2024届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）数学试题(含解析）

2024-07-05 23:13| 来源: 网络整理| 查看: 265

这是一份2024届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）数学试题(含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设集合A={x|−x2+4x−3>0}，B={x|2A. {x|22}C. {x|32.复数z满足z=(z+2)i，则z=( )A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i3.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有( )A. 10种B. 20种C. 25种D. 32种4.已知向量a=(2,−1)，b=(1,1)，则a在b上的投影向量为( )A. (12,12)B. (−12,12)C. (1,1)D. (−1,−1)5.已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，2+a5=a6+a3，则S7=( )A. 28B. 14C. 7D. 26.已知f(x)=exeax−1为奇函数，则a=( )A. −1B. 1C. −2D. 27.已知双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)的右焦点为F，过点F作直线l与C交于A，B两点，若满足|AB|=3的直线l有且仅有1条，则双曲线C的离心率为( )A. 143B. 72C. 2D. 72或28.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB=BC=2.过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则平面α截该三棱柱所得截面的周长为( )A. 2 2+ 6B. 2+2 6C. 3 2+ 6D. 3 2+2 6二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列图象中，函数f(x)=xx+a的图象可能是( )A. B. C. D. 10.为了解居民对社区环保工作的满意度，居委会从社区全体居民中随机抽取若干居民进行评分调查(满分为100分).根据调查数据制成如图所示的频率分布直方图，已知评分在[80,100]内的居民有180人.则( ) A. a=0.025B. 调查的总人数为4000C. 从频率分布直方图中，可以估计本次评分的中位数大于平均数D. 根据以上抽样调查数据，可以认为该社区居民对社区环保工作的满意度符合“评分低于65分的居民不超过全体居民的20%”的规定11.已知直线l:2kx−2y−kp=0与抛物线C:y2=2px(p>0)相交于A，B两点，点M(−1,−1)是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则( )A. p=2B. k=−2C. △MAB的面积为5 5D. |AB|=512.已知函数f(x)=xlnx，则( )A. f(3)B. 当x>1时，f(x)>x34C. 存在x0>1，当x>x0时，f(x)>x99100D. 若直线y=kx+(12−k)e2与y=f(x)的图象有三个公共点，则0三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若角α的终边在第四象限，且csα=45，则tan(π4−α)= ．14.某圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为．15.已知数列{an}的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，令f(x)=i=18(x−ai)2，则f(x)取最小值时，x= ．16.已知P(x,y)为函数y=x2+34图象上一动点，则 3x+y x2+y2的最大值为．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)已知锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b=5，c=4，sinB=5 716．