浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练四解析几何201812133256
浙江省2019高考数学优编增分练解析几何
)解析几何(四2kkxpypFE 的＝2作斜率分别为(的焦点1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线>0)：，21CDABECDkklEABlll ，＋相交于点＝2，，以且与与相交于点，两条不同直线，，，212211lNMNM . ，圆为圆心()，为直径的圆的公共弦所在直线记为→→2pkkFMFN >0，证明：<2·；(1)若>0，2157EMl (2)若点的距离的最小值为到直线，求抛物线的方程．5p ????FE ，0 ，(1)证明 由题意知，抛物线的焦点为 ??2pxlyk . ＝直线＋的方程为 112p ??xky ，＋＝ 1222?ppkxx 0. ＝由－2得－1?2?pyx ，＝2ABxyxy )，，设)，，两点的坐标分别为((， 2211xx 是上述方程的两个实数根， ，则212pypkxxpky ＝＝22，，＋从而＋＋122111p ??→22pkpk ??FMpkpkM ＋，)．( ∴点，的坐标为，＝ 1111??2p ??2pkpk ??N ＋， 的坐标为同理可得点， 22??2→2pkpkFN )，，＝( 22→→222FMFNpkkkk )(．于是 ·＋＝2211kkkkkk ，≠>0∵，＋ ＝2，>0，221121→→22kkFMFNpp . 2＝<1，故(1·＋∴0<<1)21(2)解 由抛物线的定义得ppyFAyFB |＋|＝|，|＝＋， 21222pyAByppk ＋2＋＝2，＋∴||＝1122ppkMr . 的半径＋＝从而圆1132222pxpkxMypyk ＋故圆的方程为＋－2－(20－1)＝， 114． 32222pyxpkNxypk ，(2同理可得圆＝的方程为＋＋1)－20－－ 22422ykklkxk )∴直线0的方程为(－－)＝＋(，1122yx 0.2即＝＋2kkp 1|＋＋|211dlM .的距离为∴点＝到直线5p 71dk .＝－故当时，取最小值 1458p 577p 8. ＝，解得＝由已知得5582yEx .故所求抛物线的方程为16＝22yx ??23)(()??EFCabF 点，>的两焦点分别是>0)2．已知椭圆＋：＝1(，022，0，－，2 2122ba ??2C 在椭圆上．C (1)求椭圆的方程；→→PFyPCMNMPPN 为直径的圆面(2)设是，使得轴上的一点，若椭圆，求以上存在两点＝，21积的取值范围．c (1)由已知，得半焦距，＝2解293EFEFa ，|＝＝4|＋|8|2＝＋2＋2122222caab ，＝6＝8所以＝22，所以－＝2－22yxC 1. ＝的方程是所以椭圆＋68tP )(2)设点，的坐标为(0，MN 斜率不存在时，当直线NM ，可得分别是短轴的两端点，262tt . 得到＝＝±， 33MN 斜率存在时， 当直线MNykxtMxyNxy )，)的方程为＝，＋，，((， 设直线2211→→MPPNxx ，①2得 则由＝－＝221tkxy ，＝＋???22联立yx ，1＝＋? ?68222txktxk ，0＝24－4＋8＋)4＋(3得．2222tkkt )(4，4由题意，得Δ＝64－24)>0－4(3＋22kt 6<8，整理得＋ 由根与系数的关系得kt 8－xx ，＝＋ 212k 43＋2t －244xx ＝，②·212k 43＋2t 6－＋2kxx ，＝得，由①②，消去 212t 812－2t 6＋－??≥0，2t 8－122?2t <6由， 解得< 32t 6－＋?2t ?，＋6<8·2t 812－22t <6， 综上≤ 32t ＋2SFP ·，又因为以＝π为直径的圆面积142π????S π2，.的取值范围是所以 ??322ymxmmCxy ＝－2与抛物线＋3．(2018·浙江“超级全能生”联考)如图，已知直线：＝－21????MAB 1，－.，两点，定点相交于 ??2AByx 平分； (1)证明：线段＝－被直线MABm 的值． 面积取得最大值时(2)求△AxyBxy)，( 设 (，，)，(1)证明22112mmymx，2＝－2＋－??联立方程组?2xy，＝??22mxmxm 0＋2－得，＋2＝2mxxxmxm＝－2－，·，＝2∴＋2211xx＋21m，则＝－2222xxxxxxyy＋＋?－2＋?22111122m，＝＝＝222．mmAB，(－)∴线段，的中点坐标为xABy∴线段被直线平分．＝－22yABxxy?＝?－－?＋(2)解∵|?|221122mmmm 4，(0<－4<1)＝1＋4＋2mm|＋22－|1dMAB＝的距离为，点到直线2m41＋1dMABSAB |＝|∴△的面积222mmmmm )|(0<|1－2(－，＝－＋＋<1)22tttmmS |1－令－2＋＝，，则|＝11??3t??ttSt≤0< －＝又∵0<2≤，∴，??221??23t??tttfttf≤0< 6，则′(令(，)＝)－2＝1－??2????6166????ttfft取得最大值，(上单调递减，故当在时，上单调递增，在则)(＝)，，06????266363±2mmmMAB. ＝＋即△，解得面积取得最大值，此时有－＝6622yxCMaCbABx的上顶点，，4．已知椭圆1(：＋＝轴的两个交点，>是椭圆与>0)，为椭圆22ba2kkkMAkMB. ，，直线设直线＝－的斜率为的斜率为22113C(1)求椭圆的离心率；→→OPQQDxDPQDPl的＝(－3，0)，交椭圆于3，，当△(2)设直线与两点，且满足轴交于点C的方程．面积最大时，求椭圆bbka,kbMAa,B 0)，＝(解 (1)，(0，)，，(－0)，＝－21aa2cbbb32ekk.＝·＝－＝－＝－，＝212aaaa33c3e＝知＝，(2)由(1)a32222cbac＝得2＝3，，222cxCy＝36可设椭圆2的方程为，＋mylx，－设直线的方程为3＝222cxy，＝632＋??由?myx，3－＝222cmmyy＝0，＋得(2＋3)6－－436ylCPxyQx因为直线)与椭圆，相交于((两点，，，)2211222cmm )>0所以Δ＝486－4(2，＋3)(6－2cm6643－yyyy.＝由根与系数的关系得，＝＋，212122mm322＋＋3→→yQDDPy＝3，所以，＝－又3212m362c ＝－，6－6代入上述两式得2m32＋??31m38??ySODy－||所以＝＝||OPQ21△222m??32＋m1212|| ＝，＝≤62m33|2|＋m|＋2|m||3522mc＝，时，等号成立，此时当且仅当＝22代入Δ，此时Δ>0成立，22yx2C1.＋所以椭圆＝的方程为515yxNPxy1. 5．已知在平面直角坐标系中，动点≥0)到点(轴的距离大，(1,0))(的距离比到CP (1)求动点的方程；的轨迹→OAyABQxMC且满足1两点，设点＝在直线(2)若过点0(2,0)的直线与轨迹＋相交于上，，－→→tOOBtOQ)＋，求实数＝的最小值．(为坐标原点PNyyxNPx－所以|(1,0)的距离比到解 (1)方法一因为点|(轴的距离大，)(1≥0)到点，2xNyx. 的坐标代入，并整理得4|，将点1＝|＝2xyPC.＝的轨迹的方程是故点4NPPNy的所以点方法二因为平面上动点(1,0)到点到点(1,0)的距离比到轴的距离大1，PPx焦点到准线的距离为的轨迹是以原点为顶点，1距离与点的距离相等，到直线即点＝－2xyPC.的轨迹＝的方程为2，并且为开口向右的抛物线，所以点42yABAByx：40且与抛物线有两个交点，设直线由题意知直线(2)＝的斜率存在且斜率不为xyk，2??－＝??2222kxxAykxyQBxyxkxk＝，)，(，，)＋(，1)＝(－2)，()，由－4(得＋4?21212xy ，4＝??k ≠0)． 0(2k 1)>0恒成立，Δ＝16(2＋2k ??＋14xxxx 4·＝所以＋，＝， 21122k →→→OAOBtOQxxyytxy )，(＋ ，，因为＋＋)＝＝，所以(21212yykxkxkxxkxxk 4－＋?4－＋1?2＋???－2?＋?＋4?21111222xy ＝＝＝，＝，即 ＝＝2tktttttkQxy －1＝0又点上，在 ＋2k 41??＋40. 1＝所以＋－2kttk 1111????2????t ＋＋1＋＋3≥3.44 所以＝＝ 2kkk ????2t 的最小值为3.故实数2x 2CFAMy 作直线交椭圆于的右焦点两点．6.如图，过椭圆，：＋＝1 2ACxQAQFCQF ；，使得∠变化时，在 轴上求定点(1)当＝∠，QAMBBFDABCD 的面当四边形，连接(2)设直线，交椭圆并延长交椭圆于点的另一个交点为AC 的方程． 积取得最大值时，求直线AxyCxyQq,0)，(()，，)，( 解 (1)设，2112ACxACxty ＋1，当的方程为， 不在＝轴上时，设直线22tyyMt 0. 2＝的方程，可得(2＋－)1＋代入椭圆t 12－yyyy ，，＋＝＝－ 211222tt ＋2＋2yy 21kk ＝由意题知＋＋ CQAQ qxxq －－21yxqyxq ???－－?＋1212＝ qxxq ????－－21ytyqytyq ?－?＋＋??＋1－11122＝ qqxx ?－??－?21tyyqyy ?1－2＋??＋?2211＝0，＝ qxqx ????－－21tyyqyy )＝0)(，＋即2 (1＋－2211ttq )＝0(1－，整理得－2－2tq ＝2，取何值，上式恒成立，则 由题知无论ACxQAQFCQFQ 的坐标是(2,0)．＝∠当成立，所以点，在 轴上时，定点(2,0)依然可使∠AQFCQFBQFDQF . ，∠由(2)(1)知∠＝∠＝∠BCxADx 轴对称，关于，轴对称，关于，所以．ABCD 是一个等腰梯形．所以四边形2ytyyABCDStxxy |·||－则四边形－的面积|(＝)|＝－||·|2111222tt ||1??＋. ＝8· 22t ?＋?224tt 23－－tSt )＝－8·′(，由对称性不妨设，求导可得>032t ??2＋17＋32tSt ＝，可得令，′()＝02??17＋3??tS 上单调递增，)由于(在，0??2??17＋317＋32??SABCDt 取得最大的面积上单调递减，所以当＝在时，四边形，＋∞2??2 值．173＋yACx 1.的方程是此时，直线＝±＋2．。
2019高考数学总复习优编增分练：高考解答题分项练四解析几何
(四)解析几何1．(2018·××市高新区一中考试)如图，椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的上、下顶点分别为A ，B ，右焦点为F ，点P 在椭圆C 上，且OP ⊥AF.(1)若点P 的坐标为(3，1)，求椭圆C 的方程；(2)延长AF 交椭圆C 于点Q ，已知椭圆的离心率为22，若直线OP 的斜率是直线BQ 的斜率的m 倍，求实数m 的值．解(1)因为点P (3，1)，所以k OP ＝13，又因为AF ⊥OP ，－b c ×13＝－1， 所以3c ＝b ，所以3a 2＝4b 2，又点P (3，1)在椭圆C 上，所以3a2＋1b2＝1，解得a 2＝133，b 2＝134. 故椭圆方程为x2133＋y2134＝1. (2)因为e ＝c a ＝22， 即a2－b2a2＝12， 所以b2a2＝12. 又因为k AQ k BQ ＝yQ －b xQ ·yQ ＋b xQ ＝y2Q －b2x2Q ＝－b2a2， 所以m ＝kOP kBQ ＝－1kAQkBQ ＝a2b2＝2.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为32，直线l ：y ＝－12x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB ＝210，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 的两点，且直线AC ，BD 相交于点P ，直线AD ，BC 相交于点Q .(1)求椭圆E 的标准方程；(2)求证：直线PQ 的斜率为定值．(1)解 因为e ＝c a ＝32，所以c 2＝34a 2，即a 2－b 2＝34a 2， 所以a ＝2b . 所以椭圆方程为x24b2＋y2b2＝1. 由题意不妨设点A 在第二象限，点B 在第四象限，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－12x ，x24b2＋y2b2＝1，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b ，22b . 又AB ＝210，所以OA ＝10，则2b 2＋12b 2＝52b 2＝10， 得b ＝2，a ＝4.所以椭圆E 的标准方程为x216＋y24＝1.(2)证明 由(1)知，椭圆E 的方程为x216＋y24＝1， A (－22，2)，B (22，－2)．①当直线CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在，且不为零时，设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2.从而k 1·k CB ＝y0－2x0＋22·y0＋2x0－22＝y20－2x20－8。
浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练五函数与导数
