2014年高考数学真题（理科）（天津自主命题）.docx

2014年天津市高考数学试卷（理科） 一、选择题（共8小题，每小题5分）   1. i是虚数单位，复数7+i3+4i=( ) A.1−i B.−1+i C.1725+3125i D.−177+257i   2. 设变量x，y满足约束条件x+y−2≥0x−y−2≤0y≥1 ，则目标函数z=x+2y的最小值为（ ） A.2 B.3 C.4 D.5   3. 阅读如图的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为（ ） A.15 B.105 C.245 D.945   4. 函数fx=log12x2−4的单调递增区间为(        ) A.0, +∞ B.−∞, 0 C.2, +∞ D.−∞, −2   5. 已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0, b>0的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为(        ) A.x25−y220=1 B.x220−y25=1 C.3x225−3y2100=1 D.3x2100−3y225=1   6. 如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F，在上述条件下，给出下列四个结论： ①BD平分∠CBF； ②FB2=FD⋅FA； ③AE⋅CE=BE⋅DE； ④AF⋅BD=AB⋅BF． 所有正确结论的序号是（ ） A.①② B.③④ C.①②③ D.①②④   7. 设a，b∈R，则“a>b”是“aa>bb”的(        ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件   8. 已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120∘，点E，F分别在边BC，DC上，BE→=λBC→，DF→=μDC→，若AE→⋅AF→=1，CE→⋅CF→=−23，则λ+μ=(        ) A.12 B.712 C.23 D.56 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）   1. 某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查，已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4:5:5:6，则应从一年级本科生中抽取________名学生．   2. 一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为________m3．   3. 设{an}是首项为a1，公差为−1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．   4. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b−c=14a，2sinB＝3sinC，则cosA的值为________．   5. 在以O为极点的极坐标系中，圆ρ=4sinθ和直线ρsinθ=a相交于A、B两点，若△AOB是等边三角形，则a的值为________．   6. 已知函数fx＝x2+3x，x∈R，若方程fx−ax−1＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________． 三、解答题（共6小题，共80分）   1. 已知函数fx=cosx⋅sinx+π3−3cos2x+34，x∈R． 1求fx的最小正周期； 2求fx在闭区间[−π4, π4]上的最大值和最小值．   2. 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）． (Ⅰ)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率； (Ⅱ)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．   3. