2020年浙江省高考数学模拟试卷（2）.docx

1、 第 1 页（共 18 页） 2020 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（2） 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分） 设全集为 R， 集合 Ax|3x3， Bx|x24x50， 则 ARB （ ） A （3，0） B （3，1 C （3，1） D （3，3） 2 （4 分）已知 ， 是两个不同的平面，m，l 是两条不同的直线，且 ，m， l，则“ml”是“m”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 3（4 分） 已知双曲线 C： 2 16 2 48 =1 的左、

2、 右焦点分别为 F1， F2， P 为 C 上一点， 1 = ， O 为坐标原点，若|PF1|10，则|OQ|（ ） A10 B1 或 9 C1 D9 4 （4 分） 如图， 某多面体的三视图中正视图、 侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、 直角梯形和直角三角形，则该多面体的体积（ ） A2 3 B1 C2 D3 5 （4 分）设 x，y 满足不等式组 + 2 + 0 且 :4的最大值为 1 2，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 6 （4 分）已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）32x，则不等式 f（x） 0 的解集为（ ） A( 3 2， 3 2

3、) B(， 3 2) ( 3 2， + ) C(， 3 2) (0， 3 2) D( 3 2 ，0) (3 2， + ) 7 （4 分）设 6， 3，随机变量 的分布列如表所示，则 E（ ） 第 2 页（共 18 页） 1 2 3 P 1 2sin 2 1 2 1 2cos 2 A有最大值5 2，最小值 3 2 B有最大值9 4，最小值 7 4 C有最大值9 4，无最小值 D无最大值，有最小值7 4 8（4分） 已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1， E、 F为线段B1D1的两个动点， 且EF= 2 2 ， 给 出下列四个命题： ACBE； EF平面 ABCD； 点 B 到平面 AEF

4、的距离为定值； 异面直线 AE 与 BF 所成的角为定值 其中真命题的个数为（ ） A4 个 B3 个 C2 个 D1 个 9 （4 分）已知数列an为等比数列，且 a2a104a6，数列bn为等差数列，Sn为等差数列 bn的前 n 项和，S6S10，a6b7，则 b9（ ） A4 3 B 4 3 C 8 3 D4 10 （4 分）定义：如果函数 yf（x）在定义域内给定区间a，b上存在（ax0b） ，满足 (0) = ()() ，则称函数 yf（x）是a，b上的“平均值函数” ，x0是它的一个均值 点则下列叙述正确的个数是（ ） yx2是区间1，1上的平均值函数，0 是它的均值点； 函数 f

5、（x）x2+4x 在区间0，9上是平均值函数，它的均值点是 5； 函数 f（x）log2x 在区间a，b（其中 ba0）上都是平均值函数； 若函数 f（x）x2+mx+1 是区间1，1上的平均值函数，则实数 m 的取值范围是 （0，2） A1 B2 C3 D4 二填空题（共二填空题（共 7 小题，满分小题，满分 36 分）分） 11 （6 分）平面直角坐标系 xOy 中，A（1，0） ，B（1，0） ，动点 P 满足 = 9 25， 则动点 P 的轨迹方程为 第 3 页（共 18 页） 12（6 分） 已知 A （2， 0） ， B （2， 0） ， 动点 M 满足|MA|2|MB|， 则点

6、M 的轨迹方程是 ； 又若 = 0，此时MAB 的面积为 13 （6 分）在（x+ 1 ） 6 的二项展开式中，常数项为 14 （4 分） 5 2 + 22 + 4; 1 2= 15 （6 分） （非 A 班作答）已知 090，且 sin，sin 是方程 x2（2cos40） x+cos240 1 2 =0 的两个根，则 cos（2）的值为 16 （4 分）已知 F1，F2是椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左右焦点，点 P 为 C 上一点， O 为坐标原点，POF2为正三角形，则 C 的离心率为 17 （4 分）已知圆 C： （x4）2+（y2）2r2截 y 轴所得的弦长为 2

7、2，过点（0，4）且 斜率为 k 的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点，若|AB|22，则 k 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 对应的边分别是 a，b，c， = 1 4，2ab2 （）判断ABC 的形状； （）求 cos（AB）的值 19（15 分） 四棱锥 SABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧面 SAD 为正三角形， = 22，E 为 AD 的中点 （）证明：平面 SAD平面 ABCD； （）求直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 20 （15 分）数列an满足 a1+2a

