江西省宜市高安市四校（二中、中学、丰城中学、樟树中学）高考数学一模试卷 理（含解析）.doc

2015年江西省宜春市高安 市四校（二中、中学、丰城中学、樟树中学）高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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a=x|x=2k+1，kz，b=x|0，则ab=（） a 1，3 b 1，1，3 c 1，1 d 1，12i是虚数单位，=（） a i b i c d 3为了研究高中学生对乡村音乐的态度（喜欢和不喜欢两种态度）与性别的关系，运用22列联表进行独立性检验，经计算k2=8.01，则认为“喜欢乡村音乐与性别有关系”的把握性约为（）p（k2k0） 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001k0 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 a 0.1% b 1% c 99% d 99.9%4直线l：y=的图象同时经过第一、二、四象限的一个必要不充分条件是（） a mn0 b mn0 c m0且n0 d m0且n05下列命题中，正确命题的个数为（）“若xy=0，则x=0或y=0”的逆否命题为“若x0且y0，则xy0”；若随机变量x服从正态分布n（3，2），且p（x6）=0.72，则p（x0）=0.28；函数f（x）的导函数满足f（x0）=0，则函数f（x）在x=x0处有极值 a 0 b 1 c 2 d 36二项式（ax+）6的展开式的第二项的系数为，则x2dx的值为（） a b c 3或 d 3或7阅读程序框图，若m、n分别是双曲线的虚轴长和实半轴长，则输出a，i别是（） a a=12，i=3 b a=12，i=4 c a=8，i=3 d a=8，i=48已知数列an，bn满足bn=log2an，nn*，其中bn是等差数列，且a5a16=，则b1+b2+b3+b20=（） a 10 b log210 c 5 d log259函数f（x）=x3+bx2+cx+d（b，c，d均为常数），若f（x）在x=x1时取得极大值且x1（0，1），在x=x2时取得极小值且x2（1，2），则（b+）2+（c3）2的取值范围是（） a （5，25） b （，5） c （，25） d （，5）10已知数列an中满足a1=15，an+1=an+2n，则的最小值为（） a 9 b 7 c d 2111一个正三棱柱恰好有一个内切球（球与三棱柱的两个底面和三个侧面都相切）和一个外接球（球经过三棱柱的6个顶点），则此内切球与外接球表面积之比为（） a 1：3 b 1：5 c 1：7 d 1：912已知f1，f2是椭圆和双曲线的公共焦点，p是它们的一个公共点，且f1pf2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（） a 3 b c 2 d 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13记直线x3y1=0的倾斜角为，曲线y=lnx在（6，ln6）处切线的倾斜角为，则tan（+）=14已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，则此几何体的体积v=15将函数f（x）=lgx的图象向左平移1个单位，再将位于x轴下方的图象沿x轴翻折得到函数g（x）的图象，若实数m，n（mn）满足g（m）=g（），g（10m+6n+21）=4lg2，则mn=16某市今年发行宣传卡片2015张，每张卡片上印有一个四位数字的号码，从0001到2015，如果卡片上的四位数字之和等于8，则称这张卡片为“幸运卡片”那么该地发行的2015张卡片中“幸运卡片”有张（用数字作答）三、解答题（本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17已知（1）若0a，方程（tr）有且仅有一解，求t的取值范围；（2）设abc的内角a，b，c的对应边分别是a，b，c，且a=，若，求b+c的取值范围18有f，g，y，z四所学校组织高三教师经验交流，各校参加教师人数具体如下表：（单位：人）学校 f g y z人数 60 45 30 