(五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，曲线y ＝f (x )过点(0,2a ＋3)，且在点(－1，f (－1))处的切线垂直于y 轴． (1)用a 分别表示b 和c ；(2)当bc 取得最小值时，求函数g (x )＝－f (x )e －x的单调区间． 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋3＝c ，2a ·(－1)＋b ＝0，则b ＝2a ，c ＝2a ＋3.(2)由(1)得bc ＝2a (2a ＋3)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋342－94，故当a ＝－34时，bc 取得最小值－94，此时有b ＝－32，c ＝32，从而f (x )＝－34x 2－32x ＋32，f ′(x )＝－32x －32，g (x )＝－f (x )e －x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 2＋32x －32e －x ，所以g ′(x )＝－34(x 2－4)e －x，令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，－2)上为减函数； 当x ∈(－2,2)时，g ′(x )>0，故g (x )在(－2,2)上为增函数； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)． 2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f (x )＝e kx(k －x )(k ≠0)． (1)当k ＝2时，求y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)对任意x ∈R ，f (x )≤1k恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当k ＝2时，f (x )＝e 2x(2－x )． ∵f ′(x )＝2e 2x(2－x )－e 2x＝e 2x(3－2x )， ∴f ′(1)＝e 2，又∵f (1)＝e 2， ∴所求的切线方程为y －e 2＝e 2(x －1)． 即y ＝e 2x .(2)方法一 ∵e kx(k －x )≤1k，∴当x ＝k 时，0≤1k，即k >0，∴对任意x ∈R ，k (k －x )≤e －kx恒成立，设g (x )＝e－kx＋kx －k 2，g ′(x )＝－k e －kx ＋k ＝k (1－e －kx )，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数， ∴g (x )min ＝g (0)＝1－k 2≥0， 又k >0，∴0<k ≤1.方法二 对任意x ∈R ，f (x )≤1k 恒成立⇔f (x )max ≤1k，x ∈R .∵f ′(x )＝k e kx (k －x )－e kx ＝e kx (k 2－kx －1)，当k <0，x ≥k －1k 时，f ′(x )≥0；x <k －1k时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，k －1k 上是减函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫k －1k，＋∞上是增函数．又当x →－∞时，f (x )→＋∞，而1k<0，∴与f (x )≤1k恒成立矛盾，∴k <0不满足条件；当k >0，x ≤k －1k 时，f ′(x )≥0；x >k －1k时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，k －1k 上是增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫k －1k，＋∞上是减函数．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫k －1k＝21e k －·1k ≤1k，∴k 2－1≤0，即－1≤k ≤1， 又k >0，∴0<k ≤1，综上所述，实数k 的取值范围是(0,1]．3．设函数f (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ，g (x )＝e x－e x . (1)当b ＝0时，函数f (x )有两个极值点，求实数a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，且函数h (x )＝f (x )＋g (x )在x ∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求实数a 的取值范围． 解 (1)当b ＝0时，f (x )＝x ln x －ax 2－x ，f ′(x )＝ln x －2ax ，∴f (x )＝x ln x －ax 2－x 有2个极值点就是方程ln x －2ax ＝0有2个不同的解， 即y ＝2a 与m (x )＝ln xx的图象的交点有2个．∵m ′(x )＝1－ln x x2， 当x ∈(0，e)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增； 当x ∈(e，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减． ∴m (x )有极大值1e ，又∵x ∈(0,1]时，m (x )≤0； 当x ∈(1，＋∞)时，0<m (x )<1e .当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x 的图象的交点有0个；当a ∈(－∞，0]或a ＝12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln xx 的图象的交点有1个；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x 的图象的交点有2个．综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e .(2)函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行， ∴f ′(1)＝0且f (1)≠0， ∵f ′(x )＝ln x －2ax ＋b ， ∴b ＝2a 且a ≠1.h (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ＋e x －e x 在x ∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角， 即当x >1时，h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )>0恒成立， 即ln x ＋e x－2ax ＋2a －e>0恒成立， 令t (x )＝ln x ＋e x－2ax ＋2a －e ， ∴t ′(x )＝1x＋e x－2a ，设φ(x )＝1x ＋e x －2a ，φ′(x )＝e x－1x2，∵x >1，∴e x>e ，1x2<1，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，即t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴t ′(x )>t ′(1)＝1＋e －2a ， 当a ≤1＋e 2且a ≠1时，t ′(x )≥0，∴t (x )＝ln x ＋e x－2ax ＋2a －e 在(1，＋∞)上单调递增， ∴t (x )>t (1)＝0成立， 当a >1＋e 2时，∵t ′(1)＝1＋e －2a <0，t ′(ln 2a )＝1ln 2a＋2a －2a >0， ∴存在x 0∈(1，ln 2a )，满足t ′(x 0)＝0. ∵t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，x 0)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减， ∴t (x 0)<t (1)＝0，t (x )>0不恒成立．∴实数a 的取值范围为(－∞，1)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋e 2.4．已知函数f (x )＝x －1＋a e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2>4. (1)解 f ′(x )＝1＋a e x，当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增．当a <0时，令f ′(x )>0，得x <ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，则f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，令f ′(x )<0，得x >ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，则f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.(2)证明 由f (x )＝0得a ＝1－xex ， 设g (x )＝1－x e x ，则g ′(x )＝x －2ex .由g ′(x )<0，得x <2；由g ′(x )>0，得x >2. 故g (x )min ＝g (2)＝－1e2<0.当x >1时，g (x )<0，当x <1时，g (x )>0， 不妨设x 1<x 2，则x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，x 1＋x 2>4等价于x 2>4－x 1，∵4－x 1>2且g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴要证x 1＋x 2>4，只需证g (x 2)>g (4－x 1)， ∵g (x 1)＝g (x 2)＝a ，∴只需证g (x 1)>g (4－x 1)，即1－x 11e x >x 1－314ex -，即证124ex -(x 1－3)＋x 1－1<0；设h (x )＝e 2x －4(x －3)＋x －1，x ∈(1,2)， 则h ′(x )＝e2x －4(2x －5)＋1，令m (x )＝h ′(x )， 则m ′(x )＝4e2x －4(x －2)，∵x ∈(1,2)，∴m ′(x )<0， ∴m (x )在(1,2)上单调递减， 即h ′(x )在(1,2)上单调递减， ∴h ′(x )>h ′(2)＝0， ∴h (x )在(1,2)上单调递增， ∴h (x )<h (2)＝0， ∴124ex -()x 1－3＋x 1－1<0，从而x 1＋x 2>4得证． 5．已知函数f (x )＝a ＋ln xx，g (x )＝mx . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝0时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a ＝1时，求证：当x >1时，(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e x f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e . (1)解 f (x )＝a ＋ln xx 的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－(a ＋ln x )x2＝1－ln x －ax2. 由f ′(x )>0得1－ln x －a >0， 即ln x <1－a ，解得0<x <e 1－a，∴f (x )在(0，e1－a)上单调递增，在(e 1－a，＋∞)上单调递减．(2)解 a ＝0，f (x )＝ln xx，∴f (x )≤g (x )⇔ln x x ≤mx ⇔m ≥ln x x2，令u (x )＝ln x x 2，∴u ′(x )＝1－2ln x x3， 由u ′(x )>0得0<x <e ，∴u (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴u (x )max ＝u (e)＝ln e e ＝12e ，∴m ≥12e. (3)证明 (x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e x f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e ， 等价于1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x >2ex －1x e x ＋1.令p (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x ，则p ′(x )＝x －ln x x2， 令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∵x >1，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增， φ(x )>φ(1)＝1>0，p ′(x )>0， ∴p (x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴p (x )>p (1)＝2， ∴p (x )e ＋1>2e ＋1， 令h (x )＝2ex －1x e x ＋1，则h ′(x )＝2e x －1(1－e x)(x e x ＋1)2，∵x >1，∴1－e x <0，∴h ′(x )<0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴当x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1，∴p (x )e ＋1>2e ＋1>h (x )， 即(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e ，x >1. 6．已知函数f (x )＝x 3＋|ax －3|－2，a >0.(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数a 的值．解 (1)f (x )＝x 3＋|ax －3|－2(a >0) ＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3＋ax －5，x ≥3a ，x 3－ax ＋1，x <3a.则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋a ，x ≥3a ，3x 2－a ，x <3a.当a 3≥3a，即a ≥3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ，＋∞；当a 3<3a，即0<a <3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－a3，a 3， 单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎪⎫a3，＋∞.(2)由题意知，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，等价于当x ∈[0,1]时，f (x )min ＋f (x )max ＝0，由(1)得当3≤a <5时，y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤3a ，1上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＝27a3－2，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1，a －4}＝1，所以27a3－2＋1＝0，解得a ＝3；当0<a <3时，y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎦⎥⎤a3，1上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a 3＝1－2a 3a3，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1,2－a }，当1<a <3时，f (x )max ＝1， 则1－2a 3a3＋1＝0，得a ＝3(舍去)； 当0<a ≤1时，f (x )max ＝2－a ， 则1－2a 3a3＋2－a ＝0， 即3－a ＝2a3a3，其中3－a ≥2，而2a3a3<2，所以无解，舍去． 综上所述，a ＝3.。
