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2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市高考数学押题模拟试题(五模)含解析

2020-07-08 来源:帮我找美食网
2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市高考数学押题模拟试题

(五模)

一、单选题1.已知复数z满足z12i43i(其中i为虚数单位),则复数z的虚部为(A.2【正确答案】A【分析】由题目条件可得z12i43i5,即z【详解】因为43i5,所以z12i43i5,则z

B.2i

C.1

D.i

)5

,然后利用复数的运算法则化简.12i512i5510i12i12i12i12i5故复数z的虚部为2.故选:A.本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算,按照复数的运算法则化简计算即可,较简单.∣2x18,则AN的子集个数为(2.已知集合Ax

)D.64A.8【正确答案】CB.16C.32【分析】求出AN={0,1,2,3,4},即可求解.【详解】由题得2x182log218,xlog218.因为log216log218log232,4log2125.所以AN={0,1,2,3,4}.所以AN的子集个数为2532个.故选:C.3.若tanA.23πcos

,则sin2(23sin

B.1

3)C.89D.79【正确答案】D【分析】切化弦,结合sin2cos21得出sin

1

,然后根据诱导公式及二倍角公式求解.3【详解】因为tancossincos,所以,即3sinsin2cos2,3sincos3sin1

,3所以3sinsin2cos21,即sin

π72所以sin2cos212sin,29故选:D.4.为了解学生每天的体育活动时间,某市教育部门对全市高中学生进行调查,随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间,按照时长(单位:分钟)分成6组:第一组30,40,第二组40,50,第三组50,60,第四组60,70,第五组70,80,第六组80,90.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图,则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为()A.43.5分钟【正确答案】CB.45.5分钟C.47.5分钟D.49.5分钟【分析】由百分位数的定义求解即可.【详解】由频率之和为1得:100.010.020.032a0.011,解得a0.015,由100.010.10.25,100.01100.020.30.25,50内,故第25百分位数位于40,

则第25百分位数为40

0.250.1

1047.5.0.30.1可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5,故选:C.5.如图1,在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中,现往该容器内灌进一些水,水深为2,然后固定容器底面的一边AB于地面上,再将容器倾斜,当倾斜到某一位置时,水面恰好为A1B1C(如图2),则容器的高h为()A.22【正确答案】BB.3C.4D.6【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等,列出方程,即可求解.【详解】解:在图(1)中的几何体中,水的体积为V1S在图(2)的几何体中,水的体积为:V2VABCA1B1C1VCA1B1C1S2

因为V1V2,可得S

3ABC

ABC

ABC

22S

ABC

,1hS

3ABC

A1B1C1

h

2S3ABC

h,h2S,解得h3.故选:B.6.已知某摩天轮的半径为60m,其中心到地面的距离为70m,摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动,每30分钟转动一圈.已知当游客距离地面超过100m时进入最佳观景时间段,则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有(A.5分钟【正确答案】B【分析】求出游客到地面的距离为ym关于转动时间t(单位:分钟)的函数关系式,然后解不等式y100,可得出结果.【详解】设游客到地面的距离为ym,设y关于转动时间t(单位:分钟)的函数关系式为B.10分钟)D.20分钟C.15分钟yAsintbA0,0,则A60,Ab10,可得b70,函数yAsintb的最小正周期为T30,则当t0时,游客位于最低点,可取

π,22ππ,T15πtπtπ

所以,y60sin7060cos70,15152

πt1πt由y100,即60cos70100,可得cos,15152所以,2kπ2ππt4π2kπnN,解得30k10t30k20kN,3153因此,游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有10分钟.故选:B.7.若过第一象限的点a,b可以作曲线ylnx的两条切线,则(A.lnba【正确答案】D【分析】首先设切点x0,lnx0,利用导数的几何意义,列式lnx0b1

,并转化为函数x0ax0)D.blna

B.lnbaC.blna

fxxlnxb1xa有2个零点,利用导数判断函数的性质,即可判断选项.【详解】设切点x0,lnx0,则得x0lnx0b1x0a0,设fxxlnxb1xa,由条件可知,函数存在两个零点,lnx0b1

