【考点】极限及其运算，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【解答】解：由题意易知，当x趋近于-∞时，切线为x=0，当x趋近于+∞时，切线为y=+∞，因此切线的交点必位于第一象限，且在曲线y=ex的下方. 故答案为：D
【分析】利用极限，结合图象求解即可.
8.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立 【答案】 B
【考点】相互独立事件，相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式 【解析】【解答】解：设甲乙丙丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)， 则𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)=6，𝑃(𝐶)=6×6=36，𝑃(𝐷)=6×6=6 ，
1
5
5
6
1
对于A，P(AC)=0；
对于B，𝑃(𝐴𝐷)=6×6=36； 对于C，𝑃(𝐵𝐶)=6×6=36； 对于D，P(CD)=0.
若两事件X,Y相互独立，则P(XY)=P(X)P(Y), 故B正确. 故答案为：B
【分析】根据古典概型，以及独立事件的概率求解即可
1
1
1
1
二、选择题：本题共4小题。每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.有一组样本数据x1 ， x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据y1 ， y2,…,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,…,n),c为非零常数，则（ ）
A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 【答案】 C,D
【考点】众数、中位数、平均数，极差、方差与标准差 【解析】【解答】解：对于A，𝑥=所以𝑥≠𝑦 ， 故A错误；
对于B，若x1,x2,……,xn的中位数为xk ， 因为yi=xi+c，因为c≠0，所以y1,y2,……,yn的中位数为yk=xk+c≠xk ， 故B错误；
对于C，y1,y2,……,yn的标准差为𝑆𝑦=𝑛√(𝑦1−𝑦)2+(𝑦2−𝑦)2+⋯(𝑦𝑛−𝑦)2=
1𝑛
1
𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑛
𝑛
，𝑦=
𝑦1+𝑦2+⋯+𝑦𝑛
𝑛
=
𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑛
𝑛
+𝑐=𝑥+𝑐 ， 因为c≠0，
√[(𝑥1+𝑐)−(𝑥+𝑐)]2+[(𝑥2+𝑐)−(𝑥+𝑐)]2+⋯[(𝑥𝑛+𝑐)−(𝑥+𝑐)]2 1
=𝑛√(𝑥1−𝑦)2+(𝑥2−𝑦)2+⋯(𝑥𝑛−𝑦)2=𝑆𝑥 ， 故C正确；
对于D，设样本数据x1,x2,……,xn中的最大为xn ， 最小为x1,因为yi=xi+c，所以y1,y2,……,yn中的最大为yn ， 最小为y1,
极差为yn-y1=(xn+c)-(x1+c)=xn-x1 ， 故D正确. 故答案为：CD
【分析】根据平均数，中位数，标准差的定义求解即可.
10.已知O为坐标原点，点P1(cosα,sinα),P2(cosβ，-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1，0),则（ ） ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗A. | OP1| = |OP1| = |AP2| 2| B. |AP⃗⃗⃗⃗⃗⃗·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗C. OAOP3 = OP1·OP2 D. OA·OP1=OP2·OP3 【答案】 A,C
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角，平面向量数量积的运算，两角和与差的余弦公式，两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：|𝑂𝑃1|=√cos2𝛼+sin2𝛼=1，|𝑂𝑃2|=√cos2𝛽+sin2𝛽=1 ， 故A正确； 因为|𝐴𝑃1|=√(cos𝛼−1)2+sin2𝛼=√2−2cos𝛼，|𝐴𝑃2|=√(cos𝛽−1)2+sin2𝛽=√2−2cos𝛽 ， 故B错误；
因为𝑂𝐴·𝑂𝑃3=1×cos(𝛼+𝛽)+0×sin(𝛼+𝛽)=cos(𝛼+𝛽) ， 𝑂𝑃1·𝑂𝑃2=cos𝛼cos𝛽−sin𝛼sin𝛽=cos(𝛼+𝛽) ， 所以𝑂𝐴·𝑂𝑃3=𝑂𝑃1·𝑂𝑃2 故C正确；
因为𝑂𝐴·𝑂𝑃1=1×cos𝛼+0×sin𝛼=cos𝛼 ，
𝑂𝑃2·𝑂𝑃3=(cos𝛽，−sin𝛽)·(cos(𝛼+𝛽)，sin(𝛼+𝛽))=cos𝛽×cos(𝛼+𝛽)+(−sin𝛽)×sin(𝛼+𝛽)=cos(𝛼+2𝛽) ， 所以D错误 故答案为：AC.
