安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高三下学期素质拓展(四)数学试题

1 合肥一中 2025届高三下学期数学素质拓展 (四)数学试题 一、单 题 1. 已知 A= x log2x<2 ，B= -1,1,3,5 ， A∩B= ( ) A. 1  B. 3  C. 1,3  D. 1,3,5  2. 已知 面 a,b  满足 a = 1, 2a+b   = 2，且 a+b   ⊥ a， b   = ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 1 3. 四参数方 的拟 函数表达 为 y= a-d 1+ xc  b + d x>0 ， 用于竞争系统 免疫 ，它的图 一个 (或 减)的类 数或对数曲线，或双曲线 (如 y= x-1)，还可以 一 S 曲线， a= 4，b=-1，c= 1，d= 1时，该拟 函数图 ( ) A. 类 的双曲线 B. 类 的对数曲线 C. 类 减的 数曲线 D. 一 S 曲线 4. 已知 sin α-β =- 13 ，且 sinαcosβ= 1 6 ， cos 2α+2β = ( ) A. 59 B. - 1 9 C. 1 9 D. 4 9 5. 棱长为 a的正方 ．ABCD-A1B1C1D1中，P为AB上任 一点，E，F为CD上两个 点， 且EF的长为定值， 点P 面A1EF的距离 ( ) A. 点E，F的 关 B. EF的长 关 C. 点P的 关 D. 于 22 a 6. 建设“书香 园”成为越 越多学 的 学追 . 对某高中 1000 高一 级学生的图书馆借 的 查中，已知这 1000 高一 级学生中男生 600人， 用 抽 的方法抽取 100 人，抽取的 中男生借 的 数 方差 为 5 6，女生借 的 数 方差 为 10 6， 计该 学生借 的 方差 ( ) A. 7 B. 8 C. 12 D. 13 7. 已知直线 l:mx+ny+ t= 0 m2+n2≠0 与 C:x2+ (y+ 3)2= 8交于A,B两点，若m,n,t成 差数 ， ∠ACB的 值为 ( ) A. π3 B. π 2 C. 2π 3 D. 5π 6 8. 设实数 λ> 0，若对任 x∈ 1,+∞ ，不 eλx- λ+1 x+ lnx≥ 0 成 ， λ的取值 围 ( ) A. 0< λ≤ e B. λ≥ e C. 0< λ≤ 1e D. λ≥ 1 e 2 二、多 题 9. 下 说法中，正 的 题 ( ) A. 两个 变 的线 相关关系中，若相关系数 r越大， 的线 相关 越 B. 具 线 相关关系的两个变 的统计数 所 的回 直线方 y = a + b  x中，b  =-2,x= 1,y= 3， a = 5 C. 回 中，决定系数 R2的值越大，说 残差 方 越 D. 以模 y= cekx去拟 一组数 时，为了 出回 方 ，设 z= lny， 其变 线 方 z= 0.3x+ 4， c，k的值 e4 0.3 10. 已知抛物线C:y2= 8x的焦点为F，过点F的直线 l与C交于A,B两点，D C的准线与 x轴的 交点， 下 说法正 的 ( ) A. 若 BF = 4 AF ， 直线 l的斜率为± 43 B. AF + 4 BF ≥ 18 C. 0° <∠AOB< 90° (O为 原点) D. AF  AD  取 值时，AF = 4 11. 我们 用的数 十进 数，如 2024= 2 ⋅ 103+ 0 ⋅ 102+ 2 ⋅ 101+ 4 ⋅ 100，计 用的 二进 数，只 需两个数 0,1.如二进 数：1101(2)= 1 ⋅ 23+ 1 ⋅ 22+ 0 ⋅ 21+ 1 ⋅ 20= 13. 十进 正整数n表示为 二进 数，其 数字之 记为 an，即：n= bk ⋅ 2k+ bk-1 ⋅ 2k-1+⋯+b0 ⋅ 20，其中 bi∈ 0,1 ,(i= 0,1, 2,⋯ k)，且 k i=0 bi =m， an=m，如 a13= 1+ 1+ 0+ 1= 3. 