2022屆貴州省銅仁市高三適應(yīng)性考試(-)數(shù)學(xué)(理)試題解析

2022屆貴州省銅仁市高三適應(yīng)性考試（—）數(shù)學(xué)（理）試題

一、單選題

1．若全集U和集合A，B的關(guān)系如圖所示，則圖中陰影部分表示的集合為（）

A．ABB．AB

UU

C．ABD．AB

UU

答案：A

由題設(shè)韋恩圖判斷陰影部分與集合A、B的關(guān)系，直接寫(xiě)出集合表達(dá)式即可.

解：由圖知：陰影部分屬于A，不屬于B，故為BA.

U

故選：A

2．已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足zz2z2i0，則z（）

A．1iB．1iC．1iD．1i

答案：A

利用復(fù)數(shù)運(yùn)算求得z.

解：設(shè)zabi,a,bR，

依題意zz2z2i0，

abiabi2abi2i0，

a2b22a22bi0，

a2b22a0

所以ab1，

22b0

所以z1i.

故選：A

x2y2

3．已知雙曲線(xiàn)C：1a0,b0的一條漸近線(xiàn)為y3x，則C的離心率為（）

a2b2

A．2B．3C．2D．5

答案：C

結(jié)合漸近線(xiàn)求得C的離心率.

b

解：依題意3，

a

b2

所以離心率e12.

a

故選：C

4．如圖是某幾何體的三視圖，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，則該幾何體的體積為（）

54

A．B．C．D．2

63

答案：C

由三視圖還原原幾何體，可知該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓錐，半球的半徑

為1，圓錐的底面半徑為1，高為2，再由球與圓錐的體積公式求解．

解：由三視圖還原原幾何體如圖，

可知該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓錐，

半球的半徑為1，圓錐的底面半徑為1，高為2，

1414

則該幾何體的體積V13122．

2333

故選：C．

5．已知向量a，b，c滿(mǎn)足a3,0，b0,4，ca1bR，則c的最小值為（）

6123648

A．B．C．D．

5555

答案：B

根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算和向量的模，以及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出最值．

解：∵a(3,0)，b(0,4)，

∴ca(1)b3,0(1)0,43,44，

1614414412

∴|c|92(44)2252321625()2，

2525255

1612

當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即|c|的最小值為．

255

故選：B．

6．2021年10月16日，航天員翟志剛、王亞平、葉光富進(jìn)駐天和核心艙，中國(guó)空間站開(kāi)啟有人長(zhǎng)期

駐留時(shí)代，而中國(guó)征服太空的關(guān)健是火箭技術(shù)，在理想情況下，火箭在發(fā)動(dòng)機(jī)工作期間獲得速度增

m

量的公式vvln0，其中v為火箭的速度增量，v為噴流相對(duì)于火箭的速度，m和m分別代

eme01

1

m

表發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)啟和關(guān)閉時(shí)火箭的質(zhì)量.在未來(lái)，假設(shè)人類(lèi)設(shè)計(jì)的某火箭v達(dá)到5公里/秒，0從100提

em

1

高到200，則速度增量v增加的百分比約為（）

（參考數(shù)據(jù)：ln20.7，ln51.6）

A．13%B．15%C．17%D．19%

答案：B

mm

計(jì)算出當(dāng)0100、0200時(shí)速度的增量，進(jìn)而可求得速度增量增加的百分比.

mmv

11

m

解：當(dāng)0100時(shí)，速度的增量為v5ln100，

m1

1

m

當(dāng)0200時(shí)，速度的增量為v5ln2005ln1005ln2，

m2

1

vv5ln2ln2ln2

所以，2115%.

v5ln1002ln102ln2ln5

1

故選：B.

7．函數(shù)ysin2xlogx的圖象大致是（）

2

A．B．

C．D．

答案：A

判斷函數(shù)的奇偶性，可判斷C,D的正誤；利用在(0,)之間的函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即可判斷A,B的正誤.