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB // DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点． 1证明：BE⊥DC； 2求直线BE与平面PBD所成角的正弦值； 3若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F−AB−P的余弦值．   4. 设椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，已知AB=32F1F2． 1求椭圆的离心率； 2设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．   5. 已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M＝{0, 1, 2, ..., q−1}，集合A＝{x|x＝x1+x2q+...+xnqn−1, xi∈M, i＝1, 2, ...n}． (Ⅰ)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A； (Ⅱ)设s，t∈A，s＝a1+a2q+...+anqn−1，t＝b1+b2q+...+bnqn−1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n．证明：若an<bn，则s<t．   6. 设fx＝x−aexa∈R，x∈R，已知函数y＝fx有两个零点x1，x2，且x1<x2． (Ⅰ)求a的取值范围； (Ⅱ)证明：x2x1随着a的减小而增大； (Ⅲ)证明x1+x2随着a的减小而增大． 参考答案与试题解析 2014年天津市高考数学试卷（理科） 一、选择题（共8小题，每小题5分） 1. 【答案】 A 【考点】 复数代数形式的乘除运算 【解析】 将复数的分子与分母同时乘以分母的共轭复数3−4i，即求出值． 【解答】 解：复数7+i3+4i=7+i3−4i3+4i3−4i=25−25i25=1−i. 故选A. 2. 【答案】 B 【考点】 简单线性规划 【解析】 作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值． 【解答】 解：作出不等式对应的平面区域， 由z＝x+2y，得y=−12x+z2， 平移直线y=−12x+z2，由图象可知当直线y=−12x+z2经过点B1, 1时，直线y=−12x+z2的截距最小，此时z最小． 此时z的最小值为z＝1+2×1＝3， 故选B． 3. 【答案】 B 【考点】 程序框图 【解析】 算法的功能是求S＝1×3×5×...×2i+1的值，根据条件确定跳出循环的i值，计算输出S的值． 【解答】 由程序框图知：算法的功能是求S＝1×3×5×...×2i+1的值， ∵ 跳出循环的i值为4， ∴ 输出S＝1×3×5×7＝105． 4. 【答案】 D 【考点】 复合函数的单调性 【解析】 令t=x2−4>0，求得函数fx的定义域为−∞, −2∪2, +∞，且函数fx=gt=log12t．根据复合函数的单调性，本题即求函数t在−∞, −2∪2, +∞上的减区间．再利用二次函数的性质可得，函数t在−∞, −2∪2, +∞上的减区间． 【解答】 解：令t=x2−4>0，可得x>2或x<−2， 故函数fx的定义域为−∞, −2∪2, +∞， 当x∈−∞, −2时，t随x的增大而减小， y=log12t随t的减小而增大， 所以y=log12x2−4随x的增大而增大， 即fx在−∞, −2上单调递增． 故选D． 5. 【答案】 A 【考点】 双曲线的渐近线 双曲线的标准方程 【解析】 先求出焦点坐标，利用双曲线x2a2−y2b2=1a>0, b>0的一条渐近线平行于直线l:y＝2x+10，可得ba=2，结合c2＝a2+b2，求出a，b，即可求出双曲线的方程． 【解答】 解：∵ 双曲线的一个焦点在直线l上， 令y=0，可得x=−5，即焦点坐标为−5, 0， ∴ c=5. ∵ 双曲线x2a2−y2b2=1a>0, b>0的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10， ∴ ba=2. ∵ c2=a2+b2， ∴ a2=5，b2=20， ∴ 双曲线的方程为x25−y220=1． 