2018-2019学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

《2018-2019学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）（24页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、已知实数 a，b 满足 a2+b24，则 ab 的取值范围是（ ） A0，2 B2，0 C （，22，+） D2，2 5 （4 分）设不为 1 的实数 a，b，c 满足：abc0，则（ ） Alogcblogab Blogablogac Cbabc Dabcb 6 （4 分）在（x32x+）4的展开式中常数项为（ ） A28 B28 C56 D56 7 （4 分）一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球 1 个、黑球 2 个，现随机等可 能取出小球当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为 1；当无放回依次取出 两个小球时，记取出的红球数为 2，则（ ） AE1E2，D1D2 BE1E2

2、，D1D2 CE1E2，D1D2 DE1E2，D1D2 8 （4 分）设 F1，F2为双曲线 C：的左右焦点，点 P 为双曲线 C 的一条渐近线 l 上的点，记直线 PF1，l，PF2的斜率分别为 k1，k，k2若 PF1关于 x 轴对称的直线与 PF2垂直，且 k1，2k，k2成等比数列，则双曲线 C 的离心率为（ ） 第 2 页（共 24 页） A B C D2 9 （4 分） 已知函数 ysinx+acosx， x0，的最小值为 a， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A0， B， C （， D （， 10 （4 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB2，AD1，M 为 AB 的中点，将A

3、DM 沿 DM 翻折在翻折过程中，当二面角 ABCD 的平面角最大时，其正切值为（ ） A B C D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （4 分）我国古代数学著作九章算术中记载： “今有邑方不知大小，各中开门出北 门三十步有木，出西门七百五十步有木问邑方几何？”示意图如右图，正方形 ABCD 中，F，G 分别为 AD 和 AB 的中点，若 EFAD，EF30，GHAB，GH750，且 EH 过点 A，则正方形 ABCD 的边长为 12 （6 分）已知则 f（2） ；不等式 f（

4、x）f（1）的解 集为 13 （6 分）已知 x，y 满足条件，则 2x+y 的最大值是 ，原点到点 P（x， y）的距离的最小值是 14 （6 分）小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同） ，现从 中掏出纸币超过 45 元的方法有 种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不 放回地掏出 4 张，刚好是 50 元的概率为 第 3 页（共 24 页） 15 （6 分）已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为 ，其体积 为 16（4 分） 若函数在1， 1上有零点， 则 a23b 的最小值为 17 （4 分）设圆 O1，圆 O2半径都为 1，且

5、相外切，其切点为 P，点 A，B 分别在圆 O1，圆 O2上，则的最大值为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 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 18 （14 分）已知函数 （）求函数 f（x）的单调递增区间； （）设ABC 中的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若，且， 求 a2+c2的取值范围 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 中，PC 垂直平面 ABCD，ABAD，ABCD，PD AB2AD2CD2，E 为 PB 的中点 （）证明：平面 EAC平面 PBC； （）求直线 PD 与平面

6、AEC 所成角的正弦值 20 （15 分）在数列an中，a11，a23，且对任意的 nN*，都有 an+23an+12an （）证明数列an+1an是等比数列，并求数列an的通项公式； 第 4 页（共 24 页） （） 设， 记数列bn的前 n 项和为 Sn， 若对任意的 nN*都有， 求实数 m 的取值范围 21 （15 分）设点 P 为抛物线：y2x 外一点，过点 P 作抛物线的两条切线 PA，PB， 切点分别为 A，B （）若点 P 为（1，0） ，求直线 AB 的方程； （）若点 P 为圆（x+2）2+y21 上的点，记两切线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，求 的取值范围 22

7、 （15 分）设函数，xR （）求函数 f（x）在 x1 处的切线方程； （）若对任意的实数 x，不等式 f（x）a2x 恒成立，求实数 a 的最大值； （）设 m0，若对任意的实数 k，关于 x 的方程 f（x）kx+m 有且只有两个不同的实 根，求实数 m 的取值范围 第 5 页（共 24 页） 2018-2019 学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷 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 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个分在每小题给出的四个选项中，只选项中，只 有

8、一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 （4 分）设集合 A1，2，3，4，BxN|3x3，则 AB（ ） A1，2，3，4 B3，2，1，0，1，2，3，4 C1，2，3 D1，2 【分析】可解出集合 B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：B0，1，2，3； AB1，2，3 故选：C 【点评】考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算 2 （4 分）设复数 z 满足 iz2+i，其中 i 为虚数单位，则复数 z 对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由 iz2+i，得 z， 复数

