北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
综合测试卷(五)
时间:120分钟 分值:145分
一、选择题:本题共7小题,每小题5分,共35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.(2020全国Ⅰ卷地区百校联盟4月联考,2)已知集合A={2a-1,a2,0},B={1-a,a-5,9},且A∩B={9},则( )
A.A={9,25,0} B.A={5,9,0}
C.A={-7,9,0} D.A∪B={-7,9,0,25,-4}
答案 C 依据集合中元素的互异性考查分类讨论思想的应用,利用集合的运算考查数学运算及逻辑推理的
核心素养.
由已知可得a2=9或2a-1=9,∴a=±3或a=5.当a=3时,A={5,9,0},B={-2,-2,9}(不满足集合中元素的互异性,应舍去);
当a=5时,A={9,25,0},B={-4,0,9}(不满足题意,应舍去);当a=-3时,A={-7,9,0},B={4,-8,9}.故选C.
2.(2017河南百校联盟4月模拟,2)已知复数z的共轭复数为 ,若(3z z)(1-2 i)=5- i(i为虚数单位),则
z + √2 √2
2 2
在复平面内,复数z所对应的点位于 ( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案 A 设z=a+bi(a,b∈R),
3z z
则 + =2a+bi,
2 2
5-√2i
故2a+bi= =1+√2i,
1-2√2i
1
故a= ,b=√2,
2
则在复平面内,复数z所对应的点的坐标为(1 ),位于第一象限.
,√2
2
2 1
3.(2019宁夏石嘴山三中一模,3)已知sin2α= ,则tanα+ = ( )
3 tanα
A.1 B.2 C.3 D.4
2 2sinαcosα 2 2tanα 2
答案 C 由sin2α=2sinαcosα= ,可得 = ,∴ = ,
3 sin2α+cos2α 3 tan2α+1 3
1
即tan2α+1=3tanα,∴tanα+ =3.故选C.
tanα
1 sinα cosα 2 2 1
一题多解 tanα+ = + = ,又sin2α= ,∴tanα+ =3.
tanα cosα sinα sin2α 3 tanα
x2
4.(2019海南海口一中模拟,7)已知点P(1,m)在椭圆 +y2=1的外部,则直线y=2mx+√3与圆x2+y2=1的位置关
4
系为( )
A.相离 B.相交
C.相切 D.相交或相切
x2
答案 B 由点P(1,m)在椭圆 +y2=1的外部,
4
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3
得m2> ,
4
则圆x2+y2=1的圆心(0,0)到直线y-2mx- =0的距离d= |-√3| <√3<1,
√3
√1+4m2 2
∴直线y=2mx+√3与圆x2+y2=1相交,故选B.
5.(2020山东聊城二模,7)我国古代《九章算术》中将上,下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童
ABCD-EFGH有外接球,且AB=2√6,AD=2√2,EH=√15,EF=√5,平面ABCD与平面EFGH间的距离为1,则该
刍童外接球的体积为( )
A.12π B.24π C.36π D.48π
答案 C 假设O为刍童外接球的球心,连接HF,EG交于点O,连接AC,DB交于点O,由球的几何性质可知
1 2
O,O,O 在同一条直线上,
1 2
由题意可知,OO⊥平面ABCD,OO⊥平面EFGH,OO=1.
1 1 2 1
设OO=r,
2
在Rt△OGO 中,OG2=O +OG2,在矩形EFGH中,
1 O2 1
1
EG= = =2 .
√EF2+FG2 √(√5)2+(√15)2 √5
1
则OG= EG=√5.
1
2
∴OG2=O +OG2=(r+1)2+( )2.
O2 1 √5
1
在Rt△OBO 中,OB2=O +OB2,在矩形ABCD中,
2 O2 2
2
DB= = =4 .
√AD2+AB2 √(2√2)2+(2√6)2 √2
1
则OB= BD=2√2.
2
2
∴OB2=O +OB2=r2+(2 )2.
O2 2 √2
2
设外接球的半径OG=OB=R,
∴(r+1)2+( )2=r2+ ,解得r=1.
√5 (2√2)2
则OB= =3.即R=3.
