2020年高考浙江高考数学试题及答案(精校版)下载

2020 年浙江省高考数学试卷 一、选择题（共 10 小题）. 1．已知集合 P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则 P∩Q＝（　　） A．{x|1＜x≤2} B．{x|2＜x＜3} C．{x|3≤x＜4} 2．已知 a∈R，若 a﹣1+（a﹣2）i（i 为虚数单位）是实数，则 a＝（　　） A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2 3．若实数 x，y 满足约束条件 ，则 z＝x+2y 的取值范围是（　　） A．（﹣∞，4] B．[4，+∞） C．[5，+∞） D．（﹣∞，+∞） 4．函数 y＝xcosx+sinx 在区间[﹣π，+π]的图象大致为（　　） D．{x|1＜x＜4} A． B． C． D． 5．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　） A． B． C．3 D．6 6．已知空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，则“m，n，l 在同一平面”是“m，n，l 两 两相交”的（　　） A．充分不必要条件 C．充分必要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 7．已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn，公差 d≠0， ≤1．记 b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣S2n，n∈N* ，下列等式不可能成立的是（　　） 22A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a4 ＝a2a8 D．b4 ＝b2b8 8．已知点 O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．设点 P 满足|PA|﹣|PB|＝2，且 P 为函数 y＝3 A． 图象上的点，则|OP|＝（　　） B． C． D． 9．已知 a，b∈R 且 ab≠0，若（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0 在 x≥0 上恒成立，则（　　） A．a＜0 B．a＞0 C．b＜0 D．b＞0 10．设集合 S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足： ①对于任意 x，y∈S，若 x≠y，都有 xy∈T； ②对于任意 x，y∈T，若 x＜y，则 ∈S；下列命题正确的是（　　） A．若 S 有 4 个元素，则 S∪T 有 7 个元素 B．若 S 有 4 个元素，则 S∪T 有 6 个元素 C．若 S 有 3 个元素，则 S∪T 有 4 个元素 D．若 S 有 3 个元素，则 S∪T 有 5 个元素 二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分。多空题每小题 4 分；单空题每小题 4 分。 11．已知数列{an}满足 an＝ 12．设 （1+2x）5＝a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，则 a5＝　 13．已知 tanθ＝2，则 cos2θ＝　 　；tan（θ﹣ ）＝　 ，则 S3＝　 　． 　；a1+a2+a3＝　 　． 　． 14．已知圆锥展开图的侧面积为 2π，且为半圆，则底面半径为　 　． 15．设直线 l：y＝kx+b（k＞0），圆 C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线 l 与 C1， C2 都相切，则 k＝　 　；b＝　 　． 16．一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停 ，设拿出黄球的个数为 ξ，则 P（ξ＝0）＝　；E（ξ）＝　． 17．设 ，为单位向量，满足|2 ﹣|≤ ，＝ +， ＝3 +，设 ， 的 夹角为 θ，则 cos2θ 的最小值为　． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 18．在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bsinA＝ a． （Ⅰ）求角 B； （Ⅱ）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围． 19．如图，三棱台 DEF﹣ABC 中，面 ADFC⊥面 ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC． （Ⅰ）证明：EF⊥DB； （Ⅱ）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值． 20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1 ＝•cn（n∈N*） ．（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比 q＞0，且 b1+b2＝6b3，求 q 与 an 的通项公式； （Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差 d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+ ．21．如图，已知椭圆 C1： +y2＝1，抛物线 C2：y2＝2px（p＞0），点 A 是椭圆 C1 与抛物 线 C2 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 C1 于点 B，交抛物线 C2 于 M（B，M 不同于 A）． （Ⅰ）若 p＝ ，求抛物线C2 的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值． 22．