福建省泉州市安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)、惠安一中、泉州實驗中學(xué)四校聯(lián)考高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷（文科）

第18頁2023-2023學(xué)年福建省泉州市安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)、惠安一中、泉州實驗中學(xué)四校聯(lián)考高二〔下〕期末數(shù)學(xué)試卷〔文科〕一、選擇題：〔本大題共12個小題，每個小題5分，共60分〕1．〔5分〕設(shè)集合M={〔x，y〕|y=lgx}，N={x|y=lgx}，那么在以下結(jié)論中正確的選項是〔〕A．M∩N≠? B．M∩N=? C．M∪N=N D．M∪N=M【分析】由題意，M為點集，N為數(shù)集，即可得出結(jié)論．【解答】解：由題意，M為點集，N為數(shù)集，所以M∩N=?．應(yīng)選：B．【點評】此題考查集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用，比擬根底．2．〔5分〕復(fù)數(shù)的實部和虛部相等，那么|z|=〔〕A．2 B．3 C． D．【分析】直接由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡復(fù)數(shù)z，再結(jié)合條件求出b的值，根據(jù)復(fù)數(shù)求模公式計算得答案．【解答】解：，∵復(fù)數(shù)的實部和虛部相等，∴﹣b=﹣3，即b=3．應(yīng)選：D．【點評】此題考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查了復(fù)數(shù)模的求法，是根底題．3．〔5分〕設(shè)x＞0，且1＜bx＜ax，那么〔〕A．0＜b＜a＜1 B．0＜a＜b＜1 C．1＜b＜a D．1＜a＜b【分析】利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合x＞0，即可得到結(jié)論．【解答】解：∵1＜bx，∴b0＜bx，∵x＞0，∴b＞1∵bx＜ax，∴∵x＞0，∴∴a＞b∴1＜b＜a應(yīng)選：C．【點評】此題考查指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，屬于根底題．4．〔5分〕假設(shè)函數(shù)y=logax〔a＞0，且a≠1〕的圖象如下圖，那么以下函數(shù)圖象正確的選項是〔〕A． B． C． D．【分析】由題意可得a=3，由根本初等函數(shù)的圖象和性質(zhì)逐個選項驗證即可．【解答】解：由題意可知圖象過〔3，1〕，故有1=loga3，解得a=3，選項A，y=a﹣x=3﹣x=〔〕x單調(diào)遞減，故錯誤；選項B，y=x3，由冪函數(shù)的知識可知正確；選項C，y=〔﹣x〕3=﹣x3，其圖象應(yīng)與B關(guān)于x軸對稱，故錯誤；選項D，y=loga〔﹣x〕=log3〔﹣x〕，當x=﹣3時，y=1，但圖象明顯當x=﹣3時，y=﹣1，故錯誤．應(yīng)選：B．【點評】此題考查對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，涉及冪函數(shù)的圖象，屬根底題．5．〔5分〕雙曲線的漸近線方程為y=，那么雙曲線的離心率〔〕A． B． C．或 D．或【分析】設(shè)雙曲線的焦點在x軸上，雙曲線的方程為，可得它的漸近線方程是y=，結(jié)合題意解出b=2a，再得出此雙曲線的離心率．然后求解雙曲線的焦點在y軸上時的離心率即可．【解答】解：∵雙曲線的焦點在x軸上，∴設(shè)雙曲線的方程為，〔a＞0，b＞0〕可得雙曲線的漸近線方程是y=x結(jié)合題意雙曲線的漸近線方程是y=±x，∴2b=a，可得c==a因此，此雙曲線的離心率e==．當雙曲線的焦點在y軸上，∴設(shè)雙曲線的方程為，〔a＞0，b＞0〕可得雙曲線的漸近線方程是y=x結(jié)合題意雙曲線的漸近線方程是y=±x，∴b=2a，可得c==a因此，此雙曲線的離心率e==．應(yīng)選：C．