√12+(2√2)2
4 4
则该刍童外接球的体积V= πR3= π×33=36π.
3 3
故选C.
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点睛 本题考查几何体的外接球体积的求法,考查空间想象能力,找到球心是关键,属于中档题.
6.(2020天津南开中学第四次月考,8)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)( π)的图象过点B(0, ),且在
ω>0,|φ|< √3
2
( π , 5π)上单调,把f(x)的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合,当x 1 ,x 2 ∈(2π , 4π)且x 1 ≠x 2
12 12 3 3
时,f(x)=f(x),则f(x+x)= ( )
1 2 1 2
A.-√3 B.√3 C.-1 D.1
答案 B 本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的性质,意在考查学生转化与化归、数形结合的思想.
∵函数f(x)=2sin(ωx+φ)( π)的图象过点B(0, ),∴2sinφ= ,∴φ=π.∵f(x)在( π 5π)上
ω>0,|φ|< √3 √3 ,
2 3 12 12
单调,
1 2π 5π π 2π
∴ · ≥ - ,∴0<ω≤3.把f(x)的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合,∴k·
2 ω 12 12 ω
=π,k∈Z,∴ω=2k,k∈Z,∴ω=2,∴f(x)=2sin(
2x+
π).当x∈(2π
,
4π)时,2x+π∈(5π
,3π
),∵x
1
,x
2
∈
3 3 3 3 3
(2π
,
4π),x
1
≠x
2
,f(x
1
)=f(x
2
),∴2x
1
+π+2x
2
+π=2×5π=5π,∴x
1
+x
2
=13π,∴2(x
1
+x
2
)+π=14π,∴f(x
1
+x
2
)=2sin
3 3 3 3 2 6 3 3
[ π]=2sin14π= .故选B.
2(x +x )+ √3
1 2 3 3
7.(2020河南新乡一中期末)已知双曲线C:x2 -y2
=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别是F,F,直线l:y=k(x- )过
1 2 √10
a2 b2
点F,且与双曲线C在第一象限交于点P.若( + )· =0(O为坐标原点),且|PF|=(a+1)|PF|,则双曲
2 ⃗OP ⃗OF ⃗PF 1 2
2 2
线C的离心率为 ( )
√10 √5
A.√10 B.√5 C. D.
2 2
答案 C 如图,取PF 的中点H,连接OH,则 + =2 ,因为( + )· =0,所以 ·
2 ⃗OP ⃗OF ⃗OH ⃗OP ⃗OF ⃗PF ⃗OH
2 2 2
=0,即OH⊥PF.
⃗PF 2
2
易知OH是△PFF 的中位线,所以PF⊥PF.由题意可得c=√10,
1 2 1 2
设|PF|=m,则|PF|=(a+1)m,
2 1
由双曲线的定义可知|PF|-|PF|=2a,则am=2a,即m=2,
1 2
故|PF|=2,|PF|=2a+2.
2 1
在Rt△PFF 中,由勾股定理可得|PF|2+|PF|2=|FF|2,
1 2 1 2 1 2
即(2a+2)2+4=40,整理得a2+2a-8=0,解得a=2或a=-4(舍).
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c √10
故双曲线C的离心率为 = .
a 2
故选C.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得
5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
8.已知在某市的一次学情检测中,学生的数学成绩X服从正态分布N(100,100),其中90分为及格线,120分为
优秀线.下列说法正确的是 ( )
附:随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)=0.9974.
A.该市学生数学成绩的期望为100
B.该市学生数学成绩的标准差为100
C.该市学生数学成绩及格率超过0.8
D.该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等
答案 AC 易知μ=100,σ2=100,∴E(X)=100,σ=10.
1-0.6826
P(90<X<110)=0.6826,∴P(X<90)= =0.1587,
2
P(X≥90)=1-P(X<90)=1-0.1587=0.8413>0.8.
1-P(80<X<120)
P(80<X<120)=0.9544,∴P(X≥120)= =0.0228≠0.1587,显然该市学生数学成绩不及格
2
的人数和优秀的人数不相等.故选AC.
