《2024年高考数学终极押题密卷2（北京卷）含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考数学终极押题密卷2（北京卷）含答案.doc（50页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024年高考数学终极押题密卷2（北京卷）一选择题（共10小题）1设A（2，m）是抛物线y2ax上一点，若点A到抛物线的焦点距离为3，则抛物线的准线方程是（）Ay1Bx1Cx1Dy22已知集合A0，1，2，3，BxN|0x2，则AB的元素个数为（）A2B3C4D83函数的最小正周期为，将f（x）的图象向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则（）ABCD4已知数列an为等差数列，bn为等比数列，a4b44，则（）Ab3b5a3a5Bb3+b5a3+a5Cb3b5a3a5Db3+b5a3+a55如图，在OACB中，E是AC的中点，F是BC上的一点，且BC3BF，若m，其中m，nR，则m+n的
2、值为（）A1BCD6已知表示复数z的共轭复数，z1，z2为非零复数，“z1z2R”是“存在非零实数t，使得”（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件7函数，记，则（）AabcBbacCcabDcba8已知函数f（x）sinxcosx，将f（x）的图像向左平移个单位后得到函数g（x）的图像，若f（x）和g（x）在区间（0，t）上均单调递增，则t的最大值为（）ABCD9已知为不共线的两个单位向量，为非零实数，设，则“”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件10已知直线l：x+y20，圆：x2+y2r2（r0），若直线l上
3、存在两点A，B，圆上存在点C，使得|AB|2，且ACB90，则r的取值范围是（）A1，3B2，3C1，+）D2，+）二填空题（共5小题）11复数z在复平面内对应的点为（1，2），则 12已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为 13斜率为1的直线l经过抛物线y24x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，则|AB| 14已知函数f（x）具有下列性质：当x1，x20，+）时，都有f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1；在区间（0，+）上，f（x）单调递增；f（x）是偶函数则f（0） ；函数f（x）可能的一个解析式为f（x） 15目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具其做法是
4、在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道现有材料科技条件下，对于一个n级火箭，在第n级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为，其中注：mp表示人造天体质量，mj表示第j（j1，2，n）级火箭结构和燃料的总质量给出下列三个结论：a1a2an1；当n1时，v3ln10；当n2时，若v12ln2，则其中所有正确结论的序号是 三解答题（共6小题）16如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACBCC12，D为AB中点（）求证：AC1平面B1CD；（）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求二面角BB1CD的余弦值条
5、件：BCAC1；条件：B1D注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分17某医学小组为了比较白鼠注射A，B两种药物后产生的皮肤疱疹的面积，选20只健康白鼠做试验将这20只白鼠随机分成两组，每组10只，其中第1组注射药物A，第2组注射药物B试验结果如下表所示疱疹面积（单位：mm2）30，40）40，50）50，60）60，70）70，80）第1组（只）34120第2组（只）13231（）现分别从第1组，第2组的白鼠中各随机选取1只，求被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于60mm2的概率；（）从两组皮肤疱疹面积在60，80）区间内的白鼠中随机选取3只抽血化验，求第2组中被抽中白鼠只数X的分布列
6、和数学期望EX；（）用“k0”表示第k组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在30，50）区间内，“k1”表示第k组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在50，80）区间内（k1，2），写出方差D1，D2的大小关系（结论不要求证明）18在ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知：B（1）求B；（2）已知a4，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使得ABC存在且唯一确定，并求ABC的面积b3；c2asinC；1619已知函数f（x）xeax（a0）（）求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）求f（x）在区间1，1上的最大值与最小值；（）当a1时，求证：f（x）lnx+x+120已知椭圆C：1（