【點評】此題給出雙曲線的漸近線方程，求雙曲線的離心率，著重考查了雙曲線的標準方程與簡單幾何性質(zhì)等知識，屬于根本知識的考查．6．〔5分〕函數(shù)f〔x〕=ln〔x2﹣2x﹣8〕的單調(diào)遞增區(qū)間是〔〕A．〔﹣∞，﹣2〕 B．〔﹣∞，﹣1〕 C．〔1，+∞〕 D．〔4，+∞〕【分析】由x2﹣2x﹣8＞0得：x∈〔﹣∞，﹣2〕∪〔4，+∞〕，令t=x2﹣2x﹣8，那么y=lnt，結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性“同增異減〞的原那么，可得答案．【解答】解：由x2﹣2x﹣8＞0得：x∈〔﹣∞，﹣2〕∪〔4，+∞〕，令t=x2﹣2x﹣8，那么y=lnt，∵x∈〔﹣∞，﹣2〕時，t=x2﹣2x﹣8為減函數(shù)；x∈〔4，+∞〕時，t=x2﹣2x﹣8為增函數(shù)；y=lnt為增函數(shù)，故函數(shù)f〔x〕=ln〔x2﹣2x﹣8〕的單調(diào)遞增區(qū)間是〔4，+∞〕，應(yīng)選：D．【點評】此題考查的知識點是復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，難度中檔．7．〔5分〕a∈R，假設(shè)在區(qū)間〔0，1〕上有且只有一個極值點，那么a的取值范圍是〔〕A．a(chǎn)＜0 B．a(chǎn)＞0 C．a(chǎn)≤1 D．a(chǎn)≥0【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為f′〔x〕=0在〔0，1〕上有且只有一個零點，根據(jù)零點定理判斷即可．【解答】解：f′〔x〕=〔ax2+x﹣1〕，假設(shè)f〔x〕在〔0，1〕上有且只有一個極值點，那么f′〔x〕=0在〔0，1〕上有且只有一個零點，顯然＞0，問題轉(zhuǎn)化為g〔x〕=ax2+x﹣1在〔0，1〕上有且只有一個零點，故g〔0〕?g〔1〕＜0，即，解得：a＞0，應(yīng)選：B．【點評】此題考查了函數(shù)的零點問題，考查函數(shù)的單調(diào)性問題，是一道中檔題．8．〔5分〕函數(shù)f〔x〕=x3+sinx，x∈〔﹣1，1〕，那么滿足f〔a2﹣1〕+f〔a﹣1〕＞0的a的取值范圍是〔〕A．〔0，2〕 B．〔1，〕 C．〔1，2〕 D．〔0，〕【分析】在區(qū)間〔﹣1，1〕上，由f〔﹣x〕=﹣f〔x〕、f′〔x〕＞0可知函數(shù)f〔x〕是奇函數(shù)且單調(diào)遞增，由此可求出a的取值范圍，進而選出答案．【解答】解：∵函數(shù)f〔x〕=x3+sinx，x∈〔﹣1，1〕，那么f〔﹣x〕=﹣f〔x〕，∴f〔x〕在區(qū)間〔﹣1，1〕上是奇函數(shù)；又f′〔x〕=3x2+cosx＞0，∴f〔x〕在區(qū)間〔﹣1，1〕上單調(diào)遞增；∵f〔a2﹣1〕+f〔a﹣1〕＞0，∴﹣f〔a﹣1〕＜f〔a2﹣1〕，∴f〔1﹣a〕＜f〔a2﹣1〕，∴，求得1＜a＜，應(yīng)選：B．【點評】此題考查了函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，充分理解函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性是解決問題的關(guān)鍵，屬于中檔題．9．〔5分〕假設(shè)不等式x2+ax+1≥0對于一切x∈〔0，]恒成立，那么a的最小值是〔〕A．0 B．﹣2 C．﹣ D．﹣3【分析】由題意可得﹣a≤x+對于一切x∈〔0，]恒成立．運用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷右邊的單調(diào)性，求得最小值，令﹣m不大于最小值即可．【解答】解：不等式x2+ax+1≥0對于一切x∈〔0，]恒成立，即有﹣a≤x+對于一切x∈〔0，]恒成立．由于y=x+的導(dǎo)數(shù)為y′=1﹣，當0＜x＜1時，y′＜0，函數(shù)y遞減．那么當x=時，y取得最小值且為，那么有﹣a，解得a．那么a的最小值為﹣．應(yīng)選：C．【點評】此題考查不等式的恒成立問題，考查函數(shù)的單調(diào)性的運用，考查運算能力，屬于中檔題和易錯題．10．〔5分〕設(shè)方程2x|lnx|=1有兩個不等的實根x1和x2，那么〔〕A．