9.已知圆锥的顶点为P,母线长为2,底面半径为√3,A、B为底面圆周上两个动点,则下列说法正确的是 (
)
A.圆锥的高为1
B.三角形PAB为等腰三角形
C.三角形PAB面积的最大值为√3
π
D.直线PA与圆锥底面所成角的大小为
6
答案 ABD 设圆锥的高为h,母线为l,底面圆半径为r,则l2=h2+r2,∴h=1,故A正确;∵PA=PB,∴△PAB为等腰三
1
角形,故B正确;S = PA·PB·sin∠APB=2sin∠APB,当∠APB=90°时,△PAB的面积最大,为2,故C错误;直线PA
△PAB
2
PO 1 √3 π
与圆锥底面所成角为∠PAO,tan∠PAO= = = ,∴∠PAO= ,故D正确.
AO √3 3 6
1
10.已知实数x,y,z满足lnx=ey= ,则下列关系式中可能成立的是 ( )
z
A.x>y>z B.x>z>y
C.z>x>y D.z>y>x
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1 1
答案 ABC 分别作出f(x)=lnx(x>1),g(x)=ex,h(x)= (x>0)的图象,令lnx=ey= =t,讨论直线y=t分别与
x z
1
f(x)=lnx(x>1),g(x)=ex,h(x)= (x>0)的图象的交点的横坐标情况.
x
①
此时z<y<x,故A正确;
②
此时y<z<x,故B正确;
③
此时y<x<z,故C正确.
故选ABC.
11.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(
其中ω>0,|φ|<
π),f(
-
π)=0,f(x)≤ |
f
(3π)| 恒成立,且f(x)在区间
2 8 8
( π π )上单调,则下列说法正确的是( )
- ,
12 24
A.存在φ,使得f(x)是偶函数
B.f(0)=f(3π)
4
C.ω是奇数
D.ω的最大值为3
答案 BCD ∵f(
-
π)=0,∴-πω+φ=k
1
π,k
1
∈Z,
8 8
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∵f(x)≤ | (3π)| ,∴ 3πω+φ=π+kπ,k∈Z,
f 2 2
8 8 2
π π
∴ ω= +(k-k)π,k,k∈Z,
2 1 1 2
2 2
∴ω=1+2(k-k),k,k∈Z,即ω=1+2k,k∈Z,故C说法正确;
2 1 1 2
π 3k +k
1 2
易知φ= + π,k,k∈Z,故A说法不正确;
8 4 1 2
3π 3π 3π
易知直线x= 为f(x)图象的一条对称轴,0+ =2× ,
8 4 8
∴f(0)=f(3π),故B说法正确;
4
当ω=5时,φ=-3π,f(x)=sin( 3π),增区间为( π 7π),不合题意.当ω=3时,φ=3π,f(x)=sin
5x- - ,
8 8 40 40 8
( 3π),增区间为( 7π π ),满足题意,故D说法正确.故选BCD.
3x+ - ,
8 24 24
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
12.(2020安徽合肥模拟,13)已知函数f(x)=m(2x+1)3-2ex,若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线与直线4x+y-2=0平行,
则m= .
1
答案 -
3
解析 本题考查导数的几何意义,考查运算求解能力以及数形结合思想.
1
依题意,知f'(x)=6m(2x+1)2-2ex,则f'(0)=6m-2,根据题意有6m-2=-4,解得m=- .
3
{
y≥0,
13.(2020湖南长郡中学、雅礼学第四校联考)已知变量x、y满足约束条件 x+2y-8≤0,在实数x、y中
2x+ y-6≥0,
插入7个实数,使这9个数构成等差数列{a}的前9项,即a=x,a=y,则数列{a}的前13项和的最大值为
n 1 9 n
.
221
答案
6
{
y≥0,
解析 画出约束条件 x+2y-8≤0,表示的平面区域,如图所示:
2x+ y-6≥0
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4
{x= ,
解方程组{x+2y-8=0, 得 3 即A(4 10).
,
2x+ y-6=0, 10 3 3
y= ,
3
记等差数列{a}的公差为d,
n
y-x 1
则d= = (y-x),
9-1 8
所以数列{a}的前13项和为
n
S =13(a +a )=13a=13(a+6d)=13[ 6(y-x)]=13(x+3y),
13 1 13 7 1 x+
2 8 4
记z=x+3y,
由图可知,当直线z=x+3y过点A时,z=x+3y取得最大值,
所以S
13
的最大值为13×(4
+10
)=221.
