2020-2021学年江苏扬州高三上数学第二次月考试卷 Word版含解析

2020-2021学年江苏扬州高三上数学月考试卷
一、选择题
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1. 设全集U=R，集合A=?1,0，B=x|x≥0，则A∩?UB=(? ? ? ? )




A.x|x≥0 B.?1 C.x|x≤?1 D.?1,0
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2. 设复数z1=1?i，z2=a+3i（i是虚数单位，a∈R），若z1?z2∈R，则a=(? ? ? ? )




A.2 B.?2 C.?3 D.3
?
3. 2020年7月，我国湖北、江西等地连降暴雨，造成严重的地质灾害．某地连续7天降雨量的平均值为26.5厘米，标准差为6.1厘米．现欲将此项统计资料的单位由厘米换为毫米，则标准差变为(? ? ? ? )




A.6.1毫米 B.32.6毫米 C.61毫米 D.610毫米
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4. 若函数fx=?sinωx+π40<ω<2的图象经过点?3π16,0，则fπ8=(? ? ? ? )




A.2?64 B.?2?64 C.2+64 D.?2+64
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5. 某班级8位同学分成A，B，C三组参加暑假研学，且这三组分别由3人、3人、2人组成．若甲、乙两位同学一定要分在同一组，则不同的分组种数为(? ? ? ? )




A.140 B.160 C.80 D.100
?
6. 某传染病在流行初期，由于大部分人未感染且无防护措施，所以总感染人数以指数形式增长．假设在该传染病流行初期的感染人数为P0，且每位已感染者平均一天会传染给r位未感染者的前提下，n天后感染此疾病的总人数Pn可以表示为Pn=P01+rn，其中P0≥1且r>0.已知某种传染病初期符合上述数学模型，且每隔16天感染此病的人数会增加为原来的64倍，则P20P18?P8P5?P12P9的值是(? ? ? ? )




A.2 B.4 C.8 D.16
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7. 若函数fx是定义在R上的偶函数，在(?∞,0]上是增函数，且f1=0，则使得x2?1fx<0的x的取值范围是(? ? ? ? )


A.? B.?∞,?1∪1,+∞
C.?∞,?1∪?1,1∪1,+∞ D.R
?
8. 假设地球是半径为r的球体，现将空间直角坐标系的原点置于球心，赤道位于xOy平面上，z轴的正方向为球心指向正北极方向，本初子午线（弧ASB）是0度经线，位于xOz平面上，且交正轴于点Sr,0,0，如图所示．已知赤道上一点E12r,32r,0位于东经60度，则地球上位于东经30度、北纬60度的空间点P的坐标为(? ? ? ? )





A.34r,14r,32r B.32r,12r,32r C.12r,32r,12r D.14r,34r,32r
二、多选题
?
9. 已知曲线E的方程为ax2+by2=aba，b∈R，则下列选项正确的是(? ? ? ? )


A.当ab=1时，E一定是椭圆 B.当ab=?1时，E是双曲线
C.当a=b>0时，E是圆 D.当ab=0且a2+b2≠0时，E是直线
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10. 设O，A，B是平面内不共线的三点，若OCn→=OA→+nOB→n=1,2,3，则下列选项正确的是(? ? ? ? )
A.点C1，C2，C3在同一条直线上
B.|OC1→|=|OC2→|=|OC3→|
C.OC1→?OB→D.OC1→?OA→?
11. 若2x=3，3y=4，则下列选项正确的是(? ? ? ? )




