高三數(shù)學二模試卷(理科)-Word版含解析

1、 高考數(shù)學二模試卷（理科）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1設全集U=R，集合A=x|x23x0，則UA=（）A0，3B（0，3）C（，0）（3，+）D（，03，+）2i為虛數(shù)單位，若復數(shù)z=（1ai）（1+i）（aR）的虛部為3，則|z|=（）AB4CD53已知正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點，則=（）A4B3C4D4某公司安排6位員工在“元旦（1月1日至1月3日）”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，則6位員工中甲不在1日值班的概率為（）ABCD5已知角的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線上

2、，則sin2=（）ABCD6將函數(shù)f（x）=sin3x+cos3x的圖象沿x軸向左平移個單位后，得到一個偶函數(shù)的圖象，則的一個可能取值為（）ABCD07我國古代數(shù)學典籍九章算術(shù)“盈不足”中有一道問題：“今有垣高九尺，瓜生其上，蔓日長七寸；瓠生其下，蔓日長一尺，問幾何日相逢？”現(xiàn)用程序框圖描述，如圖所示，則輸出的結(jié)果n=（）A4B5C6D78已知函數(shù)f（x）的定義域為D，若對于a，b，cD，f（a），f（b），f（c）分別為某個三角形的三邊長，則稱f（x）為“三角形函數(shù)”給出下列四個函數(shù)：f（x）=lg（x+1）（x0）；f（x）=4cosx；其中為“三角形函數(shù)”的個數(shù)是（）A1B2C3D49在

3、四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD為正方形，PA=AB，該四棱錐被一平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則剩余部分體積與原四棱錐體積的比值為（）ABCD10已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，各頂點都在同一球面上，若該棱柱的體積為，AB=2，則此球的體積等于（）ABCD11我們把焦點相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對“相關曲線”已知F1，F(xiàn)2是一對相關曲線的焦點，P是橢圓和雙曲線在第一象限的交點，當F1PF2=60°時，這一對相關曲線中橢圓的離心率為（）ABCD12已知函數(shù)f（x）=aln（x+2）x2在（0，1）內(nèi)任取兩個實數(shù)p，q，且pq，

4、若不等式恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（，24B（，12C12，+）D24，+）二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13已知變量x，y滿足約束條件，若使z=ax+y（a0）取得最小值的最優(yōu)解有無窮多個，則實數(shù)a=14（x23x+3）3的展開式中，x項的系數(shù)為15在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為x2+y26x+8=0，若直線y=2kx2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，則實數(shù)k的取值范圍是16在ABC中，角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，已知a=4，b=5，cos（BA）=，則cosB=三、解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文

5、字說明、證明過程或演算步驟.）17已知數(shù)列an滿足a1=4，an+1=qan+d（q，d為常數(shù)）（1）當q=1，d=2時，求a2017的值；（2）當q=3，d=2時，記，Sn=b1+b2+b3+bn，證明：182011年，國際數(shù)學協(xié)會正式宣布，將每年的3月14日設為國際數(shù)學節(jié)，來源是中國古代數(shù)學家祖沖之的圓周率為慶祝該節(jié)日，某校舉辦的數(shù)學嘉年華活動中，設計了一個有獎闖關游戲，游戲分為兩個環(huán)節(jié)第一環(huán)節(jié)“解鎖”：給定6個密碼，只有一個正確，參賽選手從6個密碼中任選一個輸入，每人最多可輸三次，若密碼正確，則解鎖成功，該選手進入第二個環(huán)節(jié)，否則直接淘汰第二環(huán)節(jié)“闖關”：參賽選手按第一關、第二關、第三關

6、的順序依次闖關，若闖關成功，分別獲得10個、20個、30個學豆的獎勵，游戲還規(guī)定，當選手闖過一關后，可以選擇帶走相應的學豆，結(jié)束游戲，也可以選擇繼續(xù)闖下一關，若有任何一關沒有闖關成功，則全部學豆歸零，游戲結(jié)束設選手甲能闖過第一關、第二關、第三關的概率分別為，選手選擇繼續(xù)闖關的概率均為，且各關之間闖關成功與否互不影響（1）求某參賽選手能進入第二環(huán)節(jié)的概率；（2）設選手甲在第二環(huán)節(jié)中所得學豆總數(shù)為X，求X的分布列和期望19如圖（1）所示，在直角梯形ABCD中，E是AD的中點，O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖（2）所示（1）證明：CD平面A1OC；（2）若平面A1BE平面

