1、2022年福建省漳州市高考数学第一次质检试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共4分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知集合A=x|y=cosx4-x2，B=x|(12)x2，则AB（）Ax|1x2Bx|x2Cx|x1Dx|1x22（5分）已知z=|3i-1|+11+i，则在复平面内z对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）已知sin(2-23)1-2cos2(2-6)=45，则sin(-3)=（）A25B-35C-25D454（5分）我国的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：将1，2，9填入33的方格内，使三行、三列、对角线的
2、三个数之和都等于15，如图所示一般地将连续的正整数1，2，3，n2填入nn个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方记n阶幻方的数的和即方格内的所有数的和为Sn，如图三阶幻方记为S345，那么S9（）A3321B361C99D335（5分）已知二项式（ax+y）5（aR）的展开式的所有项的系数和为32，则(x2-ax)10的展开式中常数项为（）A45B45C1D16（5分）将曲线C1：xy2（x0）上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的12，得到曲线C2，则C2上到直线x+16y+20距离最短的点坐标为（）A(8，14)B(4，14)C(8，12)D(4，12
3、)7（5分）已知向量a=(cosx，-1)，b=(cosx，-4sinx+2)，f(x)=ab，若x-6，6，使不等式f（x）恒成立，则实数的取值范围为（）A-134，34B-134，+)C34，+)D（，-13434，+）8（5分）已知以F为焦点的抛物线C：y22px（p0）经过点（1，2），直线l：yk（x1）与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方），若|AF|=(3+22)|FB|，则l在y轴上的截距为（）A2B1C-12D1二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得2分（多选）9（5分）已知
4、函数f(x)=2xx2+9，则（）Af（x）的定义域为RBf（x）是偶函数C函数yf（x+2022）的零点为0D当x0时，f（x）的最大值为13（多选）10（5分）函数f(x)=Asin(x+)(A0，0，|2)的部分图象如图所示，则（）Af（x）的图象的最小正周期为2Bf（x）的图象的对称轴方程为x=23+2k(kZ)Cf（x）的图象的对称中心为(-13+2k，0)(kZ)Df（x）的单调递增区间为4k-43，4k+23(kZ)（多选）11（5分）如图，在四棱锥ABCED中，已知ECBCAC4，BD1，且ACEC，ACBC，BCEC，BCBD取BC的中点O，过点O作OQDE于点Q，则（）AO
5、DOEB四棱锥ABCED的体积为40CBQ平面ACQDAQBQ（多选）12（5分）立德中学的“希望工程”中，甲、乙两个募捐小组在2021年国庆假期走上街头分别进行了募捐活动两个小组第1天都募得100元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的100元中拿出了90元印刷宣传材料，则从第2天起，第n（nN*，n2）天募得的捐款数为100(1+13n-1)元若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元，乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（）ASn=-2n2+102n，n25且nN*BTn=
6、100n-50(1+13n-1)，nN*CS5T5D从第6天起总有SnTn三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）某校体育节10名旗手的身高分别为175.0，178.0，176.0，180.0，179.0，175.0，176.0，179.0，180.0，179.0，则中位数为 14（5分）某中学开展劳动实习，学习加工制作包装盒现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋（内切），则该球形冰淇淋的表面积为 15（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)，F是左焦点，A为下顶点，若上顶点、右顶点到直线AF
