB ⊥平面PEC ，进一步得到平面PBC ⊥平面PEC ；(Ⅱ)以OB 所在直线为x 轴，以平行于EC 所在直线为y 轴，以OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PED 与平面PBE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B −PE −D 的余弦值． 【解答】(Ⅰ)证明：∵ AD =2AB ，E 为线段AD 的中点， ∴ AB =AE ，取BE 中点O ，连接PO ，则PO ⊥BE ，又平面PEB ⊥平面BCDE ，平面PEB ∩平面BCDE =BE ， ∴ PO ⊥平面BCDE ，则PO ⊥EC ，在矩形ABCD 中，∴ AD =2AB ，E 为AD 的中点， ∴ BE ⊥EC ，则EC ⊥平面PBE ， ∴ EC ⊥PB ，又PB ⊥PE ，且PE ∩EC =E ，∴ PB ⊥平面PEC ，而PB ⊂平面PBC ， ∴ 平面PBC ⊥平面PEC ；(Ⅱ)以OB 所在直线为x 轴，以平行于EC 所在直线为y 轴，以OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∵ PB =PE =2，则B(√2, 0, 0)，E(−√2, 0, 0)，P(0, 0, √2)，D(−2√2, √2, 0)， ∴ PB →=(√2,0,−√2)，PE →=(−√2,0,−√2)，PD →=(−2√2, √2, −√2)． 设平面PED 的一个法向量为m →=(x,y,z)，由{m →∗PE →=−√2x −√2z =0m →∗PD →=−2√2x +√2y −√2z =0 ，令z =−1，则m →=(1,1,−1)， 又平面PBE 的一个法向量为n →=(0,1,0)，则cos <m →,n →>=m →∗n→|m →|∗|n →|=√3×1=√33． ∴ 二面角B −PE −D 的余弦值为−√33．【答案】每次购物时，对商品和服务全为好评的概率为25，且X 的取值可以是0，1，2，3． 其中P(X =0)=(35)3=27125，P(X =1)=C 31(25)(35)2=54125， P(X =2)=C 32(25)2(35)=36125， P(X =3)=C 33(25)3=8125，X 的分布列为：∵ X ∼B(3, 25)， ∴ E(X)=3×25=65， D(X)=3×25×35=1825．【考点】离散型随机变量的期望与方差 【解析】(Ⅰ)对商品的好评率为0.6，故对商品的好评120次，因此对商品好评但对服务不满意40次；剩下对服务好评但对商品不满意70次，代入卡方公式得K 2≈11.111>10.828，比较表格数据得结论．(Ⅱ)(1)先确定随机变量取法可以是0，1，2，3．再分别求对应概率，而每次对商品和服务全为好评的概率为25，所以符合独立重复试验，二项分布X ∼B(3, 25)，利用公式求得分布列．（2）利用X 的分布列能求出X 的数学期望及方差． 【解答】每次购物时，对商品和服务全为好评的概率为25，且X 的取值可以是0，1，2，3．其中P(X =0)=(35)3=27125，P(X =1)=C 31(25)(35)2=54125， P(X =2)=C 32(25)2(35)=36125，P(X =3)=C 33(25)3=8125，X 的分布列为：∵ X ∼B(3, 25)， ∴ E(X)=3×25=65， D(X)=3×25×35=1825．【答案】∵ 准圆x 2+y 2=4与y 轴正半轴的交点为P(0, 2)， 设过点P(0, 2)且与椭圆相切的直线为y =kx +2， 联立{y =kx +2x 23+y 2=1，整理得(1+3k 2)x 2+12kx +9=0．∵ 直线y =kx +2与椭圆相切，∴ △=144k 2−4×9(1+3k 2)=0，解得k =±1， ∴ l 1，l 2方程为y =x +2，y =−x +2．∵ k l 1=1，k l 2=−1， ∴ k l 1⋅k l 2=−1，则l 1⊥l 2．①当直线l 1，l 2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l 1斜率不存在， 则l 1:x =±√3，当l 1:x =√3时，l 1与准圆交于点(√3, 1)(√3, −1)， 此时l 2为y =1（或y =−1），显然直线l 1，l 2垂直； 同理可证当l 1:x =√3时，直线l 1，l 2垂直．②当l 1，l 2斜率存在时，设点P(x 0, y 0)，其中x 02+y 02=4．