舟山中学2016年高二下数学练习（3）

浙江省名校教育战略协作共同体 2014级新高考 内部卷
舟山中学高二下数学练习（3）
命题：张碧涛 封荣旭 审题：冯瑜 时间：2016年2月19日
整理人：浙江省 金龙、浙江省舟山中学 zszxwye 解析人：浙江省舟山中学 zszxdhj 前言：本卷质量较好，本人推荐使用。浙江名校协作体G12包括镇海中学，学军中学，长兴中学等12所浙江名校。本卷为舟山中学内部热身卷，由zszxdhj解析。
一、热身题
1、命题“?x∈[0，3]，使x2﹣2x+m≤0”是假命题，则实数m的取值范围为　　　　　　．
二、填空题
2、已知条件p：x≤1，条件q：，则￢p是q的　　　　　　条件．
3、已知函数f（x）=2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为　　　　　　．
4、若直线y=﹣x+b为函数的一条切线，则实数b=　　　　　　．
5、在平面直角坐标系xoy中，记不等式组表示的平面区域为D．若对数函数y=logax（a＞1）的图象与D有公共点，则a的取值范围是　　　　　　．
　
6、若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为　　　　　　．
7、已知p：﹣2≤x≤11，q：1﹣3m≤x≤3+m（m＞0），若?p是?q的必要不充分条件，则实数m的取值范围为　　　　　　．
8、函数的图象经过四个象限，则a的取值范围是　　　　　　．
9、已知函数f（x）=x3﹣x2﹣3x，直线l：9x+2y+c=0．若当x∈[﹣2，2]时，函数y=f（x）的图象恒在直线l的下方，则c的取值范围是　　　　　　．
　
10、若椭圆=1（m＞n＞0）和双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）有相同的焦点F1，F2，P是两条曲线的一个交点，则PF1?PF2的值是　　　　　　．
11、已知椭圆的上焦点为F，直线x+y+1=0和x+y﹣1=0与椭圆相交于点A，B，C，D，则AF+BF+CF+DF=　　　　　　．
12、．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2﹣8x+15=0，若直线y=kx﹣2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是　　　　　　．
13、长为6的线段AB两端点在抛物线x2=4y上移动，在线段AB中点纵坐标的最小值为　　　　　　．
14、定义在R上的函数f（x）满足：f′（x）＞1﹣f（x），f（0）=6，f′（x）是f（x）的导函数，则不等式exf（x）＞ex+5（其中e为自然对数的底数）的解集为　　　　　　．
　
评卷人
得分
三、简答题
（每空？ 分，共？ 分）
15、已知p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0； q：实数x满足2＜x≤3．
（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；
（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
16、在四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，AB=BC=2，CD=SD=1，BC⊥CD，M为SB的中点，DS⊥面SAB．
（1）求证：CM∥面SAD；
（2）求证：CD⊥SD；
（3）求四棱锥S﹣ABCD的体积．
　
17、（某分公司经销某种品牌的产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a（3≤a≤5）元的管理费，预计当每件产品的售价为x（9≤x≤11）元时，一年的销售量为（12﹣x）2万件．
（1）求分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式；
（2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q（a）．
18、已知抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4、且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5．过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M．
（1）求抛物线方程；
（2）过M作MN⊥FA，垂足为N，求点N的坐标；
（3）以M为圆心，MB为半径作圆M，当K（m，0）是x轴上一动点时，讨论直线AK与圆M的位置关系．
19、如图，已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：（x+2）2+y2=r2（r＞0），设圆T与椭圆C交于点M与点N．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；
