數(shù)學(xué)壓軸題（解析版）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)數(shù)學(xué)壓軸題一、解答題（解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）1.(本小題12.0分)已知集合M={±1,±2,±3,?,±n}(n≥3).若對(duì)于集合M的任意k元子集A，A中必有4個(gè)元素的和為?1，則稱這樣的正整數(shù)k為“好數(shù)”，所有“好數(shù)”的最小值記作g(M)．(1)當(dāng)n=3，即集合M={?3,?2,?1,1,2,3}．(i)寫(xiě)出M的一個(gè)子集B，且B中存在4個(gè)元素的和為?1；(ii)寫(xiě)出M的一個(gè)5元子集C，使得C中任意4個(gè)元素的和大于?1；(2)證明：g(M)>n+2；(3)證明：g(M)=n+3．【答案】解：(1)(i)取

B=?3,?1,1,2

，則

?3+?1(ii)取

C=?2,?1,1,2,3

，則

?1+1+2+3=5>?1

；

?2+1+2+3=4>?1

?2+?1+2+3=2>?1

；

?2+?1+1+3=1>?1

；滿足條件．(2)若

gM=a≤n+2

，

a≥4

，

a∈N?

，從大到小取A=n,n?1,?,n?a+1

，

a≤n

，或

A=n,n?1,?,1,?1?,n?a

，

n<a≤n+2則

A

中任意4個(gè)元素之和

≥?1?2+1+2=0

，不成立，故

g(M)>n+2

．(3)當(dāng)

k=n+3

時(shí)，把集合

M

的元素按和為

?1

分組，得：M={±1,±2,±3,?,±n}={?n,n?1}∪{?n+1,n?2}∪{?n+2,n?3}∪?∪{?2,1}∪{?1,n}

，易得，

A

中至少有2個(gè)二元子集滿足

Xa={a,?a?1},?若把集合

M

的元素按和為

0

分組，得：M={±1,±2,±3,?,±n}={?n,n}∪{?n+1,n?1}∪{?n+2,n?2}∪?∪{?1,1}

．易得，

A

中至少有3個(gè)二元子集滿足

Yc={c,?c},?而集合

Yc,?Yd?Ye

兩兩互不相交，

所以，

Yc,?Yd?Ye

中必有一個(gè)與

則

Xa∪Yc

的4個(gè)元素就是

A

的4個(gè)互異元素，而這4個(gè)元素的和為又

g(M)>n+2

，所以

g(M)=n+3

．

2.(本小題12.0分)已知數(shù)列an滿足：a1∈N?集合M=a(1)若a1=6，寫(xiě)出集合(2)若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù)，證明：M的所有元素都是3的倍數(shù)；(3)求集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值．【答案】(1)解：若a1=6，由于an+1=2an,an≤18,2an?36,an>18n=1,2,?，M={an|n∈N?}.

則a2=12，a3=24，a4=12，a5=24，a6=12，，

故集合M的所有元素為6，12，24；

(2)證明：因?yàn)榧螹存在一個(gè)元素是3的倍數(shù)，

所以不妨設(shè)ak是3的倍數(shù)，

根據(jù)遞推關(guān)系an+1=2an,an?182an?36,an>18(n=1,2,?),

當(dāng)k=1，即a1是3的倍數(shù)，當(dāng)a1?18時(shí)，得a2=2a1也是3的倍數(shù)，

又此時(shí)an+1=2an，即得an+1=2an也是3的倍數(shù)，直到an+1>18，則an+2=2an+1?36>0，

此時(shí)2an+1和36均是3的倍數(shù)，則an+2也是3的倍數(shù)，

由數(shù)列的遞推公式可知，所有的an?(n∈N?)都是3的倍數(shù)即M的所有元素都是3的倍數(shù)；．

當(dāng)k>1且k∈N?，即ak是3的倍數(shù)，當(dāng)?ak?1?18時(shí),ak?1=12ak,又a1∈N?，a1≤36，

所以ak?1∈N?且一定是3的倍數(shù)，繼而可知a1，...，ak?1都是3的倍數(shù)，

?當(dāng)ak?1?18時(shí),ak?1=12(ak+36),又a1∈N?，a1≤36，

則ak?1∈N?且一定是3的倍數(shù)，結(jié)合上述內(nèi)容可知3.(本小題12.0分)設(shè)n為不小于3的正整數(shù)，集合Ωn={(x1,x2,...,x(Ⅰ)當(dāng)n=3時(shí)，若α=(1,1,0)，請(qǐng)寫(xiě)出滿足α?β=3的所有元素β(Ⅱ)設(shè)α,β∈Ωn且α?α+(Ⅲ)設(shè)S是Ωn的子集，且滿足：對(duì)于S中的任意兩個(gè)不同元素α,β，有α?β≥n?1成立，求集合S中元素個(gè)數(shù)的最大值．【答案】解：(Ⅰ)滿足α?β=3的元素β為0,?0,1?,(Ⅱ)記α=x1,注意到xi∈0,1所以α?α==xβ?β=y因?yàn)棣?α+β?β=n，所以所以x1,x2,?,xn,y顯然0≤α?β=≤x當(dāng)α=1,1,?,1，β=α,β滿足α?α+β?β=n，α?β=n.所以α?β的最大值為又α?β==n?x注意到只有xi=yi=1而x1,x2,?,xn,y所以滿足xiyi=1這樣的元素當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，α?β≥n?n當(dāng)α=β=1,1,?,1n2個(gè),所以α?β的最小值為n2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，滿足xiyi=1的元素所以α?β≥n?n?1當(dāng)α=1,1,?,1n+12個(gè),0,0,?,0n?12所以α?β的最小值為n+12綜上：α?β的最大值為n；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，α?β的最小值為n2，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，α?β的最小值為n+1(Ⅲ)S中的元素個(gè)數(shù)最大值為n2設(shè)集合S是滿足條件的集合中元素個(gè)數(shù)最多的一個(gè)，記S1=

S2顯然S=S集合S1中元素個(gè)數(shù)不超過(guò)n+1個(gè)，下面我們證明集合S2?α∈S2,??α=則x1,x?β∈S2,??β=因?yàn)棣?β≥n?1，所以yi,y所以對(duì)1≤i<j≤n中的一組數(shù)i,j而言，在集合S2中至多有一個(gè)元素?α=x1,x所以集合S2中元素個(gè)數(shù)不超過(guò)C所以集合S中的元素個(gè)數(shù)至多為n+1+Cn2記T1=

α=x1,對(duì)于任意的α∈T1，β∈Ω對(duì)1≤i<j≤n，記βi?,j=x1,x2記T2顯然?α,β∈T2，α≠β，均有記S=T1∪T2，S中的元素個(gè)數(shù)為n2+n+2綜上所述，S中的元素個(gè)數(shù)最大值為n2

4.(本小題12.0分)已知集合D=xx2?ax+a2?19=0，集合B=1,2,3，集合(1)求實(shí)數(shù)a的值．(2)對(duì)集合A=a1,a2,?,akk≥2，其中ai∈Zi=1,2,?,k.定義由A中的元素構(gòu)成兩個(gè)相應(yīng)的集合S=a,ba∈A,b∈A,a+b∈A，T=a,ba∈A,b∈A,a?b∈A①請(qǐng)檢驗(yàn)集合B∪C與B∪D是否具有性質(zhì)P，并對(duì)其中具有性質(zhì)P的集合，寫(xiě)出相應(yīng)的集合S和T．②試判斷m和n的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】解：(1)由B=1,2,3，C=D?B≠?，D?C=?，可得3∈D，則32則a=5或?2，a=5時(shí)，D=xx2a=?2時(shí)，D=x綜上，a=?2．(2)①B∪C={0,1,2,3}，若對(duì)任意的a∈B∪C總有3?a∈B∪C，具有性質(zhì)P，B∪D=1,2,3,?5，?5∈B∪D但3??5?B∪D，則B?D不具有性質(zhì)②m=n，證明如下：對(duì)任意a,b∈S，有a∈A，b∈A，a+b∈A則a+b?b∈A，則a+b,b若a1則a1=a2，b1則S中每個(gè)元素在T中都能找到不同元素與之對(duì)應(yīng)，則T中元素個(gè)數(shù)不少于S中元素個(gè)數(shù)，對(duì)任意a,b∈T，有a∈A，b∈A，a?b∈A則a?b+b∈A，則a?b,b∈S若a1?b1,則不同a,b對(duì)應(yīng)的a?b,b不同，則T中每個(gè)元素在S中都能找到不同元素與之對(duì)應(yīng)，則S中元素個(gè)數(shù)不少于T中元素個(gè)數(shù)，綜上m=n．

