2019-2020学年度高三年级上学期四调考试
数学（理科）试卷
一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分，下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）
1.已知集合A?x|x?x?1??0，B?x|y?ln?x?a?，若AIB?A，则实数a的取值范围为（ ） A. ???,0? 【答案】A 【解析】 【分析】
分别求出集合A集合B范围，根据AIB?A得到A是B子集，根据范围大小得到答案. 【详解】A?x|x?x?1??0?0?x?1
B. ???,0?
C. ?1,???
D. 1,???
???????B??x|y?ln?x?a???x?a
A?B?A?A?B
所以a?0 故答案选A
【点睛】本题考查了集合的包含关系求取值范围，属于简单题.
22.已知AB是抛物线y?2x的一条焦点弦，AB?4，则AB中点C的横坐标是 ( )
A. 2 【答案】B 【解析】 【分析】
B.
3 2C.
1 2D.
5 2先设A，B两点的坐标，由抛物线的定义表示出弦长，再由题意，即可求出中点的横坐标. 【详解】设A?x1,y1?，B?x2,y2?，C的横坐标为x0，则x0?x1?x2， 22因为AB是抛物线y?2x的一条焦点弦，所以AB?x1?x2?p?x1?x2?1?4，
所以x1?x2?3，故x0?故选B
x1?x23?. 22【点睛】本题主要考查抛物线的定义和抛物线的简单性质，只需熟记抛物线的焦点弦公式即可求解，属于基础题型.
?的中点，圆柱的轴截面ABCD为正方形，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（ ） 3.如图，E为弧BC
A.
3 3B.
5 5C.
30 6D.
6 6【答案】D 【解析】 【分析】
ED，取BC的中点H，连接EH,AH,?则异面直线AE与BC所成角即为?EAD，再利用余弦定理求
cos?EAD得解.
【详解】取BC的中点H，连接EH,AH,?EHA?90, 设AB?2,则BH?HE?1,AH?5,所以AE?连接ED,ED?o6,
6,因为BC//AD,
所以异面直线AE与BC所成角即为?EAD, 在VEAD中cos?EAD?故选:D
6?4?66?, 62?2?6
【点睛】本题主要考查异面直线所成角的计算，考查余弦定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
4.已知α、β都为锐角，且sin??A. ?2121、cos??，则α﹣β＝（ ）
147C. ?? 3B.
? 3? 6D.
? 6【答案】C 【解析】 【分析】
由同角三角函数的关系以及两角和与差的公式即可求解.
【详解】因
α、β都为锐角，且sin??2121、cos??，
147所以cos??5727，sin?? ，
14721212757491???????， 714714982由sin??????sin?cos??cos?sin??且α、β都为锐角， 所以?????故选：C
?6
【点睛】本题主要考查同角三角函数的关系以及两角和与差的正弦公式，属于基础题. 5.设a?R，b?[0,2?].若对任意实数x都有sin(3x?的对数为（ ）.
?3)=sin(ax?b)，则满足条件的有序实数对（a,b）
A. 1 【答案】B 【解析】
试题分析：sin(3x?又sin(3x?B. 2 C. 3 D. 4
?3)?sin(3x??3?2?)?sin(3x?5?)，3，
??4?4?)?sin[??(3x?)]?sin(?3x?)，(a,b)?(?3,)， 3333注意到b?[0,2?)，只有这两组．故选B． 【考点】三角函数
【名师点睛】本题根据三角函数的图象和性质及三角函数的诱导公式，利用分类讨论的方法，确定得到a,b的可能取值.本题主要考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力、数形结合思想、分类讨论思想等. 【此处有视频，请去附件查看】
x2y26.已知F是双曲线C:-=1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则△OPF的
45面积为（ ） A.
3 2B.
5 2C.
7 2D.
9 2【答案】B 【解析】 【分析】
设P?x0,y0?，因为OP=OF再结合双曲线方程可解出y0，再利用三角形面积公式可求出结果.
x02y02【详解】设点P?x0,y0?，则??1①．
45又OP?OF?4?5?3，
?x02?y02?9②．
由①②得y0?225， 9即y0??S?OPF5， 31155?OFgy0??3??， 2232故选B．
【点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅． 7.已知等差数列?an?的公差不为零，其前n项和为Sn，若S3，S9，S27成等比数列，则A. 3 【答案】C 【解析】 【分析】
由题意，得S9?S3?S27，利用等差数列的求和公式，列出方程求得d?2a1，即可求解
2S9?（） S3B. 6 C. 9 D. 12
S9的值，得到答S3案.