（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|?|OS|为定值．
20、设函数f（x）=x2，g（x）=alnx+bx（a＞0）．
（1）若f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）求F（x）=f（x）﹣g（x）的极小值；
（2）在（1）的结论下，是否存在实常数k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m同时成立？若存在，求出k和m的值．若不存在，说明理由．
（3）设G（x）=f（x）+2﹣g（x）有两个零点x1和x2，若x0=，试探究G′（x0）值的符号．
参考答案
一、热身题
1、（1，+∞）．　．
解答： 解：∵命题“?x∈[0，3]时，满足不等式x2﹣2x+m≤0是假命题，
∴命题“?x∈[0，3]时，满足不等式x2﹣2x+m＞0”是真命题，
∴m＞﹣x2+2x在[0，3]上恒成立，
令f（x）=﹣x2+2x，x∈[0，3]，
∴f（x）max=f（1）=1，
∴m＞1．
故答案为：（1，+∞）．
点评： 本题考查了命题的真假判断与应用、二次函数恒成立问题．解答关键是将问题等价转化为否命题为真命题即不等式恒成立，进一步将不等式恒成立转化为函数的最值．
　
二、填空题
2、?　充分不必要　 考点： 充要条件．
专题： 阅读型．
分析： 先求出条件q满足的条件，然后求出?p，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题?p的关系．
解答： 解：条件q：，即x＜0或x＞1
￢p：x＞1
∴￢p?q为真且q?￢p为假命题，
即?p是q的充分不必要条件
故答案为：充分不必要
点评： 判断充要条件的方法是：
①若p?q为真命题且q?p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
②若p?q为假命题且q?p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③若p?q为真命题且q?p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④若p?q为假命题且q?p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．
⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
　
3、2ln2﹣2　．
考点： 利用导数研究函数的极值．
专题： 导数的综合应用．
分析： 先求导数，当x=1时，即可得到f′（1），再令导数大于0或小于0，解出x的范围，即得到函数的单调区间，进而可得函数的极大值．
解答： 解：由于函数f（x）=2f′（1）lnx﹣x，
则f′（x）=2f′（1）×﹣1（x＞0），
f′（1）=2f′（1）﹣1，
故f′（1）=1，得到f′（x）=2×﹣1=，
令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，
则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，
故f（x）的极大值为f（2）=2ln2﹣2
故答案为：2ln2﹣2
点评： 本题考查了利用导数研究函数的极值，属于基础题．
4、　±2　．
考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题： 计算题；导数的概念及应用．
分析： 设切点为P（m，n），求出函数的导数，得切线斜率为﹣1=，再根据切点P既在切线y=﹣x+b上又在函数图象上，列出关于m、n、b的方程组，解之即可得到实数b之值．
解答： 解：函数的导数为
设直线y=﹣x+b与函数相切于点P（m，n），则
解之得m=n=1，b=2或m=n=﹣1，b=﹣2
综上所述，得b=±2
故答案为：±2
点评： 本题给出已知函数图象的一条切线，求参数b的值，着重考查了导数的运算公式与法则和利用导数研究曲线上某点切线方程等知识，属于基础题．
　
5、（1，]　．
考点： 简单线性规划．
专题： 不等式的解法及应用．
分析： 作出不等式组对应的平面区域，根据对数函数的图象和性质，即可得到结论．
解答： 解：作出不等式组对应的平面区域如图：
若a＞1，当对数函数图象经过点A时，满足条件，
此时，
解得，即A（2，3），此时loga2=3，解得a=，
∴当1＜a≤时，满足条件．
∴实数a的取值范围是1＜a≤，
故答案为：（1，]
点评： 本题主要考查线性规划的应用，利用对数函数的图象和性质，通过数形结合是解决本题的关键．
6、　　．
考点： 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
专题： 计算题．
分析： 通过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可．
解答： 解：由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，
因为4π=πl2，所以l=2，