9、z 对应的点的坐标为（1，2） ，位于第四象限 故选：D 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是 基础题 3（4 分） 已知公差不为零的等差数列an满足， Sn为数列an的前 n 项和， 则 的值为（ ） A B C D 【分析】由公差不为零的等差数列an满足，利用等差数列的通项公式列方程 求出 a14d，由此能求出的值 第 6 页（共 24 页） 【解答】解：公差不为零的等差数列an满足， a1（a1+3d） ， 解得 a14d， Sn为数列an的前 n 项和， 故选：A 【点评】本题考查等差数列的前 3 项和公式和前 1 项和的比值的求法，考查等差数列

10、的 性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 4 （4 分）已知实数 a，b 满足 a2+b24，则 ab 的取值范围是（ ） A0，2 B2，0 C （，22，+） D2，2 【分析】根据 a2+b24 及基本不等式即可得出|ab|2，解该绝对值不等式即可得出 ab 的取值范围 【解答】解：a2+b24； 根据基本不等式得，4a2+b22|ab|； |ab|2； 2ab2； ab 的取值范围是2，2 故选：D 【点评】考查基本不等式的应用，绝对值不等式的解法 5 （4 分）设不为 1 的实数 a，b，c 满足：abc0，则（ ） Alogcblogab Blogablogac Cbabc

11、Dabcb 【分析】直接利用不等式的基本性质的应用和函数的单调性求出结果 【解答】解：对于选项 A：当 c3，a2，b2 时，不等式不成立 对于选项 B：当 0a1 时，不等式不成立 对于选项 C：当 0b1 时，不等式不成立 故选：D 第 7 页（共 24 页） 【点评】本题考查的知识要点：不等式基本性质的应用，主要考查学生的运算能力和转 化能力，属于基础题型 6 （4 分）在（x32x+）4的展开式中常数项为（ ） A28 B28 C56 D56 【分析】分别写出与（x32x）4 r 的通项，相乘后取 x 的指数为 0，可得 r 与 k 的值，则答案可求 【解答】解：的展开式的通项公式：T

12、r+1 （x32x）4 r 的通项：Tk+1 则展开式的通项为 令 124r2k0，可得：k0，r3；k2，r2 的展开式中常数项为 故选：A 【点评】本题考查了二项式定理的应用、分类讨论，考查了推理能力与计算能力，属于 中档题 7 （4 分）一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球 1 个、黑球 2 个，现随机等可 能取出小球当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为 1；当无放回依次取出 两个小球时，记取出的红球数为 2，则（ ） AE1E2，D1D2 BE1E2，D1D2 CE1E2，D1D2 DE1E2，D1D2 【分析】求出 1的可能取值为 0，1，2，1B（2，） ，从而 E

13、（1）2，D （1）；求出 2的可能取值为 0，1，P（20），P（2 1），从而求出 E（2） ，D（2） ，由此能求出结果 【解答】解：一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球 1 个、黑球 2 个，现随 机等可能取出小球 当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为 1， 则 1的可能取值为 0，1，2，1B（2，） ， 第 8 页（共 24 页） E（1）2，D（1）， 当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为 2， 则 2的可能取值为 0，1， P（20）， P（21）， E（2）， D（2）（0）2+（1）2 E1E2，D1D2 故选：B 【点评】本题考查离散型随机变量的分

14、布列、数学期望的求法，考查二项分布等基础知 识，考查运算求解能力，是中档题 8 （4 分）设 F1，F2为双曲线 C：的左右焦点，点 P 为双曲线 C 的一条渐近线 l 上的点，记直线 PF1，l，PF2的斜率分别为 k1，k，k2若 PF1关于 x 轴对称的直线与 PF2垂直，且 k1，2k，k2成等比数列，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D2 【分析】先画图，由题意可得 k1k21，再根据等比数列的性质可得 k2，即， 即求出离心率 【解答】解：直线 PF1，l，PF2的斜率分别为 k1，k，k2，PF1关于 x 轴对称的直线与 PF2 垂直， k1k21 k1k21， k1，

