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- 2021-06-24 发布
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2019 年 8 月 Z20 联盟开学联考试题
一、选择题
1.已知集合 { |( 3)( 1) 0}A x x x , { 1| 1}B x x ‖ ,则 RC A B ( )
A. [ 1,0) (2,3] B. (2,3]
C. ( , 0) (2, ) D. ( 1,0) (2,3)
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式和绝对值不等式,化简集合 A , B 利用集合的交、补运算求得结果.
【详解】因为集合 { |( 3)( 1) 0}A x x x , { 1| 1}B x x ‖ ,
所以 { | 3A x x 或 1}x , { | 2B x x 或 0}x ,
所以 { | 1 3}RC A x x ,
所以 RC A B { | 2 3x x 或 1 0}x ,故选 A.
【点睛】本题考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法,考查集合的交、补运算.
2.已知双曲线
2 2
: 19 3
x yC ,则 C 的离心率为( )
A. 3
2
B. 3 C. 2 3
3
D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
由双曲线的方程得 2 29, 3a b ,又根据 2 2 2c a b ,可得 ,a c 的值再代入离心率公式.
【详解】由双曲线的方程得 2 29, 3a b ,又根据 2 2 2 9 3 12c a b ,
解得: 3, 2 3a c ,所以 2 3
3
ce a
,故选 C.
【点睛】本题考查离心率求法,考查基本运算能力.
3.已知 ,a b 是不同的直线, , 是不同的平面,若 a ,b , / /a ,则下列命题中
正确的是( )
A. b B. / /b C. D. / /
【答案】C
【解析】
【分析】
构造长方体中的线、面与直线 , , ,a b 相对应,从而直观地发现 成立,其它情况均不
成立.
【详解】如图在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,
令平面 为底面 ABCD ,平面 为平面 1 1BCC B ,直线 a 为 1AA
若直线 AB 为直线b ,此时b ,且 ,故排除 A,B,D;
因为 a , / /a ,所以 内存在与 a 平行的直线,且该直线也垂直 ,由面面垂直的判
定定理得: ,故选 C.
【点睛】本题考查空间中线、面位置关系,考查空间想象能力,求解时要排除某个答案必需
能举出反例加以说明.
4.已知实数 ,x y 满足
3
1
2( 1)
x
x y
y x
,则 2z x y 的最大值为( )
A. 11 B. 10 C. 6 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
画出约束条件所表示的可行域,根据目标函数 2z x y 的几何意义,当直线 2y x z 在 y
轴上的截距达到最大时,z 取得最大值,观察可行域,确定最优解的点坐标,代入目标函数求
得最值.
【详解】画出约束条件
3
1
2( 1)
x
x y
y x
所表示的可行域,如图所示,
根据目标函数 2z x y 的几何意义,当直线 2y x z 在 y 轴上的截距达到最大时, z 取
得最大值,当直线过点 (3,4)A 时,其截距最大,所以 max 2 3 4 10z ,故选 B.
【点睛】本题考查线性规划,利用目标函数的几何意义,当直线 2y x z 在 y 轴上的截距
达到最大时, z 取得最大值,考查数形结合思想的应用.
5.已知圆C 的方程为 2 2( 3) 1x y ,若 y 轴上存在一点 A ,使得以 A 为圆心、半径为 3 的
圆与圆C 有公共点,则 A 的纵坐标可以是( )
A. 1 B. –3 C. 5 D. -7
【答案】A
【解析】
【分析】
设 0(0, )A y ,以 A 为圆心、半径为 3 的圆与圆C 有公共点,可得圆心距大于半径差的绝对值,
同时小于半径之和,从而得到 07 7y .
【详解】设 0(0, )A y ,两圆的圆心距 2 2
0 3d y ,
因为以 A 为圆心、半径为 3 的圆与圆C 有公共点,
所以 2 2
03 1 3 1 2 3 4d y ,解得 07 7y ,选项 B、C、D 不合题意,
故选 A.
【点睛】本题考查两圆相交的位置关系,利用代数法列出两圆相交的不等式,解不等式求得
圆心纵坐标的范围,从而得到圆心纵坐标的可能值,考查用代数方法解决几何问题.