7、的距离之比为4135ab，椭圆的四个顶点的连线围成的四边形的面积为30，则椭圆的离心率为 16（5分）已知函数y|x22x1|的图象与直线ym（mR）有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为a，b，c，d（abcd），则a+b+c+d ；2（da）+（cb）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已知正项等比数列an的前n项和为Sn，S2=54，a2a416（1）求an的通项公式；（2）若bn=8log2an+3log2an+4，求数列bn的前n项和Tn18设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，（ab）2c2ab（1）求C；（2）若
8、b5，ccosA1，求ABC的面积19北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题求：（1）甲、乙两人至多一人测试合格的概率；（2）甲答对的试题数X的分布列和数学期望20如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BC，AC1的中点（1）证明：EF平面CDD1C1；（2）若AD=43AA1=43AB=4，求平面AEF与平面EFB1所成角的余弦值21已知双曲
9、线：x2a2-y2=1(a0)的左、右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0），点P（x0，y0）是右支上一点，若I为PF1F2的内心，且SIPF1=SIPF2+32SIF1F2（1）求的方程；（2）点A是在第一象限的渐近线上的一点，且AF2x轴，在点P处的切线l与直线AF2相交于点M，与直线x=32相交于点N证明：无论点P怎么变动，总有|NF2|=32|MF2|22已知函数f（x）exax（aR）（1）若a2，求f（x）在x0处的切线方程；（2）求f（x）的最值；（3）若x-2，+)时，xf（x）+cosx20，求a的取值范围2022年福建省漳州市高考数学第一次质检试卷参考答案与试题解析一、
10、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共4分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知集合A=x|y=cosx4-x2，B=x|(12)x2，则AB（）Ax|1x2Bx|x2Cx|x1Dx|1x2【解答】解：由4x20，解得2x2，故A=x|y=cosx4-x2=（2，2），由(12)x2，解得x1，故B=x|(12)x2=x|x1，故ABx|x2故选：B2（5分）已知z=|3i-1|+11+i，则在复平面内z对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：z=|3i-1|+11+i，z=(3)2+(-1)2+1-i(1+i)(1-i)=2+12-
11、12i=52-12i，在复平面内z对应的点（52，-12），位于第四象限故选：D3（5分）已知sin(2-23)1-2cos2(2-6)=45，则sin(-3)=（）A25B-35C-25D45【解答】解：由sin(2-23)1-2cos2(2-6)=45得sin(2-23)-cos(-3)=2sin(-3)cos(-3)-cos(-3)=-2sin(-3)=45，得sin(-3)=-25，故选：C4（5分）我国的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：将1，2，9填入33的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图所示一般地将连续的正整数1，2，3，n2填入nn个方格中，使得每行、
12、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方记n阶幻方的数的和即方格内的所有数的和为Sn，如图三阶幻方记为S345，那么S9（）A3321B361C99D33【解答】解：根据题意，幻方的每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，Nn=1n1+2+3+（n21）+n2=1n(1+n2)n22=(1+n2)n2，故N9=(1+81)92=369，S993693321故选：A5（5分）已知二项式（ax+y）5（aR）的展开式的所有项的系数和为32，则(x2-ax)10的展开式中常数项为（）A45B45C1D1【解答】解：令二项式（ax+y）5中的x1，y1，可得展开式的所有项的系数和为（a
