2019-2020学年浙江省温州市新力量联盟高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、如图，网格纸上小正方形的边长 1，粗线描绘的是某几何体的三视图如图所示， 该几何体的体积为（ ） A B5 C D 5 （4 分）函数 yx3+ln（x）的图象大致为（ ） A B 第 2 页（共 23 页） C D 6 （4 分）已知 a0 且 a1，则“loga（ab）1”是“ （a1）b0“成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 7 （4 分）若用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字组成无重复数字且奇数数字互不相邻的六位 数，则这样的六位数共有（ ）个 A120 B132 C144 D156 8 （4 分）随机变量 X 的分布列如下： X

2、 1 2 3 P a b c 其中 a，b，c 成等差数列，则 D（X）的最大值为（ ） A B C D 9 （4 分）正四面体 ABCD 中，CD 在平面 内，点 E 是线段 AC 的中点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 所成角的余弦值不可能是（ ） A B C D1 10 （4 分）已知数列an满足：a1a，an+1（nN*） ，若对任意的正整数 n，都 有 an3，则实数 a 的取值范围（ ） A （0，3） B （3，+） C3，4） D4，+） 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

3、分，共分，共 36 分分 第 3 页（共 23 页） 11 （6 分）已知复数 z（aR）的实部为，则 a |z| 12 （6 分）设函数则 ff（0） ；若方程 f（x）b 有 且仅有 3 个不同的实数根，则实数 b 的取值范围是 13 （6 分） （x+2） （x+1）6展开式中，x3项的系数为 ；所有项系数的和为 14 （6 分）在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 b2，c3，A+3C ，则 cosC ，SABC 15 （4 分）直线 1 与抛物线 y24x 交于 A，B 两点，O 为坐标原点，直线 OA，OB 的斜率 之积为1，以线段 AB 的中点为圆心，为半

4、径的圆与直线 1 交于 P，Q 两点，则 |OP|2+|OQ|2的最小值为 16 （4 分）在ABC 中，ACBC1，AB，且x，y，其中 x，y（0， 1） ， 且 x+4y1， 若 M， N 分别为线段 EF， AB 中点， 当线段 MN 取最小值时 x+y 17 （4 分）已知函数 f（x）x|xa|+2x，若存在 a（2，3，使得关于 x 的函数 yf（x） tf（a）有三个不同的零点，则实数 t 的取值范围是 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）

5、已知函数 f（x）x+sinxcosx（0）的周期为 （1）当时，求函数 f（x）的值域； （2）已知ABC 的内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，若，且 a4， b+c5，求ABC 的面积 19 （15 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，ABCD，AB1，CD3，AP2，DP2， PAD60，AB平面 PAD，点 M 在棱 PC 上 （）求证：平面 PAB平面 PCD； （）若直线 PA平面 MBD，求此时直线 BP 与平面 MBD 所成角的正弦值 第 4 页（共 23 页） 20 （15 分）已知数列an是等差数列，Sn为其前 n 项和，且 a53a2，S714a2+7 （）求

6、数列an的通项公式； （）设数列an+bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列bn（an+bn）的前 n 项 和 Tn 21 （15 分）已知抛物线 C1：x2py 过点（2，1） ，椭圆 C2的两个焦点分别为 F1，F2，其 中 F2与抛物线 C1的焦点重合， 过 F1与长轴垂直的直线交椭圆 C2于 A， B 两点且|AB|3 （1）求 C1与 C2的方程； （2）若曲线 C3是以原点为圆心，以|OF1|为半径的圆，动直线 1 与圆 C3相切，且与椭圆 C2交于 M，N 两点，OMN 的面积为 S，求 S 的取值范围 22 （15 分）已知函数 f（x）lnx+ax2（a+1）x（a

7、R） （1）当 a1 时，函数 f（x）在区间1，e上的最小值为5，求 a 的值； （2）设 g（x）xf（x）ax3+（a+1）x2x，且 g（x）有两个极值点 x1，x2 （i）求实数 a 的取值范围： （ii）证明：x1x2e2 第 5 页（共 23 页） 2019-2020 学年浙江省温州市新力量联盟高三（上）期末数学试学年浙江省温州市新力量联盟高三（上）期末数学试 卷卷 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选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只 有一有一-项是