7、BCDE，求平面A1BC與平面A1CD所成銳二面角的余弦值20已知拋物線C的頂點在坐標原點，焦點F在x軸的正半軸上，過點F的直線l與拋物線C相交于A、B兩點，且滿足（1）求拋物線C的標準方程；（2）若點M在拋物線C的準線上運動，其縱坐標的取值范圍是1，1，且，點N是以線段AB為直徑的圓與拋物線C的準線的一個公共點，求點N的縱坐標的取值范圍21已知函數(shù)，（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，bR），若f（x）在x=0處取得極值，且xey=0是曲線y=f（x）的切線（1）求a，b的值；（2）用minm，n表示m，n中的最小值，設函數(shù)，若函數(shù)h（x）=g（x）cx2為增函數(shù)，求實數(shù)c的取值范圍選修4-4：坐標系

8、與參數(shù)方程22極坐標系與直角坐標系xOy取相同的長度單位，以原點O為極點，以x軸正半軸為極軸已知直線l的參數(shù)方程為為參數(shù)）曲線C的極坐標方程為（1）求直線l的傾斜角和曲線C的直角坐標方程；（2）設直線C與曲線C交于A，B兩點，與x軸的交點為M，求的值選修4-5：不等式選講23若關于x的不等式|3x+2|+|3x1|t0的解集為R，記實數(shù)t的最大值為a（1）求a；（2）若正實數(shù)m，n滿足4m+5n=a，求的最小值高考數(shù)學二模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1設全集U=R，集合A=x|x23x0

9、，則UA=（）A0，3B（0，3）C（，0）（3，+）D（，03，+）【考點】補集及其運算【分析】由二次不等式的解法，可得集合A，再由補集的定義，計算即可得到所求【解答】解：全集U=R，集合A=x|x23x0=x|x（x3）0=x|x3或x0，則UA=x|0x3=0，3故選：A2i為虛數(shù)單位，若復數(shù)z=（1ai）（1+i）（aR）的虛部為3，則|z|=（）AB4CD5【考點】復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算【分析】利用復數(shù)代數(shù)形式的乘法運算化簡，結(jié)合已知求得a，代入復數(shù)z，再由復數(shù)模的計算公式求解【解答】解：z=（1ai）（1+i）=（1+a）+（1a）i的虛部為3，1a=3，解得a=4，z=53i，則

10、|z|=故選：C3已知正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點，則=（）A4B3C4D【考點】平面向量數(shù)量積的運算【分析】先用表示出，再計算數(shù)量積【解答】解： =（）（）=（）（）=，正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點，=4， =0，=4故選：A4某公司安排6位員工在“元旦（1月1日至1月3日）”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，則6位員工中甲不在1日值班的概率為（）ABCD【考點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率【分析】先求出基本事件總數(shù)n=，再求出6位員工中甲不在1日值班包含的基本事件個數(shù)m=，由此能求出6位員工中甲不在1日值班的概率【解答】解：某公司安排6位員工在“元旦（1

11、月1日至1月3日）”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，基本事件總數(shù)n=，6位員工中甲不在1日值班包含的基本事件個數(shù)m=，6位員工中甲不在1日值班的概率p=故選：B5已知角的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線上，則sin2=（）ABCD【考點】二倍角的正弦；任意角的三角函數(shù)的定義【分析】利用任意角的三角函數(shù)的定義求得tan的值，再利用同角三角函數(shù)的基本關系，二倍角的正弦公式求得sin2的值【解答】解：角的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線上，tan=則sin2=，故選：D6將函數(shù)f（x）=sin3x+cos3x的圖象沿x軸向左平移個單位后，得到一個偶函數(shù)的圖象

