2014年高考真题——理科数学（福建卷）精校版 Word版含答案
2023-12-09 00:27:31
2014年福建高考数学试题（理）
一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.复数的共轭复数等于（ ）
2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）
圆柱 圆锥 四面体 三棱柱
3.等差数列的前项和，若，则( )
4.若函数的图像如右图所示，则下列函数图像正确的是（ ）
5.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的得值等于（ ）
6.直线与圆相交于两点，则是"的面积为"的（ ）
充分而不必要条件 必要而不充分条件
充分必要条件 既不充分又不必要条件
7. 已知函数则下列结论正确的是（ ）
A. 是偶函数 B. 是增函数 C.是周期函数 D.的值域为
8. 在下列向量组中，可以把向量表示出来的是（ ）
A. B .
C. D.
9. 设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（ ）
A. B. C. D.
10. 用代表红球，代表蓝球，代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由的展开式表示出来，如："1"表示一个球都不取、""表示取出一个红球，面""用表示把红球和篮球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是
A. B.
C. D.
二、 填空题
11、 若变量满足约束条件则的最小值为________
12、在中，,则等于_________
13、要制作一个容器为4，高为的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元）
14. 如图，在边长为（为自然对数的底数）的正方形中随机撒一粒黄豆，则他落到阴影部分的概率为______.
15. 若集合且下列四个关系：
①；②；③；④有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组的个数是_________.
三． 解答题：本大题共6小题，共80分.
16. （本小题满分13分）
已知函数.
（1） 若，且，求的值；
（2） 求函数的最小正周期及单调递增区间.
17.（本小题满分12分）
在平行四边形中，，.将沿折起，使得平面平面，如图.
（1） 求证：；
（2） 若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.
18.（本小题满分13分）
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从
一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾
客所获的奖励额.
（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求
①顾客所获的奖励额为60元的概率
②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;
（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和
50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励
总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球
的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
19.（本小题满分13分）
已知双曲线的两条渐近线分别为.
（1）求双曲线的离心率；
（2）如图，为坐标原点，动直线分别交直线于两点（分别在第一，
四象限），且的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线有且只有一个公
共点的双曲线？若存在，求出双曲线的方程；若不存在，说明理由。
20. （本小题满分14分）
已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处
的切线斜率为-1.
（I）求的值及函数的极值；
（II）证明：当时，；
（III）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有.
21. 本题设有（1），（2），（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分.
如果多做，则按所做的前两题计分.作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题
号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中.
（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换
已知矩阵的逆矩阵.
（I）求矩阵；
（II）求矩阵的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量.
（2）（本小题满分7分）选修4-4：极坐标与参数方程
已知直线的参数方程为，（为参数），圆的参数方程为
，（为常数）.
（I）求直线和圆的普通方程；
（II）若直线与圆有公共点，求实数的取值范围.
（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选将
已知定义在R上的函数的最小值为.
（I）求的值；
（II）若为正实数，且，求证：.
2014・福建卷(理科数学)
1．C 2．A 3．C 4．B 5．B 6．A 7．D 8．B 9．D 10．A
11．1 12．2 13．160 14. 15．6
16．解：方法一：(1)因为0<α<，sα＝，所以cosα＝.
所以f(α)＝×－
＝.
(2)因为f(x)＝s xcos x＋cos2x－
＝s 2x＋－
＝s 2x＋cos 2x
＝s，
所以T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
方法二：f(x)＝s xcos x＋cos2x－
＝s 2x＋－
＝s 2x＋cos 2x
＝s.
(1)因为0<α<，sα＝，所以α＝，
从而f(α)＝s＝s＝.
(2)T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD?平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以\s\up6(→(→)，\s\up6(→(→)，\s\up6(→(→)的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.
则\s\up6(→(→)＝(1，1，0)，\s\up6(→(→)＝，\s\up6(→(→)＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则\s\up6(→(n・\o(BC,\s\up6(→)即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则s θ＝\s\up6(→(cos〈n，\o(AD,\s\up6(→)＝\s\up6(→(AD,\s\up6(→)＝.
18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.
(i)依题意，得P(X＝60)＝＝.
即顾客所获的奖励额为60元的概率为，
(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60.
P(X＝60)＝，
P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X 20 60 P 0.5 0.5 所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为
X1 20 60 100 P X1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2 40 60 80 P X2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
19．解：方法一：
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，
所以＝2，
所以＝2，
故c＝a，
从而双曲线E的离心率
e＝＝.
(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|O＝a，＝4a.又因为△OAB的面积为8，
所以|O・＝8，
因此a・4a＝8，解得a＝2，
此时双曲线E的方程为－＝1.
若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－＝1.
以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件．
设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，则C.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y1＝，同理得y2＝.
由S△OAB＝|O・|y1－y，得
・＝8，
即m2＝4＝4(k2－4)．
由得(4－k2)x2－x－m2－16＝0.
因为4－k2<0，
所以Δ＝2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．
又因为m2＝4(k2－4)，
所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
方法二：(1)同方法一．
(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.
设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依题意得－ 由得y1＝， 同理得y2＝.
设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)．
由S△OAB＝|O・|y1－y＝8，得|t|・＝8.