【分析】根据向量的数量积，及向量的求模直接求解即可.
11.已知点P在圆 (𝑥−5)2 + (𝑦−5)2 =16上，点A（4,0），B（0,2），则（ ） A. 点P到直线AB的距离小于10 B. 点P到直线AB的距离大于2 C. 当∠PBA最小时，|PB|=3 √2 D. 当∠PBA最大时，|PB|=3 √2 【答案】 A,C,D
【考点】直线的截距式方程，点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系 【解析】【解答】解：直线AB为：4+2=1 ， 即x+2y-4=0， 设点P（5+4cosθ，5+4sinθ），则点P到直线AB的距离为𝑑=𝑑𝑚𝑎𝑥=
11+4√5√5|5+4cos𝜃+2(5+4sin𝜃)−4|√12+22𝑥
𝑦
→
→→
→
→
→
→
→
→
→→
→→
→
→→
=
11+4√5sin(𝜃+𝛼) √5 ， 则
<10，𝑑𝑚𝑖𝑛=
11−4√5√5<2
所以A正确B错误；
又圆心O为（5,5），半径为4，则|𝑂𝐵|=√(5−0)2+(5−2)2=√34 ，
所以当直线PB与圆相切时，∠PBA取得最值，此时，|𝑃𝐵|=√|𝑂𝐵|2−𝑟2=√34−16=3√2 所以CD正确 故答案为：ACD.
【分析】根据直线的截距式，利用点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系求解即可.
12.在正三棱柱ABC- 𝐴1𝐵1𝐶1 中，AB=AA1=1，点P满足 𝐵𝑃=𝜆𝐵𝐶+𝜇𝐵𝐵1 ，其中λ∈[0,1]， 𝜇 ∈[0,1]，则（ ）
A. 当λ=1时，△ 𝐴𝐵1 P的周长为定值 B. 当 μ =1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
→
→
→
C. 当λ= 2 时，有且仅有一个点P，使得 𝐴1𝑃⊥𝐵𝑃
D. 当 μ = 2 时，有且仅有一个点P，使得 𝐴1 B⊥平面A 𝐵1 P 【答案】 B,D
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：由 点P满足 𝐵𝑃=𝜆𝐵𝐶+𝜇𝐵𝐵1 可知点P在正方形BCC1B1内，
对于A，当λ=1时，可知点P在CC1（包括端点）上运动，如下图所示，△AB1P中，𝐴𝐵1=√2，𝐴𝑃=√1+𝜇2，𝐵1𝑃=√1+(1−𝜇)2 ， 因此周长L=AB+AP+B1P不为定值，故A错误.
→
→
→
1
1
对于B，当μ=1时，可知点P在B1C1（包括端点）上运动，如下图所示， 易知B1C1//平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，
△A1BC的面积是定值，所以三棱锥P-A1BC的体积为定值，故B正确；
对于C，当𝜆=2时，分别取线段BB1 ， CC1的中点M,N，可知点P在线段DD1（包括端点）上运动，如下图所示，
1
很显然若点P与D,D1重合，均满足题意，故C错误；
对于D，当𝜇=2时，分别取线段BB1 ， CC1的中点D,D1 ， 可知点P在线段DD（包括端点）上运动，1如下图所示，
1
此时，有且只有点P与点N重合时，满足题意，故D正确. 故答案为：BD
【分析】根据三角形的周长，棱锥的体积的求法，利用特殊点进行判断AB即可,根据线线垂直及线面垂直的判定定理，利用特殊点进行判断CD即可.
三、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13.已知函数f(x)= 𝑥3(𝑎· 2𝑥−2−𝑥) 是偶函数，则a=________ 【答案】 1
【考点】函数奇偶性的判断，函数奇偶性的性质
20-2-0=a-1=0，【解析】【解答】解：设 𝑔(𝑥)=𝑎·2𝑥−2−𝑥 ， 则题意可知函数g(x)为奇函数，则g(0)=a·故a=1 故答案为：1
【分析】根据函数的奇偶性的判定，结合奇函数的性质求解即可.
