高中试卷答案网海安市实验中学2022-2023学年高三下学期第一次模拟考试
数学试题
一．选择题（共8小题，每题5分，共40分）
1．已知集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{x||x﹣1|≤1}，则A∩B的元素个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．若复数z满足（1+i）z＝|1﹣i|，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．设向量＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），当数m与n满足下列哪种关系时，向量m+n与x轴垂直（ ）
A．3m＝2n B．3m＝n C．m＝2n D．m＝n
4．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知p：x+y＞0，q：，则p是q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
6．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
7．已知等边△ABC的边长为2，D为BC的中点，P为线段AD上一点，PE⊥AC，垂足为E，当时，＝（ ）
A． B． C． D．
8．双曲线C：x2﹣y2＝4的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2，△F1AB的内切圆圆心分别为O1，O2，O3，则△O1O2O3的面积是（ ）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题，每小题4分，共20分）
9．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A．P（X＞32）＞P（Y＞32）
B．P（X≤36）＝P（Y≤36）
C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
10．如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（ ）
A．CD⊥平面ABC
B．AC与BE所成角的大小为
C．
D．该六面体外接球的表面积为3π
11．已知函数f（x）＝esinx﹣ecosx，其中e是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．f（x）在是增函数
B．是奇函数
C．f（x）在（0，π）上有两个极值点
D．设，则满足的正整数n的最小值是2
12．已知函数f（x）＝asinωx+cosωx（a＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，其中|BC|＝2，且△ABC的面积为2，则下列函数值恰好等于a的是（ ）
A． B． C．f（1） D．f（2）
三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．（x﹣2y+1）5展开式中含x2y项的系数为 ．
14．定义在R上的函数f（x），g（x），满足f（2x+3）为偶函数，g（x+5）﹣1为奇函数，若f（1）+g（1）＝3，则f（5）﹣g（9）＝ ．
15．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球O1，球O2的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球O1，球O2相切于点E，F（E，F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于 ．
16．在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评．设随机变量X～B（n，p），记pk＝Cpk（1﹣p）n﹣k，k＝0，1，2，…，n．在研究pk的最大值时，小组同学发现：若（n+1）p为正整数，则k＝（n+1）p时，pk＝pk﹣1，此时这两项概率均为最大值；若（n+1）p为非整数，当k取（n+1）p的整数部分，则pk是唯一的最大值．以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数．当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为 的概率最大．
四．解答题（共4小题，共70分）
17．△ABC中，D是线段BC上的点，sin∠BAD：sin∠CAD＝1：3，△ADC的面积是△ADB面积的2倍．
（1）求；
（2）若AD＝1，BD＝，求DC和AB的长．
