2019年四川省泸州市高考数学三诊试卷(理科)含答案解析.pdf

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1、20192019 年四川省泸州市高考数学三诊试卷（理科）年四川省泸州市高考数学三诊试卷（理科）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。符合题目要求的一项。1设集合 M=x|x2x60，N=x|x10，则 M N=（）A D（1，2）B（1，3）C（1，2）（1，3）2若命题 p：x0R，x02lgx0，则p 是（）A x0R，x02lgx0Bx0R，x02lgx0CxR，x2lgxD xR，x2lgx3已知 cos2=，则 sin4 cos4 的

2、值为（）A BCD y2=1 的渐近线的距离为（）4圆 x2+y24x=0 的圆心到双曲线A 1B2CD 25执行如图所示的程序框图，若输入的x，yR，则输出 t的最大值为（）A 1B3C2D 06从一个棱长为 1 的正方体中切去一部分，得到一个几何体，某三视图如图，则该几何体的体积为（）A BCD 7某学校一天共排7 节课（其中上午 4 节、下午3 节），某教师某天高三年级1 班和 2 班各有一节课，但他要求不能连排2 节课（其中上午第4 节和下午第 1 节不算连排），那么该教师这一天的课的所有可能的排法种数共有（）第 1 1 页（共 2222 页）A16B15C32D308已知抛物线C：y

3、2=8x 的焦点为 F，准线为l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若=4，则|QF|=（）A3BCD9在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 CC1的中点，F 是侧面 BCC1B1内的动点，且A1F平面 D1AE，则 A1F 与平面 BCC1B1所成角的正切值 t 构成的集合是（）At|Dt|2Bt|t2Ct|210已知函数f（x）=，g（x）=4x+a2x+1+a2+a1（aR），若f（g（x）e 对 xR 恒成立（e 是自然对数的底数），则 a 的取值范围是（）A1，0 B（1，0）C2，0 D，0二、填空题：本题共二、填空题：本题共 5 5 小题，每题小

4、题，每题 5 5 分，共分，共 2525 分。分。11复数 z=（i 为虚数单位）的虚部是_12在二次项式（x）6的展开式中，常数项的值是_（用具体数字作答）13下表给出的是某港口在某季节每天几个时刻的水深关系0：003：006：009：0012：0015：0018：0021：0024：00时刻5.07.05.03.05.07.05.03.05.0水深（m）若该港口的水深 y（m）和时刻t（0t24）的关系可用函数y=Asin（t）+h（其中 A0，0，h0）来近似描述，则该港口在11：00 的水深为_m14若直线 ax+ya+1=0（aR）与圆 x2+y2=4 交于 A、B 两点（其中 O

5、为坐标原点），则的最小值为_15函数 f（x）图象上不同两点 A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线的斜率分别是kA，kB，|AB|为 A、B 两点间距离，定义（A，B）=为曲线 f（x）在点 A 与点 B 之间的“曲率”，给出以下问题：存在这样的函数，该函数图象上任意两点之间的“曲率”为常数；第 2 2 页（共 2222 页）=x3x2+1 图象上两点 A 与 B 的横坐标分别为 1，2，函数 f（x）则点 A 与点 B 之间的“曲率”（A，B）；函数 f（x）=ax2+b（a0，bR）图象上任意两点A、B 之间的“曲率”（A，B）2a；设 A（x1，y1），B（x2，y2）是曲线f（x

6、）=ex上不同两点，且x1x2=1，若t（A，B）1 恒成立，则实数 t 的取值范围是（，1）其中正确命题的序号为_（填上所有正确命题的序号）三、简答题：本大题共三、简答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a3=，S3=（）求数列an的通项公式；（）设 bn=log2，Tn为数列bn的前 n 项和，求使 Tn=+105 成立的 n 的值空气质量等级空气质量等级一级一级二级二级超标超标17我国政府对 PM2.5采用如下标准：PMPM2.52.5日均

