文档内容
2026 年普通高等学校招生全国统一考试模拟调研卷 数学 (一)
本试卷总分 150 分, 考试时间 120 分钟.
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如
需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号.回答非选择题时, 将答案写在答题卡
上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
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. 设集合 A={−1,m},B={0,2m−1} ，若 A∩B={m} ，则 m 的取值集合为( )
A. ⌀ B. {0} C. {1} D. {0,1}
2. 若复数 z 的共轭复数 ´z=2−i ，则 (z−1)i= ( )
A. 1+i B. −1+i C. 2+2i D. 2−2i
3. 已知 m,n 是两条不同的直线， α,β 是两个不同的平面，若 m⊥α,n⊥β ，则
“ m//n ” 是 “ α//β ”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
4. 已知向量 ⃗a=(x,1),⃗b=(1,−2) ，若向量 ⃗a+⃗b,⃗a−⃗b 在 ⃗a 上的投影向量相等，则
x= ( )
A. 2 B. 1
1
C. − D. -1
2
( π)
5. 若 α∈(0,π),2+sin2α=2sin 2α+ ，则 cosα= ( )
2
2√5 √5 √5 2√5
A. − B. − C. D.
5 5 5 5
x( π π)
6. 已知函数 f (x)=sin(2x+φ)− − <φ< ,若函数 f (x) 与 g(x) 的图象关于直
π 2 2π 1
线 x= 对称,且 g(0)= ,则 φ= ( )
6 6
π π π π
A. B. C. D.
12 6 4 3
7. 已知直线 x+ay−6=0 与圆 C:(x−1) 2+(y−√3) 2=9 相交于 A,B 两点， O 为
坐标原点，若 |OA|=|OB| ，则 |AB|= ( )
A. 2√3 B. 4 C. 4√2 D. 4√3
8. 在四面体 ABCD 中,平面 ABD⊥ 平面 ABC,∠ACB=90∘,∠ADB=30∘ ,若点
A,B,C,D 均在球 O 的球面上,且 AB=2 ,则球 O 的表面积为( )
32π
A. 9π B. C. 12π D. 16π
3
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.
x2 y2
9. 已知椭圆 C: + =1 的左、右焦点分别为 F (−1,0),F (1,0) ,上顶点为 B ,
4 m 1 2
过点 F 作垂直于 F F 的直线交 C 于 M,N 两点,则()
2 1 2
1
A. C 的离心率为 B. C 的短轴长为 √3
2
C. △BF F 为等边三角形 D. △M F N 为等边三角形
1 2 1
10. 甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机
会均等. 每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球. 已知甲、乙每次点球
2 1
射中的概率分别为 , ，且每次点球是否射中相互独立，则( )
3 2
7
A. 第 2 个球是甲射门的概率为
12
1
B. 在第 1 个球和第 2 个球均是甲射门的条件下,第 3 个球是乙射门的概率为
6
11
C. 前 4 个球中甲、乙各射 2 个的概率为
36
20
D. 在第 3 个球是甲射门的条件下,第 1 个球是乙射门的概率为
43
11. 已知正方体 ABCD−A B C D 的棱长为 2,动点 P 在该正方体内部及其表面
1 1 1 1
上运动, F 为 C D 的中点,则下列说法正确的是 ( )
1 1A. 若 PC=PC ，则三棱锥 B −A PC 的体积为定值
1 1 1 1
B. 若 PC=PC =PA ，则动点 P 轨迹的长度为 2
1
C. 若点 P 到平面 ABB A 与 BCC B 的距离相等，则 PC+PF 的最小值为 3
1 1 1 1
D. 若点 P 到平面 ABB A 与 BCC B 的距离相等，则直线 PC 与 PC 一定
1 1 1 1 1
不垂直
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知随机变量 X 服从正态分布 N(μ,σ2) ,若 P(X<0)=0.3,P(X≤4)=0.7 ,则 μ
的值为_____.
13. 若圆锥的底面半径与其内接正方体(四个顶点在圆锥的底面上，另四个顶点在圆
锥的侧面上)的棱长均为 1，则该圆锥的体积为_____.
14. 已知函数 f (x)=sinxcos3x ，则 f (x) 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. 将 3 个标号不同的红球和 2 个标号不同的白球排成一排.
(1)求 2 个白球均不排在两端的所有排法种数；
(2)记 X 为 2 个白球之间红球的个数，求 X 的分布列.
