文档内容
2025-2026学年浙江省宁波市镇海中学高三（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）已知集合A＝{x|x2＝1}，B＝{0，1}，则A∪B＝（ ）
A．{1} B．{0} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0}
2．（5分）若i是虚数单位，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．2
3．（5分）已知向量，，，，则（ ）
A．﹣3 B． C． D．
4．（5分）抛物线y2＝4x的焦点F到直线x﹣y+2＝0的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）在△ABC中，“cos2A＝cos2B”是“△ABC为等腰三角形”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
6．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）现有7幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，7幅作品全
部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓3位同学，每人至少得到一份，则不同的奖励方案有（ ）
种．
A．1470 B．1512 C．1806 D．2982
8．（5分）已知集合A＝{[x]+[2x]+[3x]+[4x]|x R}与集合B＝{1，2，3，4，⋯，2026}，用|A|表示集合A
的元素个数，[x]表示不超过x的最大整数，∈则|A∩B|＝（ ）
A．1215 B．1216 C．1217 D．1218
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
（多选）9．（6分）已知的展开式中常数项为3，a R，则下列说法正确的有（ ）
A．a＝﹣1 ∈
B．的展开式中x3的系数为3
第1页（共17页）C．的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和
D．的展开式中系数最大的项为第2项或第3项
（多选）10．（6分）已知三棱柱ABC﹣A B C ，D为CC 中点，下列选项正确的是（ ）
1 1 1 1
A．过点D有且只有一条直线与直线AC、B C 都垂直
1 1
B．过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都垂直
1 1
C．过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都平行
1 1
D．过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都相交
1 1
（多选）11．（6分）已知i为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z 的三角形式为
1
B．若，则实数a的值为3
C．|z |，|z |，……，|z |中有44个正整数
1 2 2025
D．|z ﹣z |＜|z ﹣z |
2025 2026 2026 2027
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）双曲线C：的渐近线的斜率为 ．
13．（5分）已知函数，当x＞0时，f（x）≤0恒成立，则a的取值范围为 ．
14．（5分）将一个棱长为1的正四面体S﹣ABE和各条棱长都为1的正四棱锥S﹣BCDE按如图所示的方
式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成 个部分．
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）已知数列{a }中，．
n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
（2）求数列{a }的前n项和S ．
n n
16．（15分）已知在△ABC中，．
（1）求sinA的值；
（2）若AB边上的高等于，求cosC．
17．（15分）高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若
干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，
让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的高尔顿
第2页（共17页）板有5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右
落下，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．