设经过点P(x 0, y 0)与椭圆相切的直线为y =t(x −x 0)+y 0， ∴ 由{y =t(x −x 0)+y 0x 23+y 2=1得 (1+3t 2)x 2+6t(y 0−tx 0)x +3(y 0−tx 0)2−3=0．由△=0化简整理得 (3−x 02)t 2+2x 0y 0t +1−y 02=0，∵ x 02+y 02=4．，∴ 有(3−x 02)t 2+2x 0y 0t +(x 02−3)=0． 设l 1，l 2的斜率分别为t 1，t 2，∵ l 1，l 2与椭圆相切，∴ t 1，t 2满足上述方程(3−x 02)t 2+2x 0y 0t +(x 02−3)=0，∴ t 1⋅t 2=−1，即l 1，l 2垂直．综合①②知：∵ l 1，l 2经过点P(x 0, y 0)，又分别交其准圆于点M ，N ，且l 1，l 2垂直． ∴ 线段MN 为准圆x 2+y 2=4的直径，|MN|=4， ∴ 线段MN 的长为定值．【考点】椭圆的定义【解析】(Ⅰ)根据椭圆的离心率公式及a2+b2=4，解得a和b的值，即可求得椭圆方程；(Ⅱ)(1)把直线方程代入椭圆方程转化为关于x的一元二次方程，利用直线与椭圆相切⇔△=0，即可解得k的值，进而利用垂直与斜率的关系即可证明；（2）分类讨论：l1，l2经过点P(x0, y0)，又分别交其准圆于点M，N，无论两条直线中的斜率是否存在，都有l1，l2垂直．即可得出线段MN为准圆x2+y2=4的直径．【解答】∵准圆x2+y2=4与y轴正半轴的交点为P(0, 2)，设过点P(0, 2)且与椭圆相切的直线为y=kx+2，联立{y=kx+2x23+y2=1，整理得(1+3k2)x2+12kx+9=0．∵直线y=kx+2与椭圆相切，∴△=144k2−4×9(1+3k2)=0，解得k=±1，∴l1，l2方程为y=x+2，y=−x+2．∵k l1=1，k l2=−1，∴k l1⋅k l2=−1，则l1⊥l2．①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则l1:x=±√3，当l1:x=√3时，l1与准圆交于点(√3, 1)(√3, −1)，此时l2为y=1（或y=−1），显然直线l1，l2垂直；同理可证当l1:x=√3时，直线l1，l2垂直．②当l1，l2斜率存在时，设点P(x0, y0)，其中x02+y02=4．设经过点P(x0, y0)与椭圆相切的直线为y=t(x−x0)+y0，∴由{y=t(x−x0)+y0x23+y2=1得(1+3t2)x2+6t(y0−tx0)x+3(y0−tx0)2−3=0．由△=0化简整理得(3−x02)t2+2x0y0t+1−y02=0，∵x02+y02=4．，∴有(3−x02)t2+2x0y0t+(x02−3)=0．设l1，l2的斜率分别为t1，t2，∵l1，l2与椭圆相切，∴t1，t2满足上述方程(3−x02)t2+2x0y0t+(x02−3)=0，∴t1⋅t2=−1，即l1，l2垂直．综合①②知：∵l1，l2经过点P(x0, y0)，又分别交其准圆于点M，N，且l1，l2垂直．∴线段MN为准圆x2+y2=4的直径，|MN|=4，∴线段MN的长为定值．【答案】(Ⅰ)由f(x)=(t−1)xe x，得f′(x)=(t−1)(x+1)e x，若t>1，则x<−1时，f′(x)<0，f(x)递减，x>−1时，f′(x)>0，f(x)递增，若t<1，则x<−1时，f′(x)>0，f(x)递增，x>−1时，f′(x)<0，f(x)递减，故t>1时，f(x)在(−∞, −1)递减，在(−1, +∞)递增，t<1时，f(x)在(−∞, −1)递增，在(−1, +∞)递减；（2）f(x)≤g(x)在[0, +∞)上恒成立，即(t−1)xe x−tx−1+e x≤0对∀x≥0成立，设ℎ(x)=(t−1)xe x−tx−1+e x，ℎ(0)=0，ℎ′(x)=(t−1)(x+1)e x−t+e x，ℎ′(0)=0，ℎ″(x)=e x[(t−1)x+2t−1]，t=1时，ℎ″(x)=e x≥0，ℎ′(x)在[0, +∞)递增，∴ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，故ℎ(x)在[0, +∞)递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，显然不成立，∴t≠1，则ℎ″(x)=e x(x+2t−1t−1)(t−1)，令ℎ″(x)=0，则x=−2t−1t−1，①当−2t−1t−1≤0即t<12或t>1时，若t≤12，则ℎ″(x)在[0, +∞)为负，ℎ′(x)递减，故有ℎ′(x)≤ℎ′(0)=0，ℎ(x)在[0, +∞)递减，∴ℎ(x)≤ℎ(0)=0成立，若t≥1，则ℎ″(x)在[0, +∞)上为正，ℎ′(x)递增，故有ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，故ℎ(x)在[0, +∞)递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，不成立，②−2t−1t−1≥0即12≤t≤1时，ℎ″(x)在[0, −2t−1t−1)内有ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，ℎ(x)递增，故ℎ(x)在[0, −2t−1t−1)内有ℎ(x)≥ℎ(0)=0不成立，综上，t的范围是(−∞, 12]．