以下关于数 {an}的结论正 的 ( ) A. 若 an=m(m∈N *)， n的 大值为 2m- 1 B. a2n= an C. a2n-1= a2n- 1 D. a2n+1= a2n+ 1 三、 题 12. 已知复数 z= -3+i2+i ， z  的虚部为 ． 13. 已知F 双曲线C: x 2 2 - y2 4 = 1的右焦点，P C左支上一点，M = 2上一点， |MP| +|PF|的 值为 . 14. 从球O外一点P 球O表面的三 不 的 线， 点 为A,B,C，∠APB= π3 ，∠BPC= π 3 ，∠CPA= π 2 ，若PA= 2， 球O的表面积为 . 四、解 题 15. 一个不 的盒子中装 颜 外其 完全相 的若 个 球，其中 m个白球，m个黑 球，2个黑白相间的球，且从盒子中 出 1个球， 黑白相间的球的 率为 15 ． (1)从盒子中 出 1个球， 出的球上 黑 的 件下， 出黑白相间的球的 率； (2)从盒子中 1次 取出 1个球，取出 不放回，共取 2次，设取出的黑球数 为X， X的 与 ． 16. 已知 △ABC中，ccosB- bcosC- a= 0 3 . (1) 断△ABC的 状， 说 理由； (2)若∠A= π6 ，点D AB边上，且BD= 2AD.若CD= 2， △ACD的面积. 17. 如图， 四棱锥P-ABCD中，PA⊥ 面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，F为线段 BC上的 点. (1)若BC⊥AB， 面AEF与 面PBC 互相 直？如 直,请证 ；如 不 直，请说 理由. (2)若 面ABCD为正方 ， 面AEF与 面PCD夹角为 π6 时， BF BC 的值. 4 18. 设函数 f x = ex+1- x2- kx． (1) k= 0时， 曲线 y= f x  点 -1,f -1  处的 线方 ； (2)若 f x  区间 -1,+∞ 上单 ， k的取值 围； (3) x≥-1时，f x ≥ f -1 ， k的取值 围． 19. 已知 E1: x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的离 率为 32 ，点P 0,1  E1上． (1) E1的方 ； (2)设 E2: x 2 4 + y 2=m(m> 1)．若过P的直线 l交E1于另一点Q,l交E2于A,B两点，且A x轴上方． (ⅰ)证 ：AP = BQ ； (ⅱ)O为 原点．C为E2右顶点．设A 一 内，BP  = 2PA  ， 存 实数m △OBP的面积与△CPA的面积相 ？若存 ， m的值；若不存 ，说 理由． 5 1. 参考答案 C 由 (a+ 【 】由对数函数的定义域与单 可 A，再结 交 的 念即可 .   因为A= xlog2x<2 = 0,4 ，所以A∩B= 1,3 . 故 ：C. 2. A 【 】 给定 件， 用数 积的运 及 直关系的 表示 计 即可. b  )⊥ a 由 |2  ， (a+ b  ) ⋅ a= a2+ a ⋅ b  = 0， a ⋅ b  =-a2=-1， a+ b 所以 b    | = 2， 4a2+ b  2+ 4a ⋅ b  = 4，因此 b  2= 4， = 2. 故 ：A 3. A 即 y= x>0 ，整理 y= x - + 3 1 + 4， x>0 ，再 函数的变 规【 】 题 可 y= 1+ 3 x-1 + 1， 断可 ； 解： 题 可 拟 函数为 y= 1+ 3 x-1 + 1， x>0 ， 3x 1+x + 1= +13x -3 x+1 -3+ 1= x+1 + 4，  由 y= -3x x>1 x>0 ，  左 移 1个单 ，再 上 移 4个单 y= -3x+1 + 4，x>0 ， 因为 y= -3x 1,+∞ 上单 ， 所以拟 函数图 类 的双曲线； 故 ：A 4. C 【 】 用两角 差正 公 计 ，再结 二倍角 公 计 即可. 