12、，則的一個可能取值為（）ABCD0【考點】函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換【分析】利用輔助角公式化積，得到平移后的函數(shù)解析式，由題意可得3+=k，kZ，得到=，取k=0得到值【解答】解：f（x）=sin3x+cos3x=，沿x軸向左平移個單位后，得y=，由y=為偶函數(shù)，可得3+=k，kZ=取k=0，得=故選：A7我國古代數(shù)學典籍九章算術(shù)“盈不足”中有一道問題：“今有垣高九尺，瓜生其上，蔓日長七寸；瓠生其下，蔓日長一尺，問幾何日相逢？”現(xiàn)用程序框圖描述，如圖所示，則輸出的結(jié)果n=（）A4B5C6D7【考點】程序框圖【分析】模擬執(zhí)行程序，依次寫出每次循環(huán)得到的a，n，S的值，當S=10.2時，滿

13、足條件S10，退出循環(huán)，輸出n的值為6，從而得解【解答】解：模擬執(zhí)行程序，可得a=0，S=0，n=1S=1不滿足條件S9，執(zhí)行循環(huán)體，n=2，a=1.4，S=3.4不滿足條件S9，執(zhí)行循環(huán)體，n=3，a=2.1，S=5.1不滿足條件S9，執(zhí)行循環(huán)體，n=4，a=2.8，S=6.8不滿足條件S9，執(zhí)行循環(huán)體，n=5，a=3.5，S=8.5，不滿足條件S9，執(zhí)行循環(huán)體，n=6，a=4.2，S=10.2，退出循環(huán)，輸出n的值為6故選：C8已知函數(shù)f（x）的定義域為D，若對于a，b，cD，f（a），f（b），f（c）分別為某個三角形的三邊長，則稱f（x）為“三角形函數(shù)”給出下列四個函數(shù)：f（x）=lg

14、（x+1）（x0）；f（x）=4cosx；其中為“三角形函數(shù)”的個數(shù)是（）A1B2C3D4【考點】函數(shù)的最值及其幾何意義【分析】設它的三邊長分別為a，b，c，則a+bc，若f（x）為“三角形函數(shù)，則滿足f（x）maxf（x）minf（x）min，即可【解答】解：若f（x）為“三角形函數(shù)，則f（x）maxf（x）minf（x）min，若f（x）=lg（x+1）（x0），則f（x）（0，+），不滿足條件；若f（x）=4cosx，則f（x）3，5，滿足條件；若，則f（x）1，4，不滿足條件；若=1+，則f（x）（1，2），滿足條件；故選：B9在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD為正方

15、形，PA=AB，該四棱錐被一平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則剩余部分體積與原四棱錐體積的比值為（）ABCD【考點】由三視圖求面積、體積【分析】根據(jù)幾何體的三視圖可得：該幾何體是過BD且平行于PA的平面截四棱錐PABCD所得的幾何體設AB=1，則截取的部分為三棱錐EBCD，V剩余部分=V四棱錐PABCDV三棱錐EBCD即可得出【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖可得；該幾何體是過BD且平行于PA的平面截四棱錐PABCD所得的幾何體設AB=1，則截取的部分為三棱錐EBCD，V三棱錐EBCD=××1×1×=V四棱錐PABCD=剩余部分的體積V剩余部分=V四

16、棱錐PABCDV三棱錐EBCD=剩余部分體積與原四棱錐體積的比值=故選：D10已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，各頂點都在同一球面上，若該棱柱的體積為，AB=2，則此球的體積等于（）ABCD【考點】球的體積和表面積【分析】畫出球的內(nèi)接三棱柱ABCA1B1C1，作出球的半徑，然后可求球的表面積【解答】解：設AA1=h，則棱柱的體積為，AB=2，h=1，AB=2，BC=，如圖，連接上下底面外心，O為PQ的中點，OP平面ABC，AP=則球的半徑為OA，由題意OP=，OA=，所以球的體積為：R3=故選B11我們把焦點相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對“相關曲線”已知F1，F(xiàn)2是一