解：設(shè)f(x)ysin2xlogx，

2

則f(x)sin2xlogxf(x)，

2

故f(x)sin2xlogx為奇函數(shù)，故C,D錯(cuò)誤；

2

而令ysin2xlogx0時(shí)，在(0,)之間的函數(shù)零點(diǎn)有1,兩個(gè)，故B錯(cuò)誤，

22

故選：A

8．斐波那契數(shù)列a滿(mǎn)足aa1，aaan3，其每一項(xiàng)稱(chēng)為“斐波那契數(shù)”.如圖，在

n12nn1n2

a2a2a2

以斐波那契數(shù)為邊長(zhǎng)的正方形拼成的長(zhǎng)方形中，利用下列各圖中的面積關(guān)系，推出122021

a

2021

是斐波那契數(shù)列的第（）項(xiàng).

A．2020B．2021C．2022D．2023

答案：C

由斐波那契數(shù)列的遞推關(guān)系可得a2aaaa，應(yīng)用累加法求Ta2a2a2，即可

n1n2n1n1n2021122021

求目標(biāo)式對(duì)應(yīng)的項(xiàng).

解：由aaa，則a2a(aa)aaaa，又aa1，

n1n2nn1n1n2nn2n1n1n12

所以a2aa，a2aaaa，a2aaaa，…，a2aaaa，

121232213433220212022202120212020

a2a2...a2T

則Ta2a2a2aa，故1220212021a.

202112202120222021aa2022

20212021

故選：C

9．2021年7月24日，中共中央辦公廳國(guó)務(wù)院辦公廳印發(fā)《關(guān)于進(jìn)一步減輕義務(wù)教育階段學(xué)生作

業(yè)負(fù)擔(dān)和校外培訓(xùn)負(fù)擔(dān)的意見(jiàn)》，要求學(xué)校做好課后服務(wù)，結(jié)合學(xué)生的興趣愛(ài)好，開(kāi)設(shè)體育、美術(shù)、

音樂(lè)、書(shū)法等特色課程.某初級(jí)中學(xué)在課后延時(shí)一小時(shí)開(kāi)設(shè)相關(guān)課程，為了解學(xué)生選課情況，在該

校全體學(xué)生中隨機(jī)抽取50名學(xué)生進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，得到如下數(shù)據(jù)：（附：計(jì)算得到K2的觀測(cè)值為

k8.333.）

喜歡音樂(lè)不喜歡音樂(lè)

喜歡體育2010

不喜歡體育515

PK2k

00.050.0250.100.0050.001

k3.8415.0246.6357.87910.828

0

根據(jù)以上數(shù)據(jù)，對(duì)該校學(xué)生情況判斷不正確的是（）A．估計(jì)該校既喜歡體育又喜歡音樂(lè)的學(xué)

2

生約占

5

B．從這30名喜歡體育的學(xué)生中采用隨機(jī)數(shù)表法抽取6人做訪(fǎng)談，則他們每個(gè)個(gè)體被抽到的概率

1

為

5

C．從不喜歡體育的20名學(xué)生中任選4人做訪(fǎng)談，則事件“至少有2人喜歡音樂(lè)”與“至多有1人不

喜歡音樂(lè)”為對(duì)立事件

D．在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.005的前提下，認(rèn)為“喜歡體育”與“喜歡音樂(lè)”有關(guān)系

答案：C

根據(jù)古典概率公式即可判斷AB，根據(jù)對(duì)立事件定義可判斷C，由獨(dú)立性檢驗(yàn)定義可判斷D．

202

解：對(duì)A選項(xiàng)，估計(jì)該校既喜歡體育又喜歡音樂(lè)的學(xué)生約占，正確；

505

61

對(duì)B選項(xiàng)，每個(gè)個(gè)體被抽到的概率為，正確；

305

對(duì)C選項(xiàng)，“至少有2人喜歡音樂(lè)”與“至多有1人喜歡音樂(lè)”為對(duì)立事件，則C錯(cuò)；

對(duì)D選項(xiàng)，由K28.3337.879，

則在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.005的前提下，認(rèn)為“喜歡體育”與“喜歡音樂(lè)”有關(guān)系，故D正確．

故選：C

2525

10．已知a，b1.0250，c1.01100，則（）

24

A．a(chǎn)bcB．bcaC．cabD．bac

答案：B

利用指數(shù)冪的性質(zhì)比較各指數(shù)式的大小.