已知 sin α-β = sinαcosβ- cosαsinβ=- 13 ，且 sinαcosβ= 1 6 ， cosαsinβ= 12 ，所以 sin α+β = sinαcosβ+ cosαsinβ= 2 3 ， cos 2α+2β = 1- 2sin2 α+β = 1- 2× 23  2 = 1- 89 = 1 9 . 故 ：C. 5. D 【 】 用线面 行的 定 质、点 面距离的定义 理计 即可. 棱长为 a的正方 ABCD- A1B1C1D1中，由 E,F为 CD上两个 点， 面 A1EF即 面 A1B1CD， 由AB⎳CD,AB⊄ 面A1B1CD，CD⊂ 面A1B1CD， AB⎳ 面A1B1CD， 而P为AB上任 一点， 点P 面A1B1CD的距离即点B 面A1B1CD的距离， 由CD⊥ 面BCC1B1，BC1⊂ 面BCC1B1， CD⊥BC1，又B1C⊥BC1， B1C∩CD=C,B1C,CD⊂ 面A1B1CD，因此BC1⊥ 面A1B1CD， 所以点P 面A1EF的距离为 1 2 BC1= 2 2 a，ABC错误，D正 . 6 故 ：D 6. C 【 】先 抽 计 出抽取 100人中男生、女生的比 ，然 方差的计 公 正 . 1000 高一学生，男生 600人， 女生 400人， 所以抽取的 100人中，男生 60人，女生 40人， 数为 60 100 × 5+ 40 100 × 10= 7， 所以 方差为 60 100 6+ 5-7  2 + 40100 6+ 10-7  2 = 12. 故 ：C 7. C 【 】设数 m,n,t公差为 d，结 差数 项公 可知直线过定点D 1,-2 ，再 的 质可知 CD⊥AB时， 长 AB  ，此时∠ACB ，进而运 解. 由题 可知： C:x2+ (y+ 3)2= 8的 为C 0,-3 ，半 r= 2 2， 因为m,n,t成 差数 ，所以设m=n- d,t=n+ d， mx+ny+ t= 0可化为 n-d x+ny+n+ d= 0， 即 1-x d+ x+y+1 n= 0， 令 1-x=0 x+y+1=0  , ∴ x=1 y=-2  ，可知直线过定点D 1,-2 ， 且 12+ (-2+ 3)2< 8，所以D 1,-2  C内部， CD⊥AB时， 长 AB  短，此时∠ACB ， 又 CD = 1-0 2+ -3+2 2= 2，所以 AB = 2 r2- CD 2= 2 8-2= 2 6， 所以 cos∠ACB= 2r2- AB 2 2r2 = 2×8- 2 6 2 2×8 =- 1 2 ， 又∠ACB∈ 0,π ，所以∠ACB= 2π3 ， 7 故 :C 【点 】方法点 ：数 结 的 点 “以 数”， 解题时要注 培养这种 想 识，做 中 图，见数想图，以 拓自己的 维． 用数 结 法的 提 题目中的 件 的几 义，解题时要准 把握 件、结论与几 图 的对 关系，准 用几 图 中的相关结论 解 8. D 【 】 题 可 对任 x∈ 1,+∞ ，不 eλx- λx≥ elnx- lnx 成 ，令 f x = ex- x，x ∈ 0,+∞ ，结 函数的单 λx≥ lnx对任 x∈ 1,+∞  成 ，参变 离可 λ≥ lnxx 对任 x∈ 1,+∞  成 ， 函数， 用导数 出 lnxx max，即可 解. 因为对任 x∈ 1,+∞ ，不 eλx- λ+1 x+ lnx≥ 0 成 即对任 x∈ 1,+∞ ，不 eλx- λx≥ x- lnx 成 ， 即对任 x∈ 1,+∞ ，不 eλx- λx≥ elnx- lnx 成 ， 因为 x∈ 1,+∞ ，所以 lnx> 0，又 λ> 0，所以 λx> 0， 令 f x = ex- x，x∈ 0,+∞ ， f x = ex- 1> 0， 所以 f x  0,+∞ 上单 ， 由 f λx ≥ f lnx 对 x∈ 1,+∞  成 ， λx≥ lnx对任 x∈ 1,+∞  成 ， 所以 λ≥ lnxx 对任 x∈ 1,+∞  成 ， 令 g x = lnxx ，x∈ 1,+∞ ， g  x = 1-lnx x2 ， 所以 1< x< e时，g x > 0，即 g x  1,e 上单 ， x> e时，g x < 0，即 g x  e,+∞ 上单 减， 所以 g x max= g e = 1 e ， 故 λ≥ 1e ，即 λ的取值 围 λ≥ 1 e . 