2【详解】由题意，知S3，S9，S27成等比数列，所以S9?S3?S27，
?9(a1?a9)?3(a1?a3)27(a1?a27)即?， ???222??22整理得81a5?3a2?27a14，所以(a1?4d)?(a1?d)(a1?13d)，解得d?2a1，
2所以
S99(a1?a9)3(a1?a3)9a53(a1?4d)27a1?????9， ＝S3223a2a1?d3a1故选C.
【点睛】本题主要考查了等比中项公式，以及等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，其中解答中熟练应用等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8.在?ABC中，点P满足BP?3PC，过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交于点M、N，若
uuvuuuvruuuruuuuruuuruuuAM??AB，AN??AC???0,??0?，则???的最小值为（ ）
A.
2?1 2B.
3?1 2C.
3 2D.
5 2【答案】B 【解析】 【分析】
uuurruuur1uuur3uuurruuur1uuur3uuuuuuuruuuruuuAM?AN，由由题意得出AP?AB?AC，再由AM??AB，AN??AC，可得出AP?4?4?441313??1????三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出???的最4?4?4?4?小值.
【详解】如下图所示：
uuuruuuruuuruuuruuur1uuur3uuuruuruuurQBP?3PC，即AP?AB?3AC?AP，?AP?AB?AC，
44??r1uuuruuur1uuuruuuruuuruuuruuuruuuQAM??AB，AN??AC???0,??0?，?AB?AM，AC??AN，
?uuurr1uuur3uuu13?AP?AM?AN，QM、P、N三点共线，则??1.
4?4?4?4??13?3??3??3???????????????1?2??1??1， ?4?4?4?4?4?4?2??当且仅当??3?时，等号成立，因此，???的最小值为3?1，故选B. 2【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.
9.如图，点P在正方体ABCD?A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：
①三棱锥A?D1PC的体积不变；
②A1P//平面ACD1； ③DP?BC1；
④平面PDB1?平面ACD1．
其中正确的结论的个数是( )
A. 1个 【答案】C 【解析】 【分析】
B. 2个 C. 3个 D. 4个
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【详解】
对于①，由题意知AD1//BC1，从而BC1//平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A?D1PC的体积不变，故①正确； 对于②，连接A1B，A1C1，AC11//AD1且相等，由于①知：AD1//BC1， 所以BA1C1//面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC?平面BCB1C1，所以DC?BC1， 若DP?BC1，则BC1?平面DCP，
BC1?PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；
对于④，连接DB1，由DB1?AC且DB1?AD1，
可得DB1?面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选C．
【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．
10.过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,?7)的圆截直线x?ay?2?0所得弦长的最小值等于（ ） A. 23 【答案】B 【解析】 【分析】
因为圆心在弦AC的中垂线上，所以设圆心P坐标为（a，-2），再利用r2?AP2?BP2，求得a?1，确定圆的方程.又直线过定点Q，则可以得到弦长最短时圆心与直线的定点Q与弦垂直，然后利用勾股定理可求得弦长.
【详解】解：设圆心坐标P为（a,-2），则r2＝?1?a???3?2???4?a???2?2?，解得a=1，所以P（1，-2）.又直线过定点Q（-2，0），当直线PQ与弦垂直时，弦长最短，根据圆内特征三角形可知弦长
2222B. 43 C. 13 D. 213 l=2r2-PQ2=225-13=43∴直线x?ay?2?0被圆截得的弦长为43．
故选B．
11.如图，三棱柱ABC?A1B1C1的高为6，点D，E分别在线段A1C1，B1C上，A1C1?3DC1，B1C?4B1E.点A，D，E所确定的平面把三棱柱切割成体积不相等的两部分，若底面VABC的面积为6，则较大部分的体积为( )
A. 22 【答案】B 【解析】 【分析】
B. 23 C. 26 D. 27
延长AD与CC1的交点为P，连接PE与C1B1的交点为N，延长PE交B1B为M，与面ABC交于点Q，得到截面为DNMA，由题意得A1D＝2DC1，由此能求出较大部分的体积． 【详解】如图，延长AD与CC1的交点为P，连接PE与C1B1的交点为N， 延长PE交B1B为M，与面ABC交于点Q， 得到截面为DNMA，
QA1C1?3DC1，B1C?4B1E，?M，N分别为C1B1，B1B的中点，
下部分体积V下?VP?AQC?VP?DNC1?VM?ABQ?故选B．
11?111h??SAQC??h?h???SVABQ?h??SVDNC1??23． 323232??
