2019-2020学年河北省唐山一中高三(上)期中数学试卷1(含答案解析)

2019-2020学年河北省唐山一中高三（上）期中数学试卷1一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|(x+3)(2−x)>0}，B={x|(12)x≤4}，则()A. A∩B={x|−2<x<2}B. A∩B={x|−3<x<−2}C. A∪B={x|x≥−2}D. A∪B={x|x>−3}2.已知i为虚数单位，且复数z满足z(1+2i)=i2020+i，则下面关于复数z的三个命题：①复数z的虚部为−15i；②|z|=3；③复数z的共轭复数z对应的点在第一象限．其中正确命题的个数为()A. 1B. 2C. 3D. 03.若某三棱柱截去一个三棱锥后所剩几何体的三视图如图所示，则所截去的三棱锥的外接球的表面积等于()A. 34πB. 32πC. 17πD. 172π4.设S n是数列{a n}的前n项和，若a n+S n=2n，2b n=2a n+2−a n+1，则1b1+12b2+⋯+1100b100=()A. 9798B. 9899C. 99100D. 1001015.以下判断正确的是A. 相关系数r，|r|值越小，变量之间的相关性越强；B. 命题“存在x∈R，x2+x−1<0”的否定是“不存在x∈R，x2+x−1≥0”；C. “p∨q”为真是“¬q”为假的充分不必要条件；D. 若回归直线的斜率估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线方程ŷ=1.23x+0.08．6.若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，且当x∈[0,1]时f(x)=x，则函数y=f(x)−log4|x|的零点个数为()A. 3B. 4C. 5D. 67. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数f (x )=x 4|4x −1|的图象大致是( )A. B.C. D.8. 学业水平测试成绩按照考生原始成绩从高到低分为A ，B ，C ，D ，E 五个等级．某班共有36名学生且全部选考物理、化学两科，这两科的学业水平测试成绩如图所示．该班学生中，这两科等级均为A 的学生有5人，这两科中仅有一科等级为A 的学生，其另外一科等级为B.则该班( ) 等级 科目A B C D E 物理 10 16 9 1 0 化学81972B. 物理化学等级都是B 的学生至少有5人C. 这两科只有一科等级为B 且最高等级为B 的学生至多有19人D. 这两科只有一科等级为B 且最高等级为B 的学生至少有2人9. 函数ℎ(x)=x 2+22x+1x 2+x+1，若存在正实数x 1，x 2，…，x n ，其中n ∈N ∗且n ≥2，使得ℎ(x n )=ℎ(x 1)+ℎ(x 2)+⋯+ℎ(x n−1)，则n 的最大值为( )A. 6B. 7C. 8D. 910. 如图所示，在△ABC 中，AD =DB ，F 在线段CD 上，设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a ⃗ +y b ⃗ ，则1x +4y 的最小值为( )A. 6+4√2B. 9√3C. 9D. 6+2√211. 设函数f(x)=asinωx +bcosωx(ω>0)在区间[π6 ，π2]上单调，且f(π2)=f(2π3)=−f(π6)，当x =π12时，f(x)取到最大值4，若将函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数g(x)的图象，则函数y =g(x)−√x +π3零点的个数为A. 4B. 5C. 6D. 712. 若函数存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a 的取值范围为( )A. (−1e 2,1e 2)B. (−1e ,1e )C. (−1e 2,0]D. (−1e ,0]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 如图，在ΔABC 中，AB =4，AC =2，∠BAC =60∘，已知点E ，F 分别是边AB ，AC 的中点，点D 在边BC 上，若DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =134，则线段BD 的长为 ．14. 若变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0，则目标函数z =x +y 的最小值为______．15. 