(1)求csA;(2)若BD=2DC，求AD的长．18.(本小题12分)已知数列{an}和{bn}满足：a1=1，an+bn=an+1，an−bn=λ(λ为常数，且λ≠1)．(1)证明：数列{bn}为等比数列;(2)若n=3和n=4时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，求Sn．19.(本小题12分)有两个盒子，其中1号盒子中有3个红球，2个白球;2号盒子中有6个红球，4个白球。现按照如下规则摸球：从两个盒子中任意选择一个盒子，再从盒中随机摸出2个球，摸球的结果是一红一白．(1)你认为较大可能选择的是哪个盒子?请做出你的判断，并说明理由;(2)如果你根据(1)中的判断，面对相同的情境，作出了5次同样的判断，记判断正确的次数为X，求X的数学期望(实际选择的盒子与你认为较大可能选择的盒子相同时，即为判断正确)．20.(本小题12分)如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1A1的面积为6．(1)求点B到平面ACC1A1的距离;(2)若AB=AD=2，∠BAD=60∘，AA1= 6，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．21.(本小题12分)已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为12，右焦点到右顶点的距离为1．(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，试问：在x轴上是否存在两定点，使其到直线l的距离之积为定值?若存在，求出两定点坐标;若不存在，请说明理由．22.(本小题12分)黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一.它与函数f(x)=xs−1ex−1(x>0,s>1,s为常数)密切相关，请解决下列问题：(1)当1(2)当s>2时， ①证明f(x)有唯一极值点; ②记f(x)的唯一极值点为g(s)，讨论g(s)的单调性，并证明你的结论．答案和解析1.【答案】A 【解析】【分析】本题考查一元二次不等式的解法及集合的交集运算，属基础题．根据题意利用一元二次不等式的解法可得A，进而利用交集的定义即可求得结果．【解答】解：A={x|−x2+4x−3>0}={x|x2−4x+3B={x|2∴A∩B={x|22.【答案】C 【解析】解：z=(z+2)i，可得z=2i1−i=2i(1+i)(1+i)(1−i)=2(−1+i)2=−1+i，故选：C．由题意可得z=2i1−i，由复数的乘除运算法则，化简即可得到所求复数．本题考查复数的乘除运算，注意运用共轭复数的概念，考查运算能力，属于基础题．3.【答案】D 【解析】【分析】本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题．每种报名方法都是完成五个人的报名，且每人报名只选一个小组、互不影响，采用分步计数原理五步完成即可．【解答】解：5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25=32种，故选D．4.【答案】A 【解析】【分析】本题考查投影向量的求解，属于基础题．根据给定条件，结合投影向量的意义求解作答．【解答】解：向量 a=(2,−1) ， b=1,1 ，则 a⋅b=2×1+(−1)×1=1 ， |b|= 12+12= 2 ，所以 a 在 b 上的投影向量为 a⋅b|b|b|b|=12b=(12,12) ．故选：A5.【答案】B 【解析】【分析】本题主要考查了等差数列的求和，等差数列的通项公式，属于基础题．根据等差数列的通项公式即可得a4=2，再利用求和公式即可得S7．【解答】解：∵数列{an}为等差数列，设公差为d，且2+a5=a6+a3，∴2+a4+d=a4+2d+a4−d，解得a4=2，∴S7=7(a1+a7)2=7a4=14，故选B．6.【答案】D 【解析】解：∵函数是奇函数，∴满足f(−x)=−f(x)，即e−xe−ax−1=−exeax−1，化简为e(a−1)x1−eax=−exeax−1，得a−1=1，a=2，此时f(x)=exe2x−1，函数的定义域为(−∞,0)⋃(0,+∞)，成立．故选：D．根据奇函数的定义，即可求解参数a的值．本题考查了函数的奇偶性的定义，是基础题．