故选A. 6. 【答案】 D 【考点】 与圆有关的比例线段 命题的真假判断与应用 【解析】 本题利用角与弧的关系，得到角相等，再利用角相等推导出三角形相似，得到边成比例，即可选出本题的选项． 【解答】 解：∵ 圆周角∠DBC对应劣弧CD，圆周角∠DAC对应劣弧CD， ∴ ∠DBC=∠DAC． ∵ 弦切角∠FBD对应劣弧BD，圆周角∠BAD对应劣弧BD， ∴ ∠FBD=∠BAF． ∵ AD是∠BAC的平分线， ∴ ∠BAF=∠DAC． ∴ ∠DBC=∠FBD．即BD平分∠CBF．即结论①正确． 又由∠FBD=∠FAB，∠BFD=∠AFB，得△FBD∼△FAB． 由FBFA=FDFB，FB2=FD⋅FA．即结论②成立． 由BFAF=BDAB，得AF⋅BD=AB⋅BF．即结论④成立． 正确结论有①②④． 故答案为D 7. 【答案】 C 【考点】 必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】 根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论． 【解答】 解：若a>b， ①a>b≥0，不等式aa>bb等价为 a⋅a>b⋅b，此时成立； ②0>a>b，不等式aa>bb等价为 −a⋅a>−b⋅b，即a2<b2，此时成立； ③a≥0>b，不等式aa>bb等价为 a⋅a>−b⋅b，即a2>−b2，此时成立， 即充分性成立． 若aa>bb， ①当a>0，b>0时，aa>bb去掉绝对值得， a⋅a>b⋅b，即a>b成立； ②当a>0，b<0时，a>b成立； ③当a<0，b<0时，aa>bb去掉绝对值得， −a⋅a>−b⋅b，即a2<b2，即a>b成立. 综上“a>b”是“aa>bb”的充要条件. 故选C. 8. 【答案】 D 【考点】 平面向量数量积的性质及其运算 【解析】 利用两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义由AE→⋅AF→=1，求得4λ+4μ−2λμ＝3 ①；再由CE→⋅CF→=−23，求得−λ−μ+λμ=−23②．结合①②求得λ+μ的值． 【解答】 解：由题意可得： AE→⋅AF→=AB→+BE→⋅AD→+DF→ =AB→⋅AD→+AB→⋅DF→+BE→⋅AD→+BE→⋅DF→ =2×2×cos120∘+AB→⋅μAB→+λAD→⋅AD→+λAD→⋅μAB→ =−2+4μ+4λ+λμ×2×2×cos120∘ =4λ+4μ−2λμ−2=1， ∴ 4λ+4μ−2λμ=3 ①； CE→⋅CF→=−EC→⋅−FC→=EC→⋅FC→ =1−λBC→⋅1−μDC→=1−λAD→⋅1−μAB→ =1−λ1−μ×2×2×cos120∘ =1−λ−μ+λμ−2=−23， 即−λ−μ+λμ=−23②； 由①②求得λ+μ=56. 故选D. 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 1. 【答案】 60 【考点】 分层抽样方法 【解析】 先求出一年级本科生人数所占总本科生人数的比例，再用样本容量乘以该比列，即为所求． 【解答】 解：一年级本科生人数所占的比例为44+5+5+6=15， 故应从一年级本科生中抽取的学生数为300×15=60. 故答案为：60. 2. 【答案】 203π 【考点】 由三视图求体积 【解析】 几何体是圆锥与圆柱的组合体，判断圆柱与圆锥的高及底面半径，代入圆锥与圆柱的体积公式计算． 【解答】 解：由三视图知：几何体是圆锥与圆柱的组合体， 其中圆柱的高为4，底面直径为2，圆锥的高为2，底面直径为4， ∴ 几何体的体积V=π×12×4+13×π×22×2=4π+83π=203π． 故答案为：203π． 3. 【答案】 −12 【考点】 等比数列的性质 【解析】 由条件求得，Sn=n2a1+1−n2，再根据S1，S2，S4成等比数列，可得 S22=S1⋅S4，由此求得a1的值． 【解答】 由题意可得，an＝a1+n−1−1＝a1+1−n，Sn=n(a1+an)2=n2a1+1−n2， 再根据若S1，S2，S4成等比数列，可得 S22=S1⋅S4，即 2a1−12=a1⋅4a1−6， 解得 a1=−12， 4. 