2012年福建省高考数学试卷(理科)一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出分四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(5分)若复数z满足zi=1﹣i,则z等于()A.﹣1﹣i B.1﹣i C.﹣1+i D.1+i2.(5分)等差数列{a n}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{a n}的公差为()A.1 B.2 C.3 D.43.(5分)下列命题中,真命题是()A.∃x0∈R,≤0 B.∀x∈R,2x>x2C.a+b=0的充要条件是=﹣1 D.a>1,b>1是ab>1的充分条件4.(5分)一个几何体的三视图形状都相同,大小均相等,那么这个几何体不可以是()A.球B.三棱锥C.正方体D.圆柱5.(5分)下列不等式一定成立的是()A.lg(x2+)>lgx(x>0)B.sinx+≥2(x≠kx,k∈Z)C.x2+1≥2|x|(x∈R) D.(x∈R)6.(5分)如图所示,在边长为1的正方形OABC中任取一点P,则点P恰好取自阴影部分的概率为()A.B.C.D.7.(5分)设函数,则下列结论错误的是()A.D(x)的值域为{0,1}B.D(x)是偶函数C.D(x)不是周期函数D.D(x)不是单调函数8.(5分)已知双曲线﹣=1的右焦点与抛物线y2=12x的焦点重合,则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()A.B.C.3 D.59.(5分)若函数y=2x图象上存在点(x,y)满足约束条件,则实数m的最大值为()A.B.1 C.D.210.(5分)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,现给出如下命题:①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;②f(x2)在[1,]上具有性质P;③若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3];④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]其中真命题的序号是()A.①②B.①③C.②④D.③④二、填空题:本大题共5小题,每小题4分,共20分,把答案填在答题卡的相应位置.11.(4分)(a+x)4的展开式中x3的系数等于8,则实数a=.12.(4分)阅读图所示的程序框图,运行相应地程序,输出的s值等于.13.(4分)已知△ABC得三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为.14.(4分)数列{a n}的通项公式a n=ncos+1,前n项和为S n,则S2012=.15.(4分)对于实数a和b,定义运算“*”:a*b=设f(x)=(2x﹣1)*(x﹣1),且关于x的方程为f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1,x2,x3,则x1x2x3的取值范围是.三、解答题:本大题共5小题,共80分,解答题写出文字说明,证明过程或演算步骤.16.(13分)受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业产生每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关,某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均为2年,现从该厂已售出的两种品牌轿车中随机抽取50辆,统计数据如下:品牌甲乙首次出现故障时间x(年)0<x<11<x≤2x>20<x≤2x>2轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)123 1.8 2.9将频率视为概率,解答下列问题:(Ⅰ)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求首次出现故障发生在保修期内的概率;(Ⅱ)若该厂生产的轿车均能售出,记住生产一辆甲品牌轿车的利润为X1,生产一辆乙品牌轿车的利润为X2,分别求X1,X2的分布列;(Ⅲ)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌轿车,若从经济效益的角度考虑,你认为应该产生哪种品牌的轿车?说明理由.17.(13分)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数.(1)sin213°+cos217°﹣sin13°cos17°(2)sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°(3)sin218°+cos212°﹣sin18°cos12°(4)sin2(﹣18°)+cos248°﹣sin2(﹣18°)cos48°(5)sin2(﹣25°)+cos255°﹣sin2(﹣25°)cos55°(Ⅰ)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;(Ⅱ)根据(Ⅰ)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.18.