【点睛】本题考查几何体中两部分体积之比的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间不规则几何体体积的求解方法的培养．
12.设D?A. 2 【答案】C 【解析】
?x?a?2?e?2a?x?2?a?2,其中e?2.71828，则D的最小值为( )
C. 2?1
D. 3?1
B. 3 分析：由(x?a)2?(ex?2a)表示两点C(x,e)与点A(a,2a)x距离，而点A在抛物线y?4x上，
2抛物线的焦点F(1,0)，准线为x??1，则D表示A与C的距离和A与准线的距离的和加上1，由抛物线的定义可得D表示A与C的距离和加上1，画出图象，当F,A,C三点共线时，可求得最小值. 详解：由题意a?0，D?(x?a)2?(ex?2a)?a?2，
由(x?a)2?(ex?2a)表示两点C(x,e)与点A(a,2a)的距离， 而点A在抛物线y?4x上，抛物线的焦点F(1,0)，准线为x??1， 则D表示A与C的距离和A与准线的距离的和加上1， 由抛物线的定义可得D表示A与C的距离和加上1，
x2x由图象可知F,A,C三点共线时，且QF为曲线y?e的垂线，此时D取得最小值， 即Q为切点，设(m,e)，
mem?0m由?e??1，可得m?e2m?1，
m?1设g?m??m?e2m的，则g?m?递增，且g(0)?1，可得切点Q(0,1)，
即有FQ=1?1=2，则D的最小值为2?1，故选C.
点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，解答中注意运用两点间的距离公式和抛物线的定义，以及
三点共线等知识综合运用，着重考查了转化与化归思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
二、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13.已知函数f?x???【答案】-4 【解析】 【分析】
先求f??，再求f?f???.
?log2x,x?0，则?x?4?2,x?0?f???1??f????______. ?8???1??8???1????8???log2x,x?0【详解】因为函数f?x???， ?x4?2,x?0?则f???log2?1??8?1??3 8?f???1??f????f??3???4.故答案为-4. ?8??【点睛】本题考查了分段函数求值，属于简单题型.
22xy14.已知F1，F2分别为椭圆C:??1的左、右焦点，且点A是椭圆C上一点，点M的坐标为(2,0)，
259若AM为?F1AF2的角平分线，则AF2?___________. 【答案】
5 2【解析】 【分析】
由题意可知：A在y轴左侧，的值．
【详解】解：由题意可知：∠F1AM＝∠MAF2，设A在y轴左侧， ∴
AF1AF2?F1MMF2?3，根据椭圆的性质可知：|AF1|+|AF2|＝2a＝10，即可求得|AF2|
AF1AF2?F1MMF2?3，
由|AF1|+|AF2|＝2a＝10， A在y轴右侧时，|AF2|?故答案为：
105?， 425． 2
【点睛】本题考查椭圆的几何性质及角平分线的性质，属于基本知识的考查．
，在等腰直角?ABC中，斜边AB?4，D为AB的中点，将?ACD沿CD折叠得到如图（2）15.如图（1）
所示的三棱锥C?A?BD，若三棱锥C?A?BD的外接球的半径为5，则?A?DB?_________.
图（1） 图（2）
【答案】
2? 3【解析】 【分析】
根据题意，先找到球心的位置，再根据球的半径是5，以及已有的边的长度和角度关系，分析即可解决． 【详解】解：球是三棱锥C﹣A'BD的外接球，所以球心O到各顶点的距离相等，如图． 根据题意，CD⊥平面A'BD，
取CD的中点E，A'B的中点G，连接CG，DG， 因为A'D＝BD，CD⊥平面A'BD，
所以A'和B关于平面CDG对称，
在平面CDG内，作线段CD的垂直平分线，则球心O在线段CD的垂直平分线上，设为图中的O点位置，过
O作直线CD的平行线，交平面A'BD于点F， 则OF⊥平面A'BD，且OF＝DE＝1， 因为A'F在平面A'BD内，所以OF⊥A'F， 即三角形A'OF为直角三角形，且斜边OA'＝R?∴A'F?5，
R2?OF2?5?1?2，
所以，BF＝2，
所以四边形A'DBF为菱形，
又知OD＝R，三角形ODE为直角三角形， ∴OE?R2?DE2?5?1?2，
∴三角形A'DF为等边三角形， ∴∠A'DF??32?故∠A'DB?，
32?故填：．
3，
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的问题，找到球心的位置是解决本题的关键．属于中档题． 16.设定义在D上的函数y?h(x)在点P(x0,h(x0))处的切线方程为l:y?g(x)，当x?x0时，若
2h(x)?g(x)x?0在D内恒成立，则称P点为函数y?h(x)的“类对称中心点”，则函数f(x)??lnx的2x?x02e“类对称中心点”的坐标是________.