7、值日均值 mm（g/mg/m3 3）mm35353535mm7575mm7575某市环保局从 180 天的市区 PM2.5监测数据中，随机抽取10 天的数据作为样本，检测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）（1）求这 10 天数据的中位数；（2）从这10 天的数据中任取 3 天的数据，记 表示空气质量达到一级的天数，求 的分布列；（3）以这 10 天的 PM2.5日均值来估计这 180 天的空气质量情况，其中大约有多少天的空气质量达到一级？18ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知（1）求 C 的值；（2）若 D 是 AB 上的点，已知 cosBCD=a=ccosB+bs

8、inC，a=2，b=3，求 sinBDC 的值19如图，在空间多面体ABCDE 中，四边形ABCD 为直角梯形，ABDC，ADCD，ADE 是正三角形，CD=DE=2AB，CE=CD（I）求证：平面 CDE平面 ADE；（）求二面角 CBEA 的余弦值第 3 3 页（共 2222 页）20已知椭圆 C：+=1（ab0）过点 P（1，），其离心率为（）求椭圆 C 的方程；（）设椭圆C 的右顶点为 A，直线 l 交 C 于两点 M、N（异于点 A），若 D 在 MN 上，且ADMN，|AD|2=|MD|ND|，证明直线 l 过定点21已知函数 f（x）=lnxa（x1）（其中 a0，e 是自然对数

9、的底数）（）若关于 x 的方程 f（x）=x2x+a 有唯一实根，求（1+lna）a2的值；（）若过原点作曲线 y=f（x）的切线 l 与直线 y=ex+1 垂直，证明：a；（）设 g（x）=f（x+1）+ex，当 x0 时，g（x）1 恒成立，求实数 a 的取值范围第 4 4 页（共 2222 页）20192019 年四川省泸州市高考数学三诊试卷（理科）年四川省泸州市高考数学三诊试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项

10、是符合题目要求的一项。符合题目要求的一项。1设集合 M=x|x2x60，N=x|x10，则 MN=（）AD（1，2）B（1，3）C（1，2）（1，3）【考点】交集及其运算【分析】分别求出 M 与 N 中不等式的解集确定出 M 与 N，找出两集合的交集即可【解答】解：由 M 中不等式变形得：（x3）（x+2）0，解得：2x3，即 M=（2，3），由 N 中不等式解得：x1，即 N=（1，+），则 MN=（1，3），故选：B2若命题 p：x0R，x02lgx0，则p 是（）A x0R，x02lgx0B x0R，x02lgx0C xR，x2lgxD xR，x2lgx【考点】命题的否定【分析】直接利用

11、特称命题的否定是全称命题写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题p：x0R，x02lgx0，则p 是 x0R，x02lgx0故选：A3已知 cos2=，则 sin4cos4 的值为（）ABCD【考点】同角三角函数基本关系的运用；二倍角的余弦【分析】已知等式左边利用二倍角的余弦函数公式化简，原式利用平方差公式及同角三角函数间的基本关系化简，将得出关系式代入计算即可求出值【解答】解：cos2=cos2sin2=，sin4cos4=（sin2cos2）（sin2+cos2）=sin2cos2=（cos2sin2）=，故选：C4圆 x2+y24x=0 的圆心到双曲线A1D2【考

12、点】双曲线的简单性质B2Cy2=1 的渐近线的距离为（）第 5 5 页（共 2222 页）【分析】求得圆的圆心和半径，双曲线的渐近线方程，运用点到直线的距离公式，计算即可得到所求值【解答】解：圆 x2+y24x=0 的圆心为（2，0），半径为 2，双曲线y2=1 的渐近线方程为 y=x，可得圆心到双曲线y2=1 的渐近线的距离为：d=1故选：A5执行如图所示的程序框图，若输入的x，yR，则输出 t 的最大值为（）A1C2【考点】程序框图B3D0【分析】分析框图可知，本题是求可行域求得取得最大值的点的坐标，得出最大值即可【解答】解：由程序框图知：本题是求可行域画出可行域如图：内，目标函数t=最大