(13分)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AA1=AD=1,E为CD中点.(Ⅰ)求证:B1E⊥AD1;(Ⅱ)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.(Ⅲ)若二面角A﹣B1E﹣A1的大小为30°,求AB的长.19.(13分)如图,椭圆E:的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e=.过F1的直线交椭圆于A、B两点,且△ABF2的周长为8.(Ⅰ)求椭圆E的方程.(Ⅱ)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.20.(14分)已知函数f(x)=e x+ax2﹣ex,a∈R.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)试确定a的取值范围,使得曲线y=f(x)上存在唯一的点P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.四、选考题(题设有(1)、(2)、(3)三个选考题,每题7分,请考生任选2题作答,满分14分。
如果多做,则按所做的前两题计分。
)21.(7分)(1)选修4﹣2:矩阵与变换设曲线2x2+2xy+y2=1在矩阵A=(a>0)对应的变换作用下得到的曲线为x2+y2=1.(Ⅰ)求实数a,b的值.(Ⅱ)求A2的逆矩阵.22.(7分)选修4﹣4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l上两点M,N的极坐标分别为(2,0),(),圆C的参数方程(θ为参数).(Ⅰ)设P为线段MN的中点,求直线OP的平面直角坐标方程;(Ⅱ)判断直线l与圆C的位置关系.23.已知函数f(x)=m﹣|x﹣2|,m∈R,且f(x+2)≥0的解集为[﹣1,1].(Ⅰ)求m的值;(Ⅱ)若a,b,c∈R,且=m,求证:a+2b+3c≥9.2012年福建省高考数学试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出分四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(5分)(2012•福建)若复数z满足zi=1﹣i,则z等于()A.﹣1﹣i B.1﹣i C.﹣1+i D.1+i【分析】由复数z满足zi=1﹣i,可得z==,运算求得结果.【解答】解:∵复数z满足zi=1﹣i,∴z===﹣1﹣i,故选A.2.(5分)(2012•福建)等差数列{a n}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{a n}的公差为()A.1 B.2 C.3 D.4【分析】设数列{a n}的公差为d,则由题意可得2a1+4d=10,a1+3d=7,由此解得d的值.【解答】解:设数列{a n}的公差为d,则由a1+a5=10,a4=7,可得2a1+4d=10,a1+3d=7,解得d=2,故选B.3.(5分)(2012•福建)下列命题中,真命题是()A.∃x0∈R,≤0 B.∀x∈R,2x>x2C.a+b=0的充要条件是=﹣1 D.a>1,b>1是ab>1的充分条件【分析】利用指数函数的单调性判断A的正误;通过特例判断,全称命题判断B的正误;通过充要条件判断C、D的正误;【解答】解:因为y=e x>0,x∈R恒成立,所以A不正确;因为x=﹣5时2﹣5<(﹣5)2,所以∀x∈R,2x>x2不成立.a=b=0时a+b=0,但是没有意义,所以C不正确;a>1,b>1是ab>1的充分条件,显然正确.故选D.4.(5分)(2012•福建)一个几何体的三视图形状都相同,大小均相等,那么这个几何体不可以是()A.球B.三棱锥C.正方体D.圆柱【分析】利用简单几何体的结构特征以及三视图的定义,容易判断圆柱的三视图不可能形状相同,大小均等【解答】解:A、球的三视图均为圆,且大小均等;B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥,其一个侧面放到平面上,其三视图均为三角形且形状都相同;C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形;D、圆柱的三视图中必有一个为圆,其他两个为矩形.故一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是圆柱.故选D.5.(5分)(2012•福建)下列不等式一定成立的是()A.lg(x2+)>lgx(x>0)B.sinx+≥2(x≠kx,k∈Z)C.x2+1≥2|x|(x∈R) D.(x∈R)【分析】由题意,可对四个选项逐一验证,其中C选项用配方法验证,A,B,D 三个选项代入特殊值排除即可【解答】解:A选项不成立,当x=时,不等式两边相等;B选项不成立,这是因为正弦值可以是负的,故不一定能得出sinx+≥2;C选项是正确的,这是因为x2+1≥2|x|(x∈R)⇔(|x|﹣1)2≥0;D选项不正确,令x=0,则不等式左右两边都为1,不等式不成立.综上,C选项是正确的.故选:C.6.(5分)(2012•福建)如图所示,在边长为1的正方形OABC中任取一点P,则点P恰好取自阴影部分的概率为()A.B.C.D.