20XX年安徽省淮南市高考数学一模试卷试题(理科)

1、2019年安徽省淮南市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的1（5分）已知Px|1x1，则PQ（）AB（2，1）CD（2，1）2（5分）（）ABCiDi3（5分）函数f（x）x2（exex）的大致图象为（）ABCD4（5分）的展开式中，x4的系数是（）A40B60C80D1005（5分）已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，23cos2A+cos2A0，a7，c6，则b（）A10B9C8D56（5分）在平行四边形ABCD中，已知AB4，AD3，则的值是（）A4B6C8D107（5分）如图为我国数

2、学家赵爽（约3世纪初）在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域涂色不相同的概率为（）ABCD8（5分）已知函数f（x）xlnx，若直线l过点（0，e），且与曲线yf（x）相切，则直线l的斜率为（）A2B2CeDe9（5分）已知奇函数f（x）满足f（x）f（x+4），当x（0，1）时，f（x）4x，则f（log4184）（）ABCD10（5分）已知点P是双曲线右支上一点，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点，I为PF1F2的内心，若成立，则双曲线的渐近线方程为（）AB8x±y0CD3x±

3、;y011（5分）如图是函数在区间上的图象，将该图象向右平移|m|（m0）个单位后，所得图象关于直线对称，则m的最大值为（）ABCD12（5分）在平面直角坐标系中，设点p（x，y），定义OP|x|+|y|，其中O为坐标原点，对于下列结论：（1）符合OP2的点p的轨迹围成的图形面积为8；（2）设点p是直线：上任意一点，则OPmin1；（3）设点p是直线：ykx+1（kR）上任意一点，则使得“OP最小的点有无数个”的必要条件是k1；（4）设点p是椭圆上任意一点，则其中正确的结论序号为（）A（1）（2）（3）B（1）（3）（4）C（2）（3）（4）D（1）（2）（4）二、填空题：本题共4小题，每小题

4、5分，共20分13（5分）若直线xmy+m0经过抛物线x22py（p0）的焦点，则p 14（5分）若x，y满足约束条件则（x+4）2+（y+1）2的最小值为 15（5分）已知等差数列an，若点在经过点（4，8）的定直线l上，则数列an的前7项和S7 16（5分）已知函数，若关于x的方程有m个不同的实数解，则m的所有可能的值构成的集合为 三.解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23为选考题，考生根据要求作答17（12分）已知等差数列an的前n项和为Sn，且S39，a1，a3，a7成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）若

5、ana1（当n2时），数列bn满足，求数列anbn的前n项和Tn18（12分）2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市（简称创文）”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，60，80）内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于60%即可进行验收；用样本的频率代替概率（1）求被调查者

6、满意或非常满意该项目的频率；（2）若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；（3）已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望E19（12分）如图，在锐角ABC中，D为边BC的中点，且，O为ABC外接圆的圆心，且（1）求sinBAC的值；（2）求ABC的面积20（12分）设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且，过A，Q，F2三点的圆恰好与直线相切（1）求

7、椭圆C的方程；（2）过右焦点F2作斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，问在x轴上是否存在点P（m，0），使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，说明理由21（12分）已知函数f（x）x2ax+2lnx（其中a是实数）（1）求f（x）的单调区间；（2）若设2（e+）a，且f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求f（x1）f（x2）取值范围（其中e为自然对数的底数）选做题22（10分）已知直线l过点P（1，0），且倾斜角为，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，圆C的极坐标方程为4cos（1）求圆C的直角坐标系方程及直线l的参数方程；（

8、2）若直线l与圆C交于A，B两点，求的最大值和最小值选做题23已知函数f（x）|2x1|+|x2|（1）求不等式f（x）3的解集；（2）若对任意xR恒成立，求m+n的最小值2019年安徽省淮南市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的1（5分）已知Px|1x1，则PQ（）AB（2，1）CD（2，1）【考点】1D：并集及其运算【专题】11：计算题；37：集合思想；4O：定义法；5J：集合【分析】利用并集定义直接求解【解答】解：Px|1x1，PQx|2x1（2，1）故选：B【点评】本题考查并集的求法

