2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】主观题专练 解析几何(10).doc

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1、2024试吧大考卷二轮专题闯关导练数学【新高考】主观题专练 解析几何(10)解析几何(10)12020山东省实验中学、淄博实验中学、烟台一中、莱芜一中四校联考已知抛物线C：yx2，直线l的斜率为2.(1)若l与C相切，求直线l的方程；(2)若l与C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交C于P，Q两点，求的取值范围22020山东泰安质量检测已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，且经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(2,0)且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，过右焦点F的直线AF，BF分别交椭圆C于点M，N，设，R，求的取值范围32020山东临沂模

2、拟已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，且与抛物线y2x交于M，N两点，OMN(O为坐标原点)的面积为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，点A为椭圆E上一动点(非长轴端点)，点F为椭圆E的右焦点，AF的延长线与椭圆E交于点B，AO的延长线与椭圆E交于点C，求ABC面积的最大值42020山东烟台诊断已知F为抛物线C：y22px(p0)的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点当直线与x轴垂直时，|AB|4.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线AB与抛物线的准线l相交于点M，在抛物线C上是否存在点P，使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由52020浙

3、江卷如图，已知椭圆C1：y21，抛物线C2：y22px(p0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)(1)若p，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值6已知椭圆C：1过点A(2，1)，且a2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x4于点P，Q，求的值函数与导数(11)1设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x2处取得极小值，求a的取

4、值范围22020山东青岛检测已知函数f(x)ax(ln x1)(其中e2.718为自然对数的底数，aR)(1)若ae，证明：函数f(x)有且只有一个零点；(2)若函数f(x)有两个不同的极值点，求a的取值范围32020新高考卷已知函数f(x)aex1ln xln a.(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)1，求a的取值范围42020山东青岛二中检测已知函数f(x)ln xx1a(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x1，使f(x)x0时，若曲线C1：yf(x)x1与曲线C2：yg(x)存在唯一的公切线，求实数a的值

5、；(3)当a1，x0时，不等式f(x)kxln(x1)恒成立，求实数k的取值范围函数与导数(12)1已知函数f(x)12x2.(1)求曲线yf(x)的斜率等于2的切线方程；(2)设曲线yf(x)在点(t，f(t)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值2已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.32020山东淄博部分学校联考已知函数f(x)xln x，g(x)mx2.(1)若函数f(x)与g(x)的图象上存在关于原点对称的点，求实数m的取值范围；(2)设F(x)f(x)g(x)，已知F(x)在(0，)

6、上存在两个极值点x1，x2，且x11.42020山东临沂质量检测已知函数f(x)2ln(x1)sin x1，函数g(x)ax1bln x(a，bR，ab0)(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当x0时，f(x)3x1.(3)证明：当x1时，f(x)(x22x2)esin x.52020山东烟台诊断已知函数f(x)ln x2axx2，其中0ae.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)零点的个数；(3)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1x20)是减函数(1)试确定a的值；(2)已知数列an，an，Tna1a2a3an(nN*)，求证：ln (n2)Tn0，所以b

7、1.由根与系数的关系得x1x22，x1x2b.所以，|AB|x1x2|2.易知线段AB的中点坐标为(1,2b)，所以，直线PQ的方程为yxb.由得2x2x52b0，则x3x4，x3x4b，所以，|PQ|x3x4|，所以， ，所以，的取值范围是.2解析：(1)e，1，a22b2.又椭圆过点，1，解得a22，b21，椭圆C的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，则(1x1，y1)，(x31，y3)，由题知，直线l的斜率必存在且不为0，由，得y1y3，即.当AM与x轴不垂直时，直线AM的方程为y(x1)，即x，代入曲线C的方程，又y1，整理可得(32x1)y22

8、y1(x11)yy0，y1y3，32x1，当AM与x轴垂直时，A点的横坐标为x11，1，显然32x1也成立32x1，同理可得32x2.设直线l的方程为yk(x2)(k0)，联立消去y整理得(2k21)x28k2x8k220，由(8k2)24(2k21)(8k22)0，解得0k20，x1x2，x1x2.|AB|4.又点O到直线AB的距离d，且O是线段AC的中点，点C到直线AB的距离为2d，SABC|AB|2d48 .，且k2k21，等号不成立，SABC8 0，解得m24.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2，y1y2.直线MA的方程为y1(x2)，则P，即P.直线NA的方程为y1(x

9、2)，则Q，即Q.所以1.综上，1.函数与导数(11)1解析：(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)ax2(2a1)x2ex.所以f(1)(1a)e.由题设知f(1)0，即(1a)e0，解得a1.此时f(1)3e0.所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若a，则当x时，f(x)0.所以f(x)在x2处取得极小值若a，则当x(0,2)时，x20，ax1x10.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.2解析：(1)证明：当ae时，f(x)xeln x，令h(x)xeln x，则h(x)1(x0)当x(0，e)时，

