福建省普通高中2017屆高考數(shù)學(xué)模擬試卷(文科)(4月份)W

2017年福建省普通高中高考數(shù)學(xué)模擬試卷（文科）（4月份）一、選擇題1．已知集合U={﹣1，0，1}，B={x|x=m2，m∈U}，則?UA=（）A．{0，1} B．{﹣1，0，1} C．? D．{﹣1}2．已知正方形ABCD的邊長為1，=，=，=，則||等于（）A．1 B． C．2 D．33．某網(wǎng)店出售一種餅干，共有草莓味、巧克力味、香蕉味、香芋味四種口味，一位顧客在該店購買了兩袋這種餅干，“口味”選擇“隨機(jī)派送”，則這位顧客買到的兩袋餅干是同一種口味的概率是（）A． B． C． D．4．若x，y滿足約束條件，則z=x﹣2y的最小值為（）A．﹣6 B．﹣2 C．﹣1 D．35．△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a=b，A=2B，則cosB等于（）A． B． C． D．6．已知遞增的等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項(xiàng)和Sn＜0，則（）A．a(chǎn)1＜0，0＜q＜1 B．a(chǎn)1＜0，q＞1 C．a(chǎn)1＞0，0＜q＜1 D．a(chǎn)1＞0，q＞17．圖中，小方格是邊長為1的正方形，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A．8﹣π B．8﹣π C．8﹣π D．8﹣π8．函數(shù)y=x3+ln（﹣x）的圖象大致為（）A． B． C． D．9．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入a的值為2，則輸出b（）A．﹣2 B．1 C．2 D．410．已知函數(shù)f（x）=sin2x+2cos2x，下列結(jié)論正確的是（）A．f（x）的最小正周期為2πB．（x）在區(qū)間（，）上單調(diào)遞增C．f（x）的圖象關(guān)于直線x=對(duì)稱D．f（x）的圖象關(guān)于（﹣，0）對(duì)稱11．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的頂點(diǎn)A1，B1，C1在同一球面上，且平面ABC經(jīng)過球心，若此球的表面積為4π，則該三棱柱的側(cè)面積的最大值為（）A． B． C． D．312．設(shè)F是橢圓C：=1（a＞b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)，P是C上的點(diǎn)，圓x2+y2=與線段PF交于A、B兩點(diǎn)，若A、B三等分線段PF，則C的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：13．已知復(fù)數(shù)z=，則||=．14．已知α是第一象限角，且sin（π﹣α）=，則tanα=．15．過雙曲線x2﹣y2=1焦點(diǎn)的直線垂直于x軸，交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，則|AB|=．16．已知函數(shù)f（x）=alnx+x2+（a﹣6）x在（0，3）上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．三、解答題：17．（12分）已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2=1，S5=15，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn滿足Tn=（n+5）an（1）求an（2）求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和．18．（12分）某通訊商推出兩款流量套餐，詳情如下：套餐名稱月套餐費(fèi)（單位；元）月套餐流量（單位，M）A20300B30500這兩款套餐都有如下的附加條款：套餐費(fèi)月初一次性收取，手機(jī)使用一旦超出套餐流量，系統(tǒng)就自動(dòng)幫用戶充值200M流量，資費(fèi)20元；如果又超出充值流量，系統(tǒng)就再次自動(dòng)幫用戶充值200M流量，資費(fèi)20元/次，依此類推，如果當(dāng)流量有剩余，系統(tǒng)將自動(dòng)清零，無法轉(zhuǎn)入次月使用．小王過去50個(gè)月的手機(jī)月使用流量（單位：M）頻率分布表如下：月使用流量分組[100，200]（200，300]（300，400]（400，500]（500，600]（600，700]頻數(shù)411121841根據(jù)小王過去50個(gè)月的收集月使用流量情況，回答下列問題：（1）若小王訂購A套餐，假設(shè)其手機(jī)月實(shí)際使用流量為x（單位：M，100≤x≤700）月流量費(fèi)用y（單位：元），將y表示為x的函數(shù)；（2）小王擬從A套餐或B套餐中選訂一款，若以月平均費(fèi)用作為決策依據(jù)，他應(yīng)訂購哪一種套餐？并說明理由．19．（12分）在如圖所示的多面體中，面ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形．