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2025-2026学年山东省泰安市高三（上）期末数学试卷
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．（5分）已知复数z满足2（cos60°+isin60°）z＝1+i，i为虚数单位，则z在复平面内对应的点位于（
）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（5分）“x2﹣2x﹣3＜0”的一个充分条件是（ ）
A．x≥﹣1 B．1≤x≤3 C．0＜x＜3 D．x＜3
3．（5分）已知实数a＞b＞c且a，b，c≠0，则（ ）
A．a+b＞c B． C．2a＞b+c D．
4．（5分）终边落在下图阴影区域（含边界）的角的集合为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（5分）已知等比数列{a }满足|a |＝2|a |，且a +a +a ＝3，则a +a +a ＝（ ）
n n+1 n 1 2 3 4 5 6
A．24 B．﹣24或24 C．﹣24 D．或
6．（5分）已知向量，若与的夹角不超过，则的范围是（ ）
A． B． C．[1，3] D．
7．（5分）已知点P是椭圆上的一个动点，A（2，2），B（0，﹣2），则|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A．4 B． C． D．8
8．（5分）已知函数f（x）＝（ax﹣b）（3lnx﹣b），a，b R，若f（x）≥0恒成立，则的取值范围是（
） ∈
A．（﹣∞，3] B．（0，3） C．（3，+∞） D．（﹣∞，0）
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
第1页（共17页）（多选）9．（6分）若，则下列选项正确的是（ ）
A．展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B．a +a +a +a +a +a ＝﹣728
1 2 3 4 5 6
C．a
1
+2a
2
+3a
3
+⋯+6a
6
＝﹣12
D．当x＝5时，（3﹣2x）6除以8的余数为1
（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝asin x+bcos x（a＞0， ＞0）的最小正周期为 ，且恒成立，
则下列选项正确的是（ ） ω ω ω π
A．
B．f（x）的图象关于点对称
C．f（x）在上单调递减
D．若，则
（多选）11．（6分）已知定义在R上的函数f（x）满足f（f（x））＝x，且f（x﹣1）为奇函数，则下列
选项正确的是（ ）
A．f（x）的图象关于直线y＝x对称
B．f（0）+f（﹣1）＝﹣2
C．f（﹣x）+f（x）＝﹣2
D．f（1）+f（2）+⋯+f（40）＝﹣860
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5 分）已知顶点在坐标原点且开口向上的抛物线 C 过点（1，2），则 C 的准线方程为
．
13．（5分）某芯片研发部门共有8名核心工程师，其中3人精通AI算法，另外5人精通硬件架构，现需
分为两个小组进行技术攻关，每组4人，每组满足以下要求：①至少有1名AI算法工程师，②指定
一名组长，组长由硬件架构工程师担任．则有 种不同的分组方法（用数字作答）．
14．（5分）已知在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA＝AB＝ADBC＝
1，动点E在侧面PCD内以点P为圆心，1为半径的圆弧上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为
．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若△ABC的周长为，面积为，求a．
16．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥平面PBC，∠ACB＝45°，平面PAC⊥平面ABC，棱AC
第2页（共17页）的中点为O．
（1）求证：PC⊥平面ABC；
（2）若AB＝2，C到平面PAB的距离为，求直线OP与平面PAB所成角的正弦值．
17．（15分）已知数列{a }的前n项和为．
n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
（2）证明：．
18．（17分）已知函数．