18．已知数列{an}满足2an＝an﹣1+an+1（n≥2），且a1＝2，a2+a3+a4＝18．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝|（）﹣1000|，求数列{bn}的前15项和T15（用具体数值作答）．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面AEC；
（2）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP＝1，AD＝，求直线AC与平面ECD所成角的正弦值．
20．某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，AB＝2千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G．
（1）若OE＝3千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；
（2）若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域△OMN的面积最大？
21．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F到准线的距离为2，圆M与y轴相切，且圆心M与抛物线C的焦点重合．
（1）求抛物线C和圆M的方程；
（2）设P（x0，y0）（x0≠2）为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2）和点Q（x3，y3），R（x4，y4）．且y1y2y3y4＝16，证明：点P在一条定曲线上．
22．已知函数f（x）＝ax﹣ex2，a＞0且a≠1．
（1）设g（x）＝+ex，讨论g（x）的单调性；
（2）若a＞1且f（x）存在三个零点x1，x2，x3．
①求实数a的取值范围；
②设x1＜x2＜x3，求证：x1+3x2+x3＞．
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．已知集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{x||x﹣1|≤1}，则A∩B的元素个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由题意可得，B＝{x|﹣1≤x﹣1≤1}＝{x|0≤x≤2}，
根据交集运算可得A∩B＝{0，1}，
所以A∩B的元素个数为2．
故选：C．
2．若复数z满足（1+i）z＝|1﹣i|，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵（1+i）z＝|1﹣i|，
∴，
∴＝＝，
∴z的虚部为．
故选：D．
3．设向量＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），当数m与n满足下列哪种关系时，向量m+n与x轴垂直（ ）
A．3m＝2n B．3m＝n C．m＝2n D．m＝n
【解答】解：∵＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），
∴m+n＝（3m﹣2n，5m+n，2m+3n），
取x轴的方向向量为＝（1，0，0），
若向量m+n与x轴垂直，
则3m﹣2n＝0，解得：3m＝2n，
故选：A．
4．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：如图，正方体ABCD﹣EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设液面的体积为V，而VG﹣EHD＜V＜V正方体﹣VB﹣AFC，
而VG﹣EHD＝××12×1＝，
V正方体﹣VB﹣AFC＝13﹣＝，
所以V的取值范围是（，）．
故选：A．
5．已知p：x+y＞0，q：，则p是q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
【解答】解：令，f（0）＝0，
且，
故为奇函数，x＞0时，递增，则也递增，
又f（x）为奇函数，则f（x）在R上递增，p q，若x+y＞0，则x＞﹣y，
则f（x）＞f（﹣y），即
即；p q，若，
则等价于，即f（x）＞f（﹣y），
由f（x）在R上递增，则x＞﹣y，即x+y＞0，
故p是q的充要条件，
故选：C．
6．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，
由此可得，第n次操作之后所得图形的面积是Sn＝1×（）n，
即经过4次操作之后所得图形的面积是S4＝．
故选：A．
7．已知等边△ABC的边长为2，D为BC的中点，P为线段AD上一点，PE⊥AC，垂足为E，当时，＝（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设＝λ（0＜λ＜1），则＝﹣＝﹣λ，＝﹣λ，