4 3 6
思路分析 画出约束条件表示的平面区域,结合图形计算等差数列{a}的公差d,写出数列{a}的前13项和S ,
n n 13
求出它的最大值.
14.(2020湖南长沙一中月考,15)秦九韶是我国南宋著名数学家,在他的著作《数书九章》中有已知三边求三
角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一
为从隅,开平方得积”.如果把以上这段文字写成公式就是S=
√ 1[
a2c2-
(a2+c2-b2
)
2]
,其中a,b,c是
4 2
△ABC的内角A,B,C的对边.若sinC=2sinAcosB,且b2,2,c2成等差数列,则△ABC面积S的最大值为 .
2√5
答案
5
解析 ∵sinC=2sinAcosB,∴c=2acosB.
a2+c2-b2
因此c=2a· ,∴a=b,
2ac
∵b2,2,c2成等差数列,∴b2+c2=4.
因此S=
√ 1[
a2c2-
(a2+c2-b2
)
2]
4 2
=
√ 1[
(4-c2)c2-
(c2
)
2]
4 2
= √ 5 [ - (8 -c2) 2 + 64] ≤√ 5 × 64 = 2√5 ,
16 5 25 16 25 5
2√5
即△ABC面积S的最大值为 .
5
15.(2020福建漳州3月第二次适应性测试,16)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为4,点P是AA 的中点,点M
1 1 1 1 1
在侧面AABB上,若DM^CP,则△BCM面积的最小值为 .
1 1 1
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8√5
答案
5
解析 如图所示,取AB中点N,AD中点Q,连接DQ、QN,BN,由于CP在平面ABCD内的射影为AC,QN⊥AC,
1 1
所以QN⊥CP,由于CP在平面ADDA 内的射影为DP,DQ⊥DP,
1 1 1
所以DQ⊥CP,由QN⊥CP,DQ⊥CP,DQ∩QN=Q,得CP⊥平面DQNB,要使CP⊥DM,点M必须在平面
1 1 1 1 1 1
DQNB 内,又点M在侧面AABB上,所以点M在面DQNB 与面AABB的交线上,即M∈BN,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
8√5
当BM⊥BN时,BM最小,此时△BCM面积的最小值为 .
1
5
四、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
sin A sinB+sinC
16.(10分)(2020山东青岛三模,19)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c, = .
cosA cosB+cosC
(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个:①a=7,②b=10,③c=8,④△ABC的面积S=10√3,请指出这三个条
件,并说明理由;
(2)若a=3,求△ABC周长L的取值范围.
sin A sinB+sinC
解析 因为 = ,
cosA cosB+cosC
所以sinAcosB+sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC,
即sinAcosB-cosAsinB=sinCcosA-cosCsinA,
所以sin(A-B)=sin(C-A).
π
因为A,B,C∈(0,π),所以A-B=C-A,即2A=B+C,所以A= .
3
(1)△ABC还同时满足条件①③④.
理由如下:
若△ABC同时满足条件①②,
bsin A 5√3
则由正弦定理得sinB= = >1,这不可能,
a 7
所以△ABC不能同时满足条件①②,
所以△ABC同时满足条件③④.
1 1 √3
所以△ABC的面积S= bcsinA= b·8× =10√3,
2 2 2
所以b=5,与②矛盾,
所以△ABC还同时满足条件①③④.
b c a
(2)在△ABC中,由正弦定理得 = = =2√3,
sinB sinC sin A
因为C=2π-B,所以b=2 sinB,c=2 sin(2π ),
√3 √3 -B
3 3
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所以L=a+b+c=2 √3
[
sinB+sin
(2π
-B
)]
+3
3
=6(√3 1 )+3
sinB+ cosB
2 2
=6sin( π)+3.
B+
6
因为B∈( 2π),所以B+π∈(π 5π),
0, ,
3 6 6 6
所以sin( π)∈(1 ],
B+ ,1
6 2
所以△ABC周长L的取值范围为(6,9].