【答案】(e,) 【解析】 【分析】
由求导公式求出函数f（x）的导数，由导数的几何意义和条件求出切线方程，再求出y＝g（x），设F（x）＝f（x）﹣g（x），求出导数化简后利用分类讨论和导数与函数单调性的关系，判断出F（x）的单调性和最值，从而可判断出
32f?x??g?x?x?x0的符号，再由“类对称中心点”的定义确定“类对称中心点”的坐标．
x1x02【详解】解：由题意得，f′（x）?2?，f（x0）?2?lnx0（x＞0），
ex2e即函数y＝f（x）的定义域D＝（0，+∞），
所以函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程l方程为：
x01x02y﹣（2?lnx0）＝（2?）（x﹣x0），
ex2e02x01x0则g（x）＝（2?）（x﹣x0）+（2?lnx0），
ex02e2x01xx20设F（x）＝f（x）﹣g（x）?2?lnx﹣[（2?）（x﹣x0）+（2?lnx0）]，
ex2e2e0则F（x0）＝0，
所以F′（x）＝f′x）﹣g′（x）?x01x?x011x1??? ???（）222exx0exex0??x1?x0?x11x?x??x?x????? 00?2?2exx0x?ex0?e2当0＜x0＜e时，F（x）在（x0，）上递减，
x0f?x??g?x?e2＜0， ∴x∈（x0，）时，F（x）＜F（x0）＝0，此时
x0x?x0e2当x0＞e时，F（x）在（，x0）上递减；
x0f?x??g?x?e2＜0， ∴x∈（，x0）时，F（x）＞F（x0）＝0，此时
x0x?x0∴y＝F（x）在（0，e）∪（e，+∞）上不存在“类对称点”．
21?x1?(x?e)＞0，则F（x）在（0，+∞）上是增函数， 若x0＝e，?x?e??2???2xxe?ee?当x＞x0时，F（x）＞F（x0）＝0，当x＜x0时，F（x）＜F（x0）＝0， 故
f?x??g?x?x?x0＞0，
即此时点P是y＝f（x）的“类对称点”，
综上可得，y＝F（x）存在“类对称点”，e是一个“类对称点”的横坐标，
?3?e23又f（e）?2?lne?，所以函数f（x）的“类对称中心点”的坐标是?e，?，
?2?2e2故答案为：?e，?．
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调增区间，求函数的最值问题、新定义的问题，考查了分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，以及化简变形能力，此题是难题．
??3?2?三、解答题：（本大题共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.在平面四边形ABCD中，?A??C??，AB?1，BC?3，CD?DA?2. （1）求?C；
（2）若E是BD的中点，求CE. 【答案】（1）C?60o；（2）CE?【解析】 【分析】
（1）利用余弦定理进行化简，求出C；（2）利用向量法求出CE．
【详解】（1）由题设及余弦定理得：BD2?BC2?CD2?2BC?CDcosC?13?12cosC， BD2＝AB2+DA2﹣2AB?DAcosA＝5+4cosC， 所以cosC?19 21， 2?C?60o；
uuur1uuuruuuruuur21uuur2uuur2uuuruuur1119（2）由CE?(CD?CB)，得CE?(CD?CB?2CD?CB)?(4?9?2?2?3?)?所以
42424CE?19. 2
【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查了向量数量积运算，属于中档题．
18. 如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G.
（Ⅰ）证明：G是AB的中点；
（Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）作图见解析，体积为【解析】
试题分析：证明AB?PG.由PA?PB可得G是AB的中点.（Ⅱ）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且PA?6，可得
4. 3DE?2,PE?22.在等腰直角三角形EFP中，可得EF?PF?2.四面体PDEF的体积
114V???2?2?2?.
323试题解析：（Ⅰ）因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB?PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB?DE. 所以AB?平面PED，故AB?PG.
又由已知可得，PA?PB，从而G是AB的中点.
（Ⅱ）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影. 理由如下：由已知可得PB?PA，PB?PC，又EFPPB,所以EF?PA，EF?PC,因此EF?平面
PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.