10、h(x)0.所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增所以f(x)f(e)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，又f(e)0，所以f(x)有且只有一个零点e.(2)由题意知f(x)xaln x，令H(x)xaln x，则H(x)1(x0)当a0时，H(x)0，H(x)f(x)在(0，)上单调递增，f(x)不可能有两个零点，不合题意当a0时，x(0，a)时，H(x)0，所以H(x)f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，因此H(x)f(x)f(a)，所以f(a)aaln ae.当ae时，因为f(1)10，所以f(x)在(1，a)上有一个零点令g(a)(ae)，则g(a

11、)e)，所以g(a)在(e，)上单调递减，所以g(a)a2，所以f(ea)eaaln eaeaa20，所以f(x)在(a，ea)上也有一个零点综上知，f(x)有两个不同的极值点时，a的取值范围为(e，)3解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1.(1)当ae时，f(x)exlnx1，f(1)e1，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x2.直线y(e1)x2在x轴，y轴上的截距分别为，2.因此所求三角形的面积为.(2)当0a1时，f(1)aln a1.当a1时，f(x)ex1ln x，f(x)ex1.当x(0,1)时，f(x)0.所以当

12、x1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)1，从而f(x)1.当a1时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1.综上，a的取值范围是1，)4解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，方程x2xa0，则14a，()当14a0时，即a时，当x(0，)时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减；()当14a0，即a时，当0a时，方程x2xa0的两根为，且00，函数f(x)在上单调递增，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，函数f(x)在上单调递增，当x时，f(x)0，函数f(x)在上单调递减，综上所述，当a0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间

13、为(，)；当0axln x2x1，即存在x1，使a成立令g(x)，x1，则g(x)，令h(x)xln x2，则h(x)10，h(x)在(1，)上单调递增又h(3)3ln 321ln 30，根据零点存在性定理，可知h(x)在(1，)上有唯一零点，设该零点为x0，则x0(3,4)，且h(x0)x0ln x020，即x02ln x0，当x(1，x0)时，g(x)0，g(x)在(x0，)上单调递增，g(x)minx01，由题意可知ax01，又x0(3,4)，aZ，a的最小值为5.5解析：(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减

14、，在(0，)单调递增(2)f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1)(x2)ex.若2a10，即a，则当x(0,2)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)1，故当x(0,2)时，g(x)1，不合题意若02a12，即a，则当x(0,2a1)(2，)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2a1)，(2，)单调递减，在(2a1,2)单调递增由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a时，g(x)1.若2a12，即a，则g(x)ex.由于0，故由可得ex1.故当a时，g(x)1.

15、综上，a的取值范围是.6解析：(1)f(x)aex1，当a0时，f(x)0时，由f(x)0，解得xln a，由于a0时，导函数f(x)aex1单调递增，故x(，ln a)，f(x)0，f(x)单调递增综上，当a0时，f(x)在(，)上单调递减；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)曲线C1：y1aex与曲线C2：y2x2存在唯一的公切线，设该公切线与C1，C2分别切于点(x1，aex1)，(x2，x)，显然x1x2，由于y1aex，y22x，所以aex12x2，由于a0，故x20，且x22x120，因此x11，此时a(x11)， 设F(x)(x1)，问题

16、等价于直线ya与曲线yF(x)在x1时有且只有一个公共点，又F(x)，令F(x)0，解得x2，则F(x)在(1,2)上单调递增，(2，)上单调递减，而F(2)，F(1)0，当x时，F(x)0，所以F(x)的值域为，故a.(3)当a1时，f(x)exx1，问题等价于不等式exx1kxln(x1)，当x0时恒成立设h(x)exx1kxln(x1)(x0)，h(0)0，又设m(x)h(x)ex1k(x0)，则m(x)exk，而m(0)12k()当12k0时，即k时，由于x0，ex1，k1，此时m(x)0，m(x)在0，)上单调递增，所以m(x)m(0)0，即h(x)0，所以h(x)在0，)上单调递增

17、所以h(x)h(0)0.即exx1kxln(x1)0.故k适合题意()当k时，m(0)0，则m(ln 2k)2kk2k2k0，故在(0，ln 2k)上存在唯一x0，使m(x0)0，因此当x(0，x0)时，m(x)0，m(x)单调递减所以m(x)m(0)0，即h(x)0，h(x)在(0，x0)上单调递减，故h(x)h(0)0，亦即exx1kxln(x1)时不适合题意综上，所求k的取值范围为.函数与导数(12)1解析：(1)函数f(x)12x2的定义域为R，f(x)2x，令f(x)2x2，得x1，f(1)2，又f(1)11，曲线yf(x)的斜率等于2的切线方程为y112(x1)，即2xy130.(