6.已知函数
2
2 1, 0( )
log , 0
x xf x
x x
,若 1f a ,则实数 a 的取值范围是( )
A. ( 4] [2, ) B. [ 1,2]
C. [ 4,0) (0,2] D. [ 4,2]
【答案】D
【解析】
【分析】
不等式 1f a 等价于
0,
2 1 1,
a
a
或
2
0,
log 1,
a
a
分别解不等式组后,取并集可求得 a 的
取值范围.
【详解】 1f a 0,
2 1 1,
a
a
或
2
0,
log 1,
a
a
,
解得: 4 0a 或 0 2a ,即 [ 4,2]a ,故选 D.
【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式,会对 a 进行分类讨论,使 ( )f a 取不同的解析式,
从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式.
7.已知函数 ( ) ln(| |) cosf x x x ,以下哪个是 ( )f x 的图象( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由 2x 时的函数值,排除 C,D;由
2x 的函数值和 3
2 2x 函数值的正负可排除 A.
【详解】当 2x 时, (2 ) ln 2 0f 排除 C,D,
当
2x 时, ( ) 02f ,当 3
2 2x 时, ln 0,cos 0x x ,
所以 ( ) 0f x 排除 A,
故选 B.
【点睛】本题考查通过研究函数解析式,选择函数对应的解析式,注意利用特殊值进行检验,
考查数形结合思想的运用.
8.在矩形 ABCD 中, 4AB , 3AD , E 为边 AD 上的一点, 1DE ,现将 ABE 沿直
线 BE 折成 A BE ,使得点 A 在平面 BCDE 上的射影在四边形 BCDE 内(不含边界),设二
面角 A BE C 的大小为 ,直线 A B , 'A C与平面 BCDE 所成的角分别为 , ,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由折叠前后图象的对比得点 A 在面 BCDE 内的射影 'O 在线段 OF 上,利用二面角、线面有的
定义,求出 tan ,tan ,tan 的表达式,再进行大小比较.
【详解】如图所示,在矩形 ABCD 中,过 A 作 AF BE⊥ 交于点O ,将 ABE 沿直线 BE 折成
A BE ,则点 A 在面 BCDE 内的射影 'O 在线段 OF 上,
设 A 到平面 BCDE 上的距离为 h ,则 ' 'h AO ,
由二面角、线面角的定义得: 'tan h
OO
, 'tan h
O B
, 'tan h
O C
,
显然 ' ' ' ',OO O B OO OC ,所以 tan 最大,所以 最大,
当 'O 与O 重合时, max(tan ) h
OB
, min(tan ) h
OC
,
因为 h
OB
h
OC
,所以 max(tan ) min(tan ) ,则 tan tan ,所以 ,
所以 ,故选 D.
【点睛】本题以折叠问题为背景,考查二面角、线面角大小比较,本质考查角的定义和正切
函数的定义,考查空间想象能力和运算求解能力.
9.已知函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b 有两个零点,则“ 2 0a b ”是“函数 ( )f x 至
少有一个零点属于区间[0 ]2, ”的一个( )条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分
C. 充分必要 D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】
函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b 有两个零点,所以判别式 2 4 0a b ,再从函数在[0 ]2,
上的零点个数得出相应条件,从而解出 a b的范围.
【详解】函数 2( ) ( , R)f x x ax b a b 有两个零点,所以判别式 2 4 0a b ,
函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2, 分为两种情况:
(1)函数 ( )f x 在区间[0 ]2, 上只有一个零点 0,
(0) (2) 0,f f
2 2 2 2(0) (2) (4 2 ) 2 4 2 4f f b a b b ab b b ab a b a
2 2( ) 4 0a b b a ,即 2 2( ) 4a b a b
又因为 2 4 0a b ,所以, 2 24 4a b a b a b ;
(2)函数 ( )f x 在[0 ]2, 上有 2 个零点
0,
(0) 0,
(2) 4 2 0,
0 2,2
f b
f a b
a
解得: 2 0a b ;
综上所述“函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2, ” 2 0a b 或
2 24 4a b a b a b ,
所以 2 0a b 2 0a b 或 2 24 4a b a b a b ,
而后面推不出前面(前面是后面的子集),
所以“ 2 0a b ”是“函数 ( )f x 至少有一个零点属于区间[0 ]2, ”的充分不必要条件,
故选 A.