5.(本小題12.0分)定義：若任意m,n∈A(m,n可以相等)，都有1+mn≠0，則集合B=xx=m+n(1)求集合A={3,4}的生成集B；(2)若集合A={a,2}，A的生成集為B，B的子集個(gè)數(shù)為4個(gè)，求實(shí)數(shù)a的值；(3)若集合?1≤A≤1，A的生成集為B，求證A=B．【答案】解：(1)由題可知

①當(dāng)m=n=3時(shí)，x=3+31+3×3=35，

②當(dāng)m=n=4時(shí)，x=4+41+4×4=817，

③當(dāng)m=3，n=4或m=4，n=3時(shí)，x=3+41+3×4=713，

所以B={35,817,713}；

(2)①當(dāng)m=n=2時(shí)，x=2+21+2×2=45，

②當(dāng)m=n=a時(shí)，x=a+a1+a2=2a1+a2，

③當(dāng)m=2，n=a或m=a，n=2時(shí)，x=2+a1+2a，

B的子集個(gè)數(shù)為4個(gè)，則B中有2個(gè)元素，

所以45=2a1+a2或2a1+6.(本小題12.0分)

設(shè)集合B是集合An={?1?,?2?,?3?,?…,3n?2?,?3n?1?,?3n?}?,?n∈N?的子集．記B中所有元素的和為S(規(guī)定：B為空集時(shí)，S=0).若S為3的整數(shù)倍，則稱B為An的“和諧子集”.求：

(1)集合A1的“和諧子集”的個(gè)數(shù)；【答案】解：(1)集合A1=?1?,?2?,?3?的子集有：?，1，2，3，?1?,?2，?1?,?3，?2?,?3，?1?,?2?,3．

其中所有元素和為3的整數(shù)倍的集合有：?，3，?1?,?2，?1?,?2?,?3?．

所以A1的“和諧子集”的個(gè)數(shù)等于4.

(2)記An的“和諧子集”的個(gè)數(shù)等于an，即An有an個(gè)所有元素和為3的整數(shù)倍的子集；

另記An有bn個(gè)所有元素和為3的整數(shù)倍余1的子集，有cn個(gè)所有元素和為3的整數(shù)倍余2的子集．

由(1)知，a1=4?,??b1=2?,??c1=2．

集合An+1={1,2,3,?,3n?2,3n?1,3n,3n+1,3n+2,3(n+1)}的“和諧子集”

有以下四類(考察新增元素3n+1?,?3n+2?,?3n+1)：

第一類

集合An={1,2,3,…,3n?2,3n?1,3n}的“和諧子集”，共an個(gè)；

第二類

僅含一個(gè)元素3n+1的“和諧子集”，共an個(gè)；

同時(shí)含兩個(gè)元素3n+1?,?3n+2的“和諧子集”，共an個(gè)；

同時(shí)含三個(gè)元素3n+1?,?3n+2?,?3n+1的“和諧子集”，共an個(gè)；

第三類

僅含一個(gè)元素3n+1的“和諧子集”，共cn個(gè)；

同時(shí)含兩個(gè)元素3n+1?,?3n+1的“和諧子集”，共cn個(gè)；

第四類

僅含一個(gè)元素3n+2的“和諧子集”，共bn個(gè)；

同時(shí)含有兩個(gè)元素3n+2?,?3n+17.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=log2(2?x2+x).

(1)求函數(shù)f(x)的定義域；

(2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性并用定義法證明；

(3)g(x)=?2acos2x+(a?1)sinx+2a?1，其中a>0，若對(duì)任意x1∈[0,【答案】解：(1)由題意得，2?x2+x>0，

解得，?2<x<2，

故函數(shù)的定義域(?2,2)．

(2)f(x)=log2(2?x2+x)=log2(?1+4x+2)在(?2,2)上單調(diào)遞減，證明如下：

證明：設(shè)?2<x1<x2<2，設(shè)t(x)=2?x2+x，

t(x1)?t(x2)=2?x12+x1?2?x22+x2=4x1+2?4x2+2=4(x2?x1)(2+x1)(2+x2)>0，

根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知，f(x1)>f(x2)，

故f(x)在(?2,2)上單調(diào)遞減．

(3)因?yàn)閒(x)在(?2,2)上為減函數(shù)，

所以f(x)在[0,65]上的值域[?2,0]，

所以|f(x)|?34在[0,65]上的最大值為54，

令t=sinx，?(t)=2a8.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=ax2(1)當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間(不必寫(xiě)明證明過(guò)程)；(2)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并說(shuō)明理由；(3)當(dāng)?1≤a≤2時(shí)，若對(duì)任意的x∈[1,3]，恒有f(x)+bx≤0成立，求a2+3b【答案】解：(1)?(2)當(dāng)

a=0

時(shí)，

f(x)=?x

，對(duì)于

?x∈R

，

f(?x)=?|x|=f(x)

，故

f(x)

當(dāng)

a≠0

時(shí)，

f(0)=?|a|≠0

，故

f(x)

不是奇函數(shù)；又

∵

f(1)=a?|1?a|

，

f(?1)=a?|1+a|

，顯然

1?a≠1+a

，即

f(1)≠f(?1)

，故

f(x)綜上所述，當(dāng)

a=0

時(shí)，

f(x)

是偶函數(shù)，當(dāng)

a≠0

時(shí)，

f(x)

既不是偶函數(shù)又不是奇函數(shù)．(3)(ⅰ)當(dāng)

?1≤a≤1

時(shí)，“

f(x)+bx≤0

在

x∈[1,3]

恒成立”等價(jià)于“

ax2+(b?1)x+a≤0

在

x∈[1,3]

恒成立”，也就是

若

0≤a≤1

，則

?ax+1x+1min=1?∴

故

a2+3b≤a2?10a+3≤3

，當(dāng)

a=0

，

b=1

若

?1≤a<0

，則?ax+1x+1min=1?2a

，

∴于是

a2+3b≤a2?6a+3≤10

，當(dāng)

a=?1

，

b=3

(ⅱ)當(dāng)

1<a≤2

時(shí)，“

f(x)+bx≤0

在

x∈[1,3]

恒成立”等價(jià)于“

ax+b?1?ax≤0

在①當(dāng)

1<x≤a

時(shí)，

b≤?ax?1x?1

，②當(dāng)

a<x≤3

時(shí)，

b≤?ax+1x+1

，當(dāng)

1<a≤2

時(shí)，

?a2≥1?103a

，

∴

故

b≤1?綜上所述，

a2+3b

的最大值為

10

9.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=x2+ax+b(a、b∈R)(1)設(shè)f(x)≤0的解集為A，f[f(x)]≤3解集為B，若A=B≠?，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)已知函數(shù)?(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,1)對(duì)稱，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，?(x)=f(x)，若對(duì)任意的x1∈[0,2]，總存在x2∈[0,2]，使得?(【答案】解：(1)設(shè)f(x)=t，f[f(x)]≤3的解集為B等價(jià)于f(t)≤3的解集為{t|t≤0}，

∴f(t)?3=0的一個(gè)解為t=0，∴b=3．

∵f[f(x)]≤3?t2+at=t(t+a)≤0，

∴t+a≥0恒成立，即x2+ax+3+a≥0恒成立，

∴Δ=a2?4(3+a)≤0，得?2≤a≤6，

又∵f(x)≤0的解集非空，

∴a2?12≥0，

∴a≥23或a≤?23，

綜上所述23≤a≤6，故a的取值范圍為[23,6]．

(2)因?yàn)閷?duì)任意的x1∈[0,2]，總存在x2∈[0,2]，使得?(x1)=g(x2)，

所以函數(shù)?(x)的值域是函數(shù)g(x)的值域的子集，

當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，易得g(x)=2x?22?x+1單調(diào)遞增，則g(x)的值域?yàn)閇?2,4]，

設(shè)函數(shù)?(x)的值域?yàn)榧螦，則原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為A?[?2,4]，

因?yàn)?(x)的圖象關(guān)于(1,1)對(duì)稱，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，?(x)=f(x)，所以?(1)=f(1)=1，則a=?b．

所以?x=x2?bx+b，x∈0,1，

當(dāng)b2≤0，即b≤0時(shí)，?(x)在[0,1]上遞增，則函數(shù)?(x)在(1,2]上也是增函數(shù)，

所以函數(shù)?(x)在[0,2]上遞增，

又?(0)=b，?(2)=2??(0)=2?b，所以?(x)的值域?yàn)閇b,2?b]，即A=[b,2?b]，

又A=[b,2?b]?[?2,4]，所以b≥?22?b≤4,b≤0解得?2≤b≤0;

當(dāng)0<b2<1即0<b<2時(shí)，?(x)在(0,b2)上遞減，在(b2,1)上遞增，

又因函數(shù)g(x)過(guò)對(duì)稱中心(1,1)，所以函數(shù)g(x)在10.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=a1+x(1)若函數(shù)f(x)=a1+x2(2)若a=1，x1，x2，x3∈[0,1]，x【答案】解：(1)在[0,1]上任取x1，x2，且x1<x2，

則f(x1)?f(x2)=a1+x12?

a1+(2)證明?①先證明：11+x2≤?27因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)，(x?13)2·

(x?43)≤0(當(dāng)且僅當(dāng)x=13時(shí)等號(hào)成立)，所以x3?2x2+x?所以11+x12+1?②因?yàn)閤∈[0,1]，所以x21+x2≤x2(當(dāng)且僅當(dāng)x=0或因?yàn)閤1，x2，x3∈[0,1]，所以11+x12=1?

