知识点：1.合情推理与演绎推理

A

【考点】F4：进行简单的合情推理．

【分析】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理得到结果．

【解答】解：由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；

再排甲，也有3种情况；

余下3人有A33种排法．

故共有3•3•A33=54种不同的情况．

故选：A．

知识点：5.曲线与方程

D

【考点】J3：轨迹方程．

【分析】推导出P是AN的垂直平分线上的一点，且PA=PN，由AM=8＞6，得到点P满足PM+PN＞8，从而得到动点P的轨迹是焦点为（3，0），（﹣3，0），半长轴a=4的椭圆．

【解答】解：∵圆（x+3）2+y2=64的圆心为M，设A为圆上任一点，

点N的坐标为（3，0），线段AN的垂直平分线交MA于点P，

∴P是AN的垂直平分线上的一点，∴PA=PN，

又∵AM=8，所以点P满足PM+PN=AM=8＞6，即P点满足椭圆的定义，

焦点是（3，0），（﹣3，0），半长轴a=4，

故P点轨迹方程式=1．

故选：D．

知识点：2.排列与组合

80

【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．

【分析】分步计算，第一步A→C最近走法有2种；第二步C→D最近走法有C36=20种；第三步D→B最近走法有2种，利用乘法原理可得结论．

【解答】解：分步计算，第一步A→C最近走法有2种；第二步C→D最近走法有C36=20种；第三步D→B最近走法有2种，

故由A→B最近走法有2×20×2=80种．

故答案为：80．

知识点：7.全称量词与存在量词

[，+∞）

【考点】3R：函数恒成立问题；2I：特称命题．

【分析】根据特称命题为假命题，转化为“∀x∈（0，+∞），使lnx﹣ax≤0”恒成立，利用参数分离法进行转化，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性额最值进行求解即可．