【点睛】本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法,考查推理能力与计算能力,属于
基础题.
10.已知数列{ }na 满足: 1
10 2a , 1 ln 2n n na a a .则下列说法正确的是( )
A. 2019
10 2a B. 2019
1 12 a
C. 2019
31 2a D. 2019
3 22 a
【答案】B
【解析】
【分析】
考察函数 ( ) ln(2 )(0 2)f x x x x ,则 ' 1 1( ) 1 02 2
xf x x x
先根据单调性可得
1na ,再利用单调性可得 1 2 3
10 12 na a a a .
【详解】考察函数 ( ) ln(2 )(0 2)f x x x x ,
由 ' 1 1( ) 1 02 2
xf x x x
可得 ( )f x 在 0,1 单调递增,
由 ' ( ) 0f x 可得 ( )f x 在 1,2 单调递减
且 ( ) 1 1f x f ,可得 1na ,数列{ }na 为单调递增数列,
如图所示:
且 1(0) ln 2 ln 4 ln 2f e , 2 1
1( ) (0) 2a f a f ,
图象可得 1 2 3
10 12 na a a a ,
所以 2019
1 12 a ,故选 B.
【点睛】本题考查数列通项的取值范围,由于数列是离散的函数,所以从函数的角度来研究
数列问题,能使解题思路更简洁,更容易看出问题的本质,考查数形结合思想和函数思想.
二、填空题
11.复数
2(1 )
1
iz i
(i 为虚数单位),则 z 的虚部为_____,| |z __________.
【答案】 (1). -1 (2). 2
【解析】
【分析】
复数 z 进行四则运算化简得 1 iz ,利用复数虚部概念及模的定义得虚部为 1 ,模为 2 .
【 详 解 】 因 为
2(1 ) 2 (1 ) 11 (1 )(1 )
i i iz ii i i
, 所 以 z 的 虚 部 为 1 ,
2 2| | ( 1) 1 2z ,
故填: 1 ; 2 .
【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部、模的概念,考查基本运算能力.
12.某几何体的三视图为如图所示的三个正方形(单位:cm),则该几何体的体积为_____ 3cm ,
表面积为____ 2cm .
【答案】 (1). 23
3
(2). 23
【解析】
【分析】
判断几何体的形状,利用三视图的数据求解几何体的体积与表面积.
【详解】由题意可知几何体为正方体去掉一个三棱锥的多面体,如图所示:
正方体的棱长为 2 ,去掉的三棱锥的底面是等腰直角三角形,直角边长为1,棱锥的高为 2 ,
所以多面体的体积为: 1 1 232 2 2 1 1 23 2 3
3cm ,
表面积为: 2 21 2 1 16 2 2 2 ( 5) ( ) 1 1 2 1 2 23
2 2 2 2
2cm
【点睛】本题考查几何体的三视图的应用,几何体的体积与表面积的求法,考查空间想象能
力和运算求解能力.
13.若 7 2 8
0 1 2 8( 2)(2 1)x x a a x a x a x ,则 0a ______, 2a _____.
【答案】 (1). –2 (2). –154
【解析】
【分析】
令 0x 得: 0 2a ,求出两种情况下得到 2x 项的系数,再相加得到答案.
【详解】令 0x 得: 0 2a ,
展开式中含 2x 项为:(1)当 ( 2)x 出 x , 7(2 1)x 出含 x 项,即 1 6
1 7 (2 ) ( 1)T x C x ;
(2)当 ( 2)x 出 2 , 7(2 1)x 出含 2x 项,即 2 2 5
2 72 (2 ) ( 1)T C x ;
所以 2a 1 2
7 72 2 4 ( 1) 154C C ,故填: 2 ; 154 .
【点睛】本题考查二项式定理展开式中特定项的系数,考查逻辑推理和运算求解,注意利用
二项式定理展开式中,项的生成原理进行求解.