13、值，画出可行域，内，t=的最大值，第 6 6 页（共 2222 页）由于 t=为经过可行域的一点与原点的直线的斜率，可得当直线经过OA 时斜率最大，由，解得，A（1，3），此时，t=3故选：B6从一个棱长为 1 的正方体中切去一部分，得到一个几何体，某三视图如图，则该几何体的体积为（）ABCD【考点】由三视图求面积、体积【分析】由题意所给的几何体的三视图可得该几何体的形状如下图所示：该几何体是一棱长为 1 的正方体切去如图所示的一角【解答】解：由题意所给的几何体的三视图可得该几何体的形状如下图所示：该几何体是一棱长为 1 的正方体切去如图所示的一角，剩余几何体的体积等于正方体的体积减去截取的直

14、三棱锥的体积，V=1故选：B=第 7 7 页（共 2222 页）7某学校一天共排7 节课（其中上午 4 节、下午3 节），某教师某天高三年级1 班和 2 班各有一节课，但他要求不能连排2 节课（其中上午第4 节和下午第 1 节不算连排），那么该教师这一天的课的所有可能的排法种数共有（）A16B15C32D30【考点】计数原理的应用【分析】直接分类讨论得以解决【解答】解：该教师一个班上第1 节课，则另一个班有5 种情况，考虑顺序，有10 种方法；一个班上第 2 节课，则另一个班有 4 种情况，考虑顺序，有 8 种方法；一个班上第 3 节课，则另一个班有 3 种情况，考虑顺序，有 6 种方法；一个

15、班上第 4 节课，则另一个班有 3 种情况，考虑顺序，有 6 种方法；一个班上第 5 节课，则另一个班有 7 种情况，考虑顺序，有 2 种方法；共有 10+8+6+6+2=32 种方法故选：C8已知抛物线C：y2=8x 的焦点为 F，准线为l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若=4，则|QF|=（）A3BCD【考点】抛物线的简单性质【分析】如图所示，由抛物线C：y2=8x，可得焦点为F，准线 l 方程，准线l 与 x 轴相交于点M，|FM|=4 经过点Q作QNl，垂足为N则|QN|=|QF|由QNMF，可得即可得出【解答】解：如图所示，由抛物线 C：y2=8x，可得焦

16、点为 F（2，0），准线 l 方程为：x=2，准线 l 与 x 轴相交于点 M，|FM|=4经过点 Q 作 QNl，垂足为 N 则|QN|=|QF|QNMF，=，=，|QN|=3=|QF|故选：A第 8 8 页（共 2222 页）9在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 CC1的中点，F 是侧面 BCC1B1内的动点，且A1F平面 D1AE，则 A1F 与平面 BCC1B1所成角的正切值 t 构成的集合是（）At|Dt|2Bt|t2Ct|2【考点】直线与平面所成的角【分析】设平面 AD1E 与直线 BC 交于点 G，连接 AG、EG，则 G 为 BC 的中点分别取B1B、B1C1的中点

17、 M、N，连接 AM、MN、AN，可证出平面 A1MN平面 D1AE，从而得到 A1F 是平面 A1MN 内的直线由此将点F 在线段 MN 上运动并加以观察，即可得到A1F与平面 BCC1B1所成角取最大值、最小值的位置，由此不难得到 A1F 与平面 BCC1B1所成角的正切取值范围【解答】解：设平面 AD1E 与直线 BC 交于点 G，连接 AG、EG，则 G 为 BC 的中点分别取 B1B、B1C1的中点 M、N，连接 AM、MN、AN，则A1MD1E，A1M 平面 D1AE，D1E 平面 D1AE，A1M平面 D1AE同理可得 MN平面 D1AE，A1M、MN 是平面 A1MN 内的相交

