一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.曲線y=x?1x+1在點(0,?1)處的切線斜率為( )
A. 2B. 1C. 12D. 14
2.已知首項為1的數(shù)列{an}滿足an+1an=nn+2，則a3=( )
A. 16B. 12C. 13D. 14
3.已知函數(shù)f(x)=ex?f′(1)x，則f′(1)=( )
A. 0B. 1C. e2D. e4
4.已知拋物線C：4x2+my=0恰好經(jīng)過圓M：(x?1)2+(y?2)2=1的圓心，則C的準線方程為( )
A. y=18B. y=?18C. x=18D. x=?18
5.若函數(shù)f(x)=x2+ax在[2,+∞)上單調(diào)遞增，則a的最大值為( )
A. 4B. 8C. 12D. 16
6.已知x=0是函數(shù)f(x)=x3?ax2+(a2+a)x?2的極小值點，則f(a+1)=( )
A. ?2B. 0C. ?1D. ?1或?2
7.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知ak2?ak?1?ak+1=0,S2k?1=22，則k=( )
A. 11B. 9C. 8D. 6
8.棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，A1D1=2A1M,D1N=NC1,P為平面ACB1上的一動點(包含邊界)，則△MPN周長的最小值為(附：平面的截距式方程為：xa+yb+zc=1，其中a，b，c分別為平面在x，y，z軸上的截距)( )
A. 142+ 3B. 4 2C. 14+1D. 2+ 142
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.在某次物理試驗課堂上，某同學利用位移跟蹤儀記錄了一玩具車在靜止狀態(tài)下釋放，其運動的位移方程滿足S(t)=3t2+2(1≤t≤6)，則( )
A. 該玩具車位移的最大值為110
B. 該玩具車在[1,4]內(nèi)的平均速度為12.5
C. 該玩具車在t=5時的瞬時速度為30
D. 該玩具車的速度v和時間t的關(guān)系式是v(t)=6t(1≤t≤6)
10.記Sn為首項為2的數(shù)列{an}的前n項和，已知an?anan+1=1，則( )
A. 2a2=1B. a4=3C. a2025+1=0D. 2S2025=2023
11.平行六面體ABCD?A1B1C1D1的各棱長為1，且M、N、P、Q分別為AD、BC、A1B1、C1D1中點.若MN、MP、PQ兩兩垂直，則( )
A. ∠BAD=90°B. ∠BAA1=150°
C. ∠DAA1=60°D. 四面體MNPQ的體積為 212
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.函數(shù)f(x)=3ex?csx在[0,1]上的最大值為______．
13.已知正項等比數(shù)列{an}滿足a5?a1=15，a4?a2=6，則a6= ______．
14.曲線y=aex(a>1)與曲線y=ex+a公切線斜率的最小值為______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題13分)
已知圓C：(x?3)2+y2=9，直線l：y=kx?2．
(1)若l與C僅有一個交點，求k；
(2)設(shè)O為坐標原點，點P滿足|PO|=2|PC|，且點P在直線l上，求k的取值范圍．
16.(本小題15分)
已知數(shù)列{an}的前n項積為Tn，{Tn}為公差不為0的等差數(shù)列，且a1=2，T1，T3，T7成等比數(shù)列．
(1)求{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn=|an+1?an|，記{bn}的前n項和為Sn，證明：Sn0)與曲線y2=ln(ax)+1?a交于A(1,m)，B(x0,n)兩點．
(1)求n；
(2)求x0的最小值．
18.(本小題17分)
直橢圓柱體是指上下底面為橢圓，側(cè)面與底面垂直的柱體.如圖，已知某直橢圓柱體的底面橢圓離心率為12，高為橢圓短軸長的一半，上底面橢圓的長軸為A1B1，下底面橢圓的長軸為AB，點E為AB上一點，過點E作直線交橢圓于C，D兩點，設(shè)線段AE與線段BE的長度之比為m．
(1)當點E為底面橢圓的焦點時，求m的值；
(2)當AB⊥CD，m=34時，求平面A1CB與平面A1DB夾角的余弦值．
19.(本小題17分)
已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點為A(?2,0)，且過點B(?4,3).C的右支上有三點P，M，N，滿足BM//AP，AN//BP．
(1)求C的方程；
(2)求△PMN的面積；
(3)求四邊形ABMN面積的最小值．
參考答案
1.A
2.A
3.C
4.B
5.D
6.A
7.D
8.D
9.ACD
10.AC
11.ACD
12.3e?cs1
13.32
14.e
15.解：(1)圓C：(x?3)2+y2=9，可得圓的圓心C(3,0)，半徑r=3，
因l與C僅有一個交點，則圓心到直線l的距離d=|3k?2| k2+1=3，解得k=?512．
(2)設(shè)點P(x,y)，由|PO|=2|PC|，得x2+y2=4[(x?3)2+y2]，
化簡得(x?4)2+y2=4，
又點P在直線l上，則直線l與圓(x?4)2+y2=4存在公共點，
則|4k?2| k2+1≤2，解得0≤k≤43，
故k的取值范圍為[0,43]．
16.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{Tn}的公差為d，d≠0，
因為T1，T3，T7成等比數(shù)列，所以T32=T1T7，
所以(T1+2d)2=T1(T1+6d)，解得T1=2d，因為T1=a1=2，所以2d=2，即d=1，
所以Tn=2+(n?1)×1=n+1，
當n≥2時，an=TnTn?1=n+1n，當n=1時上式成立，