14.已知O为坐标原点，抛物线C: y2=2px(p>0） 的焦点为F,P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP,若|FQ|=6，则C的准线方程为________ 【答案】 𝑥=−2
【考点】直线的点斜式方程，抛物线的定义
【解析】【解答】解：由题意可设𝑃(2,𝑝) ， 则𝐾𝑂𝑃=2,𝐾𝑄𝑃=−2, 因此直线PQ的方程为：𝑦−𝑝=−(𝑥−)
22 令y=0，得𝑥=2𝑝
因此|𝐹𝑄|=2𝑃−2=2𝑃=6 则p=3
因此抛物线C的准线方程为：𝑥=−2=−2
【分析】根据抛物线的定义及几何性质，结合直线的方程求解即可. 15.函数f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值为________ 【答案】 1
𝑝
3
5
𝑃5
1
𝑝
𝑝
1
3
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，分段函数的应用 【解析】【解答】解：①当𝑥>2时，f（x）=2x-1-2lnx，则𝑓′(𝑥)=2−=
𝑥 当x>1时，f'(x)>0，当2<𝑥<1时，f'(x)<0，所以f（x）min=f（1）=1； ②当0<𝑥≤2时，f（x）=1-2x-2lnx，则𝑓′(𝑥)=−2−=−
𝑥
1
1
2
2(𝑥+1)𝑥1
1
1
2
2(𝑥−1)𝑥
，
<0 ，
此时函数f（x）=1-2x-2lnx在(0,2]上为减函数，则f（x）min=𝑓()=2ln2>1 ，
2 综上，f（x）min=1 故答案为：1
【分析】根据分段函数的定义，分别利用导数研究函数的单调性与最值，并比较即可求解
16.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现此纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折。规格为20dm×12dm的长方形纸.对折1次共可以得到10dm×2dm、20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和 S1 =240 dm2 ， 对折2次共可以得5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2=180dm2。以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么 ∑𝑛𝑘=1
𝑠𝑘 =________dm.
𝑛+32𝑛【答案】 5；720−240⋅
【考点】数列的求和，类比推理
【解析】【解答】解：对折3次有2.5×12，6×5，3×10，20×1.5共4种，面积和为S3=4×30=120dm2; 对折4次有1.25×12,2.5×6,3×5,1.5×10,20×0.75共5种，面积和为S4=5×15=75dm2; 对折n次有n+1中类型，𝑆𝑛=
𝑛
2
3
2402𝑛(𝑛+1),
)，2∑𝑆𝑘=240·(22+23+⋯+2𝑛+1) ，
𝑘=11
1
𝑛+1
3
𝑛+3
1
𝑛
2
3
𝑛+1
因此∑𝑆𝑘=240·(21+22+⋯+
𝑘=1
1
𝑛𝑘=1
𝑛+12𝑛1
上式相减，得2∑𝑆𝑘=240·(1+22+23+⋯+2𝑛−2𝑛+1)=240(2−2𝑛+1) 则∑𝑆𝑘=240(3−
𝑘=1𝑛
𝑛+32𝑛)=720−240·
𝑛+32𝑛𝑛+32𝑛 故答案为：5，720−240·
𝑛
【分析】根据类比推理可求对折4次及对折n次的图形种数，运用错位相减法可求∑𝑆𝑘.
𝑘=1
四、解答题：本题共6小题，共70分。
+1，𝑛为奇数17.已知数列{ 𝑎𝑛 }满足 𝑎1 =1， 𝑎𝑛+1={an
an+2，𝑛为偶数（1）记 𝑏𝑛 = 𝑎2𝑛 ，写出 𝑏1 ， 𝑏2 ，并求数列 {𝑏𝑛} 的通项公式； （2）求 {𝑎𝑛} 的前20项和 【答案】 （1）2𝑛 为偶数，
则 𝑎2𝑛+1=𝑎2𝑛+2 ， 𝑎2𝑛+2=𝑎2𝑛+1+1 ，
∴ 𝑎2𝑛+2=𝑎2𝑛+3 ，即 𝑏𝑛+1=𝑏𝑛+3 ，且 𝑏1=𝑎2=𝑎1+1=2 ， ∴{𝑏𝑛} 是以 2 为首项，3为公差的等差数列， ∴𝑏1=2 ， 𝑏2=5 ， 𝑏𝑛=3𝑛−1 ．
（2）当 𝑛 为奇数时， 𝑎𝑛=𝑎𝑛+1−1 ， ∴{𝑎𝑛} 的前 20 项和为
𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎20
=(𝑎1+𝑎3+⋯+𝑎19)+(𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎20)
=[(𝑎2−1)+(𝑎4−1)+⋯+(𝑎20−1)]+(𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎20)
=2(𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎20)−10 ． 由（1）可知，
𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎20=𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏10 =2×10+∴{𝑎𝑛} 的前20项和为 2×155−10=300 ．
【考点】等差数列，等差数列的通项公式，数列的求和 【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式即可求解； （2）运用分组求和法，结合项之间的关系即可求解.