17、對相關曲線的焦點，P是橢圓和雙曲線在第一象限的交點，當F1PF2=60°時，這一對相關曲線中橢圓的離心率為（）ABCD【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)；橢圓的簡單性質(zhì)【分析】設F1P=m，F(xiàn)2P=n，F(xiàn)1F2=2c，由余弦定理4c2=m2+n2mn，設a1是橢圓的長半軸，a1是雙曲線的實半軸，由橢圓及雙曲線定義，得m+n=2a1，mn=2a1，由此能求出結(jié)果【解答】解：設F1P=m，F(xiàn)2P=n，F(xiàn)1F2=2c，由余弦定理得（2c）2=m2+n22mncos60°，即4c2=m2+n2mn，設a1是橢圓的實半軸，a2是雙曲線的實半軸，由橢圓及雙曲線定義，得m+n=2a1，mn=2a2

18、，m=a1+a2，n=a1a2，將它們及離心率互為倒數(shù)關系代入前式得3a224c2+a12=0，a1=3a2，e1e2=1即3e12=1e1=故選：A12已知函數(shù)f（x）=aln（x+2）x2在（0，1）內(nèi)任取兩個實數(shù)p，q，且pq，若不等式恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（，24B（，12C12，+）D24，+）【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)【分析】根據(jù)題意，利用，將其變形可得f（p+1）2（p+1）f（q+1）2（q+1），從而構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）2x，分析可得函數(shù)g（x）為增函數(shù)，利用導數(shù)分析可得在x（1，2）上恒成立，分析可得a（x+2）（2x+2）恒成立，

19、結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)分析可得（x+2）（2x+2）的最大值，由恒成立的性質(zhì)分析可得答案【解答】解：根據(jù)題意，由，變形可得得f（p+1）f（q+1）2（pq），則f（p+1）2（p+1）f（q+1）2（q+1），令g（x）=f（x）2x，則有g(shù)（p+1）r（q+1）又由實數(shù)p、q（0，1），且pq，所以函數(shù)g（x）=f（x）2x在（1，2）上單調(diào)遞增，從而在x（1，2）上恒成立即a（x+2）（2x+2），亦即a（x+2）（2x+2）max又函數(shù)y=（x+2）（2x+2）=2（x2+3x+2）在x1，2上單調(diào)遞增所以（x+2）（2x+2）max=24，所以a24；故選：D二、填空題（每題5分，滿分2

20、0分，將答案填在答題紙上）13已知變量x，y滿足約束條件，若使z=ax+y（a0）取得最小值的最優(yōu)解有無窮多個，則實數(shù)a=1【考點】簡單線性規(guī)劃【分析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，要使z=ax+y取最小值的最優(yōu)解有無窮多個，則目標函數(shù)和其中一條直線平行，然后根據(jù)條件即可求出a的值【解答】解：作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：（陰影部分）由z=ax+y，得y=ax+z，a0，則目標函數(shù)的斜率k=a0平移直線y=ax+z，由圖象可知當直線y=ax+z和直線x+y=3平行時，此時目標函數(shù)取得最小值時最優(yōu)解有無數(shù)多個，此時a=1，即a=1故答案為：114（x23x+3）3的展開式中，x

21、項的系數(shù)為81【考點】二項式系數(shù)的性質(zhì)【分析】（x23x+3）3的展開式的通項公式Tr+1=×33r（x23x）r，（x23x）r的通項公式Tk+1=，令2rk=1，r=0，1，2，3，kr，kN*解得r=k=1，即可得出【解答】解：（x23x+3）3的展開式的通項公式Tr+1=×33r（x23x）r，（x23x）r的通項公式Tk+1=，令2rk=1，r=0，1，2，3，kr，kN*r=k=1，x項的系數(shù)=×=81故答案為：8115在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為x2+y26x+8=0，若直線y=2kx2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有

22、公共點，則實數(shù)k的取值范圍是【考點】直線與圓的位置關系【分析】由于圓C的方程為（x3）2+y2=1，由題意可知，只需（x3）2+y2=4與直線y=2kx2有公共點即可【解答】解：圓C的方程為x2+y26x+8=0，整理得：（x3）2+y2=1，即圓C是以（3，0）為圓心，1為半徑的圓；又直線y=2kx2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，只需圓C：（x3）2+y2=4與直線y=2kx2有公共點即可設圓心C（3，0）到直線y=2kx2的距離為d，則d=2，即5k26k0，k，故答案為16在ABC中，角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，已知a=4，b=5，cos（BA）