16. 如图,在四棱锥 P−ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, O,M 分别为
AD,BC 的中点,平面 POM⊥ 底面 ABCD .
(1)证明: PM⊥AD ；
(2)若 PA=√5,PC=3 ，求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值.
17. 已知数列 {a } 前 n 项的积为 T =32n−1 .
n n
1 1 1
(1)判断 , , 是否成等差数列，并给出证明;
1−a 1−a 1+a
n n+1 n1 1
(2) 令 b = − ，求数列 {b } 的前 n 项和 S ，
n 1+a 1−a n n
n n
18. 已知点 P(1,1) 在抛物线 C:y2=2px(p>0) 上,直线 l:x=−1 .
(1)求抛物线 C 的方程；
(2)点 A,B 在 l 上，且以 AB 为直径的圆过坐标原点 O ，若直线 AP 交 C 于
另一点 M ，直线 BP 交 C 于另一点 N .
(i) 证明: 直线 MN 过定点,并求出该定点坐标;
(ii) 是否存在 A,B ,使得 △PMN 的面积为 △OAB 面积的 2 倍？若存在，求出
|AB| 的值；若不存在, 说明理由.
19. 已知函数 f (x)=ex(ex+2x−4) .
(1)求 f (x) 的单调区间；
n
(2) 记 ∏t =t t t ⋯t (n∈N∗) ,若 x +x +x +⋯+x =0(n∈N∗) ,证明:
i 1 2 3 n 1 2 3 n
i=1
n
∏(e2x i+2x ex i+3)≥4n
i
i=1
f (x )−f (x ) f′ (x )
(3)记 f (x) 的导函数为 f′(x) ，证明:当 x >x 时， 2 1 > 1 .
2 1 ex 2−ex
1
ex
1
1. C
若 m=0 ,则 A={−1,0},B={0,−1} ,此时 A∩B={0,−1} ,不符合题意;
若 m=2m−1 ,解得 m=1 ,则 A={−1,1},B={0,1} ,此时 A∩B={m} ,符合题意.
综上, m 的取值集合为 {1} .
2. B
由题意知 z=2+i ,所以 (z−1)i=(1+i)i=−1+i .
3. C
若 m⊥α,m//n ,则 n⊥α ,又 n⊥β ,所以 α//β ;
反之,若 m⊥α,α//β ,则 m⊥β ,又 n⊥β ,所以 m//n ,
则“ m//n ” 是 “ α//β ” 的充要条件.
4. A
根据向量投影相等的条件,推导出 ⃗a⊥⃗b ,再利用向量垂直的数量积为 0 列方程求解 x .
(⃗a+⃗b)⋅⃗a ⃗a (⃗a−⃗b)⋅⃗a ⃗a
由题意得 ⋅ = ⋅ ,即 (⃗a+⃗b)⋅⃗a=(⃗a−⃗b)⋅⃗a , 整理得 ⃗a⋅⃗b=0
|⃗a| |⃗a| |⃗a| |⃗a|
,所以 x+1×(−2)=0 ,解得 x=2 .
5. A
应用诱导公式及二倍角公式化简,再应用正弦值域得出 cosα=−2sinα ,最后结合同
角三角函数关系计算求值.
由题意得 2+2sinαcosα=2cos2α=2(1−2sin2α) ,所以 sinα⋅cosα=−2sin2α . 因
为 α∈(0,π) ,所以 sinα>0 ,所以 cosα=−2sinα<0 ,且 cos2α+sin2α=1 , 所以
4 2√5
cos2α= ,可得 cosα=− .
5 5
6. B
π 1 (π) 1
根据两函数图象关于直线 x= 对称及 g(0)= 得到 f = ,结合 φ 的范围
6 6 3 6
代入求解即可.
(π) 1 (π) (2π ) 1 1 (2π ) 1
由题意知 f =g(0)= ,所以 f =sin +φ − = ,所以 sin +φ = .
3 6 3 3 3 6 3 2
π π π 2π 7π 2π 5π π
因为 − <φ< ,所以 < +φ< ,所以 +φ= ,解得 φ= .
2 2 6 3 6 3 6 6
7. C
先根据 |OA|=|OB| 得出圆心与线段 AB 中点的连线与直线 AB 垂直,进而求出圆
心到直线的距离, 再结合圆的半径, 即可得弦长.