（1）如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与
数学期望．
（2）现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有的概率向左，的概率
向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．将80个小球依次从高尔
顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？
18．（17分）抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点A到x轴的距离为2p，焦点为F，．
（1）求抛物线C的方程与A点横坐标；
（2）若A在x轴上方，抛物线C的准线与x轴交于Q，过Q作一条斜率为负的直线交抛物线于M，N
两点，点M在点N左侧．
（ⅰ）试判断在x轴上是否存在一定点T，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出T点坐
标，若不存在，请说明理由；
（ⅱ）若∠MFN的余弦值为，记△AFN的面积为S ，△MFN的面积为S ，求的值．
1 2
19．（17分）已知函数f（x）＝ex，圆Γ：x2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），设Γ与f（x）的图像交于A，B两
点．
（1）求f（x）在（1，e）处的切线方程；
（2）试判断线段AB的中点在第几象限，并证明；
（3）证明：随着r的变化，直线AB的斜率始终小于1．
第3页（共17页）2025-2026学年浙江省宁波市镇海中学高三（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 C C A C A B C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BCD AC BC
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）已知集合A＝{x|x2＝1}，B＝{0，1}，则A∪B＝（ ）
A．{1} B．{0} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0}
【分析】首先列举法求出集合A，再根据并集的定义求A∪B即可．
【解答】解：集合A＝{x|x2＝1}＝{﹣1，1}，B＝{0，1}，
所以A∪B＝{﹣1，0，1}．
故选：C．
2．（5分）若i是虚数单位，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
【解答】解：．
故选：C．
3．（5分）已知向量，，，，则（ ）
A．﹣3 B． C． D．
【分析】根据向量的坐标表示代入即可．
【解答】解：因为，，，
所以x（0，1）+y（1，1）＝（﹣1，2），
，解得，
所以．
故选：A．
第4页（共17页）4．（5分）抛物线y2＝4x的焦点F到直线x﹣y+2＝0的距离为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先得到焦点F（1，0），再利用点到直线的距离公式求解即可．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），
由点到直线的距离公式可得：焦点F到直线x﹣y+2＝0的距离．
故选：C．
5．（5分）在△ABC中，“cos2A＝cos2B”是“△ABC为等腰三角形”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】由二倍角公式化简cos2A＝cos2B，结合三角形的内角范围判断出充分性成立，通过举反例说
明必要性不成立，进而可得正确答案．
【解答】解：若cos2A＝cos2B，则1﹣2sin2A＝1﹣2sin2B，可得sin2A＝sin2B，
结合△ABC中，sinA＞0、sinB＞0，可得sinA＝sinB，
所以A＝B或（A＝ ﹣B不合题意，舍去），故△ABC为等腰三角形，
即“cos2A＝cos2B”π是“△ABC为等腰三角形”的充分条件；
若△ABC为等腰三角形，可能A＝C或B＝C，不一定有A＝B，
因此由“△ABC为等腰三角形”不能推出“cos2A＝cos2B”，必要性不成立．
综上所述，“cos2A＝cos2B”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件．
故选：A．
6．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先确定球心的位置，在正四棱锥中，球心在高线上，再利用等体积法，求解内切球的半径；
【解答】解：，
，
所以S正方形ABCD •h，
所以r，
第5页（共17页）其中，S正方形ABCD ＝4×4＝16，
由于，
；
则该正四棱锥的内切球的半径．
故选：B．
7．（5分）现有7幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，7幅作品全