15为了进一步搞好高三复习，采用分层抽样的方法从上述四所学校参加经验交流的教师中随机抽取50名教师做经验介绍（1）从做经验介绍的50名教师中随机抽取两名，求这两名教师来自同一所学校的概率；（2）在做经验介绍的50名教师中，从来自g、y两所学校的教师中随机抽取两名，用x表示抽得g校教师的人数，求x的分布列和数学期望19如图，平面abcd平面adef，其中abcd为矩形，adef为梯形，afde，affe，af=ad=2de=2，m为线段ad的中点（1）求直线mf与直线bd所成角的余弦值；（2）若平面abf与平面dbf所成角为，且tan=2，求线段ab的长20已知f1（0，1），f2（0，1）分别为椭圆c1：的上、下焦点，抛物线c2的顶点在坐标原点，焦点为f1，点m是c1与c2在第二象限的交点，且|mf1|=（1）求抛物线c2及椭圆c1的方程；（2）与圆x2+（y+1）2=1相切的直线l：y=k（x+t），kt0交椭圆c1于a，b两点，若椭圆c1上存在点p满足，求实数的取值范围21已知函数f（x）=（e=2.71828是自然对数的底数）（1）试讨论函数f（x）的单调区间；（2）若不等式f（x）x对于任意的x0，a+1恒成立，求a的取值范围选做题（在22、23、24三题中任选一题做答）22如图，在abc中，cd是acb的角平分线，adc的外接圆交bc于点e，ab=2ac（）求证：be=2ad；（）当ac=3，ec=6时，求ad的长23在直角坐标系xoy中，直线l过点p（2，4），倾斜角为以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线c的极坐标方程为sin2=2acos（a0）（1）写出直线l的参数方程及曲线c的普通方程；（2）若直线l与曲线c交于m，n两点，且|pm|pn|=40，求实数a的值24已知关于x的不等式：|x|（mz），2是其解集中唯一的整数解（1）求m的值；（2）已知正实数a，b，c满足a2+4b2+16c2=m，求a+2b+4c的最大值2015年江西省宜春市高安市四校（二中、中学、丰城中学、樟树中学）高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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a=x|x=2k+1，kz，b=x|0，则ab=（） a 1，3 b 1，1，3 c 1，1 d 1，1考点： 交集及其运算；其他不等式的解法专题： 集合分析： 求出b中不等式的解集确定出b，求出a与b的交集即可解答： 解：由b中不等式变形得：（x+1）（x3）0，且x30，解得：1x3，即b=1，3），由a中x=2k+1，kz，得到ab=1，1，故选：d点评： 此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2i是虚数单位，=（） a i b i c d 考点： 复数代数形式的乘除运算分析： 通常分子与分母同时乘以分母的共轭复数，然后利用复数的代数运算，结合i2=1得结论解答： 解：=+，故选b点评： 本题考查复数的分式形式的化简问题，主要是乘除运算，是基础题3为了研究高中学生对乡村音乐的态度（喜欢和不喜欢两种态度）与性别的关系，运用22列联表进行独立性检验，经计算k2=8.01，则认为“喜欢乡村音乐与性别有关系”的把握性约为（）p（k2k0） 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001k0 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 a 0.1% b 1% c 99% d 99.9%考点： 独立性检验专题： 计算题；概率与统计分析： 把观测值同临界值进行比较得到有99%的把握说学生性别与支持该活动有关系解答： 解：k2=8.016.635，对照表格：p（k2k0） 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001k0 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828有99%的把握说学生性别与支持该活动有关系故选：c点评： 本题考查独立性检验，解题时注意利用表格数据与观测值比较，这是一个基础题4直线l：y=的图象同时经过第一、二、四象限的一个必要不充分条件是（） a mn0 b mn0 c m0且n0 d m0且n0考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断专题： 