解：由c1.01100(1.012)501.020150b1.0250，

25

又c1.01100(1.014)25，而1.0141.04061.0417，故ac，

24

綜上，bca.

故選：B

11．設(shè)矩形ABCDABBC的周長(zhǎng)為20，把ABC沿AC向ADC折疊，AB折疊后交DC于點(diǎn)P，

則線(xiàn)段AP的長(zhǎng)度最小值為（）

A．1042B．10518C．10313D．10210

答案：D

利用二倍角公式，誘導(dǎo)公式求得AP的表達(dá)式，結(jié)合基本不等式求得AP的最小值.

解：設(shè)ABa,BCb,ab,2a2b20,b10a，

π

設(shè)B折疊后為B，設(shè)CAB,PAB2,DAP2，

12

在Rt△ABC中，

baba2ab

sin,cos,sin22，

a2b2a2b2a2b2a2b2a2b2

π2ab

cos2sin2，

2a2b2

ADba2b2

AP

在RtADP中，π2ab2a

cos2

2a2b2

a210a22a220a1005050

a102a1010210，

2a2aaa

50

當(dāng)且僅當(dāng)a,a52時(shí)等號(hào)成立.此時(shí)b1052a.

a

故選：D

12．已知定義在R上的函數(shù)fx，fx為其導(dǎo)函數(shù)，滿(mǎn)足①fxfx2x，②當(dāng)x0時(shí)，

fx2x10.若不等式f2x13x23xfx1有實(shí)數(shù)解，則其解集為（）

22

A．,B．,0,

33

2

C．0,D．,0,

3

答案：D

通過(guò)構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)來(lái)求得不等式的解集.

解：構(gòu)造函數(shù)Fxfxx2x，

當(dāng)x0時(shí)，F(xiàn)'xf'x2x10,Fx遞增，

由于fxfx2x，

所以fxx2xfxx2x，即FxFx，

所以Fx是偶函數(shù)，所以當(dāng)x0時(shí)，F(xiàn)x遞減.

不等式f2x13x23xfx1等價(jià)于：

f2x12x122x1fx1x12x1，

即F2x1Fx1，所以2x1x1，

2

兩邊平方并化簡(jiǎn)得x3x20，解得x或x0，

3

2

所以不等式f2x13x23xfx1的解集為,0,.

3

故選：D

二、填空題

13．設(shè)a是公差不為0的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S，且a1，a，a，a成等比數(shù)列，則

nn1125

S__________.

9

答案：81

根據(jù)已知條件求得公差d，由此求得S.

9

解：設(shè)等差數(shù)列的公差為d，

由于a，a，a成等比數(shù)列，

125

所以a2aa,1d2114d,

215

由于d不為0，故解得d2，

所以S9a36d97281.

91

故答案為：81

14．在2022年北京冬奧會(huì)和冬殘奧會(huì)城市志愿者的招募項(xiàng)目中，有一個(gè)“國(guó)際服務(wù)”項(xiàng)目截止到2022

年1月25日還有8個(gè)名額空缺，需要分配給3個(gè)單位，則每個(gè)單位至少一個(gè)名額且各單位名額互

不相同的分配方法種數(shù)是_____________.

答案：12

首先確定各單位名額互不相同的分配方式種數(shù)，再應(yīng)用全排列求每種方式的分配方法數(shù)，即可得結(jié)

果.

解：各單位名額互不相同，則8個(gè)名額的分配方式有{1,2,5}、{1,3,4}兩種，

對(duì)于其中任一種名額分配方式，將其分配給3個(gè)單位的方法有A3種，

3

所以每個(gè)單位至少一個(gè)名額且各單位名額互不相同的分配方法種數(shù)為2A312種.

3

故答案為：12.