,x0ax0fxlnx1b1lnxb0,得xeb,当0xeb时,fx0,fx单调递减,当xeb时,f¢(x)>0,fx单调递增,所以当xeb时,fx取得最小值,若函数有2个零点,bbb则feae0eablna.故选:D8.已知平面上两定点A、B,则所有满足PAPB(0且1)的点P的轨迹是一个圆心在AB上,半径为AB的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故称12作阿氏圆.已知棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1表面上动点P满足PA2PB,则点P的轨迹长度为()A.2π【正确答案】CB.4π3π3C.4π3π32D.23π

【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径,P在空间内轨迹为以O为球心的球,球与面ABCD,ABB1A1,BCC1B1交线为圆弧,求出截面圆的半径及圆心角,求出在截面内的圆弧的长度即可.【详解】在平面中,图①中以B为原点以AB为x轴建系如图,设阿氏圆圆心Oa,0,半径为r,|PA|2|PB|,

|PA|22

2,r|AB|32,|PB|1223设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知AM2,MB|BM|2|BO|2a,|AM|2|BM|42a,42a2a63a3,a1,O(1,0),P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球,若P在四边形ABB1A1内部时如图②,截面圆与AB,BB1分别交于M,R,所以P在四边形ABB1A1内的轨迹为MR,RO2,BO1,在RtRBO中ROB60,MR2所以,当P在面ABB1A1内部的轨迹长为π,同理,当P在面ABCD内部的轨迹长为π,当P在面BCC1B1时,如图③所示,2323π2π,33OB面BCC1B1,平面BCC1B1截球所得小圆是以B为圆心,以BP为半径的圆,截面圆与BB1,BC分别交于R,Q,且BPOP2OB2413,所以P在正方形BCC1B1内的轨迹为RQ,所以RQ

π33π,2222343综上:P的轨迹长度为πππππ.33232故选:C方法点睛:求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径,当截面为完整的圆时可直接求圆周长,当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.二、多选题9.下列关于平面向量的说法中正确的是()316A.已知A2,3,B4,3,点P在直线AB上,且APPB,则P的坐标为,1;2512ABAOABB.若O是ABC的外接圆圆心,则2C.若cab,且c0,则ab

D.若点P是ABC所在平面内一点,且PAPBPBPCPCPA,则P是ABC的垂心.【正确答案】BD

33

Px,yAPPBAPPB【分析】对于A,设,由题意可得或,再根据平面向量的坐22标表示计算即可;对于B,如图,设D为AB的中点,根据数量积的定义即可得解;对于C,

当ca,cb时,再根据数量积的运算律即可判断;根据数量积的运算律即可判断D.Px,yAPx2,y3,PB,则【详解】对于A,设4x,3y,3因为点P在直线AB上,且APPB,233APPBAPPB所以或,22则x2,y3

33

4x,3y或x2,y34x,3y,22x2所以y33316xx24x4xx8522或,解得或,33y153yy33y3y252163

所以P,或P8,15,故A错误;55

对于B,如图,设D为AB的中点,则ODAB,21

则ABAOABAOcosBAOAB,故B正确;2

c对于C,当ca,cb时,abacbc0,满足cab,则a与b不一定相等,故C错误;