23、=，則cosB=【考點】正弦定理【分析】由題意和邊角關系可得BA，由條件和平方關系求出sin（BA），由正弦定理化簡得sinA與sinB關系，由sinA=sinB（BA）、兩角差的正弦公式化簡后，結(jié)合條件和平方關系求出cosB的值【解答】解：由得，BA，sin（BA）0，所以，由正弦定理得，則，即sinA=sinB，因為sinA=sinB（BA）=sinBcos（BA）cosBsin（BA），所以，化簡得，由，sinB0知，cosB0，由得，所以，故答案為：三、解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17已知數(shù)列an滿足a1=4，an+1=qan+d（q，d

24、為常數(shù)）（1）當q=1，d=2時，求a2017的值；（2）當q=3，d=2時，記，Sn=b1+b2+b3+bn，證明：【考點】數(shù)列與不等式的綜合；數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式【分析】（1）當q=1，d=2時，an+1an=2，從而數(shù)列an是首項a1=4，公差d=2的等差數(shù)列，由此能求出a2017（2）當q=3，d=2時，an+1=3an2變形得an+11=3（an1），從而數(shù)列an1是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，進而數(shù)列bn是以為首項，為公比的等比數(shù)列，由此能證明【解答】（1）解：數(shù)列an滿足a1=4，an+1=qan+d（q，d為常數(shù)）當q=1，d=2時，an+1an=2，數(shù)列an是首項a1=

25、4，公差d=2的等差數(shù)列，an=4+（n1）×2=2n+2，a2017=2×2017+2=4036（2）證明：當q=3，d=2時，an+1=3an2變形得an+11=3（an1）數(shù)列an1是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，數(shù)列bn是以為首項，為公比的等比數(shù)列，182011年，國際數(shù)學協(xié)會正式宣布，將每年的3月14日設為國際數(shù)學節(jié)，來源是中國古代數(shù)學家祖沖之的圓周率為慶祝該節(jié)日，某校舉辦的數(shù)學嘉年華活動中，設計了一個有獎闖關游戲，游戲分為兩個環(huán)節(jié)第一環(huán)節(jié)“解鎖”：給定6個密碼，只有一個正確，參賽選手從6個密碼中任選一個輸入，每人最多可輸三次，若密碼正確，則解鎖成功，該選手進入

26、第二個環(huán)節(jié)，否則直接淘汰第二環(huán)節(jié)“闖關”：參賽選手按第一關、第二關、第三關的順序依次闖關，若闖關成功，分別獲得10個、20個、30個學豆的獎勵，游戲還規(guī)定，當選手闖過一關后，可以選擇帶走相應的學豆，結(jié)束游戲，也可以選擇繼續(xù)闖下一關，若有任何一關沒有闖關成功，則全部學豆歸零，游戲結(jié)束設選手甲能闖過第一關、第二關、第三關的概率分別為，選手選擇繼續(xù)闖關的概率均為，且各關之間闖關成功與否互不影響（1）求某參賽選手能進入第二環(huán)節(jié)的概率；（2）設選手甲在第二環(huán)節(jié)中所得學豆總數(shù)為X，求X的分布列和期望【考點】離散型隨機變量的期望與方差；離散型隨機變量及其分布列【分析】（1）選手能進入第二環(huán)節(jié)，說明該選手可能

27、是第一次解鎖成功，可能是第二次解鎖成功，也可能是第三次才解鎖成功第一次解鎖成功的概率為：，第二次解鎖成功的概率為：，第三次解鎖成功的概率為：，即可得出（2）X的所有可能取值為0，10，30，60利用互斥事件與相互獨立事件的概率計算公式即可得出【解答】解：（1）選手能進入第二環(huán)節(jié)，說明該選手可能是第一次解鎖成功，可能是第二次解鎖成功，也可能是第三次才解鎖成功第一次解鎖成功的概率為：，第二次解鎖成功的概率為：，第三次解鎖成功的概率為：，所以該選手能進入第二環(huán)節(jié)的概率為：（2）X的所有可能取值為0，10，30，60，所以X的分布列為X0103060P19如圖（1）所示，在直角梯形ABCD中，E是AD