直线与圆；简易逻辑分析： 求出命题的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论解答： 解：若直线l：y=的图象同时经过第一、二、四象限，则，即，即直线l：y=的图象同时经过第一、二、四象限的充要条件是m0且n0，则它的一个必要不充分条件mn0，故选：b点评： 本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据条件求出命题的充要条件是解决本题的关键5下列命题中，正确命题的个数为（）“若xy=0，则x=0或y=0”的逆否命题为“若x0且y0，则xy0”；若随机变量x服从正态分布n（3，2），且p（x6）=0.72，则p（x0）=0.28；函数f（x）的导函数满足f（x0）=0，则函数f（x）在x=x0处有极值 a 0 b 1 c 2 d 3考点： 命题的真假判断与应用专题： 简易逻辑分析： ，写出命题“若xy=0，则x=0或y=0”的逆否命题，可判断；，依题意，可得p（x0）=p（x6）=10.72=0.28，可判断；，举例说明，f（x）=x3，f（x）=302=0，但函数f（x）在x=0处无极值，可判断解答： 解：“若xy=0，则x=0或y=0”的逆否命题为“若x0且y0，则xy0”，正确；若随机变量x服从正态分布n（3，2），且p（x6）=0.72，则p（x0）=p（x6）=10.72=0.28，故正确；函数f（x）的导函数满足f（x0）=0，则函数f（x）在x=x0处有极值，错误，如f（x）=x3，f（x）=302=0，但函数f（x）在x=0处无极值故选：c点评： 本题考查命题的真假判断与应用，考查四种命题的关系及正态分布、极值的应用，考查分析、解决问题的能力，属于中档题6二项式（ax+）6的展开式的第二项的系数为，则x2dx的值为（） a b c 3或 d 3或考点： 二项式系数的性质专题： 计算题；二项式定理分析： 利用二项展开式的第二项系数已知，求出a的值，根据积分公式计算可得答案解答： 解：二项式（ax+）6的展开式的第二项的系数为a5=a5=，a=1，x2dx=（1）3（2）3=故选；a点评： 本题考查了二项展开式的通项公式，考查了积分运算，解答的关键是熟记积分公式7阅读程序框图，若m、n分别是双曲线的虚轴长和实半轴长，则输出a，i别是（） a a=12，i=3 b a=12，i=4 c a=8，i=3 d a=8，i=4考点： 程序框图专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程；算法和程序框图分析： 由双曲线的定义性质先求出m、n的值，模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到i，a的值，当a=12时满足条件“a被n整除”，退出循环，输出：12，3解答： 解：m、n分别是双曲线的虚轴长和实半轴长，m=4，n=6模拟执行程序框图，可得i=1a=4，不满足条件“a被n整除”，i=2a=8，不满足条件“a被n整除”，i=3a=12，满足条件“a被n整除”，退出循环，输出a，i的值为：12，3故选：a点评： 本题主要考查了圆锥曲线的定义、性质，程序框图和算法，属于基础题8已知数列an，bn满足bn=log2an，nn*，其中bn是等差数列，且a5a16=，则b1+b2+b3+b20=（） a 10 b log210 c 5 d log25考点： 等差数列的前n项和；等差数列的通项公式专题： 等差数列与等比数列分析： 根据题意，求出b5+b16的值，再根据bn是等差数列，求出b1+b2+b3+b20的值解答： 解：bn=log2an，nn*，an=；又a5a16=，=，b5+b16=1；又bn是等差数列，b1+b2+b3+b20=10（b5+b16）=10（1）=10故选：a点评： 本题考查了等差数列的性质与前n项和公式的灵活应用问题，是基础题目9函数f（x）=x3+bx2+cx+d（b，c，d均为常数），若f（x）在x=x1时取得极大值且x1（0，1），在x=x2时取得极小值且x2（1，2），则（b+）2+（c3）2的取值范围是（） a （5，25） b （，5） c （，25） d （，5）考点： 利用导数研究函数的极值专题： 计算题；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析： 