对于D,因为PAPBPBPCPCPA,PAPBPBPCPBPAPCPBCA0,所以PBAC,所以同理可得PABC,PCAB,所以P是ABC的垂心,故D正确.故选:BD.10.在一次党建活动中,甲、乙、丙、丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛,每个小组各派10名同学参赛,记录每名同学失分(均为整数)情况,若该组每名同学失分都不超过7分,则该组为“优秀小组”,已知甲、乙、丙、丁四个小组成员失分数据信息如下,则一定为“优秀小组”的是()A.甲组中位数为2,极差为5B.乙组平均数为2,众数为2C.丙组平均数为1,方差大于0D.丁组平均数为2,方差为3【正确答案】AD【分析】结合中位数,平均数,众数,方差,极差的定义,分析判断每个选项.【详解】对A,因为中位数为2,极差为5,故最大值小于等于7,故A正确;对B,如失分数据分别为0,0,0,2,2,2,2,2,2,8,则满足平均数为2,众数为2,但不满足每名同学失分都不超过7分,故B错误;对C,如失分数据分别为0,0,0,0,0,0,0,0,1,9,则满足平均数为1,方差大于0,但不满足每名同学失分都不超过7分,故C错误;对D,利用反证法,假设有一同学失分超过7分,则方差大于矛盾,故每名同学失分都不超过7分.故D正确.故选:AD.11.刚考入大学的小明准备向银行贷款A0元购买一台笔记本电脑,然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定:每个月还一次款,分12次还清所有的欠款,且每个月还款的钱数都相等,贷款的月利率为r,设小明每个月所要还款的钱数为x元,则下列说法正确的是()1

(82)23.63,与题设10A.小明选择的还款方式为“等额本金还款法”B.小明选择的还款方式为“等额本息还款法x元C.小明第一个月还款的现值为1rD.xA0r1r121r121【正确答案】BCD【分析】AB根据还款特点,得到还款方式;C选项,设出第一个月还款的现值为M,列出方程,求出答案;D选项,表达出第12个月末所欠银行贷款数,因为分12次还清所有的欠款,故得到方程,求出答案.【详解】AB选项,由于每个月还款的钱数都相等,故小明选择的还款方式为“等额本息还款法,A错误,B正确;C选项,设小明第一个月还款的现值为M,则M1rx,解得M

x

,故C正确;1rD选项,根据等额本息还款法可得,第一个月末所欠银行贷款为A1A01rx,第二个月末所欠银行贷款为A2A11rxA01rx1rx,2第三个月末所欠银行贷款为A3A21rxA01rx1rx1rx,……第12个月末所欠银行贷款为A12A01rx1rx1rx1rx

121110

A01rx1r1r1r1



1211103211r12x12A1rA01r011rx11r12r12,11r12x

0,由于分12次还清所有的欠款,故A1r120r

解得xA0r1r12121r1,D正确.故选:BCDx

已知x,yR,若xelnxx1,y12.2lnylnlny1,其中e2.71828是自然对数的底数,则(A.0x1C.yx1

)B.xy2D.yx

3

2【正确答案】ACD1ln1

【分析】由xelnxx1得exlnex,由y2lnylnlny1得xxx

e

lnlnylnlnye

ln

1yln

1xx

,构造函数fxex,易知函数fxex为R上的增函数,y可得xln

11,lny,对于A,依据零点存在性定理判断;对于B,依据条件进行判断即可;对于xy11

x在x,1上的单调性判断即x2

C,利用当x0时,exx1判断即可;对于D,利用yx可.1ln111【详解】由xelnxx1得exlnlnex,①xxx11

lnylnlnyln2lnylnlny1由y得,yyxx即elnlnylnlnyeln1y1ln,②yx

令fxex,x

易知函数fxex为R上的增函数,11

又①式化为:fxfln,所以xln,xx

11②式化为:flnflnlny,所以lny,yy对于A,令yxln1xlnx,x根据函数单调性的性质,函数yxlnx在0,上为增函数,当x

1111ee时,ylnln2lnln0;当x1时,y10,22222411,lny,xy则由零点存在性定理可知0x1,故A正确;对于B,因为xln所以x

1

,则xy1,故B错误;yx对于C,设gxex1x0,'x

则gxe1,'

当x0时,gx0,则函数gx在0,上为增函数,x所以函数gxex1g00,x

即ex1x0,1xexxx1x1,故C正确;x1对于D,由A知,x,1,2所以yxyx

11

x在x,1上递减,x2

当x

113时,x,故D正确.2x2故选:ACD.1ln1

将xelnxx1转化为exlnex,y2lnylnlny1转化为xxx

e

lnlnylnlnye

ln

1yln

111x

,构造函数fxex,利用单调性得到xln,lny是解本xyy题的关键.三、填空题13.若2、a、b、c、9成等差数列,则c﹣a=___________.【正确答案】【详解】由等差数列的性质可得2b=2+9,解得b=又可得2a=2+b=2+同理可得2c=9+故c﹣a=﹣====,解之可得a=,解得c=,,,πx1的解集为__________.462