故 ：D 9. BCD 【 】对 项A， 相关系数 r的 质即可 断；对 项B， 回 直线方 y = a + b  x过点 x,y ，计 可 a  ，即可 断；对 项C， R2的 质即可 断；对 项D，两边取对数，可 z = lny= ln cekx = lnc+ kx，又 z= 0.3x+ 4， 出 c，k的值，即可 断. 对于A，相关系数 r的绝对值越大， 的线 相关 越 ，故A错误； 对于B，回 直线方 y = a + b  x中，a = y- b  ⋅ x= 3- -2 × 1= 5，故B正 ； 对于C， 回 中，相关 数R2越大，残差 方 越 ，回 效 越好，故C正 ； 对于D，y= cekx，两边取对数，可 lny= ln cekx = lnc+ lnekx= lnc+ kx， z= lnc+ kx， ∵ z= 0.3x+ 4，∴ lnc= 4,k= 0.3，所以 c= e4,k= 0.3，故D正 . 故 ：BCD. 10. ABD 】设出直线 l：x=my+ 2,A x1,y1 ,B x2,y2 ， 题 出A 12 ,-2 ,B 8,8 ， 斜率 定A；运用抛物线定义转化线段长 ，结 基 不 计 定B；借 法计 定C；运 用抛物线定义转化长 ，结 基 不 计 定D. 题 F 2,0 ，设直线 l：x=my+ 2,A x1,y1 ,B x2,y2 ， 8 联 x=my+2 y2=8x  y2- 8my- 16= 0， y1+ y2= 8m,y1y2=-16， AF  BF  = y1  y2  = 14 ，解 y1=2 y2=-8  或 y1=-2 y2=8  ， A 1 2 ,2 ， B 8,-8 或A 12 ,-2 ,B 8,8 ， 直线 l的斜率 k=± 4 3 ，故A项正 . AF + 4 BF = x1+ 4x2+ 10= y21 8 + y22 2 + 10= 32 y22 + y 2 2 2 + 10≥ 18， 且仅 y22= 8时 号成 ，故B项正 因为OA  ⋅OB  = x1x2+ y1y2= y21y22 64 + y1y2=-12< 0，所以∠AOB> 90°，故C项错误. D -2,0 ,F 2,0 ， y21= 8x1,x1> 0，由抛物线的定义可 AF = x1+ 2, AD = x1+2 2+ y1-0 2= x21+4x1+4+8x1= x21+12x1+4， 因为 x1> 0，所以 AF  AD  = x1+2 x21+12x1+4 = x 2 1+4x1+4 x21+12x1+4 = 1- 8x1 x21+12x1+4 = 1- 8 x1+ 4x1 +12 ≥ 1- 8 2 x1⋅ 4x1 +12 = 22 ， 且仅 x1= 2时取 号，此时 AF = 4，故D项正 . 故 ：ABD 11. BD 【 】举反 由数 新定义可 A错误；设 an=m，由二进 数的转 规 可 B正 ； n= 1时可 a1= 2与B矛盾可 断C错误；由数 新定义表示出 2n+ 1 2n可 D正 . 对于A，如 an= 1， n= 1(2)= 1，或n= 10(2)= 2或n= 100(2)= 4⋯无 大值，故A错误； 对于B，设 an=m，n= bk ⋅ 2k+ bk-1 ⋅ 2k-1+⋯+b0 ⋅ 20，且 k i=0 bi =m 2n= bk ⋅ 2k+1+ bk-1 ⋅ 2k+⋯+b0 ⋅ 21+ 0 ⋅ 20，a2n= bk+ bk-1+⋯+b0+ 0= an，B正 ； 对于C， n= 1时，由C a1= a2- 1，而由B，a2= a1，矛盾，故C错误； 对于D，设 2n+ 1= bk ⋅ 2k+ bk-1 ⋅ 2k-1+⋯+b1 ⋅ 21+ 1 ⋅ 20 2n= (bk ⋅ 2k+ bk-1 ⋅ 2k-1+⋯+b1 ⋅ 21+ 1 ⋅ 20) - 1= bk ⋅ 2k+ bk-1 ⋅ 2k-1+⋯+b1 ⋅ 21+ 0 ⋅ 20， 故 a2n+1= a2n+ 1，故D正 . 