A.y>32 B.x>y C.xy=2 D.x+y>22
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12. 在直角坐标系内，由A，B，C，D四点所确定的“N型函数”指的是三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0，其图象过A，D两点，且fx的图象在点A处的切线经过点B，在点D处的切线经过点C．若将由A0,0，B1,4，C3,2，D4,0四点所确定的“N型函数”记为y=fx，则下列选项正确的是(? ? ? ? )
A.曲线y=fx在点D处的切线方程为y=?2x+8
B.fx=18xx?4x?8
C.曲线y=fx关于点4,0对称
D.当4≤x≤6时，fx≥0
三、填空题
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13. 已知点Am,1是抛物线x2=2pyp>0上一点，F为抛物线的焦点，且|AF|=3，则p=________.
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14. 已知一圆锥的母线长为5，高为4，则该圆锥的体积为________.
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15. “一湾如月弦初上，半壁澄波镜比明”描述的是敦煌八景之一的月牙泉．某中学开展暑期社会实践活动，学生通过测量绘制出月牙泉的平面图，如图所示．图中，圆弧QRT是一个以O点为圆心、QT为直径的半圆，QT=603米．圆弧QST的圆心为P点，PQ=60米．圆弧QRT与圆弧QST所围成的阴影部分为月牙泉的形状，则该月牙泉的面积为________平方米．

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16. 假设苏州肯帝亚球队在某赛季的任一场比赛中输球的概率都等于p，其中0四、解答题
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17. 在①a?csinA+sinC=bsinA?sinB，②2ccosC=acosB+bcosA，③△ABC的面积为12casinA+bsinB?csinC这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________.
(1)求角C；

(2)若D为AB的中点，且c=2，CD=3，求a，b的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
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18. 在数列an中，已知a1=2，an+12?4anan+1+4an2=0，Tn=an+an+1+?+a2n?1．
(1)求数列Tn的通项公式；

(2)令bn=?1n?n2+log24n?Tn，求数列bn的前50项和S50.
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19. 王老师组织甲、乙、丙三位学生参与摸球实验，已知盒中共有3个红球、7个白球．摸球方法如下：当王老师掷出的骰子为1点时，甲从盒中摸一球；当王老师掷出的骰子为2或3点时，乙从盒中摸一球；当王老师掷出的骰子为其他点时，丙从盒中摸一球．该三位学生摸球后均不放回．假定学生从盒中摸到任何一球的可能性相等．本实验王老师共掷骰子2次．请解答下面的问题：
(1)求学生甲恰好得到2个红球的概率；

(2)求学生乙至少得到1个红球的概率．
?
20. 如图，已知AC⊥BC，DB⊥平面ABC，EA⊥平面ABC，过点D且垂直于DB的平面α与平面BCD的交线为l，AC=BD=1，BC=3，AE=2.

(1)证明：l⊥平面AEC．

(2)设点P是l上任意一点，求平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值．
?
21. 已知函数fx=cosx+aex?1.
(1)当a=1时，求fx在0,π上的单调性；