15．已知點(diǎn)A2,1，B2,1，直線(xiàn)AM，BM相交于點(diǎn)M，且直線(xiàn)AM的斜率與直線(xiàn)BM的斜率之

差為1，過(guò)M作圓C：x2y421的切線(xiàn)MP，P為切點(diǎn)，則MP的最小值為_(kāi)__________.

答案：11

設(shè)M(m,n)，利用斜率的兩點(diǎn)式及已知可得m24n，再由圓切線(xiàn)長(zhǎng)的性質(zhì)有|MP|2|CP|2r2，最

后由二次函數(shù)的性質(zhì)求最小值即可.

n1n14(n1)

解：令M(m,n)，由題設(shè)有kk1，即m24n，

AMBMm2m2m24

又圓心C(0,4)且半徑r1，則|MP|2|CP|2r2m2(n4)21(n2)211，

所以，當(dāng)n2時(shí)|MP|11.

min

故答案為：11.

16．如圖，在正方體ABCDABCD中，點(diǎn)E在BD上，點(diǎn)F在BC上，且BECF.則下列四個(gè)

11111

命題中所有真命題的序號(hào)是___________.①當(dāng)點(diǎn)E是BD中點(diǎn)時(shí)，直線(xiàn)EF//平面DCCD；②當(dāng)

11

DE2EB時(shí)，EFBD；③直線(xiàn)EF分別與直線(xiàn)BD，BC所成的角相等；④直線(xiàn)EF與平面ABCD

1

π

所成的角最大為.

6

答案：①②③

建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法對(duì)四個(gè)命題逐一分析，從而確定其中的真命題.

解：設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)BECFt,0t22，

①，當(dāng)E是BD的中點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，

1

E1,1,0,F1,2,1,EF0,1,1，

平面DCCD的一個(gè)法向量為n1,0,0，nEF0，

111

由于EF平面DCCD，所以EF//平面DCCD，①為真命題.

1111

11

②，當(dāng)DE2EB時(shí)，BEBE,CFCB,

331

4422222

E,,0,F,2,,EF,,，B2,2,0，

3333333

EFDB0，所以EFBD，所以②正確.

2222

E22t,22t,02t,2t,0

③，，

2222

2222

Ft,2,tEF2t2,t,t

，，

2222

22

222

2，

EF2t2tt3t42t4

22

B2,2,0,B2,2,2,C0,2,0,CB2,0,2，

11

22t42t32t4

cosEF,DB，

3t242t4223t242t422

22t42t32t4

cosEF,CB，

1

3t242t4223t242t422

cosEF,DBcosEF,CB，所以直線(xiàn)EF分別與直線(xiàn)BD，BC所成的角相等.

11

④，平面ABCD的法向量為m0,0,1，

設(shè)直線(xiàn)EF與平面ABCD所成角為，

2

t

EFm

sin2，

EFm3t242t4

11ππ

當(dāng)t22時(shí)，sin，由于0，所以，④錯(cuò)誤.

3226

故答案為：①②③

點(diǎn)評(píng)：涉及立體幾何的“多小題”模式的題型，可結(jié)合向量法，對(duì)各個(gè)“小題”進(jìn)行分析.如本題中，每

個(gè)命題，都可以利用向量法來(lái)進(jìn)行判斷，針對(duì)不同的問(wèn)題，都采用向量法進(jìn)行求解，可簡(jiǎn)化解題過(guò)

程.

三、解答題

17．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且3asinCccosA3c，A為銳

角.

(1)求A；

(2)在①△ABC的面積為23，②ABAC12，③BABCAC這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在下

面問(wèn)題的橫線(xiàn)上.問(wèn)題：若a2，bc，__________，求b，c的值.注：如果選擇多個(gè)條件分別解

答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

答案：(1)；

6

(2)b4，c23(各條件所得結(jié)果相同).

3

（1）利用正弦定理的邊角關(guān)系及輔助角公式可得sin(A)，結(jié)合A為銳角，即可求A.

62

（2）①由三角形面積公式，②由向量數(shù)量積的定義可得bc83，再由余弦定理可得b2c228，

結(jié)合已知即可求b、c；③若D是AC中點(diǎn)，根據(jù)向量加法的幾何意義及已知條件可得2BDAC，

再應(yīng)用余弦定理可得2c3b、b2c228，即可求b、c.