所以t2＝1－＝4(1－2)．
由得(2－1)y2＋ty＋4(t2－a2)＝0.
因为2－1<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝2t2－16(2－1)(t2－a2)＝0，即2a2＋t2－a2＝0, 即2a2＋4(1－2)－a2＝0，即(1－2)(a2－4)＝0，
所以a2＝4，
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
方法三：(1)同方法一．
(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得k>2或k<－2.
由得(4－k2)x2－x－m2＝0，
因为4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝，
又因为△OAB的面积为8，
所以 |O・|O・ s∠AOB＝8，又易知s∠AOB＝，
所以・＝8，化简得x1x2＝4.
所以＝4，即m2＝4(k2－4)．
由(1)得双曲线E的方程为－＝1，
由得(4－k2)x2－x－m2－4a2＝0.
因为4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，
即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，
所以双曲线E的方程为－＝1.
当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．
综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
20．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a.
又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
令f ′(x)＝0，得x＝ 2.
当x< 2时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
当x> 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝ 2时，f(x)取得极小值，
且极小值为f( 2)＝ 2－ 2＝2－ 4，
f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f( 2)＝2－ 4>0，
故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2 (3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2 故当x>0时，x2 取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 ②若01，要使不等式x2kx2成立．
而要使ex>kx2成立，则只要x>(kx2)，只要x> x＋ k成立．
令h(x)＝x－ x－ k，则h′(x)＝1－＝.
所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．
又h(x0)＝16k－(16k)－ k＝8(k－ 2)＋3(k－ k)＋5k，
易知k> k，k> 2，5k>0，所以h(x0)>0.
即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 方法二：(1)同方法一．
(2)同方法一．
(3)对任意给定的正数c，取x0＝，
由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e・e>・，
当x>x0时，ex>>＝x2，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 方法三：(1)同方法一．
(2)同方法一．
(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3 证明如下：
令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，当x>0时，x2 从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x) 取x0＝，当x>x0时，有x2 因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 21．
(Ⅰ)解：(1)因为矩阵A是矩阵A－1的逆矩阵，且＝2×2－1×1＝3≠0，
所以A＝＝
(2)矩阵A－1的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f(λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，所以ξ1＝)是矩阵A－1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量，ξ2＝)是矩阵A－1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．
(Ⅱ)选修4-4：坐标系与参数方程
解：(1)直线l的普通方程为2x－y－2a＝0，
圆C的普通方程为x2＋y2＝16.
(2)因为直线l与圆C有公共点，
故圆C的圆心到直线l的距离d＝≤4，
解得－2≤a≤2.
(Ⅲ)选修4-5：不等式选讲
解：(1)因为|x＋＋|x－≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，
所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，
即p2＋q2＋r2≥3.
一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.复数的共轭复数等于（ ）
2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）
圆柱 圆锥 四面体 三棱柱
3.等差数列的前项和，若，则( )
4.若函数的图像如右图所示，则下列函数图像正确的是（ ）
5.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的得值等于（ ）
6.直线与圆相交于两点，则是"的面积为"的（ ）
充分而不必要条件 必要而不充分条件
充分必要条件 既不充分又不必要条件
7. 已知函数则下列结论正确的是（ ）
A. 是偶函数 B. 是增函数 C.是周期函数 D.的值域为
8. 在下列向量组中，可以把向量表示出来的是（ ）
A. B .
C. D.
9. 设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（ ）
A. B. C. D.
10. 用代表红球，代表蓝球，代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由的展开式表示出来，如："1"表示一个球都不取、""表示取出一个红球，面""用表示把红球和篮球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是
A. B.
C. D.
二、 填空题
11、 若变量满足约束条件则的最小值为________
12、在中，,则等于_________
13、要制作一个容器为4，高为的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元）
14. 如图，在边长为（为自然对数的底数）的正方形中随机撒一粒黄豆，则他落到阴影部分的概率为______.
15. 若集合且下列四个关系：
①；②；③；④有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组的个数是_________.
三． 解答题：本大题共6小题，共80分.
16. （本小题满分13分）
已知函数.
（1） 若，且，求的值；
（2） 求函数的最小正周期及单调递增区间.
17.（本小题满分12分）
在平行四边形中，，.将沿折起，使得平面平面，如图.
（1） 求证：；
（2） 若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.
18.（本小题满分13分）
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从
一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾
客所获的奖励额.
（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求
①顾客所获的奖励额为60元的概率
②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;
（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和
50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励
总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球
的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
19.（本小题满分13分）
已知双曲线的两条渐近线分别为.
（1）求双曲线的离心率；
（2）如图，为坐标原点，动直线分别交直线于两点（分别在第一，
四象限），且的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线有且只有一个公
共点的双曲线？若存在，求出双曲线的方程；若不存在，说明理由。
20. （本小题满分14分）
已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处
的切线斜率为-1.
（I）求的值及函数的极值；
（II）证明：当时，；
（III）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有.
21. 本题设有（1），（2），（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分.
如果多做，则按所做的前两题计分.作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题
号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中.
（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换
已知矩阵的逆矩阵.