(2)若?x0∈0,+∞,fx0?
22. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0过点62,32，且离心率为22.
(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点A的坐标是2,1，M，N是椭圆C上的两点，满足AM⊥AN，证明：直线MN过定点．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏扬州高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
本题考查集合的运算．
【解答】
解：因为?UB={x|x<0}，
所以A∩(?UB)={?1}．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
本题考查复数的概念及四则运算，考查运算求解能力．
【解答】
解：因为z1?z2=(1?i)(a+3i)=(a+3)+(3?a)i，且z1?z2∈R
所以a=3．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
极差、方差与标准差
【解析】
本题考查统计知识，考查数据处理能力．
【解答】
解：因为1厘米=10毫米，所以标准差变为6.1×10=61毫米．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
两角和与差的正弦公式
函数解析式的求解及常用方法
函数的求值
【解析】
本题考查三角恒等变换及三角函数求值，考查运算求解能力.
【解答】
解：因为函数fx的图象过点?3π16,0，
所以sin?3π16?ω+π4=0，
从而?3π16?ω+π4=kπk∈Z，
解得ω=4?16k3k∈Z．
又0<4?16k3<2，
所以?18则k=0，ω=43，
所以fπ8=?sin43×π8+π4=?2+64．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
本题考查计数原理的应用．
【解答】
解：甲、乙两位同学在A组或B组的情况有C61C53×2=120种，
甲、乙两位同学在C组的情况有C63C33=20种，共计140种．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
本题考查指数型函数的应用以及数学建模，考查运算求解能力．
【解答】
解：由题意得Pn+16Pn=P0(1+r)n+16P0(1+r)n=64，
化简得(1+r)16=64，
所以P20P18?P8P5?P12P9
=(1+r)2×(1+r)3×(1+r)3=(1+r)8=8．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质
偶函数
【解析】
本题考查函数的性质及不等式的解法．
【解答】
解：因为函数fx是定义在R上的偶函数，在?∞,0上是增函数，且f1=0，
所以f?1=0．
在?∞,0上，fx>0的x的取值范围是?1,0，
又由对称性可知，在[0,+∞)上，fx>0的x的取值范围是[0,1)，
所以(x2?1)f(x)<0?x2?1>0，f(x)<0或x2?1<0，fx>0，
故x的取值范围为(?∞,?1)∪(?1,1)∪(1,+∞)．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
本题考查立体几何中的空间点的位置问题．
【解答】
解：设点P投影到xOy平面上的点为P′，如图，
则|OP|=r，|OP′|=r2，|P′P|=32r．
又OP′与x轴正向的夹角为30?，
由P′在x轴与y轴的投影可知P′34r,14r,0，
因此P点的坐标为34r,14r,32r．
故选A．
二、多选题
9.
【答案】
B,C,D
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的标准方程
圆的标准方程
直线的一般式方程
【解析】
本题考查圆锥曲线的定义，考查分类讨论的数学思想．
【解答】
解：若a=1，b=1，
此时ax2+by2=ab变为x2+y2=1，不表示椭圆，故A错误；
若ab=?1，则ax2+by2=aba,b∈R，
可化为y2a?ax2=1，表示双曲线，故B正确；
若a=b>0，方程变为x2+y2=a，表示圆，故C正确；
若a=0，b≠0，此时ax2+by2=ab，
变为y=0，表示直线；
同理，若b=0，a≠0，ax2+by2=ab也表示直线，故D正确.
故选BCD．
10.
【答案】
A,C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
平面向量数量积的运算
向量的共线定理
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
本题考查向量的数量积，考查运算求解能力.