【答案】 −14 【考点】 余弦定理 正弦定理 【解析】 由条件利用正弦定理求得a＝2c，b=3c2，再由余弦定理求得cosA=b2+c2−a22bc 的值． 【解答】 在△ABC中， ∵ b−c=14a①，2sinB＝3sinC， ∴ 2b＝3c②， ∴ 由①②可得a＝2c，b=3c2． 再由余弦定理可得 cosA=b2+c2−a22bc=9c24+c2−4c23c⋅c=−14， 5. 【答案】 3 【考点】 圆的极坐标方程 【解析】 把极坐标方程化为直角坐标方程，求出B的坐标的值，代入x2+y−22=4，可得a的值． 【解答】 解：直线ρsinθ=a即y=a，a>0，曲线ρ=4sinθ， 即ρ2=4ρsinθ，即x2+y−22=4，表示以C0, 2为圆心，以2为半径的圆， ∵ △AOB是等边三角形，∴ B33a, a， 代入x2+y−22=4，可得33a2+a−22=4， ∵ a>0，∴ a=3． 故答案为：3． 6. 【答案】 0, 1∪9, +∞ 【考点】 函数的零点与方程根的关系 【解析】 由y＝fx−ax−1＝0得fx＝ax−1，作出函数y＝fx，y＝ax−1的图象利用数形结合即可得到结论． 【解答】 由y＝fx−ax−1＝0得fx＝ax−1， 作出函数y＝fx，y＝gx＝ax−1的图象， 当a≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件， 则a>0，此时gx＝ax−1=ax−1x≥1−ax−1x<1 ， 当−3<x<0时，fx＝−x2−3x，gx＝−ax−1， 当直线和抛物线相切时，有三个零点， 此时−x2−3x＝−ax−1， 即x2+3−ax+a＝0， 则由△＝3−a2−4a＝0，即a2−10a+9＝0，解得a＝1或a＝9， 当a＝9时，gx＝−9x−1，g0＝9，此时不成立，∴ 此时a＝1， 要使两个函数有四个零点，则此时0<a<1， 若a>1，此时gx＝−ax−1与fx，有两个交点， 此时只需要当x>1时，fx＝gx有两个不同的零点即可， 即x2+3x＝ax−1，整理得x2+3−ax+a＝0， 则由△＝3−a2−4a>0，即a2−10a+9>0，解得a<1（舍去）或a>9， 综上a的取值范围是0, 1∪9, +∞， 方法2：由fx−ax−1＝0得fx＝ax−1， 若x＝1，则4＝0不成立， 故x≠1， 则方程等价为a=fxx−1=x2+3xx−1=x−12+5x−1+4x−1＝x−1+4x−1+5， 设gx＝x−1+4x−1+5， 当x>1时，gx＝x−1+4x−1+5≥2x−14x−1+5=4+5=9，当且仅当x−1=4x−1，即x＝3时取等号， 当x<1时，gx＝x−1+4x−1+5≤5−2[−x−1]⋅−4x−1=5−4＝1，当且仅当−x−1=−4x−1，即x＝−1时取等号， 则gx的图象如图： 若方程fx−ax−1＝0恰有4个互异的实数根， 则满足a>9或0<a<1， 三、解答题（共6小题，共80分） 1. 【答案】 解：1由题意得， fx=cosx12sinx+32cosx−3cos2x+34 =12sinx⋅cosx−32cos2x+34           =14sin2x−341+cos2x+34 =14sin2x−34cos2x =12sin2x−π3. 所以，fx的最小正周期T=2π2=π． 2由1得fx=12sin2x−π3， 由x∈[−π4, π4]得，2x∈[−π2, π2]，则2x−π3∈[−5π6, π6]， ∴ 当2x−π3=−π2时，即sin2x−π3=−1时，函数fx取到最小值是：−12， 当2x−π3=π6时，即sin2x−π3=12时，fx取到最大值是：14， 所以，所求的最大值为14，最小值为−12． 【考点】 三角函数中的恒等变换应用 三角函数的周期性及其求法 【解析】 1根据两角和差的正弦公式、倍角公式对解析式进行化简，再由复合三角函数的周期公式T=2πω求出此函数的最小正周期； 2由1化简的函数解析式和条件中x的范围，求出2x−π3的范围，再利用正弦函数的性质求出再已知区间上的最大值和最小值． 【解答】 解：1由题意得， fx=cosx12sinx+32cosx−3cos2x+34 =12sinx⋅cosx−32cos2x+34           =14sin2x−341+cos2x+34 =14sin2x−34cos2x =12sin2x−π3. 所以，fx的最小正周期T=2π2=π． 