（1）求證：AE∥平面BFC（2）若AD⊥DE，AD=DE=1，AB=2，∠BDA=60°，求三棱錐F﹣AEC的體積．20．（12分）以拋物線Γ的頂點(diǎn)為圓心，為半徑的圓交Γ于A、B兩點(diǎn)，且AB=2（1）建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求Γ的方程；（2）若過點(diǎn)A且與Γ只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線交Γ的對(duì)稱軸于點(diǎn)C，點(diǎn)D在線段AB上，直線CD與Γ交于P、Q兩點(diǎn)，求證：PC?QD=PD?QC．21．（12分）已知函數(shù)f（x）=e﹣x+ax（a∈R）（1）討論f（x）的最值；（2）若a=0，求證：f（x）＞﹣x2+．[選修4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程方程]22．（10分）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為為參數(shù)），在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2：ρ=2sinθ，曲線C3：θ=（ρ＞0），A（2，0）．（1）把C1的參數(shù)方程化為極坐標(biāo)方程；（2）設(shè)C3分別交C1，C2于點(diǎn)P，Q，求△APQ的面積．[選修4-5不等式選講]23．已知函數(shù)f（x）=|2x+1|+|x﹣2|，集合A={x|f（x）＜3}（1）求A；（2）若s，t∈A，求證|1﹣|＜|t﹣|

2017年福建省普通高中高考數(shù)學(xué)模擬試卷（文科）（4月份）D．A．B．B．C．A．如圖所示；：D．B．B．：C．11【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的頂點(diǎn)A1，B1，C1在同一球面上，且平面ABC經(jīng)過球心，此球的表面積為4π，∴此球半徑R=1，如圖，設(shè)三棱柱正三棱柱ABC﹣A1B1C1的頂點(diǎn)A1，B1，C1所在球面的小圓的半徑為r，球心到頂點(diǎn)A1，B1，C1所在球面的小圓的距離為d，則r2+d2=R2=1，∴該三棱柱的側(cè)面積：S=3×≤3×=3=．∴該三棱柱的側(cè)面積的最大值為．故選：C．12．【解答】解：如圖，取AB中點(diǎn)H，橢圓另一個(gè)焦點(diǎn)為E，連結(jié)PE．∵A、B三等分線段PF，∴H也是AB中點(diǎn)，即OH⊥AB設(shè)OH=d，則PE=2d，PF=2a﹣2d，AH=，在Rt△OHA中，OA2=OH2+AH2，解得a=5d．在Rt△OHF中，F(xiàn)H=，OH=，OF=c，由OF2=OH2+FH2化簡得17a2=25c2，．即C的離心率為．故選：D．13．．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了復(fù)數(shù)的混合運(yùn)算和復(fù)數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題．14．已知α是第一象限角，且sin（π﹣α）=，則tanα=．【考點(diǎn)】GI：三角函數(shù)的化簡求值．【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的應(yīng)用，誘導(dǎo)公式，求得tanα的值．【解答】解：∵α是第一象限角，且sin（π﹣α）=sinα=，∴cosα==，則tanα==故答案為．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的應(yīng)用，誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．15．過雙曲線x2﹣y2=1焦點(diǎn)的直線垂直于x軸，交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，則|AB|=2．【考點(diǎn)】KC：雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】根據(jù)題意，由雙曲線的方程可得其焦點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而可得直線AB的方程，聯(lián)立直線AB與雙曲線的方程可得AB的縱坐標(biāo)，由此計(jì)算可得線段AB的長度，即可得答案．【解答】解：雙曲線的方程為x2﹣y2=1，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為（±，0），直線AB的方程為x=或x=﹣，聯(lián)立，解可得y=±1，則|AB|=2；故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，關(guān)鍵是求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)．16．已知函數(shù)f（x）=alnx+x2+（a﹣6）x在（0，3）上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，2）．