【解答】解：若命题“∃x0∈（0，+∞），使lnx0﹣ax0＞0”是假命题，

则命题“∀x∈（0，+∞），使lnx﹣ax≤0”恒成立，

即ax≥lnx，

即a≥，

设f（x）=，则f′（x）=，

由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1，则0＜x＜e，此时函数单调递增，

由f′（x）＜0得1﹣lnx＜0得lnx＞1，则x＞e，此时函数单调递减，

即当x=e时，函数f（x）取得极大值，同时也是最大值，此时f（e）==，

故a≥，

故答案为：[，+∞）

知识点：3.导数在研究函数中的应用

②④

【考点】54：根的存在性及根的个数判断．

【分析】求出函数f（x）的导数，以及单调区间和极值、最值，作出f（x）的图象，由图象可判断①③错；②④对．

【解答】解：由函数f（x）=（x2﹣3）ex，

可得导数为f′（x）=（x2+2x﹣3）ex，

当﹣3＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；

当x＞1或x＜﹣3时，f′（x）＞0，f（x）递增．

当x→﹣∞时，f（x）→0；当x→+∞时，f（x）→+∞．

作出函数f（x）的图象，可得：

f（x）在x=1处取得极小值，且为最小值﹣2e；

在x=﹣3处取得极大值，且为6e﹣3，无最大值．

故①错；②对；

若方程f（x）=b恰有一个实数根，

可得b=﹣2e或b＞6e﹣3，故③错；

若方程f（x）=b恰有三个不同实数根，

可得0＜b＜6e﹣3，故④对．

故答案为：②④．

知识点：6.简单的逻辑联结词

【考点】2E：复合命题的真假．

【分析】求出命题p：a≤﹣1，命题q：﹣4＜a＜4，由命题“p∧q”为假，“p∨q”为真，得到p，q中一真一假，由此能求出实数a的取值范围．

【解答】解：∵命题p：函数f（x）=x2﹣2ax+3在区间[﹣1，2]上单调递增，

f（x）=x2﹣2ax+3的对称轴为x=a，

∴命题p：a≤﹣1…

∵命题q：函数g（x）=lg（x2+ax+4）的定义域为R，

∴命题q：△=a2﹣16＜0，即﹣4＜a＜4，…

∵命题“p∧q”为假，“p∨q”为真，∴p，q中一真一假，…

…

…

综上：a≤﹣4或﹣1＜a＜4．…

知识点：3.抛物线

【考点】K8：抛物线的简单性质．

【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）．由

利用韦达定理可得，即可证明

（2），O到直线AB的距离为d=，

，即可求得k的值

【解答】解：（1）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）

由…

△=k2+4＞0⇒k∈R，x1+x2=k，x1x2=﹣1…

∴，

∴OA⊥OB…

（2）O到直线AB的距离为d=…

…

…

∴…

知识点：3.导数在研究函数中的应用

【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性．

【分析】（1）求出f（x）的导数，配方可得最小值，由题意可得m≤f′（x）的最小值，即可得到m的最大值；

（2）求出f（x）的导数和单调区间，以及极值，由题意可得极大值小于0或极小值大于0，解不等式即可得到a的范围．

【解答】解：（1）函数的导数为f′（x）=3x2﹣9x+6

=3（x﹣）2﹣≥﹣，

对任意实数x，f'（x）≥m恒成立，

可得m≤f′（x）的最小值，

即有m≤﹣，可得m的最大值为﹣；

（2）函数的导数为f′（x）=3x2﹣9x+6

=3（x﹣1）（x﹣2），

f'（x）＞0⇒x＞2或x＜1；f'（x）＜0⇒1＜x＜2，

∴f（x）在（﹣∞，1）和（2，+∞）上单增，在（1，2）上单减，

∴，

函数f（x）恰有一个零点，可得﹣a＜0或2﹣a＞0，

解得a＜2或a＞．

可得a的取值范围是（﹣∞，2）∪（，+∞）．

知识点：5.独立性检验的基本思想及其初步运用

【考点】BO：独立性检验的应用．

【分析】（1）根据列联表，计算观测值，对照临界值即可得出结论；

（2）根据题意知随机变量ɛ的所有可能取值，计算对应的概率值，写出ε的分布列，再计算数学期望值．

【解答】解：（1）根据列联表，计算观测值K2==≈8.333＞7.879，

且P（k2≥7.879）=0.005=0.5%，…

∴有99.5%的把握认为大学生患颈锥病与长期过度使用电子产品有关系；…

（2）根据题意，ɛ的所有可能取值为0，1，2，3； …

∴P（ε=0）==，

P（ε=1）==，

P（ε=2）==，

P（ε=3）==； …

∴ε的分布列如下：

…

∴ε的数学期望为Eɛ=0×+1×+2×+3×==0.9．…

知识点：1.椭圆

【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．

【分析】（1）由椭圆经过点，一个焦点F的坐标为（2，0），列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．

（2），利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积，结合已知条件，能求出的取值范围．

【解答】解：（1）∵椭圆经过点，一个焦点F的坐标为（2，0）．

∴，解得a=2，b=2，c=2，…

∴椭圆C的方程为=1．…

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），

…

△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）=64k2﹣8m2+32＞0，即m2＜8k2+4…

，x1x2=，…

y1y2=k2x1x2+mk（x1+x2）+m2=﹣+m2=，…

∵，

∴kOA•kOB===﹣，

∴4m2﹣16k2=8，即m2=4k2+2，故4k2+2＜8k2+4，

解得k∈R…

=，…

．…

知识点：3.导数在研究函数中的应用

【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性．

【分析】（1）当a=2时，利用导数的符号求得函数的单调性，再根据函数的单调性求得函数y=f（x）在[，2]上的最大值；

（2）先求得g′（x）=﹣2x+a，因为g（x）在区间（0，3）上单调递增，所以g'（x）≥0在（0，3）上恒成立，运用参数分离和函数的单调性，求得右边函数的范围，由此可得a的范围；

（3）h′（αx1+βx2）＜0．理由：由题意可得，f（x）﹣mx=0有两个实根x1，x2，化简可得m=﹣（x1+x2），可得h'（αx1+βx2）=﹣2（αx1+βx2）﹣+（x1+x2）=﹣﹣+（2α﹣1）（x2﹣x1），由条件知（2α﹣1）（x2﹣x1）≤0，再用分析法证明h′（αx1+βx2）＜0．

【解答】解：（1）∵f（x）=2lnx﹣x2，

可得，

函数f（x）在[，1]是增函数，在[1，2]是减函数，

所以f（1）取得最大值，且为﹣1；

（2）因为g（x）=alnx﹣x2+ax，

所以g′（x）=﹣2x+a，

因为g（x）在区间（0，3）上单调递增，

所以g'（x）≥0在（0，3）上恒成立，

即有a≥在（0，3）的最大值，

由y=的导数为y′=＞0，

则函数y=在（0，3）递增，可得y＜，

则a≥；

（3）由题意可得，h′（x）=﹣2x﹣m，

又f（x）﹣mx=0有两个实根x1，x2，

∴2lnx1﹣x12﹣mx1=0，2lnx2﹣x22﹣mx2=0，

两式相减，得2（lnx1﹣lnx2）﹣（x12﹣x22）=m（x1﹣x2），

∴m=﹣（x1+x2），

于是h'（αx1+βx2）=﹣2（αx1+βx2）﹣m

=﹣2（αx1+βx2）﹣+（x1+x2）

=﹣﹣+（2α﹣1）（x2﹣x1），

∵β≥α，∴2α≤1，∴（2α﹣1）（x2﹣x1）≤0．

可得h′（αx1+βx2）＜0．

要证：h′（αx1+βx2）＜0，

只需证：﹣＜0，

只需证：﹣ln＞0．（*）

令=t∈（0，1），

∴（*）化为+lnt＜0，

只证u（t）=+lnt即可．

∵u′（t）=+=﹣=，

又∵≥1，0＜t＜1，∴t﹣1＜0，∴u′（t）＞0，

∴u（t）在（0，1）上单调递增，

故有 u（t）＜u（1）=0，∴+lnt＜0，

即﹣ln＞0．

∴h′（αx1+βx2）＜0．