8、符合题目要求的项是符合题目要求的. 1 （4 分）若 Mx|2x2，Nx|ylog2（x1），则 MN（ ） Ax|2x0 Bx|1x0 Cx|2x0 Dx|1x2 【分析】求出 N 中 x 的范围确定出 N，找出 M 与 N 的交集即可 【解答】解：由 N 中 ylog2（x1） ，得到 x10， 解得：x1，即 Nx|x1， Mx|2x2， MNx|1x2， 故选：D 【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键 2（4 分） 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为， 则双曲线的离心率为 （ ） A B C D2 【分析】根据渐近线的倾斜角求出渐近线方程，结合题意求出 a、c

9、的值，再计算双曲线 的离心率 【解答】解：双曲线的一条渐近线的倾斜角为， 则 tan， 所以该条渐近线方程为 yx； 所以， 解得 a； 所以 c2， 第 6 页（共 23 页） 所以双曲线的离心率为 e 故选：A 【点评】本题考查了双曲线的渐近线和离心率的应用问题，是基础题 3 （4 分）设 x、y 满足约束条件，若目标函数 zax+by（a0，b0）的最 大值为 12，则+的最小值为（ ） A B C D4 【分析】画出不等式组表示的平面区域，求出直线 xy+20 与直线 3xy60 的交 点（4，6）时，观察当目标函数过（4，6）时，取得最大 12，即 4a+6b12，即 2a+3b 6

10、，要求+的最小值，先用乘“1”法进而用基本不等式即可求得最小值 【解答】解：不等式组表示的平面区域如图所示阴影部分， 当直线 ax+byz（a0，b0） 过直线 xy+20 与直线 3xy60 的交点（4，6）时， 目标函数 zax+by（a0，b0）取得最大 12， 即 4a+6b12，即 2a+3b6，而（） +（），当且仅当 ab，取最小值 故选：B 【点评】本题综合地考查了线性规划问题和由基本不等式求函数的最值问题要求能准 确地画出不等式表示的平面区域，并且能够求得目标函数的最值 第 7 页（共 23 页） 4 （4 分）如图，网格纸上小正方形的边长 1，粗线描绘的是某几何体的三视图如

11、图所示， 该几何体的体积为（ ） A B5 C D 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为下面是一个圆台，上面 是一个半球体 所以： V 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题 5 （4 分）函数 yx3+ln（x）的图象大致为（ ） A B C D 【分析】确定函数是奇函数，利用 f（1）0，f（2）8+ln（2）0，即可得出结 论 【解答】解：由题意，f（x）（x）3+ln（+x）f（x） ，函数是奇函数， 第

12、 8 页（共 23 页） f（1）0，f（2）8+ln（2）0， 故选：C 【点评】本题考查函数的奇偶性，考查函数的图象，比较基础 6 （4 分）已知 a0 且 a1，则“loga（ab）1”是“ （a1）b0“成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】loga（ab）1，或化简即可判断出结论 【解答】解：loga（ab）1，或 化为：ab10，ab10 “loga（ab）1”是“ （a1）b0“成立的必要不充分条件 故选：B 【点评】本题考查了函数的单调性、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理 能力与计算能力，属于基础题 7 （4

13、分）若用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字组成无重复数字且奇数数字互不相邻的六位 数，则这样的六位数共有（ ）个 A120 B132 C144 D156 【分析】根据题意，先用插空法分析奇数数字互不相邻的情况，再排除其中 0 在首位的 情况，即可得答案 【解答】解：根据题意， 先将 3 个偶数排除一排，有 A33种情况，排好后 4 个空， 再把 3 个奇数插入到 4 个空位中，则有 A33A43144 种情况， 其中 0 在首位的有 A22A3312 种情况， 则有 14412132 种符合题意的情况，即奇数数字互不相邻的六位数有 132 个； 故选：B 【点评】本题考查排列、组合的应用

