湖北省部分省级示范性重点中学教科研协作体2020届高三统一联合考试数学（理）试题 Word版含解析

湖北省部分省级示范性重点中学教科研协作体2020届高三统一联合考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 湖北省部分省级示范性重点中学教科研协作体2020届高三统一联合考试数学(理科)试题 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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.请将正确的答案填涂在答题卡上.）‎ ‎1.已知集合A={（x，y）|（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4，θ∈R}，B={（x，y）|3x+4y﹣19=0}.记集合P=A∩B，则集合P所表示的轨迹的长度为( )‎ A. 8 B. 8 C. 8 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4的圆心为（3+4cosq，5+4sinq），可知其圆心的轨迹方程为（x﹣3）2+（y﹣5）2=16，易知动圆（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4所形成的图形为圆环，利用垂径定理结合图像，即可得解.‎ ‎【详解】集合A={（x，y）|（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4，θ∈R}，‎ 圆的圆心（3+4cosq，5+4sinq），半径为2，‎ 所以圆的圆心的轨迹方程为：（x﹣3）2+（y﹣5）2=16，‎ 如图：‎ 集合A的图形是图形中两个圆中间的圆环部分，‎ 圆心C（3，5）到直线3x+4y﹣19=0的距离为：d2，‎ 所以，A∩B就是|MN|=228.‎ - 29 -‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，考查了垂径定理，同时考查了对动态图像的直观想象，属于较难题.‎ ‎2.已知复数z满足z4且z|z|0，则z2019的值为( )‎ A. ﹣1 B. ﹣2 2019 C. 1 D. 2 2019‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先设复数z=a+bi（a，b∈R），根据z4和z|z|0得出方程组，求解可得：‎ z，通过计算可得：，代入即可得解.‎ ‎【详解】设z=a+bi（a，b∈R）， ‎ 由z4且z|z|=0，得 ‎，解得a=﹣1，b.‎ ‎∴z，‎ 而1，‎ ‎.‎ ‎∴.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的计算，考查了共轭复数，要求较高的计算能力，属于较难题.‎ ‎3.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O为△ABC的外心，G为△ABC的重心，则OG的最小值为( )‎ A. 1 B. C. 1 D. ‎ - 29 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据条件解△ABC可得：C和△ABC外接圆的半径R，由此建立直角坐标系，可得：.A（，0），B（，0），外心O为（0，），重心G.从而求得|OG|2sinθ，即可得解.‎ ‎【详解】A=5sin（B），c=5，‎ ‎∴acsin（B），‎ 由正弦定理可得：sinAsinC （sinB+cosB），‎ ‎∴sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，‎ 化为：sinBcosC=sinCsinB，sinB0，‎ ‎∴cosC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）.‎ ‎∴C.‎ ‎∴△ABC外接圆的半径R .‎ 如图所示，建立直角坐标系.A（，0），B（，0），O（0，）.‎ - 29 -‎ ‎△ABC外接圆的方程为：x2.‎ 设C（cosθ，sinθ）.θ∈（0，π）‎ 则G.‎ ‎|OG|2sinθ，‎ ‎∴|OG|的最小值为：.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了解三角形，考查了外心和重心的概念，考查了较强的计算能力，解决该类问题常用如下方法：‎ ‎（1）根据条件，利用正、余弦定理直接解三角形；‎ ‎（2）利用向量，结合向量的数量积进行求解；‎ ‎（3）建立直角坐标系，利用坐标进行求解.‎ ‎4.