全优试卷
所以EO11?，CE=CB=1,BE=AF=2， OF23CHEHCO1===， PCPBCA3同理连接HO，则有HO∥PA，
所以HO?EO，HO?1，所以EH?12PB?2，同理，FG?PA?2， 33过点H作HN∥EF交FG于N，则GH?【法二】因为a//平面PAB，平面aHN2?GN2?5 平面ABCD=EF，O?EF, 平面PAB平面ABCD=AB，
根据面面平行的性质定理，所以EF//AB，同理EH//BP,FG//AP，
因为BC//AD,AD=2BC,所以DBOC∽DDOA，且BCCO1==, ADOAz2PMAOH又因为DCOE∽DAOF，AF=BE,所以BE=2EC， NGFDy同理2AF=FD,2PG=GD， BxECEF=AB=3,EH=1PB=32,FG=2AP=2 3PA=M, 如图：作HN//BC,HNPB=N,GM//AD,GM所以HN//GM,HN=GM，
故四边形GMNH为矩形，即GH=MN, 全优试卷
在DPMN中,所以MN=8+1-2创22cos45°=5，所以GH=5. （Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系B(3,0,0),F(0,2,0),E(3,2,0),H(2,2,1), BH=(-1,2,1),FH=(2,0,1), 设平面BFH的法向量为n=(x,y,z), ì??n?BHí???n?FH-x+2y+z=02x+z=0,令z=-2，得n=(1,,-2), 32因为平面EFGH//平面PAB，所以平面EFGH的法向量m=(0,1,0) cosm,n=m×n=|m||n|33293292=，二面角B-FH-E的余弦值为 292991++4y4Ap,0)， 2220. 【解析】（Ⅰ）依题意F(OEBFx当直线AB的斜率不存在时，|AB|??p??4,p?2 D当直线AB的斜率存在时，设AB:y?k(x?p) 2?y2?2px2p?2y?y?p2?0 由?，化简得pk?y?k(x?)?222由y1y2??4得p?4，p?2，所以抛物线方程y?4x.
t244（Ⅱ）设D(x0,y0)，B(,t)，则E(?1,t)，又由y1y2??4，可得A(2,?) 4ttt2424，AD?EF，所以kAD?，故直线AD:y??(x?2) 2tttt因为kEF??全优试卷
由
?y2?4x??82x?ty?4??0?2t?， 化简得
y2?2ty?8?16?02t，所以
16y1?y?02t,yy?1?8?02. tt2t216(y1?y0)2?4y1y0?4?t2t2?2?8 所以|AD|?1?|y1?y0|?1?44tt22816|?t?4?2||t2?2?8|2t?t设点B到直线AD的距离为d，则d? 224?t24?t1116|AD|?d?(t2?2?8)3?16，当且仅当t4?16，即t??2 24t所以S?ABD?t?2时，AD:x?y?3?0, t??2时，AD:x?y?3?0. a1+b=+b， axx(x)=21. 【解析】（Ⅰ）因为f(x)=ln(ax)+bx，所以f￠(1)=1+b=0，且f(1)=lna+b=0 因为点(1,f(1))处的切线是y=0，所以f￠所以a=e,b=-1，即f(x)=lnx-x+1（x?(0,?)）
(x)=所以f￠11-x-1=，所以在(0,1)上递增，在(1,+?)上递减 xx所以f(x)的极大值为f(1)=lne-1=0，无极小值.
mx2?f(x)（Ⅱ）当exf(x)=lnx-x+1，
1-ex(m<0)在x?(0,?)恒成立时, 由（Ⅰ）e全优试卷
即mxlnx+11(m<0)在x?(0,?)恒成立， ?2+exxemxlnx?11m(1?x)lnx??,h(x)???2g(x)?h(x)??，则，，
exxeexx2【法一】设g(x)?又因为m?0，所以当0?x?1时，g?(x)?0,h?(x)?0；当x?1时，g?(x)?0,h?(x)?0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,??)上单调递增，g(x)min?g(1)?m； e1h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,??)上单调递减，h(x)max?h(1)??1. e所以g(x),h(x)均在x?1处取得最值，所以要使g(x)?h(x)恒成立，
只需g(x)min?h(x)max，即m1??1，解得m?1?e，又m<0， ee0). 所以实数m的取值范围是[1-e，【法二】设g(x)=lnx+1mx1-lnxm(x-1)-x-2+（x?(0,?)）(x)=+，则g￠ xeex2ex当0
所以g(x)max=g(1)=1-2+1mm1-?0，即?1，又m<0 eeee