14、，注意排除 0 在首位的情况，属于基础题 8 （4 分）随机变量 X 的分布列如下： X 1 2 3 第 9 页（共 23 页） P a b c 其中 a，b，c 成等差数列，则 D（X）的最大值为（ ） A B C D 【分析】分别运用等差数列的中项性质和概率的性质，以及离散型随机变量的期望和方 差公式，结合二次函数的最值求法，可得所求最大值 【解答】解：由题意可得：2ba+c，又 a+b+c1， （0a，b，c1） ， 联立解得 b，ca， E（X）a+2b+3c+3c+a2a， E（X2）a+4b+9ca+69a8a， D（X）E（X2）E2（X）8a（2a）24（a）2+， 当 abc

15、时取等号 因此 D（X）的最大值为 故选：D 【点评】本题考查离散型随机变量的期望和方差的求法，考查等差数列的中项性质，考 查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题 9 （4 分）正四面体 ABCD 中，CD 在平面 内，点 E 是线段 AC 的中点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 所成角的余弦值不可能是（ ） A B C D1 【分析】平面 绕着 CD 旋转，其垂线也绕着 CD 旋转，取 AD 中点 F，连结 EF，则 EF CD，等价于平面 绕着 EF 旋转，推导出 cosBEF，将问题抽象为几何模型， 平面 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP， 绕着圆锥的轴 EF

16、 旋转， 则MEB ，由此能求出结果 第 10 页（共 23 页） 【解答】解：平面 绕着 CD 旋转，其垂线也绕着 CD 旋转，如右图， 取 AD 中点 F，连结 EF，则 EFCD， 等价于平面 绕着 EF 旋转， 设正四面体 ABCD 中棱长为 2， 在BEF 中，BEBF，EF1， cosBEF， 如右图，将问题抽象为几何模型， 平面 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP， 绕着圆锥的轴 EF 旋转， 则MEB， ， 在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 所成角的余弦值不可能是 故选：A 【点评】本题考查了正四面体的性质、线面垂直性质定理、正三角形的性质、线面角， 考查了数

17、形结合方法、推理能力与计算能力，属于难题 10 （4 分）已知数列an满足：a1a，an+1（nN*） ，若对任意的正整数 n，都 有 an3，则实数 a 的取值范围（ ） A （0，3） B （3，+） C3，4） D4，+） 第 11 页（共 23 页） 【分析】将 an+1化为 an+15（an3） ，利用函数 y5在区间 （3，+）上单调递增的性质即可解决问题 【解答】解：an+15（an3） ， 又 y5在区间（3，+）上单调递增， an+1ana1a3， 实数 a 的取值范围（3，+） ， 故选：B 【点评】本题考查数列递推式，将 an+1化为 an+15（an3）是关键， 也是思

18、维的突破口，考查函数与方程思想与等价转化思想的综合运用，是一道好题，属 于难题 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 （6 分）已知复数 z（aR）的实部为，则 a |z| 2 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得 a 值，再由复数模的计算公式求|z| 【解答】解：zai 的实部为， a， 则|z| 故答案为：；2 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题 12 （6 分）设函数则 ff（0） ；若方程 f（x）b 有且 仅有 3 个不同的实数根，则实

19、数 b 的取值范围是 （，） 【分析】利用分段函数求解函数值得到第一问；利用分段函数求解函数的极值得到 b 的 范围； 第 12 页（共 23 页） 【解答】解：函数则 ff（0）f（e0）f（1） x0 时，f（x）1，x0，f（x）x2+x+，对称轴为：x，开口向下， 函数的最大值为：f（），x0 时，f（0）， 方程 f（x）b 有且仅有 3 个不同的实数根，则实数 b 的取值范围是： （，） 故答案为：； （，） 【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的零点的求法，考查计算能力以及数形结合 的应用 13 （6 分） （x+2） （x+1）6展开式中，x3项的系数为 55 ；所有项系数的

20、和为 192 【分析】先把（x+1）6展开，再求（x+2） （x+1）6展开式中 x3项的系数； 令 x1，求得展开式中所有项系数的和 【解答】解： （x+2） （x+1）6（x+2） （1+6x+15x2+20x3+） ， 展开式中 x3项的系数为 15+22055； 所有项系数的和为（1+2）（1+1）6192 故答案为：55，192 【点评】本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题 14 （6 分）在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 b2，c3，A+3C 第 13 页（共 23 页） ，则 cosC ，SABC 【分析】直接利用已知条件，利用正弦定理和余弦定理及