∴ ＝（﹣λ） （﹣λ）＝ ﹣λ ﹣λ +λ2＝
2﹣λ×2×××2+3λ2＝3λ2﹣6λ+2＝﹣，
∴9λ2﹣18λ+8＝0，∴λ＝或λ＝（舍去），
∴P为△ABC的重心，∵PE⊥AC，∴E为AC的中点，
∴＝﹣＝﹣＝﹣×（+）＝﹣+，
故选：B．
8．双曲线C：x2﹣y2＝4的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2，△F1AB的内切圆圆心分别为O1，O2，O3，则△O1O2O3的面积是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意如图所示：由双曲线C：x2﹣y2＝4，知a2＝b2＝4，
所以c2＝a2+b2＝8，
所以，
所以过F2作垂直于x轴的直线为，
代入C中，解出，
由题知△AF1F2，△BF1F2的内切圆的半径相等，
且|AF1|＝|BF1|，△AF1F2，△BF1F2的内切圆圆心O1，O2的连线垂直于x轴于点P，
设为r，在△AF1F2中，由等面积法得：，
由双曲线的定义可知：|AF1|﹣|AF2|＝2a＝4，
由|AF2|＝2，所以|AF1|＝6，
所以，
解得：，
因为F1F2为△F1AB的∠AF1B的角平分线，
所以O3一定在F1F2上，即x轴上，令圆O3半径为R，
在△AF1B中，由等面积法得：，
又，
所以，
所以，
所以，，
所以＝，
故选：A．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A．P（X＞32）＞P（Y＞32）
B．P（X≤36）＝P（Y≤36）
C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
【解答】解：A．由条件可知X～N（30，62），Y～N（34，22），根据对称性可知P（Y＞32）＞0.5＞P（X＞32），故A错误；
B．P（X≤36）＝P（X≤μ+σ），P（Y≤36）＝P（Y≤μ+σ），所以P（X≤36）＝P（Y≤36），故B正确；
C．P（X≤34）＞0.5＝P（Y≤34），所以P（X≤34）＞P（Y≤34），故C正确；
D．P（X≤40）＜P（X＜42）＝P（X＜μ+2σ），P（Y≤40）＝P（Y≤μ+3σ），所以P（X≤40）＜P（Y≤40），故D正确．
故选：BCD．
（多选）10．如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（ ）
A．CD⊥平面ABC
B．AC与BE所成角的大小为
C．
D．该六面体外接球的表面积为3π
【解答】解：∵CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
∴CA2+CD2＝AD2，CB2+CD2＝BD2，
即CD⊥CA，CD⊥CB，又CA∩CB＝C，
∴CD⊥平面ABC，故A正确；
以点C为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
∵CA＝CB＝CD＝1，∴四面体C﹣ABD是正三棱锥，
∵AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，∴四面体E﹣ABD是正四面体，
在正三棱锥C﹣ABD中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心，
同理，在正四面体E﹣ABD中，过顶点E作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心，
∴C、G、E三点共线，
∵C（0，0，0），D（0，0，1），B（0，1，0），A（1，0，0），且G是正三角形ABD的中心，
∴，
设，
∵在正四面体E﹣ABD中，，在正三棱锥C﹣ABD中，，
∴，解得t＝1，
∴E（1，1，1），，又，
∴，
故AC与BE所成角的大小为，故B错误；
∵，∴，故C正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段CE的中点，
∵，∴六面体外接球的半径，
∴该六面体外接球的表面积为4πR2＝3π，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．已知函数f（x）＝esinx﹣ecosx，其中e是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．f（x）在是增函数
B．是奇函数
C．f（x）在（0，π）上有两个极值点
D．设，则满足的正整数n的最小值是2
【解答】解：对于函数f（x）＝esinx﹣ecosx，其中e是自然对数的底数，
所以f′（x）＝cosxesinx+sinx ecosx，
对于A：当时，cosx＞0，sinx＞0，所以f′（x）＞0，所以函数f（x）为增函数，故A正确；
对于B：设g（x）＝f（x）＝，
＝＝＝﹣g（x），
