【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷1【附详细答案和解析、可编辑】 10页

‎【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷1【附详细答案和解析、可编辑】‎ 真水无香 tougao33‎ 学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________‎ ‎ 一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 4 分 ，共计40分 ， ） ‎ ‎ ‎ ‎1. 设全集U=R，集合A=‎x|2x‎2‎+x-3>0‎,集合B={x|3x+2≥0}‎，则‎∁‎RA‎∩B=‎(        ) ‎ A.‎-‎3‎‎2‎,1‎ B.‎-‎2‎‎3‎,1‎ C.‎-‎3‎‎2‎,-‎‎2‎‎3‎ D.‎‎-1,‎‎3‎‎2‎ ‎ ‎ ‎2. 设双曲线的半焦距为c，直线l过A(a, 0)‎，B(0, b)‎两点，若原点O到l的距离为，则双曲线的离心率为（ ） ‎ A.或‎2‎ B.‎2‎ C.或 D.‎ ‎ ‎ ‎3. 已知实数x，y满足约束条件‎(x+y)≥1‎‎2x-y≥2‎y≤1‎‎ ‎，则yx的最大值为（ ） ‎ A.‎2‎ B.‎3‎‎2‎ C.‎1‎ D.‎‎2‎‎3‎ ‎ ‎ ‎4. 某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为‎1‎．则该几何体的体积为（ ） ‎ A.π‎3‎ B.‎2π‎3‎ C.π D.‎‎4π‎3‎ ‎ ‎ ‎5. 若a，b，c，d均为正数，则“a>bc>d”是“ac>bd”的（        ） ‎ A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎ ‎ ‎ ‎6. 设函数f(x)=|‎2‎x-1|‎，cf(a)>f(b)‎，则‎2‎a‎+‎‎2‎c与‎2‎的大小关系是（ ） ‎ A.‎2‎a‎+‎2‎c>2‎ B.‎2‎a‎+‎2‎c≥2‎ C.‎2‎a‎+‎2‎c≤2‎ D.‎‎2‎a‎+‎2‎c<2‎ ‎ ‎ ‎7. 现有‎4‎个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为‎1‎或‎2‎的人去打篮球，掷出点数大于‎2‎的人去打乒乓球．用X，Y分别表示这‎4‎个人中去打篮球和乒乓球的人数，记ξ=|X-Y|‎，求随机变量ξ的数学期望Eξ为‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎128‎‎81‎ B.‎135‎‎81‎ C.‎140‎‎81‎ D.‎‎148‎‎81‎ ‎ ‎ ‎8. 已知正方体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中，E是线段AB上的点（含端点），设D‎1‎E与AD所成的角为α，D‎1‎E与底面ABCD所成的角为β，二面角D‎1‎‎-AE-D的平面角为γ，则（        ） ‎ A.β≤α≤γ B.α≤β≤γ C.α≤γ≤β D.‎β≤γ≤α ‎ ‎ ‎9. 已知定义在R上的函数f(x)‎为单调函数，且对任意x∈R，恒有f(f(x)-‎2‎x)=-‎‎1‎‎2‎，则函数f(x)‎的零点是（        ） ‎ A.‎-1‎ B.‎0‎ C.‎1‎ D.‎‎2‎ ‎ ‎ ‎10. 数列‎{an}‎是以a为首项，q为公比的等比数列，数列‎{bn}‎满足bn＝‎1+a‎1‎+a‎2‎+...+an(n＝‎1, 2‎,…‎)‎，数列‎{cn}‎满足cn＝‎2+b‎1‎+b‎2‎+...+bn(n＝‎1, 2‎,…‎)‎．若‎{cn}‎为等比数列，则a+q＝（ ） ‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C.