已知角φ的终边经过点P(1,−2)，函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于π3，则f (π12)的值为_________．16. 已知D 、E 、F 分别是正四面体的棱PA 、PB 、PC 上的点，且PD ≠PE ，若DE =2，DF =EF =√7，则四面体P −DEF 的体积是______． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 在△ABC 中，∠BAC =π4，AB =2，BC =√172，M 是线段AC 上的一点，且tan∠AMB =−2√2．(Ⅰ)求AM 的长度； (Ⅱ)求△BCM 的面积．18.已知数列{a n}满足a1=1，√a n−√a n+1=√a n⋅a n+1(n∈N∗)．(Ⅰ)求证：数列{√1a n}为等差数列，并求a n；(Ⅱ)设b n=√1+2a n+1，数列{b n}的前n项和为S n，求证：S n<n+1−1n+1．19.如图所示，有两条道路OM与ON，，现要铺设三条下水管道OA，OB，AB(其中A，B分别在OM，ON上)，若下水管道的总长度为3km.设OA=a(km)，OB=b(km)．(1)求b关于a的函数表达式，并指出a的取值范围；(2)已知点P处有一个污水总管的接口，点P到OM的距离PH为√34km，到点O的距离PO为√74km，问下水管道AB能否经过污水总管的接口点P？若能，求出a的值，若不能，请说明理由．20.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC−A1B1C1的高．ax2+e2x．21.已知f(x)=e x−12(Ⅰ)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：f(x2)<e2．22.已知a,b为实数，函数f(x)=ax3−bx．(1)当a>0, b>0时，求函数f(x)的单调减区间；(2)当a=0, b=−1时，记ℎ(x)=lnx．f(x)①函数ℎ(x)的图象上一点P(x0, y0)处的切线方程为y=y(x)，记g(x)=ℎ(x)−y(x)．问：是否存在x0，使得对于任意x1∈(0,x0)，任意x2∈(x1,+∞)，都有g(x1)g(x2)<0恒成立？若存在，求出所有可能的x0组成的集合，若不存在，说明理由．②令函数H(x)={x2e ,x≥sℎ(x),0<x<s，若对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)=k成立，求实数s的取值集合．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析： 【分析】本题主要考查集合的运算，属于基础题．先解不等式化简集合A 、B ，再根据交集和并集的定义计算，即可得到答案． 【解答】解：A ={x|(x +3)(2−x)>0}={x|−3<x <2}， B ={x|(12)x ⩽4}={x|x ≥−2}， 所以A ∪B ={x|x >−3}；A ∩B ={x|−2≤x <2}故选D ．2.答案：A解析： 【分析】本题主要考查复数的概念以与几何意义、共轭复数，以及复数的四则运算与复数的模，属于基础题． 先由复数的四则运算化简复数，再逐项判断即可． 【解答】解：由z(1+2i)=i 2020+i ，可得z =1+i1+2i =(1+i)(1−2i)5=35−15i ，则复数z 的虚部为−15，故①错误； |z|=√(35)2+(−15)2=√105，故②错误；z =35+15i ，所对应的点(35,15)在第一象限，故③正确，所以正确命题的个数为1， 故选A ．3.答案：A解析：本题考查球的表面积，是基础题．解决问题的关键是由三视图得出三棱锥外接球的半径，然后由表面积公式可得答案． 【解答】解：由题意可知，截去的三棱锥底面三角形为直角三角形， 两直角边分别为3、4，棱锥的高为3，∴三棱锥上底面外接圆的半径为52，球心到上底面的距离为32， ∴R 2=(52)2+(32)2=344，∴外接球的表面积S =4πR 2=34π． 故选A ．4.答案：D解析： 【分析】本题主要考查了求数列通项公式，裂项相消求和，属于基础题目．先根据a n +S n =2n 求出2a n+2−a n+1=2n+1，进而求出b n =log 22n+1=n +1，所以1nb n=1n ⋅1n+1=1n−1n+1，最后根据裂项相消得解． 