2021年湖北省武汉市高考数学质检试卷(3月份)

3”是“sin2θ=

B．第二或第四象限 D．虚轴 3”的（　　） 2𝑧A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．（5分）设a＝30.5，b＝40.4，c＝50.3，则（　　） A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b 14．（5分）已知正整数n≥7，若（x-）（1﹣x）n的展开式中不含x4的项，则n的值为

𝑥（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 5．（5分）从3双不同的鞋子中随机任取3只，则这3只鞋子中有两只可以配成一双的概率是（　　） 2A． 51B． 23C． 52D． 36．（5分）某圆锥母线长为2，底面半径为3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（　　） A．2 B．3 C．2 D．1 7．（5分）过抛物线E：y2＝2px（p＞0）焦点F的直线交抛物线于A，B两点，过A，B分别向E的准线作垂线，垂足分别为C，D，若△ACF与△BDF的面积之比为4，则直线AB的斜率为（　　） A．±1 B．±3 C．±2 D．±22 8．（5分）设函数f（x）＝2sin（ωx+φ）﹣1（ω＞0），若对于任意实数φ，f（x）在区间𝜋3𝜋[，]上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是（　　） 448161620820A．[，） B．[4，） C．[4，） D．[，） 333333第1页（共16页） 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9．（5分）图中矩形表示集合U，A，B是U的两个子集，则阴影部分可以表示为（　　） A．（∁UA）∩B C．∁U（A∩（∁UB）） B．∁B（A∩B） D．∁A∪BA ―𝑥，𝑥＜010．（5分）已知函数f（x）=𝑥2𝑥0，则有（　　） ，＞A．存在x0＞0，使得f（x0）＝﹣x0 B．存在x0＜0，使得f（x0）＝x02 {C．函数f（﹣x）与f（x）的单调区间和单调性相同 D．若f（x1）＝f（x2）且x1≠x2，则x1+x2≤0 11．（5分）两个等差数列{an}和{bn}，其公差分别为d1和d2，其前n项和分别为Sn和Tn，则下列命题中正确的是（　　） A．若{S𝑛}为等差数列，则d1＝2a1 B．若{Sn+Tn}为等差数列，则d1+d2＝0 C．若{anbn}为等差数列，则d1＝d2＝0 D．若bn∈N*，则{ab𝑛}也为等差数列，且公差为d1+d2 12．（5分）设函数f（x）＝e2x﹣8ex+6x，若曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线与该曲线恰有一个公共点P，则选项中满足条件的x0有（　　） A．﹣ln2 B．ln2 C．ln4 D．ln5 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．（5分）两个单位向量e1，e2满足|e1|＝|e1+e2|，则|e1―e2|＝_ 　 14．（5分）双曲线E：

𝑥2𝑎2→

→

→

→

→

→

→

　． ―

𝑦2𝑏2=1（a＞0，b＞0）的半焦距为c，若双曲线E与圆：（x﹣

c）2+y2＝9a2恰有三个公共点，则E的离心率为 　 　． 15．（5分）在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评．设随机变量X～B（n，

kn﹣k，k＝0，1，2，…，n．在研究p的最大值时，小组同学发p），记pk＝C𝑘knp（1﹣p）

现：若（n+1）p为正整数，则k＝（n+1）p时，pk＝pk﹣1，此时这两项概率均为最大值；

第2页（共16页） 若（n+1）p为非整数，当k取（n+1）p的整数部分，则pk是唯一的最大值．以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数．当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为 　 　的概率最大． 16．（5分）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为 　

　． 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（10分）已知公比不为1的等比数列{an}满足a1+a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列． （Ⅰ）求{an}的通项公式； 23（Ⅱ）记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞成立的最大正整数k． 818．（12分）在△ABC中，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B=