15、2k，k2成等比数列， 4k2k1k21， k2， 第 9 页（共 24 页） ， 4（c2a2）a2， 2c25a2， 2ca， e， 故选：B 【点评】本题考查了双曲线的简单性质，等比数列的性质，考查了运算求解能力，属于 中档题 9 （4 分） 已知函数 ysinx+acosx， x0，的最小值为 a， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A0， B， C （， D （， 【分析】由题设条件知，三角函数的周期是 2 且 f（0）a，由此可得 f（0）f（） ， 由此不等式即可得出实数 a 的取值范围 【解答】解：由题设知 f（0）a，又三角函数的周期是 2， 所以此函数在0，的左端点处取到最

16、小值， 所以必有 f（0）f（） ，即 a+a，解得 a， 故选：C 【点评】本题考查三角函数的最值的求法，本题解答的关键是观察出 f（0）a，三角函 数的周期是 2，从而得出 f（0）f（） ，属于三角函数的性质直接应用题 10 （4 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB2，AD1，M 为 AB 的中点，将ADM 沿 DM 翻折在翻折过程中，当二面角 ABCD 的平面角最大时，其正切值为（ ） 第 10 页（共 24 页） A B C D 【分析】过 A 作 DM 的垂线，垂足为 E，交 CD 于 F，交 BC 于 G，设 A 在平面 BCD 内 的射影为 O，则 O 在直线 EG 上，过

17、O 作 BC 的垂线，垂足为 H，则AHO 为二面角 A BCD 的平面角，通过辅助角公式和正弦函数的值域，解不等式可得所求正切值 【解答】解：在图 1 中，过 A 作 DM 的垂线，垂足为 E，交 CD 于 F，交 BC 于 G， 在图 2 中，设 A 在平面 BCD 内的射影为 O，则 O 在直线 EG 上，过 O 作 BC 的垂线，垂 足为 H，连接 AH， 则AHO 为二面角 ABCD 的平面角， 设AEO， （0） ，AE， AOAEsinsin，由GAB45， 可得 AG，OG22（1+cos） ， OHOG2（1+cos） ， 即有 tanAHO（0） ， 令 t，0，可得 si

18、n+tcos3t， 第 11 页（共 24 页） 解得 t， 则 tanAHO 当二面角 ABCD 的平面角最大时，其正切值为 故选：B 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，注意运用面 面垂直的性质定理，考查运算求解能力，是难题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多小题，多空题每题空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （4 分）我国古代数学著作九章算术中记载： “今有邑方不知大小，各中开门出北 门三十步有木，出西门七百五十步有木问邑方几何？”示意图如右图，正方形 ABCD 中，F，G 分别为 AD 和 A

19、B 的中点，若 EFAD，EF30，GHAB，GH750，且 EH 过点 A，则正方形 ABCD 的边长为 300 【分析】首先利用线段 EH 过点 A，构造出直角三角形 HME，进一步利用平行线分线段 成比例定理求出 AF 的长，再求出正方形的边长 【解答】解：正方形 ABCD 中，F，G 分别为 AD 和 AB 的中点， 若 EFAD，EF30，GHAB，GH750， 且 EH 过点 A， 如图所示： 则：设 AFAGx， 由于 AGEM， 则：， 解得：x150， 故：正方形 ABCD 的边长为 2150300 故答案为：300 第 12 页（共 24 页） 【点评】本题考查的知识要点：

20、构造三角形的知识的应用，平行线分线段成比例定理的 应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型 12 （6 分）已知则 f（2） 5 ；不等式 f（x）f（1）的解集 为 （2，0）（1，+） 【分析】根据题意，由函数的解析式计算 f（2）和 f（1）的值，对于 f（x）f（1） ，结 合函数的解析式按 x 的范围分情况讨论，求出不等式的解集，综合即可得答案 【解答】解：根据题意，则 f（2）4+215，f（1）1+1 11， 对于 f（x）f（1） ，即 f（x）1， 当 x0 时，f（x）1 即 x+31，解可得2x0， 当 x0 时，f（x）1 即 x2+x11，解可得：x1，