【解答】解∵a n +S n =2n ①，当n ≥2时，a n−1+S n−1=2n−1②，则由①−②可推出a n −a n−1+(S n −S n−1)=2n −2n−1=2n−1，即2a n −a n−1=2n−1，则有2a n+2−a n+1=2n+1，b n =log 22n+1=n +1， 从而1nb n=1n ⋅1n+1=1n −1n+1，故1b 1+12b 2+⋯+1100b100=1−12+12−13+⋯+199−1100+1100−1101=1−1101=100101．5.答案：D解析：【分析】A根据相关系数r的大小与相关性强弱的关系进行判断．B特称命题的否定是全称命题进行判断C根据复合命题与充分条件和必要条件的定义进行判断，D根据回归方程的性质代入进行求解判断．本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了相关系数，回归分析，特称命题的否定，充要条件，复合命题等知识点，难度中档．【解答】解：A中，相关系数|r|值越小，变量之间的相关性越弱，故错误．B中，命题“存在x∈R，x2+x−1<0”的否定是“任意x∈R，x2+x−1≥0”，故错误．C中，“p∨q”为真时，“¬p”为假不一定成立，故“p∨q”为真是“¬p”为假的不充分条件，“¬p”为假时，“p”为真，“p∨q”为真，故“p∨q”为真是“¬p”为假的必要条件，故“p∨q”为真是“¬q”为假的必要不充分条件，故错误D中，若回归直线的斜率估计值是1.23，样本点的中心为(4,5)，则a=5−1.23×4=0.08，则回归直线方程是y=1.23x+0.08，故正确；故选D．6.答案：D解析：【分析】本题考查函数的周期性和函数的奇偶性、对数函数、零点与方程根等知识，属中等题．根据定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)=x，我们易画出函数f(x)的图象，然后根据函数y=f(x)−log4|x|的零点个数，即为对应方程的根的个数，即为函数y=f(x)与函数y=log4|x|的图象交点的个数，利用图象法得到答案．【解答】解：若函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，则函数是以2为周期的周期函数，又由函数是定义在R上的偶函数，结合当x∈[0,1]时，f(x)=x，我们可以在同一坐标系中画出函数y=f(x)与函数y=log4|x|的图象如图所示：由图可知函数y=f(x)与函数y=log4|x|的图象共有6个交点，即函数y=f(x)−log4|x|的零点个数是6个，故选D．7.答案：D解析：【分析】本题考查了函数的图象和性质，利用函数的奇偶性，单调性和取特值判断函数的图象是解题的关键，属于一般题．结合函数解析式，判断函数的奇偶性，再根据特殊值，即可求得答案．解析：解：因为函数f(x)=x 4|4x−1|，f(−x)=(−x)4|4−x−1|=x4|4−x−1|≠±f(x)，所以函数f(x)不是偶函数，也不是奇函数，图象不关于y轴对称，也不关于原点对称，故排除A、B选项；又因为f(3)=97,f(4)=256255,所以f(3)>f(4)，而选项C，函数f(x)=x 4|4x−1|在x∈(0,+∞)上是递增的，故排除C．故选D．8.答案：C解析：解：根据表格数据以及题意可知，仅是物理等级为A，化学等级为B的有10−5=5人，仅是化学等级为A，物理等级为B的有8−5=3人，所以物理化学等级都是B的学生至多有16−3=13人(∵13<19−5)，A错误；物理化学等级都是B的学生至少有16−7−2−3=4人(或19−5−9−1=4)，B错误；这两科只有一科等级为B且最高等级为B的学生至多有7+2+9+1=19人，C正确；物理化学等级都是B的学生至多有13人，所以这两科只有一科等级为B且最高等级为B的学生至少有19−5−13=1人，D错误．故选：C．根据条件逐一推理验证即可解出．本题主要考查合情推理的应用，属于中档题．9.答案：C解析：解：ℎ(x)=x 2+22x+1x 2+x+1=1+21x x 2+x+1=1+21x+1x+1(x >0)，当x >0时，x +1x ≥2，x +1x +1≥3，0<21x+1x+1≤7，1<1+21x+1x+1≤8，即1<ℎ(x)≤8，所以1<ℎ(x n )≤8，n −1<ℎ(x 1)+ℎ(x 2)+⋯+ℎ(x n−1)≤8(n −1)，由ℎ(x n )=ℎ(x 1)+ℎ(x 2)+⋯+ℎ(x n−1)知，集合(1,8]∩(n −1,8(n −1)]≠⌀，因为n ∈N ∗且n ≥2， 所以n −1<8，8(n −1)>1，所以18<n −1<8，即2≤n <9，又n ∈N ∗，所以n 的最大值为8， 故选：C ．用均值不等式求出函数ℎ(x)=x 2+22x+1x 2+x+1的值域(1,8】，则ℎ(x n )∈(1,8】与ℎ(x 1)+ℎ(x 2)+⋯+ℎ(x n−1)∈((n −1),8(n −1)]需有公共元素，进而可求n 的范围．