在所在平面上有三点，满足，，，则的面积与的面积之比为（ ）‎ A. 1:2 B. 1:3 C. 1:4 D. 1:5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由 ‎，为线段的一个三等分点，同理可得的位置，的面积为 - 29 -‎ 的面积减去三个小三角形面积，‎ ‎，∴面积比为,故选B．‎ 考点：1、向量的运算法则；2、向量共线的充要条件；3、相似三角形的面积关系．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查向量的运算法则、向量共线的充要条件和相似三角形的面积关系，涉及数形结合思想和一般与特殊思想，考查逻辑推理能力和计算能力，属于较难题型．首先将已知向量等式变形，利用向量的运算法则化简得到，利用向量共线的充要条件得到为线段的一个三等分点，同理可得的位置；利用三角形的面积公式求出三角形的面积比．‎ ‎5.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为( )‎ A. 41π B. 42π C. 43π D. 44π ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接圆的直径.‎ - 29 -‎ ‎【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，‎ 即为，‎ ‎∴该球形容器体积的最小值为：441π.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，考查了空间想象能力，考查了转化思想，该类问题的一个主要方法是通过空间想象，把实际问题抽象成空间几何问题，属于中档题.‎ ‎6.我国南宋时期的数学家秦九昭在他的著作《数书九章》中提出了计算多项式的值的秦九昭算法，即将改写成如下形式：，首先计算最内层一次多项式的值，然后由内向外逐层计算一次多项式的值．这种算法至今仍是比较先进的算法．将秦九昭算法用程序框图表示如图，则在空白的执行框内应填入（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 29 -‎ ‎【解析】‎ 秦九韶算法的过程为，（），这个过程运用循环结构来完成，根据程序框图应在框图的空白处填写，选A.‎ ‎7.著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数f（x）的图象大致是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据奇偶性的判断可知f（x）为偶函数，排除A，再通过x1进行特值判断即可得解.‎ ‎【详解】函数的定义域为{x|x±1}，‎ f（﹣x）f（x），则函数f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，‎ 当x1时，f（x）0恒成立，排除B，D，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图像的判断，有如下几个方法：‎ - 29 -‎ ‎（1）根据奇偶性判断；‎ ‎（2）根据特值判断；‎ ‎（3）根据单调性和趋势判断.‎ ‎8.中华人民共和国的国旗是五星红旗，旗面左上方缀着五颗黄色五角星，四颗小星环拱在一颗大星之后，并各有一个角尖正对大星的中心点，象征着中国共产党领导下的革命人民大团结和中国人民对党的衷心拥护.五角星可以通过正五边形连接对角线得到，如图所示，在正五边形ABCDE内部任取一点，则该点取自阴影部分的概率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，画出平面图像，通过计算得出五边形及阴影部分的面积，代入几何概型概率公式即可得解.‎ ‎【详解】∵sin36°cos54°，∴2sin18°cos18°=4cos318°﹣3cos18°，化为：4sin218°+2sin18°﹣1 0，解得sin18°.‎ 如图：‎ - 29 -‎ 不妨设A2E2=1.‎ 根据题意知，△B1A1E2∽△A1A2E2，∴.∴A1E2，‎ ‎∴S2sin72°.‎ S2A2B1sin36°.‎ 正五边形A1B1C1D1E1的面积S1，正五边形A2B2C2D2E2的面积为S3，‎ ‎.‎ S4sin36°.S3=5sin72°，‎ ‎∴在正五边形ABCDE内部任取一点，则该点取自阴影部分的概率.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考察了几何概型，难点是面积的计算，要求较高的计算能力，属于难题.‎ ‎9.