故 ：BD 12. -1 【 】由复数的 法运 结 共轭复数的 念即可 解； 9 z= -3+i2+i = -3+ i 2- i  2+ i 2- i  =-1+ i， 所以 z=-1- i， 所以 z的虚部为-1， 故 为：-1 13. 4 2 【 】 用双曲线定义， |MP| +|PF|转化为 MP + PF1 + 2a，结 的 质 解即可. 设双曲线C的左焦点为F1，连 PF1，PD. 由题知，实轴长 2a= 2 2 ,F1 - 6,0 ,D 0,2 3 ， 由双曲线定义知，PF = 2a+ PF1 = 2 2+ PF1 ， MP + PF ≥ PD + PF - 2= PD - 2+ 2 2+ PF1 = PD + PF1 + 2， P，D，F1三点共线时，|MP| +|PF|取 值， 且 值为 DF1 = OF1 2+ OD 2= 6+12+ 2= 4 2 . 故 为：4 2 14. 16π 【 】 题 可知△ABC为直角三角 ，进而可知点P 面ABC内的投 为△ABC的 外 ， O PD的延长线上，结 线 质可 球的半 ，进而可 表面积. 由 的 线长定理 ，PB=PC=PA= 2， 因为∠APB= π3 ，∠BPC= π 3 ，∠CPA= π 2 ， AB=BC= 2，AC= 2 2， 即AB2+BC2=AC2，可知AB⊥AC， 所以△ABC为直角三角 ，其外 D为CA的中点， 又因为PB=PC=PA，可知点P 面ABC内的投 为△ABC的外 ， 即PD⊥ 面ABC，所以O PD的延长线上， 且A为 点， OA⊥PA，由 定理 DA2=PD ⋅OD， 10 且DA=PD= 2，即 2= 2OD，可 OD= 2， OA= AD2+OD2= 2，所以球O的表面积为 4π× 22= 16π. 故 为：16π. 【点 】关键点点 ： 线 质 可知△ABC为直角三角 ，进而可知点P 面ABC内 的投 为△ABC的外 ，进而 定球 O的 ，即可运 解. 15. (1) 13 ； (2) 见解 ，45 . 【 】(1) 给定 件， 用 间的方法 出 件 率. (2) 出X的可能值及对 的 率值， 出 出 . 【 问 1详解】 由从盒子中 出 1个球， 黑白相间的球的 率为 15 ， 2 m+m+2 = 1 5 ，解 m= 4， 盒子中 黑 的球 6个，其中黑白相间的球 2个， 所以 出的球上 黑 的 件下， 出黑白相间的球的 率 p= 26 = 1 3 . 【 问 2详解】 题 ，X的可能值为 0,1,2， P(X= 0) = A 2 6 A210 = 13 ,P(X= 1) = C12A14A16 A210 = 815 ,P(X= 2) = A24 A210 = 215 ， 所以X的 为： X 0 1 2 P 1 3 8 15 2 15 数学 E(X) = 0× 13 + 1× 8 15 + 2× 2 15 = 4 5 . 16. (1)直角三角 ，理由见解 (2) 6 313 【 】(1)由已知 正 定理化 解即可； (2)由 (1)可 B= π3 ，设AB= 2x， △ACD中，由 定理可 x 2= 3613 ，再由面积公 解即 可. 【 问 1详解】 △ABC为直角三角 ，理由如下： 因为 ccosB- bcosC- a= 0， 由正 定理可 sinCcosB- sinBcosC- sinA= 0， 又 sinA= sin B+C ， 所以 sinCcosB- sinBcosC- sinBcosC- cosBsinC= 0， 所以 2sinBcosC= 0， 因为B∈ 0,π ，所以 sinB> 0，所以 cosC= 0，所以C= π2 ， 所以△ABC为直角三角 ； 【 问 2详解】 11 因为∠A= π6 ，△ABC为以C为直角的直角三角 ，所以B= π 3 ， 设AB= 2x， AC= 3x，BC= x，所以AD= 13 AB= 2x 3 ， 所以 △ACD中，由 定理可 CD2=AD2+AC2- 2AD ⋅ACcosA， 即 4= 2x3  2 + 3x 2- 2× 2x3 × 3x× 3 2 ，解 x 2= 3613 ， 所以S△ACD= 1 2 AD ⋅AC ⋅ sinA= 1 2 × 2x 3 × 3x× 1 2 = 3 6 x 2= 6 313 . 