13、+1）532，解得a1，则(x2-ax)10即(x2-1x)10的展开式的通项公式为Tr+1=C10r（x2）10r(-1x)r=（1）rC10rx20-52r，令20-52r0，解得r8，所以(x2-ax)10的展开式中常数项为（1）8C108=45故选：A6（5分）将曲线C1：xy2（x0）上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的12，得到曲线C2，则C2上到直线x+16y+20距离最短的点坐标为（）A(8，14)B(4，14)C(8，12)D(4，12)【解答】解：将xy2化为y=2x，则将曲线C1上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的12，得到曲线C2：2y=2x，即C2：y=1x(
14、x0)，要使曲线C2上的点到直线x+16y+20 的距离最短，只需曲线C2上在该点处的切线和直线 x+16y+20 平行，设曲线C2上该点为P(a，1a)，因为y=-1x2，且x+16y+20 的斜率为-116，所以-1a2=-116，解得a4或a4（舍），即该点坐标为P(4，14)故选：B7（5分）已知向量a=(cosx，-1)，b=(cosx，-4sinx+2)，f(x)=ab，若x-6，6，使不等式f（x）恒成立，则实数的取值范围为（）A-134，34B-134，+)C34，+)D（，-13434，+）【解答】解：由题意得，f(x)=ab=cos2x+4sinx2sin2x+4sinx1
15、（sinx2）2+3，x-6，6，sinx-12，12，故当sinx=12时，f（x）取得最大值34，对x-6，6，不等式f（x）恒成立，34，故选：C8（5分）已知以F为焦点的抛物线C：y22px（p0）经过点（1，2），直线l：yk（x1）与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方），若|AF|=(3+22)|FB|，则l在y轴上的截距为（）A2B1C-12D1【解答】解：由抛物线C：y22px（p0）经过点（1，2），可得2p4，解得p2，可得抛物线的方程为y24x，F（1，0），准线方程为x1，设A（x1，y1），B（x2，y2），由|AF|=(3+22)|FB|BF|，可得x11，0x2
16、1，k0，x1+1（3+22）（x2+1），即x1（3+22）x2+（2+22），由y=k(x-1)y2=4x可得k2x2（2k2+4）x+k20，可得x1+x22+4k2，x1x21，由解得x13+22，x2322，k1故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得2分（多选）9（5分）已知函数f(x)=2xx2+9，则（）Af（x）的定义域为RBf（x）是偶函数C函数yf（x+2022）的零点为0D当x0时，f（x）的最大值为13【解答】解：x2+90恒成立，f（x）的定义域为R，故A正确；
17、f（x）=-2xx2+9=-f(x)，函数为奇函数，故B错误；函数yf（x+2022）=2(x+2022)(x+2022)2+9，零点为2022，故C错误；当x0时，f（x）=2xx2+9=2x+9x22x9x=13，当且仅当x=9x，即x3时等号成立，故D正确故选：AD（多选）10（5分）函数f(x)=Asin(x+)(A0，0，|2)的部分图象如图所示，则（）Af（x）的图象的最小正周期为2Bf（x）的图象的对称轴方程为x=23+2k(kZ)Cf（x）的图象的对称中心为(-13+2k，0)(kZ)Df（x）的单调递增区间为4k-43，4k+23(kZ)【解答】解：由函数f（x）Asin（x
18、+）（A0，0，|2）的部分图象可知：A3，14T=53-23=1，即T4，故A错误；所以=24=2，由五点作图法可得223+=2，解得=6，所以f（x）3sin（2x+6），令2x+6=k+2，kZ，解得x2k+23，kZ，即f（x）的图象的对称轴方程为x2k+23，kZ，故B错误；令2x+6=k，kZ，解得x2k-13，kZ，所以f（x）的图象的对称中心为（2k-13，0），kZ，故C正确；令-2+2k2x+62+2k，kZ，解得4k-43x4k+23，kZ，故f（x）的单调递增区间为4k-43，4k+23（kZ），故D正确故选：CD（多选）11（5分）如图，在四棱锥ABCED中，已知EC
19、BCAC4，BD1，且ACEC，ACBC，BCEC，BCBD取BC的中点O，过点O作OQDE于点Q，则（）AODOEB四棱锥ABCED的体积为40CBQ平面ACQDAQBQ【解答】解：如图建立空间直角坐标系，则O（0，2，0），D（0，4，1），E（0，0，4），B（0，4，0），A（4，0，0），C（0，0，0），则 DE=(0，-4，3)，OD=(0，2，1)，OE=(0，-2，4)，设 DQ=DE=(0，-4，3)，则 Q（0，44，1+3），故 OQ=(0，2-4，1+3)，OQDE，OQDE=0，08+16+3+90，解得 =15，即 Q(0，165，85)，BQ=(0，-45，85