由 |OA|=|OB| ,则 O 在 AB 的垂直平分线上,
又圆的弦 AB 的垂直平分线过圆心 C(1,√3) ,
故 OC 为 AB 的垂直平分线,即 OC⊥AB ,
( 1)
所以 k ⋅k = − ⋅√3=−1 ,解得 a=√3 ,
AB OC a
所以直线 AB 的方程为 x+√3 y−6=0 ,
|1+√3⋅√3−6| |1+3−6|
则圆心 C(1,√3) 到直线 AB 的距离 d= = =1 ,
√12+(√3) 2 2
又圆的半径 r=3 ,所以 |AB|=2√r2−d2=2√32−12=4√2 .8. D
取 AB 的中点 M ,由条件可得点 M 为 △ABC 的外心,由平面 ABD⊥ 平面
ABC ,可得四面体 ABCD 的外接球球心 O 为 △ABD 的外心,利用正弦定理即可
求得其半径,进而求出答案.
如图,取 AB 的中点 M ,因 ∠ACB=90∘ ,则点 M 为 △ABC 的外心,
又因平面 ABD⊥ 平面 ABC ,平面 ABD∩ 平面 ABC=AB ,
故四面体 ABCD 的外接球球心 O 必在平面 ABD 内,且是 △ABD 的外心,
易得 OM⊥ 平面 ABC ,故有 OA=OD=OB=OC ,
AB
在 △ABD 中, ∠ADB=30∘,AB=2 ,由正弦定理, =2⋅OA ,则
sin∠ADB
2
OA= =2
1 ,
2×
2
故四面体 ABCD 的外接球 O 的表面积为 4π×22=16π .
9. AC
先根据椭圆方程应用焦点坐标列式得出 m=3 ,进而求出离心率及短轴长,判断 A ,
B, C, 最后结合椭圆定义求出边长判断 D.
x2 y2
由 C: + =1 的左、右焦点分别为 F (−1,0),F (1,0) ,得 4−m=1 ,解得 m=3
4 m 1 2
1
, 则 a=2,c=1,b=√3 ,所以 C 的离心率 ,短轴长为 2√m=2√3 ,
2
又因为 |BF |=|BF |=|F F |=2 ,所以 △BF F 为等边三角形,故选项 A 正确,选
1 2 1 2 1 2
项 B 错误, 选项 C 正确;
1 y2 3
由题意设 M(1,y ) ,则 + M =1 ,解得 |y |= ,
M 4 3 M 23 3 5
所以 |M F |= ,|MN|=3 ,又 |M F |=4− = ,
2 2 1 2 2
所以 |M F |≠|MN| ,即 △M F N 不是等边三角形,故选项 D 错误.
1 1
10. AC
对于 A : 可得第 2 个球是甲射门的可能情况为: 甲甲,乙甲,进而求概率; 对于 B:分
析可知第 2 球甲未射中，即可得概率；对于 C:可能情况有:甲甲乙乙，甲乙甲乙，
甲乙乙甲, 乙甲甲乙, 乙甲乙甲, 乙乙甲甲, 进而求概率; 对于 D: 分析可能情况的组
成, 结合条件概率公式运算求解.
记 A = “抽签抽到甲”, B = “甲点球射中”, A = “抽签抽到乙”, B = “乙点球
1 1 2 2
射中”,
1 2 1 1 1
则 P(A )=P(A )= ,P(B )= ,P(B )= ,可得 P(B )= ,P(B )= ,
1 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2
对于选项 A:第 2 个球是甲射门的可能情况为:甲甲，乙甲， 所以所求事件的概率
1 2 1 1 7
为 P = × + × = ,故 A 正确;
1 2 3 2 2 12
对于选项 B:在第 1 个球和第 2 个球均是甲射门的条件下，第 3 个球是乙射门，
可知第 2 球甲未射中,
1
所以所求事件的概率为 P =P(B )= ,故 B 错误;
2 1 3
对于选项 C:若前 4 个球中甲、乙各射 2 个，则可能情况有:
甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，
1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所求的概率为 P = × × × + × × × + × × × +
3 2 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2
1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 11
× × × + × × × + × × × = ,故 C 正确;
2 2 3 3 2 2 3 2 2 2 2 3 36
对于选项 D: 第 3 个球是甲射门的可能情况为: 甲甲甲, 乙甲甲, 甲乙甲, 乙乙甲,
1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 43
对应的概率为 × × + × × + × × + × × = ,
2 3 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 72
第 1 个球是乙射门且 3 个球是甲射门的可能情况为: 乙甲甲, 乙乙甲,
1 1 2 1 1 1 7
对应的概率为 × × + × × = ,
2 2 3 2 2 2 24
7 21
所以所求事件的概率 P = = ,故 D 错误.
