2020-2021學(xué)年浙江省嘉興市高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷帶講解

嘉興市2020-2021學(xué)年第一學(xué)期期末檢測高二數(shù)學(xué)滿分150分，時間120分鐘.一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40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.L已知集合A={x∣V=lg(x-1)},B={x∣-1<x<3},則AP∣8=()A.{x∣-l<x<3} B.{x∣l<xv3}C.{x12<X<3} D,{x11<λ<3}D【分析】根據(jù)對數(shù)的定義域求解集合A={x?x>l}t然后利用交集的定義計算ACB【詳解】A={x∣y=lg(x-l)}={x∣x>l},則AnB={x∣l<x<3}故選:D..已知數(shù)列{〃“}滿足。“乜=3為("∈N"),且q=2,則《+/+%+…+《,=( )A.3”一1 B.3" C.3,,^1-1 D.3n^1A【分析】利用等比數(shù)列的求和公式算出答案即可.【詳解】由aιl+l=3aιl(∕?∈N*)可得數(shù)列{%}為等比數(shù)列所以q+4,+&+…+凡=- =3”一］- 3 " 1-3故選:A.已知x,y∈R,則"W+N>0”是"x>0”的( )A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件B【分析】根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】當(dāng)尸一1時滿足w+N>0,但不滿足χ>0,所以由W+3>o推不出x>0由X>0可以推出∣χ∣÷∣y∣>0所以“w+3>°”是“x>?！钡谋匾怀浞謼l件故選：B4.函數(shù)/(X)=-Icosx(→?！躕</且X≠0)的圖象可能為()D【詳解】因為/(τ)=(τ+3COSX=-(X-L)COSX=-故函數(shù)是奇函數(shù),所以排除A,B;取X=萬,X X則/(乃)=(TT-L)COSTr=-(TT-L)CO,故選D.π π考點：1.函數(shù)的基本性質(zhì)；2.函數(shù)的圖象..設(shè)/,加是兩條不同的直線，。是一個平面，則下列命題正確的是A.若/_1_相，團ua,則/J_α B.若/_La,/〃機，則〃z_Lac.若〃∕α,〃?Uα,則/〃團 D.若〃∕2,〃?//a,則/〃〃？B【分析】利用可能平行判斷A,利用線面平行的性質(zhì)判斷6,利用/〃次或/與川異面判斷C,/與川可能平行、相交、異面，判斷【詳解】加，加uα,則/,α可能平行，A錯;∕la,IHm,由線面平行的性質(zhì)可得小，c,8正確;l∕∕a,muα,則〃/〃？，/與加異面；C錯，〃/α,〃?//a,/與〃?可能平行、相交、異面，。錯，.故選R【點睛】本題主要考杳線面平行的判定與性質(zhì)、線面面垂直的性質(zhì)，屬于中檔題.空間直線、平面平行或垂直等位置關(guān)系命題的真假判斷，除了利用定理、公理、推理判斷外，還常采用畫圖（尤其是畫長方體）、現(xiàn)實實物判斷法（如墻角、桌面等）、排除篩選法等：另外，若原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價.'2x-y≥0.已知實數(shù)x,y滿足條件＜x+2y≥0,則z=2x+y的最大值是（ ）3x+y≤5A.0 B.3 C.4 D.5【分析】畫出滿足條件的目標(biāo)區(qū)域，將目標(biāo)函數(shù)化為斜截式》=-2x+z,由直線方程可知，要使Z最大，則直線y=-2x+z的截距要最大，結(jié)合可行域可知當(dāng)直線＞=-2x+z過點A時截距最大，因此，解出A點坐標(biāo)，代入目標(biāo)函數(shù)，即可得到最大值.【詳解】畫出滿足約束條件《2x-y≥0 \x+2y≥0的目標(biāo)區(qū)域，如圖所示:3x+y≤5 '由Z=2x+y,得），=-2x+z,要使Z最大，則直線y=-2χ+Z的截距要最大，由圖可知,當(dāng)直線y=-2χ+Z過點A時截距最大,f2x-y=0 4聯(lián)立、U八,解得A（L2），[3x+y-5=0所以Z=2x+y的最大值為：l×2+2=4,故選：：C.