2019届浙江省高三新高考优化提升卷(二)数学试题解析
绝密★启用前2019届浙江省高三新高考优化提升卷（二）数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．设集合{}2|4,{|13}M x x N x x =>=-<„，则M N =I （） A ．(2,3]- B ．[2,3]C ．(2,3]D ．(2,3)答案：C先求出集合M ，再按交集的定义运算即可. 解：由题意得集合{|2M x x =<-或2}x >，所以{|23}M N x x ⋂=<„， 故选：C ． 【点晴】本题考查集合的交集运算，涉及到解不等式，熟记集合的运算法则是解题的关键． 2．已知复数(1)a bi i i +=+（其中,a b ∈R ，i 是虚数单位），则2+a b 的值为（） A ．2 B ．1C ．1-D ．2-答案：B利用复数乘法运算进行化简，结合复数相等的知识求得,a b ，由此求得2+a b . 解：因为1a bi i +=-+，所以1,1,21a b a b =-=+=. 故选：B ． 点评：本题考查复数的运算、复数相等的知识，属于基础题．3．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为1，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个三角形，这些三角形的面积之和为（）A ．1B ．32C ．132+ D ．332+ 答案：C根据三视图正确还原出几何体的直观图，然后进行求解即可 解：如图，由三视图得该几何体是一个底面直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱和一个底面直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的三棱锥的组合体，则其表面中共有2个直角梯形、1个正方形、2个三角形，其中一个三角形为直角边长为1的等2的等边三角形，则这2个三角形的面积之和为2131311(2)2+⨯⨯+⨯=， 故选：C 点评：本题考查几何体的三视图，属于简单题4．椭圆22143y x +=的长轴长、焦距分别为（）A ．2，1B ．4，2C 3,1D ．3,2答案：B由椭圆的方程，求得222,1a c a b =-=，即可求得椭圆的长轴长和焦距，得到答案. 解：由椭圆22143y x +=，可得224,3a b ==，所以2,3a b ==，又由221c a b =-=，所以椭圆的长轴长为24a =、焦距为22c =. 故选：B . 点评：本题主要考查了椭圆的标准方程及其应用，其中熟记椭圆的标准方程求得,,a b c 的值是解答的关键，考查了计算能力，属于基础题.5．已知函数()ln f x x =，2()3g x x =-+，则()?()f x g x 的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．答案：C 解：因为函数()ln f x x =，()23g x x =-+，可得()()•f x g x 是偶函数，图象关于y 轴对称，排除,A D ；又()0,1x ∈时，()()0,0f x g x <>,所以()()•0f x g x <,排除B , 故选C. 【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及0,0,,x x x x +-→→→+∞→-∞时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.6．空间中，,,αβγ是三个互不重合的平面，l 是一条直线，则下列命题中正确的是（） A ．若//l α，l β//，则//αβ B ．若αβ⊥，l β⊥，则//l α C ．若l α⊥，l β//，则αβ⊥ D ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥答案：C若l ∥α，l ∥β，则α与β可能平行也可能相交(此时交线与l 平行)，故A 错误； 若αβ⊥，l β⊥，则l ∥α或l ⊂α，故B 错误；若αβ⊥，//l α，则l 与β可能平行也可能相交，故D 错误；若l ∥β，则存在直线m ⊂β，使得l ∥m ，又由l ⊥α可得m ⊥α，故α⊥β，故C 正确； 本题选择C 选项.7．已知箱中装有2个白球和3个黑球，现从该箱中任取（无放回，且每球取到的机会均等）2个球，规定：（a ）取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，取出2球所得分数之和记随机变量1ξ； （b ）取出一个白球得1分，取出一个黑球得2分，取出2球所得分数之和记随机变量2ξ． 则（）A ．()()()()1212,E E D D ξξξξ<=B ．()()()()1212,E E D D ξξξξ<>C ．()()()()1212,E ED D ξξξξ>> D ．()()()()1212,E E D D ξξξξ>= 答案：A求得随机变量12,ξξ的取值，求得相应的概率，分别计算得到()()()()1212,,,E E D D ξξξξ，即可求解.解：由题意，随机变量1ξ的所有可能取值分别为2，3，4， 则()()()1113612,3,4101010P P P ξξξ======， 所以()1361234101010E ξ=⨯+⨯+⨯145=， 所以()2221143146141923451051051025D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 随机变量2ξ的所有可能取值分别为2，3，4，则()()22162,31010P P ξξ====，()23410P ξ==， 所以()21210E ξ=⨯+63163410105⨯+⨯=，所以()2222161166163923451051051025D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 所以()()()()1212,E E D D ξξξξ<=. 故选：A ． 点评：本题考查离散型随机变量的分布列及其期望、方差及其应用，其中解答中认真审题，求得随机变量12,ξξ的取值，求得相应的概率，分别计算得到()()()()1212,,,E E D D ξξξξ的值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力．8．如图，正四棱锥P ABCD -，记异面直线PA 与CD 所成角为α，直线PA 与面ABCD 所成角为β，二面角P BC A --的平面角为γ，则（）A ．βαγ<<B ．γαβ<<C ．βγα<<D ．αβγ<<答案：C 解：连接AC 与BD ，交于O ，取BC 的中点E ，取AB 的中点F ， 分别连接,,,,PO PE PF OE OF ，在正方形ABCD 中，//AB CD ，所以异面直线PA 与CD 所成的角，即为PA 与AB 所成的角，即PAB α∠=，在直角PAE ∆中，则tan PFAFα=，直线PA 与ABCD 所成的角，即为PAO β∠=，所以tan POAOβ=， 二面角P BC A --的平面角为PEO γ∠=，所以tan POOEγ=， 因为PF PO >，AF AO <，AO OE AF >=， 可得tan tan tan αγβ>>，所以αγβ>>，故选C.9．已知ABC V 中，4,6,8AB BC AC ===，O 为ABC V 的内心，1I OA OB =⋅uu r uu u r，2I OB OC =⋅uu u r uu u r，3I OC OA =⋅u u u r u u u r ，则（）A ．321I I I <<B ．123I I I <<C ．312I I I <<D ．231I I I <<答案：A设切点分别为,,M Q H ，得出AM AH =，BM BQ =，CQ CH =，OMAB ⊥，,OQ BC OH AC ⊥⊥，利用向量的加法运算以及数量积运算，得出21||||I OA OB r MA MB =⋅=-u u u r u u u r u u u r u u u r ，22||||I r QB PC =-u u u r u u u r ，23||||I r HA HC =-u u u r u u u r ，由题设条件结合不等式的性质得出123,,I I I 的大小. 解：如图，设切点分别为,,M Q H ，则AM AH =，BM BQ =，CQ CH =OM AB ⊥，,OQ BC OH AC ⊥⊥设ABC V 内切圆的半径为r又21()()||||I OA OB OM MA OM MB r MA MB =⋅=+⋅+=-u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r 22||||I OB OC r QB PC =⋅=-u u u r u u u r u u u r u u u r ，23||||I OC OA r HA HC =⋅=-u u u r u u u r u u u r u u u r||||8,||||4,||||6HC AH MB AM QB QC +=+=+=u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u rQ ||||HC MB ∴>u u u r u u u r||||||||HA HC MA MB ∴>u u u r u u u r u u u r u u u r31I I ∴<，同理，3221,I I I I << 321I I I ∴<<故选：A ．点评：本题考查平面向量数量积的运算，平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式：一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式．涉及几何图形的问题，可利用相应图形的几何性质，从而起到化繁为简的作用． 10．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4331S S S =-．若11a >，则（） A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <> D ．1324,a a a a >>答案：C首先根据题中所给的条件4331S S S =-，以及11a >，利用等比数列求和公式得到得到1123(1)1a q a q q =+-+，整理得出)2321(11a q q q ++=-，从而得出0q <，分情况讨论求得10q -<<，从而可以得到项之间的大小关系. 解： 由4331S S S =-得431a S =-， 则显然等比数列{}n a 的公比1q ≠，则有1123(1)1a q a q q =+-+，即231211a q q q=-++，即)2321(11a q q q ++=-， 易知0q <，当1q -…时，321,11q q q -++剠，因为11a >，则()232111a q q q ++=-不可能成立，所以10q -<<，则())2213124110,(10a a a qaa a q q -=->-=-<，所以1324,a a a a ><，故选C ． 点评：本题考查等比数列的性质和求和公式，根据题中的条件确定等比数列的公比的取值范围是解题的关键． 二、双空题11．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．问两天后，两鼠间距_______尺，两鼠相遇时，大鼠共穿了______尺墙． 答案：125917设大、小老鼠进墙尺数分别为等比数列{}n a 、{}n b ，公比分别为1q 、2q ，根据题意得出两个等比数列的首项和公比，可计算出两天后两鼠之间的间距，根据两鼠掘墙速度比可计算出当两鼠相遇时，大鼠掘墙的尺寸. 解：设大、小老鼠进墙尺数分别为等比数列{}n a 、{}n b ，公比分别为1q 、2q ， 则111a b ==，12q =，212q =， 两天后两鼠间距为()()1212915522a ab b -+++=-=⎡⎤⎣⎦． 由条件知大老鼠前三天分别挖1、2、4尺，小老鼠前三天分别挖1、12、14尺， 当两鼠相遇时，必在第三天．而这天两鼠掘墙速度比为14:16:14=， 又第三天只需穿墙12尺，则大老鼠需穿墙161817217⨯=尺，此时，大老鼠共穿859 121717++=尺．故答案为：12；5917.点评：本题考查数学文化及等比数列的通项公式与求和，将实际问题转化为数列问题是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.12．设实数,x y满足约束条件202301x yx yx-≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥-⎩，则z x y=-的最大值是______，最小值是_______．答案：12-在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域，再根据目标函数的几何意义（截距）即可求出答案．解：解：在平面直角坐标系内画出不等式组202301x yx yx-≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥-⎩表示的平面区域如图，由201x yx-=⎧⎨=-⎩得()1,2--A；由2301x yx-+=⎧⎨=-⎩得()1,1C-；由z x y=-得y x z=-，则目标函数z表示直线y x z=-在y轴上的截距的相反数，∴当目标函数z x y=-经过()1,2--A时，z x y=-取得最大值max1(2)1z=---=；当目标函数z x y=-经过()1,1C-时，z x y=-取得最小值min112z=--=-；故答案为：1；2-． 