9、，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2（5分）（）ABCiDi【考点】A5：复数的运算【专题】38：对应思想；4A：数学模型法；5N：数系的扩充和复数【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：故选：C【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题3（5分）函数f（x）x2（exex）的大致图象为（）ABCD【考点】3A：函数的图象与图象的变换【专题】11：计算题；33：函数思想；44：数形结合法；51：函数的性质及应用【分析】判断函数的奇偶性，利用函数的单调性和函数值的变化趋势判断即可【解答】解：f（x）x2（exex），f（x）（x）2（exex）x2（e

10、xex）f（x），f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，yx2，是增函数x（0，+），f（x）0，yexex是增函数x（0，+），y0，f（x）x2（exex）在（0，+）是增函数，排除C（或者）当x+时，f（x）+，故排除C，故选：A【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力4（5分）的展开式中，x4的系数是（）A40B60C80D100【考点】DA：二项式定理【专题】11：计算题；21：阅读型；34：方程思想；49：综合法；5P：二项式定理【分析】先写出二项展开式的通项，然后令x的指数为4，解出相应参数的值，代入通项即可得出答案【

11、解答】解：二项展开式的通项为令，得k2因此，二项展开式中x4的系数为故选：C【点评】本题考查二项式定理求指定项的系数，考查二项式定理的应用，属于中等题5（5分）已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，23cos2A+cos2A0，a7，c6，则b（）A10B9C8D5【考点】HR：余弦定理【专题】58：解三角形【分析】利用二倍角的余弦函数公式化简已知的等式，求出cosA的值，再由a与c的值，利用余弦定理即可求出b的值【解答】解：23cos2A+cos2A23cos2A+2cos2A10，即cos2A，A为锐角，cosA，又a7，c6，根据余弦定理得：a2b2+c22bccosA，

12、即49b2+36b，解得：b5或b（舍去），则b5故选：D【点评】此题考查了余弦定理，二倍角的余弦函数公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键6（5分）在平行四边形ABCD中，已知AB4，AD3，则的值是（）A4B6C8D10【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算【专题】11：计算题；5A：平面向量及应用【分析】由已知，结合向量加法的平行四边形法则可知可知（）2，展开后可求【解答】解：平行四边形ABCD中，已知AB4，AD3，又，（）2，+2，即9+1×32，8故选：C【点评】本题主要考查了向量的基本运算及向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题7（5分）如图为我国数学家赵爽（约3

13、世纪初）在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A、C区域涂色不相同的概率为（）ABCD【考点】CB：古典概型及其概率计算公式【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；5I：概率与统计【分析】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，A、C区域涂色不相同的情况有120种，由此能求出A、C区域涂色不相同的概率【解答】解：提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，

14、设5个区域依次为A、B、C、D、E，分4步进行分析：，对于区域A，有5种颜色可选；，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域E，与A、B区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域D、C，若D与B颜色相同，C区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，C区域有2种颜色可选，则区域D、C有3+2×27种选择，则不同的涂色方案有5×4×3×7420种，其中，A、C区域涂色不相同的情况有：，对于区域A，有5种颜色可选；，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域E，与A、B、C区域相邻，有2种颜色可选；，对于区域D、C，若D与B

15、颜色相同，C区域有2种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有1种颜色可选，C区域有1种颜色可选，则区域D、C有2+1×13种选择，不同的涂色方案有5×4×2×3120种，A、C区域涂色不相同的概率为p故选：B【点评】本题考查概率的求法，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8（5分）已知函数f（x）xlnx，若直线l过点（0，e），且与曲线yf（x）相切，则直线l的斜率为（）A2B2CeDe【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】34：方程思想；48：分析法；52：导数的概念及应用【分析】求得f（x）的导数，设出切点（m，n）