【點睛】方法點睛：求目標(biāo)函數(shù)最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”:（I）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標(biāo)函數(shù)而應(yīng)的最優(yōu)解對應(yīng)點（在可行域內(nèi)平移變形后的目標(biāo)函數(shù)，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)求出最值..某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）是（ ）A【分析】由三視圖可知，該幾何體為半個圓柱和一個底面為等腰直角三角形的三棱柱拼接而成，利用圓柱和棱柱的體積公式代入計算即可.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為半個圓柱和一個底面為等腰直角三角形的三棱柱拼接而成則則該幾何體體積是^=\乃1?2+」2?2?2=7+42 2故選:A3男3女六位同學(xué)站成一排，則3位女生中有且只有兩位女生相鄰的不同排法種數(shù)是（ ）A.576 B.432 C.388 D.216B【分析】先選2個女生捆綁看做整體，然后將男生全排列以后再將女生插空即可.【詳解】由題意，先選2個女生捆綁看做一個整體：&=6,然后將男生全排列再將女生插空:A；?4：=6X12=72,所以不同的排法有6X72=432種.故選：B.9.已知雙曲線二一1=1（4>0,/?〉0）的左、右焦點分別為。為坐標(biāo)原點，點P是其右支上第一CΓb-象限內(nèi)的一點，直線尸。,PE分別交該雙曲線左、右支于另兩點45,若|班|二2|尸國，且NAE6=60。，則該雙曲線的離心率是（ ）【分析】B.√2C.空D心

3 2利用定義求出IPG=4a,∣PE∣=2α,根據(jù)雙曲線對稱性可得PKAE為平行四邊形，從而得出AF1PF2=60,在△門Pg內(nèi)使用余弦定理可得出。與C的等量關(guān)系，從而得出雙曲線的離心率.【詳解】由題意，∣P∕=2∣P國，歸耳卜歸馬二24,.[P用=4α,pE∣=2α.連接4月、A&,根據(jù)雙曲線的對稱性可得P[AE為平行四邊形,?/NAE6=60,???NEPE=60,由余弦定理可得4c'=16a2+4r∕2-2?4π?2λ?cos60?:.c=>j3a?s.e=-=y[^,a故選：A.【點晴】方法點睛：（1）當(dāng)雙曲線當(dāng)中出現(xiàn)雙曲線上一點到兩焦點的距離時，多數(shù)情況下要結(jié)合定義：（2）當(dāng)雙曲線中出現(xiàn)雙曲線上一點與原點連線且延長交雙曲線于另一點時，此時這兩點與雙曲線的焦點會構(gòu)成平行四邊形：（3）求雙曲線離心率的方法常有：一、通過構(gòu)造。力,C的關(guān)系求；二、通過構(gòu)造的等量關(guān)系求10.對任意x>0,若不等式2→cUnx+3≥0r恒成立（e為自然對數(shù)的底數(shù)），則正實數(shù)。的取值范圍是（ ）2 2A.(0,e] B.(0,e2] C.[-,e] D.[-,e2]e eB【分析】將不等式化簡并換元，構(gòu)造函數(shù)/?)=，—41nf+e"f≥e),則/Wmm≥0即可，對函數(shù)求導(dǎo)，判斷導(dǎo)函數(shù)零點與區(qū)間端點的關(guān)系，分類討論得出函數(shù)的單調(diào)性和最小值，代入求解可得正實數(shù)”的取值范闈.-X X X X【詳解】一+a?nx+e2≥axθ-——αln-+e?≥0,令/=一(由e?≥er可知，Ne)，X X X X則f-αln∕+e?≥0,設(shè)/(f)=f-olιιf+e"f≥e),則/(f)min≥O即可,易得/?)=]_/=γi(∕≥e),①當(dāng)0vα≤e時，/")≥O,所以此時y=∕(f)(f≥e)是增函數(shù)，故/(f)mm=∕(e)=e-4+,≥O,解得4≤e11+e,又O<α≤e,所以O(shè)vι≤e;②當(dāng)α>e時，則>=/(。