‎5‎ D.‎‎6‎ ‎ 二、 填空题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ， ） ‎ ‎ ‎ ‎11. 已知复数z‎1‎‎=1-i，z‎1‎‎⋅z‎2‎=1+i，则复数z‎2‎‎=‎________，‎|z‎2‎|=‎________． ‎ ‎ ‎ ‎12. 已知AC、BD为圆O:x‎2‎+‎y‎2‎＝‎4‎的两条相互垂直的弦，垂足为M(1, ‎2‎)‎，则四边形ABCD的面积的最大值为________． ‎ ‎ ‎ ‎13. 已知a=‎1‎π‎-1‎‎1‎‎(‎‎1-‎x‎2‎+sinx)dx，则二项式‎(2x-‎ax‎2‎‎)‎‎9‎的展开式中的常数项为________． ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ ‎ ‎14. 在‎△ABC中，‎∠ABC=‎90‎‎∘‎,AB=4,BC=3‎，点D在线段AC上，若‎∠BDC=‎‎45‎‎∘‎，则cos∠ABD=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎15. 已知圆C:x‎2‎+(y-4‎‎)‎‎2‎＝‎4‎与双曲线E:x‎2‎a‎2‎-y‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎的渐近线相切，则双曲线的离心率为________． ‎ ‎ ‎ ‎16. 已知存在实数x使得不等式‎|x-3|-|x+2|≥|3a-1|‎成立，则实数a的取值范围是________． ‎ ‎ ‎ ‎17. 已知平面向量a‎→‎，b‎→‎，c‎→‎，满足‎|a‎→‎|‎＝‎|b‎→‎|‎＝‎|a‎→‎-b‎→‎|‎＝‎|a‎→‎+b‎→‎-c‎→‎|‎＝‎1‎，则‎|c‎→‎|‎的最大值为M＝________． ‎ ‎ 三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 14 分 ，共计70分 ， ） ‎ ‎ ‎ ‎18. 设‎△ABC的三内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且sinAsinC=‎‎3‎‎4‎． ‎ ‎(1)‎求角B的大小；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎设向量m‎→‎‎=(cosA, cos2A)‎，n‎→‎‎=(-‎12‎‎5‎, 1)‎，当m‎→‎‎⋅‎n‎→‎取最小值时，判断‎△ABC的形状．‎ ‎ ‎ ‎19. 如图，已知三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎，平面A‎1‎ACC‎1‎⊥‎平面ABC，‎∠ABC=‎‎90‎‎∘‎，‎∠BAC=‎‎30‎‎∘‎，A‎1‎A=A‎1‎C=AC，E, F分别是AC，A‎1‎B‎1‎的中点. ‎ ‎(1)‎证明：EF⊥BC；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求直线EF与平面A‎1‎BC所成角的余弦值.‎ ‎ ‎ ‎20. 设等差数列‎{an}‎的前n项和为Sn‎,a‎3‎=4,a‎4‎=S‎3‎.‎数列‎{bn}‎满足：对每个n∈N‎*‎,Sn+bn,Sn+1‎+bn,Sn+2‎+‎bn成等比数列. ‎ ‎(1)‎求数列‎{an}‎，‎{bn}‎的通项公式；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎记cn‎=‎an‎2‎bn, n∈‎N‎*‎，证明： c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+cn<2n,n∈‎N‎*‎.‎ ‎ ‎ ‎21. 