21、三角形的面积公式求出结果 【解答】解：由于 A+3C， 则：A+B+CA+3C， 解得：B2C 由于：b2，c3， 利用正弦定理：， 则：， 整理得：， 解得：， ， 解得：a1， 所以：， 则： 【点评】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角形面积公式的应用 15 （4 分）直线 1 与抛物线 y24x 交于 A，B 两点，O 为坐标原点，直线 OA，OB 的斜率 之积为1，以线段 AB 的中点为圆心，为半径的圆与直线 1 交于 P，Q 两点，则 |OP|2+|OQ|2的最小值为 36 【分析】由题意设直线 l 的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出 AB 中 点的坐

22、标，由直线 OA，OB 的斜率之积为1 可得数量积即0，求出参数的值， 由题意求出以 PQ 为直径的圆，与直线 l 联立求出两根之和 及两根之积，|OP|2+|OQ|2用 P，Q 的坐标表示，两根之和与之积代入可得它的最小值 【解答】解：由题意可得直的斜率不为 0，设直线方程为：xmy+b，b0，A（x1，y1） ， B（x2，y2） ， 联立与抛物线的方程：，整理得：y24my4b0，y1+y24m，y1y24b， 第 14 页（共 23 页） x1x2b2，x1+x2m（y1+y2）+2b4m2+2b， 因为直线 OA，OB 的斜率之积为1，所以 OA 与 OB 垂直，即0， 所以：b24

23、b0，解得 b4， 所以 y1+y24m，x1+x24m2+8，y1y216， 所以 AB 的中点坐标为： （2m2+4，2m） ， 所以以 PQ 为直径的圆为： （x2m24）2+（y2m）22， 将直线 xmy+4 代入圆的方程： （m2+1）y24m（m2+1）y+4m4+4m220，设 P（x3， y3） ，Q（x4，y4） ， 所以可得 y3+y44m，y3y4， 则|OP|2+|OQ|2x32+y32+x42+y42（my3+4）2+y32+（my4+4）2+y42 m2（y32+y42）+8m（y3+y4）+32+y32+y42 （m2+1） （y32）+8m（y3+y4）+32

24、 （m2+1）（y3+y4）22y3y4+8m（y3+y4）+32 （1+m2）16m2+32m2+32 8m4+40m2+3636， 当且仅当 m0 时，则|OP|2+|OQ|2最小为 36， 故答案为：36 【点评】考查直线与抛物线的综合，属于中档题 16 （4 分）在ABC 中，ACBC1，AB，且x，y，其中 x，y（0， 1） ， 且 x+4y1， 若 M， N 分别为线段 EF， AB 中点， 当线段 MN 取最小值时 x+y 【分析】 根据平面向量的数量积运算求得的值， 再利用中线的性质表示出、， 由此求得，计算当|的最小时 x+y 的值即可 【解答】解：连接 CM、CN，如图所

25、示； 等腰三角形 ABC 中，ACBC1，AB，由余弦定理得，cosC 第 15 页（共 23 页） ACB120， |cos1201； 又 CM 是CEF 的中线， （+）（x+y） 同理，可得（+） ， 由此可得（1x）+（1y）， （1x）2+（1x） （1y）（1）+（1y）2； 又 x+4y1，1x4y， 代入上式得4y2y（1y）+（1y）2y2y+； 又 x，y（0，1） ， 当 y时，取得最小值，即线段 MN 取最小值，此时 x14y； x+y 故答案为： 【点评】本题考查了平面向量数量积公式及其运算性质问题，也考查了二次函数求最值 的应用问题，属于中档题 17 （4 分）已知

26、函数 f（x）x|xa|+2x，若存在 a（2，3，使得关于 x 的函数 yf（x） tf（a）有三个不同的零点，则实数 t 的取值范围是 【分析】先将 f（x）写为分段函数的形式，然后判断 f（x）的单调性，再根据 yf（x） tf（a） 有三个不同的零点，得到 yf（x）与直线 ytf（a）有三个不同的交点，然后 求出 a（2，3时 t 的范围 第 16 页（共 23 页） 【解答】解：f（x）x|xa|+2x， 若 a2，则， f（x）在a，+）为增函数，在上为增函数，在为减函数 yf（x）tf（a） 有三个不同的零点， yf（x）与直线 ytf（a）有三个不同的交点， 故在（2，3有解