(1)

由題設(shè)及正弦定理，3sinAsinCsinCcosA3sinC，又sinC0，

32

所以3sinAcosA3，即sin(A)，又0A，即A，

622663

所以A，即A.

636

(2)

1bc

①由SbcsinA23，即bc83，

ABC24

3bc

②由ABACcbcosA12，即bc83，

2

b2c2a2b2c243

又cosA，即b2c228，又bc，

2bc1632

83

將c代入b2c228整理得：(b216)(b212)0，可得b4或b23，

b

當(dāng)b4時(shí)，c23；當(dāng)b23時(shí)，c4(舍).

綜上，b4，c23；

③若D是AC中點(diǎn)，由BABC2BD，又BABCAC，即2BDACb，

bb

bc2()2()2

所以BD，故在△ABD中，22c3，即2c3b，

2cosA

bcb2

b2c2a2b2c243

又cosA，即b2c228，又bc，

2bc1632

所以b4，c23；

18．某省在新高考改革中，擬采取“3+1+2”的考試模式，其中“2”是指考生從政治、化學(xué)、生物、地

理中選兩科，按照等級(jí)賦分計(jì)入高考成績(jī)，等級(jí)賦分規(guī)則如下：考生原始成績(jī)（滿(mǎn)分100分）從高

到低劃分為A，B，C，D，E五個(gè)等級(jí)，確定各等級(jí)人數(shù)所占比例分別為15%，30%，35%，15%，

5%，等級(jí)考試科目成績(jī)計(jì)入考生總成績(jī)時(shí)，將A至E等級(jí)內(nèi)的考生原始成績(jī)，依照等比例轉(zhuǎn)換法

分別轉(zhuǎn)換到86,100，71,85，56,70，41,55，26,40五個(gè)分?jǐn)?shù)區(qū)間，得到考生的等級(jí)分，等

級(jí)分滿(mǎn)分為100分.具體如下表：

等級(jí)ABCDE

比例15%30%35%15%5%

86,10071,8556,7041,5526,40

賦分區(qū)間

YYTT

轉(zhuǎn)換公式：22，其中Y，Y分別表示某個(gè)等級(jí)所對(duì)應(yīng)原始分區(qū)間的下限和上限，T，T

YYTT1212

11

分別表示相應(yīng)等級(jí)的等級(jí)分區(qū)間的下限和上限，Y表示某等級(jí)內(nèi)某生的原始分，T表示相應(yīng)等級(jí)內(nèi)

該考生的等級(jí)分（需四舍五入取整）.例如某學(xué)生的政治考試原始成績(jī)?yōu)?0分，成績(jī)等級(jí)為C級(jí)，

原始分區(qū)間為50,65，等級(jí)分區(qū)間為56,70，設(shè)該學(xué)生的等級(jí)分為T(mén)，根據(jù)公式得：

656070T

，所以T65.已知某學(xué)校高二年級(jí)學(xué)生有200人選了政治，以政治期末考試成績(jī)?yōu)?/p>

6050T56

原始分參照上述等級(jí)賦分規(guī)則轉(zhuǎn)換本年級(jí)的政治等級(jí)分，其中所有獲得A等級(jí)的學(xué)生原始分區(qū)間

82,94，其成績(jī)統(tǒng)計(jì)如下表：

原始分94939291908988878685848382

人數(shù)1112312322345

(1)已知某同學(xué)政治原始成績(jī)?yōu)?1分，求其轉(zhuǎn)換后的等級(jí)分；

(2)從政治的等級(jí)分不小于95分的學(xué)生中任取3名，設(shè)這3名學(xué)生中等級(jí)分不小于97分人數(shù)為X，

求X的分布列和期望.