已知抛物线C:y‎2‎=2px(p>0)‎，点F为抛物线的焦点，焦点F到直线‎3x-4y+3=0‎的距离为d‎1‎，焦点F到抛物线C的准线的距离为d‎2‎，且d‎1‎d‎2‎‎=‎‎3‎‎5‎． ‎ ‎(1)‎抛物线C的标准方程；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若在x轴上存在点M，过点M的直线l与抛物线C相交于P，Q两点，且‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎‎1‎‎|QM|‎‎2‎为定值，求点M的坐标．‎ ‎ ‎ ‎22. 已知函数f(x)=xlnx，g(x)=a(x-1)‎． ‎ ‎(1)‎若f(x)≥g(x)‎恒成立，求实数a的值； ‎ ‎ ‎ ‎(2)‎存在x‎1‎，x‎2‎‎∈(0, +∞)‎，且x‎1‎‎≠‎x‎2‎，f(x‎1‎)=f(x‎2‎)‎，求证：f‎'‎‎(x‎1‎x‎2‎)<0‎．‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎【2020年高考数学预测题、估测题】浙江省试卷1【附详细答案和解析、可编辑】‎ 一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 4 分 ，共计40分 ） ‎ ‎1.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解：A=‎-∞,-‎‎3‎‎2‎∪(1,+∞)‎，‎∁‎RA=‎‎-‎3‎‎2‎,1‎，‎ B=‎‎-‎2‎‎3‎,+∞‎‎，‎∁‎RA‎∩B=‎‎-‎2‎‎3‎,1‎，‎ 故选B.‎ ‎2.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 由题设条件知直线l的方程为，即：ay+bx-ab＝‎0‎ ∵ 原点O到直线l的距离为，∴ ， 又c‎2‎＝a‎2‎‎+‎b‎2‎∴ ， 从而‎16a‎2‎(c‎2‎-a‎2‎)‎＝‎3‎c‎4‎， ∵ a>0‎，∴ ‎3e‎4‎-16e‎2‎+16‎＝‎0‎解得：e‎2‎＝‎4‎或e‎2‎， ∵ ‎02‎ ∴ e‎2‎＝‎4‎， 又e>1‎ ∴ 此双曲线的离心率为（2）‎ ‎3.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 由实数x，y满足约束条件‎(x+y)≥1‎‎2x-y≥2‎y≤1‎‎ ‎，作出可行域如图， 联立y=1‎‎2x-y=2‎‎ ‎，解得A(‎3‎‎2‎, 1)‎， z=‎yx的几何意义为可行域内的动点与定点O(0, 0)‎连线的斜率． ∵ z=yx=‎‎3‎‎2‎， ∴ z=‎yx的最大值为‎3‎‎2‎．‎ ‎4.【答案】‎ D ‎【解答】‎ 由三视图还原原几何体， 可知该几何体为圆柱内部去掉一个圆锥， 圆柱的体积为‎2π，圆锥的体积为‎2π‎3‎， 则该几何体的体积为V＝‎2π-‎2π‎3‎=‎‎4π‎3‎．‎ ‎5.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解：由a>bc>d可以推出ac>bd，反之不行．‎ 故选C．‎ ‎6.【答案】‎ D ‎【解答】‎ 解：f(x)=|‎2‎x-1|=‎‎2‎x‎-1，x≥0‎‎1-‎2‎x，x<0‎， 作出f(x)=|‎2‎x-1|‎的图象如图所示， 由图可知，要使cf(a)>f(b)‎成立， 则有c<0‎且a>0‎， 故必有‎2‎c‎<1‎且‎2‎a‎>1‎， 又f(c)-f(a)>0‎，即为‎1-‎2‎c-(‎2‎a-1)>0‎， ∴ ‎2‎a‎+‎2‎c<2‎． 故选：D．‎ ‎7.【答案】‎ D ‎【解答】‎ 解：依题意，这‎4‎个人中，每个人去打篮球的概率为‎1‎‎3‎，去打乒乓球的概率为‎2‎‎3‎． 设“这‎4‎个人中恰有i人去打篮球”为事件Ai‎(i=0,1,2,3,4)‎， 则P(Ai)=‎C‎4‎i‎1‎‎3‎i‎2‎‎3‎‎4-i，‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ξ的所有可能取值为‎0‎，‎2‎，‎4‎． 