【考点】利用导数研究函数的单调性导数求函数的最值【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论t的范围，求出函数的单调区间即可；(Ⅱ)问题转化为(t−1)xe x−tx−1+e x≤0对∀x≥0成立，设ℎ(x)=(t−1)xe x−tx−1+e x，根据函数的单调性求出t的范围即可．【解答】(Ⅰ)由f(x)=(t−1)xe x，得f′(x)=(t−1)(x+1)e x，若t>1，则x<−1时，f′(x)<0，f(x)递减，x>−1时，f′(x)>0，f(x)递增，若t<1，则x<−1时，f′(x)>0，f(x)递增，x>−1时，f′(x)<0，f(x)递减，故t>1时，f(x)在(−∞, −1)递减，在(−1, +∞)递增，t<1时，f(x)在(−∞, −1)递增，在(−1, +∞)递减；（2）f(x)≤g(x)在[0, +∞)上恒成立，即(t−1)xe x−tx−1+e x≤0对∀x≥0成立，设ℎ(x)=(t−1)xe x−tx−1+e x，ℎ(0)=0，ℎ′(x)=(t−1)(x+1)e x−t+e x，ℎ′(0)=0，ℎ″(x)=e x[(t−1)x+2t−1]，t=1时，ℎ″(x)=e x≥0，ℎ′(x)在[0, +∞)递增，∴ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，故ℎ(x)在[0, +∞)递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，显然不成立，∴t≠1，则ℎ″(x)=e x(x+2t−1t−1)(t−1)，令ℎ″(x)=0，则x=−2t−1t−1，①当−2t−1t−1≤0即t<12或t>1时，若t≤12，则ℎ″(x)在[0, +∞)为负，ℎ′(x)递减，故有ℎ′(x)≤ℎ′(0)=0，ℎ(x)在[0, +∞)递减，∴ℎ(x)≤ℎ(0)=0成立，若t≥1，则ℎ″(x)在[0, +∞)上为正，ℎ′(x)递增，故有ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，故ℎ(x)在[0, +∞)递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，不成立，②−2t−1t−1≥0即12≤t≤1时，ℎ″(x)在[0, −2t−1t−1)内有ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0，ℎ(x)递增，故ℎ(x)在[0, −2t−1t−1)内有ℎ(x)≥ℎ(0)=0不成立，综上，t的范围是(−∞, 12]．选修4-5：不等式选讲【答案】（1）∵|x+1|+|2x−1|≤3，∴{x≥1 2x+1+2x−1≤3或{−1<x<12x+1−2x+1≤3或{x≤−1−x−1−2x+1≤3，解得：−1≤x≤1，故m=−1，n=1；（2）由(Ⅰ)a+b+c=2，则1a +1b+1c=12(1a+1b+1c)(a+b+c)=12[1+1+1+(ba+ab)+(ca+ac)+(cb+bc)]≥32+12(2√ba⋅ab+2√ca⋅ac+2√cb⋅bc)=32+3=92，当且仅当a=b=c=23时“=”成立．【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式【解析】(Ⅰ)解不等式求出m，n的值即可；(Ⅱ)求出a+b+c=2，根据基本不等式的性质求出代数式的最小值即可．【解答】（1）∵|x+1|+|2x−1|≤3，∴{x≥1 2x+1+2x−1≤3或{−1<x<12x+1−2x+1≤3或{x≤−1−x−1−2x+1≤3，解得：−1≤x≤1，故m=−1，n=1；（2）由(Ⅰ)a+b+c=2，则1a +1b+1c=12(1a+1b+1c)(a+b+c)=12[1+1+1+(ba+ab)+(ca+ac)+(cb+bc)]≥32+12(2√ba⋅ab+2√ca⋅ac+2√cb⋅bc)=32+3=92，当且仅当a=b=c=23时“=”成立．。