4 43 4311. ACD
对 A ,由 PC=PC 得 P 在中截面内,利用等体积法计算体积; 对 B ,由
1
PC=PC =PA 得 P 在两平面交线,计算轨迹线段长度; 对 C ,由点 P 到两平面距
1
离相等得其在对角面内, 用对称点转化为两点间距离求 PC+PF 最小值; 对 D ,由
PC⊥PC 得 P 在球面上,通过球心到平面距离与半径比较.
1
对于 A: 分别取棱 A A ,BB ,CC ,DD 的中点 E,M,N,H ,则 E,M,N,H 四点
1 1 1 1
共面,
且四边形 EMNH 为正方形,若 PC=PC ,则点 P 在平面 EMNH 内,且 P 到平
1
面 A B C D 的距离
1 1 1 1
1 1 2
为定值 1,所以 V =V = ×S ×1= ×2×1= , A 正确;
B 1 −A 1 PC 1 P−A 1 B 1 C 1 3 △A 1 B 1 C 1 3 3
对于 B: 若 PC=PC =PA ，则点 P 既在正方形 EMNH 内及其边界上，又在对
1
角面 BDD B 内,
1 1
所以点 P 的轨迹为线段 MH ,其长度为 2√2 , B 错误;
对于 C : 若点 P 到平面 ABB A 与 BCC B 的距离相等,则点 P 在对角面
1 1 1 1
BDD B 内,取 A D 的中点 K ,
1 1 1 1
则点 F,K 关于平面 BDD B 对称,所以 PC+PF≥CK=√22+22+12=√4+4+1=3 ,
1 1
C 正确;对于 D : 若 PC⊥PC ,则点 P 在以 CC 为直径的球面上,球心为 CC 中点,半
1 1 1
径 r=1 , 而点 N 到平面 BDD B 的距离为 √2>1=r ,所以平面 BDD B 与以
1 1 1 1
CC 为直径的球面无公共点, D 正确.
1
12. 2
由 P(X<0)=0.3,P(X≤4)=0.7 ,得 P(X<0)=P(X>4)=0.3 , 由正态分布的对称性,
得 μ=2 ,所以 μ 的值为 2 .
2+√2 √2+2
13. π## π
3 3
根据圆锥底面与内接正方体棱长的关系, 求出圆锥的高, 再利用圆锥体积公式即可求
得.
√2
设圆锥的高为 h ,则由相似三角形对应边成比例可得: 2 h−1 ,解得 h=2+√2 ,
=
1 h
1 2+√2
所以该圆锥的体积 V = πr2h= π .
3 3
3√3
14. −
16
对函数 f (x) 进行求导,根据三角函数周期性并求出其单调性,得出函数极值,即可求
得其最小值.
由 f (x)=sinxcos3x ,得
f′(x)=cos4x−3sin2xcos2x=4cos4x−3cos2x=4cos2x ( cos2x− 3) ,
4
因为 cos2x∈[0,1] ,所以当 cos2x∈
[
0,
3)
时, f′(x)≤0 ; 当 cos2x∈
(3
,1
]
时,
4 4
f′(x)>0 ,
又 f (x) 满足 f (x)=f (x+π) ，所以 π 为 f (x) 的一个周期，
[ π)
所以当 x∈ 0, 时， f′(x)>0,f (x) 单调递增;
6
(π 5π)
当 x∈ , 时, f′(x)≤0,f (x) 单调递减;
6 6
(5π ]
当 x∈ ,π 时, f′(x)>0,f (x) 单调递增.
6(5π) 3√3
因为 f (0)=0,f (π)=0,f =− ,所以当 x∈[0,π] 时, f (x) 的最小值为
6 16
3√3 3√3
− . 即当 x∈R 时, f (x) 的最小值为 − .
16 16
15. (1)36
(2)
X 0 1 2 3
P 2 5 3 1 5 1
10 10
(1)根据分步乘法计数原理,先选好白球位置,剩下的给红球;(2)先确定 X 所有可能取
值, 再计算相应的概率.
(1)先从中间的 3 个空位中选出 2 个空位排 2 个白球, 再把 3 个红球全排放入剩下
的 3 个空位,共 A2A3=36 (种),
3 3
所以 2 个白球均不排在两端的所有排法种数为 36 .