7.【答案】B 【解析】【分析】本题考查双曲线性质，直线与双曲线位置关系，属于中档题．根据l有且仅有1条得出其斜率为0或斜率不存在，分别计算a后检验．【解答】解：若直线l的斜率存在且不为0，根据双曲线的对称性，此时满足AB=3的直线l的个数为偶数，所以直线l的斜率为0或斜率不存在．当直线l的斜率为0时，A，B为双曲线的左、右顶点，由AB=2a=3，得双曲线C的方程为：x294−y254=1，易得，过点F的通径长为2×5432=53当直线l的斜率不存在时，此时AB为双曲线过点F的通径，则AB=2a2−1a=3，解得a=2(a=−12舍去)，此时双曲线实轴长为4，因为4>3，所以满足AB=3的直线只有1条，符合题意．此时，a=2，c= 7，离心率为 72．综上所述，双曲线C的离心率为 72．8.【答案】C 【解析】【分析】本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．确定平面α与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长．【解答】解：如下图所示，取AC的中点J，连接BJ，取AJ的中点D，连接DE，取A1C1的中点K，连接KJ、B1K，∵AB=BC，J为AC的中点，则BJ⊥AC，∵AA1⊥平面ABC，BJ⊂平面ABC，∴BJ⊥AA1，∵AC∩AA1=A，∴BJ⊥平面AA1C1C，∵D,E分别为AJ、AB的中点，则且DE=12BJ，∴DE⊥平面AA1C1C，∵DE⊂平面DEF，所以，平面DEF⊥平面AA1C1C，所以，平面α即为平面DEF，设平面α交B1C1于点I，在直棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//CC1且AA1=CC1，所以，四边形AA1C1C为平行四边形，且AC=A1C1，∵J、K分别为AC、A1C1的中点，且AJ=A1K，所以，四边形AA1KJ为平行四边形，且KJ=AA1，且BB1=AA1，且KJ=BB1，所以，四边形BB1KJ为平行四边形，，DE⊄平面BB1KJ，BJ⊂平面BB1KJ，∴DE//平面BB1KJ，设平面α∩平面BB1KJ=FG，∵DE⊂平面α，所以，，，，所以，四边形BFGJ为平行四边形，可得GJ=BF=12BB1=12KJ，所以，G为KJ的中点，延长DG交A1C1于点H，，所以，∠DJG=∠HKG，∠JDG=∠KHG，又∵JG=KG，所以，△DJG≅△HKG，∴HK=DJ=12AJ=12KC1，∴H为KC1的中点，因为平面ABC//平面A1B1C1，平面α∩平面ABC=DE，平面α∩平面A1B1C1=IH，，，，，，∴I为B1C1的中点，∵AB⊥BC，AB=BC=2，则AC= AB2+BC2=2 2，∵J为AC的中点，∴BJ=12AC= 2，则DE=12BJ= 22，同理IH= 22，因为直棱柱ABC−A1B1C1的棱长为2，F为BB1的中点，∴BF=12BB1=1，由勾股定理可得EF= BF2+BE2= 2，同理可得IF= 2，且KJ=BB1=2，BB1⊥平面ABC，∴KJ⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴KJ⊥AC，∵G、D分别为KJ、AJ的中点，则GJ=12KJ=1，DJ=12AJ= 22，由勾股定理可得DG= DJ2+GJ2= 62，同理GH= 62，因此，截面的周长为DE+IH+EF+IF+DH= 22×2+ 2×2+ 6=3 2+ 6．故选：C．9.【答案】CD 【解析】【分析】本题主要考查函数图象的应用，考查了分类讨论思想，考查了反比例函数的性质，属于基础题．先对函数解析式进行化简变形，再对a进行分大于0和小于0两种情况进行讨论，结合反比例函数的性质进行判断即可．【解答】解：函数 f(x)=xx+a=1−ax+a;由反比例函数的性质可得：当a>0时，函数 f(x)在 −a,+∞上单调递增，故D正确，B不正确；当a故选：CD．10.【答案】ACD 【解析】【分析】本题考查频率分布直方图及其性质，属于基础题．根据给定的频率分布直方图，结合频率分布直方图的性质，概率的计算方法，以及中位数、平均数的计算公式，逐项判定，即可求解．