在[e,o)上遞減，在(。,+8)上遞增，故/(f)mm=∕(o),/Wmm≥0θ/(o)≥0,所以。一olno+e?≥0.}grg(a)=a-a?na+e2(α>e),故g(α)≥°即可,而g'(α)=-lnα(o>e)，顯然g'(α)<°,即y=g(4)在(e,+8)上遞減，又g(e)=O,而g(o)≥0,所以g(4)≥g(e),所以o<e],又〃>e,因此e≤e七綜上所述，0<4≤e或e<α≤e'即4∈(0,e".故選：B【點睛】方法點睛：本題考查不等式的恒成立問題，考查導(dǎo)數(shù)在單調(diào)性和最值中的應(yīng)用，考查分類討論思想，關(guān)于恒成立問題的幾種常見解法總結(jié)如下:L參變分離法，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問題;.主元變換法，把已知取值范圍的變量作為主元，把求取值范圍的變量看作參數(shù);.分類討論，利用函數(shù)的性質(zhì)討論參數(shù)，分別判斷單調(diào)性求出最值：4.數(shù)形結(jié)合法，將不等式兩端的式子分別看成兩個函數(shù)，作出函數(shù)圖象，列出參數(shù)的不等式求解.二,填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分.2.已知復(fù)數(shù)Z=——(其中1為虛數(shù)單位)，則Z=;Z=.1+i?.l+∕?②.√2【分析】由復(fù)數(shù)除法計算出z,可得其共短發(fā)數(shù)，再由模的計算公式計算模.【詳解】由已知Z=H—(]+:.)(]，j)=1一',:Z=1+i，IZl=√ι^+(-i)^=>/2.故答案為：l-i；y/2?【點睛】本題考查復(fù)數(shù)的除法運算，考查共腕復(fù)數(shù)和模的概念，屬于基礎(chǔ)題..已知拋物線V=〃0(m≠0)的焦點為產(chǎn)，準(zhǔn)線方程為x=—2,點尸(XO,4)是拋物線上的一點，則實數(shù)〃?=,?PF?=.①.8 ②.4【分析】由準(zhǔn)線方程可求得P=4,即可求出〃?，將尸(XO,4)代入拋物線方程可求得χ0=2,再利用焦半徑公式即可求出IP尸I【詳解】準(zhǔn)線方程為x=-2,.?.∕=2,即p=4,.?.m=2p=8,將P(Ao,4)代入拋物線方程可得4?=8λ0,解得4=2,-'-I^l=?+y=4.故答案為：8；4..已知△ABC中，角A,5,C所對的邊分別為α*,c,c=4,A=∣,且4A6C的面積為褥，則6=；cosC=.【分析】先由三角形的面積公式求得b,再根據(jù)余弦定理求得邊。和COSC.【詳解】因為c=4,A=-,且4ABC的面積為逐，所以S“8C=LbC?sιnA=L∕7χ4xsι∏2=√J,3 2 3解得6=1,?24-Z?2—crI2+42—CT1由余弦定理得CoSA=——――=-―――??,解得〃2=13，2bc2×1×4 2rrm-a2+b2-c213÷l2-42 √13所以cosC= ——= ==--，lab 2×1×√13 13故答案為：1；-叵.13.己知（1+6/）（1+1）5=40+。/+生/+???+〃6?16.若。2=5,則〃？=；al+a^+a5=?.-1 ②.0【分析】求出（l+x）5展開式的通項，從而求得加；再令X=I和k一1,可得答案.【詳解】因為Q+nυr）Q+x）5=aQ+alx+a2x2+???+a6x6其中（l+x）5展開式的通項為=C#「，令，?=1,則4=C*=5x,令廠=2，則＜=GI/=10/,所以（1+7∏λ）（1+x）5展開式中爐項為IOX2十/nr?5x=5U,故小=T,令x=l貝∣J（g+生+???+cj）十（《+。3+。5）=（1-1）（1+1）'=0，令JV=-I則（&+%+…+4）一（G+/十。5）=（1刊）。-1）5=0，所以《十/+/=。，故答案為：-1;0.【點睛】方法點睛：對形如（。丫+〃）”（。/€/?）的式子求其展開式的各項系數(shù)之和，常用賦值法，只需令x=l即可；對形如（0r+刀）”（α,b∈H）的式子求其展開式中各項系數(shù)之和，只需令x=y=l即可..已知平面向量&與B的夾角為120。，B在3上的投影是T,且滿足（2￡+&_L（￡—3&,則儲+2萬卜7,2【分析】由條件算出6=2,。=2,然后可得答案.2【詳解】因為平面向量Z與6的夾角為120。，〃在"上的投影是-1,所以〃COSI20。=一1,所以6=2因為(2α+B)J,(4-3萬),即(2α+：)?(〃-3母=0,BP2a2-5a?b-3b2=0-2 - 3所以2。+5。—12=0,解得〃=—23-29j4所以(ɑ+2B)7故答案為：一