点评：本题主要考查简单的线性规划问题，正确画出题中的不等式组表示的平面区域是解题的关键，考查数形结合思想，属于基础题．13．在ABC V 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若()1cos 4A C +=，2a =，4b =，则sin A =__________，c =__________.3Q ()1 cos 4A C +=，1cos ,sin 4B B ∴=-=由余弦定理可得21164224c c ⎛⎫=+-⨯⨯- ⎪⎝⎭，即2120c c +-=，得3c =或4c =-（舍去），由正弦定理得2sin A =，得sin A =，故答案为(2)3. 14．已知(12)n x -展开式的二项式系数和为64，则其展开式中含3x 的项是_____；各项系数的绝对值和是_____（用数字作答）． 答案：3160x -729根据二项展开式中的所有项的二项式系数之和为264n =，解得n ，再由16(2)r r r r T C x +=-，令3r =计算即得；令1x =-，计算即得.解：由(12)nx -展开式的二项式系数之和为64，可得264n =，解得6n =，该展开式的通项公式为16(2)rrrr T C x +=-，令3r =，得展开式中含3x 的项是33336(2)160C x x -=-；令1x =-，得各项系数的绝对值和为63729=. 故答案为：3160x -；729 点评：本题考查二项式定理，考查二项式系数和的性质，以及各项系数，利用了展开式的通项公式，属于基础题. 三、填空题15．从5名女生和4名男生中任意挑选3名同学担任交通安全宣传志愿者，则男生、女生保证都要有的选派方法有______种．答案：70根据题意，要保证男生、女生都要有，则可分为两类情况：①1名男生，2名女生；②2名男生，1名女生，然后再采用组合公式即可求出结果.解：因为从5名女生和4名男生中任意挑选3名同学担任交通安全宣传志愿者，则男生、女生保证都要有的选派方法有21125454403070C C C C +=+=种．故答案为：70.【点精】本题主要考查了组合公式的应用，属于基础题. 16．已知平面向量,,a b e r r r 满足：||||1,0,||||4b e b e a e a e ==⋅=++-=r r r r r r r r ，则||||a b a e -+-r r r r 的最小值为______． 答案：42- 设OA a =u u u r r ，2(1,0)OF e ==u u u u r r ，1(1,0)OF e =-=-u u u r r ，(0,1)OB b ==u u u r r，由已知条件可得12||||4F A F A +=u u u r u u u r ，可知点A 的轨迹是以12,F F 为焦点，长轴长为4的椭圆；2a b a e BA F A -+-=+r r r r uu r uuu r ，再根据由椭圆的定义和几何关系即可求出结果． 解：设OA a =u u u r r ，2(1,0)OF e ==u u u u r r ，1(1,0)OF e =-=-u u u r r ，(0,1)OB b ==u u u r r ，由已知条件可得2||||F A a e =-u u u r r r ，1|||()|F A a e =--u u u r r r ，满足12||||4F A F A +=u u u r u u u r ，则点A 的轨迹是以12,F F 为焦点，长轴长为4的椭圆．2a b a e BA F A ∴-+-=+r r r r uu r uuu r．由椭圆的定义知，1||||||4||a b a e BA F A -+-=+-=r r r r u u u r u u u r 114(||||)442F A BA BF ---=-u u u r u u u r …．||||a b a e ∴-+-r r r r 的最小值为42-．故答案为：42-.【点精】本题考查平面向量的数量积、模的计算与椭圆的定义，解决本题时将向量问题放入平面直角坐标系中，运用椭圆的定义，将问题转化为平面几何中的问题解决．17．已知函数()()22222122f x x x x m x m =+---+-+有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是______．答案：1⎛⎫⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭去掉绝对值符号，得到分段函数，判断函数的零点，将()22222240x m x m --+-+=在()2,1x ∈-上有两解转化为2222422x x mx m --+=+有两解，利用数形结合转化求解即可．解：解：函数()y f x =有三个不同的零点即()()()][()222,,21,2222224,2,1mx m x f x x m x m x --∈-∞-⋃+∞⎧⎪=--+-+∈-⎨⎪⎩有三个不同零点则必有2220mx m +=在][(),21,x ∈-∞-⋃+∞上有一解，且()22222240x m x m --+-+=在()2,1x ∈-上有两解． 由2220mx m +=在][(),21,x ∈-∞-⋃+∞上有一解，解得2m -≤-或1m -≥，即2m ≥或1m ≤-．由()22222240x m x m --+-+=在()2,1x ∈-上有两解 记：()f x =()2222224x m x m --+-+，则上述问题可转化为： ()()()20102221220f f m ⎧-<⎪<⎪⎪+⎨-<<⎪⨯-⎪⎪∆>⎩，即：()()()()()()222222222222402122124022214228420m m m m m m m ⎧-⨯--+⨯--+<⎪-⨯-+⨯-+<⎪⎪+⎨-<<⎪-⎪++->⎪⎩解得：123m +<<或113m -<<-，综上：2m <<1m <<-故答案为1m ⎛⎫∈⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 点评：本题主要考查了函数的零点判断与应用，考查函数与方程的应用，数形结合.考查发现问题解决问题的能力，属于难题．四、解答题18．在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知2cos cos cos b A a C c A =+． （Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若BC =，求ABC V 周长的取值范围．答案：（Ⅰ）3A π=（Ⅱ）（Ⅰ）利用正弦定理将题中的边角关系转化为角的关系，结合三角恒等变换化简求解；（Ⅱ）根据余弦定理及基本不等式求解b c +的取值范围，进而得到三角形的周长的取值范围．解：（Ⅰ）由正弦定理得2sin cos sin cos sin cos B A A C C A =+，2sin cos sin()sin B A A C B ∴=+=，1sin 0,cos 2B A ≠∴=Q ， 又(0,),3A A ππ∈∴=． （Ⅱ）由题意得22222cos ()3a b c bc A b c bc =+-=+-，233()bc b c ∴+=+，22b c bc +⎛⎫ ⎪⎝⎭Q „，22()332b c b c +⎛⎫∴++ ⎪⎝⎭„， 21()34b c ∴+„即2()12b c +„，b c <+„a b c ∴<++„ABC ∴V 周长的取值范围是．点评：本题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、余弦定理、三角恒等变换，应用基本不等式求范围，属于简单题目．19．如图，ABC V 中，2,120AB AC BAC ︒==∠=，D 为线段BC 上一点，且25DC BC =，让ADC V 绕直线AD 翻折到ADC 'V 且使AC BC '⊥．（Ⅰ）在线段BC 上是否存在一点E ，使平面AEC '⊥平面ABC ？请证明你的结论； （Ⅱ）求直线C D '与平面ABC 所成的角．答案：（Ⅰ）存在，见解析（Ⅱ）60︒（Ⅰ）取BC 中点为E ，由题意知AE BC ⊥，再由AC BC '⊥，得BC ⊥平面 AEC '，从而平面 AEC '⊥平面ABC ；（Ⅱ）在平面 AC E '中，过C '作C H AE '⊥ 交AE 于点H ，连接HD ，由C H '⊥平面ABC ，得C DH ∠'为直线 CD '与平面ABC 所成的角，由此能求出直线'C D 与平面ABC 所成的角的大小．解：（Ⅰ）在线段BC 上存在中点E ，使平面AEC '⊥平面ABC ，证明如下：取BC 的中点为E ，连接,AE EC '，由题意知AE BC ⊥，又因为,AC BC AC AE A ''⊥⋂=，所以BC ⊥平面AEC '，因为BC 在平面ABC 内，所以平面AEC '⊥平面ABC .（Ⅱ）在平面AC E '中，过点C '作C H AE '⊥交AE 的延长线于点H ，连接HD ． 由（Ⅰ）知，C H '⊥平面ABC ，所以C DH '∠为直线C D '与平面ABC 所成的角． 由题意知4333,,55BC DC ED === 所以在Rt C DE 'V 中，35EC '=， 所以在AEC 'V 中，由余弦定理得22291455cos 23521AE EC AC AEC AE EC +-''+-'∠==='⋅⨯⨯， 所以525cos HEC HEC ''∠=∠= 所以6sin 5HC EC HEC '''=⋅∠=， 所以3sin HC HDC DC '''∠==，所以60HDC '︒∠=， 即直线C D '与平面ABC 所成的角为60︒．点评：本题考查满足面面垂直的点的位置的判断与证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、面面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题. 20．设函数23()(0)3x f x x x +=>，数列{}n a 满足1111,n n a a f a -⎛⎫== ⎪⎝⎭（*n N ∈，且2n …）．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设212233445221n n n T a a a a a a a a a a +=-+-+-L ，若22n T tn >对*n N ∈恒成立，求实数t 的取值范围．答案：（Ⅰ）213n n a +=（Ⅱ）20,9⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ （Ⅰ）根据函数解析式化简题中的递推关系，结合等差数列的概念求解数列的通项公式；（Ⅱ）求出2n T ，进而得到不等式，利用分离变量法求解t 的取值范围．解：解：（Ⅰ）因为111123113n n n n a a f a a ---⨯+⎛⎫== ⎪⎝⎭⨯123n a -=+（*n N ∈，且2n …）， 所以123n n a a --=． 因为11a =，所以数列{}n a 是以1为首项，公差为23的等差数列，所以213n n a +=． （Ⅱ）212233445221n n n T a a a a a a a a a a +=-+-+-L()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-L()246243n a a a a =-++++L ()22432n a a n +=-⨯⋅()218129n n =-+ 要使22n T tn >对*n N ∈恒成立， 只要使()2218129n n tn -+>对*n N ∈恒成立， 只要使1289t n +<-对*n N ∈恒成立， 只要max 12209820,9t t n ⎛⎫->+=∴<- ⎪⎝⎭， 故实数t 的取值范围为20,9⎛⎫-∞-⎪⎝⎭． 点评：本题考查等差数列的概念和性质、数列的综合应用,分离变量法求最值．21．已知抛物线2:2C y px =过点()1,2P ，抛物线C 在P 处的切线交y 轴于点Q ，过点Q 作直线l 与抛物线C 交于不同的两点A 、B ，直线OA 、OB 、OP 分别与抛物线的准线交于点M 、N 、R ，其中O 为坐标原点．（Ⅰ）求抛物线C 的方程及其准线方程，并求出点Q 的坐标；（Ⅱ）求证：R 为线段MN 的中点．答案：（Ⅰ）抛物线C 的方程为24y x =，准线方程为1x =-，()0,1Q ；（Ⅱ）证明见解析.（Ⅰ）将点P 的坐标代入抛物线C 的方程，求出p 的值，可得出抛物线C 的方程，并可求出抛物线的准线方程，求出切线PQ 的方程，进而可求得点Q 的坐标； （Ⅱ）设直线l 的方程为()1x t y =-，l 与抛物线C 的交点为()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点R 的坐标，并求出点M 、N 的坐标，进而求出线段MN 的中点坐标，由此可证得结论成立.解：（Ⅰ）由抛物线2:2C y px =过点()1,2P ，得2p =，所以抛物线C 的方程为24y x =，准线方程为1x =-．设切线PQ 的方程为()12x m y -=-， 由()2124x m y y x⎧-=-⎨=⎩，得24840y my m -+-=， 则()21648401m m m ∆=--=⇒=，从而PQ 的方程为1y x =+，得()0,1Q ；（Ⅱ）设直线l 的方程为()1x t y =-，l 与抛物线C 的交点为()11,A x y 、()22,B x y ． 由()214x t y y x⎧=-⎨=⎩，得2440y ty t -+=，则124y y t +=，124y y t =．因为点P 的坐标为()1,2，所以点R 的坐标为()1,2--，直线OA 的方程为11y y x x =，结合2114y x =，从而直线14:OA y x y =， 可得点M 的坐标为141,y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，同理点N 的坐标为241,y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 因为()()121212444444224y y t y y y y t+⨯--=-=-=-=⨯-， 故R 为线段MN 的中点．点评：本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了线段中点的证明，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.22．