【解答】解：由频率分布直方图的性质，可得(0.002+0.004+0.014+0.020+0.035+a)×10=1，即10×(0.075+a)=1，解得a=0.025，所以A正确;设总共调查了n人，可得180n=(0.035+0.025)×10，解得n=300，即调查的总人数为300人，所以B错误;中位数位于区间[80,90]，设中位数为m，则0.025×10+(90−m)×0.035=0.5，解得m=5807，由频率分布直方图知各段的频率分别为0.02，0.04，0.14，0.20，0.35，0.25，设平均数为x，则x=45×0.02+55×0.04+65×0.14+75×0.2+85×0.35+95×0.25=80.7，可得5807>80.7，所以C正确;由评分在[40,70]的居民占调查总人数的20%，所以评分低于65分的居民不超过全体居民的20%，所以 D正确．11.【答案】ABD 【解析】【分析】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，弦长公式，考查向量数量积的坐标运算，是较难题．根据题意可得p=2，再联立方程组，由于点M是以AB为直径的圆上的点，故MA·MB=0，结合韦达定理可得k=−2，再利用弦长公式可得|AB|=5，再利用点到直线的距离公式可得三角形MAB的面积．【解答】解；抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F(p2,0)，准线方程为x=−p2．由直线l:2kx−2y− kp=0可得y=k(x−p2)，故直线l经过抛物线的焦点F．又因为点M(−1,−1)是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则点M(−1,−1)在准线x=−p2上，即−p2=−1，解得p=2．故直线l:kx−y−k=0，抛物线方程为y2=4x，故A选项正确；设A(x1,y1)，B(x2,y2).由kx−y−k=0y2=4x,消去x，化简得ky2−4y−4k=0．Δ=16+16k2>0，故y1+y2=4k，y1y2=−4．因为点M在以AB为直径的圆上，则MA·MB=0，所以(x1+1,y1+1)·(x2+1,y2+1)=0，即x1x2+y1y2+(x1+x2)+(y1+y2)+2=0，所以(y1y2)216+y1y2+k+1k(y1+y2)+4=0，所以(−4)216−4+k+1k·4k+4=0，解得k=−2，故B选项正确．又|AB|= 1+(1k)2|y1−y2|= 52 (y1+y2)2−4y1y2=5，故D选项正确；点M(−1,−1)到直线AB:2x+y−2=0的距离为d=|−2−1−2| 22+12= 5，则S△MAB=12|AB|·d=12×5× 5=5 52，故C选项错误．故选：ABD．12.【答案】AC 【解析】【分析】本题考查利用导数判断函数的性质，利用单调性比较大小，利用导数判断单调性，以及数形结合判断两函数图象的交点个数，属较难题．利用导数判断f(x)单调性可得图象，利用f(3)1，利用导数判断其单调性以及函数值大于1时的情况判断C；分析可得直线y=kx+(12−k)e2恒过的定点在f(x)上，且此处的切线斜率为14，数形结合分析0【解答】解：f(x)=xlnx，定义域为(0,1)∪(1,+∞)，f′(x)=lnx−1(lnx)2，则0e时，f′(x)>0，即f(x)在(0,1)，(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，f(e)=e．∵e又f(2)=2ln2=4ln4=f(4)，故f(3)f(16)=16ln16=8ln4令g(x)=f(x)x99100=x1100lnx，x>1，g′(x)=1100x−99100·lnx−x1100·1x(lnx)2=1100x−99100·(lnx−100)(lnx)2，∵x>1，∴1x>e100时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又根据幂函数与对数函数的增长速度可知x→+∞时，g(x)→+∞，g(e100)=e100·1100lne100=e100故在(e100,+∞)上存在唯一x0使得g(x0)=1，即当x>x0时，g(x)>1，即f(x)x99100>1，x>1时，f(x)>0，x99100>0，故当x>x0时，f(x)>x99100，故存在x0>1，当x>x0时，f(x)>x99100，故C正确；直线y=kx+(12−k)e2，即y=k(x−e2)+12e2，该直线恒过点P(e2,12e2)，又f(e2)=12e2，即点P在f(x)图象上．