18、直线平面 A1MN平面 D1AE，由此结合 A1F平面 D1AE，可得直线 A1F 平面 A1MN，即点 F 是线段 MN 上上的动点设直线 A1F 与平面 BCC1B1所成角为 运动点 F 并加以观察，可得当 F 与 M（或 N）重合时，A1F 与平面 BCC1B1所成角等于A1MB1，此时所成角 达到最小值，满足 tan=2；第 9 9 页（共 2222 页）A1F 与平面 BCC1B1所成角达到最大值，当 F 与 MN 中点重合时，满足 tan=A1F 与平面 BCC1B1所成角的正切取值范围为2，2故选：D=2，g（x）=4x+a2x+1+a2+a1（aR），若f（g（x）10已知函数

19、f（x）=e 对 xR 恒成立（e 是自然对数的底数），则 a 的取值范围是（）A1，0 B（1，0）C2，0 D，0【考点】分段函数的应用【分析】求得 f（x）的值域，讨论当 x0 时，当 x0 时，求出导数，判断单调性可得范围，令 t=g（x），则 f（t）e，即有 t0，则e，解得 t1，即4x+a2x+1+a2+a11，由指数函数的值域和二次函数的最值的求法，解不等式即可得到所求范围【解答】解：当 x0 时，f（x）=0，f（x）的导数为 f（x）=0，即 f（x）递减，则 f（x）0；当 x0 时，f（x）=的导数为，当 xe 时，f（x）递减；当 0 xe 时，f（x）递增则 x=

20、e 处取得极大值，且为最大值，即有 f（x）令 t=g（x），则 f（t）e，即有 t0，则e，第 1010 页（共 2222 页）即 et+1+t0，由 y=et+1+t 在 t0 递增，且 t=1 时，y=0，可得 t1可得 g（x）1 恒成立，即有4x+a2x+1+a2+a11，即有4x+a2x+1+a2+a0，当 a0 时，y=（2xa）2+2a2+a0，由 2x0，可得 2x=a 时，取得最大值 2a2+a，可得 2a2+a0 不成立；当 a0 时，y=（2xa）2+2a2+a0，由 2x0，a0，ya2+a，可得 a2+a0，解得1a0综上可得 a 的范围是1，0故选：A二、填空题

21、：本题共二、填空题：本题共 5 5 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 2525 分。分。11复数 z=（i 为虚数单位）的虚部是1【考点】复数的基本概念【分析】首先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理成最简形式，得到复数的标准形式，得到虚部【解答】解：复数 z=复数 z 的虚部是 1，故答案为：112在二次项式（x）6的展开式中，常数项的值是160（用具体数字作答）【考点】二项式系数的性质【分析】写出二项展开式的通项，由x 的指数为 0 求得 r 值，则常数项可求【解答】解：由令 62r=0，得 r=3，第 1111 页（共 2222 页）=，二项项式（x）6的展

22、开式中的常数项的值为故答案为：16013下表给出的是某港口在某季节每天几个时刻的水深关系0：003：006：009：0012：0015：0018：0021：0024：00时刻5.07.05.03.05.07.05.03.05.0水深（m）若该港口的水深 y（m）和时刻t（0t24）的关系可用函数y=Asin（t）+h（其中 A0，0，h0）来近似描述，则该港口在11：00 的水深为4m【考点】在实际问题中建立三角函数模型【分析】利用已知数据，确定合适的周期、振幅等，即可得出函数解析式，从而能求出该港口在 11：00 的水深【解答】解：由题意得函数 y=Asin（t）+h（其中 A0，0，h0）

23、的周期为 T=12，解得 A=2，h=5，=y=2sin=，+5，+5=4（m）该港口在 11：00 的水深为 y=2sin故答案为：414若直线 ax+ya+1=0（aR）与圆 x2+y2=4 交于 A、B 两点（其中 O 为坐标原点），则的最小值为4【考点】直线与圆相交的性质=4【分析】易得直线恒过定点 C（1，1），圆 x2+y2=4 圆心为（0，0）半径为2，22cos，可得当 ABOC 时，式子取最小值，数形结合联立方程组解点的坐标可得【解答】解：直线 ax+ya+1=0 可化为 y+1=a（x1），恒过定点 C（1，1），圆 x2+y2=4 圆心为（0，0）半径为 2，=（）=42