所以11+x12+11+綜合?①?②，2710

11.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=x(1)解關(guān)于x的不等式f(x)≤6?3a．(2)若對(duì)任意的x∈[1,4]，f(x)+a+5≥0(3)已知g(x)=mx+7?3m，當(dāng)a=1時(shí)，若對(duì)任意的x1∈[1,4]，總存在x【答案】解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x所以f(x)≤6?3a，即為x2?(a+3)x+3a≤0，

所以(x?3)(x?a)≤0當(dāng)a<3時(shí)，解得a≤x≤3，

當(dāng)a=3時(shí)，解得x=3，

當(dāng)a>3時(shí)，解得3≤x≤a，

綜上，當(dāng)a<3時(shí)，不等式的解集為xa≤x≤3，當(dāng)a=3時(shí)，不等式的解集為3，

當(dāng)a>3時(shí)，不等式的解集為x(2)因?yàn)閷?duì)任意的x∈[1,4],f(x)+a+5≥0恒成立，

所以對(duì)任意的x∈[1,4]，a(x?1)≤x當(dāng)x=1時(shí)，0≤9恒成立，所以對(duì)任意的x∈(1,4]時(shí)，a≤(x?1)+9x?1令(x?1)+9x?1?1≥2(x?1)?9x?1所以a≤5，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(?∞,5]；(3)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x2?4x+6，

因?yàn)閤∈[1,4]，所以函數(shù)f(x)因?yàn)閷?duì)任意的x1∈[1,4]，總存在x2所以f(x)的值域是g(x)的值域的子集，

當(dāng)m>0時(shí)，g(x)∈[7?2m,m+7]，

則m>07?2m≤2m+7≥6當(dāng)m<0時(shí)，g(x)∈[m+7,7?2m]，

則m<07?2m≥6m+7≤2，解得當(dāng)m=0時(shí)，g(x)∈{7}，不成立；綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍(?∞,?5]∪[512.(本小題12.0分)

已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c．

(1)若函數(shù)滿足f(x+1)?f(x)=2x+2，且f(0)=1.求f(x)的解析式；

(2)若對(duì)任意x∈R，不等式f(x)≥2ax+b恒成立，求【答案】解：(1)∵f(x)=ax2+bx+c，且f(0)=1，∴c=1；

又f(x+1)?f(x)=a(x+1)2+b(x+1)+1?(ax2+bx+1)=2ax+a+b=2x+2，

∴2a=2，a+b=2，解得a=b=1，

∴f(x)=x2+x+1；

(2)∵f(x)≥2ax+b?ax2+(b?2a)x+c?b≥0恒成立，

∴a>0△=(b?2a)2?4a(c?b)≤0，即a>0b2+4a2?4ac≤0，

∴0≤b2≤4a(c?a)，①

∴b24(a2+c2)13.(本小題12.0分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax(1)若不等式f(x)≥?6對(duì)于實(shí)數(shù)a∈?1,1時(shí)恒成立，求實(shí)數(shù)x(2)若a∈R，解關(guān)于x的不等式f(x)<a?1．【答案】解：(1)不等式f(x)≥?6對(duì)于實(shí)數(shù)a∈?1,1即?a∈?1,1，(顯然x2?x+1>0，函數(shù)g(a)=(x2?x+1)a+x+4≥0在a∈?1,1上遞增，從而得所以實(shí)數(shù)x的取值范圍是?1,3；(2)不等式f(x)<a?1，即ax2+(1?a)x?1<0，當(dāng)a當(dāng)a>0時(shí)，不等式可化為(x+1a)(x?1)<0，而?當(dāng)a<0時(shí)，不等式可化為(x+1當(dāng)?1a=1，即a=?1時(shí)，x∈當(dāng)?1a<1，即a<?1時(shí)，x<?當(dāng)?1a>1，即?1<a<0時(shí)，x<1所以，當(dāng)a=0時(shí)，原不等式的解集為(?∞,1)當(dāng)a>0時(shí)，原不等式的解集為(?1當(dāng)?1≤a<0時(shí)，原不等式的解集為(?∞,1)∪(?1當(dāng)a<?1時(shí)，原不等式的解集為(?∞,?1

14.(本小題12.0分)

已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c．

(1)若f(x)>0的解集為{x|?3<x<4}，解關(guān)于x的不等式bx2+2ax?(c+3b)<0；

(2)若對(duì)任意x∈R，f(x)≥0恒成立，求ba+c的最大值；

(3)已知b=4，a>c，若f(x)≥0對(duì)于一切實(shí)數(shù)x恒成立，并且存在x【答案】解：(1)∵ax2+bx+c>0的解集為{x|?3<x<4}，

∴a<0，?3+4=?ba，?3×4=ca?b=?a，c=?12a(a<0)，

∴bx2+2ax?(c+3b)<0??ax2+2ax+15a<0(a<0)?x2?2x?15<0，

∴解集為(?3,5)；

(2)∵對(duì)任意x∈R，f(x)≥0恒成立，

∴Δ=b2?4ac?0，即b2?4ac，

又a>0，∴c?0，

故?2ac?b?2ac，

∴ba+c?2aca+c?a+ca+c=1，當(dāng)且僅當(dāng)c=a，b=2a時(shí)取“=”，

∴ba+c的最大值為1，

15.(本小題12.0分)已知二次函數(shù)f(x)滿足f(0)=2，f(x+1)?f(x)=2x．(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的解析式；(Ⅱ)若關(guān)于x的不等式f(x)?mx≥0在[1,2]上有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(Ⅲ)若方程f(x)=tx+2t在區(qū)間(?1,2)內(nèi)恰有一解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．【答案】解：(Ⅰ)設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，

代入f(x+1)?f(x)=2x，得2ax+a+b=2x對(duì)于x∈R恒成立，

故2a=2a+b=0，得：a=1，b=?1

又由f(0)=2，得c=2，

所以f(x)=x2?x+2；

(Ⅱ)由f(x)?mx≥0在[1,2]上有解，

即x2?x+2≥mx有解，即x2+2x≥m+1在[1,2]有解，

所以只需x2+2xmax≥m+1即可．

令?(x)=x2+2x=x+2x，x∈[1,2]，

易得?(x)的最大值為3，

所以m≤2；

(Ⅲ)f(x)=tx+2t在區(qū)間(?1,2)內(nèi)恰有一解，

即方程x2?x+2=tx+2t在區(qū)間(?1,2)內(nèi)恰有1根，

即方程x2?x+2x+216.(本小題12.0分)

已知定義域均為R的函數(shù)f(x)和g(x)，f(x)是偶函數(shù)，g(x)是奇函數(shù)，

f(x)+g(x)=2x+1+3．

(1)求f(x)解析式；

(2)判斷f(x)在(0,+∞)的單調(diào)性，并用定義證明；

(3)若?x∈[?1,2]，關(guān)于x的不等式f(2x)+af(x)+4?a>0恒成立，求實(shí)數(shù)a【答案】解：(1)因?yàn)閒(x)+g(x)=2x+1+3，

則f(?x)+g(?x)=2?x+1+3且f(x)是偶函數(shù)，g(x)是奇函數(shù)，

所以f(x)?g(x)=2?x+1+3，2f(x)=2x+1+2?x+1+6，

所以f(x)=2x+2?x+3．

(2)判斷：f(x)在(0,+∞)是增函數(shù)，

證明如下：任取x1，x2∈(0,+∞)，令x1<x2，

則f(x1)?f(x2)=2x1+2?x1+3?(2x2+2?x2+3)