x1x2＜0 B．x1x2=1 C．x1x2＞1 D．0＜x1x2＜1【分析】由題意可得y=|lnx|和y=〔〕x的圖象有兩個交點，如圖可得設(shè)0＜x1＜1，x2＞1，求得ln〔x1x2〕的范圍，即可得到所求范圍．【解答】解：方程2x|lnx|=1有兩個不等的實根x1和x2，即為y=|lnx|和y=〔〕x的圖象有兩個交點，如圖可得設(shè)0＜x1＜1，x2＞1，由ln〔x1x2〕=lnx1+lnx2=﹣+由0＜x1＜1，x2＞1，可得2x1﹣2x2＜0，2x1+x2＞0，即為ln〔x1x2〕＜0，即有0＜x1x2＜1．應(yīng)選：D．【點評】此題考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運用，注意運用數(shù)形結(jié)合的思想方法，以及對數(shù)的運算性質(zhì)，考查運算能力，屬于中檔題．11．〔5分〕以下命題正確的個數(shù)是〔〕①命題“?x0∈R，x02+1＞3x0〞的否認是“?x∈R，x2+1≤3x〞；②“函數(shù)f〔x〕=cos2ax﹣sin2ax的最小正周期為π〞是“a=1〞的必要不充分條件；③x2+2x≥ax在x∈[1，2]上恒成立?〔x2+2x〕min≥〔ax〕max在x∈[1，2]上恒成立；④“平面向量與的夾角是鈍角〞的充分必要條件是“?＜0〞．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】〔1〕根據(jù)特稱命題的否認是全稱命題來判斷是否正確；〔2〕化簡三角函數(shù)，利用三角函數(shù)的最小正周期判斷；〔3〕用特例法驗證〔3〕是否正確；〔4〕根據(jù)向量夾角為π時，向量的數(shù)量積小于0，來判斷〔4〕是否正確．【解答】解：〔1〕根據(jù)特稱命題的否認是全稱命題，∴〔1〕正確；〔2〕f〔x〕=cos2ax﹣sin2ax=cos2ax，最小正周期是=π?a=±1，∴〔2〕正確；〔3〕例a=2時，x2+2x≥2x在x∈[1，2]上恒成立，而〔x2+2x〕min=3＜2xmax=4，∴〔3〕不正確；〔4〕∵，當θ=π時，?＜0．∴〔4〕錯誤．∴正確的命題是〔1〕〔2〕．應(yīng)選：B．【點評】此題借助考查命題的真假判斷，考查命題的否認、向量的數(shù)量積公式、三角函數(shù)的最小正周期及恒成立問題．12．〔5分〕函數(shù)f〔x〕=x2﹣x﹣〔x＜0〕，g〔x〕=x2+bx﹣2〔x＞0〕，b∈R，假設(shè)f〔x〕圖象上存在A，B兩個不同的點與g〔x〕圖象上A′，B′兩點關(guān)于y軸對稱，那么b的取值范圍為〔〕A．〔﹣4﹣5，+∞〕 B．〔4﹣5，+∞〕 C．〔﹣4﹣5，1〕 D．〔4﹣5，1〕【分析】根據(jù)題意條件等價為f〔﹣x〕=g〔x〕在〔0，+∞〕上有兩個不同的解，利用參數(shù)別離法，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，利用數(shù)形結(jié)合進行求解即可得到結(jié)論．【解答】解：由題意知，方程f〔﹣x〕=g〔x〕在〔0，+∞〕上有兩個不同的解，即x2+x﹣=x2+bx﹣2，那么b=+1﹣那么b＜1，又b=，設(shè)h〔x〕=，那么h′〔x〕==，由h′〔x〕=0得x2﹣2x﹣1=0得x=1+或1﹣〔舍〕，當0＜x＜1+時，h′〔x〕＜0，函數(shù)h〔x〕遞減，當x＞1+時，h′〔x〕＞0，函數(shù)h〔x〕遞增，那么當x=1+時，h〔x〕取得極小值，此時h〔1+〕=+1﹣=2〔﹣1〕+1﹣=2﹣2+1﹣=2﹣2+1﹣2〔2﹣〕=4﹣5，∴要使那么b=+1﹣在〔0，+∞〕上有兩個不同的交點，那么4﹣5＜b＜1，即a的取值范圍是〔4﹣5，1〕應(yīng)選：D．【點評】此題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，考查函數(shù)圖象的對稱變換，函數(shù)交點個數(shù)及位置的判定，根據(jù)條件轉(zhuǎn)化為f〔﹣x〕=g〔x〕在〔0，+∞〕上有兩個不同的解是解決此題的關(guān)鍵．，綜合性強，難度較大．二、填空題：〔本大題共4個小題，每個小題5分，共20分〕13．〔5分〕曲線y=x2+在點〔1，2〕處的切線方程為x﹣y+1=0．