6． 2（Ⅰ）若cosAcosC=，求△ABC的面积； 32𝜋，b=311（Ⅱ）试问+=1能否成立？若能成立，求此时△ABC的周长；若不能成立，请说明

𝑎𝑐理由． 19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，CD⊥平面PAD，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，M为棱PC上一点． （Ⅰ）若BM⊥CD，证明：BM∥平面PAD； （Ⅱ）若PA＝PD＝AD＝2，且PA∥平面BMD，求直线PC与平面BMD所成角的正弦值． 第3页（共16页） 20．（12分）有关研究表明，正确佩戴安全头盔，规范使用安全带能够将交通事故死亡风险大幅降低，对保护群众生命安全具有重要作用．2020年4月，“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展．行动期间，交管部门将加强执法管理，依法查纠摩托车和电动自行车骑乘人员不佩戴安全头盔，汽车驾乘人员不使用安全带的行为，助推养成安全习惯．该行动开展一段时间后，某市针对电动自行车骑乘人员是否佩戴安全头盔问题进行调查，在随机调查的1000名骑行人员中，记录其年龄和是否佩戴头盔情况，得到如图的统计图表： （Ⅰ）估算该市电动自行车骑乘人员的平均年龄； （Ⅱ）根据所给的数据，完成下面的列联表： 是否佩戴头盔 年龄 [20，40） [40，70] 是 否 （Ⅲ）根据（Ⅱ）中的列联表，判断是否有99%把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关？ 附：K2

𝑛(𝑎𝑑―𝑏𝑐)2． =

(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)P（K2≥k） k 0.050 3.841 𝑥2𝑎2𝑦2𝑏20.010 6.635 0.001 10.828 21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，过椭圆内点D

第4页（共16页） 2（，0）且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，|PD|34＝|BD|=． 3（Ⅰ）求椭圆C的标准方程； （Ⅱ）设直线AP，AQ和直线l：x＝t分别交于点M，N，若MD⊥ND恒成立，求t的值． 22．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣a﹣lnx． （Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的最小值； （Ⅱ）证明：当0＜a≤1时，f（x）≥lna恒成立． 第5页（共16页） 2021年湖北省武汉市高考数学质检试卷（3月份） 参与试题解析 一、选择题：本题共8小题，每小题5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．【解答】解：设z＝a+bi，（a，b∈R）， 𝑧∵=i，∴a﹣bi＝i（a+bi）＝﹣b+ai， 𝑧∴a＝﹣b，﹣b＝a，a与b不全为0， ∴复平面上表示复数z的点（a，﹣a）位于第二或第四象限， 故选：B． 2．【解答】解：由tanθ=故“tanθ=

3，可得sin2θ=

2𝑡𝑎𝑛𝜃1+𝑡𝑎𝑛2𝜃=

3， 23”是“sin2θ=

3”的充分条件， 22𝑡𝑎𝑛𝜃3=由sin2θ=，可得tanθ=1+𝑡𝑎𝑛2𝜃23，或tanθ=

3， 3故“tanθ=故选：A． 3”是“sin2θ=

3”的不必要条件， 23．【解答】解：a＝30.5＝（35）0.1＝2430.1， b＝40.4＝（44）0.1＝2560.1， c＝50.3＝（53）0.1＝1250.1， ∵幂函数y＝x0.1在（0，+∞）上单调递增，且125＜243＜256， ∴1250.1＜2430.1＜2560.1， 即c＜a＜b， 故选：C． 4．【解答】解：正整数n≥7，若（x-1）（1﹣x）n的展开式中不含x4的项， 𝑥则 （1﹣x）n的展开式中的含x3的项和含x5的项的系数和为0， 5

即-𝐶3𝑛+C𝑛=0，∴n＝8， 故选：B． 5．【解答】解：从3双不同的鞋子中随机任取3只， 基本事件总数n=𝐶36=20， 第6页（共16页） 21

这3只鞋子中有两只可以配成一双包含的基本事件个数m=𝐶13𝐶2𝐶4=12， 3=． 则这3只鞋子中有两只可以配成一双的概率是P=𝑛=

205𝑚12故选：C． 6．【解答】解：如图所示，截面为△SMN，P为MN的中点，设OP＝x（0＜x≤，OB=

3， 𝑥2+1，𝑀𝑁=23―𝑥2， 123），SB=2

所以SO＝1，SP=故S△𝑆𝑀𝑁=

12⋅𝑀𝑁⋅𝑆𝑃=

⋅𝑥2+1⋅23―𝑥2=-(𝑥2―1)2+4， 所以当x＝1时，S△SMN＝2，此时的截面面积最大． 故选：A． 7．【解答】解：设△ACF与△BDF的高分别h1，h2，则|ℎ|=， |𝐵𝐹|2由抛物线的性质可得|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD|， 𝑆△𝐴𝐶𝐹𝑆△𝐵𝐷𝐹1212|ℎ1||𝐴𝐹|=