本题考查了基本不等式的性质，考查了灵活解决问题的能力，属于基础题．10.答案：A解析： 【分析】本题考查了向量共线定理、“乘1法”和基本不等式的性质，属于基础题．F 在线段CD 上，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a ⃗ +y b ⃗ =2x AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y b ⃗ ，利用向量共线定理可得：2x +y =1.再利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：∵F 在线段CD 上，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a ⃗ +y b ⃗ =2x AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y b ⃗ ， ∴2x +y =1.x ，y >0． ∴1x +4y =(2x +y)(1x +4y )=6+yx +8x y≥6+2√y x ⋅8x y=6+4√2，当且仅当y =2√2x =2−√2时取等号． 故选A ．11.答案：D解析： 【分析】本题考查函数y =Asin(ωx +φ)的图象与性质，零点和交点的关系，函数图像的应用，导数的计算，属于较难题．根据题目中的信息得到函数的表达式，画出三角函数g (x )=4sin (x +π3)和函数y =√x +π3的图像，根据导数得到函数图像的性质和大致趋势，从二者交点得到零点个数． 【解答】解：设f (x )=√a 2+b 2sin (ωx +φ)(ω>0)， ∴π2−π6≤T2=12⋅2πω=πω，即0<ω≤3，又f (π2)=f (2π3)=−f (π6)， ∴x =π2+2π32=7π12为f (x )=√a 2+b 2sin (ωx +φ)的一条对称轴，且π2+π62=π3，则(π3,0)为f (x )=√a 2+b 2sin (ωx +φ)的一个对称中心，由于0<ω≤3，所以x =7π12与(π3,0)为同一周期里相邻的对称轴和对称中心，则T =4(7π12−π3)=π， ∴ω=2.因为f(x)的最大值为4，则√a 2+b 2=4，且f(π12)=asin 2π12+bcos 2π12=4，解之得a =2，b =2√3．故f (x )=2sin2x +2√3cos2x =4sin (2x +π3)，由图象变换可得，g (x )=4sin (x +π3)． 因为g (x )=4sin (x +π3)在(−π3,0)处的切线斜率为g′(−π3)=4cos (−π3+π3)=4，又y =√x +π3在(−π3,0)处切线斜率不存在.即切线方程为x =−π3．如图所示：同时√x +π3>4时，x >16−π3，所以y =g (x )−√x +π3的零点有7个．故选D ．12.答案：D解析： 【分析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值问题，属于中档题．先求导，再由f ′(x)=0得到x =1或ae x −1x =0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值小于0即可求出a 的范围． 【解答】解：∵f(x)=a(x −2)e x +lnx −x ，x >0， ∴f ′(x)=a(x −1)e x +1x −1=(x −1)(ae x −1x )，由f ′(x)=0得到x =1或ae x −1x =0(∗)，由于f(x)仅有一个极值点，关于x 的方程(∗)必无解， ①当a =0时，(∗)无解，符合题意， ②当a ≠0时，由(∗)得，a =1xe ，设g(x)=xe x ，x >0，∴g ′(x)=e x (x +1)>0恒成立， ∴g(x)为增函数，∴函数y =1xe x 为减函数， ∴当x →+∞时，y →0，x →0,y →+∞， ∴y =1xe 在x ∈(0,+∞)上的值域是(0,+∞)， ∴a <0时，ae x −1x =0在x ∈(0,+∞)上无解， 满足题意，∴x =1为f(x)的极值点，∵f(1)=−ae −1<0，∴a >−1e ， 综上可得a 的取值范围是(−1e ,0]． 故选D ．13.答案：√32解析： 【分析】本题考查了向量的数量积运算和坐标运算，考查计算求解能力，属于中档题目．先是以A 为坐标原点，AB 为x 轴，过A 点的AB 的垂线为y 轴建立坐标系，故可得各个点的坐标，再由DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =134和B 、D 、C 三点共线，解出答案． 