已知 1＜a≤2，函数 f（x）＝ex﹣x﹣a，其中 e＝2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数 y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点； （Ⅱ）记 x0 为函数 y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明： （ⅰ） ≤x0≤ ；（ⅱ）x0f（ ）≥（e﹣1）（a﹣1）a． 参考答案 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1．已知集合 P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则 P∩Q＝（　　） A．{x|1＜x≤2} B．{x|2＜x＜3} C．{x|3≤x＜4} D．{x|1＜x＜4} 【分析】直接利用交集的运算法则求解即可． 解：集合 P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}， 则 P∩Q＝{x|2＜x＜3}． 故选：B． 2．已知 a∈R，若 a﹣1+（a﹣2）i（i 为虚数单位）是实数，则 a＝（　　） A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2 【分析】利用复数的虚部为 0，求解即可． 解：a∈R，若 a﹣1+（a﹣2）i（i 为虚数单位）是实数， 可得 a﹣2＝0，解得 a＝2． 故选：C． 3．若实数 x，y 满足约束条件 A．（﹣∞，4] B．[4，+∞） ，则 z＝x+2y 的取值范围是（　　） C．[5，+∞） D．（﹣∞，+∞） 【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标 函数 z＝x+2y 的取值范围． 解：画出实数 x，y 满足约束条件 将目标函数变形为﹣ x+ ＝y， 所示的平面区域，如图： 则 z 表示直线在 y 轴上截距，截距越大，z 越大， 当目标函数过点 A（2，1）时，截距最小为 z＝2+2＝4，随着目标函数向上移动截距越来 越大， 故目标函数 z＝2x+y 的取值范围是[4，+∞）． 故选：B． 4．函数 y＝xcosx+sinx 在区间[﹣π，+π]的图象大致为（　　） A． B． C． D． 【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点． 解：y＝f（x）＝xcosx+sinx， 则 f（﹣x）＝﹣xcosx﹣sinx＝﹣f（x）， ∴f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除 B，D， 当 x＝π 时，y＝f（π）＝πcosπ+sinπ＝﹣π＜0，故排除 B， 故选：A． 5．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　） A． B． C．3 D．6 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可． 解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为 2 的等腰直角 三角形，棱锥的高为 2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥 的高为 1， 所以几何体的体积为： ＝ ． 故选：A． 6．已知空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，则“m，n，l 在同一平面”是“m，n，l 两 两相交”的（　　） A．充分不必要条件 C．充分必要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】由 m，n，l 在同一平面，则 m，n，l 相交或 m，n，l 有两个平行，另一直线与 之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断． 解：空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，若 m，n，l 在同一平面，则 m，n，l 相交或 m，n，l 有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行． 故 m，n，l 在同一平面”是“m，n，l 两两相交”的必要不充分条件， 故选：B． 7．已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn，公差 d≠0， ≤1．记 b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣S2n，n∈N* ，下列等式不可能成立的是（　　） 22A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a4 ＝a2a8 D．b4 ＝b2b8 【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断 A 与 C；由数列递推式分别求得 b2，b4，b6 ，b8，分析 B，D 成立时是否满足公差 d≠0， ≤1 判断 B 与 D． 解：在等差数列{an}中，an＝a1+（n﹣1）d， ，，b1＝S2＝2a1+d，bn+1＝Sn+2﹣S2n＝ ．∴b2＝a1+2d，b4＝﹣a1﹣5d，b6＝﹣3a1﹣24d，b8＝﹣5a1﹣55d． A.2a4＝2（a1+3d）＝2a1+6d，a2+a6＝a1+d+a1+5d＝2a1+6d，故 A 正确； B.2b4＝﹣2a1﹣10d，b2+b6＝a1+2d﹣3a1﹣24d＝﹣2a1﹣22d， 若 2b4＝b2+b6，则﹣2a1﹣10d＝﹣2a1﹣22d，即 d＝0，不合题意，故 B 错误； 2C．若 a4 ＝a2a8，则 ，即，得 ，∵d≠0，∴a1＝d，符合 ≤1，故 C 正确； D．若 ，则 ，即，则 有两不等负根，满足 ≤1，故 D 正确． ∴等式不可能成立的是 B． 故选：B． 8．已知点 O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．设点 P 满足|PA|﹣|PB|＝2，且 P 为函数 y＝3 A． 图象上的点，则|OP|＝（　　） B． C． D． 【分析】求出 P 满足的轨迹方程，求出 P 的坐标，即可求解|OP|． 解：点 O （0，0），A（﹣2，0），B （2，0）．