答案：(1)97分

93

(2)分布列見(jiàn)解析，

56

【解析】(1)

該同學(xué)政治原始成績(jī)?yōu)?1分，在區(qū)間82,94上，賦分區(qū)間為86,100，

9491100T

故轉(zhuǎn)換后的等級(jí)分為,解得T97分，

9182T86

(2)

設(shè)等級(jí)分為95分對(duì)應(yīng)的原始分為x，

94x10095

由題意得，解得x89.7分，

x829586

設(shè)等級(jí)分為97分對(duì)應(yīng)的原始分為y，

94y10097

由題意得，解得y91.4分，

y829786

即政治的等級(jí)分不小于95分的學(xué)生有8人，政治等級(jí)分不小于97分人數(shù)為3人，

則X的取值可以為0,1,2,3，

C35

PX05,

C328

8

C2C115

PX153,

C328

8

C1C215

PX253,

C356

8

C31

PX33,

C356

8

則X的分布列為

X

0123

515151

P

28285656

515151193

其期望為EX0123.

2828565656

19．如圖，AC，BD為圓柱OO底面O的兩條直徑，PA為圓柱OO的一條母線(xiàn)，且APAC.

(1)證明：ABPD；

π

(2)若AOB，求二面角BPCD的正弦值.

3

答案：(1)證明見(jiàn)解析

470

(2)

35

（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法證得ABPD.

（2）利用向量法求得二面角BPCD的余弦值，進(jìn)而求得其正弦值.

(1)

根據(jù)圓柱的幾何性質(zhì)，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)圓柱的底面半徑為1，則高為2，

則P0,0,2,C0,2,0,O0,1,0，

設(shè)Bx,y,0,0x2，D點(diǎn)與B點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，所以Dx,2y,0，

OBx2y121,x2y121,x2y22y0,x2y22y，

PDx,2y,2,ABPDx2y2yx2y22y0，

所以ABPD.

(2)

π

若AOB，則三角形AOB是等邊三角形，

3

3133

B,,0,D,,0

所以，PC0,2,2，

2222

3331

BC,,0,DC,,0

，

2222

設(shè)平面BPC的法向量為nx,y,z，

1111

33

nBCxy0

則111，故可設(shè)n3,1,1，

221

nPC2y2z0

111

同理可求得平面DPC的法向量n1,3,3，

2

設(shè)二面角BPCD為，由圖可知，為鈍角，

nn33

所以cos12

nn5735

12

332470

sin1cos21.

353535

x2y2

20．已知橢圓C：1與直線(xiàn)l（不平行于坐標(biāo)軸）相切于點(diǎn)Mx,y，過(guò)點(diǎn)M且與l垂直

16400

的直線(xiàn)分別交x軸，y軸于Am,0，B0,n兩點(diǎn).

xxyy

(1)證明：直線(xiàn)001與橢圓C相切；

164

(2)①當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Pm,n隨之運(yùn)動(dòng)，求點(diǎn)P的軌跡方程：

②若O，M，P不共線(xiàn)，求三角形OMP面積的最大值.

答案：(1)證明見(jiàn)解析

x2y215

(2)①1xy0；②

9362

xxyyx2y2

（1）通過(guò)聯(lián)立直線(xiàn)001與橢圓1，結(jié)合判別式證得結(jié)論成立.

164164

（2）①根據(jù)已知條件列方程，化簡(jiǎn)求得P的軌跡方程.②求得三角形OMP面積的表達(dá)式，結(jié)合基

本不等式求得面積的最大值.

(1)

x2y2

M在橢圓C上，所以001,x24y216,4y216x2，

1640000

xxyy

001

164xx4yy164yy16xx

由得00，00

x2y2x24y216x24y216

1

164

16y2y216xx24y24y216xx2

00，00，

x24y2164y216x2

16x24y216xx2

00，16x216x216xx2，

00

4y216x2

xxyy

整理得x22xxx20,4x24x20，有唯一解，所以直線(xiàn)001與橢圓C相切.

0000164

(2)

xxyy

①，依題意可知直線(xiàn)l:001與坐標(biāo)軸不平行，所以x0,y0，

16400

x

0

16x4y

直線(xiàn)l的斜率為0，所以直線(xiàn)AB的斜率為0，

y4yx

000

4

4y

直線(xiàn)AB的方程為yy0xx，

0x0

0

n34m

令x0，解得n3y,y,n0；令y0解得mx,x,m0，

0034003

4m2n2

m2n2

所以33，1mn0，

1936

164

x2y2

所以P點(diǎn)的軌跡方程為1xy0.