3
17.(12分)(2020湖南衡阳八中模拟)已知数列{a}的前n项和为S,a= ,2S=(n+1)a+1(n≥2).
n n 1 n n
2
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)设b= 1 (n∈N*),数列{b}的前n项和为T,证明:T< 7 (n∈N*).
n n n n
(a +1)2 10
n
3
解析 (1)当n=2时,2S=3a+1,又a= ,解得a=2.
2 2 1 2
2
当n=3时,2S=4a+1,解得a=3.
3 3 3
2S=(n+1)a+1,当n≥3时,2S =na +1,
n n n-1 n-1
以上两式相减,得2a=(n+1)a-na ,
n n n-1
a a a a a
∴ n= n-1,∴ n= n-1=…= 2=1,
n n-1 n n-1 2
{3
又∵a =3≠1,∴a= ,n=1,
1 n 2
1 2
n,n≥2.
4
{ ,n=1,
1 25
(2)证明:b= =
n
(a +1)2 1
n ,n≥2,
(n+1)2
4 7
当n=1时,T= < ;
1
25 10
1 1 1 1
当n≥2时,b= < = - ,
n (n+1)2 n(n+1) n n+1
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∴T
n
< 4 +(1
-
1)+(1
-
1)+…+(1
-
1 )=33- 1 < 7 .
25 2 3 3 4 n n+1 50 n+1 10
7
综上,T< (n∈N*).
n
10
4
{ ,n=1,
思路分析 (1)利用递推公式求{a}的通项公式.(2)先求出b= 1 = 25 显然T< 7 ,
n n 1
(a +1)2 1 10
n ,n≥2,
(n+1)2
1 1 1 1 7
再利用放缩法得当n≥2时,b= < = - ,再证明T< .
n (n+1)2 n(n+1) n n+1 n 10
1 1 1 1
解后反思 解答第(2)问的关键是利用放缩法证明当n≥2时,b= < = - .
n (n+1)2 n(n+1) n n+1
18.(12分)(2020湖南常德二中冲刺,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面PAD⊥底面
ABCD,E为PA的中点,过C,D,E三点的平面与PB交于点F,且PA=PD=AB=2.
(1)证明:EF⊥AD;
8 2√5
(2)若四棱锥P-ABCD的体积为 ,则在线段PB上是否存在点G,使得二面角G-CD-B的余弦值为 ?若存
3 5
PG
在,求 的值;若不存在,请说明理由.
PB
解析 (1)证明:连接DE,CF,由题意得AB∥CD,
又AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB,∴CD∥平面PAB.
又CD⊂平面CDEF,平面CDEF∩平面PAB=EF,
∴CD∥EF.又CD⊥AD,∴EF⊥AD.
(2)取AD的中点O,连接PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,
1 8
∴V = AB·AD·PO= ,∴AD·PO=4,
P-ABCD
3 3
又PO2+(1 ) 2 =4,
AD
2
∴PO=√2,AD=2√2.
取BC的中点H,连接OH.以OA,OH,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则
P(0,0,√2),B(√2,2,0),D(-√2,0,0),C(-√2,2,0),
∴⃗PB=(√2,2,-√2),⃗CD=(0,-2,0).
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假设存在点G,设⃗PG=λ⃗PB(λ∈[0,1]),G(x,y,z),
1 1 1
∴(x,y,z-√2)=λ(√2,2,-√2),
1 1 1
则G(√2λ,2λ,√2(1-λ)),
∴⃗DG=(√2(1+λ),2λ,√2(1-λ)),
{n ·⃗DG=0,
设平面GCD的法向量为n=(x,y,z),∴ 1
1 2 2 2
n ·⃗CD=0,
1
{√2(1+λ)x +2λ y +√2(1-λ)z =0,
即 2 2 2 ∴可取n 1 =(λ-1,0,λ+1),又平面ABCD的一个法向量为
-2y =0,
2
n=(0,0,1),二面角G-CD-B为锐角,
2
∴|cos<n,n>|= |λ+1| =2√5,
1 2
√(λ-1)2+(λ+1)2 5
1
解得λ= 或λ=3(舍).
3
2√5 PG 1
∴存在点G,使得二面角G-CD-B的余弦值为 ,此时 = .