f′(e2)=2−1(2)2=14，故01上有两个交点，此时直线y=kx+(12−k)e2的纵截距为(12−k)e2>14e2>0，故直线与f(x)在(0,1)上无交点，即013.【答案】7 【解析】【分析】本题考查两角和与差的正切公式，由一个三角函数值求其他三角函数值，属于较易题．直接利用同角三角函数的关系式求出tanα=−34，进一步利用两角差的正切公式求出结果．【解答】解：由于角α的终边在第四象限，且csα=45，则sinα=−35，∴tanα=−34，∵tan(π4−α)=1−tanα1+tanα=1+341−34=7．故答案为7．14.【答案】2 2 【解析】【分析】本题考查了圆锥的几何特征以及轴截面面积的计算，属于基础题．由题意先计算出母线长，再可求出底面半径，从而可求出圆锥的高，进而可求出轴截面的面积．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为ℎ，因为圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为2π3的扇形，所以12×2π3×l2=3π，解得l=3，因为2πr=2π3l，所以2πr=2π3×3，得r=1，所以圆锥的高为ℎ= l2−r2= 9−1=2 2，所以圆锥的轴截面的面积是12⋅2r⋅ℎ=12×2×2 2=2 2．故答案为：2 2．15.【答案】7 【解析】【分析】本题考查了数列的函数特征，二次函数的最小值点，是基础题．将函数f(x)展开可得二次函数，再求最小值即可．【解答】解：f(x)=i=18(x−ai)2=8x2−2(a1+a2+……+a8)x+a12+a22+……+a82，结合二次函数可得当x=a1+a2+……+a88=1+1+2+3+5+8+13+218=548=6.75时，f(x)取得最小值，即f(x)的最小值点x=6.75．16.【答案】 3 【解析】【分析】本题主要考查由数量积求夹角，考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属难题．由题意把 3x+y x2+y2表示为 OQ= 3,1与 OP=x,y的夹角的余弦值，再由导数求其最大值．【解答】解：设 Q( 3,1)，则 OQ= 3,1， OP=x,y，，即．∴当OP与f(x)在y轴右侧相切时取最大值，设直线y=kx(k>0)与函数f(x)相切于点 P0x0,y0，y′=k,f′(x)=2x，则 k=2x0,kx0=x02+34,解得 x0= 32．即切点 P0 32,32，此时 3x0+y0 x02+y02= 3，所以 3x+y x2+y2的最大值为 3．17.【答案】解(1)由sinB=5 716，0由余弦定理：b2=a2+c2−2accsB，解得a=6或a=−32(舍)所以csA=b2+c2−a22bc=18(2)由已知得AD=13AB+23AC，所以AD2=19AB2+49AB⋅AC+49AC2=169+49×4×5×18+49×25=14所以AD= 14．所以AD的长为 14．

【解析】本题考查正弦定理，向量的模，属于基础题，(1)利用余弦定理求解即可，(2)根据向量的加法，求出AD2，进而求出AD的长．18.【答案】(1)因为an−bn=λ，即bn=an−λ，所以b1=a1−λ=1−λ≠0，而bn+1=an+1−λ=an+bn−λ=(an−λ)+bn=2bn所以bn≠0，即bn+1bn=2，即数列{bn}是以1−λ为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知bn=(1−λ)⋅2n−1，所以an=bn+λ=(1−λ)⋅2n−1+λ．因为当n=3和n=4时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，所以a4=0，即8(1−λ)+λ=0，解得λ=87．所以an=87−17×2n−1．经检验，当n≤3时，an>0，当n≥5时，an在n=3和n=4时取得最大值，符合题意．此时Sn=87n−17(1+2+⋯+2n−1)=87n−17×1−2n1−2=87n−17(2n−1)．【解析】本题主要考查了等比数列的判定，分组求和及数列中的最大项问题，属于中档题．(1)根据题意消元可得bn+1=2bn，即可根据定义证出;(2)由(1)知bn=(1−λ)⋅2n−1，从而得出an=(1−λ)⋅2n−1+λ，根据邻项变号法可知，a4=0，进而求出λ，得到an的表达式，求出Sn．19.