17．點(diǎn)A（1，a，0）和點(diǎn)B（1-a，2，1）的距離的最小值為$\sqrt{3}$．

分析 由兩點(diǎn)間距離公式得|AB|=$\sqrt{（1-a-1）^{2}+（2-a）^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2（a-1）^{2}+3}$，由此得到當(dāng)a=1時(shí)，點(diǎn)A（1，a，0）和點(diǎn)B（1-a，2，1）的距離取最小值．

解答 解：點(diǎn)A（1，a，0）和點(diǎn)B（1-a，2，1）的距離：
|AB|=$\sqrt{（1-a-1）^{2}+（2-a）^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2{a}^{2}-4a+5}$=$\sqrt{2（a-1）^{2}+3}$，
∴當(dāng)a=1時(shí)，點(diǎn)A（1，a，0）和點(diǎn)B（1-a，2，1）的距離取最小值$\sqrt{3}$．
故答案為：$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查兩點(diǎn)間距離的最小值的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意兩點(diǎn)間距離公式的合理運(yùn)用．

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7．設(shè)$\overrightarrow a=（-3，m），\overrightarrow b=（4，3）$，若$\overrightarrow a$與$\overrightarrow b$的夾角是鈍角，則實(shí)數(shù)m的范圍是（　�。�
A．m＞4B．m＜4C．m＜4且$m≠\frac{9}{4}$D．m＜4且$m≠-\frac{9}{4}$

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8．已知□ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A（-1，-2），B（3，1），C（0，2），則頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（　�。�
A．（2，-3）B．（-1，0）C．（4，5）D．（-4，-1）

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5．已知a∈R，若$f（x）=（x+\frac{a}{x}）{e^x}$在區(qū)間（0，1）上只有一個(gè)極值點(diǎn)，則a的取值范圍為a＞0．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

12．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=k（x-1）
（1）當(dāng)k=e 時(shí)，求函數(shù)$h（x）=\frac{f（x）-g（x）}{x}$ 的極值；
（2）當(dāng)k＞0 時(shí)，若對(duì)任意兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)x1，x2∈[1，2]，均有$|{\frac{{f（{x_1}）}}{x_1}-\frac{{f（{x_2}）}}{x_2}}|＞|{\frac{{g（{x_1}）}}{x_1}-\frac{{g（{x_2}）}}{x_2}}|$，求實(shí)數(shù)k 的取值范圍；
（3）是否存在實(shí)數(shù)k，使得函數(shù)$h（x）=\frac{f（x）-g（x）}{x}$ 在[1，e]上的最小值為$\frac{1}{2}$，若存在求出k 的值，若不存在，說(shuō)明理由．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

2．已知函數(shù)f（x）=|x2+bx|（b∈R），當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）的最大值為M（b），則M（b）的最小值是（　�。�
A．3-2$\sqrt{2}$B．4-2$\sqrt{3}$C．1D．5-2$\sqrt{5}$

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9．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是AB，BC的中點(diǎn)． 
（1）求證：平面B1MN⊥平面BB1D1D；
（2）在棱DD1上是否存在一點(diǎn)P，使得BD1∥平面PMN，若存在，求D1P：PD的比值；若不存在，說(shuō)明理由．

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6．代數(shù)式$1+\frac{1}{{1+\frac{1}{1+…}}}$中省略號(hào)“…”代表以此方式無(wú)限重復(fù)，因原式是一個(gè)固定值，可以用如下方法求得：令原式=t，則1+$\frac{1}{t}$=t，則t2-t-1=0，取正值得t=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，用類似方法可得$\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+…}}}$=3．

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7．已知直線y=-2x+1與橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)在直線x-4y=0上，則此橢圓的離心率為（　�。�
A．$\frac{\sqrt{3}}{3}$B．$\frac{1}{3}$C．$\frac{1}{2}$D．$\frac{\sqrt{2}}{2}$

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