【考點(diǎn)】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】求導(dǎo)，求出函數(shù)是單調(diào)函數(shù)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍，再求補(bǔ)集．【解答】解：函數(shù)f′（x）=+a﹣6．①若函數(shù)f（x）=alnx+x2+（a﹣6）x在（0，3）上單調(diào)遞增，則f′（x）=+a﹣6≥0在（0，3）上恒成立，即a≥=﹣2[（x+1）+﹣5]在（0，3）上恒成立，函數(shù)g（t）=t+，t∈（1，4），g（t）∈[4，5），∴a≥2；②若函數(shù)f（x）=alnx+x2+（a﹣6）x在（0，3）上單調(diào)遞減，則f′（x）=+a﹣6≤0在（0，3）上恒成立，即a≤=﹣2[（x+1）+﹣5]在（0，3）上恒成立，函數(shù)g（t）=t+，t∈（1，4），g（t）∈[4，5），∴a≤0．則函數(shù)f（x在（0，3）上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，2）故答案為（0，2）【點(diǎn)評(píng)】本題的考點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)于參數(shù)問題要注意進(jìn)行分類討論．屬于中檔題．三、解答題：本大題共5小題，滿分60分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17．（12分）（2017?福建模擬）已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2=1，S5=15，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn滿足Tn=（n+5）an（1）求an（2）求數(shù)列{}的前n項(xiàng)和．【考點(diǎn)】8E：數(shù)列的求和；8H：數(shù)列遞推式．【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，解方程可得首項(xiàng)和公差，即可得到所求通項(xiàng)公式；（2）運(yùn)用數(shù)列的遞推式：當(dāng)n=1時(shí)，b1=T1；n≥2時(shí)，bn=Tn﹣Tn﹣1．可得bn=2n+4，則==（﹣），運(yùn)用數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消求和，化簡整理即可得到所求和．【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，a2=1，S5=15，即為a1+d=2，5a1+×5×4d=15，解得a1=d=1，則an=a1+（n﹣1）d=n，n∈N*；（2）Tn=（n+5）an=n（n+5），當(dāng)n=1時(shí)，b1=T1=6；n≥2時(shí)，bn=Tn﹣Tn﹣1=n（n+5）﹣（n﹣1）（n+4）=2n+4，上式對(duì)n=1也成立．則==（﹣），即有數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為（1﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣）=（1﹣﹣﹣）=﹣﹣．【點(diǎn)評(píng)】本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，以及數(shù)列遞推式的運(yùn)用，考查數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消求和，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．18．（12分）（2017?福建模擬）某通訊商推出兩款流量套餐，詳情如下：套餐名稱月套餐費(fèi)（單位；元）月套餐流量（單位，M）A20300B30500這兩款套餐都有如下的附加條款：套餐費(fèi)月初一次性收取，手機(jī)使用一旦超出套餐流量，系統(tǒng)就自動(dòng)幫用戶充值200M流量，資費(fèi)20元；如果又超出充值流量，系統(tǒng)就再次自動(dòng)幫用戶充值200M流量，資費(fèi)20元/次，依此類推，如果當(dāng)流量有剩余，系統(tǒng)將自動(dòng)清零，無法轉(zhuǎn)入次月使用．小王過去50個(gè)月的手機(jī)月使用流量（單位：M）頻率分布表如下：月使用流量分組[100，200]（200，300]（300，400]（400，500]（500，600]（600，700]頻數(shù)411121841根據(jù)小王過去50個(gè)月的收集月使用流量情況，回答下列問題：（1）若小王訂購A套餐，假設(shè)其手機(jī)月實(shí)際使用流量為x（單位：M，100≤x≤700）月流量費(fèi)用y（單位：元），將y表示為x的函數(shù)；（2）小王擬從A套餐或B套餐中選訂一款，若以月平均費(fèi)用作為決策依據(jù)，他應(yīng)訂購哪一種套餐？并說明理由．【考點(diǎn)】7C：簡單線性規(guī)劃．