（1）若y＝f（x）﹣ex在x＝1处的切线方程为y＝（2﹣e）x﹣1，求a，b的值；
（2）当a＝﹣4时， x （0，6]，总存在x [1，4]，使得g（x ）＜f（x ）成立，求b的取值范围；
1 2 2 1
（3）当a＝﹣4时，∀有三∈个不同零点，求b的∈取值范围．
19．（17分）已知椭圆的左，右焦点分别为 F （﹣c，0），F （c，0），长轴长是焦距的2倍，短轴长
1 2
为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若A（x ，y ），B（x ，y ）是椭圆上的两个不同的动点，直线OA，OB的斜率分别为．
1 1 2 2
（i）求坐标原点O到直线AB的距离d的取值范围；
（ii）设AB的中点为D，点E满足，过D作DH ⊥x轴，过E作EH ⊥y轴，直线DH 与直线EH 交于
1 2 1 2
点，以OA′，OB′为邻边作 OA′NB′，求线段MN长度的取值范围．
▱
第3页（共17页）2025-2026学年山东省泰安市高三（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C C C B A D B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BCD ACD ACD
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．（5分）已知复数z满足2（cos60°+isin60°）z＝1+i，i为虚数单位，则z在复平面内对应的点位于（
）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】根据复数的除法运算求出z，再由此求出对应点所在象限．
【解答】解：因为2（cos60°+isin60°）z＝1+i，
所以，可得
，
所以z在复平面内对应的点的坐标为（，），位于第四象限．
故选：D．
2．（5分）“x2﹣2x﹣3＜0”的一个充分条件是（ ）
A．x≥﹣1 B．1≤x≤3 C．0＜x＜3 D．x＜3
【分析】先解不等式x2﹣2x﹣3＜0得到“x2﹣2x﹣3＜0”的充要条件，再根据充分条件的概念进行判
断．
【解答】解：由x2﹣2x﹣3＜0 ﹣1＜x＜3，
所以AD是“x2﹣2x﹣3＜0”的⇔必要条件，
B既不是“x2﹣2x﹣3＜0”的必要条件，也不是“x2﹣2x﹣3＜0”的充分条件，
只有C是“x2﹣2x﹣3＜0”的充分条件．
故选：C．
3．（5分）已知实数a＞b＞c且a，b，c≠0，则（ ）
第4页（共17页）A．a+b＞c B． C．2a＞b+c D．
【分析】根据条件，通过取特殊值，即可判断A、B和D的正误，对C，根据条件，利用不等式的性
质，即可求解．
【解答】解：对于A，取a＝﹣2，b＝﹣3，c＝﹣4，但a+b＝﹣5＜c＝﹣4，A错误，
对于B，取a＝2，b＝﹣3，满足a＞b且a，b≠0，但，B错误，
对于C，因为a＞b＞c，则a＞b，a＞c，所以2a＞b+c，C正确，
对于D，a＝2，b＝1，c＝﹣3，满足a＞b＞c且a，b，c≠0，但，D错误，
故选：C．
4．（5分）终边落在下图阴影区域（含边界）的角的集合为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】先求出终边落在OP边上的角为，结合图象，即可得答案．
【解答】解：因为点P（﹣1，），
所以终边落在OP边上的角的正切值为，对应的弧度为，
因此终边落在下图阴影区域（含边界）的角的集合为．
故选：C．
5．（5分）已知等比数列{a }满足|a |＝2|a |，且a +a +a ＝3，则a +a +a ＝（ ）
n n+1 n 1 2 3 4 5 6
A．24 B．﹣24或24 C．﹣24 D．或
【分析】利用|a |＝2|a |求出公比q的值，再分类讨论即可求解．
n+1 n
【解答】解：设等比数列{a }的公比为q，
n
∵|a |＝2|a |，可得|q|＝2，∴q＝±2，
n+1 n
当q＝﹣2时，；
当q＝2时，；
∴a +a +a 的值为24或﹣24．
4 5 6
故选：B．
第5页（共17页）6．（5分）已知向量，若与的夹角不超过，则的范围是（ ）
A． B． C．[1，3] D．
【分析】由题意确定，再通过求其范围，即可求解．
【解答】解：因为向量，若与的夹角不超过，
所以设，则，且，
因为，所以在单位圆上取，
因为与的夹角不超过，
所以，
所以，
又，所以，
所以，
所以，
故的范围是．
故选：A．
7．（5分）已知点P是椭圆上的一个动点，A（2，2），B（0，﹣2），则|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A．4 B． C． D．8