故g（﹣x）＝﹣g（x），故g（x）为奇函数，
故B正确；
对于C：由f′（x）＝cosxesinx+sinx ecosx，
在时，cosx＞0，sinx＞0，
所以f′（x）＞0，
所以函数在此区间上无极值点，
由x＝，f′（x）＝1≠0，
下面考虑x∈上f′（x）根的情况，
由f″（x）＝esinx（cos2x﹣sinx）+ecosx（cosx﹣sin2x），
当时，cos2x﹣sinx＜0，cosx﹣sin2x＜0，
所以f″（x）＜0，函数f′（x）为单调递减函数，
由，，
故明显存在x0，使得f′（x0）＝0；
在上，f′（x）＝cosxesinx+sinx ecosx，
由|sinx|＜|cosx|，而cosx＜0，sinx＞0，
所以sinx＜﹣cosx，
所以sinx+cosx＜0，
而由esinx＞ecosx，明显成立，
即|cosx| esinx＞|sinx| ecosx，
即cosxesinx+sinx ecosx＜0，
所以不存在零点，
故f′（x）在（0，π）只有一个零点，即函数f（x）只有一个极值点．故C错误；
对于D：由n＝1时，，＞0，
故显然不成立，
由n＝2时，，，
由g（）≈1.0939，≈0.6515，
故当n＝2时，满足题意，
所以n的最小值为2，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．已知函数f（x）＝asinωx+cosωx（a＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，其中|BC|＝2，且△ABC的面积为2，则下列函数值恰好等于a的是（ ）
A． B． C．f（1） D．f（2）
【解答】解：根据函数f（x）＝asinωx+cosωx＝Asin（ωx+φ）（a＞0，ω＞0）的部分图象，
∵|BC|＝＝2，∴ω＝．
△ABC的面积为 |BC| A＝2，∴A＝2＝，
∴a＝，函数f（x）＝sinx+cosx＝2sin（x+）．
∴f（）＝2sin（+）＝＝a，f（）＝2sin（+）＝2sin＝2cos≠a，
f（1）＝2sin（+）＝2cos＝＝a，f（2）＝2sin（π+）＝﹣2sin＝﹣1≠a，
故选：AC．
三．填空题（共4小题）
13．（x﹣2y+1）5展开式中含x2y项的系数为 ﹣60 ．
【解答】解：（x﹣2y+1）5的展开式中含x2y项为Cx5﹣3 C13﹣1（﹣2y）1＝C C （﹣2）x2y＝﹣60x2y，
故答案为：﹣60．
14．定义在R上的函数f（x），g（x），满足f（2x+3）为偶函数，g（x+5）﹣1为奇函数，若f（1）+g（1）＝3，则f（5）﹣g（9）＝ 1 ．
【解答】解：由于f（2x+3）为偶函数，则f（2x+3）＝f（﹣2x+3），令x＝1，则f（5）＝f（1），
由于g（x+5）﹣1为奇函数，则g（x+5）﹣1+g（﹣x+5）﹣1＝0，即g（x+5）+g（﹣x+5）＝2，令x＝4，则g（9）+g（1）＝2，
于是f（1）+g（1）﹣[f（5）﹣g（9）]＝g（9）+g（1）＝2，由于f（1）+g（1）＝3，则f（5）﹣g（9）＝1．
故答案为：1．
15．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球O1，球O2的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球O1，球O2相切于点E，F（E，F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于 ．
【解答】解：设O1O2∩EF＝D，
由，
解得，
|DE|＝＝，
|DF|＝＝，
所以，
设直线EF与圆锥的母线相交于点A，圆锥的母线与球相切于B，C两点，如图所示，
则|AB|＝|AE|，|AC|＝|AF|，
两式相加得|AB|+|AC|＝|AE|+|AF|＝a﹣c+a+c＝2a，即|BC|＝2a，
过O2作O2G⊥O1B，垂直为G，
则四边形BGO2C为矩形，所以，a＝3，
所以椭圆的离心率为．
故答案为：．
16．在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评．设随机变量X～B（n，p），记pk＝Cpk（1﹣p）n﹣k，k＝0，1，2，…，n．在研究pk的最大值时，小组同学发现：若（n+1）p为正整数，则k＝（n+1）p时，pk＝pk﹣1，此时这两项概率均为最大值；若（n+1）p为非整数，当k取（n+1）p的整数部分，则pk是唯一的最大值．以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数．当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为 18 的概率最大．
【解答】解：继续再进行80次投掷实验，出现点数为1次数X服从二项分布X～B（80，），
由k＝（n+1）p＝81×，
结合题中的结论可知，当k＝13时概率最大，