【分析】根据题意,易得正方形OABC的面积,观察图形可得,阴影部分由函数y=x与y=围成,由定积分公式,计算可得阴影部分的面积,进而由几何概型公式计算可得答案.【解答】解:根据题意,正方形OABC的面积为1×1=1,而阴影部分由函数y=x与y=围成,其面积为∫01(﹣x)dx=(﹣)|01=,则正方形OABC中任取一点P,点P取自阴影部分的概率为=;故选C.7.(5分)(2012•福建)设函数,则下列结论错误的是()A.D(x)的值域为{0,1}B.D(x)是偶函数C.D(x)不是周期函数D.D(x)不是单调函数【分析】由函数值域的定义易知A结论正确;由函数单调性定义,易知D结论正确;由偶函数定义可证明B结论正确;由函数周期性定义可判断C结论错误,故选D【解答】解:A显然正确;∵=D(x),∴D(x)是偶函数,B正确;∵D(x+1)==D(x),∴T=1为其一个周期,故C错误;∵D()=0,D(2)=1,D()=0,显然函数D(x)不是单调函数,故D正确;故选:C.8.(5分)(2012•福建)已知双曲线﹣=1的右焦点与抛物线y2=12x的焦点重合,则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()A.B.C.3 D.5【分析】确定抛物线y2=12x的焦点坐标,从而可得双曲线的一条渐近线方程,利用点到直线的距离公式,即可求双曲线的焦点到其渐近线的距离.【解答】解:抛物线y2=12x的焦点坐标为(3,0)∵双曲线的右焦点与抛物线y2=12x的焦点重合∴4+b2=9∴b2=5∴双曲线的一条渐近线方程为,即∴双曲线的焦点到其渐近线的距离等于故选A.9.(5分)(2012•福建)若函数y=2x图象上存在点(x,y)满足约束条件,则实数m的最大值为()A.B.1 C.D.2【分析】根据题意,由线性规划知识分析可得束条件确定的区域,由指数函数的性质分析可得函数y=2x与边界直线x+y=3交与点(1,2),结合图形分析可得m的最大值,即可得答案.【解答】解:约束条件确定的区域为如图阴影部分,即△ABC的边与其内部区域,分析可得函数y=2x与边界直线x+y=3交与点(1,2),若函数y=2x图象上存在点(x,y)满足约束条件,即y=2x图象上存在点在阴影部分内部,则必有m≤1,即实数m的最大值为1,故选B.10.(5分)(2012•福建)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,现给出如下命题:①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;②f(x2)在[1,]上具有性质P;③若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3];④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]其中真命题的序号是()A.①②B.①③C.②④D.③④【分析】根据题设条件,分别举出反例,说明①和②都是错误的;同时证明③和④是正确的.【解答】解:在①中,反例:f(x)=在[1,3]上满足性质P,但f(x)在[1,3]上不是连续函数,故①不成立;在②中,反例:f(x)=﹣x在[1,3]上满足性质P,但f(x2)=﹣x2在[1,]上不满足性质P,故②不成立;在③中:在[1,3]上,f(2)=f()≤,∴,故f(x)=1,∴对任意的x1,x2∈[1,3],f(x)=1,故③成立;在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有=≤≤=[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],∴[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故④成立.故选D.二、填空题:本大题共5小题,每小题4分,共20分,把答案填在答题卡的相应位置.11.(4分)(2012•福建)(a+x)4的展开式中x3的系数等于8,则实数a=2.=a4﹣r x r,令r=3可得(a+x)【分析】根据(a+x)4的展开式的通项公式为T r+14的展开式中x3的系数等于×a=8,由此解得a的值.【解答】解:(a+x)4的展开式的通项公式为T r=a4﹣r x r,+1令r=3可得(a+x)4的展开式中x3的系数等于×a=8,解得a=2,故答案为2.12.(4分)(2012•福建)阅读图所示的程序框图,运行相应地程序,输出的s 值等于﹣3.【分析】直接利用循环框图,计算循环的结果,当k=4时,退出循环,输出结果.【解答】解:由题意可知第1次判断后,s=1,k=2,第2次判断循环,s=0,k=3,第3次判断循环,s=﹣3,k=4,不满足判断框的条件,退出循环,输出S.故答案为:﹣3.13.(4分)(2012•福建)已知△ABC得三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为.【分析】根据三角形三边长成公比为的等比数列,根据等比数列的性质设出三角形的三边为a,a,2a,根据2a为最大边,利用大边对大角可得出2a所对的角最大,设为θ,利用余弦定理表示出cosθ,将设出的三边长代入,即可求出cosθ的值.【解答】解:根据题意设三角形的三边长分别为a,a,2a,∵2a>a>a,∴2a所对的角为最大角,设为θ,则根据余弦定理得:cosθ==﹣.