半圆的弧长为2π，
圆锥的底面半径为2πr=2π，r=1，
所以圆锥的体积为：=．
故答案为：．
点评： 本题考查旋转体的条件的求法，侧面展开图的应用，考查空间想象能力，计算能力．
7、[8，+∞）　．
考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．
专题： 简易逻辑．
分析： 将条件?p是?q的必要不充分条件，转化为q是p的必要不充分条件，进行求解．
解答： 解：因为?p是?q的必要不充分条件，
所以q是p的必要不充分条件，
即p?q，但q推不出p，
即，即，
所以m≥8．
故答案为：[8，+∞）
点评： 本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用逆否命题的等价性，将条件进行转化是解决本题的关键，主要端点等号的取舍．
　
8、　（﹣96，﹣15）　．
考点： 利用导数研究函数的极值．
专题： 导数的概念及应用．
分析： 首先讨论a=0时原函数图象的情况，当a≠0时，求出原函数的导函数，分a＞0和a＜0两种情况讨论原函数的单调性，求出函数的极值点并求解极值，当a＞0时，要使原函数的图象经过四个象限，需要极大值大于0，且极小值小于0，此时a的值不存在；当a＜0时，要使原函数的图象经过四个象限，则需要极小值小于0，且极大值大于0，由此解得a的取值范围．
解答： 解：由，
若a=0时，原函数化为f（x）=80．为常数函数，不合题意；
f′（x）=ax2+ax﹣2a=a（x2+x﹣2）=a（x+2）（x﹣1）．
若a＞0时，当x∈（﹣∞，﹣2），x∈（1，+∞）时有f′（x）＞0，
函数f（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）上为增函数．
当x∈（﹣2，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（﹣2，1）上为减函数．
所以函数f（x）在x=﹣2时取得极大值=．
函数f（x）在x=1时取得极小值．
因为函数的图象先增后减再增，要使函数的图象经过四个象限，
则，解①得：a＞﹣15．解②得：a＜﹣96．
此时a∈?；
若a＜0，当x∈（﹣∞，﹣2），x∈（1，+∞）时有f′（x）＜0，
函数f（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）上为减函数．
当x∈（﹣2，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（﹣2，1）上为增函数．
所以函数f（x）在x=﹣2时取得极小值=．
函数f（x）在x=1时取得极大值．
为函数的图象先减后增再减，要使函数的图象经过四个象限，
则，解得﹣96＜a＜﹣15．
所以使函数的图象经过四个象限的a的取值范围是（﹣96，﹣15）．
故答案为（﹣96，﹣15）．
点评： 本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了函数的极值与函数图象之间的关系，思考该问题时考虑数与形的结合，属中档题．
　
9、　c＜﹣　．
考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．
专题： 导数的综合应用．
分析： 分离参数，构造函数，求出函数再闭区间上的最值即可．
解答： 解：∵当x∈[﹣2，2]时，函数y=f（x）的图象恒在直线l的下方，
即x3﹣x2﹣3x＜﹣x﹣，在x∈[﹣2，2]时恒成立，
即c＜﹣x3+2x2﹣3x，
令g（x）=﹣x3+2x2﹣3x，
∴g'（x）=﹣2x2+4x﹣3，
∵g'（x）=﹣2x2+4x﹣3=﹣2（x﹣1）2﹣1＜0恒成立，
∴g（x）在∈[﹣2，2]上单调递减，
故当x∈[﹣2，2]时，[g（x）]min=g（2）=﹣
∴c＜﹣，
故答案为：c＜﹣，
点评： 本题主要考查函数的求导运算、闭区间上的恒成立问题．闭区间上的恒成立问题一般都是转化为求最值，即使参数大于最大值或小于最小值的问题．
　
10、　m﹣a2　．
考点： 椭圆的简单性质；双曲线的简单性质．
专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析： 运用椭圆和双曲线的定义写出两个定义式，然后平方，观察之后，两式相减，求出整体未知数PF1?PF2的值．
解答： 解析：PF1+PF2=2，|PF1﹣PF2|=2a，
所以PF+PF+2PF1?PF2=4m，PF﹣2PF1?PF2+PF=4a2，两式相减得：
4PF1?PF2=4m﹣4a2，∴PF1?PF2=m﹣a2．
故答案：m﹣a2．
点评： 本题主要考查圆锥曲线的综合问题．解决本题的关键在于根据椭圆和双曲线有相同的焦点F1、F2，利用定义化简．
　
11、　8　．
考点： 椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题．
专题： 计算题．
分析： 由题意可知AB=CF+DF=，则AF+BF+AB=4a=8，进而可得AF+BF=8﹣AB=8﹣，由此可知答案．