已知函数24()2ln ()1ax f x x a R x +=+∈+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线30x y +-=垂直．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）当1x >时，()2(1)(()2)3ln 0x f x bx +-+->恒成立，求实数b 的最大值． 答案：（Ⅰ）0（Ⅰ）对()f x 求导，利用(1)1f '=，得关于a 的方程解方程，即可求出a 的值； （Ⅱ）当1x >时，)2(1)(()2)(3ln 0x f x b x +⋅-+->恒成立，等价于()22225ln 0x x b x -++->恒成立，构造函数()2()2225ln g x x x b x =-++-，利用导数判断其单调性，并对b 进行分类讨论，即可求出b 的最大值．解：（Ⅰ）因为f 24()2ln (0)1ax f x x x x +=+>+ 所以()222(1)42()(1)ax x ax f x x x '+-+=++ 22224(1)ax ax x x +-=++，又因为曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线30x y +-=垂直，所以(1)1f '=， 所以24214a a +-+=，解得0a =． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，4()2ln 1f x x x =++， 当1x >时，()2(1)(()2)3ln 0x f x bx +-+->恒成立， 等价于()24(1)2ln 23ln 01x x b x x ⎛⎫++-+-> ⎪+⎝⎭恒成立， 等价于()22225ln 0x x b x -++->恒成立．设()2()2225ln (1)g x x x b x x =-++->， 则22255()22ln 2ln x b b g x x x x x '+--=-++=+， 因为1x >，所以ln 0x >．①当250b -…，即b ()0g x '>，所以函数()2()2225ln g x x x b x =-++-在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g x g >=恒成立，所以b②当250b -<，即b <b >设25()2ln (1)b u x x x x-=+>， 则2225()0b u x x x '-=->， 所以函数25()2ln b u x x x-=+在(1,)+∞上单调递增， 因为2(1)50u b =-<， 当x →+∞时，25ln ,0b x x-→+∞→， 所以()u x →+∞，所以在(1,)+∞上存在0x ，使得()00u x =.当()01,x x ∈时，()0u x <，即()0g x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0u x >，即()0g x '>，所以函数()g x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．所以()0(1)0g x g <=，所以b <b >综上所述，实数b点评：本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义、两直线垂直、导数及其应用、不等式恒成立问题，属于较难题目.。
浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练五函数与导数
(五)函数与导数1．(2018·浙江省台州中学模拟)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，曲线y ＝f (x )过点(0,2a ＋3)，且在点(－1，f (－1))处的切线垂直于y 轴．(1)用a 分别表示b 和c ；(2)当bc 取得最小值时，求函数g (x )＝－f (x )e －x 的单调区间．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋3＝c ，2a ·(－1)＋b ＝0，则b ＝2a ，c ＝2a ＋3.(2)由(1)得bc ＝2a (2a ＋3)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋342－94， 故当a ＝－34时，bc 取得最小值－94， 此时有b ＝－32，c ＝32， 从而f (x )＝－34x 2－32x ＋32，f ′(x )＝－32x －32， g (x )＝－f (x )e －x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 2＋32x －32e －x ， 所以g ′(x )＝－34(x 2－4)e －x ， 令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，－2)上为减函数；当x ∈(－2,2)时，g ′(x )>0，故g (x )在(－2,2)上为增函数；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(2，＋∞)上为减函数．由此可见，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递增区间为(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作体联考)已知函数f (x )＝e kx (k －x )(k ≠0)．(1)当k ＝2时，求y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)对任意x ∈R ，f (x )≤1k恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)当k ＝2时，f (x )＝e 2x(2－x )．∵f ′(x )＝2e 2x (2－x )－e 2x ＝e 2x (3－2x )，∴f ′(1)＝e 2，又∵f (1)＝e 2，∴所求的切线方程为y －e 2＝e 2(x －1)．即y ＝e 2x .(2)方法一 ∵e kx (k －x )≤1k， ∴当x ＝k 时，0≤1k，即k >0， ∴对任意x ∈R ，k (k －x )≤e－kx 恒成立， 设g (x )＝e －kx ＋kx －k 2， g ′(x )＝－k e －kx ＋k ＝k (1－e －kx )，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (0)＝1－k 2≥0，又k >0，∴0<k ≤1.方法二 对任意x ∈R ，f (x )≤1k 恒成立⇔f (x )max ≤1k，x ∈R . ∵f ′(x )＝k e kx (k －x )－e kx ＝e kx (k 2－kx －1)，当k <0，x ≥k －1k 时，f ′(x )≥0；x <k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，k －1k 上是减函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫k －1k ，＋∞上是增函数． 又当x →－∞时，f (x )→＋∞，而1k<0， ∴与f (x )≤1k恒成立矛盾，∴k <0不满足条件； 当k >0，x ≤k －1k 时，f ′(x )≥0；x >k －1k时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，k －1k 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ，＋∞上是减函数． ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ＝21e k －·1k ≤1k， ∴k 2－1≤0，即－1≤k ≤1，又k >0，∴0<k ≤1，综上所述，实数k 的取值范围是(0,1]．3．设函数f (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ，g (x )＝e x－e x .(1)当b ＝0时，函数f (x )有两个极值点，求实数a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，且函数h (x )＝f (x )＋g (x )在x ∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求实数a 的取值范围．解 (1)当b ＝0时，f (x )＝x ln x －ax 2－x ， f ′(x )＝ln x －2ax ，∴f (x )＝x ln x －ax 2－x 有2个极值点就是方程ln x －2ax ＝0有2个不同的解，即y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有2个． ∵m ′(x )＝1－ln x x 2， 当x ∈(0，e)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；当x ∈(e，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．∴m (x )有极大值1e， 又∵x ∈(0,1]时，m (x )≤0；当x ∈(1，＋∞)时，0<m (x )<1e. 当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x 的图象的交点有0个； 当a ∈(－∞，0]或a ＝12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x的图象的交点有1个； 当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e 时，y ＝2a 与m (x )＝ln x x 的图象的交点有2个． 综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e . (2)函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝0且f (1)≠0，∵f ′(x )＝ln x －2ax ＋b ，∴b ＝2a 且a ≠1.h (x )＝x ln x －ax 2＋(b －1)x ＋e x －e x 在x ∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x >1时，h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )>0恒成立，即ln x ＋e x －2ax ＋2a －e>0恒成立，令t (x )＝ln x ＋e x －2ax ＋2a －e ，∴t ′(x )＝1x＋e x －2a ， 设φ(x )＝1x ＋e x －2a ，φ′(x )＝e x －1x 2， ∵x >1，∴e x >e ，1x 2<1， ∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，即t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴t ′(x )>t ′(1)＝1＋e －2a ，当a ≤1＋e 2且a ≠1时，t ′(x )≥0， ∴t (x )＝ln x ＋e x－2ax ＋2a －e 在(1，＋∞)上单调递增，∴t (x )>t (1)＝0成立，当a >1＋e 2时， ∵t ′(1)＝1＋e －2a <0， t ′(ln 2a )＝1ln 2a＋2a －2a >0， ∴存在x 0∈(1，ln 2a )，满足t ′(x 0)＝0.∵t ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，x 0)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减，∴t (x 0)<t (1)＝0，t (x )>0不恒成立．∴实数a 的取值范围为(－∞，1)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋e 2. 4．已知函数f (x )＝x －1＋a e x.(1)讨论f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2>4.(1)解 f ′(x )＝1＋a e x ，当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增． 当a <0时，令f ′(x )>0，得x <ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ， 则f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ， 令f ′(x )<0，得x >ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ， 则f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. (2)证明 由f (x )＝0得a ＝1－xe x ， 设g (x )＝1－x e x ，则g ′(x )＝x －2e x . 由g ′(x )<0，得x <2；由g ′(x )>0，得x >2.故g (x )min ＝g (2)＝－1e 2<0.当x >1时，g (x )<0，当x <1时，g (x )>0，不妨设x 1<x 2，则x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，x 1＋x 2>4等价于x 2>4－x 1，∵4－x 1>2且g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴要证x 1＋x 2>4，只需证g (x 2)>g (4－x 1)，∵g (x 1)＝g (x 2)＝a ，∴只需证g (x 1)>g (4－x 1)，即1－x 11e x >x 1－314ex -， 即证124e x -(x 1－3)＋x 1－1<0；设h (x )＝e 2x －4(x －3)＋x －1，x ∈(1,2)，则h ′(x )＝e 2x －4(2x －5)＋1， 令m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝4e 2x －4(x －2)，∵x ∈(1,2)，∴m ′(x )<0，∴m (x )在(1,2)上单调递减，即h ′(x )在(1,2)上单调递减，∴h ′(x )>h ′(2)＝0，∴h (x )在(1,2)上单调递增，∴h (x )<h (2)＝0，∴124e x -()x 1－3＋x 1－1<0，从而x 1＋x 2>4得证． 