【解答】解：以A 为坐标原点，AB 为x 轴，过A 点的AB 的垂线为y 轴建立坐标系，如下图：由题意得A(0,0)，B(4,0)，C(1,√3)，E(2,0)，F(12,√32)，设，则，，，，，又B 、D 、C 三点共线，则有BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，，由①②联立解得{x =134y =√34或{x =14y =5√34(舍去)， ，，故答案为√32．14.答案：−1解析：解：作出变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0的平面区域，如图：由z =x +y 可得y =−x +z ，则z 为直线y =−x +z 在y 轴上的截距，截距越小，z 越小做直线L ：x +y =0，然后把直线L 向可行域方向平移，当直线与x +y =−1重合时，目标函数取得最小值，此时z =−1． 故答案为：−1．先根据条件画出可行域，设z =x +y ，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y 轴上的截距最大，只需求出直线z =x +y ，取得截距的最小值，从而得到z 最小值即可．本题考查线性规划的应用，借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．15.答案：−√1010解析：【分析】本题考查三角函数的定义以及三角函数的图形与性质，两角和与差的三角函数公式，属于基础题．由三角函数的图象和性质可得，利用三角函数的定义，两角和与差的三角函数求解即可．【解答】解：由题意得，又函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离等于π3，则，所以，所以．所以=√22×√55+√22×(−2√55)=−√1010．故答案为−√1010．16.答案：√178解析：解：如图，设PD=x，PE=y，PF=z，则∵DE=2，DF=EF=√7，∴由余弦定理得，x2+y2−2xy⋅12=4①y2+z2−2yz⋅1=7②z 2+x 2−2zx ⋅12=7③ ③−②得，x 2−y 2=xz −yz ， 即(x +y)(x −y)=z(x −y)， ∵x ≠y ，则z =x +y ， 代入②，得x 2+y 2+xy =7， 又x 2+y 2−xy =4，不妨设x >y ， 解得，x =√34+√104，y =√34−√104，z =√342．则S △PDE =12×√34+√104×√34−√104×√32=3√38， F 到平面PDE 的距离d =√63z =√63×√342=√513． ∴V P−DEF =13×3√38×√513=√178． 故答案为√178．由题意画出图形，设PD =x ，PE =y ，PF =z ，由余弦定理得到关于x ，y ，z 的方程组，求解可得x ，y ，z 的值，然后分别求出三角形PDE 的面积及F 到平面PDE 的高，代入棱锥体积公式得答案． 本题考查余弦定理和棱锥体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题．17.答案：解：(Ⅰ)∵tan∠AMB =−2√2；∴sin∠AMB =2√23，cos∠AMB =−13；由正弦定理，BMsin∠A =ABsin∠AMB ，即√22=2√23，解得BM =32；由余弦定理，cos∠AMB =AM 2+BM 2−AB 22AM⋅BM，即−13=AM 2+94−42×AM×32，解得AM =√2−12；(Ⅱ)∵cos∠CMB =cos(π−∠AMB)=−cos∠AMB =13，∴sin∠CMB =2√23， 在△BCM 中，由余弦定理，有BC 2=BM 2+CM 2−2BM ⋅CM ⋅cos∠CMB ∴CM =2，∴S △BCM =12BM ⋅CM ⋅sin∠CMB =12×32×2×2√23=√2．解析：(Ⅰ)先求出∠AMB 的正弦值和余弦值，利用正弦定理求出BM 的长，利用余弦定理求出AM 的长；(Ⅱ)利用正弦定理求出sin∠CMB 的值，利用余弦定理求出CM 的值，最后使用公式S △BCM =12BM ⋅CM ⋅sin∠CMB 求出△BCM 的面积．本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知条件较多，难度不大，但是计算量较大，属中档题．18.答案：(Ⅰ)解：由√a n −√a n+1=√a n ⋅a n+1，得a √a =1，所以数列{√a }是以1为首项1为公差的等差数列，即√a =1+(n −1)=n ， 化简得a n =1n 2．