【分析】（1）直接由題意寫出分段函數(shù)解析式；（2）由頻數(shù)分布表分別寫出小王在過去的50個(gè)月中，手機(jī)月使用流量x∈[100，300]，x∈（300，500]，x∈（500，700]的月份．然后分別求出訂購A套餐和訂購B套餐的月平均費(fèi)用，比較大小后得答案．【解答】解：（1）依題意，當(dāng)100≤x≤300時(shí)，y=20；當(dāng)300＜x≤500時(shí)，y=20+20=40；當(dāng)500＜x≤700時(shí)，y=20+20×2=60．∴y=；（2）由頻數(shù)分布表知，小王在過去的50個(gè)月中，手機(jī)月使用流量x∈[100，300]的有15個(gè)月，x∈（300，500]的有30個(gè)月，x∈（500，700]的有5個(gè)月．若訂購A套餐，月平均費(fèi)用為：（元）；若訂購B套餐，月平均費(fèi)用為：（元）．∴＞．因此，若以月平均費(fèi)用作為決策依據(jù)，小王應(yīng)訂購B套餐．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)在實(shí)際問題中的應(yīng)用，考查概率統(tǒng)計(jì)問題，是中檔題．19．（12分）（2017?福建模擬）在如圖所示的多面體中，面ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形．（1）求證：AE∥平面BFC（2）若AD⊥DE，AD=DE=1，AB=2，∠BDA=60°，求三棱錐F﹣AEC的體積．【考點(diǎn)】LF：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；LS：直線與平面平行的判定．【分析】（1）推導(dǎo)出AD∥BC，從而AD∥平面BCF，推導(dǎo)出DE∥BF，從而DE∥平面BCF，進(jìn)而平面ADE∥平面BCF，由此能證明AE∥平面BCF．（2）設(shè)AC∩BD=O，則O為AC中點(diǎn)，連結(jié)OE，OF，則VF﹣ABC=VC﹣AEF=2VO﹣AEF=2VA﹣OEF，由此能求出三棱錐F﹣AEC的體積．【解答】證明：（1）∵面ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵AD?平面BCF，BC?平面BCF，∴AD∥平面BCF，∵四邊形BDEF是矩形，∴DE∥BF，∵DE?平面BCF，BF?平面BCF，∴DE∥平面BCF，∵AD∩DE=D，AD?平面ADE，DE?平面ADE，∴平面ADE∥平面BCF，∵AE?平面ADE，∴AE∥平面BCF．解：（2）設(shè)AC∩BD=O，則O為AC中點(diǎn)，連結(jié)OE，OF，則VF﹣ABC=VC﹣AEF=2VO﹣AEF=2VA﹣OEF，在△ABD中，∠BAD=60°，AD=1，AB=2，由余弦定理得BD2=AB2+AD2﹣2AB?AD?cos∠BAD，∴BD=，∴AB2=AD2+BD2，∴AD⊥BD，∵DE⊥AD，BD∩DE=D，BD?平面BDEF，DE?平面BDEF，∴AD⊥平面BDEF，故AD為A到平面BDEF的距離，∵DE=1，∴S△OEF==，∴VA﹣OEF==，∴三棱錐F﹣AEC的體積VF﹣AEC=2VA﹣OEF=．【點(diǎn)評(píng)】本題考查幾何體的體積及直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．20．（12分）（2017?福建模擬）以拋物線Γ的頂點(diǎn)為圓心，為半徑的圓交Γ于A、B兩點(diǎn)，且AB=2（1）建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求Γ的方程；（2）若過點(diǎn)A且與Γ只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線交Γ的對(duì)稱軸于點(diǎn)C，點(diǎn)D在線段AB上，直線CD與Γ交于P、Q兩點(diǎn)，求證：PC?QD=PD?QC．【考點(diǎn)】KN：直線與拋物線的位置關(guān)系．【分析】方法一：（1）由點(diǎn)到直線的距離公式，即可求得O到直線AB的距離，建立直角坐標(biāo)系，求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入即可求得Γ的方程；（2）求導(dǎo)，求得切線方程，代入求得C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)直線CD的方程，代入拋物線方程，利用韋達(dá)定理，及==，則==，作差即可求得=，即可證明PC?QD=PD?QC；方法二：由點(diǎn)到直線的距離公式，即可求得O到直線AB的距離，建立直角坐標(biāo)系，求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入即可求得Γ的方程；（2）設(shè)切線AC的方程，求得C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)直線CD方程，求得D點(diǎn)坐標(biāo)，丨PC丨?丨QD丨=丨PD丨?丨QC丨，只需證y1?