20、)，AQ=(-4，165，85)，ODOE=00+2(-2)+14=0，ODOE，故 A 正确；因为直角梯形BCED的面积S=(EC+BD)CB2=(4+1)42=10，ACCE，ACBC，CEBCC，可得AC面BCE四棱锥高hAC4，所以四棱锥体积V=13hS=13410=403，故B不正确；CABQ=(4，0，0)(0，-45，85)=0，CQBQ=(0，165，85)(0，-45，85)=-6425+6425=0，BQCA，BQCQ，又 CACQC，BQ平面 ACQ，故 C 正确；AQBQ=(-4，165，85)(0，-45，85)=0，AQBQ，即 AQBQ，故 D 正确故选：ACD（
21、多选）12（5分）立德中学的“希望工程”中，甲、乙两个募捐小组在2021年国庆假期走上街头分别进行了募捐活动两个小组第1天都募得100元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的100元中拿出了90元印刷宣传材料，则从第2天起，第n（nN*，n2）天募得的捐款数为100(1+13n-1)元若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元，乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（）ASn=-2n2+102n，n25且nN*BTn=100n-50(1+13n-1)，nN*CS5T5D从第6天起总
22、有SnTn【解答】解：设an代表甲组第n天所得的捐款，且an0，由题意可知，a1100，d4，ana1+（n1）d4n+1040，解得n26，即n25，Sn=n(a1+an)2=-2n2+102n，n25且nN*，故A正确，设bn代表乙组第n天所得的捐款，由题意可得，bn=10，n=1100(1+13n-1)，n2，则数列bn的前n项和Tnb1+b2+bn100+100(1+13)+100(1+132)+100(1+13n-1)100+100（n1）+100(13+132+13n-1)100n90+100131-13(1-13n-1)100n40-5013n-1，nN*，故B错误，S5=-25
23、2+1025=460，T5=500-40-5034=460-5081S5，故C正确，令cnSnTn2n2+102n100n+40+503n-1=503n-1+40+2n-2n2，c6=5035+40+12-720，又cn+1cn=503n-1(13-1)+2-2-4n=-1003n-4n0，cn为递减函数，cnc60，即SnTn0，故SnTn，故D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）某校体育节10名旗手的身高分别为175.0，178.0，176.0，180.0，179.0，175.0，176.0，179.0，180.0，179.0，则中位数为 178.5
24、【解答】解：某校体育节10名旗手的身高从小到大为：175.0，175.0，176.0，176.0，178.0，179.0，179.0，179.0，180.0，180.0，中位数为178.0+179.02=178.5故答案为：178.514（5分）某中学开展劳动实习，学习加工制作包装盒现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋（内切），则该球形冰淇淋的表面积为 16【解答】解：根据题意，画出图象，如图所示：所以BAC60，AO16，故在RtAO1C中，AC43，O1C=23，设内切球的球心为O，则DOOO1R，在RtADO中，
25、OAD30，所以：2R6R，解得R2，所以S表=4R2=16故答案为：1615（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)，F是左焦点，A为下顶点，若上顶点、右顶点到直线AF的距离之比为4135ab，椭圆的四个顶点的连线围成的四边形的面积为30，则椭圆的离心率为 27【解答】解：令椭圆左焦点F(-c，0)(c=a2-b2)，而A（0，b），则直线AF方程为：x-c+y-b=1，即bx+cy+bc0，又上顶点、右顶点分别为（0，b），（a，0），依题意有：2bcaab+bca=2ca+c=2e1+e，即2e1+e=4135ab，又椭圆的四个顶点的连线围成的四边形的面积为30，即2ab30，解
26、得ab15，则有e1+e=29，解得e=27，所以椭圆的离心率为e=27故答案为：2716（5分）已知函数y|x22x1|的图象与直线ym（mR）有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为a，b，c，d（abcd），则a+b+c+d4；2（da）+（cb）的最大值为 45【解答】解：y|x22x1|图像如图：由图知0m2，xa，xd是方程x22x1m的两根，则a+d2，ad1m，xb，xc是方程x22x1m的两根，则b+c2，bc1+m，a+b+c+d4dada0，da=(d-a)2=(d+a)2-4ad=22+m，cbcb0，cb=(c-b)2=(c+b)2-4bc=22-m，2（da）+（cb