24、2cos，当 ABOC 时，最小，cos，取最大值，=44cos，取最小值，此时此时 OC 的斜率为1，由垂直关系可得a=1，解得 a=1，故此时直线方程为 y+1=x1，即 y=x2，联立可解得或，此时，取最小值=44cos，cos，取最大值 0，取最小值 4，第 1212 页（共 2222 页）故答案为：415函数 f（x）图象上不同两点 A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线的斜率分别是kA，kB，|AB|为 A、B 两点间距离，定义（A，B）=为曲线 f（x）在点 A 与点 B 之间的“曲率”，给出以下问题：存在这样的函数，该函数图象上任意两点之间的“曲率”为常数；=x3x2+1

25、图象上两点 A 与 B 的横坐标分别为 1，2，函数 f（x）则点 A 与点 B 之间的“曲率”（A，B）；函数 f（x）=ax2+b（a0，bR）图象上任意两点A、B 之间的“曲率”（A，B）2a；设 A（x1，y1），B（x2，y2）是曲线f（x）=ex上不同两点，且x1x2=1，若t（A，B）1 恒成立，则实数 t 的取值范围是（，1）其中正确命题的序号为（填上所有正确命题的序号）【考点】命题的真假判断与应用；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】考虑一次函数，求出导数，可得（A，B）=0，即可判断；求出A，B 的坐标，求得（A，B），即可判断；求出 f（x）的导数，运用不等式的性质，可

26、得（A，B）2a，即可判断；求出函数的导数，运用新定义求得（A，B），由恒成立思想，即可得到 t 的范围，即可判断【解答】解：对于，当函数 f（x）=kx+b（k0）时，f（x）=k，（A，B）=0，故正确；对于，由题意可得 A（1，1），B（2，5），f（x）的导数为 f（x）=3x22x，可得（A，B）=，故不正确；对于，函数 f（x）=ax2+b 的导数为 f（x）=2ax，B）=即有 （A，=2a，故正确；对于，由 y=ex得 y（x）=ex，由 A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线 y=ex上两点，且 x1x2=1，可得（A，B）=，由 t（A，B）1 恒成立，可得 t，由1，可

27、得 t1，故不正确第 1313 页（共 2222 页）故答案为：三、简答题：本大题共三、简答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7575 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a3=，S3=（）求数列an的通项公式；（）设 bn=log2，Tn为数列bn的前 n 项和，求使 Tn=+105 成立的 n 的值【考点】数列的求和【分析】（）讨论 q=1 和 q1 的情况，分别应用等比数列的通项公式和求和公式，解方程即可得到公比和首项，进而得到通项公式（2）分类讨论 q 的取值，利用对数的性质求bn

28、，出再进行化简，求得Tn，最后求得 n 的值【解答】解：（）当 q=1 时，成立；当 q1 时，由，解得 a1=6，则综上可知：（）当2n=+105则 n=70当或时，bn=2 则 Tn=2n；=2n，整理得：n2+n210=0；解得 n=10综上可知 n=10 或 n=7017我国政府对 PM2.5采用如下标准：PMPM2.52.5日均值日均值 mm（g/mg/m3 3）mm35353535mm7575mm7575空气质量等级空气质量等级一级一级二级二级超标超标第 1414 页（共 2222 页）某市环保局从 180 天的市区 PM2.5监测数据中，随机抽取10 天的数据作为样本，检测值如茎