8、2+3a3+nan（n1）2n+1，nN* （1）求 a3的值； 第 4 页（共 18 页） （2）若对 nN*，bn= 1 ，求数列bn的通项公式 bn 和前 n 项和 Tn； （3）令 c1b1，cn= 1 +（1+ 1 2 + 1 3+ 1 ）bn（n2）证明：数列cn的前 n 项和 Sn 满足 Sn2+2lnn 21 （15 分）如图，已知抛物线 = 1 4 2的焦点为 F （）若点 P 为抛物线上异于原点的任一点，过点 P 作抛物线的切线交 y 轴于点 Q，证 明：PFy2PQF； （）A，B 是抛物线上两点，线段 AB 的垂直平分线交 y 轴于点 D（0，4） （AB 不与 X 轴

9、平行） ，且|AF|+|BF|6过 y 轴上一点 E 作直线 mx 轴，且 m 被以 AD 为直径的圆截 得的弦长为定值，求ABE 面积的最大值 22 （15 分）已知函数 f（x）ex（ax+b）x24x，曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的 切线方程为 y4x+4 （）求 a、b 的值； （）若直线 ym 与曲线 yf（x）的公共点的个数为 g（m） ，求 g（m）的解析式 第 5 页（共 18 页） 2020 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（2） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小

10、题 4 分）分） 1 （4 分） 设全集为 R， 集合 Ax|3x3， Bx|x24x50， 则 ARB （ ） A （3，0） B （3，1 C （3，1） D （3，3） 【解答】解：Ax|3x3，Bx|1x5， RBx|x1 或 x5，ARB（3，1 故选：B 2 （4 分）已知 ， 是两个不同的平面，m，l 是两条不同的直线，且 ，m， l，则“ml”是“m”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：由 ，m，l，ml，利用面面垂直的性质可得 m； 由 ，m，l，m，利用面面垂直的性质可得 ml ， 是两个不同的平面，m，l 是两条不

11、同的直线，且 ，m，l，则“m l”是“m”的充要条件 故选：C 3（4 分） 已知双曲线 C： 2 16 2 48 =1 的左、 右焦点分别为 F1， F2， P 为 C 上一点， 1 = ， O 为坐标原点，若|PF1|10，则|OQ|（ ） A10 B1 或 9 C1 D9 【解答】解：双曲线 C： 2 16 2 48 =1 可得 a4，b43，c8， ca4， 由双曲线的定义可知：|PF1|PF2|2a8， 因为|PF1|10，所以|PF2|18 或|PF2|2（舍去） ， P 为 C 上一点，1 = ，所以 Q 为线段 PF1的中点， 所以|OQ|= 1 2|PF2|9 故选：D 4

12、 （4 分） 如图， 某多面体的三视图中正视图、 侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、 第 6 页（共 18 页） 直角梯形和直角三角形，则该多面体的体积（ ） A2 3 B1 C2 D3 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为四棱锥，PA底面 ABCD，且 PA1， 底面 ABCD 为直角梯形，ABAD，ADBC，ABAD2，BC1 该多面体的体积 V= 1 3 1 2 (1 + 2) 2 1 = 1 故选：B 5 （4 分）设 x，y 满足不等式组 + 2 + 0 且 :4的最大值为 1 2，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：作出不等式组对于的平

13、面区域如图： 可知 a2， :4的几何意义是可行域内的点与 Q（4，0）连线的斜率， 直线 x+y20 与直线 yx+a 的交点为 A（1 2，1+ 2） ， 当 x1 2，y1+ 2时， :4的最大值为 1 2，解得 a2，所以实数 a 的值为 2 故选：B 第 7 页（共 18 页） 6 （4 分）已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）32x，则不等式 f（x） 0 的解集为（ ） A( 3 2， 3 2) B(， 3 2) ( 3 2， + ) C(， 3 2) (0， 3 2) D( 3 2 ，0) (3 2， + ) 【解答】解：根据题意，f（x）是定义在 R