16、，可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得m，即可得到所求斜率【解答】解：函数f（x）xlnx的导数为f（x）lnx+1，设切点为（m，n），可得切线的斜率为k1+lnm，则1+lnm，解得me，k1+lne2，故选：B【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线的斜率公式，以及方程思想和运算能力，属于基础题9（5分）已知奇函数f（x）满足f（x）f（x+4），当x（0，1）时，f（x）4x，则f（log4184）（）ABCD【考点】3K：函数奇偶性的性质与判断；4H：对数的运算性质【专题】11：计算题；33：函数思想；4O：定义法；51：函数的性质及应用【分析】推导出f（log4

17、184）f（log41844）（），由此能求出结果【解答】解：奇函数f（x）满足f（x）f（x+4），当x（0，1）时，f（x）4x，f（log4184）f（log41844）（）故选：A【点评】本题考查函数值的求法，考查函数的奇偶性、周期性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题10（5分）已知点P是双曲线右支上一点，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点，I为PF1F2的内心，若成立，则双曲线的渐近线方程为（）AB8x±y0CD3x±y0【考点】KC：双曲线的性质【专题】34：方程思想；48：分析法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】设圆I与PF1F2的三边F1F2、P

18、F1、PF2分别相切于点E、F、G，连接IE、IF、IG，可得IF1F2，IPF1，IPF2可看作三个高相等且均为圆I半径r的三角形利用三角形面积公式，代入已知式，化简可得|PF1|PF2|F1F2|，再结合双曲线的定义与渐近线方程可得所求【解答】解：如图，设圆I与PF1F2的三边F1F2、PF1、PF2分别相切于点E、F、G，连接IE、IF、IG，则IEF1F2，IFPF1，IGPF2，它们分别是：IF1F2，IPF1，IPF2的高，S|PF1|IF|PF1|，S|PF2|IG|PF2|，S|F1F2|IE|F1F2|，其中r是PF1F2的内切圆的半径，|PF1|PF2|+|F1F2|，两边

19、约去得：|PF1|PF2|+|F1F2|，|PF1|PF2|F1F2|，根据双曲线定义，得|PF1|PF2|2a，|F1F2|2c，3ac，b2a，可得双曲线的渐近线方程为y±2x故选：A【点评】本题将三角形的内切圆放入到双曲线当中，用来求双曲线的离心率，着重考查了双曲线的基本性质、三角形内切圆的性质和面积计算公式等知识点，属于中档题11（5分）如图是函数在区间上的图象，将该图象向右平移|m|（m0）个单位后，所得图象关于直线对称，则m的最大值为（）ABCD【考点】HK：由yAsin（x+）的部分图象确定其解析式【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；57：三角函数的

20、图象与性质【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的f（x）的解析式再根据函数yAsin（x+）的图象的变换规律，可得结论【解答】解：由函数ysin（x+），（0，|）的图象可得T（），可得：2再由五点法作图可得 2×（）+0，可得：故函数的f（x）的解析式为 f（x）sin（2x+）sin2（x+）故把f（x）sin2（x+）的图象向右平移|m|（m0）个单位长度，可得g（x）sin2（x|m|+）的图象，由于：所得图象关于直线x对称，可得：sin2（|m|+）±1，可得：2（|m|+）+k，解得：|m|k，kZ，由于：m0，可得：mk，kZ，可得：当k0时，m

21、的最大值为：故选：B【点评】本题主要考查由函数yAsin（x+）的部分图象求解析式，函数yAsin（x+）的图象的变换规律，属于中档题12（5分）在平面直角坐标系中，设点p（x，y），定义OP|x|+|y|，其中O为坐标原点，对于下列结论：（1）符合OP2的点p的轨迹围成的图形面积为8；（2）设点p是直线：上任意一点，则OPmin1；（3）设点p是直线：ykx+1（kR）上任意一点，则使得“OP最小的点有无数个”的必要条件是k1；（4）设点p是椭圆上任意一点，则其中正确的结论序号为（）A（1）（2）（3）B（1）（3）（4）C（2）（3）（4）D（1）（2）（4）【考点】2K：命题的真假判断与