2由1得fx=12sin2x−π3， 由x∈[−π4, π4]得，2x∈[−π2, π2]，则2x−π3∈[−5π6, π6]， ∴ 当2x−π3=−π2时，即sin2x−π3=−1时，函数fx取到最小值是：−12， 当2x−π3=π6时，即sin2x−π3=12时，fx取到最大值是：14， 所以，所求的最大值为14，最小值为−12． 2. 【答案】 出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960． （2）随机变量X的所有可能值为0，1，2，3，PX=k=C4kC63−kC103(k＝0, 1, 2, 3) 所以随机变量X的分布列是 X 0 1 2 3 P 16 12 310 130 随机变量X的数学期望EX=0×16+1×12+2×310+3×130=65 【考点】 古典概型及其概率计算公式 离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 【解析】 (Ⅰ)利用排列组合求出所有基本事件个数及选出的3名同学是来自互不相同学院的基本事件个数，代入古典概型概率公式求出值； (Ⅱ)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3，PX=k=C4kC63−kC103(k＝0, 1, 2, 3)列出随机变量X的分布列求出期望值． 【解答】 （1）设“选出的3名同学是来自互不相同学院”为事件A， 则PA=C31C72+C30C73C103=4960， 3. 【答案】 证明：1∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB， 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点． ∴ B1, 0, 0，C2, 2, 0，D0, 2, 0，P0, 0, 2，E1, 1, 1 ∴ BE→=0, 1, 1，DC→=2, 0, 0 ∵ BE→⋅DC→=0， ∴ BE⊥DC； 2∵ BD→=−1, 2, 0，PB→=1, 0, −2， 设平面PBD的法向量m→=x, y, z， 由m→⋅PB→=0，m→⋅BD→=0 得−x+2y=0x−2z=0， 令y=1，则m→=2, 1, 1， 则直线BE与平面PBD所成角θ满足： sinθ=m→⋅BE→m→×BE→=26×2=33， 故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33． 3∵ BC→=1, 2, 0，CP→=−2, −2, 2，AC→=2, 2, 0， 由F点在棱PC上，设CF→=λCP→=−2λ, −2λ, 2λ0≤λ≤1， 故BF→=BC→+CF→=1−2λ, 2−2λ, 2λ0≤λ≤1， 由BF⊥AC， 得BF→⋅AC→=21−2λ+22−2λ=0， 解得λ=34， 即BF→=−12, 12, 32， 设平面FBA的法向量为n→=a, b, c， 由n→⋅BF→=0n→⋅AB→=0，得a=0−12a+12b+32c=0 令c=1，则n→=0, −3, 1， 取平面ABP的法向量i→=0, 1, 0， 则二面角F−AB−P的平面角α满足： cosα=i→⋅n→i→⋅n→=310=31010， 故二面角F−AB−P的余弦值为：31010. 【考点】 与二面角有关的立体几何综合题 直线与平面所成的角 用向量证明垂直 【解析】 （1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据BE→⋅DC→=0，可得BE⊥DC； （2）求出平面PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值； （3）根据BF⊥AC，求出向量BF→的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F−AB−P的余弦值． 