936

3

②，由①知Px,3y，Mx,y，且x24y216，

4000000

OMx2y2，

00

y

直線(xiàn)OM的方程為y0x，即yxxy0，

x00

0

315

xy3xyxy

40000400

P到直線(xiàn)OM的距離為d，

x2y2x2y2

0000

15

xy

所以1140015，

SOMdx2y2xy

OMP2200x2y2800

00

11x24y2116

xyxyx2y004，

00002002222

當(dāng)且僅當(dāng)x2y22時(shí)等號(hào)成立，

00

151515

所以Sxy4.

OMP80082

點(diǎn)評(píng)：求解圓錐曲線(xiàn)中三角形面積的最值問(wèn)題的求解思路是：首先求得三角形面積的表達(dá)式，然后

結(jié)合表達(dá)式的結(jié)構(gòu)，考慮基本不等式、二次函數(shù)的性質(zhì)、三角換元、導(dǎo)數(shù)等知識(shí)來(lái)求得面積的最值.

1

21．已知函數(shù)fxx2（e是自然對(duì)數(shù)的底）.

ex

(1)求fx的單調(diào)區(qū)間；

(2)若fxfxa，求證：0xx2a2.

1212

答案：(1)fx的單調(diào)減區(qū)間是,0，單調(diào)增區(qū)間是0,；

(2)證明見(jiàn)解析.

（1）利用導(dǎo)數(shù)研究fx的單調(diào)區(qū)間；

（2）由（1）的結(jié)論，討論xx0、x0x，構(gòu)造g(x)f(x)f(x)并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)

2121

性可得f(x)f(x)，結(jié)合fx的單調(diào)性及已知條件證xx0，再應(yīng)用分析法，將證

2212

2(x1)

xx2a2轉(zhuǎn)化為h(x)x24在R上遞減，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性即可證結(jié)論.

12ex

(1)

ex1

由題設(shè)，f(x)，

ex

當(dāng)x0時(shí)f(x)0，當(dāng)x0時(shí)f(x)0，

所以f(x)在,0上遞減，在0,上遞增.

(2)

由（1）知：a1，當(dāng)xx0時(shí)有a1，此時(shí)0xx2a2成立；

2112

111

當(dāng)x0x，令g(x)f(x)f(x)x2x2ex2x，

21exexex

1(ex1)2

所以g(x)ex20，即g(x)單調(diào)遞減，

exex

所以g(x)g(0)0，即f(x)f(x)，故f(x)f(x)f(x)，

222212

因?yàn)?,0]上f(x)遞減，則xx，故xx0；

1212

要使xx2a2，又xx0，

1221

即證(xx)(xx)x2x2(2a2)(xx)，整理得x2(2a2)xx2(2a2)x，

122121212211

11

即證x2(2a2)x2ax2(2a2)x2a，而f(x)x2f(x)x2a，

22111x12x2

e1e2

2(x1)2(x1)

即證x224x214，

2x1x

e2e1

2(x1)

令h(x)x24，又x0x，只需h(x)在R上遞減即可，

ex21

1

由hx2x10，即h(x)在R上遞減，即xx2a2，得證；

ex12

綜上，0xx2a2.

12

點(diǎn)評(píng)：關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問(wèn)，首先構(gòu)造g(x)f(x)f(x)結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，并結(jié)合fx單調(diào)

2(x1)

性和已知條件證xx0，再應(yīng)用分析法將xx2a2轉(zhuǎn)化為h(x)x24在R上遞

1212ex

減.

22．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線(xiàn)C的極坐標(biāo)方

程為2sin，直線(xiàn)l的極坐標(biāo)方程為sin2.

4

(1)求C與l的直角坐標(biāo)方程；

(2)設(shè)點(diǎn)M是曲線(xiàn)C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P滿(mǎn)足OP2OM，點(diǎn)P的軌跡記為C，求C與l的交點(diǎn)