5．已知函数f (x )＝a ＋ln x x ，g (x )＝mx . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝0时，f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a ＝1时，求证：当x >1时，(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e x f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e . (1)解 f (x )＝a ＋ln x x的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－(a ＋ln x )x 2＝1－ln x －a x 2. 由f ′(x )>0得1－ln x －a >0，即ln x <1－a ，解得0<x <e1－a ， ∴f (x )在(0，e 1－a )上单调递增，在(e 1－a ，＋∞)上单调递减．(2)解 a ＝0，f (x )＝ln x x， ∴f (x )≤g (x )⇔ln x x ≤mx ⇔m ≥ln x x 2， 令u (x )＝ln x x 2，∴u ′(x )＝1－2ln x x 3， 由u ′(x )>0得0<x <e ，∴u (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴u (x )max ＝u (e)＝ln e e ＝12e ，∴m ≥12e. (3)证明 (x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e x f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e ， 等价于1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x >2e x －1x e x ＋1. 令p (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x ，则p ′(x )＝x －ln x x2， 令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x， ∵x >1，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )>φ(1)＝1>0，p ′(x )>0，∴p (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴p (x )>p (1)＝2，∴p (x )e ＋1>2e ＋1， 令h (x )＝2e x －1x e x ＋1， 则h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2， ∵x >1，∴1－e x <0，∴h ′(x )<0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴当x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1， ∴p (x )e ＋1>2e ＋1>h (x )， 即(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e xf (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e ，x >1. 6．已知函数f (x )＝x 3＋|ax －3|－2，a >0.(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数a 的值．解 (1)f (x )＝x 3＋|ax －3|－2(a >0)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3＋ax －5，x ≥3a ，x 3－ax ＋1，x <3a . 则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 2＋a ，x ≥3a ，3x 2－a ，x <3a . 当a 3≥3a，即a ≥3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ，＋∞； 当a 3<3a，即0<a <3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，a 3， 单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞.(2)由题意知，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，等价于当x ∈[0,1]时，f (x )min ＋f (x )max ＝0，由(1)得当3≤a <5时，y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤3a ，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＝27a3－2， f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1，a －4}＝1，所以27a3－2＋1＝0，解得a ＝3； 当0<a <3时，y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，a 3上单调递减， 在⎝ ⎛⎦⎥⎤a 3，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝1－2a 3a 3，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1,2－a }， 当1<a <3时，f (x )max ＝1，则1－2a 3a 3＋1＝0，得a ＝3(舍去)； 当0<a ≤1时，f (x )max ＝2－a ，则1－2a 3a 3＋2－a ＝0， 即3－a ＝2a 3a 3，其中3－a ≥2，而2a 3a 3<2， 所以无解，舍去．综上所述，a ＝3.。
浙江省2019高考数学优编增分练：解答题突破练三数列
(三)数列1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋112b n ＋7n n 项和T n .解(1)因为a 1＝S 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n2.又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·1n －1n ＋2，所以T n ＝16·1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝16·32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n12(n ＋1)(n ＋2).2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n －1a nb n n 项和T n .解(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，①由a 5＝3a 2＋2a 1－2，②得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2，因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a nb n ＝(2n －1)12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·122＋…＋(2n －1)·12－1，③12T n ＝1·12＋3·12＋5·12＋…＋(2n －1)·12，④③－④，得12T n ＝1＋212＋12＋…＋12n －1－(2n －1)·12＝1＋21－12－1－(2n －1)·12n＝3－2n ＋32n，∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解(1)方法一由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k4，∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3，即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k4，解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二∵{a n }是等差数列，设公差为d ，则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )，∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于任意n ∈N *均成立，d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n 2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1212n －1－12n ＋1得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝121－13＋1＋1213－15＋1＋1215－17＋1＋…＋1212n －1－12n ＋1＝121－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n ＝121－12n ＋1＋n ＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)．4．(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知数列{a n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋1e n x +－1，证明：当n ∈N *时，(1)0<x n ＋1<x n ；(2)x n x n ＋1>x n －2x n ＋1；(3)12n≤x n ≤12n －1.证明(1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0，假设x k >0，k ∈N *，k ≥1，成立，当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则x k ＝x k ＋1＋1ek x +－1≤0，矛盾，故x k ＋1>0，因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋1en x +－1>x n ＋1＋e 0－1＝x n ＋1，综上，x n >x n ＋1>0.(2)x n ＋1x n ＋2x n ＋1－x n ＝x n ＋1(x n ＋1＋1en x +－1)＋2x n ＋1－x n ＋1－1en x +＋1＝x 2n ＋1＋1en x +(x n ＋1－1)＋1，设f (x )＝x 2＋e x(x －1)＋1(x ≥0)，则f ′(x )＝2x ＋e x·x ≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1＋1en x +(x n ＋1－1)＋1＝f (x n ＋1)>f (0)＝0，故x n x n ＋1>x n －2x n ＋1.(3)由(2)得1x n ＋1＋1<21x n ＋1n >1时，1x n＋1<21x n －1＋1<…<2n －11x 1＋1＝2n，当n ＝1时，1x n ＋1＝2n ，所以1x n ≤2n，即x n ≥12n ，又由于x n ＝x n ＋1＋1en x +－1≥x n ＋1＋(x n ＋1＋1)－1＝2x n ＋1，x n ＋1≤12x n ，所以易知x n ≤12n －1，综上，12≤x n 12－1.5．(2018·浙江省台州中学模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x >0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2·23n －x n ＝1,2，…；(3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n >n 2n ＋1.(1)解∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1－1＝131a n －1，∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ，∴a n ＝3n3n ＋2(n ∈N *)．(2)证明由(1)知a n ＝3n3n ＋2>0，11＋x －1(1＋x )223n －x ＝11＋x －1(1＋x )223n ＋1－1－x ＝11＋x －1(1＋x )21a n－(1＋x )＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n 11＋x －n 2＋a n ≤a n ，∴原不等式成立．(3)证明由(2)知，对任意的x >0，有a 1＋a 2＋…a n ≥11＋x 1(1＋x )223－x ＋11＋x 1(1＋x )2232－x ＋…＋11＋x －1(1＋x )223n －x ＝n 1＋x －1(1＋x )223＋232＋…＋23n －nx ∴取x ＝1n 23＋232＋…＋23n ＝1n1－13n 则a 1＋a 2…＋a n ≥n1＋1n1－13n ＝n 2n ＋1－13n >n 2n ＋1，∴原不等式成立．6．已知在数列{a n }中，满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为a n 的前n 项和．(1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cosπ3·2n －1；(3)证明：S n >n －27＋π254.证明(1)由题意知{a n }的各项均为正数，因为2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )．所以，要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下面用数学归纳法证明a n <1.①当n ＝1时，a 1＝12<1成立，②假设当n ＝k 时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1.综上所述，a n <1成立，所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cosπ3·2n －1.①当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3成立，②假设当n ＝k 时，a k ＝cos π3·2k －1.那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cosπ3·2k －1＋12＝cos π3·2k，综上所述，a n ＝cosπ3·2n －1.(3)由题意及(2)知，1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝1－cos2π3·2n －1＝sin 2π3·2n －1<π3·2n －1(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)，故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254；当n ≥2时，S n >∑n i ＝21－2π29·4i＋12＝n －12－2π29×43×1161－14n －1>n －27＋π254.综上所述，S n >n －27＋π254.。