【解答】 证明：1∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB， 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点． ∴ B1, 0, 0，C2, 2, 0，D0, 2, 0，P0, 0, 2，E1, 1, 1 ∴ BE→=0, 1, 1，DC→=2, 0, 0 ∵ BE→⋅DC→=0， ∴ BE⊥DC； 2∵ BD→=−1, 2, 0，PB→=1, 0, −2， 设平面PBD的法向量m→=x, y, z， 由m→⋅PB→=0，m→⋅BD→=0 得−x+2y=0x−2z=0， 令y=1，则m→=2, 1, 1， 则直线BE与平面PBD所成角θ满足： sinθ=m→⋅BE→m→×BE→=26×2=33， 故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33． 3∵ BC→=1, 2, 0，CP→=−2, −2, 2，AC→=2, 2, 0， 由F点在棱PC上，设CF→=λCP→=−2λ, −2λ, 2λ0≤λ≤1， 故BF→=BC→+CF→=1−2λ, 2−2λ, 2λ0≤λ≤1， 由BF⊥AC， 得BF→⋅AC→=21−2λ+22−2λ=0， 解得λ=34， 即BF→=−12, 12, 32， 设平面FBA的法向量为n→=a, b, c， 由n→⋅BF→=0n→⋅AB→=0，得a=0−12a+12b+32c=0 令c=1，则n→=0, −3, 1， 取平面ABP的法向量i→=0, 1, 0， 则二面角F−AB−P的平面角α满足： cosα=i→⋅n→i→⋅n→=310=31010， 故二面角F−AB−P的余弦值为：31010. 4. 【答案】 解：1设椭圆的右焦点为F2c, 0， 由AB=32F1F2， 可得a2+b2=32×2c，化为a2+b2=3c2． 又b2=a2−c2，∴ a2=2c2． ∴ e=ca=22． 2由1可得b2=c2．因此椭圆方程为x22c2+y2c2=1． 画简图如图所示， 设Px0, y0，由F1−c, 0，B0, c，可得F1P→=x0+c, y0，F1B→=c, c． ∵ F1B→⊥F1P→， ∴ F1B→⋅F1P→=cx0+c+cy0=0， ∴ x0+y0+c=0， ∵ 点P在椭圆上，∴ x022c2+y02c2=1． 联立x0+y0+c=0，x02+2y02=2c2， 化为3x02+4cx0=0， ∵ x0≠0，∴ x0=−43c. 代入x0+y0+c=0，可得y0=c3， ∴ P−43c,c3． 设圆心为Tx1, y1， 则x1=−43c+02=−23c，y1=c3+c2=23c， ∴ T−23c,23c， ∴ 圆的半径r=−23c2+23c−c2=53c． 设直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y=kx． ∵ 直线l与圆相切， ∴ −23ck−23c1+k2=53c， 整理得k2−8k+1=0，解得k=4±15． ∴ 直线l的斜率为4±15． 【考点】 圆与圆锥曲线的综合问题 椭圆的离心率 椭圆的标准方程 数量积判断两个平面向量的垂直关系 直线与圆的位置关系 点到直线的距离公式 【解析】 (Ⅰ)设椭圆的右焦点为F2c, 0，由AB=32F1F2．可得a2+b2=32×2c，再利用b2＝a2−c2，e=ca即可得出． (Ⅱ)由(Ⅰ)可得b2＝c2．可设椭圆方程为x22c2+y2c2=1，设Px0, y0，由F1−c, 0，B0, c，可得F1P→，F1B→．利用圆的性质可得F1B→⊥F1P→，于是F1B→⋅F1P→=0，得到x0+y0+c＝0，由于点P在椭圆上，可得x022c2+y02c2=1．联立可得3x02+4cx0=0，解得P−43c,c3．设圆心为Tx1, y1，利用中点坐标公式可得T−23c,23c，利用两点间的距离公式可得圆的半径r．设直线l的方程为：y＝kx．利用直线与圆相切的性质即可得出． 【解答】 解：1设椭圆的右焦点为F2c, 0， 由AB=32F1F2， 可得a2+b2=32×2c，化为a2+b2=3c2． 又b2=a2−c2，∴ a2=2c2． ∴ e=ca=22． 2由1可得b2=c2．因此椭圆方程为x22c2+y2c2=1． 画简图如图所示， 设Px0, y0，由F1−c, 0，B0, c，可得F1P→=x0+c, y0，F1B→=c, c． ∵ F1B→⊥F1P→， ∴ F1B→⋅F1P→=cx0+c+cy0=0， ∴ x0+y0+c=0， ∵ 点P在椭圆上，∴ x022c2+y02c2=1． 联立x0+y0+c=0，x02+2y02=2c2， 化为3x02+4cx0=0， ∵ x0≠0，∴ x0=−43c. 