【答案】解：法1: (1)记摸球结果是一红一白为事件A，假如选择的是第一个盒子，则P(A)=C31⋅C21C52=610=35，假如选择的是第二个盒子，则P(A)=C61C41C102=2445=815，∵35>815所以，可以认为选择的是第一个盒子；(2)(1)中判断结果：选择的盒子为1号盒子．记“任选一个盒子，选到1号”为事件B;记“任选一个盒子，从盒中摸球，结果为一红一白为事件C‘’;记“在摸球结果为一红一白的条件下，选到的盒子为1号”为D，则P(D)=P(B|C)=P(BC)P(C)=12×3512×35+12×815=917，X∽B(5,917)X的数学期望E(X)=5×917=4517．法2:(1)记摸球结果是一红一白为事件A，记“任选一个盒子，选到1号”为事件B，记“任选一个盒子，选到2号”为事件C，则P(B|A)=P(AB)P(A)=则P(B|A)=P(AB)P(A)=12×C31·C21C5212×C31·C21C52+12×C61·C41C102=12×3512×35+12×815=917，P(C|A)=P(AC)P(A)=12×C61·C41C10212×C31·C21C52+12×C61·C41C102=12×81512×35+12×815=817，∵P(B|A)>P(C|A)，所以，若摸球的结果是一红一白，则选择的是1号盒子的可能性更大．(2)判断正确的次数为X的可能取值为0，1，2，3，4，5，且满足X∽B(5,917)，所以X的数学期望E(X)=5×917=4517．【解析】本题主要考查古典概率，二项分布的的期望，条件概率，属于中档题．法1: (1)求出从不同盒子摸求，摸得结果是一红一白为概率，比较即可；(2)记“任选一个盒子，选到1号”为事件B;记“任选一个盒子，从盒中摸球，结果为一红一白为事件C”;记“在摸球结果为一红一白的条件下，选到的盒子为1号”为D，求得P(D)=P(B|C)，得X∽B(5,917)，利用二项分布，得到X的数学期望E(X)；法2:(1)记摸球结果是一红一白为事件A，记“任选一个盒子，选到1号”为事件B，记“任选一个盒子，选到2号”为事件C，比较P(B|A)，P(C|A)即可；(2)利用二项分布，得到X的数学期望E(X)；20.【答案】解：(1)在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，ABC−A1B1C1是三棱柱，VB−ACC1A1=23VABC−A1B1C1=13VABCD−A1B1C1D1=2．设点B到平面ACC1A1的距离为d，则VB−ACC1A1=13SACC1A1⋅d=13×6d=2，所以d=1，即点B到平面ACC1A1的距离为1．(2)在▱ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=60∘，所以ABCD是菱形．连接BD交AC于O，则BO=1，由(1)知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以BO⊥平面ACC1A1．设点A1在直线AC上射影为点H，S▱ACC1A1=AC⋅A1H=2 3A1H=6，则A1H= 3，且BO⊥A1H，AH= AA12−A1H2= ( 6)2−( 3)2= 3，所以O和H重合，即A1O⊥AO．以O为坐标原点，OA，OB，OA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,1,0)，A( 3,0,0)，D(0,−1,0)，A1(0,0, 3)，根据AA1=DD1=(− 3,0, 3)，AB=DC=(− 3,1,0)，则D1(− 3,−1, 3)，BD1=(− 3,−2, 3)，设平面CC1D1D的法向量为n=(x,y,z)，则DD1⋅n=− 3x+ 3z=0DC⋅n=− 3x+y=0，取x=1，则n=(1, 3,1)，设直线BD1与平面CC1D1D所成角为α，则sinα=csBD1,n=BD1·nBD1n=− 3−2 3+ 3 10× 5= 65，所以直线BD1与平面CC1D1D所成角正弦值为 65．【解析】本题考查点面距离的求解，考查向量法求直线与平面所成的角，属于中档题．(1)由VB−ACC1A1=23VABC−A1B1C1=13VABCD−A1B1C1D1即可求解；(2)连接BD交AC于O，以O为坐标原点，OA，OB，OA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；21.