2019版高考数学(浙江专用)二轮复习(优编增分)：专题四 解析几何 规范答题示例6Word版含答案
典例6 (15分)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且点⎝⎛⎭⎫3，12在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q . ①求|OQ ||OP |的值；②求△ABQ 面积的最大值．审题路线图 (1)椭圆C 上点满足条件―→得到a ，b 的关系式基本量法求得椭圆C 的方程(2)①P 在C 上，Q 在E 上――→P ，Q 共线设坐标代入方程―→求出|OQ ||OP |②直线y ＝kx ＋m 和椭圆E 的方程联立――→通法研究判别式Δ并判断根与系数的关系―→ 用m ，k 表示S △OAB ―→求S △OAB 的最值――――――――→利用①得S △ABQ和S △OAB的关系得S △ABQ 的最大值评分细则 (1)第(1)问中，求a 2－c 2＝b 2关系式直接得b ＝1，扣1分；(2)第(2)问中，求|OQ ||OP |时，给出P ，Q 的坐标关系给2分；无“Δ>0”和“Δ≥0”者，每处扣2分；联立方程消元得出关于x 的一元二次方程给2分；根与系数的关系写出后给1分；求最值时，不指明最值取得的条件扣1分．跟踪演练6 (2018·全国Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . (1)解 由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1.由已知可得，点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，22或⎝⎛⎭⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明 当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和 k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得 k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，由题意知Δ>0恒成立， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0，从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB .综上，∠OMA ＝∠OMB .。
2019高考数学浙江精准提分练： 解答题通关练 4
4.圆锥曲线1．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点是原点，以x 轴为对称轴，且经过点P (1,2)． (1)求抛物线C 的方程；(2)设点A ，B 在抛物线C 上，直线PA ，PB 分别与y 轴交于点M ，N ，|PM |＝|PN |.求直线AB 的斜率．解 (1)依题意，设抛物线C 的方程为y 2＝ax (a ≠0)， 由抛物线C 经过点P (1,2)，得a ＝4， 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)因为|PM |＝|PN |，所以∠PMN ＝∠PNM ，所以∠1＝∠2，所以直线PA 与PB 的倾斜角互补，所以k PA ＋k PB ＝0.依题意，直线AP 的斜率存在，设直线AP 的方程为y －2＝k (x －1)(k ≠0)， 将其代入抛物线C 的方程，整理得k 2x 2－2(k 2－2k ＋2)x ＋k 2－4k ＋4＝0.设A (x 1，y 1)，则1×x 1＝k 2－4k ＋4k 2，y 1＝k (x 1－1)＋2＝4k－2，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫(k －2)2k 2，4k －2，以－k 替换点A 坐标中的k ， 得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫(k ＋2)2k 2，－4k －2. 所以k AB ＝4k －(－4k)(k －2)2k 2－(k ＋2)2k2＝－1.所以直线AB 的斜率为－1.2．在平面直角坐标系xOy 中，已知点F (1,0)和直线l ：x ＝4，圆C 与直线l 相切，并且圆心C 关于点F 的对称点在圆C 上，直线l 与x 轴相交于点P . (1)求圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点F 且与直线l 不垂直的直线m 与圆心C 的轨迹E 相交于点A ，B ，求△PAB 面积的取值范围．解 (1)设圆心C (x ，y )，则圆心C 到点F 的距离等于它到直线l 距离的一半， ∴(x －1)2＋y 2＝12|4－x |，化简得圆心C 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线m 的方程为x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝ky ＋1，得(3k 2＋4)y 2＋6ky －9＝0，Δ＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6k 3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4，|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12k 2＋19k 4＋24k 2＋16， △PAB 的面积S ＝12×|y 1－y 2|×|PF |＝18k 2＋19k 4＋24k 2＋16. 设t ＝k 2＋1≥1，则k 2＋19k 4＋24k 2＋16＝t (3t ＋1)2＝19t ＋1t＋6， 设f (t )＝9t ＋1t ＋6，t ≥1，则f ′(t )＝9－1t2＞0，∴f (t )在[1，＋∞)上单调递增，f (t )≥f (1)＝16， ∴S ≤18116＝92， 即△PAB 面积的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，92. 3．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且C 过点⎝⎛⎭⎪⎫1，32.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点(点P ，Q 均在第一象限)，且直线OP ，l ，OQ 的斜率成等比数列，证明：直线l 的斜率为定值．(1)解 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由题意可知直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， ∵直线l 与椭圆交于两点，∴Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－1)1＋4k2，∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2. ∵直线OP ，l ，OQ 的斜率成等比数列，∴k 2＝y 2x 2·y 1x 1＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2x 1x 2，整理得km (x 1＋x 2)＋m 2＝0， ∴－8k 2m 21＋4k 2＋m 2＝0， 又m ≠0，∴k 2＝14，结合图象(图略)可知k ＝－12，故直线l 的斜率为定值．4．已知抛物线Γ：x 2＝2py (p >0)，直线y ＝2与抛物线Γ交于A ，B (点B 在点A 的左侧)两点，且|AB |＝4 3.(1)求抛物线Γ在A ，B 两点处的切线方程；(2)若直线l 与抛物线Γ交于M ，N 两点，且MN 的中点在线段AB 上，MN 的垂直平分线交y 轴于点Q ，求△QMN 面积的最大值．解 (1)由x 2＝2py ，令y ＝2，得x ＝±2p ，所以4p ＝43，解得p ＝3，所以x 2＝6y ，由y ＝x 26，得y ′＝x 3，故|x y =′＝233.所以在A 点的切线方程为y －2＝233(x －23)，即2x －3y －23＝0，同理可得在B 点的切线方程为2x ＋3y ＋23＝0.(2)由题意得直线l 的斜率存在且不为0， 故设l ：y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝6y ，y ＝kx ＋m ，得x 2－6kx －6m ＝0，Δ＝36k 2＋24m >0， 所以x 1＋x 2＝6k ，x 1x 2＝－6m ，故|MN |＝1＋k 2·36k 2＋24m ＝23·1＋k 2·3k 2＋2m .又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6k 2＋2m ＝4，所以m ＝2－3k 2，所以|MN |＝23·1＋k 2·4－3k 2，由Δ＝36k 2＋24m >0，得－233<k <233且k ≠0.因为MN 的中点坐标为(3k,2)，所以MN 的垂直平分线方程为y －2＝－1k(x －3k )，令x ＝0，得y ＝5，即Q (0,5)，所以点Q 到直线kx －y ＋2－3k 2＝0的距离d ＝|－5＋2－3k 2|1＋k2＝31＋k 2， 所以S △QMN ＝12·23·1＋k 2·4－3k 2·31＋k 2＝33·(1＋k 2)2(4－3k 2).令1＋k 2＝u ，则k 2＝u －1，则1<u <73，故S △QMN ＝33·u 2(7－3u ).设f (u )＝u 2(7－3u )，则f ′(u )＝14u －9u 2， 结合1<u <73，令f ′(u )>0，得1<u <149；令f ′(u )<0，得149<u <73，所以当u ＝149，即k ＝±53时，(S △QMN )max ＝33×1497－3×149＝1473. 5.如图，A ，B 是焦点为F 的抛物线y 2＝4x 上的两动点，线段AB 的中点M 在定直线x ＝t 上. (1)求|FA |＋|FB |的值；(2)若t ＝1，设△ABF 的面积为S ，求S 的最大值．解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (t ，m )， 则x 1＋x 2＝2t ，y 1＋y 2＝2m .由抛物线的定义知|FA |＝x 1＋1，|FB |＝x 2＋1. 所以|FA |＋|FB |＝x 1＋x 2＋2＝2＋2t .(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，得(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝4(x 1－x 2)． 所以x 1－x 2y 1－y 2＝y 1＋y 24＝m2. 故可设直线AB 的方程为m2(y －m )＝x －1，即x ＝m 2y －m 22＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m 2y －m 22＋1，y 2＝4x ，消去x 并整理，得y 2－2my ＋2m 2－4＝0， 则Δ＝16－4m 2>0，即m 2<4.y 1＋y 2＝2m ，y 1y 2＝2m 2－4.|y 1－y 2|＝24－m 2.|x 1－x 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m 2y 1－m 22＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2y 2－m 22＋1＝|m |2|y 1－y 2|＝|m |4－m 2. 所以△ABF 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝12m 24－m 2＝124m 4－m 6.令0<g ＝m 2<4，u ＝4g 2－g 3， 则u ′＝8g －3g 2， 令8g －3g 2＝0，得g ＝83.当0<g <83时，u ′>0，当83<g <4时，u ′<0， 所以u 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，83上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫83，4上为减函数． 所以当g ＝m 2＝83时，S max ＝12×83×4－83＝839. 6．