即后面80次中出现13次点数1的概率最大，加上前面20次中的5次，
所以出现18次的概率最大，
故答案为：18．
四．解答题（共9小题）
17．△ABC中，D是线段BC上的点，sin∠BAD：sin∠CAD＝1：3，△ADC的面积是△ADB面积的2倍．
（1）求；
（2）若AD＝1，BD＝，求DC和AB的长．
【解答】解：（1）设∠BAD＝θ，则由sin∠BAD：sin∠CAD＝1：3，△ADC的面积是△ADB面积的2倍，
可得 AD AC sin∠CAD＝2 （AB AD sin∠BAD），求得AC＝AB．
在△ABD中，由正弦定理可得 ＝①，△ACD中，由正弦定理可得＝②．
由于∠ADB 和∠ADC互补，故sin∠ADB＝sin∠ADC，
由①②求得＝＝．
（2）∵△ADC的面积是△ADB面积的2倍，AD＝1，BD＝，
∴ AD CD sin∠ADC＝2 （AD BD sin∠ADB），∴CD＝2BD＝．
设AC＝2k，则 AB＝3k，△ABD中，由余弦定理可得
AB2＝9k2＝AD2+BD2﹣2AD BD cos∠ADB＝1++cos∠ADC①，
△ADC中，由余弦定理可得 AC2＝4k2＝AD2+DC2﹣2AD CD cos∠ADC＝1+2﹣2cos∠ADC②，
∴由①②求得 k＝，∴AB＝3k＝3＝，AC＝2k＝2＝．
18．已知数列{an}满足2an＝an﹣1+an+1（n≥2），且a1＝2，a2+a3+a4＝18．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝|（）﹣1000|，求数列{bn}的前15项和T15（用具体数值作答）．
【解答】解：（1）由2an＝an﹣1+an+1（n≥2），知数列{an}是等差数列，
因为a2+a3+a4＝18＝3a3，所以a3＝6，
又a1＝2，所以公差d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2+（n﹣1）×2＝2n．
（2）bn＝|（）﹣1000|＝|（）2n﹣1000|＝|2n﹣1000|，
由于210＝1024，
所以当n≤9时，bn＝1000﹣2n；当n≥10时，bn＝2n﹣1000，
故T15＝（1000﹣21）+（1000﹣22）+…+（1000﹣29）+（210﹣1000）+…+（215﹣1000）
＝1000×9﹣（21+22+…+29）+（210+…+215﹣1000×6）
＝3000﹣+
＝3000+（216﹣211+2）＝3000+211 （25﹣1）+2＝66490．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面AEC；
（2）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP＝1，AD＝，求直线AC与平面ECD所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O点，连接EO，则O为BD中点，
∵E为PD中点，∴EO∥PB，
∵EO 平面AEC，PB 平面AEC，
∴PB∥平面AEC；
（2）解：由PA＝1，AD＝，可得PD＝2．
延长AE，过D作AE的延长线的垂线，垂直为F，连接CF，
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥CD，
又CD⊥AD，可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AF，
又DF⊥AF，∴AF⊥平面CDF，则∠CFD为二面角D﹣AE﹣C的平面角，
∴∠CFD＝60°．
在Rt△DEF中，由DE＝，∠DEF＝60°，可得DF＝．
在Rt△CDF中，由DF＝，∠CFD＝60°，可得CF＝，则CD＝＝．
∴AC＝．
取PE中点G，连接AG，则AG⊥PD，
∵平面PAD⊥平面PCD，且平面PAD⊥平面PCD＝PD，
∴AG⊥平面PCD，连接CG，则∠ACG为直线AC与平面ECD所成角，
∴sin∠ACG＝．
即直线AC与平面ECD所成角的正弦值为．
20．某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，AB＝2千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G．
（1）若OE＝3千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；
（2）若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域△OMN的面积最大？
【解答】解：（1）以O为坐标原点，以OD所在的坐标为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，
由题意A（0，1），E（3，0），由∠OEF＝30°，所以|OF|＝|OE| tan30°＝，