部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓3位同学，每人至少得到一份，则不同的奖励方案有（ ）
种．
A．1470 B．1512 C．1806 D．2982
【分析】分3位同学分得的书法作品数为1，1，5和1，2，4和1，3，3和2，2，3共四种情况讨论即
可．
【解答】解：已知有7幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，7
幅作品全部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓3位同学，每人至少得到一份，
可以分四类：
第一类：当3位同学分得的书法作品数为1，1，5时，共有种；
第二类：当3位同学分得的书法作品数为1，2，4时，共有种，
第三类：当3位同学分得的书法作品数为1，3，3时，共有种；
第四类：当3位同学分得的书法作品数为2，2，3时，共有种，
由加法原理，知共有126+630+420+630＝1806种不同分法．
故选：C．
8．（5分）已知集合A＝{[x]+[2x]+[3x]+[4x]|x R}与集合B＝{1，2，3，4，⋯，2026}，用|A|表示集合A
的元素个数，[x]表示不超过x的最大整数，∈则|A∩B|＝（ ）
A．1215 B．1216 C．1217 D．1218
【分析】设f（x）＝[x]+[2x]+[3x]+[4x]，根据高斯函数运算可得f（x+1）＝f（x）+10，然后可得f
（x）的值域S＝{10k，10k+1，10k+2，10k+4，10k+5，10k+6|k Z}，然后取交集即可．
∈
第6页（共17页）【解答】解：集合A＝{[x]+[2x]+[3x]+[4x]|x R}与集合B＝{1，2，3，4，⋯，2026}，
用|A|表示集合A的元素个数，[x]表示不超过∈x的最大整数，
设f（x）＝[x]+[2x]+[3x]+[4x]，
则f（x+1）＝[x+1]+[2x+2]+[3x+3]+[4x+4]＝[x]+[2x]+[3x]+[4x]+10＝f（x）+10，
当0≤x＜1时，
x
[x] 0 0 0 0 0 0
[2x] 0 0 0 1 1 1
[3x] 0 0 1 1 2 2
[4x] 0 1 1 2 2 3
f（x） 0 1 2 4 5 6
∴f（x）的所有可能值为0，1，2，4，5，6
∴f（x）的值域S＝{10k，10k+1，10k+2，10k+4，10k+5，10k+6|k Z}，
∴S∩{1，2，…，2026}共有202×6+5＝1217个元素， ∈
∴|A∩B|＝1217．
故选：C．
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
（多选）9．（6分）已知的展开式中常数项为3，a R，则下列说法正确的有（ ）
A．a＝﹣1 ∈
B．的展开式中x3的系数为3
C．的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和
D．的展开式中系数最大的项为第2项或第3项
【分析】根据二项式展开式的概念，根据常数项求出参数值，写出二项式的展开式，进而逐一判断各
选项正误．
【解答】解：已知的展开式中常数项为3，a R，
又二项式的展开式的第k+1项为， ∈
当6﹣3k＝0时，即k＝2时，可得，解得a＝1，所以A错误；
可得二项式，
展开式中x3的系数为3，所以B正确；
各项系数之和为1+3+3+1＝8，二项式系数之和为23＝8，所以C正确；
可知展开式中系数最大的项为第2项或第3项，所以D正确．
第7页（共17页）故选：BCD．
（多选）10．（6分）已知三棱柱ABC﹣A B C ，D为CC 中点，下列选项正确的是（ ）
1 1 1 1
A．过点D有且只有一条直线与直线AC、B C 都垂直
1 1
B．过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都垂直
1 1
C．过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都平行
1 1
D．过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都相交
1 1
【分析】根据异面直线的性质以及线面平行、垂直的判定定理，对过点 D与直线AC、B C 的不同位
1 1
置关系的情况进行逐一分析．
【解答】解：B：一个平面与两条异面直线都垂直，则这两条异面直线平行，
但是AC与B C 不平行，故不存在这样的平面，B错误；
1 1
C：过点D分别作直线AC与B C 的平行线DF、DE，如图所示：
1 1
AC∥DF，AC 面DEF，DF 面DEF，故AC∥面DEF，
同理B
1
C
1
∥面⊄DEF，则过点⊂D有且只有一个面与直线AC、B
1
C
1
都平行，C正确；
A：由C知，过点D有且只有一个平面与直线AC、B C 都平行，该平面为面DEF，
1 1
记过点D与面DEF垂直的直线为l，
DF 面DEF，故l⊥DF，
又D⊂F∥AC，故l⊥AC，同理l⊥B