29、叶图所示（十位为茎，个位为叶）（1）求这 10 天数据的中位数；（2）从这10 天的数据中任取 3 天的数据，记 表示空气质量达到一级的天数，求 的分布列；（3）以这 10 天的 PM2.5日均值来估计这 180 天的空气质量情况，其中大约有多少天的空气质量达到一级？【考点】茎叶图；离散型随机变量及其分布列【分析】（1）利用茎叶图和中位数的定义求解（2）由 N=10，M=4，n=3，的可能值为 0，1，2，3，利用P（=K）=1，2，3），能求出分布列（3）一年中每天空气质量达到一级的概率为，由 B，能求出一年中空气质量达到一级的天数为 72 天【解答】解：（1）由茎叶图知：10 天的中位数为

30、（38+44）2=41（微克/立方米）（2）由 N=10，M=4，n=3，的可能值为 0，1，2，3利用 P（=K）=P01（k=0，1，2，3）即得分布列：23（k=0，（3）一年中每天空气质量达到一级的概率为，由 B，得到 E=180=72（天），一年中空气质量达到一级的天数为72 天18ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知（1）求 C 的值；（2）若 D 是 AB 上的点，已知 cosBCD=a=ccosB+bsinC，a=2，b=3，求 sinBDC 的值第 1515 页（共 2222 页）【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（1）利用正弦定理将边化角，令sinA

31、=sin（B+C），展开化简即可得出 tanC；（2）使用余弦定理求出 c，得出 cosB，sinB，则 sinBDC=sin（BCD+B）【解答】解：（1）a=ccosB+bsinC，sinA=sinCcosB+sinBsinC，即sin（B+C）=sinCcosB+sinBsinC，sinBcosC=sinBsinC，tanC=C=（2）在ABC 中由余弦定理得 c2=a2+b22abcosC=4+912cosC=7，c=由余弦定理得 cosB=sinB=cosBCD=，sinBCD=sinBCDcosB+cosBCDsinB=sinBDC=sin（BCD+B）=19如图，在空间多面体AB

32、CDE 中，四边形ABCD 为直角梯形，ABDC，ADCD，ADE 是正三角形，CD=DE=2AB，CE=CD（I）求证：平面 CDE平面 ADE；（）求二面角 CBEA 的余弦值第 1616 页（共 2222 页）【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定【分析】（I）根据面面垂直的判定定理即可证明平面CDE平面 ADE；（）建立空间坐标系，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可求二面角CBEA 的余弦值【解答】证明：（I）CD=DE=2AB，CE=CD设 CD=DE=2AB=2，则 AB=1，则 CE=2，CD2+DE2=4+4=8=（2）2=CE2，CDE 是直角三角

33、形，则 CDDE，ADCD，AD DE=D，CD平面 ADE；CD平面 CDE，平面 CDE平面 ADE；（）建立以 D 为坐标原点，DC，DE 分别为 x，y 轴，过 D 作垂直平面 CDE 的直线为 y轴的空间直角坐标系如图：则 D（0，0，0），C（2，0，0），E（0，2，0），A（0，1，），B（1，1，），则平面 CBE 的法向量为=（x，y，z），=（1，1，），=（2，2，0），则，得，即，则平面 CBE 的法向量为=（1，1，0），设平面 BEA 的法向量为=（x，y，z），则=（1，0，0），则得，x=0，即=（0，=，1），=令 z=1，则 y=则 cos，=即二面角 C

34、BEA 的余弦值是=第 1717 页（共 2222 页）20已知椭圆 C：+=1（ab0）过点 P（1，），其离心率为（）求椭圆 C 的方程；（）设椭圆C 的右顶点为 A，直线 l 交 C 于两点 M、N（异于点 A），若 D 在 MN 上，且ADMN，|AD|2=|MD|ND|，证明直线 l 过定点【考点】椭圆的简单性质【分析】（）运用椭圆的离心率公式和点P 满足椭圆方程，以及 a，b，c 的关系，解方程可得 a，b，进而得到椭圆方程；（）运用三角形的相似的判定和性质定理，可得MAN=90，联立方程组，设 M（x1，y1）N（x2，y2），A（2，0），可得（3+4k2）x2+8km+4m2