14、 上的奇函数，当 x0 时，f（x）32x， 则其图象如图： 且 f（3 2）f（ 3 2）0， 则不等式 f（x）0 的解集为（， 3 2）（0， 3 2） ； 故选：C 7 （4 分）设 6， 3，随机变量 的分布列如表所示，则 E（ ） 1 2 3 P 1 2sin 2 1 2 1 2cos 2 A有最大值5 2，最小值 3 2 B有最大值9 4，最小值 7 4 C有最大值9 4，无最小值 D无最大值，有最小值7 4 第 8 页（共 18 页） 【解答】解： 6， 3，随机变量 的分布列如表所示， 1 2 3 P 1 2sin 2 1 2 cos2 E= 1 2 2 +2 1 2 + 3

15、 2cos 2 = 3 2 +cos2， 6， 3， 1 2 3 2 ，1 2 3 2 ， 1 2 21 8 ， 3 8， 1 2cos 21 8， 3 8， 由随机变量 的分布列的性质得：cos21 4， 3 4， E= 3 2 + 27 4 ， 9 4 故 E 有最大值9 4，最小值 7 4 故选：B 8（4分） 已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1， E、 F为线段B1D1的两个动点， 且EF= 2 2 ， 给 出下列四个命题： ACBE； EF平面 ABCD； 点 B 到平面 AEF 的距离为定值； 异面直线 AE 与 BF 所成的角为定值 其中真命题的个数为（ ） A4 个 B

16、3 个 C2 个 D1 个 【解答】解：ACBE，由题意及图形知，AC面 DD1B1B，故可得出 ACBE，此命 题正确； EF平面 ABCD，由正方体 ABCDA1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故 EF 与平面 ABCD 无公共点，故有 EF平面 ABCD，此命题正确； 三棱锥ABEF的体积为定值， 由几何体的性质及图形知， 三角形BEF的面积是定值， A 点到面 DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥 ABEF 的体积为定值， 又由AEF 的面积为定值，可得点 B 到平面 AEF 的距离为定值，此命题正确； 第 9 页（共 18 页） 异面直线 AE、BF 所成的角为定值，

17、由图知，当 F 与 B1 重合时，令上底面顶点为 O， 则此时两异面直线所成的角是A1AO，当 E 与 D1重合时，此时点 F 与 O 重合，则两异 面直线所成的角是 OBC1，此二角不相等，故异面直线 AE、BF 所成的角不为定值 综上知正确 故选：B 9 （4 分）已知数列an为等比数列，且 a2a104a6，数列bn为等差数列，Sn为等差数列 bn的前 n 项和，S6S10，a6b7，则 b9（ ） A4 3 B 4 3 C 8 3 D4 【解答】解：设等差数列bn的公差为 d 由 a2a104a6，可知6 2 = 46， 则 a64由 S6S10， 可知 b7+b8+b9+b100，

18、则 b7+b100 因为 b7a64，所以 b104， 则 3db10b78， 即 = 8 3， 故 b9b7+2d= 4 + 2 ( 8 3) = 4 3， 故选：B 10 （4 分）定义：如果函数 yf（x）在定义域内给定区间a，b上存在（ax0b） ，满足 (0) = ()() ，则称函数 yf（x）是a，b上的“平均值函数” ，x0是它的一个均值 点则下列叙述正确的个数是（ ） yx2是区间1，1上的平均值函数，0 是它的均值点； 函数 f（x）x2+4x 在区间0，9上是平均值函数，它的均值点是 5； 函数 f（x）log2x 在区间a，b（其中 ba0）上都是平均值函数； 若函数

19、f（x）x2+mx+1 是区间1，1上的平均值函数，则实数 m 的取值范围是 （0，2） A1 B2 C3 D4 【解答】解：根据题意，依次分析题目中的四个结论： 第 10 页（共 18 页） 对于，若 yx2是区间1，1上的平均值函数，设其均值点为 n， 则有 f（n）n2= (1)(1) 1(1) 0，解可得 n0，即 0 是它的均值点，正确； 对于，若函数 f（x）x2+4x 在区间0，9上是平均值函数，设其均值点为 n， 则有 f（n）n2+4n= (9)(0) 90 = 5，解可得 n5 或1（舍）即 5 是它的均值点， 正确， 对于，函数 f（x）log2x 在区间a，b都是平均值