22、应用【专题】35：转化思想；48：分析法；5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（1）根据新定义由OP|x|+|y|1，讨论x的取值，得到y与x的分段函数关系式，画出分段函数的图象，由图象可知点P的轨迹围成的图形为边长是2的正方形，求出正方形的面积即可；（2）运用绝对值的含义和一次函数的单调性，可得OP的最小值；（3）根据|x|+|y|大于等于|x+y|或|xy|，把ykx+1代入即可得到当OP最小的点P有无数个时，k等于1或1；而k等于1或1推出OP最小的点P有无数个，得到k±1是“使OP最小的点P有无数个”的充要条件；（4）把P的坐标用参数表示，然后利用三角函数

23、的化积求得OP|x|+|y|的最大值说明命题正确【解答】解：（1）由OP2，根据新定义得：|x|+|y|2，由方程表示的图形关于x，y轴对称和原点对称，且x+y2（0x2，0y2），画出图象如图所示：根据图形得到：四边形ABCD为边长是2的正方形，面积等于8，故（1）正确；（2）P（x，y）为直线：上任一点，可得y1x，可得|x|+|y|x|+|1x|，当x0时，OP1（1+）x1；当0x时，OP1+（1）x（1，）；当x时，可得OP1+（1+）x，综上可得OP的最小值为1，故（2）正确；（3）|x|+|y|x+y|（k+1）x+1|，当k1时，|x|+|y|1|1，满足题意；而|x|+|y|

24、xy|（k1）x1|，当k1时，|x|+|y|1|1，满足题意“使OP最小的点P有无数个”的充要条件是“k±1”，（3）不正确；（4）点P是椭圆上任意一点，则可设x3cos，ysin，0，2），OP|x|+|y|3cos+sinsin（+），0，OPmax，（4）正确则正确的结论有：（1）、（2）、（4）故选：D【点评】此题考查学生理解及运用新定义的能力，考查了数形结合的数学思想，关键是对题意的理解，是中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）若直线xmy+m0经过抛物线x22py（p0）的焦点，则p2【考点】K8：抛物线的性质【专题】35：转化思想；4O：定义

25、法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】由直线方程求出直线过点（0，1），从而得到抛物线的焦点坐标，则p可求；【解答】解：直线xmy+m0过点（0，1），即抛物线x22py（p0）的焦点F为（0，1），则p2； 故答案为：2【点评】本题考查了抛物线的简单性质，是基础题14（5分）若x，y满足约束条件则（x+4）2+（y+1）2的最小值为5【考点】7C：简单线性规划【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5T：不等式【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，z的几何意义为区域内的点到定点D（4，1）的

26、距离的平方，则由图象可知，DA距离最小，此时（x+4）2+（y+1）2的最小值为5，故答案为：5【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及直线和圆的位置公式是解决本题的关键15（5分）已知等差数列an，若点在经过点（4，8）的定直线l上，则数列an的前7项和S756【考点】85：等差数列的前n项和【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；54：等差数列与等比数列【分析】推导出a48，数列an的前7项和S7，由此能求出结果【解答】解：等差数列an中，点在经过点（4，8）的定直线l上，a48，数列an的前7项和S756故答案为：56【点评】本题考查等差数列前7项和的求法，考查等

27、差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题16（5分）已知函数，若关于x的方程有m个不同的实数解，则m的所有可能的值构成的集合为3【考点】53：函数的零点与方程根的关系【专题】31：数形结合；32：分类讨论；4J：换元法；4R：转化法；51：函数的性质及应用【分析】求函数f（x）的导数，判断函数的极值，作出函数f（x）的图象，设nf（x），利用根与系数之间的关系得到n2nt150的两根之积n1n215，利用数形结合进行讨论求解即可【解答】解：函数f（x）的导数为f（x），由f（x）0，得1x3，f（x）递增；由f（x）0，得x3或x1，f（x）递减即有f（x）在x1处取得极小值f（1）