（y2﹣2k）=（2k﹣y1）?y2，將直線方程代入拋物線方程即可利用韋達(dá)定理即可證明等式成立；方法三：（1）同方法一，（2）求導(dǎo)，求得切線方程及C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)D（x0，1）及直線CD的方程，分別表示出，，利用韋達(dá)定理即可求得﹣=0，證明PC?QD=PD?QC；方法四：（1）同方法一，（2）求導(dǎo)，求得切線方程及C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)D（，1）及直線CD的方程，分別表示出，，利用韋達(dá)定理即可求得﹣=0，證明PC?QD=PD?QC；【解答】解：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=，由AB=2，則O到直線AB的距離d==1，如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與x軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的左側(cè)，則A（﹣1，1），B（1，1），設(shè)拋物線Γ的方程為x2=2py，（p＞0）由A在拋物線上，代入（﹣1）2=2p，p=，∴拋物線方程x2=y；（2）證明：由（1）可知：拋物線方程為y=x2，則y′=2x，由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于C，則直線l為拋物線的切線，則切線的斜率k=y′丨x=﹣1=﹣2，則直線l的方程y﹣1=﹣2（x+1），令x=0，解得：y=﹣1，故C（0，﹣1），設(shè)直線CD的方程：y=kx﹣1，（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），則，整理得：x2﹣kx+1=0，由△=k2﹣4＞0，解得k＜﹣2或k＞2，x1+x2=k，x1x2=1，將y=1代入y=kx﹣1，解得：x=，即D（，1），不妨設(shè)C，P，D，Q自上而下順序排列，由題意可知，x2≠0，且x2﹣≠0，則==，則==，由x1（x2﹣）﹣x2（﹣x1+）=2x1x2﹣（x1+x2）=2﹣×k=0，則=，即=，∴PC?QD=PD?QC．方法二：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=，由丨AB丨=2，則O到直線AB的距離d==1，如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與y軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的上方，則A（1，1），B（1，﹣1），設(shè)拋物線Γ的方程為y2=2px，（p＞0）由A在拋物線上，代入12=2p，p=，∴拋物線方程y2=x；（2）證明：由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與x軸交于C，則直線l的拋物線的切線，設(shè)l的方程x﹣1=m（y﹣1），則，整理得：y2﹣my+m﹣1=0，則△=（﹣m）2﹣4（m﹣1）=0，解得：m=2，則直線l方程x﹣2y+1=0，令y=0，x=﹣1，則C（﹣1，0），由直線CD與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，則設(shè)CD方程為：y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由直線AB的方程為x=1，則D（1，2k），丨PC丨?丨QD丨=（1+）丨y1丨丨y2﹣2k丨=（1+）?y1?（y2﹣2k），丨PD丨?丨QC丨=（1+）丨2k﹣y1丨丨y2丨=（1+）?（2k﹣y1）?y2，由證：丨PC丨?丨QD丨=丨PD丨?丨QC丨，只需證y1?（y2﹣2k）=（2k﹣y1）?y2，即證y1y2﹣k（y1+y2）=0，將x=y﹣1，代入y2=x，整理得：y2﹣+1=0，由△=﹣4＞0，解得：﹣＜k＜0或0＜k＜，y1+y2=，y1y2=1，∴y1y2﹣k（y1+y2）=1﹣k×=0，∴PC?QD=PD?QC；方法三：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=，由AB=2，則O到直線AB的距離d==1，如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與x軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的左側(cè)，則A（﹣1，1），B（1，1），設(shè)拋物線Γ的方程為x2=2py，（p＞0）由A在拋物線上，代入（﹣1）2=2p，p=，∴拋物線方程x2=y；（2）證明：由（1）可知：拋物線方程為y=x2，則y′=2x，由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于C，則直線l為拋物線的切線，則切線的斜率k=y′丨x=﹣1=﹣2，則直線l的方程y﹣1=﹣2（x+1），令x=0，解得：y=﹣1，故C（0，﹣1），設(shè)D（x0，1），﹣1＜x0＜1，且x0≠0，則直線CD的方程y=x﹣1，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），不妨設(shè)C，P，D，Q自上而下順序排列，由直線CD的方程為y=x﹣1，則==，則==，，整理得：x0x2=2x+x0=0，則△=4﹣4x02＞0，x1+x2=，x1x2=1，﹣===0，∴PC?QD=PD?QC．