【分析】注意到B是椭圆的下焦点，则上焦点为F（0，2），故|PA|+|PB|＝2a+|PA|﹣|PF|，而|PA|﹣|PF|
的最大值为|AF|，由此求得|PA|+|PB|的最大值．
【解答】解：已知椭圆方程，
则a2＝9，b2＝5，，
即，
故B为椭圆的下焦点，则椭圆的上焦点为F（0，2），
根据椭圆的定义，有|PA|+|PB|＝|PA|+2a﹣|PF|＝2a+|PA|﹣|PF|，
根据三角形两边的差小于第三边可知|PA|﹣|PF|≤|AF|，
故|PA|+|PB|的最大值为2a+|AF|．
故选：D．
第6页（共17页）8．（5分）已知函数f（x）＝（ax﹣b）（3lnx﹣b），a，b R，若f（x）≥0恒成立，则的取值范围是（
） ∈
A．（﹣∞，3] B．（0，3） C．（3，+∞） D．（﹣∞，0）
【分析】先分析f（x）恒成立的条件，再确定参数符号，化简目标式，利用导数法求值域．
【解答】解：要使（ax﹣b）（3lnx﹣b）≥0对x＞0恒成立，两因式需同号且零点重合．
因式零点：；，所以①．
y＝3lnx﹣b在（0，+∞）单调递增，要使两因式同号，y＝ax﹣b需单调递增，得a＞0．
由a＞0及可知b＞0，令，则b＝3t，且t＞0，由①得．
则目标式：．
设，求导得，所以h（t）在（0，+∞）上单调递减．
由单调性知：t→0+时，h（t）→3；t→+∞时，h（t）→0．因此 h（t） （0，3）．
综上，的取值范围为（0，3）． ∈
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）若，则下列选项正确的是（ ）
A．展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B．a +a +a +a +a +a ＝﹣728
1 2 3 4 5 6
C．a
1
+2a
2
+3a
3
+⋯+6a
6
＝﹣12
D．当x＝5时，（3﹣2x）6除以8的余数为1
【分析】对于A直接用二项式系数的性质判断；对于B用赋值法可得；对C可对二项式两边求导，然
后再赋值可得；对于D则将76＝（8﹣1）6按二项式展开式进行判断可得．
【解答】解：因为二项式展开式中共有7项，所以第4项的二项式系数最大，A不正确；
令x＝0，可得，
令x＝1，得，
第7页（共17页）所以，B正确；
对两边求导，
得，
令x＝1，得a
1
+2a
2
+3a
3
+⋯+6a
6
＝6×1×（﹣2）＝﹣12，C正确；
当x＝5时，（3﹣2x）6＝（3﹣2×5）6＝（﹣7）6＝76＝（8﹣1）6，
而
，即76除以8的余数为1，D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝asin x+bcos x（a＞0， ＞0）的最小正周期为 ，且恒成立，
则下列选项正确的是（ ） ω ω ω π
A．
B．f（x）的图象关于点对称
C．f（x）在上单调递减
D．若，则
【分析】先利用辅助角公式把f（x）化为标准形式，利用最小正周期公式求出 ，结合恒成立求出a，
b，再根据正弦函数的性质逐一分析判定选项． ω
【解答】解：∵，
∵f（x）最小正周期为T＝ ，
∴， π
∵，﹣1≤sin（ x+ ）≤1，
∴，， ω φ
故，
∴，
即，
∴，
∴，
对于A：，故选项A正确；
对于B：∵正弦函数的对称中心满足f（x ）＝0，
0
，
∴f（x）的图象不关于点对称，故选项B错误；
对于C：∵sin 的单调递减区间为，
∴， θ
第8页（共17页）解得，
当k＝0时，f（x）的递减区间为，
∵，
∴f（x）在上单调递减，故选项C正确；
对于D：∵f（x ）＝﹣f（x ），
1 2
∴，
即①或②，
式①化简得，又∵，
∴x +x （ ，2 ），取k＝2，
1 2
则； ∈ π π
式②化简得，与矛盾，舍去，
∴，故选项D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（6分）已知定义在R上的函数f（x）满足f（f（x））＝x，且f（x﹣1）为奇函数，则下列
选项正确的是（ ）
A．f（x）的图象关于直线y＝x对称
B．f（0）+f（﹣1）＝﹣2
C．f（﹣x）+f（x）＝﹣2
D．f（1）+f（2）+⋯+f（40）＝﹣860
【分析】对于A项，可证明点（x ，y ），（y ，x ）同时满足y＝f（x）即可；对于B项，可利用f（f
0 0 0 0
（x））＝x，且f（x﹣1）为奇函数，赋值求解即可；对于C项，由函数关于点（﹣1，0）对称，再结
合函数关于y＝x对称，即可证明；对于D项，应用，可证明f（x+2）﹣f（x）＝﹣2，可得f（1），f
（2），f（3），⋯，f（40）依次构成等差数列，进而可判断正误．