27、）42+m+22-m，令f（m）42+m+22-m，0m2，则f（m）=8-4m-2+m2+m2-m，令84m2+m，解得0m65，此时f（m）0，f（m）单调递增，令82m2+m，解得65m2，此时f（m）0，f（m）单调递减，f（m）maxf（65）45故答案为：4；45四、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已知正项等比数列an的前n项和为Sn，S2=54，a2a416（1）求an的通项公式；（2）若bn=8log2an+3log2an+4，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）由已知可得，设等比数列an的公比为q，因为an0，a2a4=(a3
28、)2=16，所以a34或a34 （舍去），又S2=54，可得，a1(1+q)=54a1q2=4，解得a1=14q=4，所以an=a1qn-1=144n-1=4n-2，故an的通项公式为an=4n-2(nN*)（2）由第（1）问可知，an=4n-2(nN*)，所以log2an+3=log24n+1=log222n+2=2n+2，log2an+4=log24n+2=log222n+4=2n+4，所以bn=8log2an+3log2an+4=8(2n+2)(2n+4)=2(n+1)(n+2)=2(1n+1-1n+2)，所以Tn=2(12-13)+(13-14)+(14-15)+(1n+1-1n+2)
29、=2(12-1n+2)=nn+2，数列bn的前n项和Tn为nn+2(nN*)18设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，（ab）2c2ab（1）求C；（2）若b5，ccosA1，求ABC的面积【解答】解：（1）因为（ab）2c2ab，可得a2+b2c2ab，所以cosC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，又C（0，），所以C=3（2）因为b5，ccosA1，由正弦定理可得csin3=bsin(23-A)，所以c32=532cosA+12sinA，可得3ccosA+csinA53，因为ccosA1，所以csinA43，所以SABC=12bcsinA=12543=10319北京冬
30、奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题求：（1）甲、乙两人至多一人测试合格的概率；（2）甲答对的试题数X的分布列和数学期望【解答】解：（1）甲测试合格的概率为C62C41+C63C103=23，乙测试合格的概率为C82C21+C83C103=1415，故甲，乙两人都测试合格的概率为231415=2845，故甲，乙两人至多一人测试合格的概率P=1-2847=1745（
31、2）由题可知，甲答对的试题数X所有可能取值为0，1，2，3，P（X0）=C43C103=130，P（X1）=C61C42C103=310，P（X2）=C62C41C103=12，P（X3）=C63C103=16，故X的分布列为：X 0 1 2 3 P 130 310 1216 故E（X）=1310+212+316=9520如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BC，AC1的中点（1）证明：EF平面CDD1C1；（2）若AD=43AA1=43AB=4，求平面AEF与平面EFB1所成角的余弦值【解答】（1）证明：在长方体ABCDA1B1C1D1中，如图，连接AC，BD交于点O，则O
32、是AC，BD的中点，连接OE，OF又因为F为AC的中点，所以OFCC1因为OF平面CDD1C1，CC1平面CDD1C1，所以OF平面CDD1C1又E是BC的中点，所以OECD因为OE平面CDD1C1，CD平面CDD1C1，所以OE平面CDD1C1因为OFOEO，OE平面OEF，OF平面OEF，所以平面OEF平面CDD1C1因为EF平面OEF，EF平面CDD1C1，所以EF平面CDD1C1（2）解：连接B1E，B1F，AE，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD=43AA1=43AB=4，所以AD4，AA
33、13，AB3，所以E(3，2，0)，F(32，2，32)，B1(3，0，3)，所以EF=(-32，0，32)，AE=(3，2，0)，B1E=(0，2，-3)，设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)，则nEF=-32x1+32z1=0，nAE=3x1+2y1=0， 令y1=32，则x11，z11，所以n=(-1，32，-1)，设平面EFB1的法向量为m=(x2，y2，z2)，则mEF=-32x2+32z2=0mB1E=2y2-3z2=0，令y2=32，则x21，z21，所以m=(1，32，1)，设平面AEF与平面EFB1所成角为，所以cos=|nm|n|m|=|(-1，32，-1)(1，32，