5 PB 3
19.(12分)(2020安徽江南十校质量检测,19)一种游戏的规则为抛掷一枚硬币,每次正面向上得2分,反面向上
得1分.
(1)设抛掷4次的得分为X,求变量X的分布列和数学期望;
1
(2)当游戏得分为n(n∈N*)时,游戏停止,记得n分的概率和为Q,Q= .
n 1
2
①求Q;
2
1
②当n∈N*时,记A=Q + Q,B=Q -Q,证明:数列{A}为常数列,数列{B}为等比数列.
n n+1 n n n+1 n n n
2
解析 (1)变量X的所有可能取值为4,5,6,7,8,
由于每次抛掷一次硬币,正面向上的概率为1,反面向上的概率也为1,所以P(X=4)=(1) 4 = 1 ,P(X=5)=
C1
×
2 2 2 16 4
1×(1) 3 =1,P(X=6)=
C2
×(1) 2 ×(1) 2 =3,P(X=7)=
C3
×(1) 3 ×1=1,P(X=8)=
C4
×(1) 4 = 1 . (4分)
2 2 4 4 2 2 8 4 2 2 4 4 2 16
所以变量X的分布列为
X 4 5 6 7 8
1 1 3 1 1
P
16 4 8 4 16
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1 1 3 1 1
故变量X的数学期望为E(X)=4× +5× +6× +7× +8× =6.(6分)
16 4 8 4 16
(2)①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上,概率的和为Q
2
=1+(1) 2 =3. (8分)
2 2 4
②证明:得n分分两种情况,第一种为得(n-2)分后抛掷一次正面向上,第二种为得(n-1)分后抛掷一次反面向上,
1 1
故有当n≥3且n∈N*时,Q= Q + Q .
n n-1 n-2
2 2
1 1 1 1 1
A =Q + Q = Q + Q+ Q =Q + Q=A,
n+1 n+2 n+1 n+1 n n+1 n+1 n n
2 2 2 2 2
故数列{A}为常数列; (10分)
n
1 1 1 1 1 1 3 1 1
因为B =Q -Q = Q + Q-Q =- Q + Q=- (Q -Q)=- B,又B=Q-Q= - = ,
n+1 n+2 n+1 n+1 n n+1 n+1 n n+1 n n 1 2 1
2 2 2 2 2 2 4 2 4
故数列{B}为等比数列. (12分)
n
解题关键 第(2)问中找到递推关系式是解题的关键.
20.(12分)(2020吉林长春第二中学月考)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为√3,
a2 b2 2
A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)斜率为2的直线l与椭圆交于P、Q两点,OP⊥OQ,求直线l的方程;
1 1
(3)在x轴上是否存在一点E,使得过点E的任一直线与椭圆若有两个交点M、N,则都有 +
|EM|2 |EN|2
为定值?若存在,求出点E的坐标及相应的定值.
c √3 1 x2
解析 (1)由题意知, = , ab=1,又a2=b2+c2,∴a=2,b=1,c=√3,∴椭圆C的方程为 +y2=1.
a 2 2 4
{x2
(2)设直线l的方程为y=2x+t,由 + y2=1, 可得x2 +y2=( y-2x) 2 ,即(4t2-4)( y) 2 +16 y+(t2-16)=0,
4
4 t x x
y=2x+t
∵OP⊥OQ,∴t2-16=-1⇒t2=4⇒t=±2,
4t2-4
∴直线l的方程为y=2x±2,即2x-y±2=0.
(3)设E(m,0)、M(x,y)、N(x,y),当过点E的直线不为x轴时,设其方程为x=ty+m,
1 1 2 2
{x=ty+m,
联立 x2 得(t2+4)y2+2tmy+(m2-4)=0,
+ y2=1,
4
∴y+y=- 2tm ,yy=m2-4,
1 2 1 2
t2+4 t2+4
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1 1 1 1 1 (y + y )2-2y y
∴ + = + = · 1 2 1 2,
|EM|2 |EN|2 (1+t2)y2 (1+t2)y2 1+t2 y2y2
1 2 1 2
= 1 ·(32-8m2)+(2m2+8)t2 ,当且仅当32-8m2=2m2+8,即m=±2√15时, 1 + 1
1+t2 (m2-4)2 5 |EM|2 |EN|2
=5(定值),
1 1
即在x轴上存在点E,使得 + 为定值5,
|EM|2 |EN|2
点E的坐标为(2√15 )或( 2√15 ).