7、ab0）的离心率为，短轴长为2（）求椭圆C的方程；（）设O为坐标原点，过点P（1，）分别作直线l1，l2，直线l1与椭圆相切于第三象限内的点G，直线l2交椭圆C于M，N两点若|PG|2|PM|PN|，判断直线l2与直线OG的位置关系，并说明理由21已知集合A1，2，3，n，其中nN*，A1，A2，Am都是A的子集且互不相同，记MiAi的元素个数，Nij（AiAj）的元素个数（i，j1，2，m，ij）（1）若n4，A11，2，A21，3，N13N231，直接写出所有满足条件的集合A3；（2）若n5，且对任意1ijm，都有Nij0，求m的最大值；（3）若n7，Mi3（i1，2，m）且对任意1ijm
8、，都有Nij1，求m的最大值2024年菁优高考数学终极押题密卷2（北京卷）参考答案与试题解析一选择题（共10小题）1设A（2，m）是抛物线y2ax上一点，若点A到抛物线的焦点距离为3，则抛物线的准线方程是（）Ay1Bx1Cx1Dy2【考点】抛物线的性质菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】C【分析】运用抛物线的定义，即抛物线上的点到焦点的距离等于点到准线的距离，即可求解【解答】解：A（2，m）是抛物线y2ax上一点，所以a0，所以抛物线y2ax的准线方程为x，其上一点A（2，m）到抛物线的焦点距离为3，则由抛物线的定义可得|2（）|3，解得
9、1，即抛物线的准线方程为x1故选：C【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其定义，需要学生熟练公式，属于基础题2已知集合A0，1，2，3，BxN|0x2，则AB的元素个数为（）A2B3C4D8【考点】交集及其运算菁优网版权所有【专题】计算题；集合思想；定义法；集合【答案】B【分析】先求出集合A，B，再求出AB0，1，2，由此能求出AB的子集个数【解答】解：集合A0，1，2，3，BxR|0x2，AB0，1，2，AB的元素个数为3故选：B【点评】本题考查交集的子集个数的求法，考查交集、子集定义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题3函数的最小正周期为，将f（x）的图象向左平移个单
10、位长度后，得到一个偶函数的图象，则（）ABCD【考点】函数yAsin（x+）的图象变换菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；数学运算【答案】B【分析】由题意，根据最小正周期求出2，写出平移后的解析式，根据其为偶函数得到，kZ，根据的范围即可得到答案【解答】解：由最小正周期，可得2，f（x）2sin（2x+）f（x）的图象向左平移个单位长度后为偶函数的图象，故，kZ，kZ，故选：B【点评】本题主要考查函数yAsin（x+）的图象变换规律，三角函数的奇偶性，属于基础题4已知数列an为等差数列，bn为等比数列，a4b44，则（）Ab3b5a3a5Bb3+b5a3+a5Cb3b
11、5a3a5Db3+b5a3+a5【考点】等差数列与等比数列的综合菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算【答案】A【分析】由等差数列和等比数列的中项性质和基本不等式、不等式的性质，可得结论【解答】解：由数列an为等差数列，bn为等比数列，a4b44，可得a3+a52a48，b3b516，由a3a5（）216，可得a3a5b3b5，故A正确，C错误；当b10，可得b3+b528a3+a5；当b10，可得b3+b528a3+a5，故B、D都错误故选：A【点评】本题考查等差数列和等比数列的中项性质，以及基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力，属于基础题5如图，在OACB
12、中，E是AC的中点，F是BC上的一点，且BC3BF，若m，其中m，nR，则m+n的值为（）A1BCD【考点】向量数乘和线性运算菁优网版权所有【专题】计算题；数形结合；平面向量及应用【答案】C【分析】由平面向量的线性运算得：，+，由此求得m，n的值即可【解答】解：因为+，+，所以，又+，所以m，n，故m+n，故选：C【点评】本题考查了平面向量的线性运算问题，解题时应熟知平面向量的三角形合成法则，是基础题目6已知表示复数z的共轭复数，z1，z2为非零复数，“z1z2R”是“存在非零实数t，使得”（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件【考点】共轭复数；充分条件与必要
13、条件；复数的运算菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算【答案】C【分析】根据题意，设z1a+bi，z2c+di，实数a、b不同时为0，实数c、d不同时为0，由复数的乘法公式和共轭复数的定义分析“z1z2R”和“存在非零实数t，使得”的关系，即可得答案【解答】解：根据题意，z1，z2为非零复数，设z1a+bi，z2c+di，（a、b、c、dR且实数a、b不同时为0，实数c、d不同时为0），由于z1z2（a+bi）（c+di）（acbd）+（ad+bc）i，若z1z2R，则ad+bc0，又由a、b不同时为0，c、d不同时为0，必存在非零实数t，使得，则