【解答】解：定义在R上的函数f（x）满足f（f（x））＝x，
对于A项，设点（x ，y ）是y＝f（x）图象上任意一点，
0 0
则y ＝f（x ），f（y ）＝f（f（x ））＝x ，
0 0 0 0 0
所以点（y ，x ）也是y＝f（x）图象上的点，
0 0
所以f（x）的图象关于直线y＝x对称，A正确；
对于B项，因为g（x）＝f（x﹣1）为R上的奇函数，
所以g（0）＝f（0﹣1）＝f（﹣1）＝0；
又因为f（f（x））＝x，所以﹣1＝f（f（﹣1））＝f（0），
第9页（共17页）于是f（0）+f（﹣1）＝﹣1，B错误；
对于C项，因为f（x﹣1）为奇函数，所以﹣f（x﹣1）＝f（﹣x﹣1），
即f（x）＝﹣f（﹣x﹣2），令f（x）＝﹣f（﹣x﹣2）＝m，
则f（m）＝f（f（x））＝x，f（﹣m）＝f（f（﹣x﹣2））＝﹣x﹣2，
所以f（m）+f（﹣m）＝x﹣x﹣2＝﹣2，
因为f（x）的值域为R，所以该结论对任意实数都成立，
即f（﹣x）+f（x）＝﹣2，故C项正确；
对于D项，由以上推理知，
所以f（x）＝﹣f（﹣x﹣2）＝﹣（﹣2﹣f（x+2））＝2+f（x+2），
所以f（x+2）﹣f（x）＝﹣2；
又因为f（﹣1）＝0，f（0）＝﹣1，
所以f（1）＝﹣2，f（2）＝﹣3，f（3）＝﹣4，f（4）＝﹣5，f（5）＝﹣6，⋯，f（40）＝﹣41依次
构成等差数列，其首项为﹣2，公差为﹣1，
所以f（1）+f（2）+⋯+f（40）＝﹣860，故D项正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知顶点在坐标原点且开口向上的抛物线C过点（1，2），则C的准线方程为 ．
【分析】抛物线开口向上，可设抛物线标准方程为x2＝2py，且抛物线过点（1，2），可以求得.所以
准线方程为．
【解答】解：已知顶点在坐标原点且开口向上的抛物线C过点（1，2），
则抛物线开口向上，
所以设抛物线标准方程为x2＝2py（p＞0），
又抛物线过点（1，2），
则，
所以准线方程为．
故答案为：．
13．（5分）某芯片研发部门共有8名核心工程师，其中3人精通AI算法，另外5人精通硬件架构，现需
分为两个小组进行技术攻关，每组4人，每组满足以下要求：①至少有1名AI算法工程师，②指定
一名组长，组长由硬件架构工程师担任．则有 18 0 种不同的分组方法（用数字作答）．
【分析】先根据条件选择4人组成第一组，确定组长，则第二组人员随之确定，只需确定组长即可．
【解答】解：每组满足以下要求：①至少有1名AI算法工程师，②指定一名组长，组长由硬件架构
第10页（共17页）工程师担任．
故先从3个精通AI算法的工程师中选1人，从5个精通硬件架构的工程师中选3人，再从3个精通硬
件架构的工程师中选1人做组长，有种选法，
此时第二组的人员已经确定，由2个精通AI算法的工程师和2个精通硬件架构的工程师组成，选1个
精通硬件架构的工程师做组长，有种选法．
综上，满足条件的分组方法有90×2＝180种．
故答案为：180．
14．（5分）已知在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA＝AB＝ADBC＝
1，动点E在侧面PCD内以点P为圆心，1为半径的圆弧上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为
．
【分析】先明确动点进行轨迹分析，再利用余弦定理进行距离转化，利用线面角的性质确定∠EPF的
最小值，最后通过几何关系求出线面角的正弦值，即可得到EF的最小值．
【解答】解：如图，因为四棱锥P﹣ABCD满足PA⊥底面ABCD，
且，
所以以P为球心1为半径的球与△PCD（包括边界）的交线即为△PCD内以P为圆心，1为半径的一
截圆弧，
因为PE＝1，所以则当F点固定时，
由余弦定理可知，EF的距离只取决于∠EPF，∠EPF越小，EF距离越小，
过B作面PCD的垂线，垂足为G，易知在△BCD中，，
所以，
因为PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，则PA⊥BC，
又易知BC⊥AB，AB∩PA＝⊂A，AB，PA 平面PAB，
则BC⊥平面PAB，又因为PB 平面PAB⊂，则BC⊥PB，
， ⊂
在△PCD中，，
所以，
由V
P﹣BCD
＝V
B﹣PCD
，
得，所以，
且由等面积△PBC可知G在PC上，
延长PG交圆弧为E，过E作PB的垂线，垂足为F，
此时∠EPF为线面角，取到最小值，
第11页（共17页）所以，
取到最小值．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若△ABC的周长为，面积为，求a．