解答： 解：直线x+y+1=0代入椭圆，并整理得7x2+6x﹣9=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，
∴
同理，可得CD=CF+DF=．
∵AF+BF+AB=4a=8，
∴AF+BF=8﹣AB=8﹣，
∴AF+BF+CF+DF=（8﹣）+=8．
答案：8．
点评： 本题考查椭圆的性质及其应用，解题时要注意公式的灵活运用．
12、　．
考点： 圆与圆的位置关系及其判定；直线与圆的位置关系．
专题： 直线与圆．
分析： 由于圆C的方程为（x﹣4）2+y2=1，由题意可知，只需（x﹣4）2+y2=1与直线y=kx﹣2有公共点即可．
解答： 解：∵圆C的方程为x2+y2﹣8x+15=0，整理得：（x﹣4）2+y2=1，即圆C是以（4，0）为圆心，1为半径的圆；
又直线y=kx﹣2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，
∴只需圆C′：（x﹣4）2+y2=1与直线y=kx﹣2有公共点即可．
设圆心C（4，0）到直线y=kx﹣2的距离为d，
则d=≤2，即3k2﹣4k≤0，
∴0≤k≤．
∴k的最大值是．
故答案为：．
点评： 本题考查直线与圆的位置关系，将条件转化为“（x﹣4）2+y2=4与直线y=kx﹣2有公共点”是关键，考查学生灵活解决问题的能力，属于中档题．
13、2　．
考点： 抛物线的简单性质．
专题： 空间位置关系与距离．
分析： 如图所示，设线段AB的中点为M，分别过点A，B，C，作AD⊥x轴，BE⊥x轴，MN⊥x轴，垂足分别为D，E，N．利用梯形的中位线和抛物线的定义可得|MN|=（|AD|+|BE|）=（|AF|﹣1+|BF|﹣1）≥（|AB|﹣2）即可得出．
解答： 解：如图所示，设线段AB的中点为M，
分别过点A，B，C，作AD⊥x轴，BE⊥x轴，MN⊥x轴，垂足分别为D，E，N．
则|MN|=（|AD|+|BE|）=（|AF|﹣1+|BF|﹣1）≥ （|AB|﹣2）=（6﹣2）=2．
当且仅当线段AB过焦点时取等号．
故AB的中点到y轴的距离的最小值为2．
故答案为：2
点评： 本题考查了抛物线的定义和梯形的中位线定理，考查了分析问题和解决问题的能力．
14、（0，+∞）　．
考点： 导数的乘法与除法法则．
专题： 函数的性质及应用．
分析： 构造函数g（x）=exf（x）﹣ex，（x∈R），研究g（x）的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解
解答： 解：设g（x）=exf（x）﹣ex，（x∈R），
则g′（x）=exf（x）+exf′（x）﹣ex=ex[f（x）+f′（x）﹣1]，
∵f'（x）＞1﹣f（x），
∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，
∴g′（x）＞0，
∴y=g（x）在定义域上单调递增，
∵exf（x）＞ex+5，
∴g（x）＞5，
又∵g（0）=e0f（0）﹣e0=6﹣1=5，
∴g（x）＞g（0），
∴x＞0，
∴不等式的解集为（0，+∞）
故答案为：（0，+∞）．
点评： 本题考查函数的导数与单调性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．
三、简答题
15、考点： 复合命题的真假．
专题： 简易逻辑．
分析： （1）先通过解一元二次不等式求出p下的x的取值范围：a＜x＜3a，a=1时，所以p：1＜x＜3．根据p∧q为真得p，q都真，所以，所以解该不等式组即得x的取值范围；
（2）若p是q的必要不充分条件，则：，所以解该不等式组即得a的取值范围．
解答： 解：（1）p：由原不等式得，（x﹣3a）（x﹣a）＜0，∵a＞0为，所以a＜x＜3a；
当a=1时，得到1＜x＜3；
q：实数x满足2＜x≤3；
若p∧q为真，则p真且q真，∴实数x的取值范围是：（2，3）；
（2）p是q的必要不充分条件，即由p得不到q，而由q能得到p；
∴，解得1＜a≤2；
∴实数a的取值范围是（1，2]．
点评： 考查解一元二次不等式，p∧q的真假和p，q真假的关系，以及充分条件、必要条件、必要不充分条件的概念．
16、考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．
专题： 空间位置关系与距离．
分析： （1）利用平行线中的一条直线与令一条直线垂直，推出另一条直线垂直证明CD⊥SD；
（2）取SA中点N，连接ND，NM，证明NMCD是平行四边形，通过ND∥MC，证明CM∥面SAD；
（3）利用VS﹣ABCD：VS﹣ABD=SABCD：S△ABD，求出VS﹣ABD，即可求四棱锥S﹣ABCD的体积．
解答： （1）证明：取SA的中点，
∵M为SB的中点，
∴MN∥AB，MN=，
∵AB=2，CD=1，
∴MN∥CD，MN=DC，
∴四边形MNDC为平行四边形，
∴CM∥ND，ND?面SAD，CM?面SAD；
∴CM∥面SAD
证明：（2）∵DS⊥面SAB，AB?面SAB．
∴DS⊥AB，
∵AB∥DC，
∴DS⊥DC，
解：（3）VS﹣ABCD：VS﹣ABD=SABCD：S△ABD=3：2，
过D作DH⊥AB，交于H，由题意得，BD=AD==，