代入x0+y0+c=0，可得y0=c3， ∴ P−43c,c3． 设圆心为Tx1, y1， 则x1=−43c+02=−23c，y1=c3+c2=23c， ∴ T−23c,23c， ∴ 圆的半径r=−23c2+23c−c2=53c． 设直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y=kx． ∵ 直线l与圆相切， ∴ −23ck−23c1+k2=53c， 整理得k2−8k+1=0，解得k=4±15． ∴ 直线l的斜率为4±15． 5. 【答案】 （1）当q＝2，n＝3时， M＝{0, 1}，A＝{x|x＝x1+x2⋅2+x3⋅22, xi∈M, i＝1, 2, 3}． 可得A＝{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}． （2）证明：由设s，t∈A，s＝a1+a2q+...+anqn−1，t＝b1+b2q+...+bnqn−1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n．an<bn，∴ s−t＝a1−b1+a2−b2q+...+an−1−bn−1qn−2+an−bnqn−1 ≤q−1+q−1q+...+q−1qn−2−qn−1 ＝q−11+q+...+qn−2−qn−1 =q−11−qn−11−q−qn−1 ＝−1<0． ∴ s<t． 【考点】 数列与不等式的综合 数列的求和 【解析】 (Ⅰ)当q＝2，n＝3时，M＝{0, 1}，A＝{x|x＝x1+x2⋅2+x3⋅22, xi∈M, i＝1, 2, 3}．即可得到集合A． (Ⅱ)由于ai，bi∈M，i＝1，2，…，n．an<bn，可得an−bn≤−1． 由题意可得s−t＝a1−b1+a2−b2q+...+an−1−bn−1qn−2+an−bnqn−1≤q−1+q−1q+...+q−1qn−2−qn−1 再利用等比数列的前n项和公式即可得出． 【解答】 （1）当q＝2，n＝3时， M＝{0, 1}，A＝{x|x＝x1+x2⋅2+x3⋅22, xi∈M, i＝1, 2, 3}． 可得A＝{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}． （2）证明：由设s，t∈A，s＝a1+a2q+...+anqn−1，t＝b1+b2q+...+bnqn−1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n．an<bn，∴ s−t＝a1−b1+a2−b2q+...+an−1−bn−1qn−2+an−bnqn−1 ≤q−1+q−1q+...+q−1qn−2−qn−1 ＝q−11+q+...+qn−2−qn−1 =q−11−qn−11−q−qn−1 ＝−1<0． ∴ s<t． 6. 【答案】 （1）∵ fx＝x−aex，∴ f′x＝1−aex； 下面分两种情况讨论： ①a≤0时，f′x>0在R上恒成立，∴ fx在R上是增函数，不合题意； ②a>0时，由f′x＝0，得x＝−lna，当x变化时，f′x、fx的变化情况如下表： x −∞, −lna −lna −lna, +∞ f′x + 0 - fx 递增 极大值−lna−1 递减 ∴ fx的单调增区间是−∞, −lna，减区间是−lna, +∞； ∴ 函数y＝fx有两个零点等价于如下条件同时成立： ①f−lna>0； ②存在s1∈−∞, −lna，满足fs1<0； ③存在s2∈−lna, +∞，满足fs2<0； 由f−lna>0，即−lna−1>0，解得0<a<e−1； 取s1＝0，满足s1∈−∞, −lna，且fs1＝−a<0， 取s2=2a+ln2a，满足s2∈−lna, +∞，且fs2＝2a−e2a+ln2a−e2a<0； ∴ a的取值范围是0, e−1． （2）证明：由fx＝x−aex＝0，得a=xex， 设gx=xex，由g′x=1−xex，得gx在−∞, 1上单调递增，在1, +∞上单调递减， 并且当x∈−∞, 0时，gx≤0，当x∈0, +∞时，gx≥0， x1、x2满足a＝gx1，a＝gx2，a∈0, e−1及gx的单调性，可得x1∈0, 1，x2∈1, +∞； 对于任意的a1、a2∈0, e−1，设a1>a2，gX1＝gX2＝a1，其中0<X1<1<X2； gY1＝gY2＝a2，其中0<Y1<1<Y2； ∵ gx在0, 1上是增函数，∴ 由a1>a2，得gXi>gYi，可得X1>Y1；类似可得X2<Y2； 又由X、Y>0，得X2X1<Y2X1<Y2Y1；∴ x2x1随着a的减小而增大； (Ⅲ)证明：∵ x1＝aex1，x2＝aex2，∴ lnx1＝lna+x1，lnx2＝lna+x2； ∴ x2−x1＝lnx2−lnx1＝lnx2x1，设x2x1=t，则t>1， ∴ x2−x1=lntx2=x1t ，解得x1=lntt−1，x2=tlntt−1， ∴ x1+x2=t+1lntt−1⋯①； 令hx=x+1lnxx−1，x∈1, +∞，则h′x=−21nx+x−1xx−12； 令ux＝−2lnx+x−1x，得u′x=x−1x2，当x∈1, +∞时，u′x>0， ∴ ux在1, +∞上是增函数，∴ 对任意的x∈1, +∞，ux>u1＝0， ∴ h′x>0，∴ hx在1, +∞上是增函数； ∴ 由①得x1+x2随着t的增大而增大． 由(Ⅱ)知，t随着a的减小而增大， ∴ x1+x2随着a的减小而增大． 【考点】 利用导数研究函数的单调性 函数零点的判定定理 【解析】 (Ⅰ)对fx求导，讨论f′x的正负以及对应fx的单调性，得出函数y＝fx有两个零点的等价条件，从而求出a的取值范围； (Ⅱ)由fx＝0，得a=xex，设gx=xex，判定gx的单调性即得证； (Ⅲ)由于x1＝aex1，x2＝aex2，则x2−x1＝lnx2−lnx1＝lnx2x1，令x2x1=t，整理得到x1+x2=t+1lntt−1，令hx=x+1lnxx−1，x∈1, +∞，得到hx在1, +∞上是增函数，故得到x1+x2随着t的减小而增大．再由(Ⅱ)知，t随着a的减小而增大，即得证． 【解答】 （1）∵ fx＝x−aex，∴ f′x＝1−aex； 下面分两种情况讨论： ①a≤0时，f′x>0在R上恒成立，∴ fx在R上是增函数，不合题意； ②a>0时，由f′x＝0，得x＝−lna，当x变化时，f′x、fx的变化情况如下表： x −∞, −lna −lna −lna, +∞ f′x + 0 - fx 递增 极大值−lna−1 递减 ∴ fx的单调增区间是−∞, −lna，减区间是−lna, +∞； ∴ 函数y＝fx有两个零点等价于如下条件同时成立： ①f−lna>0； ②存在s1∈−∞, −lna，满足fs1<0； ③存在s2∈−lna, +∞，满足fs2<0； 由f−lna>0，即−lna−1>0，解得0<a<e−1； 取s1＝0，满足s1∈−∞, −lna，且fs1＝−a<0， 取s2=2a+ln2a，满足s2∈−lna, +∞，且fs2＝2a−e2a+ln2a−e2a<0； ∴ a的取值范围是0, e−1． （2）证明：由fx＝x−aex＝0，得a=xex， 设gx=xex，由g′x=1−xex，得gx在−∞, 1上单调递增，在1, +∞上单调递减， 并且当x∈−∞, 0时，gx≤0，当x∈0, +∞时，gx≥0， x1、x2满足a＝gx1，a＝gx2，a∈0, e−1及gx的单调性，可得x1∈0, 1，x2∈1, +∞； 对于任意的a1、a2∈0, e−1，设a1>a2，gX1＝gX2＝a1，其中0<X1<1<X2； gY1＝gY2＝a2，其中0<Y1<1<Y2； ∵ gx在0, 1上是增函数，∴ 由a1>a2，得gXi>gYi，可得X1>Y1；类似可得X2<Y2； 又由X、Y>0，得X2X1<Y2X1<Y2Y1；∴ x2x1随着a的减小而增大； (Ⅲ)证明：∵ x1＝aex1，x2＝aex2，∴ lnx1＝lna+x1，lnx2＝lna+x2； ∴ x2−x1＝lnx2−lnx1＝lnx2x1，设x2x1=t，则t>1， ∴ x2−x1=lntx2=x1t ，解得x1=lntt−1，x2=tlntt−1， ∴ x1+x2=t+1lntt−1⋯①； 令hx=x+1lnxx−1，x∈1, +∞，则h′x=−21nx+x−1xx−12； 令ux＝−2lnx+x−1x，得u′x=x−1x2，当x∈1, +∞时，u′x>0， ∴ ux在1, +∞上是增函数，∴ 对任意的x∈1, +∞，ux>u1＝0， ∴ h′x>0，∴ hx在1, +∞上是增函数； ∴ 由①得x1+x2随着t的增大而增大． 由(Ⅱ)知，t随着a的减小而增大， ∴ x1+x2随着a的减小而增大．