(2)由题意知 X 的所有可能取值为0,1,2,3, 则
A2A4
2
P(X=0)= 2 4=
A5 5
5
C1A2A3
3
P(X=1)= 3 2 3=
A5 10
5
A2A2A2
1
P(X=2)= 3 2 2=
A5 5
5
A2A3
1
P(X=3)= 2 3=
A5 10
5
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 2 5 3 10 1 1
5 10
16.(1)因为底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， O,M 分别为 AD,BC 的中点，所
以 OM⊥AD,
因为平面 POM⊥ 底面 ABCD ,平面 POM∩ 底面 ABCD=OM,AD⊂ 底面
ABCD ,所以 AD⊥ 平面 POM ,
因为 PM⊂ 平面 POM ,
所以 PM⊥AD .
(2)由(1)及底面 ABCD 为正方形，可得 AO⊥PO,PM⊥CM ，
又正方形的边长为 2,O,M 分别为 AD,BC 的中点 PA=√5,PC=3 ,
所以 PM=√PC2−CM2=√9−1=2√2 ,
PO=√PA2−AO2=√5−1=2,
在 △POM 中， PO2+OM2=PM2 ，
所以 PO⊥OM ,所以 OM,OD,OP 两两垂直.
以 O 为坐标原点,以 OM,OD,OP 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
B(2,−1,0),C(2,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),⃗PB=(2,−1,−2),⃗DP=(0,−1,2),⃗DC=(2,0,0)
, 设平面 PCD 的法向量为 ⃗n=(x,y,z) ,
{⃗n⋅⃗DP=0 {−y+2z=0
则 ,得 ,
⃗n⋅⃗DC=0 2x=0
令 z=1 ,则 y=2,x=0 ,
所以平面 PCD 的一个法向量 ⃗n=(0,2,1) .
设直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 θ ,
|⃗PB⋅⃗n| 4 4√5
则 sinθ=|cos⟨⃗PB,⃗n⟩|= = = ,
|⃗PB||⃗n| √4+1×√4+1+4 154√5
所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .
15
1 1 1
17.(1) , , 成等差数列.
1−a 1−a 1+a
n n+1 n
T 32n−1
证明: 因为数列 {a } 前 n 项的积 T =32n−1 ,所以当 n≥2 时, a = n = =32n−1
n n n T 32n−1−1
n−1
,
当 n=1 时, a =T =3 ,符合上式,
1 1
所以 a
=32n−1
,
n
1 1 2 2 2 2
+ = = = =
所以 1−a
n
1+a
n
1−a2
n
1−(32n−1) 2 1−32n 1−a
n+1
,
1 1 1
因此 , , 成等差数列.
1−a 1−a 1+a
n n+1 n
1 1 2
(2)由(1)可得 + = ，
1−a 1+a 1−a
n n n+1
1 1 2 1 1 ( 1 1 )
所以 b = − = − − =2 − ,
n 1+a 1−a 1−a 1−a 1−a 1−a 1−a
n n n+1 n n n+1 n
[( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 )]
所以 S =b +b +⋯+b =2 − + − +⋯+ −
n 1 2 n 1−a 1−a 1−a 1−a 1−a 1−a
2 1 3 2 n+1 n
=2 ( 1 − 1 ) =2 ( 1 − 1 )=1− 2 .
1−a 1−a 1−32n 1−3 32n −1
n+1 1
2
所以数列 {b } 的前 n 项和 S =1− .
n n 32n
−1
1
18.(1) 因为点 P(1,1) 在抛物线 C:y2=2px(p>0) 上, 所以 1=2p ,解得 p= ,所
2
以 C 的方程为 y2=x .
(2)(i)证明:由题意不妨设 A(−1,a) ， B(−1,b)(a>0) ，
则 ⃗OA=(−1,a),⃗OB=(−1,b) ,
因为以 AB 为直径的圆过坐标原点 O ,所以 ⃗OA⋅⃗OB=1+ab=0 ,
1 ( 1)
则 b=− ,即 B −1,− .
a a显然直线 MN 的斜率不为 0,设直线 MN:x=my+t,M(y2,y ),N(y2,y ) ,
1 1 2 2
{ y2=x
联立 ,消去 x 得 y2−my−t=0 ,
x=my+t
则 Δ=m2+4t>0,y + y =m,y y =−t ,
1 2 1 2
y −1 1 1−a 1+a
因为 A,P,M 三点共线,则 1 = = ,解得 y = ,
y2−1 y +1 2 1 1−a
1 1
y −1 1 a+1 a−1
又 B,P,N 三点共线,则 2 = = ,解得 y = ,
y2−1 y +1 2a 2 a+1
2 2
1+a a−1
所以 y y = ⋅ =−1 ,又 y y =−t ,得 t=1 ,
1 2 1−a a+1 1 2
所以直线 MN:x=my+1 ,即直线 MN 过定点 (1,0) .