27、， 整理得，即 2a3， t 的取值范围是 故答案为： 【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了转化思想，属难题 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，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18 （14 分）已知函数 f（x）x+sinxcosx（0）的周期为 （1）当时，求函数 f（x）的值域； （2）已知ABC 的内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，若，且 a4， b+c5，求ABC 的面积 【分析】 （1）由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦函数的周期性求得 可得函数的解析式

28、，再利用正弦函数的定义域和值域求得当时，求函数 f（x）的值域 （2）由条件求得 A，利用余弦定理求得 bc 的值，可得ABC 的面积 【解答】解： （1），f （x）的周期为 ，且 0， ，解得 1， 又，得， 第 17 页（共 23 页） ， 即函数 f（x）在0，上的值域为 （2），由 A（0，） ，知， 解得：，所以 由余弦定理知：a2b2+c22bccosA，即 16b2+c2bc，16（b+c）23bc 因为 b+c5，所以 bc3， 【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性、正弦函数的定义域和值域， 余弦定理的应用，属于中档题 19 （15 分）如图，在四棱锥 PABC

29、D 中，ABCD，AB1，CD3，AP2，DP2， PAD60，AB平面 PAD，点 M 在棱 PC 上 （）求证：平面 PAB平面 PCD； （）若直线 PA平面 MBD，求此时直线 BP 与平面 MBD 所成角的正弦值 【分析】 （）推导出 ABDP，DPAP，从而 DP平面 PAB，由此能证明平面 PAB 平面 PCD （）以 A 为原点，在平面 APD 中过 A 作 AD 的垂线为 x 轴，AD 为 y 轴，AB 为 z 轴， 建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 BP 与平面 MBD 所成角的正弦值 【解答】证明： （）AB平面 PAD，ABDP， DP2，AP2，PAD60，

30、由，可得 sin，PDA30， APD90，DPAP， ABAPA，DP平面 PAB， DP平面 PCD，平面 PAB平面 PCD 第 18 页（共 23 页） 解： （）以 A 为原点，在平面 APD 中过 A 作 AD 的垂线为 x 轴，AD 为 y 轴，AB 为 z 轴， 建立空间直角坐标系， 则 A（0，0，0） ，C（0，4，3） ，D（0，4，0） ，P（，1，0） ，B（0，0，1） ， 连结 AC，与 BD 交于点 N，连结 MN， PA平面 MBD，MN 为平面 PAC 与平面 MBD 的交线， PAMN， 在四边形 ABCD 中，ABCD，ABNCDN， 3，PM， M（，

31、） ， （，1，1） ，（0，4，1） ，（，） ， 设平面 MBD 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 y1，得 （，1，4） ， 设直线 BP 与平面 MBD 所成角为 ， 则 sin 直线 BP 与平面 MBD 所成角的正弦值为 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查运算求解能力，考查数形结合思想， 是中档题 20 （15 分）已知数列an是等差数列，Sn为其前 n 项和，且 a53a2，S714a2+7 第 19 页（共 23 页） （）求数列an的通项公式； （）设数列an+bn是首项为 1，公比为

32、 2 的等比数列，求数列bn（an+bn）的前 n 项 和 Tn 【分析】 （）数列an是公差为 d 的等差数列，运用等差数列的通项公式和求和公式， 解方程即可得到所求通项公式； （）an+bn2n 1，可得 b n2n 1（2n1） ，运用数列的分组求和和错位相减法求和， 计算可得所求和 【解答】解： （）数列an是公差为 d 的等差数列，且 a53a2，S714a2+7， 可得 a1+4d3（a1+d） ，7a1+21d14（a1+d）+7， 解得 a11，d2， 则 an2n1； （）数列an+bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 可得 an+bn2n 1，可得 b n2n 1（2