设点 P 满足|PA|﹣|PB|＝2， 可知 P 的轨迹是双曲线 的右支上的点， P 为函数 y＝3 图象上的点，即 在第一象限的点， 联立两个方程，解得 P（ ，）， 所以|OP|＝ 故选：D． ＝．9．已知 a，b∈R 且 ab≠0，若（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0 在 x≥0 上恒成立，则（　　） A．a＜0 B．a＞0 C．b＜0 D．b＞0 【分析】设 f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得 f（x）的零点，根据 f（0）≥ 0 恒成立，讨论 a，b 的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论． 解：设 f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得 f（x）的图象与 x 轴有三个交点， 即 f（x）有三个零点 a，b，2a+b 且 f（0）＝﹣ab（2a+b）， 由题意知，f（0）≥0 恒成立，则 ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0， 可得 2a+b＜0，ab（2a+b）≤0 恒成立，排除 B，D； 我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上． 则有 a＝b 或 a＝2a+b 或 b＝b+2a 三种情况，此时 a＝b＜0 显然成立； 若 b＝b+2a，则 a＝0 不成立； 若 a＝2a+b，即 a+b＝0，可得 b＜0，a＞0 且 a 和 2a+b 都在正半轴上，符合题意， 综上 b＜0 恒成立． 故选：C． 10．设集合 S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足： ①对于任意 x，y∈S，若 x≠y，都有 xy∈T； ②对于任意 x，y∈T，若 x＜y，则 ∈S；下列命题正确的是（　　） A．若 S 有 4 个元素，则 S∪T 有 7 个元素 B．若 S 有 4 个元素，则 S∪T 有 6 个元素 C．若 S 有 3 个元素，则 S∪T 有 4 个元素 D．若 S 有 3 个元素，则 S∪T 有 5 个元素 【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可． 解：取：S＝{1，2，4}，则 T＝{2，4，8}，S∪T＝{1，2，4，8}，4 个元素，排除 C． S＝{2，4，8}，则 T＝{8，16，32}，S∪T＝{2，4，8，16，32}，5 个元素，排除 D； S＝{2，4，8，16}则 T＝{8，16，32，64，128}，S∪T＝{2，4，8，16，32，64，128}， 7 个元素，排除 B； 故选：A． 二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分。多空题每小题 4 分；单空题每小题 4 分。 11．已知数列{an}满足 an＝ ，则 S3＝　10　． 【分析】求出数列的前 3 项，然后求解即可． 解：数列{an}满足 an＝ ，可得 a1＝1，a2＝3，a3＝6， 所以 S3＝1+3+6＝10． 故答案为：10． 13．已知 tanθ＝2，则 cos2θ＝　 　；tan（θ﹣ ）＝　　． 【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的 三角函数转化求解第二问． 解：tanθ＝2， 则 cos2θ＝ ＝＝＝﹣ ． tan（θ﹣ ）＝ ＝＝ ． 故答案为：﹣ ； ． 14．已知圆锥展开图的侧面积为 2π，且为半圆，则底面半径为　1　． 【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径． 解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为 2π， 设圆锥的母线长为 a，则 a2π＝2π，∴a＝2， ∴侧面展开扇形的弧长为 2π， 设圆锥的底面半径 OC＝r，则 2πr＝2π，解得 r＝1． 故答案为：1． 15．设直线 l：y＝kx+b（k＞0），圆 C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线 l 与 C1， C2 都相切，则 k＝　 　；b＝　﹣ 　． 【分析】根据直线 l 与两圆都相切，分别列出方程 d1＝ ＝1，d2＝ ＝1， 解得即可． 解：由条件得 C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1， 因为直线 l 与 C1，C2 都相切， 故有 d1＝ ＝1，d2＝ ＝1， 则有 ＝，故可得 b2＝（4k+b）2，整理得 k（2k+b）＝0， 因为 k＞0，所以 2k+b＝0，即 b＝﹣2k， 代入 d1＝ ＝1，解得 k＝ ，则 b＝﹣ ，故答案为： ；﹣ ．16．一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停， 设拿出黄球的个数为 ξ，则 P（ξ＝0）＝　；E（ξ）＝　1　． 【分析】由题意知随机变量 ξ 的可能取值为 0，1，2；分别计算 P（ξ＝0）、P（ξ＝1） 和 P（ξ＝2），再求 E（ξ）的值． 解：由题意知，随机变量 ξ 的可能取值为 0，1，2； 计算 P（ξ＝0）＝ P（ξ＝1）＝ +＝；＝+；；P（ξ＝2）＝ +＝所以 E（ξ）＝0× +1× +2× ＝1． 故答案为： ，1． 17．设 夹角为 θ，则 cos2θ 的最小值为　． 【分析】设 的夹角为α，由题意求出 cosα≥ 再求 ， 的夹角θ 的余弦值 cos2θ 的最小值即可． ，为单位向量，满足|2 ﹣|≤ ，＝ +， ＝3 +，设 ， 的 、；解：设 、的夹角为 α，由 ，为单位向量，满足|2 ﹣|≤ ，所以 4 ﹣4 •+＝4﹣4cosα+1≤2， 解得 cosα≥ 又 ＝ 所以 • ＝3 ；+， ＝3 +，且 ， 的夹角为θ， +4 •+＝4+4cosα， ＝2+2cosα， ＝10+6cosα； ＝+2 +6 •+＝9 +则 cos2θ＝ ＝＝＝﹣，所以 cosα＝ 时，cos2θ 取得最小值为 ﹣＝．故答案为： ．三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 18．