【正确答案】,

3

πx1

【分析】构造函数fxxsin,利用导数判断函数的单调性,再根据函数的单调性462211

结合f0,解不等式即可.332614.不等式xsin【详解】由xsin令fxxsin

πx1πx1,得xsin0,4646πx1

,46ππx

则fx1cos,44因为cos

ππxπππx

1,1,所以cos,,44444ππx

0,所以fx1cos

44所以函数fxxsin

πx1

为增函数,462211

又f0,3326πx12则不等式xsin0即为fxf,4632

所以x,3即不等式xsin

2πx1

的解集为,.346

2

故答案为.,

3

关键点点睛:构造函数fxxsin15.将数列an中的项排成下表:a1a2,a3πx1

是解决本题的关键.46a4,a5,a6,a7

a8,a9,a10,a11,a12,a13,a14,a15

…已知各行的第一个数a1,a2,a4,a8,…构成数列bn,b23且bn的前n项和Sn满足Sn1Sn12Sn2(nN*且n2),从第三行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等差数列,且公差为同一个常数.若a13019,则第6行的所有项的和为______.【正确答案】1344【分析】根据Sn所满足的条件,求出数列bn2n1,由a130在表中的位置,得b8a128a1302d,所以每行等差数列公差d2,即可求第6行所有项的和.【详解】解:∵Sn1Sn12Sn2(nN*且n2),∴Sn1SnSnSn12,即bn1bn2,2n2)2n1,∴数列bn的通项公式为bn3((nN*且n2),观察表中各行规律可知,第n行的最后一项是数列an的第2n1项,271127,∴a130在表中第8行第3列,∵b8a12828115,且a1282da130,∴公差d2;∴第6行共有32个元素,则第6行所有项的和为1132故1344.思路点睛:由bn的前n项和Sn满足Sn1Sn12Sn2,构造法求数列bn的通项公式,观3231

213442察数列an的规律,找到a130在表中的位置,结合bn的通项公式可求得表中每一行的公差,继而可求第6行所有项的和.2222

16.已知实数x1,x2,y1,y2,满足x1y14,x2y29,x1x2y1y20,则x1y19x2y29的最小值是________.【正确答案】1826/2618

【分析】根据给定条件,求出各等式表示的几何意义,及所求最值的表达式的几何意义,再把问题转化为求圆上的点到直线距离的最小值作答.2222

【详解】依题意,方程x1y14、x2y29分别表示以原点O为圆心,2、3为半径的圆,令B(x1,y1),A(x2,y2),即点B,A分别在x2y24、x2y29上,如图,显然OB(x1,y1),OA(x2,y2),OBOAx1x2y1y20,即有OBOA,113,|AB||OA|2|OB|213,取线段AB中点P,连接OP,则|OP||AB|2213为半径的圆上,2x1y19x2y29),而x1y19x2y292(22因此点P在以原点为圆心,即x1y19x2y29表示点A,B到直线l:xy90的距离和的2倍,过A,B分别作直线l的垂线,垂足分别为M,N,过P作PD垂直于直线l于点D,于是AM//PD//BN,|AM||BN|2|PD|,x1y19x2y292(|AM||BN|)22|PD|,原点O到直线l的距离d

92,显然|PD|d|OP|

913,当且仅当点O,P,D共线,且点P在线段OD上时取等号,22913)1826.22所以(x1y19x2y29)min22|PD|min22(故1826思路点睛:涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题,转化为图形F上的点与圆心距离加或减圆半径求解.四、解答题ann,n为奇数,