【解答】
解：C1C2→=OC2→?OC1→=OA→+2OB→?OA→+OB→=OB→，
C2C3→=OC3→?OC2→=OA→+3OB→?OA→+2OB→=OB→，
所以C1C2→=C2C3→，A正确；
因为O，A，B是平面内不共线的三点，
所以|OB→|>0，
由向量加法的平行四边形法则可知B不正确；
OC2→?OA→?OC1→?OA→=OA→?OB→，无法判断与0的大小关系，
而OC1→?OB→=OA→+OB→?OB→=OA→?OB→+OB2→，
OC2→?OB→=OA→+2OB→?OB→=OA→?OB→+2OB2→，
同理OC3→?OB→=OA→?OB→+3OB2→，
所以C正确，D不正确．
故选AC．
11.
【答案】
B,C,D
【考点】
对数值大小的比较
换底公式的应用
【解析】
本题考查指数函数和对数函数的互化以及运算，考查推理论证能力．
【解答】
解：由题设知x=log23，y=log34，
因为log34log22?32=32，
所以y<32，x>y，
故A错误，B正确；
xy=log23×log34=2log23×log32=2，故C正确；
x+y=log23+2log23>22，故D正确．
故选BCD．
12.
【答案】
A,B,C
【考点】
函数的对称性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查导数的几何意义以及函数的性质，考查运算求解能力.
【解答】
解：因为直线CD的斜率为0?24?3=?2，
所以CD的方程为y?0=?2(x?4)，即y=?2x+8，选项A正确；
因为fx的图象过点A0,0及D4,0，所以fx至少有两个零点0，4，
故可设fx=x(x?4)(kx+m)（其中k≠0)，
则f′x=kx(x?4)+(kx+m)(2x?4)．
由f′0=kAB=4，f′4=kCD=?2，得m=?1，k=18，
所以fx=18x(x?4)(x?8)，选项B正确；
又由选项B可知，fx+f8?x=0，所以曲线y=fx关于点4,0对称，选项C正确；
当4≤x≤6时，有x?4≥0，x?8<0，所以fx≤0，即选项D不正确．
故选ABC．
三、填空题
13.
【答案】
4
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
本题考查抛物线的定义，考查运算求解能力．
【解答】
解：因为|AF|=1+p2=3，
所以p=4．
故答案为：4．
14.
【答案】
12π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题考查圆锥的体积，考查运算求解能力．
【解答】
解：设圆锥底面圆的半径为r，
则r=52?42=3，
所以V=13×(π×32)×4=12π．
故答案为：12π.
15.
【答案】
150π+9003
【考点】
三角形的面积公式
扇形面积公式
【解析】
本题考查三角函数以及解三角形知识的应用，考查运算求解能力．
【解答】
解：连结PO，
易知PO⊥QT，
因为sin∠QPO=32，
所以∠QPO=π3，∠QPT=2π3，
所以月牙泉的面积为
12×π×3032?π3×602?12×602×32
=150π+9003（平方米）．
故答案为：150π+9003．
16.
【答案】
185
【考点】
二项分布与n次独立重复试验的模型
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
本题考查学生对二项分布的理解和应用，考查数据处理能力．
【解答】
解：由题意知P(X=k)=C9kpk(1?p)9?k，
因为p4+p5=458p6，
所以C94p4(1?p)5+C95p5(1?p)4=458C96p6(1?p)3，
化简得15p2+4p?4=0，
解得p=25，
从而E(X)=np=185．
故答案为：185．
四、解答题
17.
【答案】
解：(1)选择①，
根据正弦定理得(a?c)(a+c)=b(a?b)，
整理得a2?c2=ab?b2，即a2+b2?c2=ab，
所以cosC=a2+b2?c22ab=12.
因为C∈(0,π)，
所以C=π3．
选择②，
根据正弦定理有sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，
所以sin(A+B)=2sinCcosC，即sinC=2sinCcosC.
因为C∈(0,π)，
所以sinC≠0，从而有cosC=12，
所以C=π3．
选择③，
因为12casinB=12c(asinA+bsinB?csinC)，
所以asinB=asinA+bsinB?csinC，即ab=a2+b2?c2，
由余弦定理，得cosC=a2+b2?c22ab=ab2ab=12.
又因为C∈(0,π)，
所以C=π3．
(2)在△ACD中，AC2=AD2+CD2?2AD?CDcos∠ADC，
即b2=1+3?23cos∠ADC.
在△BCD中，BC2=BD2+CD2?2BD?CDcos∠BDC，