28、的中點，O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖（2）所示（1）證明：CD平面A1OC；（2）若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD所成銳二面角的余弦值【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定【分析】（1）BE平面A1OC，又BECD，即可證明：CD平面A1OC；（2）若平面A1BE平面BCDE，以O為原點，OB，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，即可求平面A1BC與平面A1CD所成銳二面角的余弦值【解答】（1）證明：在圖（1）中，因為，E是AD的中點，且，所以BEAC，BECD，即在圖（2）中，BE

29、OA1，BEOC，又OA1OC=O，OA1平面A1OC，OC平面A1OC，從而BE平面A1OC，又BECD，所以CD平面A1OC（2）解：由已知，平面A1BE平面BCDE，且交線為BE，又由（1）知，BEOA1，所以OA1平面BCDE，如圖，以O為原點，OB，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設，所以，得設平面A1BC的法向量，平面A1CD的法向量，平面A1BC與平面A1CD的夾角為，則得，取，同理，取，從而，即平面A1BC與平面A1CD所成銳二面角的余弦值為20已知拋物線C的頂點在坐標原點，焦點F在x軸的正半軸上，過點F的直線l與拋物線C相交于A、B兩點，且滿足（

30、1）求拋物線C的標準方程；（2）若點M在拋物線C的準線上運動，其縱坐標的取值范圍是1，1，且，點N是以線段AB為直徑的圓與拋物線C的準線的一個公共點，求點N的縱坐標的取值范圍【考點】拋物線的簡單性質(zhì)【分析】（1）設出拋物線方程，聯(lián)立方程消去x得：y22ptyp2=0，利用韋達定理及向量的數(shù)量積公式，求出p，即可求拋物線的方程；（2）由（1）知，結(jié)合，確定t的范圍，根據(jù)拋物線的定義可知，以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切，可得點N的縱坐標為，即可求出點N的縱坐標的取值范圍【解答】解：（1）設拋物線的標準方程為y2=2px（p0），其焦點F的坐標為直線l的方程為，A（x1，y1），B（x2，y2）

31、，聯(lián)立方程消去x得：y22ptyp2=0，所以，因為，解得p=1，所以所求拋物線C的標準方程為y2=2x（2）設點，由（1）知，所以，因為，所以（tm）2=9得t=m+3或t=m3，因為1m1，2t4或4t2，由拋物線定義可知，以線段AB為直徑的圓與拋物線C的準線相切，所以點N的縱坐標為，所以點N的縱坐標的取值范圍是4，22，421已知函數(shù)，（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，bR），若f（x）在x=0處取得極值，且xey=0是曲線y=f（x）的切線（1）求a，b的值；（2）用minm，n表示m，n中的最小值，設函數(shù)，若函數(shù)h（x）=g（x）cx2為增函數(shù)，求實數(shù)c的取值范圍【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函

32、數(shù)的最值；利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程【分析】（1）求出原函數(shù)的導函數(shù)，由f（x）在x=0處取得極值，且xey=0是曲線y=f（x）的切線，可得b=1，且，由此可得a值；（2）記函數(shù)，求其導函數(shù)，可得當x2時，F(xiàn)'（x）0恒成立，當0x2時，F(xiàn)'（x）0在（0，+）上恒成立，故F（x）在（0，+）上單調(diào)遞減由函數(shù)的零點存在性定理及其單調(diào)性知存在唯一的x0（1，2），使F（x0）=0，有，得到，分離參數(shù)c后利用導數(shù)求得答案【解答】解：（1），f（x）在x=0處取得極值，f'（0）=0，即b=0，此時，設直線xey=0與曲線y=f（x）切于點P（x0，y0），由題意得，解之得a=1；（2）記函數(shù)，當x2時，F(xiàn)'（x）0恒成立，當0x2時，從而F'（x）0在（0，+）上