18.某学校组织\"一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题・每位参加比赛的同学先在两类问题中选择类并从中随机抽収一个问题冋答，若回答错误则该同学比赛结束；若 回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问題回答，无论回答正确与否，该同学比赛 结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：B类问题中的每个问题 回答正确得80分，否则得0分。
己知小明能正确回答A类问题的概率为0.8 ,能正确回答B类问題的概率为0.6.且能正确回答问题的概率与回答次序无关。
（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列： （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由。 【答案】 （1）𝑋 的取值可能为 0 ， 20 ， 100 ， 𝑃(𝑋=0)=1−0.8=0.2 ，
𝑃(𝑋=20)=0.8×(1−0.6)=0.32 ， 𝑃(𝑋=100)=0.8×0.6=0.48 ， ∴𝑋 的分布列为 X P
（2）假设先答 𝐵 类题，得分为 𝑌 ， 则 𝑌 可能为0，80，100， 𝑃(𝑌=0)=1−0.6=0.4 ，
𝑃(𝑌=80)=0.6×(1−0.8)=0.12 ，
0 0.2 20 0.32 100 0.48 10×92
×3 =155 ．
𝑃(𝑌=100)=0.6×0.8=0.48 ， ∴𝑌 的分布列为 Y P 0 0.4 80 0.12 100 0.48 ∴𝐸(𝑌)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6 ，
由（1）可知 𝐸(𝑋)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4 ， ∴𝐸(𝑌)>𝐸(𝑋) ， ∴应先答B类题．
【考点】相互独立事件的概率乘法公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差 【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率，并列出X的分布列即可；
（2）根据独立事件的概率，并列出Y的分布列，根据期望公式求得E(X),E(Y)并比较即可判断.
19.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a.，b.，c,已知 𝑏2 =ac,点D在边AC 上，BDsin∠ABC=asinC. （1）证明：BD = b：
（2）若AD = 2DC .求cos∠ABC. 【答案】 （1）在 △𝐴𝐵𝐶 中，
𝐴𝐶sin∠𝐴𝐵𝐶
=
𝐴𝐵sin𝐶
① ，
∵𝐵𝐷sin∠𝐴𝐵𝐶=𝑎sin𝐶 ， ∴sin𝐶=
𝐵𝐷
𝑎sin∠𝐴𝐵𝐶
② ，
𝐴𝐶𝑎
联立 ①② 得 𝐵𝐷=∵𝑏2=𝑎𝑐 ， ∴𝐵𝐷=𝑏 ．
𝐴𝐵
，即 𝑎𝑐=𝑏⋅𝐵𝐷 ，
（2）若 𝐴𝐷=2𝐷𝐶 ， △𝐴𝐵𝐶 中， cos𝐶=△𝐵𝐶𝐷 中， cos𝐶=∵③=④ ，
∴(𝑎2+𝑏2−𝑐2)=3[𝑎2+(3)2−𝑏2] ， 整理得 𝑎2+𝑏2−𝑐2=3𝑎2+∴2𝑎2−
113
𝑏23𝑏
𝑎2+𝑏2−𝑐2
2⋅𝑎⋅𝑏
𝑏3
③ ， ④ ，
𝑎2+()2−𝑏2
2⋅𝑎⋅
𝑏3
−3𝑏2 ，
𝑏2+𝑐2=0 ，
∵𝑏2=𝑎𝑐 ，
∴6𝑎2−11𝑎𝑐+3𝑐2=0 ，即 𝑎=3 或 𝑎=2𝑐 ， 若 𝑎=3 时， 𝑏2=𝑎𝑐=则 cos∠𝐴𝐵𝐶=
3
𝑎2+𝑐2−𝑏2
2⋅𝑎⋅𝑐
𝑐
𝑐23
𝑐
3
，
𝑐2𝑐2+𝑐2−9322𝑐3 =
3
=
72𝑐922𝑐3
=6 （舍），
7
若 𝑎=2𝑐 ， 𝑏2=𝑎𝑐=2𝑐2 ， 则 cos∠𝐴𝐵𝐶=
𝑎2+𝑐2−𝑏2
2⋅𝑎⋅𝑐
=
923𝑐+𝑐2−𝑐242
23𝑐
=
72
𝑐43𝑐2 =12 .