求导f（x）=3x2+2bx+c，从而可得x1、x2是方程3x2+2bx+c=0的两个根，从而可得；从而作出其可行域，而（b+）2+（c3）2的几何意义是阴影内的点与点b（，3）的距离的平方，从而求（b+）2+（c3）2的取值范围是（5，25）解答： 解：f（x）=x3+bx2+cx+d，f（x）=3x2+2bx+c，又f（x）在x=x1时取得极大值且x1（0，1），在x=x2时取得极小值且x2（1，2），x1、x2是方程3x2+2bx+c=0的两个根，；作平面区域如下，（b+）2+（c3）2的几何意义是阴影内的点与点b（，3）的距离，点b到直线3+2b+c=0的距离的平方为=5，由解得，e（，6）；故|be|2=（+）2+（63）2=25；故（b+）2+（c3）2的取值范围是（5，25）；故选：a点评： 本题考查了导数的综合应用及简单线性规划的应用，属于难题10已知数列an中满足a1=15，an+1=an+2n，则的最小值为（） a 9 b 7 c d 21考点： 数列递推式专题： 等差数列与等比数列分析： 数列an中满足a1=15，an+1=an+2n，利用an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=n2n+15，可得=n+1，利用导数考察函数f（x）=（x1）的单调性即可得出解答： 解：数列an中满足a1=15，an+1=an+2n，an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=2（n1）+2（n2）+2+15=+15=n2n+15，=n+1，考察函数f（x）=（x1）的单调性，由f（x）0，解得，此时函数f（x）单调递增；由f（x）0，解得，此时函数f（x）单调递减当n=4时，的最小值为=故选：c点评： 本题考查了等差数列的前n项和公式、“累加求和”、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11一个正三棱柱恰好有一个内切球（球与三棱柱的两个底面和三个侧面都相切）和一个外接球（球经过三棱柱的6个顶点），则此内切球与外接球表面积之比为（） a 1：3 b 1：5 c 1：7 d 1：9考点： 球的体积和表面积专题： 计算题；空间位置关系与距离分析： 设正三棱柱底面正三角形的边长为a，当球外切于正三棱柱时，球的半径r1等于正三棱柱的底面正三角形的边心距，求出正三棱柱的高为，当球外接正三棱柱时，球的圆心是正三棱柱高的中点，且球的圆心与正三棱柱两个底面正三角形构成两个正三棱锥，求出外接球的半径，即可求出内切球与外接球表面积之比解答： 解：设正三棱柱底面正三角形的边长为a，其内切球的半径为r当球外切于正三棱柱时，球的半径r等于正三棱柱的底面正三角形的重心到对边的距离即r=a，到相对棱的距离是a又正三棱柱的高是其内切球半径的2倍，故正三棱柱的高为a， 球外接正三棱柱时，球的圆心是正三棱柱高的中点，且球的圆心与正三棱柱两个底面正三角形构成两个正三棱锥，顶点在底面上的投影恰好是底面三角形的重心到顶点的距离a，棱锥的高为a，故正三棱锥外接球的半径满足r22=（a）2+（a）2=a2，内切球与外接球表面积之比为4（r2）：（4r22）=r2：r22=1：5故选：b点评： 本题是基础题，考查空间想象能力，分析问题解决问题的能力，是常考题型，求内切球与外接球的半径是本题的关键12已知f1，f2是椭圆和双曲线的公共焦点，p是它们的一个公共点，且f1pf2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（） a 3 b c 2 d 考点： 椭圆的简单性质专题： 解三角形；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 根据双曲线和椭圆的性质和关系，结合余弦定理和柯西不等式即可得到结论解答： 解：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（aa1），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|pf1|=r1，|pf2|=r2，|f1f2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2f1pf2=，由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在椭圆中，化简为即4c2=4a23r1r2，即=1，在双曲线中，化简为即4c2=4a12+r1r2，即=1，联立得，+=4，由柯西不等式得（1+）（+）（1+）2，即（+）24=，即+，当且仅当e1=，e2=时取等号即取得最大值且为故选b点评： 