⋅|𝐴𝐶|⋅|ℎ1||𝐵𝐷|⋅|ℎ2|=

|𝐴𝐹|2|𝐵𝐹|2=4，则

|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=2， 设AB的倾斜角为θ， 𝑝𝑝AF=1―𝑐𝑜𝑠𝜃，BF=1+𝑐𝑜𝑠𝜃，（抛物线焦点弦推论）， 所以

1+𝑐𝑜𝑠𝜃1―𝑐𝑜𝑠𝜃=2，解得cosθ=

223131， 3所以tanθ=

𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃==22， 当|AF|＜|BF|，这时tanθ＝﹣22， 故选：D． 第7页（共16页） 18．【解答】解：令函数f（x）＝2sin（ωx+φ）﹣1＝0，解得sin（ωx+φ）=， 2y＝sin（ωx+φ）是由y＝sinx图象变换得到的，且最小正周期为T=𝜋5𝜋1在[0，2π]内，sin=sin=， 6262𝜋， 𝜔所以函数y＝sinx相邻4个零点x1、x2、x3、x4满足： x2﹣x1＝x4﹣x3=

5𝜋6―

𝜋6=

2𝜋， 3x3﹣x1＝x4﹣x2＝2π， 4𝜋=， x3﹣x2＝（x3﹣x1）﹣（x2﹣x1）＝2π-332𝜋所以相邻两零点最大距离d1＝2π， 相邻四个零点占区间长度最短为d2＝x4﹣x1＝（x4﹣x3）+（x3﹣x1）=

2𝜋3+2π=

8𝜋， 3𝜋3𝜋𝜋𝜋3𝜋3𝜋𝜋x∈[，]时，ωx∈[ω，ω]，区间宽度为[―]ω=2ω， 444444𝜋𝜋8𝜋𝜋所以2π≤2ω＜（ω＝d1至少有2个零点，ω＝d2至多有4个零点）， 2321616解得4≤ω＜，所以ω的取值范围是[4，）． 33故选：B． 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合

第8页（共16页） 题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9．【解答】解：由图知，阴影部分中的元素在集合B中但不在集合A中， 所以阴影部分所表示的集合是 B∩（∁UA），∁A∪BA，∁B（A∩B）， 故选：ABD． ―𝑥，𝑥＜010．【解答】解：因为f（x）=𝑥2𝑥0， ，＞

当x0＞0时，f（x0）＝x02＝﹣x0，解得x0＝0，x0＝﹣1，显然都不满足x0＞0，故A不正确； 当x0＜0时，f（x0）＝﹣x0＝x02，解得x0＝0，x0＝﹣1，显然x0＝﹣1满足x0＜0，故B正确； 当x＜0时，f（x）＝﹣x单调递减，即f（x）的单调减区间为（﹣∞，0）， 当x＞0时，f（x）＝x2单调递增，即f（x）的单调增区间为（0，+∞）， 𝑥，―𝑥＜0x，x＞0

又f（﹣x）=𝑥2―𝑥0=𝑥2𝑥0，因此f（﹣x）在（﹣∞，0）上单调递减，在

，＞，＜（0，+∞）上单调递增， 即函数f（﹣x）与f（x）的单调区间和单调性相同，故C正确； 不妨令x1＜x2，f（x1）＝f（x2）=不正确． 故选：BC． 11．【解答】解：对于A：因为{S𝑛}为等差数列，所以2S2=S1+S3， 即2a1+𝑎2=a1+a1+𝑎2+𝑎3， 所以22𝑎1+𝑑1=a1+3𝑎1+3𝑑1， 化简得（d1﹣2a1）2＝0，所以d1＝2a1，故A正确； 对于B：因为{Sn+Tn}为等差数列， 所以2（S2+T2）＝S1+T1+S3+T3， 所以2（2a1+d1+2b1+d2）＝a1+b1+3a1+3d1+3b1+3d2， 所以d1+d2＝0，故B正确； 对于C：因为{anbn}为等差数列， 所以2a2b2＝a1b1+a3b3， 所以2（a1+d1）（b1+d2）＝a1b1+（a1+2d1）（b1+2d2）， 第9页（共16页） {{{1，则x1=4-