已知函数f（x）=ex（x+1）2，令f1（x）=f'（x），fn+1（x）=fn'（x），若fn（x）=ex（anx2+bnx+cn），记数列{}的前n项和为Sn，则下列选项中与S2019的值最接近的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 29 -‎ 经过求导可得：an=1，bn=2（n+1），cn=n（n+1）+1. 所以.通过放缩，利用裂项相消法求和，即可得解.‎ ‎【详解】由f（x）=ex（x+1）2=ex（x2+2x+1），‎ 得f1（x）=f′（x）=ex（x2+4x+3），‎ f2（x）=f1'（x）=ex（x2+6x+7），‎ f3（x）=f2'（x）=ex（x2+8x+13），‎ ‎…‎ fn+1（x）=fn'（x）=ex[x2+2（n+2）x+（n+1）（n+2）+1].‎ 又fn（x）=ex（anx2+bnx+cn），‎ ‎∴an=1，bn=2（n+1），cn=n（n+1）+1.‎ ‎∴.‎ 令dn，（n2），‎ 则S2019=d1+d2+d3+…+d2019‎ ‎，‎ ‎∴与S2019的值最接近的是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了求导，数列放缩法求和，同时考查了裂项相消法，考查了计算能力和转化思想，属于难题.‎ ‎10.已知函数f（x）（cosθ+1）cos2x+cosθ（cosx+1），有下述四个结论：①f（x - 29 -‎ ‎）是偶函数；②f（x）在（，）上单调递减；③当θ∈[，]时，有|f（x）|；④当θ∈[，]时，有|f'（x）|；其中所有真命题的编号是( )‎ A. ①③ B. ②④ C. ①③④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对①直接进行奇偶性的判断即可，对②③④可用换元法，转化成二次函数的图像与性质进行判断即可.‎ ‎【详解】①函数的定义域为R，‎ ‎∵f（﹣x）=（cosθ+1）cos2（﹣x）+cosθ[cos（﹣x）+1]=（cosθ+1）cos2x+cosθ（cosx+1）=f（x），‎ ‎∴f（x）是偶函数，即①正确；‎ ‎②f（x）=2（cosθ+1）cos2x+cosθcosx﹣1，‎ 设t=cosx，则f（t）=2（cosθ+1）t2+tcosθ﹣1，‎ ‎∵2（cosθ+1）0，∴二次函数的开口向上，‎ 函数的对称轴为t，且t的正负与cosθ的取值有关，‎ ‎∴f（x）在（，）上不一定单调递减，即②错误；‎ ‎③当θ∈[，]时，cosθ∈[，]，‎ f（x）=2（cosθ+1）cos2x+cosθcosx﹣1 ‎ 设t=cosx，则t∈，‎ 则f（t）=2（cosθ+1）t2+tcosθ﹣1，‎ ‎∵2（cosθ+1）0，∴二次函数的开口向上，‎ 函数的对称轴为t，‎ - 29 -‎ ‎ ，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当， 故③错误.‎ ‎④当θ∈[，]时，cosθ∈[，]‎ 有 ‎，故④成立.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性、奇偶性判断，也考查了求函数的最值，同时考查了转化思想和计算能力，属于难题.‎ ‎11.已知双曲线C：1（a0，b0）的左右焦点分别为F1，F2，点O为坐标原点，点P在双曲线的右支上，且满足|F1F2|=2|OP|.若直线PF2与双曲线C只有一个交点，则双曲线C的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由|F1F2|=2|OP|可得：，可得PF1⊥PF2 ，由直线PF2与双曲线C只有一个交点可得：PF2 和渐近线平行，故设PF1=m，PF2=n，可得，m﹣n=2a，m2+n2=4c2，联立即可得解.‎ ‎【详解】由：双曲线C：1（a0，b0）左右焦点分别为F1，F2，‎ 点O为坐标原点，点P在双曲线的右支上，‎ - 29 -‎ 且满足|F1F2|=2|OP|.可得PF1⊥PF2，直线PF2与双曲线C只有一个交点，‎ 可得：PF2的斜率：，设PF1=m，PF2=n，‎ 可得，m﹣n=2a，m2+n2=4c2，‎ 消去m，n，可得：，解得b=2a，即c2﹣a2=4a2，‎ 所以双曲线的离心率为：e.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线求离心率，考查了双曲线的定义和渐近线，考查了转化思想和计算能力.求离心率的主要方法是：通过条件结合双曲线的图像与性质得到一个齐次方程，即可得解.本题属于较难题.‎ ‎12.已知函数f（x）=ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，g（x）=lnx，记h（x）=min{f（x），g（x）}，若h（x）至少有三个零点，则实数a的取值范围是( )‎ A. （﹣∞，） B. （，+∞） C. [，） D. [，]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据选项，选择a=0和 a进行判断，分别排除，即可得解.