17. (1) 直，证 见解 . (2) 12 【 】(1)由PA⊥ 面ABCD PA⊥BC，进而由BC⊥AB BC⊥ 面PAB，进而 BC ⊥AE，又AE⊥PB，可 AE⊥ 面PBC，进而可证； (2)BC= 2，BF= t，建 间直角 系， 用 间 法 面面角可 t= 1，进而可 . 【 问 1详解】 面AEF⊥ 面PBC，证 如下： 因PA⊥ 面ABCD，BC⊂ 面ABCD，故PA⊥BC， 又BC⊥AB，AB∩PA=A，AB,PA⊂ 面PAB，故BC⊥ 面PAB， 因AE⊂ 面PAB，所以BC⊥AE， 因PA=AB，E为线段PB的中点，故AE⊥PB， 因BC∩PB=B，BC,PB⊂ 面PBC， 故AE⊥ 面PBC，又AE⊂ 面AEF，故 面AEF⊥ 面PBC. 【 问 2详解】 如图建 间直角 系，设BC= 2，BF= t， t∈ 0,2 ， A 0,0,0 ,E 1,0,1 ,F 2,t,0 ,P 0,0,2 ,C 2,2,0 ,D 0,2,0 ， AE  = 1,0,1 ,AF  = 2,t,0 ,PC  = 2,2,-2 ,PD  = 0,2,-2 ， 设 面AEF的一个法 为 i  = x1,y1,z1 ， AE  ⋅ i  =x1+z1=0 AF  ⋅ i  =2x1+ty1=0  ，令 x1= t， y1=-2，z1=-t， i  = t,-2,-t ， s设 面PCD的一个法 为 j  = x2,y2,z2 ， PC  ⋅ j  =2x2+2y2-2z2=0 PD  ⋅ j  =2y2-2z2=0  ，令 y2= 1， z2= 1,x2= 0， j  = 0,1,1 ， 由题 i  ⋅ j    i   ⋅ j    = -2-t  t2+ -2 2+ -t 2 12+12 = cos π6 = 3 2 ， 12 解 t= 1∈ 0,2 ，故 BFBC = 1 2 . 18. (1)y= 3x+ 3 (2)k≤ 4- 2ln2 (3)k≤ e 【 】(1) 用导数的几 义，即可 解； (2)由 件转化为 x∈ -1,+∞ ,f x ≥ 0 成 ．再转化为导函数的 值大于 于 0，即可 解； (3)方法一：首先 不 整理为 ex+1- x2≥ k x+1 ，再参变 离为 e x+1-x2 x+1 ≥ k，转化为 函 数G x = e x+1-x2 x+1 ,x∈ -1,+∞  值；方法二： (2)的结 ，由 f  x0 的值，讨论 k的 取值， 断不 成 ，即可 解；方法三：从 题成 的 要 件入手，再证 题成 的 充 件，即可 解 k的取值 围. 【 问 1详解】 k= 0时，f x = ex+1- x2， f x = ex+1- 2x， 曲线 y= f x  点 -1,f -1  处的 线斜率为 f -1 = 3， 又 f -1 = 0， 所以曲线 y= f x  点 -1,f -1  处的 线方 为 y= 3x+ 3． 【 问 2详解】 f x = ex+1- 2x- k， 由题 ，x∈ -1,+∞ ,f x ≥ 0 成 ． 令F x = f x ， F  x = ex+1- 2，且F  x  -1,+∞ 单 ， 令F  x = 0，解 x= ln2- 1>-1， 所以 x∈ -1,ln2-1 时，F  x < 0，故F x 单 减； x∈ ln2-1,+∞ 时，F  x > 0，故F x 单 ； 所以F(x)min=F ln2-1 = 4- 2ln2- k， 又 f x ≥ 0， 且仅 F(x)min≥ 0，故 k≤ 4- 2ln2． 