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周四
1.(2024·聊城模拟)“a+b<-2，且ab>1”是“a<-1，且b<-1”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
答案 B
解析 若a<-1，且b<-1，根据不等式的加法和乘法法则可得a+b<-2，且ab>1，即必要性成立；
1 1
当a=-3，b=- 时，满足a+b<-2，且ab>1，但是b=- >-1，故充分性不成立，
2 2
所以“a+b<-2，且ab>1”是“a<-1，且b<-1”的必要不充分条件.
π 1 1
2.(2024·沧州模拟)已知四面体ABCD满足∠BAC= ，cos∠CAD= ，cos∠DAB= ，AB=2，AC=3，
3 3 4
AD=2，则点A到平面BCD的距离为( )
√5 3
A. B.
2 2
√10
C.√3 D.
2
答案 D
解析 由题意知，
⃗AB·⃗AC=|⃗AB||⃗AC|cos∠BAC=3，
⃗AC·⃗AD=|⃗AC||⃗AD|cos∠CAD=2，
⃗AD·⃗AB=|⃗AD||⃗AB|cos∠DAB=1.
{n·⃗BC=(x⃗AB+ y⃗AC+z⃗AD)·(⃗AC-⃗AB)=0,
设平面BCD的法向量为n=x⃗AB+y⃗AC+z⃗AD，则
n·⃗BD=(x⃗AB+ y⃗AC+z⃗AD)·(⃗AD-⃗AB)=0,
{-x+6 y+z=0,
即
-3x- y+3z=0.
令z=1，解得x=1，y=0，所以n=⃗AB+⃗AD，
所以|n|=√|⃗AB|2+|⃗AD|2+2|⃗AB|·|⃗AD|cos∠BAD=√10，
⃗AB·n=⃗AB·(⃗AB+⃗AD)=4+1=5，
|⃗AB·n| 5 √10
设点A到平面BCD的距离为h，则h= = = .
|n| √10 2
3.(多选)(2024·晋中模拟)已知函数f(x)的定义域为R，满足f(x+y)=f(x)f(y)+f(x)+f(y)，且f(0)≠-1，f(1)>-1，则
下列说法正确的是( )A.f(0)=0
B.f(x)为非奇非偶函数
C.若f(1)=1，则f(4)=15
D.f(x)>-1对任意x∈N*恒成立
答案 ACD
解析 我们有恒等式：f(x+y)+1=f(x)f(y)+f(x)+f(y)+1=[f(x)+1][f(y)+1].
对于A，令x=y=0，由恒等式可得f(0)+1=[f(0)+1][f(0)+1]，而f(0)≠-1，故f(0)+1≠0，所以1=f(0)+1，即
f(0)=0，故A正确；
对于B，由于f(x)=0满足条件且是偶函数，所以f(x)有可能是偶函数，故B错误；
对于C，由恒等式可得f(x+1)+1=[f(x)+1][f(1)+1]，故f(4)+1=[f(3)+1][f(1)+1]=[f(2)+1][f(1)+1]2=[f(1)+1]4.
若f(1)=1，则f(4)=[f(1)+1]4-1=24-1=15，故C正确；
对于D，由恒等式可得f(x+1)+1=[f(x)+1][f(1)+1].
而f(1)+1>0，故f(x+1)+1和f(x)+1同号(同为正数，或同为负数，或同为0)，
从而再由f(1)+1>0可知f(x)+1>0(x∈N*)，即f(x)>-1(x∈N*)，故D正确.
4.(2024·浙江91联盟模拟)应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜
的特点是，镜筒可以很短而观察天体运动又很清楚.某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系
统的原理如图(中心截口示意图)所示.其中，一个反射镜PO´ Q所在的曲线为抛物线，另一个反射镜MO´ N
1 2
所在的曲线为双曲线的一个分支.已知F ，F 是双曲线的两个焦点，其中F 同时又是抛物线的焦点，且
1 2 2
1
∠NF F =45°，tan∠NF F = ，△NF F 的面积为10，|O F |=8，则抛物线方程为 .
2 1 1 2 4 1 2 1 2
答案 y2=32(x+3)
解析 不妨设F (-c，0)，F (c，0)，N(x ，y )(x >0，y >0).
1 2 0 0 0 0
1
由tan∠NF F = ，∠NF F =45°，
1 2 4 2 1
{ y 1
0 = ,
则 x +c 4
0
y =c-x ,
0 0
3 2
解得x = c，y = c.
0 5 0 5
1 2
又S = |F F |y = c2=10，解得c=5，
△NF 1 F 2 2 1 2 0 5
由|O F |=8，则O (-3，0)，
1 2 1故抛物线方程为y2=32(x+3).
5.(2024·安庆模拟)已知函数f(x)=xln x-ax(a∈R)的图象在点(e，f(e))处的切线平行于直线x-y=0.
(1)若f(x)≥mx-e2对任意的x∈(0，+∞)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若x 是函数h(x)=f(x)+x2的极值点，求证：f(x )+3x >0.
0 0 0
(1)解 由题知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1-a，
则f'(e)=1+1-a=2-a=1，解得a=1.
xlnx-x+e2
由题意可知 ≥m对任意的x∈(0，+∞)恒成立，
x
e2
即ln x-1+ ≥m对任意的x∈(0，+∞)恒成立，
x
(
e2
)
只需 lnx-1+ ≥m.
x
min
e2
令g(x)=ln x-1+ ，x>0，
x
1 e2 x-e2
则g'(x)= - = ，
x x2 x2
所以当x∈(0，e2)时，g'(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(e2，+∞)时，g'(x)>0，函数g(x)单调递增.
所以g(x) =g(e2)=2-1+1=2，
min
于是m≤2，因此实数m的取值范围是(-∞，2].
(2)证明 由(1)知h(x)=xln x-x+x2，x>0，对其求导得h'(x)=ln x+2x，
函数h'(x)在(0，+∞)上单调递增，
(1) 2
且h' =-1+ <0，h'(1)=2>0，
e e
(1 )
所以存在x ∈ ，1 ，
0 e
使h'(x )=0，即ln x +2x =0，
0 0 0
当x∈(0，x )时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减；
0
当x∈(x ，+∞)时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，
0
于是x 是函数h(x)的极小值点，
0
所以f(x )+3x =x ln x +2x
=-2x2
+2x =2x (1-x )>0，即得证.
0 0 0 0 0 0 0 0 0