‎ ‎【详解】当a=0时，函数f（x）=ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，‎ 化为：f（x）=2x2﹣8x+7，函数的对称轴为x=2，‎ f（2）=﹣1<0，f（1）=10，结合已知条件可知：h（x）=min{f（x），g（x）}，若h（x）有三个零点，满足题意，排除A、B选项，‎ 当a时，f（x）x3﹣（2）x2﹣8x7，f′（x），‎ 令3x2+26x﹣64=0，解得x=2或x，x∈（﹣∞，），x∈（2，+∞），f′（x）0，函数是增函数，‎ x∈（，2），f′（x）<0，函数是减函数，‎ - 29 -‎ 所以x=2时函数取得极小值，f（2）=0，所以函数由3个零点，满足题意，排除C，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，考查了利用导数求函数单调性，考查了分类讨论思想和排除法，要求较高的计算能力，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分请在答题卷的相应区域答题.）‎ ‎13.已知x，y均为正数，则的最大值是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由x，y均为正数，利用基本不等式可得：，即可得解.‎ ‎【详解】，‎ 当且仅当x=1，y=2时，等号成立.‎ 故函数的最大值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，本题考查了转化思想和计算能力，属于中档题.在利用基本不等式时，应注意：一正、二定、三相等的条件的满足.‎ ‎14.在中美组织的暑假中学生交流会结束时，中方组织者将孙悟空、猪八戒、沙和尚、唐三藏、白龙马的彩色陶俑各一个送给来中国参观的美国中学生汤姆、杰克、索菲娅，每个人至少一个，且猪八戒的彩色陶俑不能送给索菲娅，则不同的送法种数为_____.‎ ‎【答案】100‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据索菲娅的要求可分三类：索菲娅分别获得1个陶俑、2个陶俑、3个陶俑时的送法数，再进行相加即可.‎ ‎【详解】因为索菲娅特殊，所以优先安排她，分为三类：‎ - 29 -‎ i）索菲娅有3个陶俑时，有，还有2个彩陶再排列，即共有4×2=8；‎ ii）索菲娅有2个陶俑时，有6，还有3个彩陶，有2个人，3×2=6，共有6×6=36；‎ ⅲ）索菲娅有1个陶俑时有4，还有4个彩陶分给2人，有2类，3，1分组，有4×2=8，‎ 或2，2分组时，平均分组问题有顺序时6，所以这种情况共有4×（8+6）=56，‎ 综上所述：不同的送法种数为8+36+56＝100.‎ 故答案为：100.‎ ‎【点睛】本题考查了排列组合，所用方法是“特殊元素优先安排法”，即对有特殊要求的元素进行优先安排.本题属于中档题.‎ ‎15.已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上不与左右顶点重合的动点，设I，G分别为△PF1F2的内心和重心.当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，椭圆C的离心率为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先找到特殊位置，即取P在上顶点时，内心和重心都在y轴上，由于内心和重心连线的斜率不随着点P的运动而变化，可得：GI始终垂直于x轴，可得内切圆半径为y0，再利用等面积法列式解方程可得：.‎ ‎【详解】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，‎ 内切圆的圆心在y轴上，重心也在y轴上，‎ 由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，‎ 设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：‎ - 29 -‎ 设P在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接PO，则重心G在PO上，‎ 连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，‎ 则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，‎ 可得重心G（，）所以I的横坐标也为，|ON|，‎ 