【 问 3详解】 解法一：因为 f -1 = k，所以题 价于 x>-1时，f x ≥ k． 即∀ x∈ -1,+∞ ,ex+1- x2- kx≥ k， 整理， ex+1- x2≥ k x+1 ， 因为 x>-1，所以 x+ 1> 0，故题 价于 e x+1-x2 x+1 ≥ k． 设G x = e x+1-x2 x+1 ,x∈ -1,+∞ ， G x 的导函数G x = ex+1-2x x+1 - ex+1-x2  (x+1)2 ， 化 G x = x(x+1)2 ex+1-x-2 ， 考察函数 g x = ex- x- 1,x∈ -∞,+∞ ，其导函数为 g x = ex- 1， x< 0,g x < 0,g x 单 减； x> 0,g x > 0,g x 单 ； 故 x= 0时，g x 取 值，即 g x ≥ g 0 = 0， 13 即 ex≥ x+ 1， 所以 ex+1≥ x+ 2⇔ ex+1- x- 2≥ 0， 所以 x∈ -1,0 ,G x < 0,G x 单 减； x∈ 0,+∞ ,G x > 0,G x 单 ； 所以G x 的 值为G 0 = e， 故 k≤ e． 解法二：先考察 f x = ex+1- 2x，由 (2) 可 f(x)min= f x0 ， 况 1： f(x)min≥ 0，即 k≤ 4- 2ln2， 此时 f x  区间 -1,+∞ 单 ， 故 f(x)min= f -1 ，即 f x ≥ f -1 ， 题 ； 况 2：若 k> 4- 2ln2， f(x)min= f x0 < 0， 注 2< 4- 2ln2< 3，且 f -1 = 3- k，故对 k进一步讨论． ① k≥ 3时，即 f -1 = 3- k≤ 0 且由 (2) 知： x∈ -1,x0 ,f x 单 减， 故 x∈ -1,x0 ,f x0 < f -1 ≤ 0，即 f x 单 减， 故 f x < f -1 = k，不 题 ， 去； ② 4- 2ln2< k< 3时， 注 区间 -1,x0 ,f x 单 减，且 f -1 = 3- k> 0，又 f x0 < 0， 故 区间 -1,x0 存 唯一的 x1满足 f x1 = 0； 理 区间 x0,+∞ ,f x 单 ，且 f x0  0,f 1 =e2-2-k 0， 故 区间 x0,+∞ 存 唯一的 x2满足 f x2 = 0；故可 x -1,x1 x1 x1,x2 x2 x2,+∞  f x  + 0 - 0 + f x  ↗ 大值 ↘ 值 ↗ 所以 x∈ -1,x1 f x > f -1 ， 题 ； 故题 价于 f x2 ≥ f -1 ，即 f x2 ≥ k． 又因 f x2 = 0，即 ex2+1- 2x2- k= 0，化 ， ex2+1= 2x2+ k 所以 f x2 ≥ k⇔ 2x2+ k- x22- kx2≥ k，整理 x2 x2- 2-k  ≤ 0． 注 2< 4- 2ln2< k，所以 2- k< 0， 故解 x2∈ 2-k,0 ， 由之 f 2-k ≤0, f 0 ≥0,  即 e3-k≥4-k, k≤e,  考察函数 g x = ex- x- 1,x∈ -∞,+∞ ，其导函数 g x = ex- 1， x< 0,g x < 0,g x 单 减； x> 0,g x > 0,g x 单 ； 故 x= 0时，g x 取 值，即 g x ≥ g 0 = 0， 14 即 ex≥ x+ 1，所以 e3-k≥ 4- k 成 ， 故 e3-k≥4-k, k≤e, ⇔k≤e ，又注 况 (2)讨论 围为 4- 2ln2< k< 3， 所以 4- 2ln2< k≤ e也 题 ． 综上①② 题所 k的取值 围为 -∞,e ． 方法三：先 要 ，由题 知 x≥-1时，f -1  f x 的 值， 要 f -1 ≤ f 0 ，即 要 件为 k≤ e； 下证 k≤ e的充 ，即证： k≤ e时，x∈ -1,+∞ ,f x ≥ f -1 ． 