由于A‎1‎与A‎3‎互斥，A‎0‎与A‎4‎互斥， 故P(ξ=0)=P(A‎2‎)=‎‎8‎‎27‎，P(ξ=2)=P(A‎1‎)+P(A‎3‎)=‎‎40‎‎81‎， P(ξ=4)=P(A‎0‎)+P(A‎4‎)=‎‎17‎‎81‎． 所以ξ的分布列是 ‎ ξ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ P ‎8‎‎27‎ ‎40‎‎81‎ ‎17‎‎81‎ 随机变量ξ的数学期望Eξ=0×‎8‎‎27‎+2×‎40‎‎81‎+4×‎17‎‎81‎=‎‎148‎‎81‎． 故选D．‎ ‎8.【答案】‎ D ‎【解答】‎ 解：正方体AC‎1‎中，AD//‎A‎1‎D‎1‎，设棱长为‎2‎， ‎∴ ∠A‎1‎D‎1‎E是异面直线D‎1‎E与AD所成角． 易求D‎1‎E=D‎1‎D‎2‎‎+DE‎2‎=D‎1‎D‎2‎‎+AD‎2‎+AE‎2‎=3‎ A‎1‎E=A‎1‎A‎2‎‎+AE‎2‎=‎5‎ Rt△D‎1‎A‎1‎E中，sin∠A‎1‎D‎1‎E=A‎1‎ED‎1‎E=‎‎5‎‎3‎ 即sinα=‎‎5‎‎3‎ 易知‎∠D‎1‎ED为D‎1‎E与平面ABCD所成角 Rt△D‎1‎DE中sin∠D‎1‎ED=D‎1‎DDE=‎‎2‎‎3‎ 即sinβ=‎‎2‎‎3‎ 由AB⊥‎面A‎1‎ADD‎1‎ ‎∴ ∠D‎1‎AE二面角D‎1‎AED的平面角 ‎∴ sin∠D‎1‎AE=D‎1‎DAD‎1‎=‎2‎‎2‎ ‎即sinγ=‎‎2‎‎2‎ ‎∴ α，β，γ均为锐角， ‎∴ sinβ0‎， 则sinB=‎‎3‎‎2‎． 因为B∈(0, π)‎， 所以B=‎π‎3‎或‎2π‎3‎． 又b‎2‎‎=ac，则b≤a或b≤c，即b不是‎△ABC的最大边， 故B=‎π‎3‎．‎ ‎(2)‎因为向量m‎→‎‎=(cosA, cos2A)‎，n‎→‎‎=(-‎12‎‎5‎, 1)‎， 所以m‎→‎‎⋅‎n‎→‎ ‎=-‎12‎‎5‎cosA+cos2A ‎‎=-‎12‎‎5‎cosA+2cos‎2‎A-1 =2(cosA-‎3‎‎5‎‎)‎‎2‎-‎‎43‎‎25‎， 所以当cosA=‎‎3‎‎5‎时，m‎→‎‎⋅‎n‎→‎取得最小值‎-‎‎43‎‎25‎． 因为‎1‎‎2‎‎‎π‎2‎． 从而‎△ABC为锐角三角形．‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)‎因为a、b、c成等比数列，则b‎2‎‎=ac． 由正弦定理得sin‎2‎B=sinAsinC． 又sinAsinC=‎‎3‎‎4‎， 所以sin‎2‎B=‎‎3‎‎4‎． 因为sinB>0‎， 则sinB=‎‎3‎‎2‎． 因为B∈(0, π)‎， 所以B=‎π‎3‎或‎2π‎3‎． 又b‎2‎‎=ac，则b≤a或b≤c，即b不是‎△ABC的最大边， 故B=‎π‎3‎．‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎(2)‎因为向量m‎→‎‎=(cosA, cos2A)‎，n‎→‎‎=(-‎12‎‎5‎, 1)‎， 所以m‎→‎‎⋅‎n‎→‎ ‎=-‎12‎‎5‎cosA+cos2A ‎‎=-‎12‎‎5‎cosA+2cos‎2‎A-1 =2(cosA-‎3‎‎5‎‎)‎‎2‎-‎‎43‎‎25‎， 所以当cosA=‎‎3‎‎5‎时，m‎→‎‎⋅‎n‎→‎取得最小值‎-‎‎43‎‎25‎． 因为‎1‎‎2‎‎‎π‎2‎． 从而‎△ABC为锐角三角形．‎ ‎19.【答案】‎ ‎(1)‎证明：如图，连接A‎1‎E， ∵ A‎1‎A=A‎1‎C，E是AC的中点， ∴ A‎1‎E⊥AC， 又平面A‎1‎ACC‎1‎⊥‎平面ABC，A‎1‎E⊂‎平面A‎1‎ACC‎1‎，平面A‎1‎ACC‎1‎∩‎平面ABC=AC， ∴ A‎1‎E⊥‎平面ABC，则A‎1‎E⊥BC， 又∵ A‎1‎F//AB，‎∠ABC=‎‎90‎‎◦‎，故BC⊥A‎1‎F， ∴ BC⊥‎平面A‎1‎EF， ∴ EF⊥BC.