即a2=1+3?23cos∠BDC.
因为∠ADC+∠BDC=π，所以cos∠ADC=?cos∠BDC，
所以a2+b2=8.
由C=π3及c=2，得a2+b2?4=ab，
所以ab=4，
从而a2+b2?2ab=0，
所以a=b=2．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
?
?
【解答】
解：(1)选择①，
根据正弦定理得(a?c)(a+c)=b(a?b)，
整理得a2?c2=ab?b2，即a2+b2?c2=ab，
所以cosC=a2+b2?c22ab=12.
因为C∈(0,π)，
所以C=π3．
选择②，
根据正弦定理有sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，
所以sin(A+B)=2sinCcosC，即sinC=2sinCcosC.
因为C∈(0,π)，
所以sinC≠0，从而有cosC=12，
所以C=π3．
选择③，
因为12casinB=12c(asinA+bsinB?csinC)，
所以asinB=asinA+bsinB?csinC，即ab=a2+b2?c2，
由余弦定理，得cosC=a2+b2?c22ab=ab2ab=12.
又因为C∈(0,π)，
所以C=π3．
(2)在△ACD中，AC2=AD2+CD2?2AD?CDcos∠ADC，
即b2=1+3?23cos∠ADC.
在△BCD中，BC2=BD2+CD2?2BD?CDcos∠BDC，
即a2=1+3?23cos∠BDC.
因为∠ADC+∠BDC=π，所以cos∠ADC=?cos∠BDC，
所以a2+b2=8.
由C=π3及c=2，得a2+b2?4=ab，
所以ab=4，
从而a2+b2?2ab=0，
所以a=b=2．
18.
【答案】
解：(1) 因为an+12?4anan+1+4an2=0，
所以(an+1?2an)2=0，即an+1=2an，
因为a1=2，所以an≠0，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
则an=2×2n?1=2n，
所以Tn=2n+2n+1+?+22n?1=2n(1?2n)1?2=4n?2n．
(2)由(1)知bn=(?1)n?n2+n，
所以S50=(?12+1)+(22+2)+?+(?492+49)+(502+50)
=[(22?12)+(42?32)+?+(502?492)]+(1+2+?+50)
=[(2?1)(2+1)+(4?3)(4+3)+?+(50?49)(50+49)]+(1+2+3+?+50)
=(1+2+3+4+?+49+50)+(1+2+?+50)
=(1+50)×502+(1+50)×502
=2550．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
?
?
【解答】
解：(1)?因为an+12?4anan+1+4an2=0，
所以(an+1?2an)2=0，即an+1=2an，
因为a1=2，所以an≠0，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
则an=2×2n?1=2n，
所以Tn=2n+2n+1+?+22n?1=2n(1?2n)1?2=4n?2n．
(2)由(1)知bn=(?1)n?n2+n，
所以S50=(?12+1)+(22+2)+?+(?492+49)+(502+50)
=[(22?12)+(42?32)+?+(502?492)]+(1+2+?+50)
=[(2?1)(2+1)+(4?3)(4+3)+?+(50?49)(50+49)]+(1+2+3+?+50)
=(1+2+3+4+?+49+50)+(1+2+?+50)
=(1+50)×502+(1+50)×502
=2550．
19.
【答案】
解：(1)学生甲恰好得到2个红球，
即王老师（1点）→甲（红球）→王老师（1点）→甲（红球）．
因此，学生甲恰好得到2个红球的概率为16×310×16×29=1540．
(2)学生乙至少得到1个红球包括学生乙恰好得到2个红球和恰好得到1个红球两种情形．
①学生乙恰好得到2个红球，即王老师（2点或3点）→乙（红球）→王老师（2点或3点）→乙（红球）.
因此，学生乙得到2个红球的概率为26×310×26×29=1135．
②学生乙恰好得到1个红球，可分为三种情形：
此时，概率为26×310×26×79+46×99=554．
王老师（2或3）→乙（白）→王老师（2或3）→乙（红）
此时，概率为26×710×26×39=7270．
此时，概率为46×310×26×29+710×26×39=115．
因此，学生乙恰好得到1个红球的概率为554+7270+115=527．
综上所述，学生乙至少得到1个红球的概率为1135+527=26135．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
古典概型及其概率计算公式