（I）求矩阵；
（II）求矩阵的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量.
（2）（本小题满分7分）选修4-4：极坐标与参数方程
已知直线的参数方程为，（为参数），圆的参数方程为
，（为常数）.
（I）求直线和圆的普通方程；
（II）若直线与圆有公共点，求实数的取值范围.
（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选将
已知定义在R上的函数的最小值为.
（I）求的值；
（II）若为正实数，且，求证：.
2014・福建卷(理科数学)
1．C 2．A 3．C 4．B 5．B 6．A 7．D 8．B 9．D 10．A
11．1 12．2 13．160 14. 15．6
16．解：方法一：(1)因为0<α<，sα＝，所以cosα＝.
所以f(α)＝×－
＝.
(2)因为f(x)＝s xcos x＋cos2x－
＝s 2x＋－
＝s 2x＋cos 2x
＝s，
所以T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
方法二：f(x)＝s xcos x＋cos2x－
＝s 2x＋－
＝s 2x＋cos 2x
＝s.
(1)因为0<α<，sα＝，所以α＝，
从而f(α)＝s＝s＝.
(2)T＝＝π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD?平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以\s\up6(→(→)，\s\up6(→(→)，\s\up6(→(→)的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.
则\s\up6(→(→)＝(1，1，0)，\s\up6(→(→)＝，\s\up6(→(→)＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则\s\up6(→(n・\o(BC,\s\up6(→)即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则s θ＝\s\up6(→(cos〈n，\o(AD,\s\up6(→)＝\s\up6(→(AD,\s\up6(→)＝.
18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.
(i)依题意，得P(X＝60)＝＝.
即顾客所获的奖励额为60元的概率为，
(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60.
P(X＝60)＝，
P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X 20 60 P 0.5 0.5 所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为
X1 20 60 100 P X1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2 40 60 80 P X2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
19．解：方法一：
(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，
所以＝2，
所以＝2，
故c＝a，
从而双曲线E的离心率
e＝＝.
(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|O＝a，＝4a.又因为△OAB的面积为8，
所以|O・＝8，
因此a・4a＝8，解得a＝2，
此时双曲线E的方程为－＝1.
若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－＝1.
以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件．
设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，则C.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y1＝，同理得y2＝.
由S△OAB＝|O・|y1－y，得
・＝8，
即m2＝4＝4(k2－4)．
由得(4－k2)x2－x－m2－16＝0.
因为4－k2<0，
所以Δ＝2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．
又因为m2＝4(k2－4)，
所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
方法二：(1)同方法一．
(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.
设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
依题意得－
设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)．
由S△OAB＝|O・|y1－y＝8，得|t|・＝8.
所以t2＝1－＝4(1－2)．
由得(2－1)y2＋ty＋4(t2－a2)＝0.
因为2－1<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝2t2－16(2－1)(t2－a2)＝0，即2a2＋t2－a2＝0, 即2a2＋4(1－2)－a2＝0，即(1－2)(a2－4)＝0，
所以a2＝4，
因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
方法三：(1)同方法一．
(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得k>2或k<－2.
由得(4－k2)x2－x－m2＝0，
因为4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝，
又因为△OAB的面积为8，
所以 |O・|O・ s∠AOB＝8，又易知s∠AOB＝，
所以・＝8，化简得x1x2＝4.
所以＝4，即m2＝4(k2－4)．
由(1)得双曲线E的方程为－＝1，
由得(4－k2)x2－x－m2－4a2＝0.
因为4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，
即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，
所以双曲线E的方程为－＝1.
当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．
综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.
20．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a.
又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
令f ′(x)＝0，得x＝ 2.
当x< 2时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；
当x> 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝ 2时，f(x)取得极小值，
且极小值为f( 2)＝ 2－ 2＝2－ 4，
f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f( 2)＝2－ 4>0，
故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2
而要使ex>kx2成立，则只要x>(kx2)，只要x> x＋ k成立．
令h(x)＝x－ x－ k，则h′(x)＝1－＝.
所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．
又h(x0)＝16k－(16k)－ k＝8(k－ 2)＋3(k－ k)＋5k，
易知k> k，k> 2，5k>0，所以h(x0)>0.
即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
(2)同方法一．
(3)对任意给定的正数c，取x0＝，
由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e・e>・，
当x>x0时，ex>>＝x2，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
(2)同方法一．
(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3
令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，当x>0时，x2
所以h(x)
(Ⅰ)解：(1)因为矩阵A是矩阵A－1的逆矩阵，且＝2×2－1×1＝3≠0，
所以A＝＝
(2)矩阵A－1的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f(λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，所以ξ1＝)是矩阵A－1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量，ξ2＝)是矩阵A－1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．
(Ⅱ)选修4-4：坐标系与参数方程
解：(1)直线l的普通方程为2x－y－2a＝0，
圆C的普通方程为x2＋y2＝16.
(2)因为直线l与圆C有公共点，
故圆C的圆心到直线l的距离d＝≤4，
解得－2≤a≤2.
(Ⅲ)选修4-5：不等式选讲
解：(1)因为|x＋＋|x－≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，
所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，
即p2＋q2＋r2≥3.