‎ ‎(2)‎解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA‎1‎是平行四边形， 由于A‎1‎E⊥‎平面ABC，故A‎1‎E⊥EG， ∴ 平行四边形EGFA‎1‎为矩形， 由‎(1)‎得BC⊥‎平面EGFA‎1‎，则平面A‎1‎BC⊥‎平面EGFA‎1‎， ∴ EF在平面A‎1‎BC上的射影在直线A‎1‎G上， 连接A‎1‎G交EF于O，则‎∠EOG是直线EF与平面A‎1‎BC所成的角（或其补角）， 不妨设AC=4‎，则在Rt△A‎1‎EG中，A‎1‎E=2‎‎3‎，EG=‎‎3‎， 由于O为A‎1‎G的中点，故EO=OG=A‎1‎G‎2‎=‎‎15‎‎2‎， ∴ cos∠EOG=EO‎2‎+OG‎2‎-EG‎2‎‎2EO⋅OG=‎‎3‎‎5‎， ∴ 直线EF与平面A‎1‎BC所成角的余弦值是‎3‎‎5‎.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)‎证明：如图，连接A‎1‎E， ∵ A‎1‎A=A‎1‎C，E是AC的中点， ∴ A‎1‎E⊥AC， 又平面A‎1‎ACC‎1‎⊥‎平面ABC，A‎1‎E⊂‎平面A‎1‎ACC‎1‎，平面A‎1‎ACC‎1‎∩‎平面ABC=AC， ∴ A‎1‎E⊥‎平面ABC，则A‎1‎E⊥BC， 又∵ A‎1‎F//AB，‎∠ABC=‎‎90‎‎◦‎，故BC⊥A‎1‎F， ∴ BC⊥‎平面A‎1‎EF， ∴ EF⊥BC.‎ ‎(2)‎解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA‎1‎是平行四边形， ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 由于A‎1‎E⊥‎平面ABC，故A‎1‎E⊥EG， ∴ 平行四边形EGFA‎1‎为矩形， 由‎(1)‎得BC⊥‎平面EGFA‎1‎，则平面A‎1‎BC⊥‎平面EGFA‎1‎， ∴ EF在平面A‎1‎BC上的射影在直线A‎1‎G上， 连接A‎1‎G交EF于O，则‎∠EOG是直线EF与平面A‎1‎BC所成的角（或其补角）， 不妨设AC=4‎，则在Rt△A‎1‎EG中，A‎1‎E=2‎‎3‎，EG=‎‎3‎， 由于O为A‎1‎G的中点，故EO=OG=A‎1‎G‎2‎=‎‎15‎‎2‎， ∴ cos∠EOG=EO‎2‎+OG‎2‎-EG‎2‎‎2EO⋅OG=‎‎3‎‎5‎， ∴ 直线EF与平面A‎1‎BC所成角的余弦值是‎3‎‎5‎.‎ ‎20.【答案】‎ ‎(1)‎解：设数列‎{an}‎的公差为d，由题意得 a‎1‎‎+2d=4,a‎1‎+3d=3a‎1‎+3d‎，‎ 解得a‎1‎‎=0,d=2‎.‎ 从而an‎=2n-2,n∈‎N‎*‎.‎ 所以Sn‎=n‎2‎-n,n∈‎N‎*‎.‎ 由Sn‎+bn,Sn+1‎+bn,Sn+2‎+‎bn成等比数列得 Sn+1‎‎+‎bn‎2‎‎=‎Sn‎+‎bnSn+2‎‎+‎bn‎.‎ 解得bn‎=‎‎1‎dSn+1‎‎2‎‎-‎SnSn+2‎.‎ 所以bn‎=n‎2‎+n,n∈‎N‎*‎.‎ ‎(2)‎证明：cn‎=an‎2‎bn=‎2n-2‎‎2n(n+1)‎=n-1‎n(n+1)‎,n∈‎N‎*‎.‎ 我们用数学归纳法证明.‎ ‎①当n=1‎时，c‎1‎‎=0<2‎，不等式成立；‎ ‎②假设n=kk∈‎N‎*‎时不等式成立，即c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+ck<2‎k.‎ 那么，当n=k+1‎时，‎ c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+c‎1‎+ck+1‎<2k+k‎(k+1)(k+2)‎<2k+‎‎1‎k+1‎ ‎<2k+‎2‎k+1‎‎+‎k=2k+2(k+1‎-k)=2‎k+1‎‎,‎ 即当n=k+1‎时不等式也成立.