在Rt△DSA，Rt△DSB中，SA=SB==2．
所以，VS﹣ABD=VD﹣SAB=S△ABS×DS==，
四棱锥S﹣ABCD的体积为：×=；
点评： 考查直线与直线垂直，直线与平面平行的证明，几何体的体积的求法，考查空间想象能力，计算能力．
17、考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题： 应用题．
分析： （1）根据题意先求出每件产品的利润，再乘以一年的销量，便可求出分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式；
（2）根据L与x的函数关系式先求出该函数的导数，令L′（x）=0便可求出极值点，从而求出时最大利润，再根据a的取值范围分类讨论当a取不同的值时，最大利润各为多少．
解答： 解：（1）分公司一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式为：
L=（x﹣3﹣a）（12﹣x）2，x∈[9，11]．
（2）L′（x）=（12﹣x）2+2（x﹣3﹣a）（12﹣x）×（﹣1）=（12﹣x）2﹣2（x﹣3﹣a）（12﹣x）=（12﹣x）（18+2a﹣3x）．
令L′（x）=0得x=6+a或x=12（不合题意，舍去）．
∵3≤a≤5，∴8≤6+a≤．
在x=6+a两侧L′的值由正值变负值．
所以，当8≤6+a≤9，即3≤a≤时，
Lmax=L（9）=（9﹣3﹣a）（12﹣9）2=9（6﹣a）；
当9＜6+a≤，即＜a≤5时，
Lmax=L（6+a）=（6+a﹣3﹣a）[12﹣（6+a）]2
=4（3﹣a）3，
即当3≤a≤时，当每件售价为9元，分公司一年的利润L最大，最大值Q（a）=9（6﹣a）万元；
当＜a≤5时，当每件售价为（6+a）元，分公司一年的利润L最大，最大值Q（a）=4（3﹣a）3万元．
点评： 本题主要考查了函数的导数的求法以及利用导数来求得函数的最值问题，是各地高考的热点和难点，解题时注意自变量的取值范围以及分类讨论等数学思想的运用，属于中档题．
18、考点： 抛物线的标准方程；直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质．
专题： 综合题；压轴题．
分析： （Ⅰ）抛物线的准线为 ，于是 ，p=2，由此可知抛物线方程为y2=4x．
（Ⅱ）由题意得B，M的坐标，，，直线FA的方程，直线MN的方程，由此可知点N的坐标即可；
（Ⅲ）由题意得，圆M的圆心坐标为（0，2），半径为2．当m=4时，直线AP的方程为x=4，此时，直线AP与圆M相离；当m≠4时，写出直线AP的方程，圆心M（0，2）到直线AP的距离，由此可判断直线AP与圆M的位置关系．
解答： 解：（1）抛物线，∴p=2．
∴抛物线方程为y2=4x．
（2）∵点A的坐标是（4，4），由题意得B（0，4），M（0，2），
又∵F（1，0），∴，∴，
则FA的方程为y=（x﹣1），MN的方程为．*21世纪教育网
解方程组，∴．
（3）由题意得，圆M的圆心是点（0，2），半径为2．
当m=4时，直线AK的方程为x=4，此时，直线AK与圆M相离，
当m≠4时，直线AK的方程为，即为4x﹣（4﹣m）y﹣4m=0，
圆心M（0，2）到直线AK的距离，令d＞2，解得m＞1∴当m＞1时，直线AK与圆M相离；
当m=1时，直线AK与圆M相切；
当m＜1时，直线AK与圆M相交．
点评： 本题考查抛物线的标准方程、抛物线的简单性质、直线和圆锥曲线的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答．
19、考点： 直线与圆锥曲线的关系；圆的标准方程；椭圆的标准方程．
专题： 综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析： （1）依题意，得a=2，，由此能求出椭圆C的方程．
（2）法一：点M与点N关于x轴对称，设M（x1，y1），N（x1，﹣y1），设y1＞0．由于点M在椭圆C上，故．由T（﹣2，0），知=，由此能求出圆T的方程．
法二：点M与点N关于x轴对称，故设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，﹣sinθ），设sinθ＞0，由T（﹣2，0），得=，由此能求出圆T的方程．
（3）法一：设P（x0，y0），则直线MP的方程为：，令y=0，得，同理：，…（10分）故，由此能够证明|OR|?|OS|=|xR|?|xS|=|xR?xS|=4为定值．
法二：设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，﹣sinθ），设sinθ＞0，P（2cosα，sinα），其中sinα≠±sinθ．则直线MP的方程为：，由此能够证明|OR|?|OS|=|xR|?|xS|=|xR?xS|=4为定值．
解答： 解：（1）依题意，得a=2，，
∴c=，b==1，
故椭圆C的方程为．…（3分）
（2）方法一：点M与点N关于x轴对称，
设M（x1，y1），N（x1，﹣y1），不妨设y1＞0．
由于点M在椭圆C上，所以．???? （*）????????? …（4分）