14.在 ABC 中, 90ACB ,点 ,D E 分别在线段 ,BC AB 上, 3 6AC BC BD ,
60EDC ,则 BE ________, cos CED ________.
【答案】 (1). 3 2 6 (2). 2
2
【解析】
【分析】
在 BDE 中利用正弦定理直接求出 BE ,然后在 CEB 中用余弦定理求出CE ,再用余弦定
理求出 cos CEB ,进一步得到 cos CED 的值.
【详解】
如图 ABC 中,因为 60EDC ,所以 120EDB ,
所以
sin sin
BE BD
EDB BED
,即 2
sin120 sin15
BE
,
解得:
3 3 3 2 6sin15 2 3 2 1
2 2 2 2
BE
,
在 CEB 中,由余弦定理,可得:
2 2 2 2 cosCE BE CB BE CB B 224 6 2 (4 2 2) ,
所以 4 2 2CE ,所以
2 2 2 1cos 2 2
CE BE CBCEB CE BE
,
CEB 60 , CED CEB BED 45 ,
所以 2cos 2CED ,故答案为 3 2 6 ; 2
2
.
【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在三角形中的运用,求解过程中注意把相关的量标在
同一个三角形中,然后利用正、余弦定理列方程,考查方程思想的应用.
15.某高三班级上午安排五节课(语文,数学,英语,物理,体育),要求语文与英语不能相
邻、体育不能排在第一节,则不同的排法总数是_______(用数字作答).
【答案】60
【解析】
【分析】
先求出体育不能排在第一节的所有情况,从中减去体育不能排在第一节,且语文与英语相邻
的情况,即为所求.
【详解】体育不能排在第一节,则从其他 4 门课中选一门排在第一节,其余的课任意排,它
的所有可能共有 1 4
4 4 96A A 种.
其中,体育不能排在第一节,若语文与英语相邻,则把语文与英语当做一节,方法有 2
2A 种,
则上午相当于排 4 节课,它的情况有: 1 3 2
3 3 2 36A A A 种.
故语文与英语不能相邻,体育不能排在第一节,则所有的方法有 96 36 60 种.
【点睛】本题考查用间接法解决分类计数原理问题,以及特殊元素特殊处理,属于中档题.
16.已知 ,A B 是抛物线 2 4y x 上的两点,F 是焦点,直线 ,AF BF 的倾斜角互补,记 ,AF AB
的斜率分别为 1k , 2k ,则 2 2
2 1
1 1
k k
____.
【答案】1
【解析】
【分析】
设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由抛物线的对称性知点 2 2( , )x y 在直线 AF 上,
直线 1: ( 1)AF y k x 代入 2 4y x 得到关于 x 的一元二次方程,利用韦达定理得到 1 2,k k 的
关系,从而求得 2 2
2 1
1 1
k k
的值.
【详解】设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由抛物线的对称性知点 2 2( , )x y 在直线 AF 上,
直线 1: ( 1)AF y k x 代入 2 4y x 得:
2 2 2 2
1 1 1(2 4) 0k x k x k ,所以
2
1
1 2 2
1
1 2
2 4 ,
1,
kx x k
x x
,
因为
2
22 1 1
2 2 2
2 1 12 1 1 2 1 2
2 4
12
y y kk k
x x kx x x x x x
,
所以
2
1
2 2 2 2
2 1 1 1
1 1 1 1 1k
k k k k
,故填:1.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,会用坐标法思想把所要求解的问题转化成坐标
运算,使几何问题代数化求解.
17.已知非零平面向量 ,a b
不共线,且满足 2 4a b a ,记 3 1
4 4c a b ,当 ,b c
的夹角取
得最大值时,| |a b 的值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】
先建系,再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量b
,进而通过运算求得
| |a b 的值.
【详解】由非零平面向量 ,a b
不共线,且满足 2 4a b a ,建立如图所示的平面直角坐标
系:
则 (2,0), (2, ), 0A B b b ,则 (2,0), (2, )a b b ,由 3 1
4 4c a b ,则 (2, )4
bC ,
则直线 ,OB OC 的斜率分别为 ,2 8
b b ,
由两直线的夹角公式可得:
3 3 32 8tan BOC 8 481 22 8 2 2
b b
b b b b
b b
,
当且仅当 8
2
b
b
,即 4b 时取等号,此时 (2,4)B ,则 (0, 4)a b ,
所以| | 4a b ,故填:4.