20、函数，则 log2x= 22 恒成 立，明显错误，错误； 对于，若函数 f（x）x2+mx+1 是区间1，1上的平均值函数， 则关于 x 的方程x2+mx+1= (1)(1) 1(1) 在（1，1）内有实数根， 而x2+mx+1= (1)(1) 1(1) x2mx+m10，解得 xm1，x1（舍） ， 必有 xm1 必为均值点， 即1m110m2， 即实数 m 的取值范围是 （0， 2） ， 正确； 其中正确； 故选：C 二填空题（共二填空题（共 7 小题，满分小题，满分 36 分）分） 11 （6 分）平面直角坐标系 xOy 中，A（1，0） ，B（1，0） ，动点 P 满足 = 9 25，

21、 则动点 P 的轨迹方程为 2+ 2= 16 25 【解答】解： （1）设动点 P（x，y） ，A（1，0） ，B（1，0） ， 则 =（x+1，y） ， =（x1，y） ， 动点 P 满足 = 9 25， 所以 x21+y2= 9 25，整理得： 2 + 2= 16 25， 故动点 P 的轨迹 C 的方程为：2+ 2= 16 25 故答案为：2+ 2= 16 25 12 （6 分）已知 A（2，0） ，B（2，0） ，动点 M 满足|MA|2|MB|，则点 M 的轨迹方程是 3x2+3y220x+120 ；又若 = 0，此时MAB 的面积为 16 5 第 11 页（共 18 页） 【解答】解

22、：A（2，0） ，B（2，0） ，设 M（x，y） ， 由|MA|2|MB|，得( + 2)2+ 2= 2( 2)2+ 2， 整理得：3x2+3y220x+120； 以 AB 为直径的圆的方程为 x2+y24， 联立3 2 + 32 20 + 12 = 0 2+ 2= 4 ，解得|y|= 8 5 即 M 点的纵坐标的绝对值为8 5 此时MAB 的面积为 S= 1 2 4 8 5 = 16 5 故答案为：3x2+3y220x+120；16 5 13 （6 分）在（x+ 1 ） 6 的二项展开式中，常数项为 15 【解答】解： （x+ 1 ） 6 的二项展开式中，通项公式为 Tr+1= 6 6;3

23、 2，令 63 2 =0，可 得 r4， 故展开式中的常数项为6 4 =15， 故答案为：15 14 （4 分） 5 2 + 22 + 4; 1 2= 3 2 【解答】解：原式= 5 2 + 4 + 1 4 = (5 2 4) + 1 2 = 1 + 1 2 = 3 2 故答案为：3 2 15 （6 分） （非 A 班作答）已知 090，且 sin，sin 是方程 x2（2cos40） x+cos240 1 2 =0 的两个根，则 cos（2）的值为 6;2 4 【解答】解：由 sin，sin 是方程 x2（2cos40）x+cos240 1 2 =0 的两个根， 可得 sin+sin= 2c

24、os40 sinsincos240 1 2； 由2+2可得：sin2+sin21， 090， sincos； += 2； 第 12 页（共 18 页） 即 = 2 ； 代入可得2sin（+45）= 2cos40， 那么 +4550， 5 则 cos（2）cos（3 2）cos3cos15= 62 4 ， 故答案为：6;2 4 16 （4 分）已知 F1，F2是椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左右焦点，点 P 为 C 上一点， O 为坐标原点，POF2为正三角形，则 C 的离心率为 3 1 【解答】解：连接 PF1，由POF2为等边三角形可知在F1PF2中， F1PF290，|P

25、F2|c，|PF1|= 3c，于是 2a|PF1|+|PF2|（3 +1）c， 故曲线 C 的离心率 e= = 3 1 故答案为：3 1 17 （4 分）已知圆 C： （x4）2+（y2）2r2截 y 轴所得的弦长为 22，过点（0，4）且 斜率为 k 的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点，若|AB|22，则 k 3 4 【解答】解：已知圆 C： （x4）2+（y2）2r2截 y 轴所得的弦长为 22， 所以圆心坐标为（4，2） ，半径为 r， 则42+ (2)2= 2，解得 = 32 由于过点（0，4）且斜率为 k 的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点，若|AB|22， 则设直线的方

26、程为 ykx+4， 利用点到直线的距离公式的应用|4;2:4| 1:2 =(32)2 (2)2， 解得： = 3 4 故答案为： 3 4 第 13 页（共 18 页） 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 对应的边分别是 a，b，c， = 1 4，2ab2 （）判断ABC 的形状； （）求 cos（AB）的值 【解答】解： （）由余弦定理，可得 = 2+22 2 = 1 4， 即5; 2 4 = 1 4，解得 cb2 所以ABC 是等腰三角形 （）因为 cb2，所以 BC 所以 = = 1 4，所以 = 15 4 又