1 a2+1
(ii) 由 (i) 知 |AB|=a+ = (a>0) ,直线 MN:x=my+1 ,
a a
1+a a−1
且 y + y =m,y = ,y = ,
1 2 1 1−a 2 a+1
|m|
而点 P 到直线 MN 的距离为 d= ,且 |MN|=√1+m2 ⋅|y −y | ,
√1+m2 1 2
1 1 |m| 1
所以 S = |MN|⋅d= √1+m2 ⋅|y −y |⋅ = |y −y ||m|
△PMN 2 2 1 2 √1+m2 2 1 2
=
1
|y2−y2|=
1| (1+a) 2
−
(a−1) 2|
=
4a(a2+1)
,
2 1 2 2 1−a a+1 (a2+1) 2 −4a2
1 a2+1
而 S = |AB|⋅1= ,
△AOB 2 2a
4a(a2+1) a2+1
若 S =2S ,则 = ,
△PMN △AOB (a2+1) 2 −4a2 aa2+1 a2+1
整理得 (a2+1) 2 =8a2 ,即 =2√2 ,方程有解,则 |AB|= =2√2 .
a a
即存在 A,B ,使得 △PMN 的面积为 △OAB 面积的 2 倍,此时 |AB|=2√2 .
19. (1) 由题意得 f (x) 的定义域为 R ,且 f′(x)=2ex(ex+x−1) ,
令 g(x)=ex+x−1 ,则 g′(x)=ex+1>0 恒成立,所以 g(x) 在 R 上单调递增,
又 g(0)=0 ,故当 x∈(−∞,0) 时, g(x)<0,f′(x)<0,f (x) 在 (−∞,0) 上单调递减;
当 x∈(0,+∞) 时, g(x)>0,f′(x)>0,f (x) 在 (0,+∞) 上单调递增,
所以 f (x) 的单调递减区间为 (−∞,0) ,单调递增区间为 (0,+∞) .
(2)由(1)知， f (x)≥f (0)=−3 ，即 ex(ex+2x−4)≥−3 ，
即 e2x+2xex+3≥4ex>0 ,
n n
所以 ∏(e2x i+2x ex i+3)≥∏(4ex i)=4n(ex 1⋅ex 2⋯⋯ex n)=4nex 1 +x 2 +x 3 +⋯+x n=4ne0=4n 即
i
i=1 i=1
n
∏(e2x i+2x ex i+3)≥4n .
i
i=1
ex
2
(3)因为 x >x ，令 =t ，则 ex 2=tex 1 ， x −x =lnt ，且 t>1 ，
2 1 ex
1
2 1
又 f′(x)=2ex(ex+x−1) ,则
f (x )−f (x ) f′ (x ) ex 2(ex 2+2x −4)−ex 1(ex 1+2x −4) 2ex 1(ex 1+x −1)
2 1 − 1 = 2 1 − 1
ex 2−ex
1
ex
1
ex 2−ex
1
ex
1
=2 (x 2 ex 2−x 1 ex 1 −x −1 ) +ex 2−ex 1=2 [(x 2 −x 1 )ex 2 −1 ] +ex 2−ex 1=2 (tlnt −1 ) +(t−1)ex 1.
ex 2−ex
1
1 ex 2−ex
1
t−1
1 1 1 t−1
令 h(t)=lnt+ −1(t>1) ,则 h′(t)= − = >0 ,故 h(t) 在 (1,+∞) 上单调递增,
t t t2 t2
1 tlnt
所以 h(t)>h(1)=0 ,即 lnt+ −1>0 ,所以当 t>1 时, −1>0 ,
t t−1
又当 t>1 时, (t−1)ex 1>0 ,所以当 t>1 时, 2 (tlnt −1 ) +(t−1)ex 1>0
t−1
f (x )−f (x ) f′ (x )
即当 x >x 时 2 1 > 1 .
2 1 ex 2−ex
1
ex
1