【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出切線的斜率，利用點斜式求解切線方程即可．【解答】解：曲線y=x2+，可得y′=2x﹣，切線的斜率為：k=2﹣1=1．切線方程為：y﹣2=x﹣1，即：x﹣y+1=0．故答案為：x﹣y+1=0．【點評】此題考查切線方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．14．〔5分〕函數(shù)f〔x〕=假設(shè)f〔x〕在〔﹣∞，+∞〕上單調(diào)遞增，那么實數(shù)a的取值范圍為2＜a≤3．【分析】讓兩段均為增函數(shù)且兩段的端點值須滿足前一段的最大值小于或等于后一段的最小值即可【解答】解：∵f〔x〕在〔﹣∞，+∞〕上單調(diào)遞增∴須?2＜a≤3，故答案為：2＜a≤3【點評】分段函數(shù)在定義域內(nèi)遞增，須每一段遞增，且前一段的最大值小于或等于后一段的最小值．15．〔5分〕設(shè)定義在R上的函數(shù)f〔x〕滿足f〔x+2〕=f〔x〕，且當x∈[0，2〕時，f〔x〕=2x﹣x2，那么f〔0〕+f〔1〕+f〔2〕+…+f〔4035〕=2023．【分析】推導(dǎo)出f〔0〕=f〔2〕=f〔4〕=f〔6〕=…=f〔4034〕=0，f〔1〕=f〔3〕=f〔5〕=f〔5〕=…=f〔4035〕=2﹣1=1，由此能求出f〔0〕+f〔1〕+f〔2〕+…+f〔4035〕的值．【解答】解：設(shè)定義在R上的函數(shù)f〔x〕滿足f〔x+2〕=f〔x〕，且當x∈[0，2〕時，f〔x〕=2x﹣x2，∴f〔0〕=f〔2〕=f〔4〕=f〔6〕=…=f〔4034〕=0，f〔1〕=f〔3〕=f〔5〕=f〔7〕=…=f〔4035〕=2﹣1=1，∴f〔0〕+f〔1〕+f〔2〕+…+f〔4035〕=2023×0+2023×1=2023．故答案為：2023．【點評】此題考查函數(shù)值的求法，考查函數(shù)性質(zhì)等根底知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是根底題．16．〔5分〕函數(shù)f〔x〕=log2x，g〔x〕=x2，那么函數(shù)y=g〔f〔x〕〕﹣x零點的個數(shù)為3．【分析】令log2x=t，將y表示為關(guān)于t的函數(shù)y=t2﹣2t，借助函數(shù)圖象的交點個數(shù)判斷．【解答】解：令f〔x〕=log2x=t，得x=2t，∴y=g〔f〔x〕〕﹣x=g〔t〕﹣2t=t2﹣2t，令t2﹣2t=0得t=2或t=4，作出y=t2和y=2t的函數(shù)圖象，由圖象可知t2﹣2t=0在〔﹣∞，0〕上有一解，故方程t2﹣2t=0共有3解，又f〔x〕=log2x是單調(diào)函數(shù)，∴f〔x〕=t有3解，∴y=g〔f〔x〕〕﹣x有3個零點．故答案為3．【點評】此題考查了函數(shù)零點與函數(shù)圖象的關(guān)系，屬于中檔題．三、解答題：〔本大題共6個小題，共70分〕17．〔12分〕函數(shù)f〔x〕=﹣x3+3x2+9x+a．〔1〕求f〔x〕的單調(diào)區(qū)間；〔2〕假設(shè)f〔x〕在區(qū)間[﹣2，2]上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值．【分析】〔1〕由得f′〔x〕=﹣3x2+6x+9，由此能求出f〔x〕的單調(diào)區(qū)間．〔2〕由f′〔x〕=﹣3x2+6x+9=0，得x=﹣1或x=3〔舍〕，由此利用條件能求出它在區(qū)間[﹣2，2]上的最小值．【解答】解：〔1〕∵f〔x〕=﹣x3+3x2+9x+a，∴f′〔x〕=﹣3x2+6x+9，由f′〔x〕＞0，得﹣1＜x＜3，∴f〔x〕的單調(diào)遞增區(qū)間為〔﹣1，3〕；由f′〔x〕＜0，得x＜﹣1或x＞3，∴f〔x〕的單調(diào)遞減區(qū)間為〔﹣∞，﹣1〕，〔3，+∞〕．〔2〕由f′〔x〕=﹣3x2+6x+9=0，得x=﹣1或x=3〔舍〕，∵f〔﹣2〕=8+12﹣18+a=2+a，f〔﹣1〕=1+3﹣9+a=a﹣5，f〔2〕=﹣8+12+18+a=22+a，∵f〔x〕在區(qū)間[﹣2，2]上的最大值為20，∴22+a=20，解得a=﹣2．∴它在該區(qū)間上的最小值為a﹣5=﹣7．