=(2x1?2x2)+(2?x1?2?x2)=(2x1?2x2)(1?12x1+x2)=(2x117.(本小題12.0分)已知f(x)=lnex+1?kx(1)求實(shí)數(shù)k的值；(2)設(shè)g(x)=ef(x)+x2，求函數(shù)(3)已知?(x)為g(x)的反函數(shù)，設(shè)a>0，若對(duì)任意的b∈14,1，當(dāng)x1，x2∈[b,b+1]【答案】解：(1)因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)且定義域是R，

所以f(?x)=f(x)對(duì)x∈R恒成立，

即ln(e?x+1)+kx=ln(ex+1)?kx對(duì)x∈R恒成立，

所以2kx=ln(ex+1)?ln(e?x+1)對(duì)x∈R恒成立，

所以2kx=lnex+1e?x+1對(duì)x∈R恒成立，

而lnex+1e?x+1=lnex+11ex+1=lnex=x，

所以2kx=x對(duì)x∈R恒成立，

所以2k=1，即k=12；

(2)f(x)=ln(ex+1)?12x，

所以g(x)=eln(ex+1)=ex+1，

所以y=e2x+e?2x?2λ(ex?e?x)

=(ex?e?x)2?2λ(ex?e?x)+2，

設(shè)t=ex?e?x，因?yàn)閤≥0，所以t≥0，

所以y=t2?2λt+2，t≥0，

其對(duì)稱軸是t=λ，當(dāng)t=0時(shí)，y=2．

當(dāng)λ≤0時(shí)，y在[0,+∞)上是增函數(shù)，如圖1所示

所以ymin=2，

當(dāng)λ>0時(shí)，x在[0,λ]上是減函數(shù)，在[λ,+∞)上是增函數(shù)，

如圖2所示，

所以當(dāng)t=λ時(shí)，y最小，ymin=?λ2+2，

綜上，ymin=2,λ?0?λ2+2,λ>0；

(3)由(2)知g(x)=18.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=x2?ax+1，g(x)=(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)g(x)的值域；(2)求關(guān)于x的不等式f(x)<a+2的解集；(3)當(dāng)a<0時(shí)，設(shè)?(x)=f(x),x>ag(x),x?a，若?(x)的最小值為?72【答案】

解：(1)當(dāng)a=0時(shí)，gx=2x?22?4，

因?yàn)?x>0，

所以g(x)?g(1)=?4，

函數(shù)g(x)的值域?yàn)閇?4,+∞);

(2)因?yàn)閒(x)=x2?ax+1<a+2，

即x2?ax?a?1<0，即(x+1)[x?(a+1)]<0，

所以當(dāng)a+1>?1，即a>?2時(shí)，解集為(?1,a+1)，

當(dāng)a+1=?1，即a=?2時(shí)，解集為?，

當(dāng)a+1<?1，即a<?2時(shí)，解集為(a+1,?1);

(3)因?yàn)?(x)=f(x),x>a,g(x),x?a,a<0,

①當(dāng)x?a時(shí)，?(x)=4x?4?2x?a，

令t=2x，t∈(0,2a]，則pt=t2?42at=(t?22a)2?44a，

所以當(dāng)19.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)是定義在[?2,2]上的奇函數(shù)，滿足f(1)=15，當(dāng)?2≤x≤0時(shí)，有f(x)=ax+bx2+4．

(1)求函數(shù)f(x)的解析式；

(2)判斷f(x)的單調(diào)性，并利用定義證明；

(3)若對(duì)?x∈[?2,2]，都有f(x)≤m【答案】解：(1)函數(shù)f(x)是定義在[?2,2]上的奇函數(shù)，

則f(0)=0，即b4=0，

解得b=0，

又因?yàn)閒(1)=15，即f(?1)=?15=?a5，

所以a=1，

經(jīng)檢驗(yàn)可得，a=1符合題意．

綜上所述，a=1，b=0，

所以當(dāng)?2≤x≤0時(shí)，f(x)=xx2+4，

令x∈(0,2]，則?x∈[?2,0)，

所以f(?x)=?xx2+4=?f(x)

則當(dāng)x∈(0,2],f(x)=xx2+4,

綜上所述，f(x)=xx2+4；

(2)函數(shù)f(x)在[?2,2]為單調(diào)遞增函數(shù)．證明如下：

設(shè)?2≤x1<x2≤2，

則f(x1)?f(x2)=x1x12+4?x2x22+4=x1x22+4x1?x2x12?4x2(x12+4)(x22+4)=x20.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=log2[k?4x?(k+1)2x+k+12]．

(1)若f(x)的最小值是?1，求k的值；

(2)已知k>1，若存在兩個(gè)不同的正數(shù)a【答案】解：(1)當(dāng)k=0時(shí)，f(x)=log2(?2x+12)<log212=?1，不符合題意；

當(dāng)k≠0時(shí)，令g(x)=k?4x?(k+1)2x+k+12，

設(shè)t=2x(t>0)則?(t)=kt2?(k+1)t+k+12．

①當(dāng)k<0時(shí)，?(t)的圖象開(kāi)口向下，f(x)無(wú)最小值，不符合題意；

②當(dāng)k>0時(shí)，?(t)的圖象開(kāi)口向上，且對(duì)稱軸t=k+12k>0，

因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最小值是?1，

所以?(t)min=?(k+12k)=k(k+12k)2?(k+1)k+12k+k+12=12，

解得k=1或k=?13(舍去)，

所以k=1．

(2)當(dāng)k>1時(shí)，則?(t)=kt221.(本小題12.0分)已知一次函數(shù)?x,且?(?(x))=x?4,設(shè)(1)若不等式fx+2?t<f2x+3對(duì)一切x∈0,2恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；

(2)設(shè)函數(shù)gx=x?f(x)．

①求函數(shù)gx在0,m(m>0)上的最大值φm的表達(dá)式；

【答案】(1)解：設(shè)?x=kx+b，∴??x=k2x+kb+b=x?4，

∴k2=1,kb+b=?4，解得k=1,b=?2，

所以?(x)=x?2,fx=x?22，

不等式f(x+2?t)<f(2x+3)恒成立等價(jià)于x?t2<2x+12恒成立.

即3x2+4+2tx+1?t2>0對(duì)x∈0,2恒成立，

令?x=3x2+4+2tx+1?t2，?x的對(duì)稱軸為x=?2+t3，

則有?2+t3<0?0>0或0??2+t3≤2Δ=4+2t2?121?t2<0或?2+t3>2?2>0

解得?1<t<1.故實(shí)數(shù)t的取值范圍是?1<t<1.

(2)①gx=xfx=xx?2=x2?2x,x≥2?x2+2x,x<2，其圖像如圖所示．

當(dāng)x2?2x=1時(shí)，22.(本小題12.0分)定義區(qū)間(m,n)、[m,n]、(m,n]、[m,n)的長(zhǎng)度均為n?m，其中n>m．(1)不等式組1≤71+x≤7x2+3tx?4<0(2)已知實(shí)數(shù)a>b，求滿足不等式1x?a+【答案】解：(1)由1≤71+x≤7可得：x+1>0x+1≤7≤7(x+1)或x+1<0x+1≥7≥7(x+1)，解得：0≤x≤6，

∵不等式組1?71+x?7x2+3tx?4<0解集構(gòu)成的各區(qū)間的長(zhǎng)度和等于6，

∴不等式x2+3tx?4<0在x∈(0,6)時(shí)恒成立，

令g(x)=x2+3tx?4，x∈(0,6)，則g(0)=?4≤0g(6)=36+18t?4≤0，解得：t≤?169，

∴實(shí)數(shù)t的范圍為(?∞,?169];

(2)?①當(dāng)x>a或x?<b時(shí)，原不等式等價(jià)于x?b+x?a?(x?a)(x?b)，

整理得：x2?(a+b+2)x+(a+b+ab)≤0，令f(x)=x2?(a+b+2)x+(a+b+ab)，

∵f(a)?=b?a<0，f(b)?=a?b>0，設(shè)f(x)=0的兩根為x1，x2(x23.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=(1)若關(guān)于x的不等式f(x)>0的解集是(?∞,?2)??12,+∞，求(2)若a=?2，b=0，g(x)=kx，f(x)與g(x)的定義域都是[0,2]，使得|f(x)?g(x)|<1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)若方程f(x)=0在區(qū)間(1,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)根，求f(1)的取值范圍．【答案】解：(1)因?yàn)閒(x)>0的解集為(?∞,?2)∪(?12,+∞)，

所以f(x)=0的兩根為?2和?12，

由根與系數(shù)的關(guān)系得?2+(?12)=?a(?2)×(?12)=b，所以a=52，b=1．

(2)因?yàn)閍=?2，b=0，所以f(x)=x2?2x，

因?yàn)閨f(x)?g(x)|<1在[0,2]上恒成立，

所以?1<x2?2x?kx<1在[0,2]上恒成立．

①當(dāng)x=0時(shí)，?1<0<1滿足題意，

②當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，x?1x?2<k<x+1x?2在(0,2]上恒成立，

即(x?1x?2)max<k<(x+1x?2)min.