【解析】
?
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)学生甲恰好得到2个红球，
即王老师（1点）→甲（红球）→王老师（1点）→甲（红球）．
因此，学生甲恰好得到2个红球的概率为16×310×16×29=1540．
(2)学生乙至少得到1个红球包括学生乙恰好得到2个红球和恰好得到1个红球两种情形．
①学生乙恰好得到2个红球，即王老师（2点或3点）→乙（红球）→王老师（2点或3点）→乙（红球）.
因此，学生乙得到2个红球的概率为26×310×26×29=1135．
②学生乙恰好得到1个红球，可分为三种情形：
此时，概率为26×310×26×79+46×99=554．
王老师（2或3）→乙（白）→王老师（2或3）→乙（红）
此时，概率为26×710×26×39=7270．
此时，概率为46×310×26×29+710×26×39=115．
因此，学生乙恰好得到1个红球的概率为554+7270+115=527．
综上所述，学生乙至少得到1个红球的概率为1135+527=26135．
20.
【答案】
(1)证明：因为BD⊥α，BD⊥平面ABC，
所以α//平面ABC.
又α∩平面BCD=l，平面ABC∩平面BCD=BC，
所以BC//l.
因为EA⊥平面ABC，
所以BC⊥AE.
又BC⊥AC，AE∩EA=A，
所以BC⊥平面AEC，
从而l⊥平面AEC．
(2)解：作CF//AE，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C?xyz，
则A0,1,0，C0,0,0，D3,0,1，E0,1,2，
设Pa,0,1，平面PAE，平面ACD的法向量分别为m→=x1,y1,z1，n→=x2,y2,z2，
则AP→=a,?1,1，AE→=0,0,2，AC→=0,?1,0，CD→=3,0,1，
因为m→⊥平面PAE，
所以ax1?y1+z1=0，2z1=0，
令x1=1，得y1=a，z1=0，即m→=1,a,0，
同理?y2=0，3x2+z2=0，
令x2=1，得y2=0，z2=?3，即n→=1,0,?3．
因为cos=12a2+1≤12，当且仅当a=0时取等号，
所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60?．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为BD⊥α，BD⊥平面ABC，
所以α//平面ABC.
又α∩平面BCD=l，平面ABC∩平面BCD=BC，
所以BC//l.
因为EA⊥平面ABC，
所以BC⊥AE.
又BC⊥AC，AE∩EA=A，
所以BC⊥平面AEC，
从而l⊥平面AEC．
(2)解：作CF//AE，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C?xyz，
则A0,1,0，C0,0,0，D3,0,1，E0,1,2，
设Pa,0,1，平面PAE，平面ACD的法向量分别为m→=x1,y1,z1，n→=x2,y2,z2，
则AP→=a,?1,1，AE→=0,0,2，AC→=0,?1,0，CD→=3,0,1，
因为m→⊥平面PAE，
所以ax1?y1+z1=0，2z1=0，
令x1=1，得y1=a，z1=0，即m→=1,a,0，
同理?y2=0，3x2+z2=0，
令x2=1，得y2=0，z2=?3，即n→=1,0,?3．
因为cos=12a2+1≤12，当且仅当a=0时取等号，
所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60?．
21.
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=cosx+ex?1，
f′x=?sinx+ex．
因为x∈0,π，
所以?sinx∈?1,0，ex>1，
从而f′x>0，
所以fx在0,π上单调递增．
(2)fx00，
令gx=x?aex?1x>0，
则g′x=1?aex，
当a≤0时，g′x>0，gx在0,+∞上单调递增，
所以gx>g0=0恒成立．
当a>0时，令g′x=0，
得x=ln1a，
当00，
x∈0,ln1a，g′x>0，
x∈ln1a,+∞，g′x<0．
所以gx在0,ln1a上单调递增，在ln1a,+∞上单调递减，
从而gxmax=gln1a=ln1a?1+a，
令ha=ln1a?1+a，a∈0,1，
则h′a=?1a+1<0，
所以ha在0,1上单调递减，ha>h1=0，
即gxmax>0，满足题意．
当a≥1时，ln1a≤0，
所以gx在0,+∞上单调递减，
则gx综上，a<1，即a的取值范围为?∞,1．
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=cosx+ex?1，
f′x=?sinx+ex．
因为x∈0,π，
所以?sinx∈?1,0，ex>1，
从而f′x>0，