【點評】此題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查函數(shù)在閉區(qū)間上的最小值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．18．〔12分〕函數(shù)〔1〕求函數(shù)f〔x〕的定義域，并判斷函數(shù)f〔x〕的奇偶性；〔2〕對于x∈[2，6]，恒成立，求實數(shù)m取值范圍．【分析】〔1〕利用真數(shù)大于0，可得函數(shù)的定義域，利用奇偶函數(shù)的定義，可得函數(shù)f〔x〕的奇偶性；〔2〕將問題轉(zhuǎn)化為0＜m＜〔x+1〕〔7﹣x〕在x∈[2，6]成立，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求得結(jié)論．【解答】解：〔1〕由，解得x＜﹣1或x＞1，∴定義域為〔﹣∞，﹣1〕∪〔1，+∞〕〔2分〕當x∈〔﹣∞，﹣1〕∪〔1，+∞〕時，∴是奇函數(shù)．…．〔5分〕〔2〕由x∈[2，6]時，恒成立，∵x∈[2，6]，∴0＜m＜〔x+1〕〔7﹣x〕在x∈[2，6]成立…〔8分〕令g〔x〕=〔x+1〕〔7﹣x〕=﹣〔x﹣3〕2+16，x∈[2，6]，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知x∈[2，3]時函數(shù)單調(diào)遞增，x∈[3，6]時函數(shù)單調(diào)遞減，∴x∈[2，6]時，g〔x〕min=g〔6〕=7∴0＜m＜7…．〔12分〕【點評】此題考查函數(shù)的性質(zhì)，考查恒成立問題，解題的關(guān)鍵是確定函數(shù)的定義域，利用奇偶性的定義，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)．19．〔12分〕某班的50名學(xué)生進行不記名問卷調(diào)查，內(nèi)容為本周使用手機的時間長，如表：時間長〔小時〕[0，5〕[5，10〕[10，15〕[15，20〕[20，25]女生人數(shù)411320男生人數(shù)317631〔1〕求這50名學(xué)生本周使用手機的平均時間長；〔2〕時間長為[0，5〕的7名同學(xué)中，從中抽取兩名，求其中恰有一個女生的概率；〔3〕假設(shè)時間長為[0，10〕被認定“不依賴手機〞，[10，25]被認定“依賴手機〞，根據(jù)以上數(shù)據(jù)完成2×2列聯(lián)表：不依賴手機依賴手機總計女生男生總計能否在犯錯概率不超過0.15的前提下，認為學(xué)生的性別與依賴手機有關(guān)系？P〔K2≥k0〕0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828〔參考公式：，n=a+b+c+d〕【分析】〔1〕由加權(quán)平均數(shù)公式，結(jié)合數(shù)據(jù)可得答案；〔2〕根據(jù)數(shù)據(jù)，由古典概型概率計算公式可得答案；〔3〕根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算K2的值，與臨界值比擬后，可得答案．【解答】〔總分值12分〕解：〔1〕，所以，這50名學(xué)生本周使用手機的平均時間長為9小時．…………〔3分〕〔2〕時間長為[0，5〕的有7人，記為A、B、C、D、E、F、G，其中女生記為A、B、C、D，從這7名學(xué)生中隨機抽取兩名的根本領(lǐng)件有：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{C，G}，{D，E}，{D，F(xiàn)}，{D，G}，{E，F(xiàn)}，{E，G}，{F，G}共21個．……〔5分〕設(shè)事件M表示恰有一位女生符合要求的事件有：{A，E}，{A，F(xiàn)}，{A，G}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{B，G}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{C，G}，{D，E}，{D，F(xiàn)}，{D，G}共12個．所以恰有一個女生的概率為．