28、2e；在x3处取得极大值f（3），作出f（x）的图象，如图所示；关于x的方程，令nf（x），则n2nt0，由判别式t2+0，方程有两个不等实根，n1n20，则原方程有一正一负实根而2e×，即当n1，则n22e，此时yn1，和f（x）有两个交点，yn2与f（x）有1个交点，此时共有3个交点，当n1，则2en20，此时yn1，和f（x）有1个交点，yn2与f（x）有2个交点，此时共有3个交点，当0n1则n22e，此时yn1和f（x）有3个交点，yn2与f（x）有0交点，此时共有3个交点，当2en10，则或n2，此时yn1和f（x）有2个交点，yn2与f（x）有1个交点，此时共有3个交点，

29、当n12e，则n2，此时yn1和f（x）有1个交点，yn2与f（x）有2个交点，此时共有3个交点，当n12e，则0n2，此时yn1和f（x）有0个交点，yn2与f（x）有3个交点，此时共有3个交点，综上方程f（x）2+tf（x）0（tR）恒有3个不同的实数解，即m3，即m的所有可能的值构成的集合为3，故答案为：3【点评】本题考查方程的根的个数的判断，考查函数方程的转化思想，注意运用二次方程的判别式和韦达定理，考查数形结合和分类讨论的思想方法，综合性较强，难度较大三.解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23为选考题，考生根据

30、要求作答17（12分）已知等差数列an的前n项和为Sn，且S39，a1，a3，a7成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）若ana1（当n2时），数列bn满足，求数列anbn的前n项和Tn【考点】84：等差数列的通项公式；8E：数列的求和【专题】35：转化思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列【分析】（1）求得首项和公差即可；（2）由（1）可得anbn，再由错位相减求和得Tn【解答】解：（1）S39，a23，a1+d3a1，a3，a7成等比数列，a32a1a7，（a1+2d）2a1（a1+6d）由得：或，当时，an3当时，ann+1；（2）ana1（当n2时），d0，ann+1，bn

31、2n+1，anbn（n+1）2n+1，Tn222+323+424+（n+1）2n+12Tn223+324+425+（n+1）2n+2得Tn4+22+23+24+2n+1（n+1）2n+24+（n+1）2n+2n2n+2Tnn2n+2【点评】本题考查了等差数列的通项公式及等比数列的前n项和公式、错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12分）2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市（简称创文）”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机

32、抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，60，80）内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于60%即可进行验收；用样本的频率代替概率（1）求被调查者满意或非常满意该项目的频率；（2）若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；（3）已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望E【

33、考点】CG：离散型随机变量及其分布列；CH：离散型随机变量的期望与方差【分析】（1）根据频率分布直方图，求解在60，100的频率即可（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，然后求解抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率（3）从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列，然后求解期望即可【解答】（本小题满分12分）解：（1）根据题意：6（0分）或以上被认定为满意或非常满意，在频率分布直方图中，评分在60，100的频率为：（0.028+0.03+0.016+0.004）×100.78；（2）根据频率

34、分布直方图，被调查者非常满意的频率是，用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，该人非常满意该项目的概率为，现从中抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率为：；（3）评分低于6（0分）的被调查者中，老年人占，又从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，的分布列为：012p的数学期望E【点评】本题考查频率分布列，频率分布直方图，期望的求法，考查分层抽样的应用，是基础题19（12分）如图，在锐角ABC中，D为边BC的中点，且，O为ABC外接圆的圆心，且（1）求sinBAC的值；（2）求ABC的面积【考点】HT：三角形中的几何计