,0 - ,0
5 5
当过点E的直线为x轴时,上面求出的点E也符合题意.
21.(12分)(2020宁夏中卫二模)设函数f(x)=x2-alnx,g(x)=(a-2)x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x,x,
1 2
①求满足条件的最小正整数a的值;
②求证:F'(x
1
+x
2
)>0.
2
a 2x2-a
解析 (1)f'(x)=2x- = (x>0).
x x
当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)单调递增区间为(0,+∞),此时f(x)无单调递减区间.
√2a √2a
当a>0时,由f'(x)>0,得x> ,由f'(x)<0,得0<x< ,
2 2
∴f(x)的单调递增区间为(√2a ),单调递减区间为( √2a).
,+∞ 0,
2 2
(2)①∵F(x)=x2-alnx-(a-2)x,
a 2x2-(a-2)x-a (2x-a)(x+1)
∴F'(x)=2x-(a-2)- = = (x>0).
x x x
∵函数F(x)有两个零点,∴a>0,此时函数F(x)在( a)上单调递减,在(a )上单调递增.
0, ,+∞
2 2
∴F(x)的最小值F(a)<0,即-a2+4a-4alna<0.
2 2
a
∵a>0,∴a+4ln -4>0.
2
a
令h(a)=a+4ln -4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,
2
3 81
且h(2)=-2<0,h(3)=4ln -1=ln -1>0,所以存在a∈(2,3),使得h(a)=0.
0 0
2 16
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当a>a 时,h(a)>0,∴满足条件的最小正整数a=3.
0
②证明:不妨设0<x<x,于是 -(a-2)x-alnx= -(a-2)x-alnx,即 +2x- -2x=ax+alnx-ax-alnx=a(x+lnx-
1 2 x2 1 1 x2 2 2 x2 1 x2 2 1 1 2 2 1 1
1 2 1 2
x-lnx).
2 2
x2+2x -x2-2x
∴a=
1 1 2 2
.
x +lnx -x -lnx
1 1 2 2
∵F'(a)=0,∴当x∈( a)时,F'(x)<0,当x∈(a )时,F'(x)>0,
0, ,+∞
2 2 2
故只要证 x 1 +x 2 >a即可,即证x 1 +x 2 > x 1 2+2x 1 -x 2 2-2x 2 ,
2 2 x +lnx -x -lnx
1 1 2 2
即证 x2 - x2 +(x 1 +x 2 )(lnx 1 -lnx 2 )< x2 +2x 1 - x2 -2x 2 ,
1 2 1 2
也就是证ln x 1< 2x 1 -2x 2.设t= x 1(0<t<1).令m(t)=lnt-2t-2(0<t<1),则m'(t)=1- 4 =(t-1)2 .
x x +x x t+1 t (t+1)2 t(t+1)2
2 1 2 2
∵0<t<1,∴m'(t)>0,∴m(t)在(0,1)上是增函数.
又m(1)=0,∴当t∈(0,1)时,m(t)<0总成立,
∴原题得证.
疑难突破 (2)①求出函数F(x)的导数,求出F(x)的最小值F(a)<0,即-a2+4a-4alna<0,令h(a)=a+4lna-4,根
2 2 2
据函数的单调性求出a的范围即可;
②由F(x
1
)=F(x
2
),得a= x
1
2+2x
1
-x
2
2-2x
2
,易知x∈(a
,+∞
)时,F'(x)>0.F'(x
1
+x
2
)>0⇔ x
1
+x
2
>a
x +lnx -x -lnx 2 2 2 2
1 1 2 2
⇔ln x 1< 2x 1 -2x 2,设t= x 1(0<t<1).令m(t)=lnt-2t-2(0<t<1),根据函数的单调性证m(t)<0即可.
x x +x x t+1
2 1 2 2
解后反思 证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0,证明的思路
一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合
函数图象来解决.
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