14、有，反之，若，即，变形可得ad+bc0，又由z1z2（a+bi）（c+di）（acbd）+（ad+bc）i0；故“z1z2R”是“存在非零实数t，使得”的充分必要条件故选：C【点评】本题考查复数的计算，涉及充分必要条件的判断，属于基础题7函数，记，则（）AabcBbacCcabDcba【考点】对数值大小的比较菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算【答案】B【分析】根据题意，分析可得f（x）为偶函数，且在0，+）上为减函数，据此分析可得答案【解答】解：因为函数，可得f（x）为偶函数，且在0，+）上为减函数，则cf（log5）f（log52）f（log52），af（）f
15、（），又由0log52log5；30.5，故有bac故选：B【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，属于基础题8已知函数f（x）sinxcosx，将f（x）的图像向左平移个单位后得到函数g（x）的图像，若f（x）和g（x）在区间（0，t）上均单调递增，则t的最大值为（）ABCD【考点】函数yAsin（x+）的图象变换菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；数学运算【答案】A【分析】根据正弦函数的性质即可得【解答】解：由题意得，则，当x（0，t）时，因为f（x）和g （x）在区间（0，t）上均单调递增，所以，解得，故t的最大值为故选：A【点评】本题考查三角函数性质，
16、属于基础题9已知为不共线的两个单位向量，为非零实数，设，则“”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【考点】向量相等与共线；充分条件与必要条件菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；数学运算【答案】C【分析】由向量的夹角公式，可得若，则有或，又为不共线的两个单位向量，故，从而可得结论【解答】解：由题意，若，则有，即，整理得，即，即，则有或，又为不共线的两个单位向量，故，故“”是“”的充要条件故选：C【点评】本题考查向量的夹角公式，数量积运算及充要条件的判定，属基础题10已知直线l：x+y20，圆：x2+y2r2（r0），若直线l上存
17、在两点A，B，圆上存在点C，使得|AB|2，且ACB90，则r的取值范围是（）A1，3B2，3C1，+）D2，+）【考点】直线与圆的位置关系菁优网版权所有【专题】数形结合；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算【答案】C【分析】判断求解r的最小值，利用数形结合，转化求解即可【解答】解：圆：x2+y2r2，圆心为：（0，0），半径为r，直线l上存在两点A，B，圆上存在点C，使得|AB|2，且ACB90，则C在以AB为直径的圆上如图：C也在圆：x2+y2r2上，圆到直线距离的最小值为2，此时，如图红色的圆的半径为1，即r的最小值为1，r的取值范围是：1，+）故选：C【点评】本题考查直线和圆的位置关系
18、，转化思想是解决问题的关键，属中档题二填空题（共5小题）11复数z在复平面内对应的点为（1，2），则12i【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算菁优网版权所有【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算【答案】12i【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解【解答】解：复数z在复平面内对应的点为（1，2），则z1+2i，故故答案为：12i【点评】本题主要考查复数的几何意义，属于基础题12已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为 1【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个向量的夹角菁优网版权所有【专题】转化思想；数形结合法；平面向量及应用；数学运
19、算【答案】1【分析】据题意，设，作BEOA，利用数量积的几何意义可得的最小值为|BE|，即可求解【解答】解：如图，设，当时，取得最小值，过B作BEOA，即的最小值为|BE|，因为与的夹角为，所以BOA，又|OB|2，所以|BE|1，即的最小值为1故答案为：1【点评】本题考查平面向量数量积的几何意义，属中档题13斜率为1的直线l经过抛物线y24x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，则|AB|8【考点】抛物线的性质菁优网版权所有【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】8【分析】求出直线l的方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程代入抛物线方程应
20、用韦达定理得x1+x2，然后由焦点弦长公式可得结论【解答】解：抛物线y24x的焦点坐标为F（1，0），直线l方程为yx1，设A（x1，y1），B（x2，y2），则由抛物线焦点弦长公式得：|AB|x1+x2+px1+x2+2，又A、B是抛物线与直线的交点，由得x26x+10，则x1+x26，|AB|8故答案为：8【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题14已知函数f（x）具有下列性质：当x1，x20，+）时，都有f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1；在区间（0，+）上，f（x）单调递增；f（x）是偶函数则f（0）1；函数f（x）可能的一个解析式为f（x）|x|1（答案不唯一）【考点】抽象