所以fx在0,π上单调递增．
(2)fx00，
令gx=x?aex?1x>0，
则g′x=1?aex，
当a≤0时，g′x>0，gx在0,+∞上单调递增，
所以gx>g0=0恒成立．
当a>0时，令g′x=0，
得x=ln1a，
当00，
x∈0,ln1a，g′x>0，
x∈ln1a,+∞，g′x<0．
所以gx在0,ln1a上单调递增，在ln1a,+∞上单调递减，
从而gxmax=gln1a=ln1a?1+a，
令ha=ln1a?1+a，a∈0,1，
则h′a=?1a+1<0，
所以ha在0,1上单调递减，ha>h1=0，
即gxmax>0，满足题意．
当a≥1时，ln1a≤0，
所以gx在0,+∞上单调递减，
则gx综上，a<1，即a的取值范围为?∞,1．
22.
【答案】
(1)解：因为椭圆C：x2a2+y2b2=1过点62，32，
所以32a2+94b2=1.
又e=22，
所以b2a2=1?e2=12，
解方程组32a2+94b2=1,b2a2=12,得a2=6,b2=3,
所以椭圆C的方程为x26+y23=1．
(2)证明：
①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
联立y=kx+m,x26+y23=1,
消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2?6=0，
由Δ=(4km)2?4(2k2+1)(2m2?6)>0，得m2<6k2+3，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1+x2=?4km2k2+1，x1x2=2m2?62k2+1，
因为AM⊥AN，
所以AM→?AN→=(x1?2，y1?1)?(x2?2，y2?1)=0，
即(k2+1)x1x2+(km?k?2)(x1+x2)+m2?2m+5=0，
所以(k2+1)?2m2?62k2+1+(km?k?2)?4km2k2+1+m2?2m+5=0，
化简整理得4k2+8km+(3m2?2m?1)=(2k+m?1)(2k+3m+1)=0，
所以m=1?2k或m=?2k+13，
当m=1?2k时，y=kx?2k+1，
过定点A(2，1)，不符合题意，舍去，
当m=?2k+13时，y=kx?2k+13，
过定点23，?13．
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为x=t，
并设M(t，s)，N(t,?s)，且t26+s23=1，
因为AM⊥AN，
所以AM→?AN→=t2?4t?s2+5=32t2?4t+2=0，
解得t=23或t=2（舍去），
显然直线MN过定点23，?13．
综上，直线MN过定点23，?13．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的标准方程
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
(1)解：因为椭圆C：x2a2+y2b2=1过点62，32，
所以32a2+94b2=1.
又e=22，
所以b2a2=1?e2=12，
解方程组32a2+94b2=1,b2a2=12,得a2=6,b2=3,
所以椭圆C的方程为x26+y23=1．
(2)证明：
①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
联立y=kx+m,x26+y23=1,
消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2?6=0，
由Δ=(4km)2?4(2k2+1)(2m2?6)>0，得m2<6k2+3，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1+x2=?4km2k2+1，x1x2=2m2?62k2+1，
因为AM⊥AN，
所以AM→?AN→=(x1?2，y1?1)?(x2?2，y2?1)=0，
即(k2+1)x1x2+(km?k?2)(x1+x2)+m2?2m+5=0，
所以(k2+1)?2m2?62k2+1+(km?k?2)?4km2k2+1+m2?2m+5=0，
化简整理得4k2+8km+(3m2?2m?1)=(2k+m?1)(2k+3m+1)=0，
所以m=1?2k或m=?2k+13，
当m=1?2k时，y=kx?2k+1，
过定点A(2，1)，不符合题意，舍去，
当m=?2k+13时，y=kx?2k+13，
过定点23，?13．
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为x=t，
并设M(t，s)，N(t,?s)，且t26+s23=1，
因为AM⊥AN，
所以AM→?AN→=t2?4t?s2+5=32t2?4t+2=0，
解得t=23或t=2（舍去），
显然直线MN过定点23，?13．
综上，直线MN过定点23，?13．