本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关键，难度较大二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13记直线x3y1=0的倾斜角为，曲线y=lnx在（6，ln6）处切线的倾斜角为，则tan（+）=考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；两角和与差的正切函数专题： 计算题；导数的概念及应用分析： 求出曲线y=1nx在（6，1n6）处切线斜率，从而可得tan=，tan=，利用和角的正切公式，即可求出tan（+）解答： 解：y=1nx，y=，x=6时，y=，直线x3yl=0的倾斜角为，曲线y=1nx在（6，1n6）处切线的倾斜角为，tan=，tan=，tan（+）=故答案为：点评： 本题考查导数的几何意义，考查斜率与倾斜角之间的关系，考查和角的正切公式，确定tan=，tan=是解题的关键14已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，则此几何体的体积v=16考点： 由三视图求面积、体积专题： 计算题；空间位置关系与距离分析： 由三视图知几何体为四棱锥，画出其直观图，根据三视图的数据求底面面积与高，代入棱锥的体积公式计算解答： 解：由三视图知几何体为四棱锥，其直观图如图：四棱锥的高为4，底面为直角梯形的面积s=（2+4）4=12，几何体的体积v=124=16故答案为：16点评： 本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是由三视图判断几何体的形状及三视图的数据所对应的几何量15将函数f（x）=lgx的图象向左平移1个单位，再将位于x轴下方的图象沿x轴翻折得到函数g（x）的图象，若实数m，n（mn）满足g（m）=g（），g（10m+6n+21）=4lg2，则mn=考点： 函数的图象与图象变化专题： 分类讨论；方程思想；函数的性质及应用分析： 由图象平移与变换，得出g（x）的解析式，再根据mn且g（m）=g（）以及g（10m+6n+21）=4lg2，求出m、n的值即可解答： 解：函数f（x）=lgx的图象向左平移1个单位，再将位于x轴下方的图象沿x轴翻折得到函数g（x）的图象，g（x）=|lg（x+1）|；又g（m）=g（），（m+1）（1）=1或m+1=1；当（m+1）（1）=1时，m=n+1，这与mn矛盾，m+1=1，即m=；又g（10m+6n+21）=4lg2，|lg（10m+6n+21+1）|=lg16，10m+6n+22=16或10m+6n+22=，即10+6n+22=16或10+6n+22=；解得n=1，m=0，这与mn矛盾，舍去；或n=，m=，此时mn=；解得，此方程无解；综上，mn=故答案为：点评： 本题考查了函数图象的平移变换问题，也考查了方程组的应用问题与分类讨论思想的应用问题，是综合性题目16某市今年发行宣传卡片2015张，每张卡片上印有一个四位数字的号码，从0001到2015，如果卡片上的四位数字之和等于8，则称这张卡片为“幸运卡片”那么该地发行的2015张卡片中“幸运卡片”有83张（用数字作答）考点： 计数原理的应用专题： 应用题；排列组合分析： 分类讨论，利用排列知识，即可得出结论解答： 解：卡片上的四位数字之和等于8，四个数字为0，0，0，8，共3个；0，0，1，7；0，0，2，6；0，0，3，5；0，0，4，4，共6+3+6+1+6+3=25个；0，1，1，6；0，1，2，5；0，1，3，4，共3+6+6+6+1+6+6=34个0，2，3，3；0，2，4，2，共3+3=6个；1，1，1，5，共3个；1，1，2，4；1，1，3，3，共6+3=9个1，2，2，3，共3个故共83个故答案为：83点评： 本题考查计数原理的应用，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，比较基础三、解答题（本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17已知（1）若0a，方程（tr）有且仅有一解，求t的取值范围；（2）设abc的内角a，b，c的对应边分别是a，b，c，且a=，若，求b+c的取值范围考点： 