由已知T（﹣2，0），则，，
∴
=（x1+2）2﹣
=
=．…（6分）
由于﹣2＜x1＜2，
故当时，取得最小值为．
由（*）式，，故，
又点M在圆T上，代入圆的方程得到．
故圆T的方程为：．…（8分）
方法二：点M与点N关于x轴对称，
故设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，﹣sinθ），
不妨设sinθ＞0，由已知T（﹣2，0），
则
=（2cosθ+2）2﹣sin2θ
=5cos2θ+8cosθ+3
=．…（6分）
故当时，取得最小值为，
此时，
又点M在圆T上，代入圆的方程得到．
故圆T的方程为：． …（8分）
（3）方法一：设P（x0，y0），
则直线MP的方程为：，
令y=0，得，
同理：，…（10分）
故????? （**） …（11分）
又点M与点P在椭圆上，
故，，…（12分）
代入（**）式，
得：．
所以|OR|?|OS|=|xR|?|xS|=|xR?xS|=4为定值．?????????????? …
方法二：设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，﹣sinθ），
不妨设sinθ＞0，P（2cosα，sinα），其中sinα≠±sinθ．
则直线MP的方程为：，
令y=0，得，
同理：，…（12分）
故．
所以|OR|?|OS|=|xR|?|xS|=|xR?xS|=4为定值．…
点评： 本题考查椭圆的方程和几何性质、圆的方程等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想．
　
20、考点： 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．
专题： 计算题；函数的性质及应用；导数的综合应用．
分析： （1）只要利用条件f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），即可求出a、b的值，再求F（x）的导数，求单调区间，即可得到极小值；
（2）由于f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x﹣1，只要验证 f（x）≥2x﹣1，g（x）≤2x﹣1? 都成立即可；
（3）由G（x）=f（x）+2﹣g（x）有两个零点x1和x2，得到x1，x2满足的关系式，由x0=，再经过讨论换元可证得G′（x0）＞0．
解答： 解：（1）由f（1）=g（1），得 b=1．
∵f′（x）=2x，g′（x）=+b，f′（1）=g′（1），
∴2=a+b，解得a=b=1，则g（x）=lnx+x．
F（x）=x2﹣lnx﹣x（x＞0）的导数为F′（x）=2x﹣1﹣=，
当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）递增，当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）递减，
则有x=1时，F（x）取得极小值，且为0；
（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），
而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x﹣1，
下面验证 f（x）≥2x﹣1，g（x）≤2x﹣1，都成立即可．
由x2﹣2x+1≥0，得x2≥2x﹣1，知f（x）≥2x﹣1恒成立．
设h（x）=lnx+x﹣（2x﹣1），即h（x）=lnx﹣x+1，h′（x）=﹣1=，
∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0．
∴h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
∴h（x）在x=1时取得最大值，
∴h（x）=lnx+x﹣（2x﹣1）的最大值为h（1）=0，
则lnx+x≤2x﹣1恒成立．
故存在这样的k和m，且k=2，m=﹣1，满足条件．
（3）G′（x0）的符号为正，理由为：
∵G（x）=x2+2﹣alnx﹣bx有两个不同的零点x1，x2，
则有 x12+2﹣alnx1﹣bx1=0，x22+2﹣alnx2﹣bx2=0，
两式相减得x22﹣x12﹣a（lnx2﹣lnx1）﹣b（x2﹣x1）=0．
即x1+x2﹣b=，又x1+x2=2x0，
则G′（x0）=2x0﹣﹣b=（x1+x2﹣b）﹣=﹣
=[ln ﹣]=[ln﹣]，
①当0＜x1＜x2时，令=t，则t＞1，且G′（x0）=[lnt﹣]，
故μ（t）=lnt﹣（t＞1），μ′（t）=﹣=＞0，
则μ（t）在[1，+∞）上为增函数，
而μ（1）=0，∴μ（t）＞0，即lnt﹣＞0，
又a＞0，x2﹣x1＞0，∴G′（x0）＞0，
②当0＜x2＜x1时，同理可得：G′（x0）＞0，
综上所述：G′（x0）值的符号为正．
点评： 本题考查了导数的综合应用，熟练利用导数求极值和最值及恰当分类讨论、换元是解决问题的关键．
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