因?yàn)閥=x?1x?2在(0,2]上單調(diào)遞增，y=x+1x?2在(0,1]上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，

所以(x?1x?2)max=?12，24.(本小題12.0分)

已知向量m→=(sinx?3cosx,?????1)，n→=(2sinx,?????4cos2x)，函數(shù)f(x)=m?·n．

(1)當(dāng)x∈[0,π【答案】解：(1)∵向量m=(sinx?3cosx,1)，n=(2sinx,4cos2x)，

∴f(x)=m?n=2sin2x?23sinxcosx+4cos2x

=2+2cos2x?23sinxcosx

=3+cos2x?3sin2x

=2cos(2x+π3)+3，

當(dāng)x∈[0,π2]時(shí)，2x+π3∈[π3,4π3]，cos(2x+π3)∈[?1,12]，

∴f(x)的值域?yàn)閇1,4]；

(2)25.(本小題12.0分)已知a,b,c

分別為?ABC

三個(gè)內(nèi)角A,B,C

的對(duì)邊，cos2A+cos(1)求B；(2)若AB?AC<1(3)若⊙O

為?ABC

的外接圓，若PM、PN

分別切⊙O

于點(diǎn)M、N，求PM?PN

【答案】解：(1)因?yàn)?/p>

cos2A+cos2C=1+co所以

sin2A+sin2C=sin2B

所以

B=π2(2)AB?所以

0<c2<12

所以設(shè)

c=sinθ,a=所以

1a+令

t=sinθ+又因?yàn)?/p>

t所以

sinθcosθ=t2?1令

y=2tt2?1=2t?1t,t∈所以

y=2t?1t

在

t∈1,所以

1a+1c(3)?ABC

的外接圓的半徑為

r

，

r=OA=OC=12則

PN2=PM2=PO所以

PM→?而

cos2PM?PN=PO當(dāng)且僅當(dāng)

|PO|2所以

PM?PN

的最小值為

26.(本小題12.0分)已知函數(shù)y=fx與y=ex(1)若函數(shù)g(x)=fex+1(2)若關(guān)于x的方程fk(x+1)(3)已知實(shí)數(shù)a，b滿足aea=1，bf【答案】解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)y=fx與y=ex的圖象關(guān)于直線y=x對(duì)稱，

所以g(x)=fe因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=fe所以g(?x)=lne整理得lnex所以2m?1x=0，

解得m=12(2)因?yàn)閒(k(x+1)所以關(guān)于x的方程fk(x+1)2整理得，關(guān)于x的方程3?kx當(dāng)k=3時(shí)，?6x?9+6=0，解得x=?1當(dāng)k≠3時(shí)，Δ=4k2?4(3?k)(6?3k)=4(?2k2+15k?18)?0，

解得綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍為32(3)因?yàn)閷?shí)數(shù)a，b滿足aea=1所以aea=1，b所以aea=1，be=令?x設(shè)x2>x所以?x1?所以函數(shù)?x=xex因?yàn)榉匠蘟ea=1=e所以a=eb，即所以fa

27.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)滿足3fx=fx+3+m,當(dāng)x函數(shù)g(x)=log(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)當(dāng)x∈3,6時(shí)，求(3)設(shè)?(x)=2sinx+λcos2x,(x∈[0,π2【答案】解：(1)因?yàn)?fx=fx+3+m,令x=1,得(2)由(1)知f當(dāng)x∈[3,6]時(shí)，所以f(3)易知f(x)在(0,3]上單調(diào)遞增，在(3,6]又f(3)=12，當(dāng)3<x≤6時(shí)，fx>12.所以當(dāng)x∈(6,9]時(shí)，x?3∈(3,6],f(x)=3f(x?3)+12>12，

以此類推，可知當(dāng)x>3因此，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，fx<對(duì)于函數(shù)g(x)=log2?(3+55x?1),

因?yàn)楹瘮?shù)y=3+55x?1在(0,+∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)因此，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，gx>由f?x?(x)=2sinx+λcos?2x=2sinx+λ(1?2sin令t=sinx,則則不等式為?2λt2+2t+λ≥1，即①當(dāng)λ=0時(shí)，不等式化為2t≥1,對(duì)t∈[②當(dāng)λ<0時(shí)，將t=0代入得③當(dāng)λ>0時(shí)，需滿足1?λ≤02λ?2+1?λ≤0綜上所述，λ=1

28.(本小題12.0分)在斜△ABC中，設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且A≠B，2sin(1)求tan?A(2)求1tan?A【答案】解：(1)因?yàn)?/p>

2sin2A?2B所以

2sin?[2(A?B)]=所以

4sin(A?B)因?yàn)?/p>

A≠B,?π<A?B<π

，

sin(A?B)≠0

所以

2cos(A?B)=所以

2cosA整理得

cosAcos因?yàn)?/p>

?ABC

為斜三角形，所以

cosAcos所以

tanAtan(2)因?yàn)?/p>

tanC=?tan(A+B)=?tanA+tan所以

tanA+tan所以

1=?3(tanA+由

tanAtanB=?13<0

可知，所以

4tanC+1tanC≥4

，當(dāng)且僅當(dāng)

4tan所以

1tanA+1

29.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=4cos2(x2+π4)sinx+(sinx+cosx)(sinx?cosx)+1．

(1)常數(shù)ω>0，若函數(shù)y=f(ωx)【答案】解：(1)由題意可得f(x)=2[1+cos(x+π2)]sinx+sin2x?cos2x+1

=2(1?sinx)sinx+sin2x?cos2x+1=2sinx.

則y=f(ωx)=2sin(ωx)，由2kπ?π2≤ωx≤2kπ+π2，k∈Z，ω>0，

得1ω(2kπ?π2)≤x≤1ω(2kπ+π2)，k∈Z，ω>0．

故函數(shù)y=f(ωx)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1ω(2kπ?π2),1ω(2kπ+π2)]，k∈Z，ω>0．

因?yàn)楹瘮?shù)y=f(ωx)在區(qū)間[?π3,π2]上是增函數(shù)，

所以[?π3,π2]?[1ω(2kπ?π2),1ω(2kπ+π2)]，k∈Z，ω>0，

易得k=0，即[?π3,π2]?[?π2ω,π2ω]，ω>0．

則?π3??30.(本小題12.0分)

設(shè)x，y均為非零實(shí)數(shù)，且滿足xsinπ5+ycosπ5xcosπ5?ysinπ5=tan9π20．【答案】解：(1)∵x，y均為非零實(shí)數(shù)，且滿足xsinπ5+ycosπ5xcosπ5?ysinπ5=tan9π20=tanπ5+yx1?tanπ5?yx，

令tanθ=yx，則tanπ5+tanθ1?tanπ5?tanθ=31.(本小題12.0分)

已知x0，x0+π(1)求f(π(2)若對(duì)任意x∈[?7π12,0]，都有f(x)?m≤0(3)若關(guān)于x的方程433f(x)?m=1在x∈[0,【答案】解：(1)f(x)=1+cos(2ωx?π3)2?1?cos2ωx2

=12[cos(2ωx?π3)+cos2ωx]

=12[(12cos2ωx+32sin2ωx)+cos2ωx]

=12(32sin2ωx+32cos2ωx)

=32(12sin2ωx+32cos2ωx)

=32sin(2ωx+π3).