21、函数及其应用菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算【答案】1；|x|1（答案不唯一）【分析】对于第一空：利用特殊值法，在f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1中，令x1x20，分析可得答案；对于第二空：结合f（0）的值，由常见函数的奇偶性和单调性，举出特列分析可得答案【解答】解：当x1，x20，+）时，都有f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1，令x1x20可得：f（0）2f（0）+1，变形可得f（0）1，对于函数f（x）|x|1，其定义域为R，有f（x）f（x），f（x）为偶函数，当x0时，f（x）x1，f（x）在（0，+）单调递增，当x
22、1，x20，+）时，f（x1+x2）x1+x21，f（x1）+f（x2）x11+x21x1+x22，故f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1，符合题意故答案为：1；|x|1（答案不唯一）【点评】本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性，属于中档题15目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具其做法是在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道现有材料科技条件下，对于一个n级火箭，在第n级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为，其中注：mp表示人造天体质量，mj表示第j（j1，2，n）级火箭结构和燃料的总
23、质量给出下列三个结论：a1a2an1；当n1时，v3ln10；当n2时，若v12ln2，则其中所有正确结论的序号是 【考点】数列的应用菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【答案】【分析】由对i1，2，n，有，对ai进行放缩，可得每个ai都大于1，进而判断，当n1时，有，进而判断，假设v12ln2成立，利用分析法可以判断【解答】解：对于结论，对i1，2，n，有，故，可得a10，由于，故每个ai都大于1，从而a1a2an1，结论错误；对于结论，由于当n1时，有，故结论正确；对于结论，由于当n2时，若v12ln2，则，从而ln，故这意味着100a1a2
24、16（9+a1）（9+a2），即25a1a24（9+a1）（9+a2），从而我们有25a1a24（9+a1）（9+a2）481+a1a2+9（a1+a2），等号成立当且仅当a1a2，故，即，即，分解因式可得，再由7，即知，故所以结论正确故答案为：【点评】本题考查了数列的应用，基本不等式的运用，对数的运算，是中档题三解答题（共6小题）16如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACBCC12，D为AB中点（）求证：AC1平面B1CD；（）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求二面角BB1CD的余弦值条件：BCAC1；条件：B1D注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【考点】二面
25、角的平面角及求法；直线与平面平行菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算【答案】（）证明见解答；（）【分析】（）连接BC1，交B1C于点E，连接DE，由题设可证DEAC1，由线面平行的判定定理即可证明；（）选择条件或，均可证明ACBC，从而建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角BB1CD的余弦值【解答】（）证明：如图，连接BC1，交B1C于点E，连接DE，则E为BC1中点，又D为AB中点，则DEAC1，又AC1平面B1CD，DE平面B1CD，故AC1平面B1CD；（）解：若选条件：BCAC1；在直三棱柱ABCA1B1C1中，C1CBC，又BCAC1，C1C
26、AC1C1，C1C，AC1平面ACC1A1，故BC平面ACC1A1，又AC平面ACC1A1，所以BCAC，故CA，CB，CC1两两垂直；若选条件：B1D；在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1BBD，又B1D，B1B2，所以BD，又D为AB中点，所以AB，又CACB2，所以CA2+CB2AB2，即CACB，故CA，CB，CC1两两垂直；以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由题意有C（0，0，0），B（0，2，0），D（1，1，0），B1（0，2，2），则，设平面B1CD的一个法向量为，则有，令x1，可得y1，z1，则，不妨取平面BB1C的一个法向量为，则，
27、由图可知，二面角BB1CD为锐二面角，故二面角BB1CD的余弦值为【点评】本题考查线面平行的判定，考查二面角的余弦值求法，属中档题17某医学小组为了比较白鼠注射A，B两种药物后产生的皮肤疱疹的面积，选20只健康白鼠做试验将这20只白鼠随机分成两组，每组10只，其中第1组注射药物A，第2组注射药物B试验结果如下表所示疱疹面积（单位：mm2）30，40）40，50）50，60）60，70）70，80）第1组（只）34120第2组（只）13231（）现分别从第1组，第2组的白鼠中各随机选取1只，求被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于60mm2的概率；（）从两组皮肤疱疹面积在60，80）区间内的白鼠中随