【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用,考查转化与化归
思想,在使用基本不等式时,注意等号成立的条件.
三、解答题
18.已知函数 2( ) cos 3sin cosf x x x x .
(1)求
3f
的值;
(2)若 13, 0,2 10 3f
,求 cos 的值.
【答案】(1)1;(2) 3 3 4cos 10
【解析】
【分析】
(1)利用倍角公式、辅助角公式化简 1( ) sin 22 6f x x
,再把
3x 代入求值;
(2)由 13, 0,2 10 3f
, 4 3sin ,cos6 5 6 5
,利用角的配凑法得:
6 6
,再利用两角差的余弦公式得 3 3 4cos 10
.
【详解】解:(1)因为
2 1 cos2 3 1( ) cos 3sin cos sin2 sin 22 2 2 6
xf x x x x x x
,
所以 1 2 1 5 1 1sin sin 13 2 3 6 2 6 2 2f
.
(2)由 13, 0,2 10 3f
得 4 3sin ,cos6 5 6 5
,
3 3 4cos cos cos cos sin sin6 6 6 6 6 6 10
【点睛】本题考查三角恒等变换中的倍角公式、辅助角公式、两角差的余弦公式等,考查角
的配凑法,考查运算求解能力.
19.在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中,底面 ABC 是等腰三角形,且 90ABC ,侧面 1 1ABB A 是
菱形, 1 60BAA ,平面 1 1ABB A 平面 BAC ,点 M 是 1AA 的中点.
(1)求证: 1BB CM ;
(2)求直线 BM 与平面 1CB M 所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析;(2) 10
5
【解析】
【分析】
(1)证明直线 1BB 垂直 CM 所在的平面 BCM ,从而证明 1BB CM ;
(2)以 A 为原点, BC
为 x 轴正方向, AB
为 y 轴正方向,垂直平面 ABC 向上为 z 轴正方向
建立平面直角坐标系,设 2AB ,线面角为 ,可得面 1B MC 的一个法向量
(2 3, 3,5)n , 3 30, ,2 2BM
,代入公式sin | cos , |n BM 进行求值.
【详解】
(1)证明:在 Rt ABC 中, BÐ 是直角,即 BC AB ,平面 ABC 平面 1 1AA B B ,
平面 ABC 平面 11AA B B AB , BC 平面 ABC ,
BC 平面 11AA B B AB , 1BC B B .
在菱形 1 1AA B B 中, 1 60A AB ,连接 BM , 1A B
则 1A AB 是正三角形,
∵点 M 是 1AA 中点, 1AA BM .
又 1 1/ /AA B B , 1BB BM .
又 BM BC B , 1BB 平面 BMC
1BB MC .
(2)作 1BG MB 于 G,连结CG .
由(1)知 BC ⊥平面 1 1AA B B ,得到 1BC MB ,
又 1BG MB ,且 BC BG B ,所以 1MB 平面 BCG .
又因为 1MB 平面 1CMB ,所以 1CMB BCG ,
又平面 1CMB 平面 BCG CG ,
作 BH CG 于点 H,则 BH 平面 1CMB ,则 BMH 即为所求线面角.
设 2AB BC ,
由已知得 1
2 21 302, 3, ,7 5BB BM BG BH ,
30
105sin 53
BHBMH BM
,
则 BM 与平面 1 CB M 所成角的正弦值为 10
5
.
【点睛】本题考查空间中线面垂直判定定理、求线面所成的角,考查空间想象能力和运算求
解能力.
20.已知数列 na 为等差数列, nS 是数列 na 的前 n 项和,且 5 5a , 3 6S a ,数列 nb 满
足 1 1 2 2 (2 2) 2n n na b a b a b n b .
(1)求数列 na , nb 的通项公式;
(2)令 *,n
n
n
ac n Nb
,证明: 1 2 2nc c c .