故答案为:﹣14.(4分)(2012•福建)数列{a n}的通项公式a n=ncos+1,前n项和为S n,则S2012=3018.【分析】先求出cos的规律,进而得到ncos的规律,即可求出数列的规律即可求出结论.【解答】解:因为cos=0,﹣1,0,1,0,﹣1,0,1…;∴ncos=0,﹣2,0,4,0,﹣6,0,8…;∴ncos的每四项和为2;∴数列{a n}的每四项和为:2+4=6.而2012÷4=503;∴S2012=503×6=3018.故答案为:3018.15.(4分)(2012•福建)对于实数a和b,定义运算“*”:a*b=设f(x)=(2x﹣1)*(x﹣1),且关于x的方程为f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1,x2,x3,则x1x2x3的取值范围是.【分析】根据所给的新定义,写出函数的分段形式的解析式,画出函数的图象,在图象上可以看出当直线与函数的图象有三个不同的交点时m的取值,根据一元二次方程的根与系数之间的关系,写出两个根的积和第三个根,表示出三个根之积,根据导数判断出函数的单调性,求出关于m的函数的值域,得到结果.【解答】解:∵2x﹣1≤x﹣1时,有x≤0,∴根据题意得f(x)=即f(x)=画出函数的图象从图象上观察当关于x的方程为f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根时,m的取值范围是(0,),当﹣x2+x=m时,有x1x2=m,当2x2﹣x=m时,由于直线与抛物线的交点在y轴的左边,得到,∴x1x2x3=m()=,m∈(0,)令y=,则,又在m∈(0,)上是增函数,故有h(m)>h(0)=1∴<0在m∈(0,)上成立,∴函数y=在这个区间(0,)上是一个减函数,∴函数的值域是(f(),f(0)),即故答案为:三、解答题:本大题共5小题,共80分,解答题写出文字说明,证明过程或演算步骤.16.(13分)(2012•福建)受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业产生每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关,某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均为2年,现从该厂已售出的两种品牌轿车中随机抽取50辆,统计数据如下:品牌甲乙首次出现故障时间x(年)0<x<11<x≤2x>20<x≤2x>2轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)123 1.8 2.9将频率视为概率,解答下列问题:(Ⅰ)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求首次出现故障发生在保修期内的概率;(Ⅱ)若该厂生产的轿车均能售出,记住生产一辆甲品牌轿车的利润为X1,生产一辆乙品牌轿车的利润为X2,分别求X1,X2的分布列;(Ⅲ)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌轿车,若从经济效益的角度考虑,你认为应该产生哪种品牌的轿车?说明理由.【分析】(I)根据保修期为2年,可知甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内的轿车数量为2+3,由此可求其概率;(II)求出概率,可得X1、X2的分布列;(III)由(II),计算期为E(X1)=1×+2×+3×=2.86(万元),E(X2)=1.8×+2.9×=2.79(万元),比较期望可得结论.【解答】解:(I)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A,则P (A)=(II)依题意得,X1的分布列为X1123PX2的分布列为X2 1.8 2.9P(III)由(II)得E(X1)=1×+2×+3×=2.86(万元)E(X2)=1.8×+2.9×=2.79(万元)∵E(X1)>E(X2),∴应生产甲品牌轿车.17.(13分)(2012•福建)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数.(1)sin213°+cos217°﹣sin13°cos17°(2)sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°(3)sin218°+cos212°﹣sin18°cos12°(4)sin2(﹣18°)+cos248°﹣sin2(﹣18°)cos48°(5)sin2(﹣25°)+cos255°﹣sin2(﹣25°)cos55°(Ⅰ)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;(Ⅱ)根据(Ⅰ)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.【分析】(Ⅰ)选择(2),由sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°=1﹣sin30°=,可得这个常数的值.(Ⅱ)推广,得到三角恒等式sin2α+cos2(30°﹣α)﹣sinαcos(30°﹣α)=.证明方法一:直接利用两角差的余弦公式代入等式的左边,化简可得结果.