连结CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心. 由（Ⅰ）知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD?2CG. 321PG,DE?PC. 33由题设可得PC?平面PAB，DE?平面PAB，所以DEPPC，因此PE?由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA?6，可得DE?2,PE?22. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF?PF?2. 所以四面体PDEF的体积V?114??2?2?2?. 323【考点】线面位置关系及几何体体积计算
【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主. 【此处有视频，请去附件查看】
x2y25，AB?13， 19.设椭圆2?2?1(a?b?0)的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为ab3，1）求椭圆方程；
，2，设直线l:y?kx(k?0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若
△BPM的面积是VBPQ面积的2倍，求k的值．
1x2y2【答案】，1，??1，(2)?，
294【解析】
x2y2分析：，I）由题意结合几何关系可求得a?3,b?2.则椭圆的方程为??1.
94，II）设点P的坐标为?x1,y1?，点M的坐标为?x2,y2? ，由题意可得x2?5x1.
?x2y2?2x?3y?6,6??2x?3y?6.由方程组?9易知直线AB的方程为，由方程组?可得x2?4?1,可得
y?kx,3k?2??y?kx,?x1?69k2?4.结合x2?5x1，可得k??的811，或k??.经检验k的值为?. 922c25详解：设椭圆的焦距为2c，由已知得2?，又由a2?b2?c2，可得2a?3b．由|AB|?a2?b2?13,（I）
a9从而a?3,b?2．
x2y2所以，椭圆的方程为??1．
94（II）设点P的坐标为(x1,y1)，点M的坐标为(x2,y2)，由题意，x2?x1?0， 点Q的坐标为(?x1,?y1)．由△BPM的面积是VBPQ面积的2倍，可得|PM|=2|PQ|， 从而x2?x1?2[x1?(?x1)]，即x2?5x1．
?2x?3y?6,6易知直线AB的方程为2x?3y?6，由方程组?消去y，可得x2?．由方程组
y?kx,3k?2??x2y26??x?y?1,消去可得．由x2?5x1，可得9k2?4?5(3k?2)，两边平方，整理得，14?929k?4?y?kx,?18k?25k?8?0，解得k??281，或k??． 921281时，x2??9?0，不合题意，舍去；当k??时，x2?12，x1?，符合题意． 9251所以，k的值为?．
2当k??点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
20.如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED?平面ABCD，EF//AB，AB?2，DE?3，
BC?EF?1，AE?6，?BAD?60?，G为BC的中点.
（1）求证：平面BED?平面AED； （2）求直线EF与平面BED所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】
5 6的（1）根据余弦定理求出BD?3，继而得到BD⊥AD，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先判断出直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所形成的角，再根据余弦定理和解直角三角形即可求出答案．
【详解】（1）证明：在?ABD中，AD?1，AB?2，?BAD?60?，由余弦定理可得BD?3，进而?ADB?90?，即BD?AD，又∵平面AED?平面ABCD，
BD?平面ABCD，平面AEDI平面ABCD?AD，∴BD?平面AED，
∵BD?平面BED，∴平面BED?平面AED.
（2）∵EF//AB，∴直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所形成的角， 过点A作AH?DE于点H，连接BH，又平面BEDI平面AED?ED， 由（1）知AH?平面BED，∴直线AB与平面BED所成的角为?ABH， 在?ADE，AD?1，DE?3，AE?26，由余弦定理得cos?ADE?，
3∴sin?ADE?55AH5，∴AH?AD?，在Rt?AHB中，sin?ABH?， ?33AB6∴直线EF与平面BED所成角的正弦值
5. 6
【点睛】本题考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题．
221.设抛物线?的方程为y?2px，其中常数p?0，F是抛物线?的焦点.