【答案】解：(1)∵由题，a−c=1，又∵ca=12，∴a=2，c=1，∵b2=a2−c2=3，∴椭圆C的方程为x24+y23=1．(2)设两定点为(s,0)，(t,0)，其中s当直线l的方程为y= 3时，易知两定点到直线l的距离之积为3． ①当直线l不垂直于x轴时，直线l:y=kx+m，∵联立方程组y=kx+m3x2+4y2=12，整理为(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，其中Δ=48(3+4k2−m2)=0，所以3+4k2=m2，∵两定点到直线y=kx+m的距离分别为|ks+m| k2+1，|kt+m| k2+1，∴|ks+m| k2+1·|kt+m| k2+1=3，即k2st+km(s+t)+m2=3(k2+1)，或k2st+km(s+t)+m2=−3k2−3，∴k2(st+1)+km(s+t)=0或k2(st+7)+km(s+t)+6=0对任意k∈R恒成立，显然k2(st+7)+km(s+t)+6=0对任意k∈R不恒成立．若k2(st+1)+km(s+t)=0对任意k∈R恒成立，则st+1=0s+t=0，所以s=−1t=1，∴两定点为(−1,0)，(1,0)． ②当直线l1⊥x轴时，∵l的方程为x=−2或x=2，也满足两定点为(−1,0)，(1,0)到l的距离之积为3，综上所述，存在两定点为(−1,0)，(1,0)．【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系和椭圆中的定点问题，是较难题．(1)由题，a−c=1，又ca=12，得出a、c，再得出b2，可得椭圆C的标准方程；(2)设两定点为(s,0)，(t,0)，其中s22.【答案】解：(1)f′(x)=(s−1)xs−2(ex−1)−xs−1ex(ex−1)2=xs−2[(s−1)(ex−1)−xex](ex−1)2，=xs−2[(s−1−x)ex−(s−1)](ex−1)2令φ(x)=(s−1−x)ex−(s−1)，1φ′(x)=(s−2−x)ex，当1φ(x)在区间(0,+∞)上单调递减，又φ(0)=s−1−(s−1)=0，所以，当x>0时，φ(x)(2) ①由(1)得：f′(x)=xs−2[(s−1−x)ex−(s−1)](ex−1)2，令φ(x)=(s−1−x)ex−(s−1)，(s>2)，φ′(x)=(s−2−x)ex令φ′(x)=0，可得：x=s−2，依题意：s−2>0，当00，当x>s−2时，φ′(x)所以φ(x)在(0,s−2)上单调递增，在(s−2,+∞)上单调递减;又φ(0)=0，所以φ(s−2)>0，又因为φ(s−1)=−(s−1)所以，存在唯一x0∈(s−2,s−1)，φ(x0)=0，当00，当x>x0时，f′(x)所以f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减;所以，f(x)存在唯一极大值点x0，且x0∈(s−2,s−1)． ②结论：ξ(s)在(2,+∞)上单调递增．证明：由 ①知：当s>2时，f(x)存在唯一极大值点，任意s，t∈(2,+∞)，且sf(x)=xt−1ex−1的极大值点为ξ(t)，记为x2;则x1为φ1(x)=(s−1−x)ex−(s−1)的零点，x2为φ2(x)=(t−1−x)ex−(t−1)的零点，则φ1(x1)=(s−1−x1)ex1−(s−1)=0φ2(x2)=(t−1−x2)ex2−(t−1)=0由 ①知：x1∈(s−2,s−1)，x2∈(t−2,t−1)由φ1(x1)=(s−1−x1)ex1−(s−1)=0得：ex1=s−1s−1−x1φ2(x1)=(t−1−x1)s−1s−1−x1−(t−1)=(t−1)(s−1)−x1(s−1)−(s−1)(t−1)+(t−1)x1s−1−x1=(t−1)x1−x1(s−1)s−1−x1=(t−s)x1s−1−x1，由于x1∈(s−2,s−1)，s0，根据 ①的分析可知，x2∈(x1,+∞)，φ2(x2)=0，即x1所以ξ(s)在(2,+∞)上单调递增．【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的极点，属于难题．(1)求f′(x)，由导函数正负，判断当1(2)当s>2时， ①由f′(x)判断函数的单调性以及函数的值分布，可证函数f(x)有唯一极值点; ②设f(x)=xs−1ex−1的极大值点为ξ(s)，记为x1，f(x)=xt−1ex−1的极大值点为ξ(t)，记为x2，通过讨论x1，x2可得ξ(s)在(2,+∞)上单调递增．