由題意可知，f(x)的最小正周期T=π，

∴2π|2ω|=π，又∵ω>0，∴ω=1，

∴f(x)=32sin(2x+π3)，

∴f(π12)=32sin(2×π12+π32.(本小題12.0分)已知向量m=(3(1)若x∈[0,π4],f(x)=(2)在△ABC中，角A,B,C對(duì)邊分別是a,b,c，且滿足2bcosA≤2c?3a，當(dāng)B取最大值時(shí)，a=1，△ABC面積為【答案】解：(1)向量m→=(3cosx,1),n→=(sinx,sin2x?1)，

則函數(shù)f(x)=m?n+12

=3sinxcosx+sin2x?1+12

=32sin2x?12cos2x

=sin(2x?π6)，

因?yàn)閤∈[0,π4],f(x)=33，

所以2x?π6∈[?π6,π3],sin(2x?π6)=33，

所以cos(2x?π6)=33.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的圖象如圖所示，無(wú)理數(shù)e=2.7182?

(1)求f(x)的解析式并解不等式f(x)≥1;

(2)證明：函數(shù)g(x)=lnx+12f(【答案】解：(1)可知A=2，T4=π2?ω=1，2π3+φ=kπ+π2，k∈Z

φ=kπ?π6k∈Z，又因?yàn)閨φ|<π2，所以k=0，φ=?π6，故f(x)=2sin(x?π6)，

有sin(x?π6)≥12，得2kπ+π6≤x?π6≤2kπ+5π6，k∈Z

所以不等式f(x)≥1的解集為{x|2kπ+π3≤x≤2kπ+π,k∈Z}

(2)證明：可知g(x)=lnx+sin(π2ex)，x∈(0,+∞)

當(dāng)x>e時(shí)，lnx>1，?1≤sinπ2e≤1，所以f(x)=lnx+sinπ2ex>0恒成立，所以函數(shù)34.(本小題12.0分)已知函數(shù)f(x)=2sin2(ωx+π4(1)求f(x)的值域；(2)方程f(x)?n+1=0在0,712π(3)是否存在實(shí)數(shù)m滿足對(duì)任意x1∈[?1,1]，都存在x2∈R，使4【答案】解：(1)函數(shù)f(x)=sin∵f(x)的最小正周期為π，ω>0，∴2π2ω=π那么f(x)的解析式f(x)=2sin?(2x?π則當(dāng)sin(2x?π3)=1時(shí)，函數(shù)取得最大值2；當(dāng)所以函數(shù)的值域?yàn)閇?2,2]．(2)方程f(x)?n+1=0在[0,7π12]上有且有一個(gè)解，轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=f(x)的圖象與函數(shù)y=n?1∵x∈[0,7π12]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在[0,5π12]上單調(diào)遞增，在[5π12,7π∴?3≤n?1<1所以1?3≤n<2(3)由(1)可知f(x)=2sin?(2x?π3)實(shí)數(shù)m滿足對(duì)任意x1∈[?1,1]，都存在x2即4x令y=4設(shè)2x1?∵x1∈[?1,1]，∴t∈[?32,3令g(t)=t2+mt+6，其對(duì)稱軸t=?∴①當(dāng)?m2≤?32，即m≥3時(shí)，g(t)在[?②當(dāng)?32<?m2<3③當(dāng)32≤?m2，即m≤?3時(shí)，綜上可得，存在m，可知m的取值范圍是(?【答案】解：∵tan1=tan[k?(k?1)]=tank?tan(k?1)1+tank·tan(k?1)，

36.(本小題12.0分)

如圖，已知在平面四邊形ABCD中，∠CAB=α，∠ABC=β，∠ACB=γ，且cos?γ(sin?α+(1)證明：CA+CB=2AB；(2)若CA=CB，DA=2DC=1，求四邊形ABCD的面積的取值范圍．【答案】解：(1)由cos?γ(cos?γsin?α+整理得(cos即得sin(α+γ)+因?yàn)樵凇鰽BC中，α+β+γ=π，所以sin(α+γ)=sin(π?β)=所以sin?β+由正弦定理得CA+CB=2AB．(2)因?yàn)镃A=CB，CA+CB=2AB，所以CA=CB=AB，△ABC為等邊三角形．設(shè)∠ADC=φ，φ∈(0,π)，則S==1在△ADC中，由余弦定理得AC所以S==1因?yàn)?<φ<π，所以?π所以?32所以3因此，四邊形ABCD面積的取值范圍為3

37.(本小題12.0分)在?ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知asin(1)求角B的大??；(2)若a=2，且?ABC為銳角三角形，求?ABC的周長(zhǎng)的取值范圍；(3)若b2=ac，且外接圓半徑為2，圓心為O,P為⊙O上的一動(dòng)點(diǎn)，試求PA【答案】解：(1)依題意，由正弦定理，

asinA由

a可得

a2+ac由余弦定理

2accosB=則

a2+c2=b因?yàn)?/p>

0<B<π

，所以

B=π3(2)由

?ABC

為銳角三角形，

B=π3

，

可得0<A<π20<C=π?π由正弦定理

asinA=bsinB則

b=3則

?ABC

的周長(zhǎng)為

a+b+c=3+3由

A∈π6,π2

，則

A2tan2π12+23tanπ12?1=0

，解得所以

tanA2∈2?3(3)由正弦定理

bsinB=2R

，則

b=23

由

a2+c2=b2+ac

，可得則三角形

ABC

為等邊三角形，取

AB

中點(diǎn)

M

，如圖所示：則

PA==PM2由

OP=2,OM=1

，則

PM∈1,3

，則

PA?

38.(本小題12.0分)

已知△ABC的外心為O，內(nèi)心為I．

(1)如圖1，若|AB|=|AC|=1，AB?AC=0．

?①試用AB，AC表示AO;

?②求(BA+BC)?OI的值．【答案】解：(1)由已知得O為BC中點(diǎn)，且A，I，O三點(diǎn)共線，

①AO=12AB+12AC；

②由于OI⊥BC，AO=22，

△ABC內(nèi)切圓半徑r=1+1?22=2?22，

<OI，BA>=45°，OI=AO?2r=1?22，

故(BA+BC)·OI=BA·OI=1·(1?22)cos?45°=2?12．

(2)如圖2，設(shè)△ABC的外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑分別為R，r，

記BC中點(diǎn)為M，ID⊥BC于D．

由OI=λBC39.(本小題12.0分)如圖，已知△ABC為等邊三角形，點(diǎn)G是△ABC內(nèi)一點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)G的直線l與線段AB交于點(diǎn)D，與線段AC交于點(diǎn)E.設(shè)AD=λAB，AE=μAC，且(1)若AG=25(2)若點(diǎn)G是△ABC的重心，設(shè)△ADE的周長(zhǎng)為c1，△ABC的周長(zhǎng)為c(i)求1λ(ii)設(shè)t=λμ，記ft=c1【答案】解：(1)連接AG并延長(zhǎng)，交BC于點(diǎn)F，

設(shè)AF=mAG，則AF=2m5AB+m5AC，

所以2m5+m5=1，m=53，故AF=23AB+13AC，則有BF=13BC，

所以S△FABS△ABC=BFBC=13，

又AF=53AG，所以S△GABS△FAB=AGAF=35，

所以S△GABS△ABC=15．

(2)(i)連接AG并延長(zhǎng)，交BC于點(diǎn)F，

因?yàn)镚為重心，所以F為BC中點(diǎn)，所以AF=12(AB+AC)，

所以AG=23AF=23?12(AB+AC)=13(1λAD+1μAE)=13λAD+40.(本小題12.0分)

在ΔABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且10sinB+C22=7?cos2A．

(1)求角A的大?。?/p>

(2)若b=2,c=1，

①∠BAC②若D是線段BC上的點(diǎn)，E是線段BA上的點(diǎn)，滿足CD=λCB,

BE=λ【答案】解：(1)在ΔABC中，A2+B+C2=π2，

所以sinB+C2=sinπ2?A2=cosA2，

10(sin?B+C2)2=10(cosA2)2=5(1+cos?A)，

則5(1+cos?A)=7?cos?2A=8?2cos2A，

可得cosA=12

，由A∈0,π.,所以A=π3.