【答案】(1) na n . 2n
nb . (2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)利用 5 5a , 3 6S a 得到关于 1,a d 的方程,得到 na n ;利用临差法得到
1
2n
n
b
b
,
得到 nb 是等比数列,从而有 2n
nb ;
(2)利用借位相减法得到 1 2 1
1 1 1 21 22 2 2 2 2n n n
n n
,易证得不等式成立.
【详解】(1)设等差数列 na 的公差为 d ,
1
1 1
4 5
3 3 5
a d
a d a d
,解得 1 1
1
a
d
,
∴数列 na 的通项公式为 na n .
1 22 (2 2) 2n nb b nb n b ,
当 2n 时, 1 2 1 12 ( 1) (2 4) 2n nb b n b n b
1
1
(2 4) ( 2) 2n
n n
n
bn b n b b
,
即 nb 是等比数列,且 1 2b , 2q , 2n
nb .
(2)
2
n
n n
n
a nc b
,记 1 2 1 2
1 2
2 2 2n n
nS c c c ,
则 1 2 1
2 32 1 2 2 2n
nS ,
1 2 1
1 1 1 22 1 2 22 2 2 2 2n n n
n nS S S
.
【点睛】本题考查数列通项公式、前 n 项和公式等知识的运用,考查临差法、错位相减法的运
用,考查运算求解能力.
21.已知抛物线 2 4x y ,F 为其焦点,椭圆
2 2
2 2 1 ( 0)x y a ba b
, 1F , 2F 为其左右焦
点,离心率 1
2e ,过 F 作 x 轴的平行线交椭圆于 ,P Q 两点, 4 6| | 3PQ .
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过抛物线上一点 A 作切线 l 交椭圆于 ,B C 两点,设 l 与 x 轴的交点为 D , BC 的中点为
E , BC 的中垂线交 x 轴为 K , KED , FOD 的面积分别记为 1S , 2S ,若 1
2
18
49
S
S
,
且点 A 在第一象限.求点 A 的坐标.
【答案】(1)
2 2
14 3
x y . (2) 2,1
【解析】
【分析】
(1)由题设可知 2 6 ,13P
,又 1
2e ,把 ,a b 均用 c 表示,并把点 2 6 ,13P
代入标圆方
程,求得 1c ;
(2)根据导数的几可意义求得直线 BC 的方程,根据韦达定理及中点坐标公式求得点 E 的坐
标,求得中垂线方程,即可求得 K 点坐标,根据三角形面积公式,即可求得点 A 坐标.
【详解】(1)不妨设 P 在第一象限,
由题可知 2 6 ,13P
, 2 2
8 1 13a b
,
又 1
2e , 2 2
8 1 112 3c c
,
可得 1c ,椭圆的方程为
2 2
14 3
x y .
(2)设
2
0
0 , 4
xA x
则切线l 的方程为
2
0 0
2 4
x xy x
代入椭圆方程得: 4
2 2 3 0
0 03 12 04
xx x x x ,
设 1 1 2 2 3 3, , , , ,B x y C x y E x y ,
则
3
01 2
3 2
02 2 3
xx xx
x
,
2 2
0 0 0
3 3 2
0
3
2 4 4 3
x x xy x
x
,
KE 的方程为
2 3
0 0
2 2
00 0
3 2
4 3 2 3
x xy xxx x
,
即
2
0
2
0 0
2
4 3
xy xx x
,
令 0y 得
3
0
2
08 3K
xx
x
,
在直线l 方程中令 0y 得 0
2D
xx ,
2 2
2 0 041 2 4
x xFD
23
0 00 0
2 2
0 0
3 4
2 8 3 8 3
x xx xDK
x x
, 0
0
2 , 2FD BC
xk kx
,
1FD BCk k , FD BC ,
DEK FOD ∽ ,
2 22
0 01
22 22 0
9 4 18
4916 3
x xS DK
S FD x
.
化简得 2 2
0 017 72 4 0x x ,
0 2x ( 0 2x 舍去) A 的坐标为 2,1 .