证明方法二:利用半角公式及两角差的余弦公式把要求的式子化为+﹣sinα(cos30°cosα+sin30°sinα),即1﹣+cos2α+sin2α﹣sin2α﹣,化简可得结果.【解答】解:选择(2),计算如下:sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°=1﹣sin30°=,故这个常数为.(Ⅱ)根据(Ⅰ)的计算结果,将该同学的发现推广,得到三角恒等式sin2α+cos2(30°﹣α)﹣sinαcos(30°﹣α)=.证明:(方法一)sin2α+cos2(30°﹣α)﹣sinαcos(30°﹣α)=sin2α+﹣sinα(cos30°cosα+sin30°sinα)=sin2α+cos2α+sin2α+sinαcosα﹣sinαcosα﹣sin2α=sin2α+cos2α=.(方法二)sin2α+cos2(30°﹣α)﹣sinαcos(30°﹣α)=+﹣sinα(cos30°cosα+sin30°sinα)=1﹣+(cos60°cos2α+sin60°sin2α)﹣sin2α﹣sin2α=1﹣+cos2α+sin2α﹣sin2α﹣=1﹣﹣+=.18.(13分)(2012•福建)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AA1=AD=1,E为CD中点.(Ⅰ)求证:B1E⊥AD1;(Ⅱ)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.(Ⅲ)若二面角A﹣B1E﹣A1的大小为30°,求AB的长.【分析】(Ⅰ)由题意及所给的图形,可以A为原点,,,的方向为X 轴,Y轴,Z轴的正方向建立空间直角坐标系,设AB=a,给出图形中各点的坐标,可求出向量与的坐标,验证其数量积为0即可证出两线段垂直.(II)由题意,可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0,t),使得DP∥平面B1AE,求出平面B1AE法向量,可法向量与直线DP的方向向量内积为0,由此方程解出t的值,若能解出,则说明存在,若不存在符合条件的t的值,说明不存在这样的点P满足题意.(III)由题设条件,可求面夹二面角的两个平面的法向量,利用两平面的夹角为30°建立关于a的方程,解出a的值即可得出AB的长【解答】解:(I)以A为原点,,,的方向为X轴,Y轴,Z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1)故=(0,1,1),=(﹣,1,﹣1),=(a,0,1),=(,1,0),∵•=1﹣1=0∴B1E⊥AD1;(II)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,t),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,﹣1,t).又设平面B1AE的法向量=(x,y,z).∵⊥平面B1AE,∴⊥B1A,⊥AE,得,取x=1,得平面B1AE的一个法向量=(1,﹣,﹣a).要使DP∥平面B1AE,只要⊥,即有•=0,有此得﹣at=0,解得t=,即P(0,0,),又DP⊈平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=(III)连接A1D,B1C,由长方体ABCD﹣A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.由(I)知,B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1.∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面B1A1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与所成的角为θ,则cosθ==∵二面角A﹣B1E﹣A1的大小为30°,∴|cosθ|=cos30°=,即||=,解得a=2,即AB的长为219.(13分)(2012•福建)如图,椭圆E:的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e=.过F1的直线交椭圆于A、B两点,且△ABF2的周长为8.(Ⅰ)求椭圆E的方程.(Ⅱ)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.【分析】(Ⅰ)根据过F1的直线交椭圆于A、B两点,且△ABF2的周长为8,可得4a=8,即a=2,利用e=,b2=a2﹣c2=3,即可求得椭圆E的方程.(Ⅱ)由,消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2﹣12=0,利用动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),可得m≠0,△=0,进而可得P(,),由得Q(4,4k+m),取k=0,m=;k=,m=2,猜想满足条件的点M存在,只能是M(1,0),再进行证明即可.【解答】解:(Ⅰ)∵过F1的直线交椭圆于A、B两点,且△ABF2的周长为8.∴4a=8,∴a=2∵e=,∴c=1∴b2=a2﹣c2=3∴椭圆E的方程为.