在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bsinA＝ a． （Ⅰ）求角 B； （Ⅱ）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围． 【分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得 sinB＝ ，结合角的范围，即可求出， （Ⅱ）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出． 解：（Ⅰ）∵2bsinA＝ a， ∴2sinBsinA＝ sinA， ∵sinA≠0， ∴sinB＝ ，∵＜B＜ ，∴B＝ ，（Ⅱ）∵△ABC 为锐角三角形，B＝ ∴C＝ ﹣A， ∴ cosA+cosB+cosC ＝ cosA+cos （ cosA+ sinA+ ＝sin（A+ ）+ △ABC 为锐角三角形，0＜A＜ ，0＜C＜ 解得 ＜A＜ ＜A+ ，﹣ A ） +cos ＝ cosA ﹣ cosA+ sinA+ ＝，，，∴＜，∴∴＜sin（A+ ）≤1， ＜sin（A+ ）+1≤ +，∴cosA+cosB+cosC 的取值范围为（ ，]． 19．如图，三棱台 DEF﹣ABC 中，面 ADFC⊥面 ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC． （Ⅰ）证明：EF⊥DB； （Ⅱ）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值． 【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作 DH⊥AC，根据面面垂直，可得 DH⊥BC，进一步 根据直角三角形的知识可判断出△BHC 是直角三角形，且∠HBC＝90°，则 HB⊥BC， 从而可证出 BC⊥面 DHB，最后根据棱台的定义有 EF∥BC，根据平行线的性质可得 EF⊥ DB； （Ⅱ）题先可设 BC＝1，根据解直角三角形可得 BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝2， DB＝ ，然后找到CH 与面 DBC 的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知 DF 与面 DBC 所成角与 CH 与面 DBC 的夹角相等，通过计算∠HCG 的正弦值，即可得到 DF 与 面 DBC 所成角的正弦值． 解：（Ⅰ）证明：作 DH⊥AC，且交 AC 于点 H， ∵面 ADFC⊥面 ABC，DH⊂面 ADFC，∴DH⊥BC， ∴在 Rt△DHC 中，CH＝CD•cos45°＝ ∵DC＝2BC，∴CH＝ •2BC＝ •BC， CD＝ ，即△BHC 是直角三角形，且∠HBC＝90°， CD， ∴＝∴HB⊥BC，∴BC⊥面 DHB，∵BD⊂面 DHB，∴BC⊥BD， ∵在三棱台 DEF﹣ABC 中，EF∥BC，∴EF⊥DB． （Ⅱ）设 BC＝1，则 BH＝1，HC＝ 在 Rt△DHC 中，DH＝ ，DC＝2， ，在 Rt△DHB 中，DB＝ ＝＝，作 HG⊥BD 于 G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面 BCD，∵GC⊂面 BCD， ∴HG⊥GC，∴△HGC 是直角三角形，且∠HGC＝90°， 设 DF 与面 DBC 所成角为 θ，则 θ 即为 CH 与面 DBC 的夹角， 且 sinθ＝sin∠HCG＝ ＝，∵在 Rt△DHB 中，DH•HB＝BD•HG， ∴HG＝ ∴sinθ＝ ＝＝，＝＝．20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1 ＝•cn（n∈N*） ．（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比 q＞0，且 b1+b2＝6b3，求 q 与 an 的通项公式； （Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差 d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+ 【分析】本题第（Ⅰ）题先根据等比数列的通项公式将 b2＝q，b3＝q2 代入 b1+b2＝6b3， ．计算出公比 q 的值，然后根据等比数列的定义化简 cn+1 ＝•cn 可得 cn+1＝4cn，则可发 现数列{cn}是以 1 为首项，4 为公比的等比数列，从而可得数列{cn}的通项公式，然后将 通项公式代入 cn+1＝an+1﹣an，可得 an+1﹣an＝cn+1＝4n，再根据此递推公式的特点运用累 加法可计算出数列{an}的通项公式； 第（Ⅱ）题通过将已知关系式 cn+1 ＝•cn 不断进行转化可构造出数列{bnbn+1cn}，且可 得到数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为 1+d，从而可得 bnbn+1cn＝1+d，再计算得 到 cn＝ ，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放 缩法即可证明不等式成立． 【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2， ∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2， 整理，得 6q2﹣q﹣1＝0， 解得 q＝﹣ （舍去），或q＝ ，∴cn+1 ＝•cn＝ •cn＝ •cn＝ •cn＝4•cn， ∴数列{cn}是以 1 为首项，4 为公比的等比数列， ∴cn＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*． ∴an+1﹣an＝cn+1＝4n， 则 a1＝1， a2﹣a1＝41， a3﹣a2＝42， •••an﹣an﹣1＝4n﹣1 ，各项相加，可得 an＝1+41+42+…+4n﹣1 ＝＝＝．