……〔7分〕〔3〕不依賴手機依賴手機總計女生15520男生201030總計351550……〔9分〕，……〔11分〕不能在犯錯概率不超過0.15的前提下，認為學(xué)生的性別與依賴手機有關(guān)系．……〔12分〕【點評】此題考查的知識點是平均數(shù)的計算，獨立性檢驗，古典概型，難度不大，屬于根底題．20．〔12分〕在平面直角坐標系中xOy中，動點E到定點〔1，0〕的距離與它到直線x=﹣1的距離相等．〔Ⅰ〕求動點E的軌跡C的方程；〔Ⅱ〕設(shè)動直線l：y=kx+b與曲線C相切于點P，與直線x=﹣1相交于點Q．證明：以PQ為直徑的圓恒過x軸上某定點．【分析】〔Ⅰ〕設(shè)出動點E的坐標為〔x，y〕，然后直接利用拋物線的定義求得拋物線方程；〔Ⅱ〕設(shè)出直線l的方程為：y=kx+b〔k≠0〕，聯(lián)立直線方程和拋物線方程化為關(guān)于y的一元二次方程后由判別式等于0得到k與b的關(guān)系，求出Q的坐標，求出切點坐標，再設(shè)出M的坐標，然后由向量的數(shù)量積為0證得答案，并求得M的坐標．【解答】〔Ⅰ〕解：設(shè)動點E的坐標為〔x，y〕，由拋物線定義知，動點E的軌跡是以〔1，0〕為焦點，x=﹣1為準線的拋物線，∴動點E的軌跡C的方程為：y2=4x；〔Ⅱ〕證明：設(shè)直線l的方程為：y=kx+b〔k≠0〕，由，消去x得：ky2﹣4y+4b=0．∵直線l與拋物線相切，∴△=16﹣16kb=0，即．∴直線l的方程為y=kx+．令x=﹣1，得，∴Q〔﹣1，〕，設(shè)切點坐標P〔x0，y0〕，那么，解得：P〔〕，設(shè)M〔m，0〕，那么當m=1時，．∴以PQ為直徑的圓恒過x軸上定點M〔1，0〕．【點評】此題考查了拋物線方程的求法，考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，訓(xùn)練了利用向量證明線段的垂直問題，是中檔題．21．〔12分〕函數(shù)f〔x〕=x2﹣alnx，a＞0〔1〕假設(shè)f〔x〕在x=1處取得極值，求a的值；〔2〕求f〔x〕在區(qū)間[1，+∞〕上的最小值；〔3〕在〔1〕的條件下，假設(shè)h〔x〕=x2﹣f〔x〕，求證：當1＜x＜e2，恒有x．【分析】〔1〕x＞0，f′〔x〕=2x﹣，令f′〔1〕=0，解得a，并且驗證即可得出．〔2〕f′〔x〕==，x＞0，對a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出極值與最值．〔3〕由h〔x〕=x2﹣f〔x〕，得h〔x〕=2lnx，當1＜x＜e2時，0＜lnx＜2，0＜h〔x〕＜4．欲證x．只需證x[4﹣h〔x〕]＜4+h〔x〕．即證h〔x〕＞，即lnx＞．設(shè)g〔x〕=lnx﹣．x∈〔1，e2〕．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．【解答】解：〔1〕x＞0，f′〔x〕=2x﹣，令f′〔1〕=0，解得：a=2，經(jīng)檢驗，滿足題意，∴a=2．〔2〕∵f′〔x〕==，x＞0，當0＜a≤2時，由f′〔x〕=0，得x=，且≤1，當時，f′〔x〕＜0，f〔x〕單調(diào)遞減，當時，f′〔x〕＞0，f〔x〕單調(diào)遞增．∴f〔x〕在區(qū)間[1，+∞〕上單調(diào)遞增，最小值為f〔1〕=1．當a＞2時，＞1．當x∈時，f′〔x〕＜0，f〔x〕單調(diào)遞減，當x∈時，f′〔x〕＞0，f〔x〕單調(diào)遞增．∴函數(shù)f〔x〕在x=處取得最小值，=﹣．綜上：當0＜a≤2時，f〔x〕在區(qū)間[1，+∞〕上的最小值為1．當a＞2時，函數(shù)f〔x〕在在區(qū)間[1，+∞〕上的最小值為﹣．〔3〕證明：由h〔x〕=x2﹣f〔x〕，得h〔x〕=2lnx，當1＜x＜e2時，0＜lnx＜2，0＜h〔x〕＜4．欲證x．只需證x[4﹣h〔x〕]＜4+h〔x〕．即證h〔x〕＞，即lnx＞．設(shè)g〔x〕=lnx﹣．x∈〔1，e2〕．那么g′〔x〕=﹣=＞0，∴g〔x〕在區(qū)間〔1，e2〕上單調(diào)遞增．∴g〔x〕＞g〔1〕=0，即lnx﹣＞0．故x．∴當1＜x＜e2，恒有x．【點評】此題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能