27、由正弦定理，可得 = = 1 2， 所以 = 15 8 ， 因为 ab，所以 AB，所以 = 7 8 所以 cos（AB）cosAcosB+sinAsinB= 7 8 1 4 + 15 8 15 4 = 11 16 19（15 分） 四棱锥 SABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧面 SAD 为正三角形， = 22，E 为 AD 的中点 （）证明：平面 SAD平面 ABCD； （）求直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 【解答】解： （）证明：侧面 SAD 为正三角形，E 为 AD 的中点， SEAD， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧面 SAD 为正三

28、角形， = 22， E 为 AD 的中点 第 14 页（共 18 页） SE= 4 1 = 3，CE= 4 + 1 = 5，SE2+CE2SC2，SECE， ADCEE，SE平面 ABCD， SE平面 SAD，平面 SAD平面 ABCD （）解：以 E 为原点，EA 为 x 轴，过 E 作 AB 的平行线为 y 轴，ES 为 z 轴，建立空间 直角坐标系， 则 S（0，0，3） ，B（1，2，0） ，E（0，0，0） ，C（1，2，0） ， =（1，2，3） ， =（0，0，3） ， =（1，2，0） ， 设平面 SEC 的法向量 =（x，y，z） ， 则 = 3 = 0 = + 2 = 0

29、，取 y1，得 =（2，1，0） ， 设直线 SB 与平面 SEC 所成角为 ， 则直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值为： sin= | | | | | = 4 85 = 10 5 20 （15 分）数列an满足 a1+2a2+3a3+nan（n1）2n+1，nN* （1）求 a3的值； （2）若对 nN*，bn= 1 ，求数列bn的通项公式 bn 和前 n 项和 Tn； 第 15 页（共 18 页） （3）令 c1b1，cn= 1 +（1+ 1 2 + 1 3+ 1 ）bn（n2）证明：数列cn的前 n 项和 Sn 满足 Sn2+2lnn 【解答】解： （1）a1+2a2+nan（n

30、1）2n+1，nN+ a11，1+2a24+15， 解得 a22， 1+22+3a328+117，解得 a34； （2）a1+2a2+nan（n1）2n+1，nN+ a1+2a2+（n1）an1（n2）2n 1+1，nN+ 两式相减得 nan（n1）2n+1（n2）2n 1+1n2n1，n2， 则 an2n 1，n2， 当 n1 时，a11 也满足， an2n 1，n1，b n（ 1 2） n1， 则数列bn的前 n 项和 Tn= 1 1 2 11 2 =221 n （3）证明：c1b11，cn= 1 +（1+ 1 2 + 1 3 + 1 ）bn（n2） ， c1b1，c2= 1 2 +（1+

31、 1 2）b2，b3= 1+2 3 +（1+ 1 2 + 1 3）b3， cn= 1+2+1 +（1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ）bn， Snc1+b2+cn （1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ） b1+ （1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ） b2+ （1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ） bn （1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ） （b1+b2+bn）（1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ）Tn （1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ） （22 1n）2（1+1 2 + 1 3 + + 1 ） ， 设 f（x）lnx+ 1 1，x1， 则 f（x）= 1 1

32、 2 即 f（x）在（1，+）上为增函数， f（1）0，即 f（x）0， k2，且 kN 时， ;1 1， 第 16 页（共 18 页） f（ ;1）ln ;1 + 1 1 0，即 ln ;1 1 ， 1 2 ln2 1， 1 3 ln3 2， 1 ln ;1， 即1 2 + 1 3 + + 1 ln2 1 +ln3 2 + +ln ;1 =lnn， 2（1+ 1 2 + 1 3 + + 1 ）2+2lnn， 即 Sn2（1+lnn）2+2lnn 21 （15 分）如图，已知抛物线 = 1 4 2的焦点为 F （）若点 P 为抛物线上异于原点的任一点，过点 P 作抛物线的切线交 y 轴于点 Q