（1）设A是点F关于顶点O的对称点，P是抛物线?上的动点，求
|PA|的最大值； |PF|（2）设p?2，l1，l2是两条互相垂直，且均经过点F的直线，l1与抛物线?交于点A，B，l2与抛物线?交于点C，D，若点G满足4FG?FA?FB?FC?FD，求点G的轨迹方程. 【答案】（1）最大值为2；（2）y2?x?3 【解析】
uuuruuuruuuruuuruuur【分析】
（1）求得A的坐标，设出过A的直线为y＝k（x?倾斜角，可得所求最大值；
（2）求得F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），G（x，y），设l1：y＝k（x﹣1），联立抛物线方程，运用韦达定理，以及两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，结合向量的坐标表示，以及消元，可得所求轨迹方程． 【详解】（1）A是点F(p），k＝tanα，联立抛物线方程，运用判别式为0，求得2pp,0)关于顶点O的对称点，可得A(?,0)， 22p设过A的直线为y?k(x?)，k?tan?，
2k2p2?0， 联立抛物线方程可得kx?(kp?2p)x?4222由直线和抛物线相切可得??(kp?2p)?kp?0，解得k??1， 可取k?1，可得切线的倾斜角为45°，
2242|PA|11??由抛物线的定义可得，而?的最小值为45°， ?|PF|sin(90??)cos?|PA|的最大值为2； |PF|（2）由y?4x，可得F(1,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，G(x,y)，
2设l1:y?k(x?1)，联立抛物线y?4x，可得kx?(2k?4)x?k?0，
2222244y?y?k(x?x)?2k?，， 12122kk1由两直线垂直的条件，可将k换为?，可得x3?x4?2?4k2，y3?y4??4k，
kuuuruuuruuuruuuruuur点G满足4FG?FA?FB?FC?FD，可得4(x?1,y)?(x1?x2?x3?x4?4,y1?y2?y3?y4)，
即有x1?x2?2?2即为4x?x1?x2?x3?x4?4k?444y?y?y?y?y??4k??4，， 1234kk212122可得y?(k?)?k?2?2?x?3，则G的轨迹方程为y2?x?3.
kk【点睛】本题考查抛物线的定义和方程、性质，考查直线和抛物线的位置关系，注意联立直线方程和抛物线方程，运用判别式和韦达定理，考查向量的坐标表示，以及化简运算能力，属于中档题． 22.设a,b?R，|a|?1.已知函数f(x)?x?6x?3a(a?4)x?b，g(x)?ef(x).
32x（1）求f(x)的单调区间；
x（2）已知函数y?g(x)和y?e的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线，
（i）求f(x)在x?x0处的导数；
x（ⅱ）若关于x的不等式g(x)?e在区间?x0?1,x0?1?上恒成立，求b的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为(??,a)，(4?a,??)，单调递减区间为(a,4?a)；（2）（ⅰ）0，（ⅱ）[?7,1] 【解析】 【分析】
（1）求出函数f（x）的导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，列表后可得f（x）的单调区间；
x???g?x0??e0?f?x0??1（2）（i）求出g（x）的导函数，由题意知?．得到f（x）在x＝x0处x0，求解可得?f'x?0g'x?e??????00??的导数等于0；
（ii）由（I）知x0＝a．且f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，故当x0＝a时，f（x）≤f（a）＝1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．由f（a）＝a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b＝1，得b＝2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．构造函数t（x）＝2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，利用导数求其值域可得b的范围．
32【详解】（1）由f(x)?x?6x?3a(a?4)x?b，可得
f?(x)?3x2?12x?3a(a?4)?3(x?a)(x?(4?a))，
令f?(x)?0，解得x?a，或x?4?a.由|a|?1，得a?4?a.
?当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f?(x) f(x) (??,a) + (a,4?a) - (4?a,??) + Z [ Z
∴f(x)的单调递增区间为(??,a)，(4?a,??)，单调递减区间为(a,4?a)；
?g(x0)?ex0?（2）（ⅰ）∵g?(x)?e(f(x)?f?(x))，由题意知?x0， ???g(x0)?ex?f(x0)ex0?ex0?f(x0)?1?.∴f(x)在x?x0处的导数等于0； ∴?x0，解得?x0??f(x)?0?0??e(f(x0)?f(x0))?ex（ⅱ）∵g(x)?e，x?[x0?1,x0?1]，由ex?0，可得f(x)?1.又∵f(x0)?1，f?(x0)?0，
故x0为f(x)的极大值点，由（1）知x0?a.另一方面，由于|a|?1，故a?1?4?a， 由（1）知f(x)在(a?1,a)内单调递增，在(a,a?1)内单调递减，
x故当x0?a时，f(x)?f(a)?1在[a?1,a?1]上恒成立，从而g(x)?e在?x0?1,x0?1?上恒成立. 32a1. 由f(a)?a?6a?3a(a?4)a?b?1，得b?2a3?6a2?1，?1剟令t(x)?2x?6x?1，x?[?1,1]，∴t?(x)?6x?12x，令t?(x)?0，解得x?2（舍去），或x?0.
322∵t(?1)??7，t(1)??3，t(0)?1，故t(x)的值域为[?7,1]. ∴b的取值范围是[?7,1].
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用研究过曲线上某点处的切线方程，训练了恒成立问题的求解方法，体现了数学转化思想方法，是压轴题．
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