7
【考点】正弦定理的应用，余弦定理的应用 【解析】【分析】（1）根据正弦定理求解即可；
（2）根据余弦定理，结合方程思想和分类讨论思想求解即可.
20.如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD：
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形.点E在 棱AD上.DE=2EA.且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.
【答案】 （1）∵𝐴𝐵=𝐴𝐷 ， 𝑂 为 𝐵𝐷 中点， ∴𝐴𝑂⊥𝐵𝐷 ， ∵𝐴𝑂⊂ 面 𝐴𝐵𝐷 ，
面 𝐴𝐵𝐷⊥ 面 𝐵𝐶𝐷 且面 𝐴𝐵𝐷∩ 面 𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐷 ， ∴𝐴𝑂⊥ 面 𝐵𝐶𝐷 ， ∴𝐴𝑂⊥𝐶𝐷 ．
（2）以 𝑂 为坐标原点， 𝑂𝐷 为 𝑦 轴， 𝑂𝐴 为 𝑧 轴，垂直 𝑂𝐷 且过 𝑂 的直线为 𝑥 轴，
设 𝐶(√,,0) ， 𝐷(0,1,0) ， 𝐵(0,−1,0) ， 𝐴(0,0,𝑚) ， 𝐸(0,3,3𝑚) ,
2
2
31
12
⃗⃗⃗⃗(0，−4,−2𝑚) ， 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,3,0) ， ∵⃗⃗𝐸𝐵=3322𝑛⃗⃗⃗⃗设 ⃗1=(𝑥1,𝑦1,𝑧1) 为面 𝐸𝐵𝐶 法向量，
42⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅⃗𝐸𝐵𝑛⃗⃗⃗⃗1=−3𝑦1−3𝑚𝑧1=0
， ∴{33√⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅⃗𝐵𝐶𝑛⃗⃗⃗⃗1=2𝑥1+2𝑦1=0
2𝑦1+𝑚𝑧1=0
， ∴{
𝑥1+√3𝑦1=0
令 𝑦1=1 ， ∴𝑧1=−𝑚 ， 𝑥1=−√3 ， ∴⃗𝑛⃗⃗⃗⃗1=(−√3，1，−𝑚) ，
面 𝐵𝐶𝐷 法向量为 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑂𝐴=(0,0,𝑚) ， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗cos〈𝑛⃗⃗⃗⃗⃗,1𝑂𝐴〉=|∴𝑂𝐴=1 ，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=2×𝐵𝐷×𝑂𝐴=2×2×1=1 ， 𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=3⋅𝑆△𝐴𝐵𝐷⋅|𝑥𝑐|=
1
√3 6
1
1
−2𝑚⋅√4+
4𝑚22
2
|=
√22 ，解得 𝑚=1 ，
．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，平面与平面垂直的性质，与二面角有关的立体几何综合题，用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合等腰三角形的性质求解即可； （2）利用向量法，结合二面角的平面角求得m=1，再根据棱锥的体积公式直接求解即可.
21.在平面直角坐标系xOy中，己知点 𝐹1 (- √1 7,0)， 𝐹2 ( √1 7,0),点M满足|MFt|-|MF2|=2.记M 的轨迹为C.
（1）求C的方程;
|TB|=|TP|·|TQ| ,（2）设点T在直线 𝑥=2 上，过T 的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点,且|TA|·求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和 【答案】 （1）∵|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2 ，
∴ 轨迹 𝐶 为双曲线右半支， 𝑐2=17 ， 2𝑎=2 ， ∴𝑎2=1 ， 𝑏2=16 ， ∴𝑥2−16=1(𝑥>0) ．
（2）设 𝑇(2,𝑛) ，
设 𝐴𝐵 ： 𝑦−𝑛=𝑘1(𝑥−2) ，
1
1𝑦2
1
𝑦−𝑛=𝑘1(𝑥−2)
， 联立 {𝑦22
𝑥−=1
16
1
∴(16−𝑘12)𝑥2+(𝑘1∴𝑥1+𝑥2=𝑥1+𝑥2=
𝑘1𝑘1
2−2𝑘𝑛
12−16
2
−2𝑘1𝑛)𝑥−4𝑘1
1
2
−𝑛2+𝑘1𝑛−16=0 ，
，
，
1𝑘41
2+𝑛2−𝑘𝑛+16
1
𝑘1
2−16
|𝑇𝐴|=√1+𝑘1|𝑇𝐵|=√1+𝑘1
2(𝑥12(𝑥2
−) ， 2−) ，
221
1
∴|𝑇𝐴|⋅|𝑇𝐵|=(1+𝑘1
)(𝑥1−2)(𝑥2−2) =
1
11
(𝑛2+12)(1+𝑘1
𝑘1
2−16
2)
，
设 𝑃𝑄 ： 𝑦−𝑛=𝑘2(𝑥−2) ， 同理 |𝑇𝑃|⋅|𝑇𝑄|=
(𝑛2+12)(1+𝑘2
𝑘2
2−16
2)
，
∵|𝑇𝐴|⋅|𝑇𝐵|=|𝑇𝑃|⋅|𝑇𝑄| ， ∴
1+𝑘1𝑘1
2
22−16
=
1+𝑘2𝑘2
2
2−16
， 1+𝑘
2
17
1
2−16
=1+
2
17𝑘2
2−16
，
∴𝑘1−16=𝑘2−16 ，即 𝑘1=𝑘2
2
，
∵𝑘1≠𝑘2 ， ∴𝑘1+𝑘2=0 .