111，x2=，此时x1+x2=＞0，故D424 化简得d1d2＝0，所以d1＝0或d2＝0，故C不正确； 对于D：因为an＝a1+（n﹣1）d1，且bn∈N*， 所ab𝑛=a1+（b1﹣1）d1+（n﹣1）d1d2， 所以ab𝑛+1―ab𝑛=a1+（b1﹣1）d1+nd1d2﹣a1﹣（b1﹣1）d1﹣（n﹣1）d1d2＝d1d2， 所以{ab𝑛}也为等差数列，且公差为d1d2，故D不正确． 故选：AB． 12．【解答】解：根据题意，f（x）＝e2x﹣8ex+6x， 则f′（x）＝2e2x﹣8ex+6，f′′（x）＝4e2x﹣8ex＝4ex（ex﹣2）， 若f′′（x）＝0，即4ex（ex﹣2）＝0，解可得x＝ln2， 在区间（﹣∞，ln2）上，f′′（x）＜0，f′（x）为减函数， 在区间（ln2，+∞）上，f′′（x）＞0，f′（x）为增函数， 可得x＝ln2为拐点，即为凹凸的分界点， 过点（ln2，f（ln2））处的切线与f（x）的图像有且只有一个交点； 若f′（x）＝2e2x﹣8ex+6＝0，变形可得（ex﹣1）（ex﹣3）＝0，解可得x＝0或x＝ln3， 在区间（﹣∞，0）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数， 在区间（0，ln3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数， 在区间（ln3，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数， 画出y＝f（x）的图像， 若曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线与该曲线恰有一个公共点P， 且当x0＝ln4时，切线的斜率为f′（x0）＝6， 而y＝6x是原函数的一条渐近线， 当x0≥ln4时，在点P（x0，f（x0））处的切线与该曲线恰有一个公共点P． 综上可得x0＝ln2或x0≥ln4． 故选：BCD． 第10页（共16页） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．【解答】解：∵|𝑒1|=|𝑒2|=1，|𝑒1|=|𝑒1+𝑒2|， ∴e1=𝑒1+𝑒2+2𝑒1⋅𝑒2， ∴2𝑒1⋅𝑒2=―1， →→→→

∴|𝑒1―𝑒2|=(𝑒1―𝑒2)2=e1―2𝑒⋅𝑒+𝑒=1+1+1=3． 122

→

→

→

→

→

→→2

→2

→2

→

→

→

→

→

→

→

22

故答案为：3． 14．【解答】解：双曲线E：

𝑥2𝑎2―

𝑦2𝑏2=1（a＞0，b＞0）的半焦距为c，若双曲线E与圆：

（x﹣c）2+y2＝9a2恰有三个公共点， 𝑐可得a+c＝3a，解得e=𝑎=2． 故答案为：2． 15．【解答】解：继续再进行80次投掷实验，出现点数为1次数X服从二项分布X～B1（80，）， 6由k＝（n+1）p＝81×

16=

272=13.5， 结合题中的结论可知，当k＝13时概率最大， 即后面80次中出现13次点数1的概率最大，加上前面20次中的5次， 第11页（共16页） 所以出现18次的概率最大， 故答案为：18． 16．【解答】解：作出该几何体在下底面的投影图如图， ∵正六角反棱柱各棱长均为1，∴OA＝1，OB=

33，则AB＝1-， 22过侧面任意一三角形上顶点作底面垂线，设垂足为A，d为上下两底面距离， 323)―(1―)2=3―1， 22𝑑23―13+3𝑑222

=设球的半径为R，则有R=1+()=1+=1+， 2444则d2=(

∴其外接球的表面积为S＝4π×故答案为：(3+3)𝜋． 3+3=（3+3）π． 4 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，且q≠1， ∵a1+a3＝5，a1，a3，a2构成等差数列 a1=4a1+𝑎1𝑞2=5∴，解得𝑞=―1， 2𝑎1𝑞2=𝑎1+𝑎1𝑞