证 ：由 (2)可知 k≤ 4- 2ln2时，f x  -1,+∞ 单 ， 故 f x 的 值为 f -1 ,f x ≥ f -1 ， 题 ； 故只需要证 4- 2ln2< k≤ e时，f x ≥ f -1 ． 由 (2) 知 k> 4- 2ln2时， x -1,x1 x1 x1,x2 x2 x2,+∞  f x  + 0 - 0 + f x  ↗ 大值 ↘ 值 ↗ 其中 x0=-1+ ln2∈ -1,0 ,x1∈ -1,x0 ,x2∈ x0,+∞ ． 注 f 0 = e- k≥ 0， 此可 x2更精 的 围 x0,0 ； 所以 价于证 f x2 ≥ f -1 = k， 又因为 f x2 = 0，即 ex2+1- 2x2- k= 0，可 ex2+1= 2x2+ k， 只需证 f x2 ≥ k⇔ 2x2+ k- x22- kx2≥ k， 价于证 x2 x2- 2-k  ≤ 0， 注 x2∈ x0,0 ，即-1+ ln2< x2< 0， 故若① x2= 0，此时 k= e,x2 x2- 2-k  ≤ 0 然成 ； 若② x2< 0，只要证 x2+ k≥ 2， 此时 4- 2ln2< k< e，且-1+ ln2< x2< 0 所以 x2+ k> 3- ln2> 2，故 证． 综上 要 ，充 的 ， 题所 k的取值 围为 -∞,e ． 【点 】方法点 ： 题 三问给了三种方法， 一种参变 离比较 单实用. 19. (1) x 2 4 + y 2= 1 (2) (ⅰ)证 见解 (ⅱ)存 ，m= 3 【 】(1) 件， 出方 出 a，即可 出 方 ； (2) (ⅰ)问题可转化为两 中点 ，联 直线与 方 ， 用 与系数的关系及中点 公 可 证； (ⅱ) 与系数的关系及BP  = 2PA  可 m,k的关系 ，再由三角 面积相 及点 直线的 距离可 另外m,k的关系 ， 此联 即可 解m. 【 问 1详解】 15 由已知，可 b= 1， 因为 a2= b2+ c2= 1+ c2，e= ca = 3 2 ，解 a= 2， 所以 方 为 x2 4 + y 2= 1. 【 问 2详解】 如图， (ⅰ)证 ： 要证 AP = BQ ，只需证 AB的中点与 PQ的中点 . l 直于 x轴时， AB,PQ的中点都 原点O，故它们的中点 ， 此时 AP = BQ  l不 直于 x轴时，设直线 l的方 为 y= kx+ 1(k≠ 0)， P(xP,yP),Q(xQ,yQ),A xA,yA ,B xB,yB . 由 y=kx+1 x2 4 +y 2=m ， 1+4k2 x2+ 8kx+ 4- 4m= 0， xA+ xB= -8k 1+4k2 ，所以 AB中点的横 为 xA+xB 2 = -4k 1+4k2 ， 理可 xP+ xQ= -8k 1+4k2 ，所以 PQ中点的横 为 xP+xQ 2 = -4k 1+4k2 所以 PQ的中点与 AB的中点 ，此时 AP = BQ . 综上所述，AP = BQ  (ii)因为BP  = 2PA  ，所以-xB= 2xA， 又因为点A 一 内，k> 0， 由 (i)知，xA+ xB= -8k 1+4k2 ，所以 xA= 8k1+4k2 xB= -16k1+4k2  , 又 xAxB= 4-4m 1+4k2 ，所以 8k 1+4k2 ⋅ -16k 1+4k2 = 4-4m 1+4k2 ，化 m= 1+36k 2 1+4k2 ① 设O l的距离为 dO，C l的距离为 dC，假设△OBP的面积与△CPA的面积相 ， 1 2 BP ⋅ dO= 1 2 PA ⋅ dC，因为BP  = 2PA  ，所以 |BP  |= 2|PA  |，所以 2dO= dC,又 dO= |k×0+1| 1+k2 = 1 1+k2 ，因为C 2 m,0 ，所以 dC= |k×2 m+1| 1+k2 = 2k m+1 1+k2 ，所以 k m= 12 ② 由①②解 k2= 112 m=3  ，经 验 题 ， 所以m= 3 【点 】关键点点 ： 参数的过 中， BP  = 2PA  ，△OBP的面积与△CPA的面积相 ， 出方 ，再联 方 即可 出参数的取值.