1
C
1
，
故过点D有且只有一条直线与直线AC、B C 都垂直，A正确；
1 1
D：过点D与直线AC、B C 都相交的平面有无数个，D错误．
1 1
故选：AC．
（多选）11．（6分）已知i为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z 的三角形式为
1
B．若，则实数a的值为3
第8页（共17页）C．|z |，|z |，……，|z |中有44个正整数
1 2 2025
D．|z ﹣z |＜|z ﹣z |
2025 2026 2026 2027
【分析】对于A，直接代入结合复数三角形式即可求解；对于B，根据复数运算得 的虚部为，再由
复数的概念即可求a；对于C，根据题意，先求得，再判断即可；对于D，由|z ﹣zω|＝1即可判断．
n+1 n
【解答】解：对于选项A，由题意i为虚数单位，复数，
当n＝1时，z ＝1+i，
1
则对应的三角形式为，故选项A错误；
对于选项B，由题意i为虚数单位，复数，
则
，
又，
所以，
，
则的虚部为，
∵ R，∴，解得a＝3，故选项B正确；
对ω于∈选项C，先求|z
n
|，根据复数模的性质：若z＝z
1
z 2⋯z
k
，则|z|＝|z
1
||z
2
|⋯|z
k
|，
对于，模为，
所以
，
要使为正整数，则n+1必须是完全平方数，
即n+1＝m2（m N*），则n＝m2﹣1，
因为n≤2025，∈所以m2﹣1≤2025，即m2≤2026，
因为442＝1936，452＝2025，462＝2116＞2026，
又因为n N*，所以n＝m2﹣1≥1，故，
所以m从∈2到45，共44个正整数，故选项C正确；
对于选项D，由题意i为虚数单位，复数，
，
∴，
∴|z ﹣z |＝1＝|z ﹣z |，故选项D错误．
2025 2026 2026 2027
故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）双曲线C：的渐近线的斜率为 ．
第9页（共17页）【分析】根据双曲线的标准形式方程求其渐近线的斜率．
【解答】解：易知双曲线C的标准方程为，
所以双曲线的渐近线为，
则渐近线的斜率为．
故答案为：．
13．（5分）已知函数，当x＞0时，f（x）≤0恒成立，则a的取值范围为 （ 0 ， 1 ] ．
【分析】先根据恒成立代入特殊值求出a的大致范围，再利用导数证明所求范围内恒成立即可．
【解答】解：已知函数，
由ax＞0可得a＞0．
因为当x＞0时，f（x）≤0恒成立，因此x＝1时，；
设，，因此g（a）为增函数，
又g（1）＝0，因此a≤1，即0＜a≤1．
当0＜a≤1时，ln（ax）＝lna+lnx≤lnx，，
因此，
令，，
当x＞1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
因此h（x）≤h（1）＝0，即f（x）≤0．
因此当x＞0时，f（x）≤0恒成立，a的取值范围为（0，1]．
故答案为：（0，1]．
14．（5分）将一个棱长为1的正四面体S﹣ABE和各条棱长都为1的正四棱锥S﹣BCDE按如图所示的方
式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成 2 1 个部分．
【分析】利用正四面体和正四棱锥的性质来计算相邻两个面的二面角，通过两个二面角互补，可判断
两平面共面，再证明面面平行，可确定这是一个三棱柱，从而可确定结果．
【解答】解：取BS的中点为H，连接EH，如图所示：
第10页（共17页）可知AH⊥BS，CH⊥BS，EH⊥BS，
即正四面体的一个二面角的平面角为∠AHE，正四棱锥的两侧面形成的一个二面角的平面角为
∠CHE，
，
则，
，
则，
所以cos∠AHE＝﹣cos∠CHE，所以∠AHE+∠CHE＝ ，
则面ABS与面SBC共面，所以四边形ABCS是菱形，则π SC∥AB，
同理面AES与面SDE也共面，所以四边形AEDS是菱形，则SD∥AE，
AB 面ABE，SC 面ABE，则SC∥面ABE，同理SD∥面ABE，
又S⊂C∩SD＝S，S⊄C，SD 面SCD，故面SCD∥面ABE，
则这个几何体是一个三棱⊂柱，
其中三个侧面ABCS，侧面AEDS，侧面BCDE所在的平面可将空间分成7个部分，
再由两个平行底面ABE与底面SCD又将空间分成上、中、下3个部分，
所以这五个面所在的平面可以将空间分成21个部分．
故答案为：21．
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）已知数列{a }中，．
n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
（2）求数列{a }的前n项和S ．
n n
【分析】（1）利用累乘法求数列{a }的通项公式；
n
（2）利用错位相减法求前n项和S ．
n
【解答】解：（1）由3（2n﹣1）a ﹣（2n+1）a ＝0，
n+1 n
可得•，
设b ，且b ＝a ，则b b ，
n 1 1 n+1 n
可得数列{b }是首项和公比均为的等比数列，
n
则b ＝（）n，
n
所以．