所以an=n+1n；
(2)證明：bn=|an+1?an|=|n+2n+1?n+1n|=1n(n+1)=1n?1n+1，
則Sn=1?12+12?12+…+1n?1n+1=1?1n+10)與y2=ln(ax)+1?a交于兩點，
所以xln(ax)?ax+1=ln(ax)+1?a，化簡得xln(ax)?ax?ln(ax)+a=0，
所以(x?1)(ln(ax)?a)=0，
因為交點為A(1,m)，B(x0,n)，所以n(ax0)=a或x=1，
所以n=ln(ax0)+1?a=a+1?a=1；
(2)因為ln(ax0)=a，所以x0=eaa,a>0，
設(shè)f(x)=exx,x>0，所以f′(x)=exx?exx2=ex(x?1)x2,x>0，
當x∈(0,1)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增；
所以f(x)min=f(1)=e，所以(x0)min=e．
18.解：(1)令橢圓半焦距為c，由橢圓離心率為12，得該橢圓的長半軸長a=2c，短半軸長b= 3c，
點E為底面橢圓的焦點，則|AE|=a?c=c，|BE|=a+c=3c，則m=13，
或|AE|=a+c=3c，|BE|=a?c=c，則m=3，
所以m的值是13或3．
(2)由(1)知底面橢圓對應的標準方程為x24c2+y23c2=1，設(shè)E(xE,0)，由m=34，
得2c+xE2c?xE=34，解得xE=?2c7，|AE|=12c7,|BE|=16c7，由AB⊥CD，
得直線CD：x=?2c7，與橢圓方程聯(lián)立x=?2c7x24c2+y23c2=1，解得|y|=12c7，則|CE|=|DE|=12c7，
由AB⊥CD，平面ABCD⊥平面AA1B，平面ABCD∩平面AA1B=AB，CD?平面ABCD，
得CD⊥平面AA1B，則點C，D關(guān)于平面AA1B對稱，過C作CF⊥A1B于F，連接DF，
于是△FBC≌△FBD，∠BFD=∠BFC，即DF⊥A1B，∠CFD是二面角C?A1B?D的平面角，
連接EF，由A1B⊥平面CFD，EF?平面CFD，得EF⊥A1B，EFBE=sin∠A1BA=AA1A1B，
而|A1A|=b= 3c，則|A1B|= (4c)2+( 3c)2= 19c，|EF|= 3c?16c7 19c=16 3c7 19，
而|CF|=|DF|，則∠CFD=2∠CFE，tan∠CFE=|CE||EF|= 574，
cs∠CFD=cs2∠CFE?sin2∠CFE=1?tan2∠CFE1+tan2∠CFE=1?( 574)21+( 574)2=?4173，
所以平面A1CB與平面A1DB夾角的余弦值為4173．
19.解：(1)因為雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點為A(?2,0)，
且過點B(?4,3)，
所以a=2，得16a2?9b2=1，
解得b= 3，
所以雙曲線C的方程為x24?y23=1．
(2)設(shè)P(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，其中xj≥2，且xi24?yi23=1(i=0,1,2)，
因為BM//AP，所以直線BM的斜率為y0x0+2，方程為y?3=y0x0+2(x+4)，
與雙曲線C：x24?y23=1聯(lián)立，
解得M(2x0+2y0,2y0+32x0)，
同理可知直線AN的方程為y=y0?3x0+4(x+2)，
與雙曲線C：x24?y23=1聯(lián)立，
解得N(2x0?2y0,2y0?32x0)，
則MN中點為(2x0,2y0)，
故直線MN的方程為y?2y0=3x04y0(x?2x0)，
由3x02?4y02=12，
即3x0x?4y0y?24=0，
則點P到直線MN的距離d1=12 (3x0)2+(4y0)2，
而|MN|= (4y0)2+(3x0)2，
故S△PMN=12d1?|MN|=6．
(3)設(shè)坐標原點O，F(xiàn)為弦MN的中點，
則由(2)知OM+ON=(4x0,4y0)=4OP=2OF，
故P為線段OF中點，
則點P到直線AB的距離等于點O，F(xiàn)到直線AB距離和的一半，
又S△OAB=12×2×3=3，
由幾何關(guān)系與面積公式可得，S△PAB=12(S△OAB+S△FAB)=12(3+S△FAB)，
同理，由F為MN中點，
可得S△FAB=12(S△MAB+S△NAB)=12(S△MPB+S△NAP)，
所以S△PAB=6+S△MPB+S△NAP4=S△PMN+S△MPB+S△NAP4，
因此，四邊形ABMN的面積S=S△PMN+S△MPB+SΔNAP+S△PAB=5S△PAB，
下面求S△PAB的最小值，
由直線AB的方程為3x+2y+6=0，
故點P(x0,y0)到直線AB的距離d2=|3x0+2y0+6| 13，而|AB|= 13是定值，
所以S△PAB取最小值，當且僅當d2取到最小值，
記3x0+2y0+6=t，與C：x024?y023=1聯(lián)立得，
關(guān)于x0的二次方程6x02?6(t?6)x0+(t2?12t+48)=0，
設(shè)g(x)=6x2?6(t?6)x+(t2?12t+48)，
函數(shù)g(x)開口向上，對稱軸為x=t?62，
由點P在雙曲線右支上，故方程g(x)=0在[2,+∞)內(nèi)有解，
故Δ=48(t2?12t+12)≥0．
解得t≥2(3+ 6)，或t≤2(3? 6)，
當t≤2(3? 6)時，t?620，
故方程g(x)=0在[2,+∞)內(nèi)無解，在不滿足題意；
當t≥2(3+ 6)時，t?62>2，則方程g(x)=0在[2,+∞)內(nèi)恒有解，
綜上，要使關(guān)于x0的二次方程6x02?6(t?6)x0+(t2?12t+48)=0在[2,+∞)內(nèi)有解，
則t≥2(3+ 6)，且當x0= 6時，等號成立，
所以當P( 6,? 62)時，四邊形ABMN面積取得最小值5(3+ 6)．

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