34、1)|(-1)2+(32)2+(-1)212+(32)2+12=117，所以平面AEF与平面EFB1所成角的余弦值为11721已知双曲线：x2a2-y2=1(a0)的左、右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0），点P（x0，y0）是右支上一点，若I为PF1F2的内心，且SIPF1=SIPF2+32SIF1F2（1）求的方程；（2）点A是在第一象限的渐近线上的一点，且AF2x轴，在点P处的切线l与直线AF2相交于点M，与直线x=32相交于点N证明：无论点P怎么变动，总有|NF2|=32|MF2|【解答】（1）解：设PF1F2的内切圆半径为r，则SIPF1=12|PF1|r，SIPF2=12|P
35、F2|r，SIF1F2=12|F1F2|r，因为SIPF1=SIPF2+32SIF1F2，所以12|PF1|r=12|PF2|r+3212|F1F2|r，即|PF1|=|PF2|+32|F1F2|，可得|PF1|-|PF2|=32|F1F2|，所以|PF1|-|PF2|F1F2|=32，由双曲线的定义和几何性质，得2a2c=32，又a2c21，解得a23，所以的方程为x23-y2=1（2）证明：由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为yy0k（xx0）由x23-y2=1可得y2=x23-1=x2-33由题意知y00若点P在双曲线右支的上半支上，则y=x2-33，所以y=2x23x2-3=
36、x3x2-3，故k=x03x02-3因为x023-y0=1，所以x02-3=3y02，k=x033y02=x03y0；若点P在双曲线右支的下半支上，则y=-x2-33，同理可得k=-x033y02=x03y0综上，k=x03y0，代入直线l的方程得y-y0=x03y0(x-x0)，即x0x-3y0y=x02-3y02，由x023-y02=1，可得x02-3y02=3，所以直线l的方程为x0x3y0y3，即y=x0x-33y0(x03)，因为直线AF2的方程为x2，所以直线l与直线AF2的交点M(2，2x0-33y0)，直线l与直线x=32的交点N(32，32x0-33y0)，所以|MF2|=(
37、2-2)2+(0-2x0-33y0)2=2x0-33|y0|，|NF2|=(2-32)2+(0-32x0-33y0)2=14+14(x0-2)2y02=12.x023-1+x02-4x0+4|y0| =324x02-12x0+93|y0|=322x0-33|y0|=32|MF2|，即|NF2|=32|MF2|得证22已知函数f（x）exax（aR）（1）若a2，求f（x）在x0处的切线方程；（2）求f（x）的最值；（3）若x-2，+)时，xf（x）+cosx20，求a的取值范围【解答】解：（1）当a2时，f（x）ex2x，则f（x）ex2，故f（0）1，又f（0）1，所以在x0处的切线方程为y
38、1（x0），即x+y10；（2）f（x）exax，f（x）exa，当a0时，f（x）exa0，则f（x）在R上单调递增，所以f（x）无最值，当a0时，令exa0，得xlna，当exa0时，xlna，当exa0时，xlna，f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递增，所以函数f（x）在xlna处取得最小值为f（lna）elnaalnaaalna，无最大值，综上，当a0时，f（x）无最值；当a0时，f（x）有最小值为aalna，无最大值；（3）由题意得x（exax+cosx2）0对于任意的x-2，+)恒成立，且当x0时，等号成立，令g（x）exax+cosx2，则g（x）exsi
39、nxa，g（0）1a，若 x0，则g（x）0，令（x）exsinxa，则（x）excosx，显然x（x）0在0，+）上恒成立，（x）在0，+）上单调递增，即g（x）在0，+）上单调递增，当 1a0，即a1时，g（0）0，又g（a）easinaa，易证eaa+1，g（a）a+1sinaa1sina0，x0（0，a，使g（x0）0，x0（0，x0）时，g（x0）0，即g（x）在（0，x0）上单调递减，对x（0，x0），g（x）g（0）0，不符合题意，当1a0，即a1时，g（x）g（0）1a0，g（x）在（0，+）上单调递增，x0，+），g（x）g（0）0，xg（x）0，符合题意，所以a1，当-2x0时，只需证明当a1时，g（x）0即可，g(x)=ex-sinx-aex-sinx-1=ex(1-1+sinxex)，令 p(x)=1+sinxex，-2x0)，则p(x)=cosx-sinx-1ex=2cos(x+4)-1ex-2，0，x+4-4，4，1cos(x+4)22易得p（x）0，即p（x）在-2，0上单调递增，故x-2，0时，p（x）p（0）1，1-1+sinxex0，g（x）0，即g（x）在-2，0上单调递增，所以g（x）g（0）0，即当a1时，xg（x）0在-2，0上恒成立，综上所述，a的取值范围是（，1