(Ⅱ)证明：因为1n+1−1n <0，所以2n+1(1n+1−1n )<0<1n 2(n+1)2， 可得：2(n+1)2<2n(n+1)+1n 2(n+1)2， 即1+2(n+1)2<1+2n(n+1)+1n 2(n+1)2， 所以√1+2(n+1)2<1+1n(n+1)，因为b n =√1+2a n+1=√1+2(n+1)2<1+1n(n+1)，所以S n =b 1+b 2+⋯+b n <n +11×2+12×3+⋯+1n(n+1)=n +1−1n+1． 所以：S n <n +1−1n+1．解析：(Ⅰ)由已知推出√a −√a =1，说明数列{√a }是以1为首项1为公差的等差数列，然后求解通项公式．(Ⅱ)化简b n =√1+2a n+1<1+1n(n+1)，然后利用裂项消项法求解数列的和，证明结果． 本题考查数列的递推关系式的应用，通项公式的求法以及数列和的求法，放缩法的应用，考查计算能力．19.答案：解：(1)因为OA +OB +AB =3，所以AB =3−a −b ．因为∠MON =60°，由余弦定理得AB 2=a 2+b 2−2abcos60°， 所以(3−a −b)2=a 2+b 2−ab ，整理得b =2a−3a−2．由a >0，b >0，3−a −b >0及a +b >3−a −b ，a +3−a −b >b ，b +3−a −b >a ， 得0<a <32． 综上，b =2a−3a−2，0<a <32． (2)以O 为原点，OM 为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．因为PH =√34，PO =√74，所以点P(12,√34)．假设直线AB 过点P ． 因为点A(a,0)， 所以直线AP 方程为y =√3412−a (x −a)，即y =√32−4a(x −a)，又点B(12b,√32b)， 则点B(12⋅2a−3a−2,√32⋅2a−3a−2)，将点B 的坐标代入直线AP 的方程得√32⋅2a−3a−2=√32−4a (12⋅2a−3a−2−a)． 化简得6a 2−10a +3=0，所以a =5±√76，a ∈(0,32)，即下水管道AB 能经过污水总管的接口点P ，此时a =5±√76．解析：本题考查了解三角形的应用，考查了余弦定理，是一般题．(1)把AB 的长度用含有a ，b 的代数式表示，在三角形AOB 中利用余弦定理得到b 和a 的关系，即得到b 关于a 的函数表达式，利用三角形两边之和大于第三边得到a 的取值范围；(2)利用解析法，以O 为原点，OM 所在直线为x 轴，建立直角坐标系，求出P 点的坐标，假设AB 过点P ，设出A ，B 的坐标，写出A ，P 所在直线方程，把B 点坐标代入直线方程求出a 的值，在定义域当中，则假设成立，否则，不成立．20.答案：(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵侧面BB 1C 1C 为菱形， ∴BC 1⊥B 1C ， ∵AO ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AO ⊥B 1C ， ∵AO ∩BC 1=O ， ∴B 1C ⊥平面ABO ， ∵AB ⊂平面ABO ， ∴B 1C ⊥AB ；(2)解：作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ， ∵BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，AO ∩OD =O ， ∴BC ⊥平面AOD ， ∴OH ⊥BC ，∵OH ⊥AD ，BC ∩AD =D ， ∴OH ⊥平面ABC ，∵∠CBB 1=60°， ∴△CBB 1为等边三角形， ∵BC =1，∴OD =√34，∵AC ⊥AB 1，∴OA =12B 1C =12，由OH ⋅AD =OD ⋅OA ，可得AD =√OD 2+OA 2=√74，∴OH =√2114，∵O 为B 1C 的中点，∴B 1到平面ABC 的距离为√217，∴三棱柱ABC −A 1B 1C 1的高√217．解析：(1)连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，证明B 1C ⊥平面ABO ，可得B 1C ⊥AB ；(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ，证明△CBB 1为等边三角形，求出B 1到平面ABC 的距离，即可求三棱柱ABC −A 1B 1C 1的高．本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．21.