2{{∴an＝a1q＝4•(-

1𝑛―1)． 21𝑛―1

∴数列{an}的通项公式为an＝4•(-)，n∈N*． 24[1―(―)𝑛]12（Ⅱ）Sn=

1+128811=[1-(-)𝑛]，∴Sk=[1-(-)𝑘]， 322385231𝑘231𝑘

要使Sk＞，即[1-(-)]＞，即(-)＜―， 882231𝑘

当k为偶数时，(-)＞0，不等式不成立， 2∴k为奇数，设k＝2m﹣1，m∈∈N*， 155512812𝑚―112𝑚

则(-)，即𝑚＞，即4m＜， ＜―，即(-)＞

5224128128第12页（共16页） ∴整数m≤2，所以m的最大值为2， 此时k的最大值为3， 23∴使Sk＞成立的最大正整数k＝3． 8𝜋2𝜋18．【解答】解：（Ⅰ）由B=，可得A+C=3， 3所以cos（A+C）＝cosAcosC﹣sinAsinC，即=𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶―𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶， 221又因为cosAcosC=，所以sinAsinC=， 36因为

𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴1=

𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶=

632=22， 所以a=22𝑠𝑖𝑛𝐴，𝑐=22𝑠𝑖𝑛𝐶， 所以S△𝐴𝐵𝐶=

112⋅22𝑠𝑖𝑛𝐴⋅22𝑠𝑖𝑛𝐶⋅𝑠𝑖𝑛𝐵=4𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶=4×

16×

33=； 231+=1能成立，所以a+c＝ac， （Ⅱ）假设

𝑎𝑐由余弦定理，b2＝a2+c2﹣2accosB， 所以6＝a2+c2+ac，所以（a+c）2﹣ac＝6， 故（ac）2﹣ac﹣6＝0，解得ac＝3或ac＝﹣2（舍）， 此时a+c＝ac＝3，不满足a+c≥2𝑎𝑐， 11所以假设不成立，故+=1不成立． 𝑎𝑐19．【解答】（Ⅰ）证明：作BN∥AD交CD于点N， 因为CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥AD，所以CD⊥BN， 因为BM⊥CD，BM∩BN＝B，BM，BN⊂平面BMN， 所以CD⊥平面BMN，因为CD⊥平面PAD， 所以平面PAD∥平面BMN，因为BM⊂平面BMN， 所以BM∥平面PAD； （Ⅱ）解：取BC的中点F，AD的中点O，连结OF，OP， 因为CD⊥平面PAD，OF∥CD，所以OF⊥平面PAD， 因为AD，OP⊂平面PAD，所以OF⊥AD，OF⊥OP， 因为PA＝PD，所以PD⊥AD， 第13页（共16页） 以O为坐标原点，OA，OF，OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示， 设𝑃𝑀𝑃𝐶=𝜆，所以PM=𝜆𝑃𝐶， →

→

→→

因为P(0，0，3)，𝐶(―1，2，0)，所以PC=(―1，2，―3)，𝑃𝑀=(―𝜆，2𝜆，―3𝜆)， 所以M(-λ，2λ，3―3𝜆)， 因为B（1，1，0），D（﹣1，0，0），所以BM=(―𝜆―1，2𝜆―1，3―3𝜆)，BD=(―2，―1，0)， 设平面

BMD

的法向量为n=(𝑥，𝑦，𝑧)，则有

→→

→

{→

n⋅𝐵𝑀=0

，即→→

𝑁⋅𝐵𝐷=0

→

{(-λ-1)x+(2λ-1)y+(3―3𝜆)𝑧=0

， ―2𝑥―𝑦=0

5𝜆―13(1―𝜆)→

令x＝1，得y＝﹣2，z=，所以n=(1，―2，

→

5𝜆―13(1―𝜆))， 因为A（1，0，0），所以PA=(1，0，―3)， 5𝜆―11所以n⋅𝑃𝐴=0，即1-1―𝜆=0，解得λ=， 3→

→

1223→3)，n=(1，―2，)， 所以M(-，，

3333则有|cos＜𝑃𝐶，𝑛＞|=

→→

|𝑃𝐶⋅𝑛||𝑃𝐶||𝑛|→→→→|―1―4―1|=

22×433=

36． 836所以直线PC与平面BMD所成角的正弦值为． 8 20．【解答】解：（Ⅰ）该市电动自行车骑乘人员的平均年龄为：25×0.25+35×0.35+45×0.2+55×0.15+65×0.05＝39． （Ⅱ）列联表如下图： 第14页（共16页） 是否佩戴头盔 年龄 [20，40） [40，70] （Ⅲ）K2