21、综合可得：不等式的解集为（2，0）（1，+） ； 故答案为：5， （2，0）（1，+） 【点评】本题考查函数值的计算以及不等式的解法，注意分析分段函数解析式的形式 13 （6 分）已知 x，y 满足条件，则 2x+y 的最大值是 6 ，原点到点 P（x，y） 的距离的最小值是 【分析】画出约束条件表示的可行域，判断目标函数 z2x+y 的位置，求出最大值利 用可行域转化求解距离即可 【解答】解：作出 x，y 满足条件的可行域如图： 目标函数 z2x+y 在的交点 A（2，2）处取最大值为 z22+126 原点到点 P（x，y）的距离的最小值是：|OB| 故答案为：6； 第 13 页（共 24

22、页） 【点评】本题考查简单的线性规划的应用，正确画出可行域，判断目标函数经过的位置 是解题的关键 14 （6 分）小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同） ，现从 中掏出纸币超过 45 元的方法有 32 种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放 回地掏出 4 张，刚好是 50 元的概率为 【分析】现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况：6 张全取；1 张 10 元 3 张 20 元；2 张 10 元 2 张 20 元；3 张 10 元 1 张 20 元；2 张 20 元 1 张 10 元；3 张 20 元；3 张 10 元 2 张 20 元

23、；2 张 10 元，3 张 20 元由此能求出现从中掏出纸 币超过 45 元的方法总数；小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基 本事件总数 N15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M3，由此能求出 刚好是 50 元的概率 【解答】解：小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同） ， 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况： 6 张全取；1 张 10 元 3 张 20 元；2 张 10 元 2 张 20 元； 3 张 10 元 1 张 20 元；2 张 20 元 1 张 10 元；3 张 20 元；3 张 10 元 2 张 2

24、0 元； 2 张 10 元，3 张 20 元 现从中掏出纸币超过45元的方法有n +32 小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张， 第 14 页（共 24 页） 基本事件总数 N15， 刚好是 50 元包含的基本事件个数 M3， 刚好是 50 元的概率 P 故答案为：32； 【点评】本题考查概率的求法，考查分类讨论思想等基础知识，考查运算求解能力，是 基础题 15 （ 6 分 ） 已 知 某 多 面 体 的 三 视 图 如 图 所 示 ， 则 该 几 何 体 的 所 有 棱 长 和 为 ，其体积为 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的棱长的和以及体积即可 【

25、解答】解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，其中 E，F 是所在棱的中点，正 方体的棱长为 2， 所以几何体的棱长的和：27+216+3+2 几何体的体积为：2222 故答案为：； 第 15 页（共 24 页） 【点评】本题考查三视图求解几何体的体积以及棱长的求法没看出空间想象能力以及计 算能力 16（4分） 若函数在1， 1上有零点， 则a23b的最小值为 【分析】由题意可得0，f（1）0 或 f（1）0，化 a23b 为 a 的式子，由二次 函数的最值求法，可得最小值 【解答】解：函数在1，1上有零点， 可得0，即（a+）24b， 且 f（1）f（1）0，即（a+b） （+a+b）0；

26、 或 f（1）0，f（1）0，11， 即 ab，a+b，7a5 即有 a23ba2（a1）2（）， 当且仅当 a1 时，取得最小值， 故答案为： 【点评】本题考查二次函数的零点问题解法，注意运用判别式大于等于 0，端点处的函数 值的符号，结合配方法，考查运算能力，属于中档题 17 （4 分）设圆 O1，圆 O2半径都为 1，且相外切，其切点为 P，点 A，B 分别在圆 O1，圆 O2上，则的最大值为 【分析】以 P 为原点，两圆圆心所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，利用圆的参数方 程设出 A，B 的坐标，利用向量数量积坐标运算后，利用辅助角及配方为二次函数求出最 大值 第 16 页（共 2

27、4 页） 【解答】解：以 P 为原点，两圆圆心所在直线为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系 则O1： （x+1）2+y21，O2： （x1）2+y21 设 A（1+cos，sin） ，B（1+cos，sin） 所以（1+cos） （1+cos）+sinsin 1+cos+（1+cos）cos+sinsin 1+cos+sin（+） （其中sin ，cos） 1+cos+（1cos）+ （）2+ （）2+， 故答案为： 【点评】本题考查平面向里数量积的性质及其运算，属中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写