4
2 2 3 0
0 03 12 04
xx x x x ,
4
6 2 4 20
0 0 0 04 3 12 3 48 144 0
4
xx x x x
,
因为 2
00 8 4 7x ,故此解符合题意.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,考查韦达定理、中点坐标公式、
三角形的面积公式,考查逻辑推理和运算求解能力.
22.设 a 为实常数,函数 2( ) , ( ) ,xf x ax g x e x R .
(1)当 1
2a e
时,求 ( ) ( ) ( )h x f x g x 的单调区间;
(2)设 m N ,不等式 (2 ) ( )f x g x m 的解集为 A ,不等式 ( ) (2 )f x g x m 的解集为
B ,当 01a , 时,是否存在正整数 m ,使得 A B 或 B A 成立.若存在,试找出所有的
m;若不存在,请说明理由.
【答案】(1) ( )h x 在 , 1 上单调递减,在 1, 上单调递增.(2)存在, 1m
【解析】
【分析】
(1)当 1
2a e
时得 21( ) 2
xh x x ee
,求导后发现 ( )h x 在 R 上单调递增,且 ( 1) 0h ,
从而得到原函数的单调区间;
(2)令 2( ) (2 ) ( ) 4 xF x f x g x ax e , 2 2( ) ( ) (2 ) xG x f x g x ax e ,利用导数和
零点存在定理知存在 1 20x x ,使得 1 2F x F x m ,再对 m 分 1m 和 1m > 两种情
况进行讨论.
【详解】解:(1) 21( ) 2
xh x x ee
, 1( ) xh x x ee
,
∵ ( )h x 在 R 上单调递增,且 ( 1) 0h ,
∴ ( )h x 在 , 1 上负,在 1, 上正,
故 ( )h x 在 , 1 上单调递减,在 1, 上单调递增.
(2)设 2( ) (2 ) ( ) 4 xF x f x g x ax e , 2 2( ) ( ) (2 ) xG x f x g x ax e
( ) 8 xF x ax e , ( ) 8 0xF x a e , ( )F x 单调递增.
又 (0) 0F ,
11 1 2 02
aF
(也可依据 lim ( ) 0x
F x
),
∴存在 0 0 x 使得 0 0F x ,
故 ( )F x 在 0, x 上单调递减,在 0,x 上单调递增.
又∵对于任意 *m N 存在 lnx m 使得 ( )F x m ,
又 lim ( )x
F x
,且有 0 (0) 1F x F m ,
由零点存在定理知存在 1 20x x ,使得 1 2F x F x m ,
故 3 4,B x x .
2 2 2( ) ( ) 4 x xF x G x ax e ax e ,
令 2( ) xH x ax e ,
由 0a 知 H x 在 ( ,0) 上单调递减,
∴当 0x 时, ( ) ( ) (2 ) ( ) 0F x G x H x H x
又∵ m 1 , 3x 和 1x 均在各自极值点左侧,
结合 F x 单调性可知 1 3 3F x m G x F x , 3 1 0x x
当 1m 时, 2 4 0x x ,
A B 成立,故 1m 符合题意.
当 0x 时, 2 2 2 2( ) ( ) 3 3x x x xF x G x ax e e x e e ,
令 1( ) 2lnP t t tt
,则
2
2
( 1)( ) 0tP t t
,
∴当 1t 时, ( ) (1) 0P t P .
在上式中令 2
x
t e ,可得当 0x 时,有 2 2
x x
e e x
成立,
3
2 2 xx xe e xe
令 ( ) 2tQ t e t ,则 ( ) 2tQ t e ,
( ) (ln2) 2 2ln2 0Q t Q , 2xe 恒成立.
故有 3
2 22 3
xx xe e xe x 成立,
知当 0x 时, ( ) ( ) 0F x G x
又∵ ( )F x , ( )G x 在 0, 上单调递增,
∴当 1m > 时, 2 4 4F x m G x F x , 2 4 0x x ,
而 3 1 0x x ,∴此时 A B 和 B A 均不成立.综上可得存在 1m 符合题意.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、零点存在定理,特别要注意使用零点存在定
理判断零点的存在性,要注意说明端点值的正负.同时,对本题对构造法的考查比较深入,对
逻辑推理、运算求解的能力要求较高,属于难题.