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式得，即可求解；
（2）利用三角形的面积公式及余弦定理，再结合条件得，即可求解．
【解答】解：（1）因为，
由正弦定理可得，
又B （0， ），所以sinB≠0，整理可得，
又A∈（0，π），所以；
（2）∈由（1π）知，三角形的面积为，即，
解得bc＝4，
又因为a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（b+c）2﹣12，
由△ABC的周长为，
所以，
整理得到，
解得．
16．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥平面PBC，∠ACB＝45°，平面PAC⊥平面ABC，棱AC
的中点为O．
（1）求证：PC⊥平面ABC；
（2）若AB＝2，C到平面PAB的距离为，求直线OP与平面PAB所成角的正弦值．
第12页（共17页）【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理证明BO⊥平面PAC，可得BO⊥PC，结合线面垂直的性质
定理知AB⊥PC，再利用线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）作CD⊥PB，垂足为D，先证CD⊥平面PAB，从而知CD，解三角形可得PC＝2，再取PA的中
点E，连接OE，并证明OE⊥平面ABC，然后以O为原点建系，利用向量法求线面角即可．
【解答】（1）证明：∵AB⊥平面PBC，BC，PC 平面PBC，
∴AB⊥BC，AB⊥PC， ⊂
∵∠ACB＝45°，∴AB＝BC，
∵O为AC的中点，∴BO⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，OB 平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC，
∴BO⊥平面PAC， ⊂
∵PC 平面PAC，∴BO⊥PC，
又AB⊂∩BO＝B，AB，BO 平面ABC，
∴PC⊥平面ABC． ⊂
（2）解：作CD⊥PB，垂足为D，
∵AB⊥平面PBC，CD 平面PBC，∴AB⊥CD，
又∵PB∩AB＝B，PB，⊂AB 平面PAB，∴CD⊥平面PAB，
∵C到平面PAB的距离为，⊂∴CD，
在Rt△BCD中，sin∠DBC，即∠DBC＝60°，
在Rt△PBC中，tan∠DBC，即PC＝2，
取PA的中点E，连接OE，则OE∥PC，
由（1）知PC⊥平面ABC，
∴OE⊥平面ABC，
以O为坐标原点，OB，OC，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，
设平面PAB的法向量为，则，即，
第13页（共17页）令，得，∴，
设直线OP与平面PAB所成角为 ，
则sin ＝|cos，|， α
即直线αOP与平面PAB所成角的正弦值为．
17．（15分）已知数列{a }的前n项和为．
n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
（2）证明：．
【分析】（1）由递推公式可得a
n+1
﹣a
n﹣1
＝6（n≥2），进而可得数列的奇数项和偶数项分别为公差为
6的等差数列，从而可得数列的通项公式．
（2）根据（1）的结论求得，再利用放缩法和裂项求和法证明不等式．
【解答】解：（1）∵，
∴，
∴a +a ＝6n﹣1（n≥2）．
n n+1
∵当n＝1时，S +S ＝a +a +a ＝6，且a ＝S ＝1，∴a ＝4．
1 2 1 1 2 1 1 2
∴a +a ＝5＝6×1﹣1，∴．
1 2
∴a n﹣1 +a n ＝6n﹣7（n≥2），∴a n+1 ﹣a n﹣1 ＝6（n≥2），
所以{a }中奇数项是以a ＝2为首项，6为公差的等差数列；
n 1
偶数项是以a 为首项，6为公差的等差数列．
2
所以当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
∴．
（2）证明：由（1）知{a }是以1为首项，3为公差的等差数列，
n
∴，∴．
当n＝1时，，
当n≥2时，，
第14页（共17页）∴．
∴．
18．（17分）已知函数．
（1）若y＝f（x）﹣ex在x＝1处的切线方程为y＝（2﹣e）x﹣1，求a，b的值；
（2）当a＝﹣4时， x （0，6]，总存在x [1，4]，使得g（x ）＜f（x ）成立，求b的取值范围；
1 2 2 1
（3）当a＝﹣4时，∀有三∈个不同零点，求b的∈取值范围．
【分析】（1）先求得y′＝x+a﹣ex，得到y′|