249 7×(-l)+4×4=-,所以儲+2"=—3.甲乙兩人進行5局球賽，甲每局獲勝的概率為了，且各局的比賽相互獨立，已知甲勝一局的獎金為8元，設(shè)甲所獲的獎金總額為X元，則甲所獲獎金總額的方差O(X)=.60【分析】(3、設(shè)甲獲勝的局?jǐn)?shù)為y,則丫~65,二，x=8y,然后由方差的性質(zhì)和二項分布的知識可得答案.I4J(3、【詳解】設(shè)甲獲勝的局?jǐn)?shù)為y,則丫~65,-,x=8yI4Jz 31所以。(X)=64。(丫)=64*5、7、不=60故答案為：60.如圖，在多面體ABC-。斯中，已知棱AE,5。,C/兩兩平行，AEL底面OE尸，DELDF，四邊形AC尸石為矩形，AE=DE=DF=2BD=3,底面△OE廠內(nèi)(包括邊界)的動點P滿足AR5P與底面DEF所成的角相等.記直線CP與底面DEF的所成角為6,則tanΘ的取值范圍是DF【分析】根據(jù)ARBP與底面Of廠所成的角相等可得P￡=20。，以。尸,OE作為坐標(biāo)3軸建立平面直角坐標(biāo)系，可得點。在以圓心M(0,-l),半徑為，?=2的圓弧上運動，由tan。=H可求PF出范圍.【詳解】連結(jié)PaP石，由題意易知NAPE,NAP5即分別為4R5P與底面Of廠的所成角,AEBD故tan/APE=tan∕AP5,即——=——,可得PE=2PD,PEPD以O(shè)F,OE作為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)P(X,y),而尸(3,0),E(0,3),可得/+(,+I)?=4,即點P在以圓心M(O,-1),半徑為廠=2的圓弧上運動(點尸在^OE廠內(nèi)且包括邊界)設(shè)圓M與坐標(biāo)軸正半軸交于點N(O,1),Q(√Iθ),連結(jié)尸尸,顯型QFWPFJNF,又QF=3-也,NF=Μ，而tan，=故答案為:【點睛】本題解題的關(guān)鍵是得出點夕在以圓心M(O「1),半徑為，?=2的圓弧上運動(點夕在^OE廠內(nèi)且包括邊界).三、解答題：本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步躲..在^A6C中，角A,B,C所對的邊分別為。也c,己知函數(shù)/(x)=2COSXSIn(X-g)(x∈R).(1)求AK)的值；JL乙(2)求函數(shù)y=/5)的單調(diào)遞增區(qū)間.(1)2-"；(2)[kπ--,kπ+-Y(k∈Z).2 12 12」'【分析】(1)首先化簡函數(shù)y=∕(x)的解析式得/(x)=sm(2x-9)—半，然后代入計算；(2)根據(jù)函數(shù)解析式利用整體法計算函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間.【詳解】(1)/(x)=2cosX(SinXcos?-cosxsin?)=?siιι2x-+cos2x)=sin(2x-y)-?所以〃嗎=sm(2χH馬一旦討12 123 2 2(2)由(1)可知/(χ)=sm(2x-2)—立，因此函數(shù)＞=∕W的單調(diào)遞增區(qū)間3 2滿足2&萬一、≤2x-g≤2kτr+/,(&∈Z),解得＜x＜%τr+卷，(％∈Z),即函數(shù)y=∕(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為伙萬一^■,我萬+箸］,(&∈Z).【點睛】關(guān)于三角函數(shù)解析式的化簡問JL乙 JL乙題，首先需要利用和差公式或者誘導(dǎo)公式展開化為同角，其次利用降幕公式進行降次，最后利用輔助角公式進行合一變換，最終得到/(X)=Asπι(ωx+φ)的形式..