‎ 根据①和②，不等式c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+cn<2‎n对任意n∈‎N‎*‎恒成立.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)‎解：设数列‎{an}‎的公差为d，由题意得 a‎1‎‎+2d=4,a‎1‎+3d=3a‎1‎+3d‎，‎ 解得a‎1‎‎=0,d=2‎.‎ 从而an‎=2n-2,n∈‎N‎*‎.‎ 所以Sn‎=n‎2‎-n,n∈‎N‎*‎.‎ 由Sn‎+bn,Sn+1‎+bn,Sn+2‎+‎bn成等比数列得 Sn+1‎‎+‎bn‎2‎‎=‎Sn‎+‎bnSn+2‎‎+‎bn‎.‎ 解得bn‎=‎‎1‎dSn+1‎‎2‎‎-‎SnSn+2‎.‎ 所以bn‎=n‎2‎+n,n∈‎N‎*‎.‎ ‎(2)‎证明：cn‎=an‎2‎bn=‎2n-2‎‎2n(n+1)‎=n-1‎n(n+1)‎,n∈‎N‎*‎.‎ 我们用数学归纳法证明.‎ ‎①当n=1‎时，c‎1‎‎=0<2‎，不等式成立；‎ ‎②假设n=kk∈‎N‎*‎时不等式成立，即c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+ck<2‎k.‎ 那么，当n=k+1‎时，‎ c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+c‎1‎+ck+1‎<2k+k‎(k+1)(k+2)‎<2k+‎‎1‎k+1‎ ‎<2k+‎2‎k+1‎‎+‎k=2k+2(k+1‎-k)=2‎k+1‎‎,‎ 即当n=k+1‎时不等式也成立.‎ 根据①和②，不等式c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+cn<2‎n对任意n∈‎N‎*‎恒成立.‎ ‎21.【答案】‎ 解：‎(1)‎由题意可得，焦点F(p‎2‎, 0)‎，则d‎1‎‎=‎‎1.5p+3‎‎5‎， d‎2‎‎=p． 又d‎1‎d‎2‎‎=‎1.5p+3‎‎5p=‎‎3‎‎5‎，解得：p=2‎． 抛物线C的标准方程：y‎2‎‎=4x；‎ ‎(2)‎设M(t, 0)‎，设点M，P(x‎1‎, y‎2‎)‎，Q(x‎2‎, y‎2‎)‎，显然直线l的斜率不为‎0‎， 设直线l的方程为x=my+t． 联立方程x=my+t，‎y‎2‎‎=4x，‎‎ ‎整理可得y‎2‎‎-4my-4t=0‎． Δ=16(m‎2‎+t)>0‎，‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 y‎1‎‎+y‎2‎=4m‎，y‎1‎y‎2‎‎=-4t， ‎|PM|=‎1+‎m‎2‎|y‎1‎|‎， ‎|QM|=‎1+‎m‎2‎|y‎2‎|‎， ‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎1‎‎|QM|‎‎2‎=‎1‎‎(1+m‎2‎)‎y‎1‎‎2‎+‎1‎‎(1+m‎2‎)‎y‎2‎‎2‎=y‎1‎‎2‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎(1+m‎2‎)‎y‎1‎‎2‎y‎2‎‎2‎=‎16m‎2‎+8t‎16(1+m‎2‎)‎t‎2‎=t+2‎m‎2‎‎2(1+m‎2‎)‎t‎2‎=‎‎2m‎2‎+t‎2t‎2‎m‎2‎+2‎t‎2‎， 要使‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎‎1‎‎|QM|‎‎2‎为定值，必有‎2‎‎2‎t‎2‎‎=‎t‎2‎t‎2‎，解得t=2‎， ∴ ‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎‎1‎‎|QM|‎‎2‎为定值时，点M的坐标为‎(2, 0)‎．‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)‎由题意可得，焦点F(p‎2‎, 0)‎，则d‎1‎‎=‎‎1.5p+3‎‎5‎， ‎ d‎2‎‎=p‎．‎ 又d‎1‎d‎2‎‎=‎1.5p+3‎‎5p=‎‎3‎‎5‎，解得：p=2‎．‎ 抛物线C的标准方程：y‎2‎‎=4x；‎ ‎(2)‎设M(t, 0)‎，设点M，P(x‎1‎, y‎2‎)‎，Q(x‎2‎, y‎2‎)‎，显然直线l的斜率不为‎0‎， 设直线l的方程为x=my+t． ‎ 联立方程x=my+t，‎y‎2‎‎=4x，‎‎ ‎整理可得y‎2‎‎-4my-4t=0‎．‎ Δ=16(m‎2‎+t)>0‎‎，y‎1‎‎+y‎2‎=4m，y‎1‎y‎2‎‎=-4t，‎ ‎|PM|=‎1+‎m‎2‎|y‎1‎|‎‎，‎ ‎|QM|=‎1+‎m‎2‎|y‎2‎|‎‎，‎ ‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎1‎‎|QM|‎‎2‎=‎1‎‎(1+m‎2‎)‎y‎1‎‎2‎+‎1‎‎(1+m‎2‎)‎y‎2‎‎2‎=y‎1‎‎2‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎(1+m‎2‎)‎y‎1‎‎2‎y‎2‎‎2‎=‎16m‎2‎+8t‎16(1+m‎2‎)‎t‎2‎=t+2‎m‎2‎‎2(1+m‎2‎)‎t‎2‎=‎‎2m‎2‎+t‎2t‎2‎m‎2‎+2‎t‎2‎‎，‎ 要使‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎‎1‎‎|QM|‎‎2‎为定值，必有‎2‎‎2‎t‎2‎‎=‎t‎2‎t‎2‎，解得t=2‎，‎ ‎∴ ‎1‎‎|PM|‎‎2‎‎+‎‎1‎‎|QM|‎‎2‎为定值时，点M的坐标为‎(2, 0)‎．‎ ‎22.【答案】‎ 解：‎(1)f(x)≥g(x)‎即xlnx≥a(x-1)⇔lnx+ax-a≥0‎. 令h(x)=lnx+ax-a，则h‎'‎‎(x)=‎x-ax‎2‎， ①当a≤0‎时，h'(x)>0‎且h(1)=0‎，则x∈(0, 1)‎时，h(x)<0‎，不符合题意，舍去． ②当a>0‎时，令h'(x)=0‎，则x=a，且h(x)‎在‎(0, a)‎上单调递减，在‎(a, +∞)‎上单调递增， 所以，h(x)‎在x=a处取极小值也是最小值，即h(x‎)‎min=h(a)=lna-a+1‎， 令F(x)=lnx-x+1,F‎'‎(x)=‎‎1-xx，可得F(x)‎在‎(0, 1)‎上单调递增，在‎(1, +∞)‎上单调递减； 所以F(x‎)‎max=F(1)=0‎，故F(x)≤0‎，当x=1‎时取等号，所以a=1‎；‎ ‎(2)‎因为f'(x)=1+lnx， 所以f(x)‎在‎(0,‎1‎e)‎上单调递减，在‎(‎1‎e,+∞)‎上单调递增，且f(1)=0‎， 因为f(x‎1‎)=f(x‎2‎)‎，所以‎00‎， 所以，h(t)0‎且h(1)=0‎，则x∈(0, 1)‎时，h(x)<0‎，不符合题意，舍去． ②当a>0‎时，令h'(x)=0‎，则x=a，且h(x)‎在‎(0, a)‎上单调递减，在‎(a, +∞)‎上单调递增， 所以，h(x)‎在x=a处取极小值也是最小值，即h(x‎)‎min=h(a)=lna-a+1‎， 令F(x)=lnx-x+1,F‎'‎(x)=‎‎1-xx，可得F(x)‎在‎(0, 1)‎上单调递增，在‎(1, +∞)‎上单调递减； 所以F(x‎)‎max=F(1)=0‎，故F(x)≤0‎，当x=1‎时取等号，所以a=1‎；‎ ‎(2)‎因为f'(x)=1+lnx， 所以f(x)‎在‎(0,‎1‎e)‎上单调递减，在‎(‎1‎e,+∞)‎上单调递增，且f(1)=0‎， 因为f(x‎1‎)=f(x‎2‎)‎，所以‎00‎， 所以，h(t)