答案：(Ⅰ)解：当a =1时，f ′(x)=e x −x +e 2，令g(x)=e x −x +e 2， 则g′(x)=e x −1，故当x ∈(−∞,0)时g ′(x)<0，f ′(x)单调递减，当x ∈(0,+∞)时g ′(x)>0，f′(x)单调递增，则，当x =0时，f′(x)取最小值，f ′(0)=1+e 2>0，故f′(x)恒大于0 ，即f(x)在R 上单调递增；(Ⅱ)证明：f ′(x)=e x −ax +e 2，x 1,x 2是方程e x −ax +e 2=0的两个不等实根， 令ℎ(x)=e x −ax +e 2，则ℎ′(x)=e x −a ， 若a ⩽0，则ℎ′(x)>0，f ′(x)单增，f′(x)=0不可能有两个不等实根，故a >0，此时f ′(x)在(−∞,lna )上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增， 当x →−∞时，f ′(x)>0， 当x →+∞时，f ′(x)>0，故只需，即a >e 2，又e x 2−ax 2+e 2=0，∴f (x 2)=e x 2−12ax 22+e 2x 2=e x2−12(e x2+e2)x2+e2x2=(1−12x2)e x2+12e2x2，设t(x)=(1−12x)e x+12e2x，则t′(x)=(12−12x)e x+12e2，令m(x)=(12−12x)e x+12e2，m′(x)=−12xe x，∵x2>lna>2，故m′(x)<0，t′(x)在(2,+∞)上单减，t′(2)=0，故t′(x)在(2,+∞)上恒小于0 ，故t(x)在(2,+∞)上单减，∴t(x)<t(2)=e2，即f(x2)<e2.解析：本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力．(Ⅰ)求出函数的导数再构造新函数，通过求新函数的单调性及其对应函数值的正负，从而确定原函数的单调性；(Ⅱ)求出函数的导数再构造新函数，对a进行分情况讨论，再构造新的函数，并研究其单调性，从而得证，结论成立．22.答案：解：(1)f′(x)=3ax2−b，a>0,b>0，由f′(x)=3ax2−b<0得，−√b3a <x<√b3a，所以减区间为(−√b3a ,√b3a);，，，，，g(x0)=0，，g′(x0)=0，令，G′(x)=−3+2lnxx3，∴g′(x)在(0,e32)递减，在(e32,+∞)递增，若x<e32，则x∈(0,x0)时，g′(x)>0，g(x)递增，g(x)<g(x0)=0，x∈(x0,e32)时，g′(x)<0，g(x)递减，g(x)<g(x0)=0，不符合题意，若x>e32，则x∈(e32,x0)时，g′(x)<0，g(x)递减，g(x)>g(x0)=0，x∈(x0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)递增，g(x)>g(x0)=0，不符合题意，若x=e32，则g′(x)>0恒成立，g(x)恒增，x∈(0,e32)时，g(x)<0，x∈(e32,+∞)时，g(x)>0，符合题意，综上，存在x0满足要求，且x0的取值集合是{e32}，②∵对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)=k成立，∴y=H(x)的值域是R，y=12e x在[s,+∞)递增，值域是[s2e,+∞)，对于，，x=e时，y′=0，x>e时，y′<0，在(e,+∞)递减，0<x<e时，y′>0，在(0,e)递增，若s>e，则函数在(0,e)递增，[e,s)是减函数，其值域是(−∞,1e]，又1e <s2e，不符合题意，舍去，若0<s≤e，则函数在(0,s)递增，其值域是，由题意得：，即s2−2elns≤0，①记u(s)=s2−2elns，u′(s)=2s−2es =2(s2−e)s，0<s<√e时，u′(s)<0，u(s)在(0,√e)递减，s>√e时，u′(s)>0，u(s)在(√e,e)递增，∴s=√e时，u(s)有最小值u(√e)=0，从而u(s)≥0恒成立(当且仅当s=√e时，u(s)=0)，②由①②得：u(s)=0，得：s=√e，综上，实数s的取值集合是{√e}.解析：本题考查函数的导数与单调性，最值的关系，综合性较强，难度较大．(1)由f′(x)=3ax2−b<0求得单调减区间；(2)①求出ℎ(x)，y(x)，g(x)，再令G(x)=g′(x)，分类讨论，分析g′(x)的单调性，从而判断g(x)的正负，即可求解；②对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)=k成立，故y=H(x)的值域是R，因为y=12ex在[s,+∞)递增，值域是[s2e ,+∞)，故只需的最大值≥s2e即可，通过导数分类讨论，即可求解．。