28、出文字说明、证明过程或演算步骤 18 （14 分）已知函数 （）求函数 f（x）的单调递增区间； （）设ABC 中的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若，且， 求 a2+c2的取值范围 【分析】 （）利用三角函数恒等变换的应用可求 f（x），利用正弦 第 17 页（共 24 页） 函数的单调性即可求解 （）由已知可求，求得，利用余弦定理，基本不等式可求 ac3， 可得 a2+c26，根据 a2+c23+ac3，即可得解其取值范围 【解答】 （本题满分为 14 分） 解： （） （3 分） 所以，解得，kZ 所以函数 f（x）的单调递增区间为，kZ（7 分） （）因为， 所以 所以（

29、9 分） 又因为， 所以 3a2+c2ac，即 a2+c23+ac 而 a2+c22ac， 所以 ac3，即 a2+c26（12 分） 又因为 a2+c23+ac3， 所以 3a2+c26 （14 分） 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，余弦定理，基 本不等式等知识在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于中档题 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 中，PC 垂直平面 ABCD，ABAD，ABCD，PD AB2AD2CD2，E 为 PB 的中点 （）证明：平面 EAC平面 PBC； （）求直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值 第 18 页（共 24

30、 页） 【分析】 （）证明 PCAC，ACBC推出 AC平面 PBC，即可证明平面 ACE平面 PBC （）过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F说明 PF 垂直平面 ACE通过点 E 为 AB 的中 点， 所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等 连结 BD 交 AC 于点 G， 则 GB2DG转化求解即可 另解：建立坐标系求出平面 ACE 的一个法量，利用空间向量的数量积求解直线 PD 与 平面 AEC 所成角即可 【解答】（） 证明： PC平面 ABCD， 故 PCAC （2 分） 又 AB2，CD1，ADAB，所以 ACBC 故 AC2+BC2AB2，

31、即 ACBC （4 分） 所以 AC平面 PBC，所以平面 ACE平面 PBC （6 分） （）解：PC平面 ABCD，故 PCCD又 PD2，所以 PC （8 分） 在平面 ACE 内，过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F 由（）知平面 ACE平面 PBC，所以 PF 垂直平面 ACE （10 分） 由面积法得：即 又点 E 为 AB 的中点， 所以 （12 分） 又点 E 为 AB 的中点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等 连结 BD 交 AC 于点 G，则 GB2DG 所以点 D 到平面 ACE 的距离是点 B 到平面 ACE 的距离的一半，即

32、 第 19 页（共 24 页） 所以直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值为（15 分） 另解：如图，取 AB 的中点 F，如图建立坐标系 因为 PD2，所以所以有：C（0，0，0） ，D（0，1，0） ， ，A（1，1，0） ，B（1，1，0） ， （9 分） ， 设平面 ACE 的一个法量为 （x，y，z） ， 则取 x1，得 y1， 即 （13 分） 设 直 线PD与 平 面AEC所 成 角 为 ， 则sin |cos ， （15 分） 【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查 空间想象能力以及计算能力 20 （15 分）在数列an中，a11，a2

33、3，且对任意的 nN*，都有 an+23an+12an （）证明数列an+1an是等比数列，并求数列an的通项公式； （） 设， 记数列bn的前 n 项和为 Sn， 若对任意的 nN*都有， 第 20 页（共 24 页） 求实数 m 的取值范围 【分析】 （）通过 an+23an+12an可得 an+2an+12（an+1an） 推出an+1an是 首项为 2，公比为 2 的等比数列然后求解通项公式 （）因为，利用裂项消项法，求解数列的 和，然后求解 m 的范围 【解答】 解：（） 由 an+23an+12an可得 an+2an+12 （an+1an） （2 分） 又 a11，a23，所以 a

34、2a12 所以an+1an是首项为 2，公比为 2 的等比数列（3 分） 所以（4 分） 所以 ana1+（a2a1）+（anan1）1+2+22+2n2n1（7 分） （）因为 （9 分） 所以 Snb1+b2+bn （12 分） 又因为对任意的 nN*都有，所以恒成立， 即，即当 n1 时，（15 分） 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力 21 （15 分）设点 P 为抛物线：y2x 外一点，过点 P 作抛物线的两条切线 PA，PB， 切点分别为 A，B （）若点 P 为（1，0） ，求直线 AB 的方程； （）若点 P 为圆（x+2）2+y21 上