如圖，四棱錐P-A58中，△尸為正三角形，AB//CD9AD=DC=-AB=I92(1)求證：AD1PC；(2)求人5與平面尸所成角的正弦值.⑴證明見解析.,⑵【分析】(1)取A。中點。，連結(jié)OP,。CAc由平面幾何及解三角形知識可證得AolO。,ADlOP9再根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理可得證.(2)方法一：過點。作C"，平面240,則垂足”必在直線PO上，由解三角形的知識可求得平面PAo所成角的正弦值.方法二：過點。作直線&_LOC,則OZl平面A6C。，建立空間直角坐標(biāo)系運用線面角的空間向量求解方法可求得答案.【詳解】(1)取AD中點0,連結(jié)OP,OCAC.因為A。=OC=TAS=2,8C=2√J,由平面幾何及解三角形知識得COS/RAC_中+Ac(2JT)_ccs乙AeD_46?+2:—21,解得2×4×AC 2×2×ACAC=2,所以ZADC=60。，因此△AOC為正三角形，故ADLoC，又因為△PAO也是正三角形，因此AO_LOP,又OCnOP=O，所以AD_L平面尸OC，而尸CU平面尸OC,所以A3_LPC.ABi/CD,所以46與平面PA。所成角即CO與平面24。所成角，記作仇由(1)得Al)J_平面POC,又Ar)U平面。40,所以平面QAoJ_平面尸OC,平面∕?Z)c平面尸Oe=PO，故過點C作C〃_L平面PA。，則垂足”必在直線尸。上，此時d=∕C3”,正△PAO中，Po=與AD=B而。C=√I,PC=3,3所以在△POC中，由余弦定理可得/POC=120。，所以C"=OC?sm60。=—,又CQ=2,2「H2 ?所以SIne=SlnN=K=:，所以A5與平面尸AO所成角的正弦值為二.CD4 4方法二:ABCD9所以平面PoC，平面A5C0,由(I)知平面PoC,又AoU平面平面POCC平面ABCD=OC.故過點。作直線OzlOC,則OZ1平面ABCD,又40J_C。，故可如圖建立空間直角坐標(biāo)系.又。0=1,OC=BOP=BZPOC=120°,可求得各點坐標(biāo)：O(O,o、o),D(1,0,0),C(O,JI0),p(θ,-?,-),22設(shè)平面Q4。的一個法向量為"=(χ,y,z),則n?OD=0n?OP=0(X,y,Z>(l,O,O)=O即《 √J3 ，故(My,Z)?(0,一5,萬)=0k=03

y+-z=o乙，令Z=I,故”=(O,√J,1),又。力=(L-JT,0),記CZ)與平面PAO所成角為8,則Sine=cos”,CqF"?n[?CD?2x243又因為A5∕∕8'故初與平面PAO所成角的正弦值為1【點睛】思路點睛：線面角的二種求法:1.幾何法：一般要有三個步驟：一作，二證，三算.2.向量法：直線Q的方向向量和平面。的法向量分別為而和G.直線Q的方向向量和平面α所成的角8滿足：sinθ=Iιi?ιfιI

網(wǎng)?ι問23 1.已知數(shù)列｛%｝滿足q=—,4=2 ,”≥2,"∈N*?2 。”一1(1)證明：數(shù)列｛—二｝為等差數(shù)列，并求數(shù)列｛4｝的通項公式；“〃一1(2)若g=-?γ,記數(shù)列｛g｝的前〃項和為(，求證：〃?2 4?(1)證明見解析，(2)證明見解析./7+1【分析】11 1a.-1 1 1(1)根據(jù)已知，表示出為τ=i-——=——，然后代入—— r計算可得1,所以證明出數(shù)% % 4一1%—1「?、列｛言｝是等差數(shù)列'求出首項'利用等差數(shù)列通項公式計算；(2)表示出/?+2 _ 1 1〃?(〃+1)?2〃一〃?2'1-(〃+1)?2”,然后利用裂項相消法計算前〃項和7；,再判斷出數(shù)列的單調(diào)性，即可證明.3 ?1 , 1 1 1—?【詳解】(1)當(dāng)q時，因為%=2———,Cin-I=I——=上一2 % ?！═ %所以——r%T差數(shù)列ClnT-1an-L~1 %一1 67∕r-l—11(1.1ZTH所以數(shù)列?τy｝為首項為,，公差為1的等已=2,? 7所以-7=〃+1,解得%=匕Yan-1 n+l(2)因為4“=竺2n+1所以%=〃+2n?