数列bn满足bna2n.17.已知数列an满足a11,an1

an,n为偶数;n

(1)求数列bn的通项公式;1

(2)求数列的前n项和Sn.bbnn1

【正确答案】(1)bna2nn1(2)Sn

11

2n2a2n,即可发现规律;【分析】(1)根据数列an的递推公式依次写出a1,a2,a3,a4,1

(2)由(1)可写出数列的表达式,根据裂项求和的方法可求出前n项和Sn.bbnn1

【详解】(1)由题意知,a11,a2a11,a3a22,a4a33,a5a44,…,a2n1a2n22n2,a2na2n12n1,从而bna2n112342n32n22n1n1.(2)由(1)Sn

1111,所以bnbn1n1n2n1n211111111.2334n1n22n218.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bcsinB=bsinAC(1)求角A;a2b2c2的取值范围.(2)若ABC为锐角三角形,且ABC的面积为S,求S【正确答案】(1)A

3163(2)43,3

【分析】(1)利用正弦定理、余弦定理和和差公式整理即可得到cosA即可得到A;1

,再结合A0,,283bc43a2b2c2(2)根据A和三角形面积公式将整理为,再根据锐角三33cb3S

角形和正弦定理得到的范围,最后用换元法和函数单调性求范围即可.c

b

【详解】(1)bcsinBbsinAC,所以bcsinBbsinAcosCcosAsinC,a2b2c2b2c2a2

所以bbcabcosCbccosAa2c2,221

又a2b2c22bccosA,所以cosA,22

因为A0,,所以A(2)由(1)可知S3.13bcsinAbc,a2b2c2bc.24a2b2c243a2b2c2432b22c2bc83bc43则3.S3bc3bc3cb



0C2因为ABC锐角三角形,所以,整理得C.6202C32

1bbsinBsinACsinAcosCcosAsinC31

,所以2.2ccsinCsinCsinC2tanC2b115

令t,则函数yt在,1上单调递减,在1,2上单调递增,所以y2,,即ct22

因为bc52,,cb2

163a2b2c243,故的取值范围为.3S

19.如图,已知四棱锥EABCD,底面ABCD是平行四边形,且DAB

π,3AD2AB2,BEPE,P是线段AD的中点,BEPC.(1)求证:PC平面BPE;(2)下列条件任选其一,求二面角PECB的余弦值.①AE与平面ABCD所成的角为②D到平面EPC的距离为3.4π;4注:如果选择多个条件分别解答,按一个解答计分.【正确答案】(1)证明见解析(2)32【分析】(1)根据平行四边形中的几何关系可得PC3再根据勾股定理可得BPPC,利用线面垂直的判定定理即可证明结果;(2)选①,取BP中点为O,连接EO,AO,根据几何关系可得AOBP,EOBP,根据(1)可得EOPC,根据线面垂直的判定定理可得EO平面ABCD,则AE与平面ABCD所成的角为EAO

π

,由此计算出EO,进而计算得BE,可得△EBP为等边三角形;4选②,取BP中点为O,连接EO,AO,计算长度及S△EPC,S△PCD根据等体积法可求得EO,即可得△EBP为等边三角形,建立合适的空间直角坐标系,求得各个点的坐标,进而求得平面EPC的法向量及平面EBC的法向量,根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果.【详解】(1)证明:因为DAB

π

,且APAB1,故BP1,32π,3在△PDC中,PDDC1,PDC

PD2CD2PC21由余弦定理可得:cosPDC,2PDCD2解得PC3,在△BPC中,BP1,PC3,BC2,所以BP2PC2BC2,即BPPC,又因为BEPC,BPBEE,BE平面BPE,BP平面BPE,所以PC平面BPE;(2)选①,取BP中点为O,连接EO,AO,如图所示:因为BEPE,故EOBP,由(1)得PC平面BPE,因为EO平面BPE,所以EOPC,因为BPPCP,BP平面ABCD,PC平面ABCD,所以EO平面ABCD,所以EAO为AE与平面ABCD所成的角,即EAO

ππ

,因为DAB,ABAP,433,2所以ABP为等边三角形,且边长为1,所以BP1,AOπ3可得EOAO,42113因为BOPOBP,EO,222由EAO

所以BEPE1BP,所以△EBP为等边三角形,以O为原点,OA,OP,OE为在x,y,z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系:11310,0,,所以P0,,0,B0,,0,C3,,0,E22221133