(Ⅱ)由,消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2﹣12=0∵动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0)∴m≠0,△=0,∴(8km)2﹣4×(4k2+3)×(4m2﹣12)=0∴4k2﹣m2+3=0①此时x0==,y0=,即P(,)由得Q(4,4k+m)取k=0,m=,此时P(0,),Q(4,),以PQ为直径的圆为(x﹣2)2+(y﹣)2=4,交x轴于点M1(1,0)或M2(3,0)取k=,m=2,此时P(1,),Q(4,0),以PQ为直径的圆为(x﹣)2+(y﹣)2=,交x轴于点M3(1,0)或M4(4,0)故若满足条件的点M存在,只能是M(1,0),证明如下∵∴故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1,0)方法二:假设平面内存在定点M满足条件,因为对于任意以PQ为直径的圆恒过定点M,所以当PQ平行于x轴时,圆也过定点M,即此时P点坐标为(0,)或(0,﹣),由图形对称性知两个圆在x轴上过相同的交点,即点M必在x轴上.设M(x1,0),则•=0对满足①式的m,k恒成立.因为=(﹣﹣x1,),=(4﹣x1,4k+m),由•=0得﹣+﹣4x1+x12++3=0,整理得(4x1﹣4)+x12﹣4x1+3=0.②由于②式对满足①式的m,k恒成立,所以,解得x1=1.故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.20.(14分)(2012•福建)已知函数f(x)=e x+ax2﹣ex,a∈R.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)试确定a的取值范围,使得曲线y=f(x)上存在唯一的点P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.【分析】(Ⅰ)求导函数,利用曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x 轴,可求a的值,令f′(x)=e x﹣e<0,可得函数f(x)的单调减区间;令f′(x)>0,可得单调增区间;(Ⅱ)设点P(x0,f(x0)),曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f′(x0)(x ﹣x0)+f(x0),令g(x)=f(x)﹣f′(x0)(x﹣x0)﹣f(x0),曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点,求出导函数,再进行分类讨论:(1)若a≥0,g(x)只有唯一零点x=x0,由P的任意性a≥0不合题意;(2)若a<0,令h(x)=,则h(x0)=0,h′(x)=e x+2a,可得函数的单调性,进而可研究g(x)的零点,由此可得结论.【解答】解:(Ⅰ)求导函数,可得f′(x)=e x+2ax﹣e∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,∴k=2a=0,∴a=0∴f(x)=e x﹣ex,f′(x)=e x﹣e令f′(x)=e x﹣e<0,可得x<1;令f′(x)>0,可得x>1;∴函数f(x)的单调减区间为(﹣∞,1),单调增区间为(1,+∞)(Ⅱ)设点P(x0,f(x0)),曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f′(x0)(x ﹣x0)+f(x0)令g(x)=f(x)﹣f′(x0)(x﹣x0)﹣f(x0)∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P,∴g(x)有唯一零点∵g(x0)=0,g′(x)=(1)若a≥0,当x>x0时,g′(x)>0,∴x>x0时,g(x)>g(x0)=0当x<x0时,g′(x)<0,∴x<x0时,g(x)>g(x0)=0,故g(x)只有唯一零点x=x0,由P的任意性a≥0不合题意;(2)若a<0,令h(x)=,则h(x0)=0,h′(x)=e x+2a 令h′(x)=0,则x=ln(﹣2a),∴x∈(﹣∞,ln(﹣2a)),h′(x)<0,函数单调递减;x∈(ln(﹣2a),+∞),h′(x)>0,函数单调递增;①若x0=ln(﹣2a),由x∈(﹣∞,ln(﹣2a)),g′(x)>0;x∈(ln(﹣2a),+∞),g′(x)>0,∴g(x)在R上单调递增∴g(x)只有唯一零点x=x0;②若x0>ln(﹣2a),由x∈(ln(﹣2a),+∞),h(x)单调递增,且h(x0)=0,则当x∈(ln(﹣2a),x0),g′(x)<0,g(x)>g(x0)=0任取x1∈(ln(﹣2a),x0),g(x1)>0,∵x∈(﹣∞,x1),∴g(x)<ax2+bx+c,其中b=﹣e﹣f′(x0).c=∵a<0,∴必存在x2<x1,使得∴g(x2)<0,故g(x)在(x2,x1)内存在零点,即g(x)在R上至少有两个零点;③若x0<ln(﹣2a),同理利用,可得g(x)在R上至少有两个零点;综上所述,a<0,曲线y=f(x)上存在唯一的点P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P(ln(﹣2a),f(ln(﹣2a))).四、选考题(题设有(1)、(2)、(3)三个选考题,每题7分,请考生任选2题作答,满分14分。