(2)①法一：在ΔAMC與ΔABM中，

由正弦定理得CMsin∠CAM=ACsin∠AMC,BMsin∠BAM=ABsin∠AMB,

因?yàn)椤螩AM=∠BAM,∠AMC+∠BAM=π，

所以sin∠CAM=sin∠BAM,sin∠AMC=sin∠BAM，

即CMBM=ACAB=2，故CM=2MB,

因?yàn)镃D=λCB,所以AD=AC+所以AD由λ∈0,1，得AD?CE

41.(本小題12.0分)已知△ABC中角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別是a，b，c，已知(1?sinC)(1?cos(1)證明：C=2B?(2)求△ABC的面積．【答案】解析：(1)因?yàn)閍=2c，所以A>C，即C≠π2．

因?yàn)?1?sinC)(1?cos2B)=sin2BcosC，所以sin2B1?cos2B=1?sinCcosC

因?yàn)閟in2C+cos2C=1，所以1?sinCcosC=cosC1+sinC，即sin2B1?cos2B=cosC1+sinC，

因?yàn)閏osC=sin(π2+C)，sinC=?cos(π2+C)，所以sin2B1?cos2B=sin(π2+C)1?cos(π2+C)．

令f(x)=sinx1?cosx，42.(本小題12.0分)在?ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知c=2b，a=3，D是邊BC上一點(diǎn)．(1)求bcos(2)若AD=①求證：AD平分∠BAC；②求?ABC面積的最大值及此時(shí)AD的長(zhǎng)．【答案】解：(1)因?yàn)閏=2b，a=3，所以bcos(2)①因?yàn)锳D=所以13AD?由a=3知，BD=2，DC=1，設(shè)∠BAD=α，∠DAC=β，∠ADB=θ，在?ABD中，由正弦定理得，BDsin即2sinα=在?ACD中，由正弦定理得，DCsin即1sinβ=所以sinα=sinβ，

又α∈(0,π2)，即AD平分∠BAC；②在?ABC中，因?yàn)閏=2b，a=3，代入余弦定理a2=b而?ABC的面積S=1解法1：因?yàn)锳=2α，且α為銳角，所以b2所以S==≤18當(dāng)且僅當(dāng)9tanα=1此時(shí)，sinα=1010，cos2α=45由S?ABC=S解得AD=2解法2：由9=b2(5?4所以S=b所以當(dāng)b2=5即b=5時(shí)，面積此時(shí)在?ABC中，a=3，b=5，所以由余弦定理求得cosC=在?ADC中，由余弦定理得AD所以此時(shí)AD=2

43.(本小題12.0分)《數(shù)書(shū)九章》是中國(guó)南宋時(shí)期杰出數(shù)學(xué)家秦九韶的著作，其中在卷五“三斜求積”中提出了已知三角形三邊a、b、c求面積的公式，這與古希臘的海倫公式完全等價(jià)，其求法是“以小斜冥并大斜冥減中斜冥，余半之，自乘于上，以小斜冥乘大斜冥減上，余四約之，為實(shí)．一為從隅，開(kāi)平方得積”.若把以上這段文字寫(xiě)出公式即：若a>b>c，則S=1(1)已知△ABC的三邊a，b，c，且a>b>c，求證：△ABC的面積S=1(2)若a=22，(1+tanB)(1+tanC)=2【答案】解：(1)∵B∈(0,π)，a>b>c，

∴S=12acsinB=12ac1?cos2B

=12a2c2?a2c2×(a2+c2?b22ac)2

=12a2c2?(a2+c2?b22)2；

(2)44.(本小題12.0分)已知ΔABC為銳角三角形，設(shè)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.R為ΔABC外接圓半徑．(1)若R=1，且滿足sinBsinC=(sin2B+(2)若b2+c2【答案】解：(1)根據(jù)正弦定理asin?A=bsin?B=csin?C=2R，

將sinBsinC=(sin2B+sin2C?sin2A)tanA轉(zhuǎn)化為b2+c2?a22bc·sin?Acos?A=12

即sinA=12，又因A為銳角，所以A=π6．

b2+c2=4sin2C+4sin2B=?2cos2C?2cos2B+4

=?2cos(5π3?2B)?2cos2B+4

=?3cos2B+3sin2B+4

=23sin(2B?π3)+4

因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，

所以{B<π2B+A>π2，所以π3<B<π2，

得π3<2B?π45.(本小題12.0分)

如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB=2，AD=2??3，∠BAD=90°．

(1)求證：AD⊥BC；

(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；

(3)求直線CD與平面【答案】(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD?平面ABD，AD⊥AB，

得AD⊥平面ABC，又BC?平面ABC，故AD⊥BC；

(2)解：取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND，

∵M(jìn)為棱AB的中點(diǎn)，故MN/?/BC，

∴∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成角，

在Rt△DAM中，AM=1，故DM=AD2+AM2=13，

∵AD⊥平面ABC，AC?平面ABC，故AD⊥AC，

在Rt△DAN中，AN=1，故DN=AD2+AN2=13，

在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=12MNDM=1326，

∴異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326；

(3)解：連接CM，

∵△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，

故CM⊥AB，CM=3，

又∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，而CM?平面ABC，

故C【解析】本題考查異面直線所成角、直線與平面所成角、平面與平面垂直等基本知識(shí)，考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力與推理論證能力，屬于拔高題．

(1)由平面ABC⊥平面ABD，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得AD⊥平面ABC，則AD⊥BC；

(2)取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND，又M為棱AB的中點(diǎn)，可得∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成角，求解三角形可得異面直線BC與MD所成角的余弦；

(3)連接CM，由△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，可得CM⊥AB，且CM=3，再由面面垂直的性質(zhì)可得CM⊥平面ABD，則∠CDM為直線CD與平面ABD所成角，求解三角形可得直線CD與平面46.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P—ABCD，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3，

(1)設(shè)G，H分別為PB，AC的中點(diǎn)，求證：GH/?/平面PAD；

(2)求證：PA⊥平面PCD；

(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值．【答案】證明：(1)如圖：

證明：連接BD，由題意得AC∩BD=H，BH=DH，

又由BG=PG，得GH/?/PD，

∵GH?平面PAD，PD?平面PAD，

∴GH/?/平面PAD；

(2)證明：取棱PC中點(diǎn)N，連接DN，

依題意得DN⊥PC，

又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，DN?平面PCD，

∴DN⊥平面PAC，

又PA?平面PAC，∴DN⊥PA，

又PA⊥CD，CD∩DN=D，

CD?平面PCD，DN?平面PCD，

∴PA⊥平面PCD；

(3)解：連接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，

知∠DAN是直線AD與平面PAC所成角，

∵△PCD是等邊三角形，CD=2，且N為PC中點(diǎn)，

∴DN=3，

又DN⊥平面PAC，AN?平面PAC，

DN⊥AN，

在Rt△AND中，sin∠DAN=DNDA=33．

∴47.(本小題12.0分)如圖，三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AC=2，BC=3，∠BAC=60°，點(diǎn)D是PA的中點(diǎn)，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在(1)證明：平面PAB⊥平面PBC；(2)證明：EF//平面ABC；(3)求二面角B?CD?A的正弦值．【答案】(1)證明：在△ABC中，由余弦定理得

BC即AB2?2AB+1=0，解得AB=1，

∴AB2∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC，

又∵PA∩AB=B，PA、AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，

∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB；(2)證明：(證法一)過(guò)點(diǎn)F作FM//PA交AB于點(diǎn)M，取AC的中點(diǎn)N，連接MN、EN．∵點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)N為AC的中點(diǎn)，

∴EN//AD，EN=1又點(diǎn)D是PA的中點(diǎn)，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PB上，PF=3FB，且∴FM=14PA=12AD，F(xiàn)M/AD∴四邊形MFEN為平行四邊形，∴EF//MN，∵EF??平面ABC，MN?平面ABC，∴EF//平面ABC；(法二)取AD的中點(diǎn)G，連接GE、GF，

∵點(diǎn)G、E分別為AD、CD的中點(diǎn)，∴GE//AC，∵GE?平面ABC，AC?平面ABC，∴GE//平面ABC，∵G為AD的中點(diǎn)，D為PA的中點(diǎn)，

∴AG=12AD=∵PF=3FB，即PF=3FB，

∴∵GF?平面ABC，AB?平面ABC，∴GF//平面ABC，又∵GE∩GF=G，GE、GF?平面GEF，∴平面GEF//平面ABC，∵EF?平面GEF，∴EF//平面ABC；(3)解：過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為H，在平面BCD內(nèi)過(guò)點(diǎn)B作BO⊥DC，垂足為O，∵PA⊥平面ABC，BH?平面ABC，∴BH⊥PA，∵BH⊥AC，PA∩AC=A，PA、PC?平面PAC，∴BH⊥平面PAC，∵CD?平面PAC，∴CD⊥BH，∵CD⊥BO，BO∩BH=B，BO、BH?平面BOH，∴CD⊥平面BOH．∵OH?平面BOH，∴OH⊥CD，