28、机选取3只抽血化验，求第2组中被抽中白鼠只数X的分布列和数学期望EX；（）用“k0”表示第k组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在30，50）区间内，“k1”表示第k组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在50，80）区间内（k1，2），写出方差D1，D2的大小关系（结论不要求证明）【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菁优网版权所有【专题】对应思想；综合法；概率与统计；数学运算【答案】（）；（）分布列见解析，E（X）2；（）D（1）D（2）【分析】（）根据古典概型的概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；（）依题意X的可能取值为1、2、3，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；（
29、）分别求出 P（10），P（11），P（20），P（21），从而求出D1，D2，即可比较【解答】解：（）记被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于60mm2为事件C，其中从第1组中选出的1只白鼠皮肤疱疹面积小于60mm2的概率为，从第2组中选出的1只白鼠皮肤疱疹面积小于60mm2的概率为，所以 （）依题意X的可能取值为1、2、3，且，所以X的分布列为：X123P所以（）依题意可得，所以，所以，又，所以，所以，所以 D（1）D（2）【点评】本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题18在ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知：B（1）求B；（2）已知a4，再从下列三个条件中选择一个作为已知，
30、使得ABC存在且唯一确定，并求ABC的面积b3；c2asinC；16【考点】正弦定理；平面向量数量积的性质及其运算菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；数学运算【答案】（1）（2）选条件，ABC的面积为；选择条件，ABC的面积为8【分析】（1）利用正弦定理化简已知等式，可得，再由余弦定理算出cosB，进而可得角B的大小；（2）根据正弦定理，结合所选择的条件，求出sinA的值，并判断出三角形解的个数，进而可得应该选择的条件，求出ABC的面积【解答】解：（1）由B，结合正弦定理得2accosB，所以，结合B（0，），可得；（2）选：，由正弦定理得，所以，因为ab
31、，所以角A有两个值，此时三角形有2解，故选不符合题意；选：c2asinC，由正弦定理得sinC2sinAsinC，结合sinC0，可得，结合a4，由正弦定理，得，由ba，可知A，此时三角形有唯一解，符合题意，由sinCsin（A+B）sin（+），可得SABC；选：16，即bccosA16，可得b2+c2a22bccosA32，结合a4，得b2+c248，由正弦定理，得bsinAasinB4sin2由bccosA16，得bcosA与平方相加，得b2（sin2A+cos2A）8+，即b28+，代入b2+c248，得8+c248，整理得c440c2+2560，解得c28或c232，所以c，b或c，
32、b4，（i）当c，b时，由于a4，所以b为最大边，与B矛盾，舍去；（ii）当c，b4时，结合a4可知ABC是以C为直角的等腰直角三角形，面积Sab8因此选择条件时，ABC有唯一解，符合题意综上所述，若ABC存在且唯一，则选条件，ABC的面积为；或选择条件，ABC的面积为8【点评】本题主要考查利用正弦定理与余弦定理解三角形、三角恒等变换及其应用、向量的数量积公式等知识，属于中档题19已知函数f（x）xeax（a0）（）求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）求f（x）在区间1，1上的最大值与最小值；（）当a1时，求证：f（x）lnx+x+1【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究
33、曲线上某点切线方程菁优网版权所有【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的综合应用；数学运算【答案】（）yx；（）当0a1时，函数f（x）的最小值为f（1）ea，最大值为f（1）ea，当a1时，函数f（x）的最小值为，最大值为f（1）ea；（）证明见解析【分析】（）根据导数的几何意义，求切线方程；（）首先求函数的导数，再讨论0a1和a1两种情况求函数的单调性，求函数的最值；（）首先根据不等式构造函数g（x）xexlnxx1，再利用导数求函数的最小值，即可证明【解答】解：（）f（x）（1+ax）eax，f（0）1，f（0）0，所以曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为yx；（）f（x）（1
34、+ax）eax，a0当0a1时，f（x）0在区间1，1上恒成立，f（x）在区间1，1上单调递增，所以函数f（x）的最小值为f（1）ea，最大值为f（1）ea，当a1时，f（x）0，得，f（x）在区间小于0，函数f（x）单调递减，f（x）在区间大于0，函数f（x）单调递增，所以函数f（x）的最小值为，f（1）ea，f（1）ea，显然f（1）f（1），所以函数f（x）的最大值为f（1）ea，综上可知，当0a1时，函数f（x）的最小值为f（1）ea，最大值为f（1）ea，当a1时，函数f（x）的最小值为，最大值为f（1）ea；证明：（）当a1时，f（x）xex，即证明不等式xexlnx+x+1，设，