由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，‎ 所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣（PA+AF2）=F1N﹣NF2‎ ‎=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）=2ON，‎ 而PF1+PF2=2a，所以PF1=a，PF2=a，‎ 由角平分线的性质可得，所以可得OM，‎ 所以可得MN=ON﹣OM，‎ 所以ME=OE﹣OM=x0，‎ 所以，即INPEy0，‎ ‎（PF1+F1F2+PF2）IN，即（2a+2c），‎ 所以整理为：，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了内心和重心的概念，考查了转化思想和较强的计算能力，其方法为根据条件得到关于，， 的齐次式，化简可得.本题属于难题.‎ ‎16.已知函数f（x）=2ax3+（3a﹣1）x2+1，当x∈[0，1]时，f（x）仅在x - 29 -‎ ‎=1处取得最大值，则实数a的取值范围是_____.‎ ‎【答案】（）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先取特值：f（1）f（0），可得a，求导可得：f′（x）=6ax2+2（3a﹣1）x=6ax（x），再分有无极值点，即分和讨论，即可得解.‎ ‎【详解】由题意可得，f（1）f（0），‎ 所以a，‎ ‎∵f′（x）=6ax2+2（3a﹣1）x=6ax（x）‎ ‎①当时，f′（x）0恒成立，故f（x）在[0，1]上单调递增，满足题意；‎ ‎②时，易得函数在[0，）上单调递减，在[，1]上单调递增且f（1）f（0），符合题意；‎ 综上，a 故答案为：（）.‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数的最值求参数范围的问题，本题的切入点是特值的代入，考查了分类讨论思想和计算能力，属于难题.‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请.在答题卷的相应区域答题.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知数列{an}的中a1=1，a2=2，且满足.‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn，记数列{bn}的前n项和为Tn，若|Tn+1|，求n的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2020.‎ - 29 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据数列求通项公式 ，作差即可得解.‎ ‎（2）展开后，裂项相消，即可得解.‎ ‎【详解】（1）∵数列{an}的中a1=1，a2=2，且满足.‎ ‎∴当n2时， ，‎ 两式作差整理得：，‎ 所以：，‎ 累加法可得： ‎ a1=1，a2=2也满足此式，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=n.（n∈N*）.‎ ‎（2）bn（﹣1）n（），‎ ‎∴数列{bn}的前n项和：‎ Tn=（）+（）+（）+…+[]=﹣1，n∈N*，‎ ‎∵|Tn+1|，∴|Tn+1|，解得n2019.‎ ‎∴n的最小值为2020.‎ ‎【点睛】本题考查了已知数列 的前项和，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：‎ ‎(1)先利用，求出；‎ ‎(2)用 替换中的得到一个新的关系，利用（ ） 便可求出当，时的表达式；‎ - 29 -‎ ‎(3)对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分 与两段来写.‎ ‎18.如图所示，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在的平面互相垂直，DF⊥平面ABCD且DF.‎ ‎（1）求证：EF//平面ABCD；‎ ‎（2）若∠ABC=∠BCE，求二面角A﹣BF﹣E的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要线面平行，即证直线在面外且直线平行于平面内的一条直线，故过点E作EH⊥BC于构造平行四边形即可得到线线平行.