35、算【专题】34：方程思想；44：数形结合法；58：解三角形【分析】（1）根据题意，利用二倍角公式求解即可；（2）延长AD至E，使AE2AD，连接BE，CE，得四边形ABEC为平行四边形，推出CEAB；利用余弦定理AE2AC2+CE22ACCEcosACE，求出CE，再求三角形ABC的面积【解答】解：（1）如图所示，BOC2BAC，cosBOCcos2BAC12sin2BAC，sin2BAC，sinBAC；（2）延长AD至E，使AE2AD，连接BE，CE，则四边形ABEC为平行四边形，CEAB；在ACE中，AE2AD3，AC，ACEBAC，cosACEcosBAC；由余弦定理得，AE2AC2+C

36、E22ACCEcosACE，即（3）2（）2+CE22×CE×（），解得CE3，ABCE3，SABCABACsinBAC×3××【点评】本题考查解三角形的应用问题，也考查了三角恒等变换与计算能力，是中档题20（12分）设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且，过A，Q，F2三点的圆恰好与直线相切（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点F2作斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，问在x轴上是否存在点P（m，0），使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，说

37、明理由【考点】KL：直线与椭圆的综合【专题】11：计算题；21：阅读型；34：方程思想；4P：设而不求法；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题【分析】（1）设点Q的坐标为（x0，0），且x00，利用AQAF2以及得出点Q的坐标，将直角AQF2的外接圆与直线相切转化为其外接圆圆心F1到该直线的距离等于半径，可求出c的值，进而得出a与b的值，从而得出椭圆C的方程；（2）令，得出t0，设点M（x1，y1）、N（x2，y2），将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，并求出线段MN的中点E的坐标，将条件“以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形”转化为PEMN，得出这两条直线的斜率之积为1，然后得出m的

38、表达式，利用不等式的性质可求出实数m的取值范围【解答】解：（1）设椭圆C的焦距为2c（c0），则点F1的坐标为（c，0），点F2的坐标为（c，0），设点Q的坐标为（x0，0），且x00，如下图所示，则x0+c+2c0，所以，x03c，则点Q的坐标为（3c，0），直线AF2与直线AQ垂直，且点A（b，0），所以，由，得b23c2，则，AQF2为直角三角形，且F2Q为斜边，线段F2Q的中点为F1（c，0），AQF2的外接圆半径为2c由题意可知，点F1到直线的距离为，所以，c1，a2c2，因此，椭圆C的方程为；（2）由题意知，直线l的斜率k0，并设，则直线l的方程为xty+1，设点M（x1，y1）、

39、N（x2，y2）将直线l的方程与椭圆C的方程联立，消去x得（3t2+4）y2+6ty90，由韦达定理得，所以，线段MN的中点为点由于以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，则PEMN，则kPEkMN1，所以，kPEt由两点连线的斜率公式可得，得由于k0，则，所以，t20，所以，因此，在x轴上存在点P（m，0），使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，且实数m的取值范围是【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在椭圆综合中的应用，同时也考查了向量的坐标运算，属于中等题21（12分）已知函数f（x）x2ax+2lnx（其中a是实数）（1）求f（x）的单调区间；（2

40、）若设2（e+）a，且f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求f（x1）f（x2）取值范围（其中e为自然对数的底数）【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值【专题】11：计算题；32：分类讨论；49：综合法；53：导数的综合应用【分析】（1）求出f（x）的定义域为（0，+），由此利用导数性质和分类讨论思想能求出f（x）的单调区间（2）推导出f（x1）f（x2），令h（x），（），则0恒成立，由此能求出f（x1）f（x2）的取值范围【解答】解：（1）f（x）x2ax+2lnx（其中a是实数），f（x）的定义域为（0，+），（1分）令g（x）2x2ax+2，a216，对称轴x，g（0）2，当a2160，即4a4时，f（x）0，函数f（x）的单调递增区间为（0，+），无单调递减区间（2分）当a2160，即a4或a4时，若a4，则f（x）0恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+），无减区间（3分）若a