33、n1） ， 则 bn（an+bn）4n 1（2n1） 2n1， 设 Kn120+32+（2n1） 2n 1， 2Kn12+222+（2n1） 2n， 相减可得Kn1+2（2+22+2n 1）（2n1） 2n 1+2（2n1） 2n， 化简可得 Kn3+（2n3） 2n， 则前 n 项和 Tn3（2n3） 2n （2n3） 2n 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组 求和和裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题 21 （15 分）已知抛物线 C1：x2py 过点（2，1） ，椭圆 C2的两个焦点分别为 F1，F2，其 中 F2与抛物线 C1的焦点重合，

34、 过 F1与长轴垂直的直线交椭圆 C2于 A， B 两点且|AB|3 （1）求 C1与 C2的方程； （2）若曲线 C3是以原点为圆心，以|OF1|为半径的圆，动直线 1 与圆 C3相切，且与椭圆 C2交于 M，N 两点，OMN 的面积为 S，求 S 的取值范围 【分析】 （1）由已知设抛物线 C1的方程为 x2py，p0，根据 C1过点（2，1） ，即可求 第 20 页（共 23 页） 出抛物线方程，可得 F2（0，1） ，可得|AB|3，进而可求出椭圆方程；又曲线 C3 是以坐标原点 O 为圆心，以|OF2|为半径的圆，可得圆的方程； （2）先由直线 l 与 C3相切，可得圆心到直线 l

35、的距离为 1，表示三角形的面积，分类讨 论，结合韦达定理和弦长公式，分别求出 S 的范围即可 【解答】解： （1）由已知设抛物线 C1的方程为 x2py，p0， 则 p4， 则 C1的方程为 x24y， 则 F2（0，1） ，不妨设椭圆 C2的方程为+1，ab0， 由 ，可得 x， |AB|3，由 a2b2+1， 解得 a2，b， 故椭圆 C2的方程为 +1， 易知|OF1|1， C3的标准方程为 x2+y21 （2）直线 l 与 C3相切，可得圆心到直线 l 的距离为 1， S|MN|1， 当直线 l 的斜率不存在时，其方程为 x1，易知两种情况所得的三角形的面积相等， 由，可得 y， 不妨

36、设 M（1，） ，N（1，） ，则|MN| 此时 S； 当直线 l 的斜率存在时，不妨设直线方程为 ykx+m， 则1 即 m2k2+1， 第 21 页（共 23 页） 由，可得（3k2+4）x2+6kmx+3m2120， 由36k2m24（3k2+4） （3m212）48（4+3k2m2）48（2k2+3）0 恒成立， 设 M（x3，y3） ，N（x4，y4） ， x3+x4，x3x4， S ， 令 3k2+4t（t4） ，则 k2， S， 令n，则 n（0， 易知 yn2n+2 在区间（0，上单调递减，故S， 综上OMN 的面积 S 的取值范围为， 【点评】本题考查了圆锥曲线的标准方程及其

37、性质、直线与椭圆相交问题、直线圆相切 的性质、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式、函数的性质，考查了 推理能力与计算能力，属于难题 22 （15 分）已知函数 f（x）lnx+ax2（a+1）x（aR） （1）当 a1 时，函数 f（x）在区间1，e上的最小值为5，求 a 的值； （2）设 g（x）xf（x）ax3+（a+1）x2x，且 g（x）有两个极值点 x1，x2 （i）求实数 a 的取值范围： （ii）证明：x1x2e2 【分析】 （1）求导确定函数的单调性，从而求出 a 的值； （i）数形结合，画出的图象，便可求出 a 的取值范围； （ii）通过化归与转化思想将不等式的

38、证明转化为函数的最值问题来解答 第 22 页（共 23 页） 【解答】解： （1）， yf（x）在1，e上是单调递增的， ，a8 （2） （i） g（x）lnx（a+1）x 方程 lnx（a+1）x0 有两个不同实根 x1，x2，得 令， yh（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减 又h（1）0，当 0x1，h（x）0，当 x 1 时，h（x）0 （ii）由（i） 可知， 两式相加，得 ln（x1x2）（a+1） （x1+x2）（1） 两式相减，得（2） ，得，不妨设 x2x1， 要证：，只需证 即证， 令， 则只需证 第 23 页（共 23 页） 令 yF（t） （1，+） ，F（1）0，F（t）F（1）0，本 ， 【点评】本题考查了利用导数求函数的单调性，通过换元法，利用函数的单调性来求证 不等式，本题较难