（2）S ＝1×（）1+3×（）2+...+（2n﹣1）×（）n，①
n
S ＝1×（）2+3×（）3+...+（2n﹣1）×（）n+1，②
n
第11页（共17页）①﹣②，得S ＝（）+2[（）2+...+（）n]﹣（2n﹣1）×（）n+1
n
，
所以．
16．（15分）已知在△ABC中，．
（1）求sinA的值；
（2）若AB边上的高等于，求cosC．
【分析】（1）代入两角和差的正切公式，再进行化简求得tanA，再利用同角三角函数的关系，求得
sinA；
（2）利用三角形的面积公式得出等量关系，求出边之间的关系，再代入余弦定理进行求解；
【解答】解：（1），
，
，
∴，
解得tanA＝﹣3，
又∵，
又∵A为三角形内角，故sinA＞0，
则；
（2）设AB＝c，高为，则面积，
由面积公式，
，得，
由，tanA＝﹣3，
得
代入余弦定理：，
得，
代入，
得．
17．（15分）高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若
干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，
让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的高尔顿
板有5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右
落下，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．
（1）如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与
第12页（共17页）数学期望．
（2）现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有的概率向左，的概率
向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．将80个小球依次从高尔
顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？
【分析】（1）分析可知小球共经过4次碰撞，向右k﹣1次，可得，进而可得分布列和期望；
（2）分析可知小球落入2号球槽的概率为，且，令，运算求解即可．
【解答】解：（1）让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，
若小球落入球槽的号码为X＝k，k＝1，2，3，4，5，
则小球共经过4次碰撞，向右k﹣1次，可得，
则，，，，，
所以X的分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
根据离散型随机变量的期望公式可得；
（2）若小球落入2号球槽，则小球共经过4次碰撞，向右1次，且每次向右的概率均为，
则小球落入2号球槽的概率为，
设80个小球落入2号球槽的个数为Y，则，
令，
即，
解得7≤k≤8，且k N*，即k＝7，8，
所以2号球槽中落入∈小球的概率最大的为7个或8个．
18．（17分）抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点A到x轴的距离为2p，焦点为F，．
（1）求抛物线C的方程与A点横坐标；
（2）若A在x轴上方，抛物线C的准线与x轴交于Q，过Q作一条斜率为负的直线交抛物线于M，N
两点，点M在点N左侧．
（ⅰ）试判断在x轴上是否存在一定点T，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出T点坐
第13页（共17页）标，若不存在，请说明理由；
（ⅱ）若∠MFN的余弦值为，记△AFN的面积为S ，△MFN的面积为S ，求的值．
1 2
【分析】（1）由抛物线定义列式计算即可求解；
（2）（ⅰ）设M（2m2，2m），N（2n2，2n），由k ＝k 得4mn＝1，设T（t，0），由k +k ＝0
QM QN TM TN
计算即可求解；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，是∠MFN的角平分线，设，由二倍角余弦计算可得，进而可得，写出直线FM
的方程，判断可得M，F，A三点共线，即，直线与抛物线联立方程计算即可求解．
【解答】解：（1）由点A到x轴的距离为2p，可得A点坐标为（x ，2p），
A
代入抛物线方程y2＝2px，可得x ＝2p，
A
所以点A到准线的距离为，又，
所以，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x，
所以y ＝2，代入可得x ＝2；
A A
（2）（ⅰ）由题意可得A（2，2），，
设M（2m2，2m），N（2n2，2n），m≠n且m＜0，n＜0，
因为Q，M，N三点共线，所以k ＝k ，
QM QN
即，化简可得（4mn﹣1）（n﹣m）＝0，即4mn＝1，
若存在点T，使得k +k ＝0，设T（t，0），
TM TN
则，
由4mn＝1可知，当2t＝1，即时，k +k ＝0成立，