(〃+1)?T11E3又q=一12V*1 %1〃?2〃T1(〃+1)?2〃所以I=J+G+…+Ji+%1 1 1 1 1 1 1I=] + +???+ =] 2?212?213?2z 小2〃T(〃+1)?2〃 (〃+1)?2''即34**7L=I-;—Jr，顯然另一方面，S+1)-2τ_TT1 (II)-I 1_〃+2.〃’1-(h+1)?2πI小2"-"一〃?2"T(“+1)2―〃.(〃+1)23 3故數(shù)列｛1｝是遞增數(shù)列，所以7L≥7]=:,因此，4 4【點睛】常見的數(shù)列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差數(shù)列、與二項式系數(shù)、對稱性相關(guān)聯(lián)數(shù)列的求和.(2)錯位相減：用于等差數(shù)列與等比數(shù)列的積數(shù)列的求和.(3)分組求和：用于若干個等差或等比數(shù)列的和或差數(shù)列的求和.(4)裂項相消：用于通項為分式形式的數(shù)列的求和.21.已知中心在坐標(biāo)原點的橢圓C,其焦點分別為月(-1,0),E(LO),點尸(_|,竽)為橢圓C上一點.方程；(2)過點。(6-4)的直線/1與X軸交于點700),由點r&O)引另一直線4交橢圓C于46兩點.是否存在實數(shù)，使得直線QAQT,。5的斜率成等差數(shù)列，若存在，求出，的值；若不存在，說明理由.x2V2 2(1)—+—=1；(2)存在，t=-.4 3 3【分析】(1)根據(jù)條件算出IPl卜，IPT=I然后利用拋物線定義求出答案即可；(2)分直線的斜率為零、直線L的斜率不為零兩種情況討論，當(dāng)直線A斜率不為零時，可設(shè)直線的方程為x=")'+LA(〃y+f,yJ,B(ny2+t,y2)t?kQA+kQB=2kQTn?(2∕∕r-12∕/-Sn2)yly2+(f—6)(r-6-4∕∕)(y1+y2)=0,聯(lián)立直線I2的方程與橢圓的方程消元可得X+%，'>2?代入即可求解?2 2 5 7【詳解】(I)設(shè)橢圓C的方程為'+今=1(穌〃>0),由題意可求得|尸厚=§,IPT=不由橢圓定義可知2。=|P"∣+∣PEI=4,所以〃=2,而C=L^b2=a2-c2=3故所求橢圓C的方程為二+二=14 3(2)假設(shè)存在實數(shù)八使得直線QAQr,QB的斜率成等差數(shù)列，即滿足女出+勺B=2%7?①當(dāng)直線《的斜率為零時，此時直線(與橢圓C的交點是橢圓C長軸的端點不妨設(shè)A(—2,0),8(2,0),此時攵必=一)，kQB=-l

乙由于勺八+勺8=2七「，故一工一1=2?0—,解得f=22t—6 3②當(dāng)直線I2斜率不為零時，可設(shè)直線I2的方程為X=+1廠 FAQ明+1,yi),B(ny2+1,y2),聯(lián)立方程組《4卜x=ny+1整理得(in2+4)yz+6n^+3Γ-12=0Δ=(6nt)2-4(3/+4)(3〃-12)>0≠>Γ<3/J+4,故-6nt…二E,3Γ-12WWK=E而%=-7,噎=—7,%∕2V1+t-6ny2+1-6 °，XkQA+kQB=2kQT

t—6故兒+4I%+4_8nyl+t-6ny2+t-6t-6整理得(2〃，_12〃_^∣r)y?y2+(r-6)(t-6-4π)(y1+y2)=0將(*)代入上式可得，整理得〃。—6—4〃)⑹-4)=0,對于任意〃該等式恒成立2故6f-4=O,解得t=-2綜合①②，可知存在實數(shù)，=:，使得直線QAQr,QB的斜率成等差數(shù)列【點睛】方法點睛：涉及拋物線的弦長、中點、距離、斜率等相關(guān)問題時，一般利用根與系數(shù)的關(guān)系采用“設(shè)而不求”“整體帶入”等解法.22.已知函數(shù)/(x)=(m+l)l∏x,g(χ)=mx2+χ9meR.(1)當(dāng)機=O時，曲線。(X)=/(1)+`7女一1("≡H)在x=2處的切線與直線x+2y-l=0平行，求函數(shù)y=(KX)在［e,上的最大值(e為自然對數(shù)的底數(shù))：⑵當(dāng)，E時，已知〃’證明：Te產(chǎn)2>4ag(a)+g(b)-a-b'4(1)—+1；(2)證明見解析.e"【分析】(1)求出。'(刈二!一二，利用。(2)二-,，解得4=4