18、2)由(1)知f(x)2x，则f(t)2t，又f(t)12t2，所以曲线yf(x)在点(t，f(t)处的切线方程为y(12t2)2t(xt)，即y2txt212.若t0，则围不成三角形，故t0.令x0，得yt212，记A(0，t212)，O为坐标原点，则|OA|t212，令y0，得x，记B，则|OB|，S(t)|OA|OB|，S(t)为偶函数，仅考虑t0即可当t0时，S(t)，则S(t)(t24)(t212)，令S(t)0，得t2，当t变化时，S(t)与S(t)的变化情况如表：t(0,2)2(2，)S(t)0S(t)极小值S(t)minS(2)32.2解析：(1)f(x)a(x0)，若a0，则

19、f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当0x0；当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，由(1)知，当ae时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.设g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.所以当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.解法二证明：由题意知，即证exln xex2ex2ex0(x0)，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)

20、0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0,1)时，h(x)0.故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.3解析：(1)函数f(x)与g(x)的图象上存在关于原点对称的点，即g(x)m(x)2的图象与函数f(x)xln x的图象有交点，即m(x)2xln x在(0，)上有解，即m在(0，)上有解设(x)，则(x)，当x(0，e)时，(x)0，(x)单调递增所以(x)min(e)

21、，所以m.(2)证明：由F(x)xln xmx2，得F(x)1ln xmx.因为F(x)在(0，)上存在两个极值点x1，x2，且x11，只需证ln x1ln x20，即证20，即证ln t0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)0，所以不等式ln t1成立4解析：(1)g(x)的定义域为(0，)，g(x)，当a0，b0，则g(x)在(0，)上单调递增；当a0，b0时，令g(x)0，得x，令g(x)0，得0x，则g(x)在上单调递减，在上单调递增；当a0时，g(x)0，则g(x)在(0，)上单调递减；当a0，b0，得0x，令g(x)，则g(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：设

22、函数h(x)f(x)(3x1)，则h(x)cos x3.因为x0，所以(0,2，cos x1,1，则h(x)0，从而h(x)在0，)上单调递减，所以h(x)f(x)(3x1)h(0)0，即f(x)3x1.(3)证明：当ab1时，g(x)x1ln x.由(1)知，g(x)ming(1)0，所以g(x)x(1ln x)0，即x1ln x.当x1时，(x1)20，(x1)2esin x0，则(x1)esin x1ln (x1)2esin x，即(x1)2esin x2ln(x1)sin x1，又(x22x2)esin x(x1)2esin x.所以(x22x2)esin x2ln(x1)sin x1

23、，即f(x)0f(x)(xa)ln x2ax(xa)(ln x1)，令f(x)0，得xa或xe，因为0ae，当0xe时，f(x)0，f(x)单调递增；当axe时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)的增区间为(0，a)，(e，)，减区间为(a，e)(2)取min1,2a，则当x(0，)时，xa0，ln x0，f(x)xln xx0；又因为0a0，即f(x)在(0，a上无零点下面讨论xa的情况：当0a0，f(e)e0，根据零点存在定理，f(x)有两个不同的零点当a时，由f(x)在(a，e)单减，(e，)单增，且f(e)0，此时f(x)有唯一零点e.若a0，此时，f(x)无零点，综上，若0a

24、，f(x)有两个不同的零点；若a，f(x)有唯一零点e；若ae，f(x)无零点(3)证明：由(2)知，0a，且ax1e0，x2e20，所以g(x)x4ax3e2axe4(x2e2ax)(x2e2)0又ln x10恒成立，即F(x)在(a，e)单增于是当axe时，F(x)F(e)0，即f(x)f.因为x1(a，e)，所以f(x1)f，又f(x1)f(x2)，所以f(x2)e，e，且f(x)在(e，)单增，所以由f(x2)f，可得x2，即x1x20知，11，当x时，g(x)0；当x时，g(x)0时，f(x)0，f(n)0，即2(n1)ln(n1)n22n.两边同时除以2(n1)2得，即an，从而T

25、na1a2a3an，所以ln (n2)Tnln2ln(n2)ln(n1)(n1)ln 2下面证2ln(n2)ln(n1)(n1)ln 210，记h(x)2ln(x2)ln(x1)(x1)ln 21，x1，)，h(x)ln 2ln 2ln 2.yx在2，)上单调递增，h(x)在2，)上单调递减，而h(2)ln 2(23ln 2)(2ln 8)0，当x2，)时，h(x)0恒成立，h(x)在2，)上单调递减，即x2，)时，h(x)h(2)2ln 4ln 33ln 2ln 2ln 30，当n2时，h(n)0.h(1)2ln 3ln 22ln 2lnln0，当nN*时，h(n)0，即2ln(n2)ln(n1)(n1)ln 21由可得，ln (n2)Tn1.