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2012年福建省高考数学试卷(理科)答案与解析

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考点:复数代数形式的乘除运算.专题:计算题.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.点评:本题主要考查两个复数代数形式的除法,两个复数相除,分子和分母同时乘以分母的共轭复数,虚数单位i的幂运算性质,属于基础题.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.1B.2C.3D.4考点:等差数列的通项公式.专题:计算题.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.点评:本题主要考查等差数列的通项公式的应用,属于基础题.3.(5分)(2012•福建)下列命题中,真命题是()B.∀x∈R,2x>x2A.∃x0∈R,≤0C.D.a>1,b>1是ab>1的充分条件a+b=0的充要条件是=﹣1考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断;全称命题;特称命题;命题的真假判断与应用.专题:计算题.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.点评:本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断,全称命题,特称命题,命题的真假判断与应用,考查基本知识的理解与应用.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.圆柱考点:由三视图还原实物图.专题:作图题.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.点评:本题主要考查了简单几何体的结构特征,简单几何体的三视图的形状大小,空间想象能力,属基础题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)考点:不等式比较大小.专题:探究型.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.点评:本题考查不等式大小的比较,不等式大小比较是高考中的常考题,类型较多,根据题设选择比较的方法是解题的关键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.考点:定积分在求面积中的应用;几何概型.专题:计算题.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.点评:本题考查几何概型的计算,涉及定积分在求面积中的应用,关键是正确计算出阴影部分的面积.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)不是单调函数考点:分段函数的解析式求法及其图象的作法.专题:证明题.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.点评:本题主要考查了函数的定义,偶函数的定义和判断方法,函数周期性的定义和判断方法,函数单调性的意义,属基础题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.3D.5考点:双曲线的简单性质;抛物线的简单性质.专题:计算题.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.点评:本题考查抛物线的性质,考查时却显得性质,确定双曲线的渐近线方程是关键.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.1C.D.2考点:简单线性规划.专题:计算题;压轴题;数形结合.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.点评:本题考查线性规划的应用与指数函数的性质,关键是得到函数y=2x与阴影部分边界直线的交点.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考点:利用导数求闭区间上函数的最值;抽象函数及其应用;函数的连续性.专题:压轴题;新定义.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.点评:本题考查的知识点为函数定义的理解,说明一个结论错误时,只需举出反例即可.说明一个结论正确时,要证明对所有的情况都成立.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.考点:二项式定理的应用.专题:计算题.分析:根据(a+x)4的展开式的通项公式为T r+1=a4﹣r x r,令r=3可得(a+x)4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+1=a4﹣r x r,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.点评:本题主要考查二项式定理,二项展开式的通项公式,求展开式中某项的系数,属于中档题.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.考点:循环结构.专题:计算题.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.点评:本题考查循环结构的作用,注意判断框的条件以及循环后的结果,考查计算能力.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.考点:余弦定理;等比数列的性质.专题:计算题.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:﹣点评:此题考查了余弦定理,等比数列的性质,以及三角形的边角关系,熟练掌握余弦定理是解本题的关键.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.考点:数列的求和.专题:计算题;压轴题.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.点评:本题主要考察数列的求和,解决本题的关键在于求出数列各项的规律.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.考点:根的存在性及根的个数判断;分段函数的解析式求法及其图象的作法.专题:压轴题;新定义.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:点评:本题考查分段函数的图象,考查新定义问题,这种问题解决的关键是根据新定义写出符合条件的解析式,本题是一个综合问题,涉及到导数判断函数的单调性,本题是一个中档题目.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<1 1<x≤2 x>2 0<x≤2x>2轿车数量(辆) 2 3 45 545 每辆利润(万元) 1 2 3 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.考点:离散型随机变量的期望与方差;等可能事件的概率;离散型随机变量及其分布列.专题:计算题.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X1 1 2 3PX2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.点评:本题考查概率的求解,考查分布列与期望,解题的关键是求出概率,属于基础题.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.考点:分析法和综合法;归纳推理.专题:计算题.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﹣﹣+=.点评:本题主要考查两角差的余弦公式,二倍角公式及半角公式的应用,考查归纳推理以及计算能力,属于中档题.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.考点:用空间向量求平面间的夹角;空间中直线与直线之间的位置关系;直线与平面平行的判定.专题:证明题;综合题;数形结合;转化思想.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,∴AD1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2点评:本题考查利用空间向量这一工具求二面角,证明线面平行及线线垂直,解题的关键是建立恰当的坐标系及空间位置关系与向量的对应,此类解题,方法简单思维量小,但计算量大,易因为计算错误导致解题失败,解题时要严谨,认真,利用空间向量求解立体几何题是近几年高考的热点,必考内容,学习时要好好把握19.(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.考点:直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的标准方程.专题:综合题;压轴题.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)点评:本题主要考查抛物线的定义域性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系,考查运算能力,考查化归思想,属于中档题.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.考点:利用导数研究曲线上某点切线方程;利用导数研究函数的单调性.专题:综合题;压轴题.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))).点评:本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性,考查函数的零点,考查分类讨论的数学思想,属于难题.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。

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