EP0,2,2,PC3,0,0,BC3,1,0,BE0,2,2,

设n1x1,y1,z1是平面EPC的法向量,13nEP0z10y112则,即2,nPC03x011



取z11,可得n10,3,1,

设n2x2,y2,z2为平面EBC的法向量,13nBE0z20y222则,即2,3xy0n2BC022



取z21,可得n21,3,1,n1n25coscosn,n设二面角PECB所成的角为,则,125n1n2所以二面角PECB的余弦值为5.5选②,取BP中点为O,连接EO,AO,如图所示:因为BEPE,故EOBP,由(1)得PC平面BPE,因为EO平面BPE,所以EOPC,因为BPPCP,BP平面ABCD,PC平面ABCD,所以EO平面ABCD,设D到平面EPC的距离为h因为DAB

3,4π

,ABAP,所以ABP等边三角形,3所以BP1,OP11,设EOx,则EPx2,242ππ

,所以CPD,36因为PDDC,PDC

因为DAB

ππ,O为BP中点,所以PAO,36所以AO∥PC,由AOBP,AOEO,BPEOO,BP平面EBP,EO平面EBP,所以AO平面EBP,因为EP平面EBP,所以AOEP,即PCEP,所以S△EPC1

即S31

EPPC,因为VEPDCVDEPC,2EPC

1

EOSPDC

3h,1111

即PDDCsin120EOEPPCh,3232解得x33,即EO,所以BEPE1BP,所以△EBP为等边三角形,22以O为原点,OA,OP,OE为在x,y,z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系:11310,0,,所以P0,,0,B0,,0,C3,,0,E22221133

EP0,,,PC3,0,0,BC3,1,0,BE20,2,2,2

设n1x1,y1,z1是平面EPC的法向量,13nEP0z10y112则,即2,nPC03x011



取z11,可得n10,3,1,

设n2x2,y2,z2为平面EBC的法向量,13z20y2n2BE02则,即2,nBC03xy0222

取z21,可得n21,3,1,

n1n25设n1,n2所成的角为,则cos,5n1n2



所以二面角PECB的余弦值为5.520.某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入,其研发的检验试剂品分为两类不同剂型1和2.现对其进行两次检测,第一次检测时两类试剂1和2合格的概率分别为4332和,第二次检测时两类试剂1和2合格的概率分别为和.已知两次检测过程相3545互独立,两次检测均合格,试剂品才算合格.(1)设经过两次检测后两类试剂1和2合格的种类数为X,求X的分布列和数学期望;(2)若地区排查期间,一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”,这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测,如果有一人检测呈阳性,则检测结束,并确定该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p(0p1)且相互独立,该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为f(p),若当pp0时,f(p)最大,求p0的值.【正确答案】(1)分布列见解析,1(2)p01

2.2【分析】(1)先得到剂型1与2合格的概率,求出X的所有可能取值及相应的概率,得到分布列,求出期望值;(2)求出fp1pp1pp1pp2p,令x1p,得到gxx21x20x1,利用基本不等式求出最值,得到答案.343【详解】(1)剂型1合格的概率为:;455232322

剂型2合格的概率为:.535由题意知X的所有可能取值为0,1,2.326

则PX011,5525323213

PX111,555525326

PX2,5525则X的分布列为XP06251132526256136121.2525252数学期望EX0

(2)检测3人确定“感染高危户”的概率为1pp,检测4人确定“感染高危户”的概率为1pp,则fp1pp1pp1pp2p.令x1p,因为0p1,所以0x1,22原函数可化为gxx1x0x1.2323x21x22

1,因为x21x2



44当且仅当x21x2,即x此时p12时,等号成立.222,所以p01.22x2y2321.如图,椭圆C:221ab0的离心率为,C上的点到直线l:y2的最短距ab2离为1.(1)求椭圆C的方程;(2)过l上的动点Ps,2s2向椭圆C作两条切线l1、l2,l1交x轴于M,交y轴于N,l2交x轴于Q,交y轴于T,记PMQ的面积为S1,PNT的面积为S2,求S1S2的最小值.x2【正确答案】(1)y21;4(2)48.【分析】(1)由已知条件求出a、b的值,即可得出所求椭圆的方程;(2)设l1、l2的方程分别为y2k1xs、y2k2xs,分析可知k1、k2是关于k的s