平面向量数量积的运算；平面向量共线（平行）的坐标表示专题： 平面向量及应用分析： （1）依题意可得t=+=sin（2a），根据2a，t=+ 有唯一解，可得t的范围（2）由 求得再根据正弦定理求得 ，结合b+，可得b+c的取值范围解答： 解：（1）依题意可得t=+=sinacosacos2a=sin2acos2a=sin（2a），再根据t=+ 有唯一解，可得 （2）由得=1，即tana=，再根据正弦定理可得2r=1，由b+，可得点评： 本题主要考查两个向量的数量积公式，正弦函数的图象特征，正弦函数的定义域和值域，正弦定理，属于中档题18有f，g，y，z四所学校组织高三教师经验交流，各校参加教师人数具体如下表：（单位：人）学校 f g y z人数 60 45 30 15为了进一步搞好高三复习，采用分层抽样的方法从上述四所学校参加经验交流的教师中随机抽取50名教师做经验介绍（1）从做经验介绍的50名教师中随机抽取两名，求这两名教师来自同一所学校的概率；（2）在做经验介绍的50名教师中，从来自g、y两所学校的教师中随机抽取两名，用x表示抽得g校教师的人数，求x的分布列和数学期望考点： 离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列专题： 概率与统计分析： （1）从四所学校中抽取做经验介绍的教师的人数分别为20，15，10，5，从做经验介绍的50名教师中随机抽取两名的取法共有种，这两名教师来自同一学校的取法共有+=350种，由此能求出这两名教师来自同一所学校的概率（2）由已知得x的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出x的分布列和数学期望解答： 解：（1）从四所学校中抽取做经验介绍的教师的人数分别为20，15，10，5（2分）从做经验介绍的50名教师中随机抽取两名的取法共有种，这两名教师来自同一学校的取法共有+=350种（5分）这两名教师来自同一所学校的概率（6分）（2）由（1）知，在做经验介绍的50名教师中，来自g、y两校的人数分别为15，10x的可能取值为0，1，2，（7分）p（x=0）=，x的分布列为：x 0 1 2p （12分）点评： 本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，在历年高考中都是必考题型之一19如图，平面abcd平面adef，其中abcd为矩形，adef为梯形，afde，affe，af=ad=2de=2，m为线段ad的中点（1）求直线mf与直线bd所成角的余弦值；（2）若平面abf与平面dbf所成角为，且tan=2，求线段ab的长考点： 与二面角有关的立体几何综合题；异面直线及其所成的角专题： 综合题；空间位置关系与距离分析： （1）利用平面abcd平面adef，证明mfbd，即可得出结论（2）向量法：以f为原点，af，fe所在直线分别为x轴和y轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出二面角abfd中两个半平面的法向量，进而构造ab长的方程，解方程可得答案解答： 解：（1）由已知得adf为正三角形，所以mfad，因为平面abcd平面adef，平面abcd平面adef=ad，mf平面adef，所以mfbd，所以所成角的余弦值为0（5分）（2）设ab=x，以f为原点，af，fe所在直线分别为x轴和y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则f（0，0，0），a（2，0，0），b（2，0，x），所以，因为ef平面abf，所以平面abf的法向量可取设为平面dbf的法向量，则可取由得，所以得所以（12分）点评： 本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，二面角的平面角及求法向量法的关键是构造空间坐标系，求出二面角abfd中两个半平面的法向量20已知f1（0，1），f2（0，1）分别为椭圆c1：的上、下焦点，抛物线c2的顶点在坐标原点，焦点为f1，点m是c1与c2在第二象限的交点，且|mf1|=（1）求抛物线c2及椭圆c1的方程；（2）与圆x2+（y+1）2=1相切的直线l：y=k（x+t），kt0交椭圆c1于a，b两点，若椭圆c1上存在点p满足，求实数的取值范围考点： 椭圆的简单性质专题： 