35、12=0，由两直线垂直的条件：斜率之积为1，得到，7m2+16km+4k2=0，7m=2k，m=2k，代入求解即可得出定点【解答】解：（）由题意可得 e=，又 a2b2=c2，且+=1，+=1；解得 a=2，c=1，b=可得椭圆的方程为（）证明：由 ADMN，|AD|2=|MD|ND|，可得 RtADMRtDNA，即有DNA=MAD，即MAN=90，由，M（x1，y1）N（x2，y2），A（2，0），可得（3+4k2）x2+8km+4m212=0，x1+x2=，x1x2=，=（8km）24（3+4k2）（4m212）0，第 1818 页（共 2222 页）即 4k2m23，由 AMAN，可得=

36、1，即为（x12）（x22）+（kx1+m）（kx2+m）=0，即（k2+1）x1x2+（mk2）（x1+x2）+m2+4=0，即有（k2+1）+（mk2）（）+m2+4=0，化简可得 7m2+16km+4k2=0，m=k 或 m=2k，满足判别式大于 0，当 m=k 时，y=kx+m=k（x）（k0），直线 l 过定点（，0）；当 m=2k 时，y=kx2k=k（x2），直线 l 过定点（2，0）由右顶点为 A（2，0），则直线 l 过定点（2，0）不符合题意，当直线的斜率不存在时，也成立根据以上可得：直线 l 过定点，且为（，0）21已知函数 f（x）=lnxa（x1）（其中 a0，e 是

37、自然对数的底数）（）若关于 x 的方程 f（x）=x2x+a 有唯一实根，求（1+lna）a2的值；（）若过原点作曲线 y=f（x）的切线 l 与直线 y=ex+1 垂直，证明：a；（）设 g（x）=f（x+1）+ex，当 x0 时，g（x）1 恒成立，求实数 a 的取值范围【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）设 h（x）=lnxx2（a）x，求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最大值=lna+（）求出切线l 的方程，得到a，根据函数的单调性证明即可；（）先求出 g（x）的导数，通过讨论 a 的范围，结合函数的单调性从而

38、得到答案【解答】解：（）f（x）=x2x+a，lnxx2（a）x=0，1=0；从而求出代数式的值；=0，令 m（x）=lnx1+，且 lnx11+第 1919 页（共 2222 页）设 h（x）=lnxx2（a）x，则 h（x）=，a0 时，h（x）在（0，）递增，在（，+）递减，则 h（x）max=h（）=lna+h（x）=0 有唯一实根，x0=且 h（x）max=h（）=lna+故 1+lna=，（1+lna）a2=；1=0；1，（）证明：过原点所作曲线y=f（x）的切线 l 与直线 y=ex+1 垂直，切线 l 的斜率为 k=，方程是 y=x，设 l 与 y=f（x）的切点为（x1，y1

39、），a=，且 lnx11+=0，+，令 m（x）=lnx1+，则 m（x）=m（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增，若 x1（0，1），m（）=2+e0，m（1）=0，x1（，1），而 a=在 x1（，1）递减，a，若 x1（1，+），m（x）在（1，+）递增，且 m（e）=0，则 x1=e，a=0（舍），综上：a；（）g（x）=f（x+1）+ex=ln（x+1）ax+ex，第 2020 页（共 2222 页）g（x）=a+ex，g（x）=0，0a2 时，g（x）在0，+）递增，g（x）g（0）=2a0，g（x）在0，+）递增，g（x）g（0）=1 恒成立，符合题意，a2 时，g（x）在0，+）递增，g（0）=2a0，则存在 x0（0，+），使得 g（x0）=0，g（x）在（0，x0）递减，在（x0，+）递增，又 x（0，x0）时，g（x）g（0）=1，g（x）1 不恒成立，不合题意，综上，所求实数 a 的范围是（0，2第 2121 页（共 2222 页）20192019 年年 9 9 月月 1212 日日第 2222 页（共 2222 页）