35、的点，记两切线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，求 的取值范围 第 21 页（共 24 页） 【分析】 （）设直线 PA 方程为 xm1y1，直线 PB 方程为 xm2y1由 可得 y2m1y+10 求出 A（1，1） B（1，1） 然后求解即可 （） 设 P （x0， y0） ， 则直线 PA 方程为 yk1xk1x0+y0， 直线 PB 方程为 yk2xk2x0+y0 联 立直线与抛物线方程，结合韦达定理转化求解即可 【解答】解： （）设直线 PA 方程为 xm1y1，直线 PB 方程为 xm2y1 由可得 y2m1y+10（3 分） 因为 PA 与抛物线相切，所以，取 m12，则

36、yA1，xA1 即 A（1，1） 同理可得 B（1，1） 所以 AB：x1（6 分） （）设 P（x0，y0） ，则直线 PA 方程为 yk1xk1x0+y0， 直线 PB 方程为 yk2xk2x0+y0 由可得（8 分） 因为直线 PA 与抛物线相切，所以14k1（k1x0+y0） 同理可得，所以 k1，k2时方程的两根 所以，（11 分） 则（12 分） 又因为，则3x01， 第 22 页（共 24 页） 所以 （15 分） 【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，韦达定理的应用，考查分析问题解 决问题的能力 22 （15 分）设函数，xR （）求函数 f（x）在 x1 处的切线方程

37、； （）若对任意的实数 x，不等式 f（x）a2x 恒成立，求实数 a 的最大值； （）设 m0，若对任意的实数 k，关于 x 的方程 f（x）kx+m 有且只有两个不同的实 根，求实数 m 的取值范围 【分析】 （）f（x）x33x2，f（1）2，且，利用点斜式即可得出在 x 1 处的切线方程 （）因为对任意的实数 x，不等式 f（x）a2x 恒成立可得恒成立， 令，利用导数研究其单调性即可得出 （）若对任意的实数 k，关于 x 的方程 f（x）kx+m 有且只有两个不同的实根，当 x 0，得 m0，与已知矛盾因此有两根，即与 yk 有两个交点令，则令 p（x）3x4 8x3+4m，p（x）

38、12x2（x2） ，可得 p（x）minp（2）4m16对 m 分类讨论，利 用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出 【解答】解： （）f（x）x33x2，f（1）2 且，所以在 x1 处的切线方程为 （）因为对任意的实数 x，不等式 f（x）a2x 恒成立 所以恒成立 设， 则 g（x）x33x2+2（x1） （x22x2） 第 23 页（共 24 页） 所以 g（x）在，单调递增， 在，单调递减 所以， 因为，是方程 x22x20 的两根 所以 1 （其中） 所以 a 的最大值为1 （）若对任意的实数 k，关于 x 的方程 f（x）kx+m 有且只有两个不同的实根， 当 x0，得 m0，

39、与已知矛盾 所以有两根，即与 yk 有两个交点 令，则 令 p（x）3x48x3+4m，p（x）12x2（x2） ， 则 p（x）在（，2）单调递减， （2，+）单调递增，所以 p（x）minp（2）4m 16 （）当 4m160 时，即 m4 时，则 h（x）0，即 h（x）在（，0） ， （0，+ ）单调递增， 且当 x时，h（x）；当 x0 时，h（x）+；当 x0+时，h（x）； 当 x+时，h（x）+ 此时对任意的实数 k，原方程恒有且只有两个不同的解 （）当 0m4 时，p（x）有两个非负根 x1，x2，所以 h（x）在（，0） ， （0，x1） ， （x2，+）单调递增， （x1

40、，x2）单调递减， 所以当 k（h（x2） ，h（x1） ）时有 4 个交点，kh（x1）或 kh（x2）有 3 个交点， 均与题意不合，舍去 （）当 m0 时，则 p（x）有两个异号的零点 x1，x2， 不妨设 x10x2，则 h（x）在（，x1） ， （x2，+）单调递增； h（x）在（x1，0） ， （0，x2）单调递减 第 24 页（共 24 页） 又 x时，h（x）；当 x0 时，h（x）；当 x0+时，h（x）+； 当 x+时，h（x）+ 所以当 h（x1）h（x2）时，对任意的实数 k，原方程恒有且只有两个不同的解 所以有， 得 由 h（x1）h（x2） ，得，即 所以，x1x22，x1+x22 故 8 所以 m1 所以当 m4 或 m1 时，原方程对任意实数 k 均有且只有两个解 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、方程与不 等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题