‎ ‎（2）连接HA，根据题意，AH⊥BC，以H为原点，HB，HA，HE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面BAF和平面BEF的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）过点E作EH⊥BC，连接HD，EH，‎ 因为平面ABCD⊥平面BCE，EH⊂平面BCE，‎ 平面ABCD∩平面BCE=BC，‎ 所以EH⊥平面ABCD，‎ 因为FD⊥ABCD，FD，‎ 所以FD//EH，FD=EH，故平行四边形EHDF，‎ 所以EF//HD，‎ 由EF⊄平面ABCD，HD⊂平面ABCD，‎ 所以EF//平面ABCD；‎ ‎（2）连接HA，根据题意，AH⊥BC，‎ 如图：‎ - 29 -‎ 以H为原点，HB，HA，HE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 则A（0，，0），B（1，0，0），E（0，，），F（-2，，），‎ 则（﹣1，，0），（﹣1，0，），（﹣3，，），‎ 设平面BAF的法向量为（x，y，z），‎ ‎，得（，1，2），‎ 设平面BEF的法向量为，‎ 由，得，‎ 由cos，‎ 所以二面角A﹣FB﹣E的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的证明，以及建系利用法向量求二面角，是高考中的常见题型，考查了推理判断和空间想象能力，属于较难题.‎ ‎19.已知点P（x，y）是平面内的动点，定点F（1，0），定直线l：x=﹣1与x轴交于点E，过点P作PQ⊥l于点Q，且满足 .‎ ‎（1）求动点P的轨迹t的方程；‎ ‎（2）过点F作两条互相垂直的直线，分别交曲线t于点A,B，和点C，D.设线段AB和线段CD的中点分别为M和N，记线段MN的中点为K，点O为坐标原点，求直线OK的斜率k的取值范围.‎ ‎【答案】（1）y2=4x；（2）[，0）∪（0，].‎ ‎【解析】‎ - 29 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用直接法求轨迹方程，直接通过所给条件 列式整理可得y2=4x；‎ ‎（2）设直线AB：x=my+1，联立y2=4x，整理得y2﹣4my﹣4=0，利用韦达定理可得M点坐标（2m2+1，2m），同理可得N点坐标（，），可得k，整理即可得解.‎ ‎【详解】（1）根据条件可知（x+1，y），（2，0），‎ ‎（x﹣1，y），（﹣2，y），‎ 因为 ，‎ 所以2x+2=﹣2x+2+y2，即y2=4x，‎ 所以P的轨迹方程为y2=4x；‎ ‎（2）设直线AB：x=my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 联立，整理得y2﹣4my﹣4=0，且y1+y2=4m，y1y2=﹣4，△=16（m2+1），‎ 所以M（2m2+1，2m），同理，N（，），所以K（m21，m），‎ 所以当k，‎ 令t=m0，则k，‎ 当t<0时，t（﹣t）﹣2，当且仅当t时取等号，‎ 当t0时，t2，当且仅当t时取等号，‎ 则k∈[，0）∪（0，].‎ - 29 -‎ ‎【点睛】本题考查了直接法求轨迹方程，以及椭圆中韦达定理的应用，最后利用函数的性质求得变量的取值范围，是高考中的重难点，要求较高的计算能力，属于难题.‎ ‎20.已知函数f（x）=a（lnx2）1在定义域（0，2）内有两个极值点.‎ ‎（1）求实数a的取值范围；‎ ‎（2）设x1和x2是f（x）的两个极值点，求证：lnx1+lnx2+lna0.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导可得，记g（x）=ex﹣1﹣ax，通过分类讨论得到函数单调性，分和两种情况进行讨论，即可得解；‎ ‎（2）根据题意，将证明lnx1+lnx2+lna0，转化为证x1+x22+lna，即证x11﹣lnx2，结合（1）问转化成h（x）=lnx+e1﹣x，求导利用单调性即可证明.‎ ‎【详解】（1）函数f（x）的定义域为（0，2），，记g（x）=ex﹣1﹣ax，则g′（x）=ex﹣1﹣a，‎ ‎①当时，g′（x）0，‎ 故g（x）（0，2）上单增，则g（x）至多有一个零点，不合题意；‎ ‎②当时，令g′（x）=0得x=1+lna，‎ ‎（i）当1+lna<2且g（2）0，即时，‎ g（x）在（0，1+lna）上单减，在（1+lna，2）上单增，‎ 此时需g（x）min=g（1+lna）=﹣alna<0，解得a1，‎ 注意到g（0）0，‎ 故由零点存在性定理可知，g（x）在（0，1+lna）及（1+lna，2）上各有一个零点；‎ ‎（ii）当1+lna2，即ae时，g（x）在（0，2）上单减，则g（x）至多有一个零点，不合题意；‎ - 29 -‎ 综上，实数a的取值范围为；‎ ‎（2）证明：不妨设0

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