平面向量及应用；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析： （1）设出抛物线的方程为x2=2py，求得p=2，可得抛物线方程；由抛物线的定义可得m的坐标，由椭圆的定义可得a=2，由a，b，c的关系可得b，进而得到椭圆方程；（2）由直线和圆相切的条件：d=r，以及直线方程和椭圆方程联立，消去y，运用韦达定理，化简整理，再由二次函数的值域，即可得到范围解答： 解：（1）由于抛物线c2的顶点在坐标原点，焦点为f1（0，1），设抛物线c2的方程为x2=2py，即=1，即有p=2，则抛物线方程为x2=4y；由题意得a2b2=1，又由抛物线定义可知|mf1|=ym+1=，得ym=，所以m（，），从而|mf1|=，由椭圆定义知2a=|mf1|+|mf2|=4，得a=2，故b2=a21=3，从而椭圆的方程为；（2）设a（x1，y1），b（x2，y2），p（x0，y0），则由+=知，x1+x2=x0，y1+y2=y0，且，又直线l：y=k（x+t），kt0与圆x2+（y+1）2=1相切，则有=1，由k0，可得k=（t1，t0）又联立，消去y得（4+3k2）x2+6k2tx+3k2t212=0，且=36k4t24（4+3k2）（3k2t212）0恒成立，且x1+x2=，x1x2=所以y1+y2=k（x1+x2）+2kt=，所以得p（，），代入式得+=1，所以2=，又将式代入得，2=，t0，t1，易知（）2+11且（）2+13，所以2（0，）（，4），所以的取值范围为|22，且0，且点评： 本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，同时考查直线和圆相切的条件，考查直线方程和椭圆方程联立，消去未知数，运用韦达定理，由二次函数的值域是解题的关键21已知函数f（x）=（e=2.71828是自然对数的底数）（1）试讨论函数f（x）的单调区间；（2）若不等式f（x）x对于任意的x0，a+1恒成立，求a的取值范围考点： 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专题： 分类讨论；导数的综合应用分析： （1）先求导，根据函数的定义域及导数的正负分a=0，a（0，2），a=2，a（2，+），讨论函数的定义域并求单调区间；（2）结合（1）分a（2，+），a=2，a=0及a（0，2）讨论不等式f（x）x对于任意的x0，a+1恒成立是否成立，从而求a的取值范围解答： 解：（1），当a=0时，函数定义域为r，故f（x）在r上单调递增；当a（0，2）时，函数定义域为r，又a+11，故f（x）在（，1）单调递增，（1，1+a）单调递减，（1+a，+）单调递增；当a=2时，函数定义域为（，1）（1，+），故f（x）在（，1）单调递增，（1，3）单调递减，（3，+）单调递增；当a（2，+）时，方程x2ax+1=0的两个根为，所以函数的定义域为（，x1）（x1，x2）（x2，+），由韦达定理知0x11x2，对称轴，（a+1）2a（a+1）+1=a+20，故x2a+1，f（x）在（，x1），（x1，1），（1+a，+）单调递增，（1，x2），（x2，a+1）单调递减；（2）当a（2，+）时，xx1，x20，a+1时，有f（x）0即f（x）x不成立；当a=2时，由（1）可知不符合题意；当a=0时，f（x）单调递增，fmin（x）=f（0）=1，故不等式恒成立；当a（0，2）时，下面证明，即证exx（x+1）0（x=a+1（1，3），令g（x）=exx（x+1），g（x）=ex2x1，g（x）=ex2，x（1，3），g（x）0，g（x）单调递增，g（1）0，g（3）0，x0使得，g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，3）上单调递增，此时，g（x0）0；所以不等式exx（x+1）0（x=a+1（1，3）成立即；由（1）知f（x）在（0，1）单调递增，（1，1+a）单调递减，所以不等式f（x）x对于任意的x0，a+1恒成立综上所述，当a（0，2）时，不等式f（x）x对于任意的x0，a+1恒成立点评： 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的处理方法，同时考查了分类讨论的思想及单调性的判断与应用，化简及分类讨论比较困难，属于难题选做题（在22、23、24三题中任选一题做答）22如图，在abc中，cd是acb的角平分线，a