33、，证 明：PFy2PQF； （）A，B 是抛物线上两点，线段 AB 的垂直平分线交 y 轴于点 D（0，4） （AB 不与 X 轴平行） ，且|AF|+|BF|6过 y 轴上一点 E 作直线 mx 轴，且 m 被以 AD 为直径的圆截 得的弦长为定值，求ABE 面积的最大值 【解答】解： （）由抛物线的方程可得 F（0，1） ，准线方程：y1，设 P（x0， 02 4 ） ， 由抛物线的方程可得 y= 2，所以在 P 处的切线的斜率 k= 0 2 ， 所以在 P 处的切线方程为： y 02 4 = 0 2（xx0） 令 x0 可得 y= 02 4 ， 即 Q （0， 02 4 ） ， 所以 F

34、Q1+ 02 4 ，而 P 到准线的距离 d= 02 4 +1，由抛物线的性质可得 PFd 所以 PFFQ，PQFQPF， 可证得：PFy2PQF； （）设直线 AB 的方程为：ykx+m，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 直线与抛物线联立 = + 2= 4 整理可得：x24kx4m0， 16k2+16m0，即 k2+m0， 第 17 页（共 18 页） x1+x24k，x1x24m，y1+y2k（x1+x2）+2m4k2+2m， 所以 AB 的中点坐标为： （2k，2k2+m） ， 所以线段 AB 的中垂线方程为：y（2k2+m）= 1 （x2k） ， 由题意中垂线过 D（0，4）

35、，所以 2k2+m+24，即 2k2+m2， 由抛物线的性质可得：|AF|+|BF|y1+y2+26，所以 4k2+2m+26，即 2k2+m2 设 E（0，b） ，AD2x12+（y14）2，AD 的中点的纵坐标为4:1 2 ， 所以以 AD 为直径的圆与直线 m 的相交弦长的平方为：4 2 4 （b 4+1 2 ）2 41 2 4 + (1;4)2 4 b2 (1+4)2 4 +b（y1+4）4y1b2+4b4y1+by14（b3）y1+4b b2， 要使以 AD 为直径的圆截得的弦长为定值则可得 b3，时相交弦长的平方为定值 12，即 E（0，3） ， 所以E到直线AB的距离为：d= |

36、3| 1+2 ，而弦长 |AB|= 1 + 2(1+ 2)2 412=41 + 22+ ， 所以 SEAB= 1 2 |d= 1 2 |3| 1+2 41 + 2 2+ =2|3m| + 2， 将代入可得S ABE2|3 2+2k2|2 22+ 2=2|1+2k2|2 2=246+ 44+ 72+ 2 设 f （k） 4k6+4k4+7k2+2， 为偶函数， 只看2k0 的情况即可， f （k） 24k5+16k3+14k 2k（12k46k272k（2k2+1） （6k27） 令 f（k）0，k= 42 6 当 0k 42 6 ，f（k）0，f（k）单调递增； 当 42 6 2，f（k）0，

37、f（k）单调递减 所以 k（2，2）且 k0，上，f（ 42 6 ）f（ 42 6 ）为最大值1030 9 所以 SABE的最大值为：2|1+2 42 36|2 42 36 = 1030 9 22 （15 分）已知函数 f（x）ex（ax+b）x24x，曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的 切线方程为 y4x+4 （）求 a、b 的值； 第 18 页（共 18 页） （）若直线 ym 与曲线 yf（x）的公共点的个数为 g（m） ，求 g（m）的解析式 【解答】 （1）解：点（0，f（0） ）在切线上； f（0）4； 将（0，4）代入原函数表达式，可得 b4； f（x）ex（ax+b）x

38、24x； f（x）axex+aex+bex2x4， 当 x0 时，f（0）a+444； a4， a4，b4； （2）解：f（x）4xex+4ex+4ex2x4= ( + 2)( 1 2)， 令 f（x）0，可得 x2 或 xln2； 当 x（，2）（ln2，+）时，f（x）0，f（x）单调递增； 当 x（2，ln2）时，f（x）0，f（x）单调递减； 当 x2 时，f（x）取得极大值 f（2）4（1e 2） ； 当 xln2 时，f（x）取得极小值 f（ln2）2+2ln2（ln2）2； () = 1； (，2 + 22 (2)2) (4(1 ;2)，+ ) 2； = 2 + 22 (2)2或 = 4(1 ;2) 3； (2 + 22 (2)2，4(1 ;2)