24k24sk30的两根,利用韦达定理可得出S1S2关于s的表达式,令s24t,利用基本不等式可求得S1S2的最小值.c2a213【详解】(1)解:由题意知:b1,所以e22a2,即所求椭圆方程为aa42

x2y21.4(2)解:设l1、l2的方程分别为y2k1xs、y2k2xs,22则N0,2k1s,T0,k2s,Ms,0,Qs,0,k1k211122S1S2yPMQxPNT2sk2sk1s224k2k1s

2k2k1k1k22s2k2k12,①k1k2y2kxs222

4k1x8kks2x42ks40,联立2,可得2

x4y4

2264ks2k244k2142ks40,22化简得s4k4sk30,22显然,k1、k2是关于k的s4k4sk30的两根.22k1k216s24s3

故k1k22,k1k22,则,k1k2s4s43s242224ss12k2k116s216s22SSs4即代入①式得12,k1k23s243s243s24令s24t,则t0,S1S248,4t4t163t

464464t202t203t3t

当且仅当t8,即s23时,S1S2的最小值为48.方法点睛:圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值;二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.exa.22.已知函数fxlnxlna1(a0)(e是自然对数的底数)x(1)当a1时,试判断fx在1,上极值点的个数;(2)当a11时,求证:对任意x1,fx.ae1【正确答案】(1)f(x)在1,上只有一个极值点,即唯一极小值点;(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数,判断其正负,结合零点存在定理,判断函数的单调性,求得答案;(2)求出函数的导数,构造函数h(x)=e而确定函数的最小值f(x0)

xa

x

,判断其正负情况,确定函数单调性,进x11

lnx0lna1,故可将原问题转化为对任意x1,x0111

lnx0lna1,再构造函数,利用其单调性即可证明结论.x01aex1【详解】(1)当a1时,fxlnxln2,xe则f(x)x1(x1)1x2x(x1)(ex1x2x)x1,设(x)=e

x1

x1x1,则(x)e1在1,上是增函数,x1x1当x1时,(x),(2)e20,所以存在x0(1,2),使得(x0)0,当x(1,x0)时,(x)0,则f(x)0,即f(x)在(1,x0)上单调递减,当x(x0,)时,(x)0,则f(x)0,即f(x)在(1,x0)上单调递增,所以f(x)在1,上只有一个极值点,即唯一极小值点;e(2)证明:由f(x)xa(x1)1x2x(x1)(exax2x)x1,设h(x)=e

xa

1xxa,则h(x)e1在1,上是增函数,x1x111

,所以h(a1)e10,ae1x0x0ah(x)e0,x(1,a1)所以存在0,使得0x01当x1时,h(x),因为a当x(1,x0)时,h(x)0,则f(x)0,即f(x)在(1,x0)上单调递减,当x(x0,)时,h(x)0,则f(x)0,即f(x)在(1,x0)上单调递增,故xx0是函数fxexalnxlna1(a0)的极小值点,也是最小值点,xex0a

lnx0lna1,则f(x)f(x0)x0

又因为e

x0a

x01

lnx0lna1,,所以f(x0)

x01x0111

lnxlna1即证:对任意x1,,0

x01a

即证:对任意x1,设g(x)

11

lnx0lna1,x01a11

lnx,则g(x)lnx在1,上单调递减,x1x1因为x0(1,a1),所以g(x0)g(a1),故11

lnx0lna1,x01a

故对任意x1,fx1.a本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题,综合性较强,要能熟练求导,利用导数判断函数的单调性以及求函数最值,解答的关键是根据函数或导数的特点,构造函数,进而结合零点存在定理判断导数正负,求得函数的最值,利用函数最值进而证明不等式成立.

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