解法四：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=，由AB=2，則O到直線AB的距離d==1，如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與x軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的左側(cè)，則A（﹣1，1），B（1，1），設(shè)拋物線Γ的方程為x2=2py，（p＞0）由A在拋物線上，代入（﹣1）2=2p，p=，∴拋物線方程x2=y；（2）證明：由（1）可知：拋物線方程為y=x2，則y′=2x，由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于C，則直線l為拋物線的切線，則切線的斜率k=y′丨x=﹣1=﹣2，則直線l的方程y﹣1=﹣2（x+1），令x=0，解得：y=﹣1，故C（0，﹣1），設(shè)直線CD的方程：y=kx﹣1，（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），D（，1），不妨設(shè)C，P，D，Q自上而下順序排列，由題意可知，x2≠0，且x2﹣≠0，則==，則==，則，整理得：x2﹣kx+1=0，由△=k2﹣4＞0，解得k＜﹣2或k＞2，x1+x2=k，x1x2=1，=丨丨=丨丨=，∴=．∴PC?QD=PD?QC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查拋物線方程的求法，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，點(diǎn)到直線的距離公式，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，本題方法很多，選擇合適的坐標(biāo)系及適當(dāng)?shù)慕夥?，考查?jì)算能力，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．21．（12分）（2017?福建模擬）已知函數(shù)f（x）=e﹣x+ax（a∈R）（1）討論f（x）的最值；（2）若a=0，求證：f（x）＞﹣x2+．【考點(diǎn)】6E：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】（1）求出f′（x）=﹣e﹣x+a，由a≤0，a＞0兩種情況分類討論，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能討論f（x）的最大值和最小值．（2）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=ex，設(shè)g（x）=，則g′（x）=﹣e﹣x+x，設(shè)h（x）=﹣e﹣x+x，則h′（x）=e﹣x+1＞0，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明f（x）＞﹣x2+．【解答】解：（1）∵函數(shù)f（x）=e﹣x+ax（a∈R），∴f′（x）=﹣e﹣x+a，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在R上單調(diào)遞減，故f（x）不存在最值．②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）=0，得x=﹣lna，當(dāng)x變化時(shí)，f（x）與f′（x）的變化情況如下表：x（﹣∞，﹣lna）﹣lna（﹣lna，+∞）f′（x）﹣0+f（x）↓極小值↑f（x）在（﹣∞，﹣lna）上單調(diào)減，在（﹣lna，+∞）上單調(diào)遞增，故f（x）的最小值為f（﹣lna）=a﹣alna．不存在最大值．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）不存在最大值和最小值；當(dāng)a＞0時(shí)，最小值為a﹣alna．不存在最大值．證明：（2）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=ex，設(shè)g（x）=，則g′（x）=﹣e﹣x+x，設(shè)h（x）=﹣e﹣x+x，則h′（x）=e﹣x+1＞0，∴g′（x）在R上單調(diào)增，∵，，∴存在唯一的，使得g′（x0）=0，當(dāng)x變化時(shí)，g（x）與g′（x）的變化情況如下表：x（﹣∞，x0）x0（x0，+∞）g′（x）﹣0+g（x）↓極小值↑g（x）在（﹣∞，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，∴g（x）min=g（x0）=，由g′（x0）=0，得+x0=0，∴g（x0）=，∵x0∈（），∴g（x0）=＞=0，∴g（x）≥g（x0）＞0，∴，∴f（x）＞﹣x2+．【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式、函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、抽象概括能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、分類與整合思想，是中檔題．[選修4-4坐標(biāo)系