540 340 60 60 是 否 1000×(60×540―60×340)2125=≈5.682＜6.635， =

22600×400×880×120所以没有99%把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关． 242424𝑥2𝑦21．【解答】解：（Ⅰ）由|BD|=得a=+=2，故C的方程为+2=1,此时 P(,333334𝑏)， 𝑦2代入方程+2=1,解得 C的标准方程为+=1． 99𝑏242（Ⅱ）设直线PQ的方程为：x=my+， 3116b2＝2，故

𝑥2与椭圆联立得(𝑚2+2)𝑦2+

4𝑚3𝑦―

329=0， 设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则

{y1+𝑦2=𝑦1𝑦2=

―4𝑚3(𝑚2+2)，① ―329(𝑚2+2)此时直线AP的方程为y=𝑥+2(𝑥+2)，与x＝t联立， 1(𝑡+2)𝑦1(𝑡+2)𝑦2得点M(𝑡,𝑥+2)，同理，N(𝑡,𝑥+2)， 12由MD⊥ND，则kMD⋅kND＝﹣1， 即

2⋅=―1， 2(𝑡―)(𝑥1+2)(𝑡―3)(𝑥2+2)3𝑦1(𝑡+2)𝑦1(𝑡+2)𝑦2所以(t+2)2𝑦1𝑦2+(𝑡―即(t+2)𝑦1𝑦2+(𝑡―

2

288)(𝑚𝑦1+)(𝑚𝑦2+)=0， 333223)[𝑚2𝑦1𝑦2+

232

8𝑚3(𝑦1+𝑦2)+

]=0， 932𝑚2把①代入得

―32(𝑡+2)29(𝑚2+2)2

+(𝑡―232

)[

2

―32𝑚29(𝑚2+2)―

9(𝑚2+2)+

]=0， 9化简得-32(t+2)+(𝑡―即(t+2)―4(𝑡―

2

)[―32𝑚2―32𝑚2+(𝑚2+2)]=0， 23)=0， 2

第15页（共16页） t+2=解得 t=

2±2(𝑡―)， 3-

210 或 t=． 9322．【解答】（Ⅰ）解：当a＝1

时，f（x）＝（x﹣1）ex﹣1﹣lnx，则

𝑥―1

f'（x）=x𝑒

𝑥―1

1―， 𝑥设g（x）＝f'（x），则g'（x）=(x+1)𝑒+

＞0， 𝑥21故f'（x）在（0，+∞）上单调递增，又f'（1）＝0， 故当0＜x＜1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减， 当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 故f（x）在x＝1处取得最小值为f（1）＝0； （Ⅱ）证明：设h（a）＝（x﹣1）ex﹣a﹣lnx﹣lna， 则h'（a）=设

(1―𝑥)𝑒𝑥𝑒𝑎𝑒𝑎―=𝑎[(1―𝑥)𝑒―]， 𝑎𝑒𝑎𝑥

11s（x）＝（1﹣x）ex，t（x）

𝑒𝑥=， 𝑥因为s'（x）＝﹣xex＜0，所以当x＞0时，s（x）单调递减，s（x）＜s（0）＝1， 𝑥―1𝑥

因为t'（x）=2𝑒， 𝑥所以当0＜x＜1时，t'（x）＜0，t（x）单调递减， 当x＞1时，t'（x）＞0，t（x）单调递增， 所以t（x）＞t（1）＝e， 𝑒𝑎故a＞0，x＞0时，(1-x)𝑒＜1＜𝑒≤，即h'（a）＜0，故h（a）单调递减， 𝑎𝑥

则当0＜a≤1时，h（a）≥h（1）＝（x﹣1）ex﹣1﹣lnx， 由（1）可知，（x﹣1）ex﹣1﹣lnx≥0， 故当0＜a≤1时，h（a）≥0，即（x﹣1）ex﹣a﹣lnx≥lna恒成立， 故f（x）≥lna． 第16页（共16页）