【考点】双曲线的定义，直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线的综合问题 【解析】【分析】（1）根据双曲线的定义直接求解即可；
（2）利用直线与双曲线的位置关系，结合根与系数的关系，以及弦长公式求解即可. 22.已知函数f(x)=x（1-lnx) （1）讨论f(x)的单调性
（2）设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b证明: 2<+ab【答案】 （1）𝑓(𝑥)=𝑥(1−ln𝑥),𝑥∈(0,+∞) ∴𝑓′11
(𝑥)=1−ln𝑥−1=−ln𝑥
∴𝑥∈(0,1),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)↗ 𝑥∈(1,+∞),𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)↘
∴𝑓(𝑥) 在 (0,1) 单调递增， 𝑓(𝑥) 在 (1,+∞) 单调递减
（2）由 𝑏ln𝑎−𝑎ln𝑏=𝑎−𝑏 ，得 −𝑎ln𝑎+𝑏ln𝑏=𝑏−𝑎 即 𝑎(1−ln𝑎)=𝑏(1−ln𝑏)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
令 𝑥1=𝑎 ， 𝑏=𝑥2
则 𝑥1,𝑥2 为 𝑓(𝑥)=𝑘 的两根，其中 𝑘∈(0,1) ． 不妨令 𝑥1∈(0,1) ， 𝑥2∈(1,𝑒) ，则 2−𝑥1>1 先证 2<𝑥1+𝑥2 ，即证 𝑥2>2−𝑥1 即证 𝑓(𝑥2)=𝑓(𝑥1)<𝑓(2−𝑥1) 令 ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(2−𝑥) 则 ℎ′(𝑥)=𝑓′(𝑥)+𝑓′(2−𝑥) =−ln𝑥−ln(2−𝑥)
=−ln[𝑥(2−𝑥)]∵𝑥∈(0,1)
∴𝑥(2−𝑥)∈(0,1)
∴ℎ(𝑥)>0 恒成立， ∴ℎ(𝑥)↗ ∴ℎ(𝑥)<ℎ(1)=0
∴𝑓(𝑥1)<𝑓(2−𝑥1)∴2<𝑥1+𝑥2 得证 同理，要证 𝑥1+𝑥2<𝑒 即证 𝑓(𝑥2)=𝑓(𝑥1)<𝑓(𝑒−𝑥1) 令 𝜑(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(𝑒−𝑥),𝑥∈(0,1) 则 𝜑′(𝑥)=−ln[𝑥(𝑒−𝑥)] ，令 𝜑′(𝑥0)=0 𝑥∈(0,𝑥0),𝜑′(𝑥)>0,𝜑(𝑥)↗ 𝑥∈(𝑥0,1),𝜑′(𝑥)<0,𝜑(𝑥)↘ 又 𝑥>0 ， 𝑓(𝑥)>0 ，且 𝑓(𝑒)=0 故 𝑥→0 ， 𝜑(0)>0 ， 𝜑(1)=𝑓(1)−𝑓(𝑒−1)>0 ∴𝜑(𝑥)>0 恒成立 ∴𝑥1+𝑥2<𝑒 得证 ∴2<𝑎+𝑏<𝑒
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值 【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可求解；
（2）根据化归转化思想，将不等式问题等价转化为函数h(x)=f(x)-f(2-x)与𝜑(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(𝑒−𝑥)的最值问题，利用h'(x)与𝜑′(𝑥)研究函数函数h(x)与𝜑(𝑥)的单调性及最值即可.
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