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 在椭圆上(异于椭圆C 的左、右顶点)，过右焦点F 2作∠F 1PF 2的外角平分线L 的垂线F 2Q ，交L 于点Q ，且|OQ |＝2(O 为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：x ＝my ＋4(m ∈R )与椭圆C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为A ′，直线A ′B 交x 轴于点D ，求当△ADB 的面积最大时，直线l 的方程．解 (1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4×12ab ＝43，得ab ＝2 3.延长F 2Q 交直线F 1P 于点R ，因为F 2Q 为∠F 1PF 2的外角平分线的垂线， 所以|PF 2|＝|PR |，Q 为F 2R 的中点，所以|OQ |＝|F 1R |2＝|F 1P |＋|PR |2＝|F 1P |＋|PF 2|2＝a ，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋4，x 24＋y23＝1，消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋24my ＋36＝0，所以Δ＝(24m )2－4×36×(3m 2＋4)＝144(m 2－4)>0，即m 2>4. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ′(x 1，－y 1)， 由根与系数的关系， 得y 1＋y 2＝－24m 3m 2＋4，y 1y 2＝363m 2＋4， 直线A ′B 的斜率k ＝y 2－(－y 1)x 2－x 1＝y 2＋y 1x 2－x 1，所以直线A ′B 的方程为y ＋y 1＝y 1＋y 2x 2－x 1(x －x 1)， 令y ＝0，得x D ＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝(my 1＋4)y 2＋y 1(my 2＋4)y 1＋y 2＝2my 1y 2y 1＋y 2＋4，故x D ＝1，所以点D 到直线l 的距离d ＝31＋m2，所以S △ADB ＝12|AB |·d ＝32(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝18·m 2－43m 2＋4.令t ＝m 2－4(t >0)，则S △ADB ＝18·t3t 2＋16＝183t ＋16t≤1823×16＝334， 当且仅当3t ＝16t ，即t 2＝163＝m 2－4，即m 2＝283>4，m ＝±2213时，△ADB 的面积最大，所以直线l 的方程为3x ＋221y －12＝0或3x －221y －12＝0.。
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(四)解析几何1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2且k1＋k2＝2，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD 为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.→→(1)若k1>0，k2>0，证明：FM·<2p2；FN7 5(2)若点M到直线l的距离的最小值为，求抛物线E的方程．5p(1)证明由题意知，抛物线E的焦点为F(0，2 )，p直线l1的方程为y＝k1x＋.2由Error!得x2－2pk1x－p2＝0.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根，从而x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝2pk21＋p，p→∴点M的坐标为(pk1，pk21＋2)，FM＝(pk1，pk)．21p同理可得点N的坐标为(pk，2，pk2＋2)→FN＝(pk2，pk)，2→→于是FM·FN＝p2(k1k2＋k k)．122∵k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，1→→∴0<k1k2<1，故FM·<p2(1＋1)＝2p2.FN(2)解由抛物线的定义得p p|FA|＝y1＋，|FB|＝y2＋，2 2∴|AB|＝y1＋y2＋p＝2pk21＋2p，从而圆M的半径r1＝pk21＋p.3故圆M的方程为x2＋y2－2pk1x－p(2k21＋1)y－p2＝0，43同理可得圆N的方程为x2＋y2－2pk2x－p(2k2＋1)y－p2＝0，4∴直线l的方程为(k2－k1)x＋(k－k)y＝0，2 12即x＋2y＝0.p|2k21＋k1＋1| ∴点M到直线l的距离为d＝.51 7p 故当k1＝－时，d取最小值.48 57p7 5由已知得＝，解得p＝8.8 55故所求抛物线E的方程为x2＝16y.x2 y2 3 2 2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两焦点分别是F1(－2，0)，F2( 2，0)，点E(2，2 )在a2 b2椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；→→(2)设P是y轴上的一点，若椭圆C上存在两点M，N，使得MP＝2PN，求以F1P为直径的圆面积的取值范围．解(1)由已知，得半焦距c＝2，9 3 22a＝|EF1|＋|EF2|＝8＋＋＝4 ，22 2所以a＝2 2，所以b2＝a2－c2＝8－2＝6，x2 y2所以椭圆C的方程是＋＝1.8 6(2)设点P的坐标为(0，t)，当直线MN斜率不存在时，可得M，N分别是短轴的两端点，6 2得到t＝±，t2＝.3 32当直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y ＝kx ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， → →则由MP ＝2PN 得 x 1＝－2x 2，① 联立Error!得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，由题意，得 Δ＝64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)>0， 整理得 t 2<8k 2＋6， 由根与系数的关系得 －8ktx 1＋x 2＝ ， 3＋4k 2 4t 2－24 x 1·x 2＝ ，② 3＋4k 2－t 2＋6 由①②，消去 x 1，x 2得 k 2＝ ， 12t 2－8 2由Error!解得 <t 2<6，3 2 综上≤t 2<6，3 2＋t 2 又因为以 F 1P 为直径的圆面积 S ＝π·， 42π所以 S 的取值范围是[，2π).33．(2018·浙江“超级全能生”联考)如图，已知直线 y ＝－2mx －2m 2＋m 与抛物线 C ：x 2＝y1 相交于 A ，B 两点，定点 M (－ ，1).2(1)证明：线段 AB 被直线 y ＝－x 平分； (2)求△MAB 面积取得最大值时 m 的值．(1)证明 设 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立方程组Error!得 x 2＋2mx ＋2m 2－m ＝0， ∴x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－m ， x 1＋x 2则＝－m ，23y 1＋y 2 x 21＋x2x 1＋x 22－2x 1x 2＝ ＝＝m ，222∴线段 AB 的中点坐标为(－m ，m )， ∴线段 AB 被直线 y ＝－x 平分． (2)解 ∵|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝ 1＋4m 2 －4m 2＋4m (0<m <1)，|1＋2m 2－2m | 点 M 到直线 AB 的距离为 d ＝ ， 1＋4m 2 1∴△MAB 的面积 S ＝ |AB |d2＝ －m 2＋m |1－2(－m 2＋m )|(0<m <1)， 令 －m 2＋m ＝t ，则 S ＝t |1－2t 2|， 11 又∵0<t ≤ ，∴S ＝t －2t 3，2(0 < t ≤ 2)1令 f (t )＝t －2t 3(0 < t ≤ 2)，则 f ′(t )＝1－6t 2，66 16则 f (t )在(0， 6)上单调递增，在(2]上单调递减，故当 t ＝ 时，f (t )取得最大值，即△MAB， 6 66 3 ± 3面积取得最大值，此时有 －m 2＋m ＝ ，解得 m ＝ .6 6x 2 y 24．已知椭圆 C ： ＋ ＝1(a >b >0)，A ，B 是椭圆与 x 轴的两个交点，M 为椭圆 C 的上顶点，设a 2b 2 2直线 MA 的斜率为 k 1，直线 MB 的斜率为 k 2，k 1k 2＝－ .3 (1)求椭圆 C 的离心率；→→(2)设直线 l 与 x 轴交于点 D (－ 3，0)，交椭圆于 P ，Q 两点，且满足DP ＝3QD ，当△OPQ 的面 积最大时，求椭圆 C 的方程．b b解 (1)M (0，b )，A (－a,0)，B (a,0)，k 1＝ ，k 2＝－ ，a ab b b 22 c 3k 1k 2＝－ · ＝－ ＝－ ，e ＝ ＝ . a a a 2 3 a 3 c 3 (2)由(1)知 e ＝ ＝ ， a 3 得 a 2＝3c 2，b 2＝2c 2，可设椭圆 C 的方程为 2x 2＋3y 2＝6c 2， 设直线 l 的方程为 x ＝my － 3，由Error!得(2m2＋3)y2－4 3my＋6－6c2＝0，4因为直线 l 与椭圆 C 相交于 P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)两点， 所以 Δ＝48m 2－4(2m 2＋3)(6－6c 2)>0，4 3m6－6c 2由根与系数的关系得，y 1＋y 2＝ ，y 1y 2＝ . 2m 2＋3 2m 2＋3 →→又DP ＝3QD ，所以 y 1＝－3y 2， 36m 2 代入上述两式得 6－6c 2＝－ ， 2m 2＋31 所以 S △OPQ ＝ |OD ||y 1－y 2|＝238 3m 2|2m 2＋3|12|m | 12 ＝ ＝ ≤ 6，2|m |2＋3 3 2|m |＋|m |3 5 当且仅当 m 2＝ 时，等号成立，此时 c 2＝ ， 2 2 代入 Δ，此时 Δ>0成立， 2x 2 y 2所以椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1. 15 55．已知在平面直角坐标系中，动点 P (x ，y )(x ≥0)到点 N (1,0)的距离比到 y 轴的距离大 1. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程；→ (2)若过点 M (2,0)的直线与轨迹 C 相交于 A ，B 两点，设点 Q 在直线 x ＋y －1＝0上，且满足OA →→＋OB ＝tOQ (O 为坐标原点)，求实数 t 的最小值．解 (1)方法一 因为点 P (x ，y )(x ≥0)到点 N (1,0)的距离比到 y 轴的距离大 1，所以|PN |－1 ＝|x |，将点 N 的坐标代入，并整理得 y 2＝4x . 故点 P 的轨迹 C 的方程是 y 2＝4x .方法二 因为平面上动点 P 到点 N (1,0)的距离比到 y 轴的距离大 1，所以点 P 到点 N (1,0)的 距离与点 P 到直线 x ＝－1的距离相等，即点 P 的轨迹是以原点为顶点，焦点到准线的距离为 2，并且为开口向右的抛物线，所以点 P 的轨迹 C 的方程为 y 2＝4x .(2)由题意知直线 AB 的斜率存在且斜率不为 0且与抛物线 y 2＝4x 有两个交点，设直线 AB ：y ＝ k (x －2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (x ，y )，由Error!得 k 2x 2－4(k 2＋1)x ＋4k 2＝0(k ≠0)． Δ＝16(2k 2＋1)>0恒成立，4k 2＋1所以 x 1＋x 2＝，x 1·x 2＝4， k 2→ → →因为OA ＋OB ＝tOQ ，所以(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，x 1＋x 2 k x 1＋x 2－4k 4 即 x ＝ ＝ ，y ＝ ＝ ＝ ＝ ， t k 2t t t t tk4k 2＋1 y 1＋y 2 k x 1－2＋k x 2－25又点Q在x＋y－1＝0上，4k2＋14 所以＋－1＝0.k2t tk1 1 1 1所以t＝4( ＋1)＝4( 2 )2＋3≥3.＋＋k2 k k故实数t的最小值为3.x26.如图，过椭圆M：＋y2＝1的右焦点F作直线交椭圆于A，C两点．2(1)当A，C变化时，在x轴上求定点Q，使得∠AQF＝∠CQF；(2)设直线QA交椭圆M的另一个交点为B，连接BF并延长交椭圆于点D，当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线AC的方程．解(1)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，Q(q,0)，当A，C不在x轴上时，设直线AC的方程为x＝ty＋1，代入椭圆M的方程，可得(2＋t2)y2＋2ty－1＝0.2t－1则y1＋y2＝－，y1y2＝，2＋t2 2＋t2y1 y2由意题知k AQ＋k CQ＝＋x1－q x2－qy1x2－q＋y2x1－q＝x1－q x2－qy1ty2＋1－q＋y2ty1＋1－q＝x1－q x2－q2ty1y2＋1－q y1＋y2＝＝0，x1－q x2－q即2ty1y2＋(1－q)(y1＋y2)＝0，整理得－2t－2t(1－q)＝0，由题知无论t取何值，上式恒成立，则q＝2，当A，C在x轴上时，定点Q(2,0)依然可使∠AQF＝∠CQF成立，所以点Q的坐标是(2,0)．(2)由(1)知∠AQF＝∠CQF，∠BQF＝∠DQF.所以B，C关于x轴对称，A，D关于x轴对称，所以四边形ABCD是一个等腰梯形．则四边形ABCD的面积S(t)＝|x1－x2|·|y1－y2|＝|t|·|y1－y2|2t2＋1|t|＝8·.t2＋226t 4－3t 2－2 由对称性不妨设 t >0，求导可得 S ′(t )＝－8· ， t 2＋233＋ 17 令 S ′(t )＝0，可得 t 2＝ ，23＋ 170， 由于 S (t )在(2)上单调递增，3＋ 17 3＋ 17 在(，＋∞)上单调递减，所以当 t 2＝ 时，四边形 ABCD 的面积 S 取得最大值．2 23＋ 17 此时，直线 AC 的方程是 x ＝± y ＋1.27。