（Ⅱ）证明：依题意，由 cn+1 •cn（n∈N*），可得 bn+2•cn+1＝bn•cn， 两边同时乘以 bn+1，可得 bn+1bn+2 n+1＝bnbn+1cn， c∵b1b2c1＝b2＝1+d， ∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为 1+d， bnbn+1cn＝1+d， ∴cn＝ ＝•＝（1+ ）• ＝（1+ ）（ ﹣）， ∴c1+c2+…+cn ＝（1+ ）（ ﹣﹣﹣）+（1+ ）（ ﹣）+…+（1+ ）（ ﹣）＝（1+ ）（ ＝（1+ ）（ +﹣+…+ ﹣））＝（1+ ）（1﹣ ＜1+ ∴c1+c2+…+cn＜1+ ，故得证． 21．如图，已知椭圆 C1： +y2＝1，抛物线 C2：y2＝2px（p＞0），点 A 是椭圆 C1 与抛物 ），线 C2 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 C1 于点 B，交抛物线 C2 于 M（B，M 不同于 A）． （Ⅰ）若 p＝ ，求抛物线C2 的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值． 【分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可； （Ⅱ）设直线方程 y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由 ，根据韦达定理定理求出 M（﹣ ，），可得 p，再由 ，求出点 A 的 坐 标 ， 代 入 椭 圆 方 程 可 得t2 ＝， 化 简 整 理 得p2 ＝，利用基本不等式即可求出 p 的最大值． ，则抛物线 C2 的焦点坐标（ ，0）， 解：（Ⅰ）p＝ ，则 ＝（Ⅱ）直线 l 与 x 轴垂直时，此时点 M 与点 A 或点 B 重合，不满足题意， 设直线 l 的方程为 y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0）， 由，消 y 可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0， ∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即 t2＜1+2k2， ∴x1+x2＝﹣ ，∴x0＝ （x1+x2）＝﹣ ，∴M（﹣ ，∴y0＝kx0+t＝ ，）， ∵点 M 在抛物线 C2 上，∴y2＝2px， ∴p＝ ＝＝，联立 ，解得 x1＝ ，y1＝ ，代入椭圆方程可得 +＝1，解得 t2＝ ∴p2＝ ＝＝≤＝，∴p≤ ，当且仅当 1＝2k2，即 k2＝ ，t2＝ 时等号成立， 故 p 的最大值为 ．22．已知 1＜a≤2，函数 f（x）＝ex﹣x﹣a，其中 e＝2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数 y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点； （Ⅱ）记 x0 为函数 y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明： （ⅰ） ≤x0≤ ；（ⅱ）x0f（ ）≥（e﹣1）（a﹣1）a． 【分析】（Ⅰ）推导出 x＞0 时，f′（x）＝ex﹣1＞0 恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0， 由此能证明函数 y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点． （Ⅱ）（i）由 f（x）单调增，1＜a≤2，设 x0 的最大值为 t，则 ct＝2+t，f（1）＝c﹣1﹣ 2＜0，则 t＞1，推导出 ，记 h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则 h′（x）＝ex﹣1﹣2x， ≤x0≤ （ii）要证明 x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证明 x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1） a，只需证 ≥2（e﹣2），由此能证明 x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a． ．要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明 利用导数性质能证明 ．﹣【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0 恒成立， ∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又 f（0）＝1﹣a＜0， ∴函数 y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点． （Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，1＜a≤2，设 x0 的最大值为 t，则 ct＝2+t， ∴f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则 t＞1， 右边：由于 x≥0 时，ex≥1+x+ ，且 ．﹣x0﹣a＝0， 则 a≥1+ ，∴ ≥a﹣1＝ 左边：要证明 ，只需证明 ，记 h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则 h′（x）＝ex﹣1﹣2x， h“（x）＝ex﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增， ∴h′（x）＝ex﹣1﹣2x≤max{h′（0），h′（t）}＝0， ∴h（x）在 0≤x≤t 时单调减，h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2≤h（0）＝0， ∴≤x0≤ ．（ii）要证明 x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证 x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a ，只需证 ﹣≥（e﹣1）a ，∵ex≥1+x+ 只需证 ，∴只需证 1+ （）2﹣a≥（e﹣1）a ，﹣2（e﹣2）a ≥0，即证 ﹣≥2（e﹣2）， ∵∴＝+∈（2，+∞）， ≥＝，∴x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．