所以F（，0），kEF＝﹣，
所以直线EF的方程为：y＝﹣x+，
设OD＝a，则D（a，0），
所以椭圆+y2＝1，当a最大时直线EF与椭圆相切，
整理可得：（1+3a2）x2﹣62x+8a2＝0，
Δ＝（6a）2﹣4（1+3a2） 8a2＝0，解得a＝（﹣舍）
所以椭圆的长半轴长为；
（2）因为e＝＝，b＝1，a2＝b2+c2，
所以a2＝4，
所以椭圆的方程为：+y2＝1；
设OG＝t＞0，则G（t，0），直线MN的方程为：y＝x﹣t，
联立，整理可得：5x2﹣8tx+4t2﹣4＝0，
设M（x1，y2），N（x2，y2）则x1+x2＝，x1x2＝，
|y1﹣y2|＝|x1﹣x2|＝＝＝ ，
S△OMN＝|OG| |y1﹣y2|＝ t ＝，
要保证MN与半椭圆有交点，当N位于B时t＝1，
所以1＜t＜2，当t2＝﹣＝，即t＝，
S△OMN有最大值为1，
综上所述，当OG＝时，三角形OMN的面积最大．
21．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F到准线的距离为2，圆M与y轴相切，且圆心M与抛物线C的焦点重合．
（1）求抛物线C和圆M的方程；
（2）设P（x0，y0）（x0≠2）为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2）和点Q（x3，y3），R（x4，y4）．且y1y2y3y4＝16，证明：点P在一条定曲线上．
【解答】解：（1）由题设得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
因此，抛物线的焦点为F（1，0），即圆M的圆心为M（1，0），
由圆M与y轴相切，所以圆M半径为1，
所以圆M的方程为（x﹣1）2+y2＝1；
（2）证明：由于P（x0，y0）（x0≠2），每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则x0≠0，
故设过点P且与圆M相切的切线方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），即kx﹣y+y0﹣kx0＝0，
依题意得，整理得①，
设直线PA，PQ的斜率分别为k1，k2k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根，
故，②，
由得ky2﹣4y+4（y0﹣kx0）＝0③，
因为点A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x3，y3），R（x4，y4），
则④，⑤，
由②，④，⑤三式得：＝，
即，
则，即，
所以点P在圆x2+y2＝1．
22．已知函数f（x）＝ax﹣ex2，a＞0且a≠1．
（1）设g（x）＝+ex，讨论g（x）的单调性；
（2）若a＞1且f（x）存在三个零点x1，x2，x3．
①求实数a的取值范围；
②设x1＜x2＜x3，求证：x1+3x2+x3＞．
【解答】解：（1），，
因为ax＞0，x2＞0，g（x）定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
当a＞1时，lna＞0，解g'（x）＞0，得，解g'（x）＜0，得，
当0＜a＜1时，lna＜0，解g'（x）＞0，得，解g'（x）＜0，得，
综上，当a＞1时，g（x）增区间为，g（x）减区间为，
当0＜a＜1时，g（x）增区间为，g（x）减区间为，
（2）①因为f（x）＝ax﹣ex2，a＞1且f（x）存在三个零点x1，x2，x3．
所以ax﹣ex2＝0有3个根，
当x＜0时，f（﹣1）＝a﹣1﹣e＜0，f（0）＝a0＞0，f'（x）＝axlna﹣2ex＞0，f（x）在（﹣∞，0）上是单调递增的，由零点存在定理，方程必有一个负根．
当x＞0，xlna＝1+2lnx，即有两个根，
令，可转化为y＝lna与有两个交点，，
可得，t'（x）＞0，t（x）是单调递增的，可得，t′（x）＜0，t（x）是单调递减的，
其中，当，，
所以可得，
即得．
②证明：因为f（x）＝ax﹣ex2，a＞1且f（x）存在三个零点x1，x2，x3．
设x1＜x2＜x3，，易知其中x1＜0，0＜x2＜x3，
因为，所以，﹣x1＜x2，故可知x1+x2＞0；①
由1）可知y＝lna，与有两个交点x2＜x3，，t（x）是单调递增的，，t（x2）＝lna＞0，，所以；②，
若，则
若，
构造函数，，，
设，，
因为，
又因为，
所以③，
因为，
又因为，
所以，
即得④，
由③④可知m′（x）＞0，m（x）在上单调递增，时，可得，，可知m（x）与h'（x）同号，
所以h'（x）＞0，h（x）在上单调递增． ，，，
又由①可知t（x2）＝t（x3），
所以，，t'（x）＞0，t（x）是单调递增的，
所以⑤，
由①②⑤可知．
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