x＝1
＝1+a﹣e，得到方程1+a﹣e＝2﹣e，求得a的值，再
将x＝1代入切线方程，求得y＝1﹣e，得出，求得b的值；
（2）当a＝﹣4时，，利用二次函数的性质，求得f（x） ＝﹣8﹣2b，求得，得出函数的单调性，求
min
得，得出不等式，即可求解；
（3）转化为有三个不相等实根，设，利用导数求得 （x）的单调区间和极值，结合y＝b与 （x）有
三个交点，列出不等式，即可求解． φ φ
【解答】解：（1）根据题意可得，
则y′＝x+a﹣ex，所以y′|
x＝1
＝1+a﹣e，
因为y＝f（x）﹣ex在x＝1处的切线方程为y＝（2﹣e）x﹣1，
可得1+a﹣e＝2﹣e，解得a＝1，
将x＝1代入切线方程y＝（2﹣e）x﹣1，可得y＝1﹣e，
即，解得，所以；
（2）当a＝﹣4时，，
因为函数f（x）的图像象开口向上，对称轴为x＝4，
所以f（x） ＝f（4）＝﹣8﹣2b，
min
又因为，所以，
当1≤x＜3时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当3＜x≤4时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
因为，可得，
所以，则，解得，
所以b的取值范围为．
（3）当a＝﹣4时，可得，
因为h（x）＝0有三个不同零点，所以有三个不相等实根，
即y＝b与的图象有三个交点，
设，
第15页（共17页）可得，
当0＜x＜1时， ′（x）＞0， （x）单调递增；
当1＜x＜3时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减；
当x＞3时， ′φ（x）＞0， （φx）单调递增，
又由， φ φ
且x→0时， （x）→﹣∞；x→+∞时， （x）→+∞，
所以， φ φ
所以实数b的取值范围为．
19．（17分）已知椭圆的左，右焦点分别为 F （﹣c，0），F （c，0），长轴长是焦距的2倍，短轴长
1 2
为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若A（x ，y ），B（x ，y ）是椭圆上的两个不同的动点，直线OA，OB的斜率分别为．
1 1 2 2
（i）求坐标原点O到直线AB的距离d的取值范围；
（ii）设AB的中点为D，点E满足，过D作DH ⊥x轴，过E作EH ⊥y轴，直线DH 与直线EH 交于
1 2 1 2
点，以OA′，OB′为邻边作 OA′NB′，求线段MN长度的取值范围．
【分析】（1）椭圆长轴是焦距▱的2倍，短轴长为，结合椭圆核心关系式∵a2＝b2+c2得到最终方程；
（2）当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝n，直线与椭圆的方程联立，再根据得到坐
标原点O到直线AB的距离d的取值范围；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx+m联
立，利用韦达定理，再根据得到d的取值范围；
（ii）根据条件由A（x ，y ），B（x ，y ）两点的横纵坐标得到，得到，得到点M在以原点为圆心，
1 1 2 2
以为半径的圆上，得到M的轨迹，，可得，，从而得到N的坐标，进而得到MN的长度，
【解答】解：（1）因为椭圆长轴是焦距的2倍，短轴长为，
所以，又因为a2＝b2+c2，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）（i）当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝n，
由得，
所以，所以n2＝2，所以，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx+m，
由，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
所以，
因为Δ＝64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＝48（3+4k2﹣m2）＞0，
第16页（共17页）所以m2＜4k2+3，
所以
，
化简得：2m2＝4k2+3，因为x x ≠0，所以且，
1 2
所以（或），
由且k2+1≥1（或由2m2+1≥4且2m2+1≠7），
得，
综上所述，；
（ii）由（i），，
，
所以，
所以点M在以原点为圆心，以为半径的圆上，
由，
所以，
3，
所以N（4，3），|ON|＝5，
所以|MN|的取值范围为．
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