TM TN
所以存在点，使得k +k ＝0成立；
TM TN
（ⅱ）因为是抛物线C的焦点，且k +k ＝0，
TM TN
所以是∠MFN的角平分线，
设，则，解得，
所以，，
所以直线FM的方程为，此时A（2，2）恰好满足直线方程，在直线上，
即M，F，A三点共线，所以，
直线FM与抛物线C联立方程可得，
即2y2﹣3y﹣2＝0，解得，故．
第14页（共17页）19．（17分）已知函数f（x）＝ex，圆Γ：x2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），设Γ与f（x）的图像交于A，B两
点．
（1）求f（x）在（1，e）处的切线方程；
（2）试判断线段AB的中点在第几象限，并证明；
（3）证明：随着r的变化，直线AB的斜率始终小于1．
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）设A（m，em），B（n，en），由题意可得m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣1）2，设g（x）＝x2+（ex﹣
1）2，则有g（m）＝g（n），利用导数确定函数的单调区间，从而可得n+m＜0，即可得线段AB的中
点所在象限；
（3）结合（2）即证，en﹣n＜em﹣m，（en﹣n+1）2＜（em﹣m+1）2，结合m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣
1）2，可得只需证明2en﹣n（en+1）＜2em﹣m（en+1），令h（x）＝2ex﹣x（ex+1）＝（2﹣x）ex﹣x，
则只需证明h（n）＜h（m），利用导数证明即可．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ex，所以f′（x）＝ex，
所以f′（1）＝e，
所以函数在（1，e）处的切线方程为y﹣e＝e（x﹣1），
即y＝ex；
（2）第二象限，证明如下：
设A（m，em），B（n，en），
第15页（共17页）则有m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣1）2＝r2，
设g（x）＝x2+（ex﹣1）2，
则有g（m）＝g（n），
又因为g′（x）＝2x+2（ex﹣1）ex，
所以g′（0）＝0，
当x＞0时，ex＞1，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＜0时，ex＜1，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
不妨设m＜0，n＞0，
则﹣m＞0，
令 （m）＝g（m）﹣g（﹣m）＝m2+（em﹣1）2﹣m2﹣（e﹣m﹣1）2
＝eφ2m﹣e﹣2m﹣2（em﹣e﹣m）
＝（em﹣e﹣m）（em+e﹣m﹣2），
因为em﹣e﹣m＜0，em+e﹣m﹣2＞0，
所以（em﹣e﹣m）（em+e﹣m﹣2）＜0，
所以g（m）﹣g（﹣m）＜0，即g（m）＜g（﹣m）恒成立，
又因为g（m）＝g（n），n＞0，
所以g（n）＜g（﹣m），n＜﹣m，n+m＜0，
所以线段AB的中点的横坐标为，
又因为em，en＞0，
所以线段AB的中点的纵坐标为，
所以线段AB的中点在第二象限；
（3）证明：设 （x）＝ex﹣x+1，则 ′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时， ′φ（x）＜0，函数 （xφ）在（﹣∞，0）上单调递减，
当x＞0时，φ′（x）＞0，函数φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以 （x）φ＝ex﹣x+1≥ （0）＝φ2＞0，
证明：φ由（2）知m＜0＜φn，
第16页（共17页）即只需证明，
即只需证明en﹣n＜em﹣m，
只需证明en﹣n+1＜em﹣m+1，又en﹣n+1＞0，
只需证明（en﹣n+1）2＜（em﹣m+1）2，
又因为m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣1）2，
（en﹣n+1）2﹣[n2+（en﹣1）2]＜（em﹣m+1）2﹣[m2+（em﹣1）2]，
只需证明2en﹣n（en+1）＜2em﹣m（em+1），
令h（x）＝2ex﹣x（ex+1）＝（2﹣x）ex﹣x，
即需证明h（n）＜h（m），
因为h′（x）＝﹣ex+（2﹣x）ex﹣1＝（1﹣x）ex﹣1，
令p（x）＝（1﹣x）ex﹣1，
则p′（x）＝﹣ex+（1﹣x）ex＝﹣xex，
所以当x＜0时，p′（x）＞0，p（x）即h′（x）单调递增；
当x＞0时，p′（x）＜0，p（x）即h′（x）单调递减；
所以h′（x）＜h′（0）＝0，
所以h（x）在R上单调递减，
又因为m＜0＜n，
所以h（n）＜h（m），
所以随着r的变化，直线AB的斜率始终小于1．
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