35、设，所以h（x）在（0，+）单调递增，并且，所以函数h（x）在上存在唯一零点x0，使，即g（x0）0，则在区间（0，x0），g（x）0，g（x）单调递减，在区间（x0，+），g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）的最小值为，由，得，且x0lnx0，所以g（x0）0，所以g（x）xexlnxx10，即f（x）lnx+x+1【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题20已知椭圆C：1（ab0）的离心率为，短轴长为2（）求椭圆C的方程；（）设O为坐标原点，过点P（1，）分别作直线l1，l2，直线l1与椭圆相切于第三象限内的点G，直线l2交椭圆C于M，N两点若|PG|2|PM|PN|，判断直线l
36、2与直线OG的位置关系，并说明理由【考点】直线与椭圆的综合；直线与圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程菁优网版权所有【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】（）；（）l2OG，理由见解析【分析】（）根据条件，列出关于a、b，c得到方程，即可求解；（）首先设出直线l的方程，并与椭圆方程联立，求出点G的坐标，设出直线l2的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示|PM|PN|，再根据|PG|2|PM|PN|，求出直线l2即可判断直线l2与直线OG的位置关系【解答】解：（）由条件可知，解得：a28，b22，c26，所以椭圆C的方程为；（）l2OG，理由如下：设直线，联立，化简得
37、（*），则，即m212m280，解得：m2或m14，由题意可知m0，所以m2，当m2时，代回（*）式得y2+2y+10，即，所以点G的坐标为（2，1），所以，设直线，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，化简得，则0，整理为n212n280，解得：2n14，所以，所以，即，解得：n2（2舍去），即n2，则直线l2的斜率为，而，即kOG，所以l2OG【点评】本题考查了椭圆的性质及直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题21已知集合A1，2，3，n，其中nN*，A1，A2，Am都是A的子集且互不相同，记MiAi的元素个数，Nij（AiAj）的元素个数（i，j1，2，m，ij）（1）若n4，A11，
38、2，A21，3，N13N231，直接写出所有满足条件的集合A3；（2）若n5，且对任意1ijm，都有Nij0，求m的最大值；（3）若n7，Mi3（i1，2，m）且对任意1ijm，都有Nij1，求m的最大值【考点】数列的应用；元素与集合关系的判断；子集与真子集菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；集合；逻辑推理；数学运算【答案】（1）A31，或A31，4或A32，3或A32，3，4；（2）mmax16；（3）mmaxn【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；（2）将集合A1，2，3，4，5的子集进行两两配对得到16组，写出选择A的16个含有元素1的子集即可得
39、到mmax；（3）分A1Am中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及A1Am均为三元集合讨论即可【解答】解：（1）因为N13N231，则A1A3和A2A3的元素个数均为1，又因为n4，A11，2，A21，3，则A1，2，3，4，若A1A31，A2A31，则A31或A31，4；若A1A32，A2A33，则A32，3或A32，3，4；综上A31或A31，4或A32，3或A32，3，4（2）集合A1，2，3，4，5共有32个不同的子集，将其两两配对成16组Bi，i（i1，2，16），使得Bii，BiiA，则Bi，i不能同时被选中为子集Aj（j1，2，m），故m16选择A的16个含有元素1的子集：
40、A11，A21，2，A31，3，A16A，符合题意综上，mmax16（3）结论：mmaxn，令A11，A21，2，A31，3，An1，n，集合A1An符合题意证明如下：若A1Am中有一元集合，不妨设A11，则其它子集中都有元素1，且元素2n都至多属于1个子集，所以除A1外的子集至多有n1个，故mn若A1Am中没有一元集合，但有二元集合，不妨设A11，2，其它子集分两类：Bj1，bj或1，bj，bj（j1，2，s），和j2，cj或2，cj，cj（j1，2，t），其中st，bj，bj互不相同，cj，cj互不相同且均不为1，2若t0，则sn2，有m1+s+tn1n，若t1，则由|BjC1|1得每个集合Bj中都恰包含C1中的1个元素（不是2），且互不相同，因为C1中除2外至多还有2个元素，所以s2，所以m1+s+t1+2+2n若A1Am均为三元集合，不妨设A11，2，3，将其它子集分为三类：Bj1，bj，bj（j1，2，s），j2，cj，cj（j1，2，t），Dj3，dj，dj（j1，2，r），其中str若tr0，则（除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合B1Bs），所以若t1，不妨设C12，4，5则由|BjC1|1