pp2p222?y0?x0?py0?所以，|MF|?|NF|?y1y2?(y1?y2)?
244p2?x0?(y?)2?|PF|2. ………………8分
2ppp（Ⅱ）由FP?(x0,y0?),FM?(x1,y1?),FN?(x2,y2?),知
222pppp2FP?FM?x0x1?(y0?)(y1?)?x0x1?y0y1?(y0?y1)?
2224pp2pp?y0y1?(y0?y1)??(y0?)(y1?)………………10分
2422pFP?FM2，………………12分 ?所以，cos?PFM?|FP|?|FM||FP|y0?p2，………………13分 同理，cos?PFN?|FP|y0?故cos?PFM?cos?PFN， 所以，?PFM??PFN， 由（Ⅰ）知|PF|?|MF|?|NF|， 所以，?PFM∽?PFN
所以，?PMF??FPN.………………15分 另法：
2?x12???xx2x2,Nx,（Ⅰ) 由已知抛物线方程即为y?,y??.设M?x1,??2?,则
2pp?2p??2p?2
x1x12x?,切线PM与PN的方程分别为:y?p2p2x2x2y?x?.
p2p??y??由??y???x1x12x?p2p2x2x2x?p2p可解得P??x1?x2x1x2?,?. 2p??2222x12x2x12?x2p2?x1?x2??px1x2?2??于是|PF|????????24p44?2??22p?2,
222?x12p??x2x12?x2p?x12x2p2|MF||NF|??????????244?2p2??2p2?4p.
6 / 8
从而|PF|2?|MF||NF|.
22x2?p2(x12?p2)(x1?x2)2?(Ⅱ) 由(Ⅰ)知 |PM||NF|?, 22p4p2x12?p2(x2?p2)(x1?x2)2|PN||MF|??.
2p4p22
所以|PM|2|NF|?|PN|2|MF|?|MF||NF||PF||PN||NF|. ???|PM||MF||MF||MF|又由(Ⅰ)知
|PF||NF||PN||PF||NF|???,于是,故?PMF∽?NPF,从而
|PM||MF||PF||MF||PF|?PMF??FPN.
22.解析：（Ⅰ）当m?2时，f(x)?ex?2x， 则f?(x)?ex?2，………………2分
所以，当x?ln2时，f?(x)?0；x?ln2时，f?(x)?0，
所以f(x)的单调递增区间为(ln2,??)，单调递减区间为(??,ln2). ………………4分 （Ⅱ）设g(x)?(x?2)f(x)?mx2?2?(x?2)(ex?mx)?mx2?2?(x?2)ex?2mx?2， 而g?(x)?(x?1)ex?2m，
令h(x)?(x?1)ex?2m，则h?(x)?xex.
于是，当x?0时，h?(x)?0，h(x)为增函数，………………6分 又由g(2)?4m?2?0，知m??(1)若?1. ………………8分 211?m?，则g?(0)??1?2m?0,g?(2)?e2?2m?0， 22此时，g?(x)在区间(0,2)上有唯一零点，设为x0. ………………10分 则0?x?x0时，g?(x)?0.
故g(x)在区间[0,x0]上为减函数，g(x0)?g(0)?0. 因此，?11?m?不符合要求. ………………12分 22 7 / 8
(2)若m?1，则x?0时，g?(x)?g?(0)??1?2m?0. 2此时，g(x)在区间[0,??)上为增函数. 故x?0时，g(x)?g(0)?0. 因此，m?1符合要求. 21综上，m的取值范围是[,??). ……………15分 2
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2024届浙江省七彩阳光联盟高三上学期期初联考数学试题答案