則∠BOH為二面角B?CD?A的平面角，由等面積法可得BH=AB?BC∵BC⊥平面PAB，BD?平面PAB，∴BC⊥BD，在Rt△BCD中，BC=3，BD=由等面積法得BO=BC?BDCD=因此二面角B?CD?A的正弦值為10

48.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐D?ABCM中，平面DCM⊥平面ABCM，四邊形ABCM是直角梯形，AB⊥BC，AB/?/CM，且AB=DM=2BC=2CM=2，∠CMD=120°，E是線段AD上的動(dòng)點(diǎn)．

(1)當(dāng)E是線段AD的中點(diǎn)時(shí)，求證：EM/?/平面BCD；

(2)當(dāng)三棱錐E?ABM的體積為四棱錐D?ABCM體積的29時(shí)，求AE【答案】(1)證明：如圖：

取BD的中點(diǎn)F，連接EF，CF．

∵E是線段AD的中點(diǎn)，

∴EF?//AB，EF=12AB．

又∵AB?//CM，AB=2CM，

∴EF?//CM，EF=CM，

因此四邊形EFCM是平行四邊形，∴EM?//CF．

又∵EM?平面BCD，CF?平面BCD，

∴EM?//平面BCD．

(2)解：∵四邊形ABCM是直角梯形，

AB=2BC=2CM=2，

∴S梯形ABCM=12×1+2×1=32，

S△ABM=32?12×1×1=1．

設(shè)點(diǎn)E到平面ABCM的距離為d1，

點(diǎn)D到平面ABCM的距離為d2，

由題意得13×SΔABM×d1=29×13×S梯形ABCM×d2，

∴d1=13d2，49.(本小題12.0分)已知拋物線y2=8x的焦點(diǎn)為N，圓M:(x+2)2+y2=20的圓心為M，E為圓(1)求動(dòng)點(diǎn)S的軌跡方程C;(2)設(shè)動(dòng)直線l(不過(guò)點(diǎn)M且不與坐標(biāo)軸平行)與軌跡C交于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為P1，若∠PMN+∠QMN=π，試求△PP【答案】解：(1)依題意，N(2,0)，M(?2,0)，

由幾何關(guān)系，易得|SN|+|SM|=|SE|+|SM|=|EM|=R=2∴動(dòng)點(diǎn)S的軌跡滿足橢圓的定義，其中2a=25，即a=5，c=2，b=1，

故動(dòng)點(diǎn)S的軌跡方程(2)設(shè)直線l:x=my+t(m≠0)，兩點(diǎn)P(x1,y1)，Q(x2∵∠PMN+∠QMN=π，且直線l不過(guò)點(diǎn)M，∴kMP+整理得，x2用直線方程x=my+t代入，有：(my整理，得：2my即2m?t化簡(jiǎn)得，?10m?4mt=0，解得：t=?5∴Δ=(2mt)2?4(5+又|PQ|=1+m2原點(diǎn)O到直線l的距離d=5∴S△PP1Q=2S令u=則上式=5當(dāng)u=5，即m=±302∴△PP1Q

50.(本小題12.0分)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦點(diǎn)分別為F(1)求C1,(2)過(guò)F1點(diǎn)作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點(diǎn)，當(dāng)直線OM與C2交于P,Q

【答案】解：(1)由題可得

e1=1?b2a2,e2=1+b2a2

，且

F1F2=2a2?b2

，

因?yàn)?/p>

e1e2=32

，且

F2(2)由(1)可得

F1?1,0

，因?yàn)橹本€

AB

不垂直于

y

軸，所以設(shè)直線

AB

的方程為

x=ny?1

，

聯(lián)立直線與橢圓方程可得

n2+2y2?2ny?1=0

，

則

yA+yB=2nn2+2

，

yAyB=?1n2+2

，則

yM=nn2+2

，

因?yàn)?/p>

MxM,yM

在直線

AB

上，所以

xM=n2n2+2?1=?2n2+2

，

則直線

PQ

的方程為

y=yMxMx?y=?n2x

，聯(lián)立直線

PQ

與雙曲線可得

x2?2?n2x2則

2d=nxA+2yA+nxB+2yBn2+4

=

nxA+2則四邊形

APBQ

面積S=12PQ·2d

=22?1+n22?n2=22?

51.(本小題12.0分)已知橢圓E:x2a2+y2(1)求橢圓E的方程;(2)斜率不為0的直線l過(guò)點(diǎn)F，與橢圓E交于A，B兩點(diǎn)，弦AB的中點(diǎn)為H，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OH與橢圓E交于點(diǎn)M，N，求四邊形AMBN面積S的最小值．【答案】解：(1)由題知，b=c，∴a即橢圓方程為x2聯(lián)立x+y+3=0,x2由Δ=(43)2?12(6?2b(2)由(1)知F(1,0)，若直線l的斜率不存在，可知S=1若直線l的斜率存在，設(shè)l:y=k(x?1)，k≠0，由x22+設(shè)A(x1,y1)，則|AB|=由A，B在橢圓E上得，x122整理得k=y1?由x22+y2=1,y=?∴點(diǎn)M，N到直線AB的距離之和為dM顯然M和N在直線l的異側(cè)，故k(xM?1)?dM則四邊形AMBN面積S=1由12(1+2k2綜上，四邊形AMBN面積S的最小值為2．

52.(本小題12.0分)設(shè)圓x2+y2+2x?15=0的圓心為A，直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，直線l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作AC(1)證明|EA|+|EB|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B且與直線l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ【答案】解：(1)因?yàn)閨AD|=|AC|，EB//AC，

所以∠EBD=∠ACD=∠ADC，

所以|EB|=|ED|，故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|，

又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16，從而|AD|=4，

所以|EA|+|EB|=4．

由題設(shè)得A(?1,0)，B(1,0)，|AB|=2，

由橢圓的定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(x≠±2)．

(2)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x=1，|MN|=3，|PQ|=8，此時(shí)四邊形MPNQ的面積為12．

當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y=k(x?1)(k≠0)，

設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，由y=k(x?1)x24+y23=1,

得(4k2+3)x2?8k2x+4k2?12=0，Δ>0，

則x1+x53.(本小題12.0分)已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點(diǎn)M，N是橢圓C上與點(diǎn)P不重合的兩點(diǎn)，且以MN為直徑的圓過(guò)點(diǎn)P，若直線MN過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】解：(1)由橢圓定義可知：PF1+將P2,1代入橢圓方程得48+故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2(2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，設(shè)Mm,n，則N因?yàn)橐訫N為直徑的圓過(guò)點(diǎn)P2,1則PM?因?yàn)閙2+4n2=8，故m因?yàn)镸，N是橢圓C上與點(diǎn)P不重合的兩點(diǎn)，所以m≠2，故m=6故此時(shí)直線MN的方程為x=6當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)方程為y=kx+t，與x28+設(shè)Mx1,其中y1y1則PM?即4t整理得12k2?3+16kt+5解得t=1?2k或t=?3當(dāng)t=1?2k時(shí)，y=kx+1?2k，即y?1=kx?2，此時(shí)直線MN過(guò)定點(diǎn)2,1此時(shí)與點(diǎn)P重合，不合要求，當(dāng)t=?352k+1時(shí)，y=kx?此時(shí)直線MN過(guò)定點(diǎn)65顯然當(dāng)直線MN的斜率不存在，直線x=65也過(guò)定點(diǎn)綜上，直線MN過(guò)定點(diǎn)，該定點(diǎn)坐標(biāo)為6554.(本小題12.0分)已知拋物線x2=4y上的點(diǎn)P(非原點(diǎn))處的切線與x軸，y軸分別交于Q，R兩點(diǎn)，(1)若PQ=λPR，求(2)若拋物線上的點(diǎn)A滿足條件PF=μFA，求△APR【答案】解：(1)設(shè)Pt,t24(t≠0)，則PR的直線方程為y?t24=t2(x?t)(切線的斜率k=t2)，

令y=0(2)若拋物線上的點(diǎn)A滿足條件PF=μFA，則直線PA過(guò)焦點(diǎn)F(0,1)，

由(1)知，PA的方程為：y?1=t24?1tx，

聯(lián)立得y?1=t24?1tx4y=x2，解之得A點(diǎn)的坐標(biāo)為?4t,4t2，S?APR=12|RF||xP?xA|=121+t24?t+4t=12t34+2t+4t，

令f(t)=

55.(本小題12.0分)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，過(guò)F2作一條漸近線的垂線交C(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)G4,0的動(dòng)直線l交雙曲線C右支于A，B兩點(diǎn)(A在第一象限)，若直線AM，BN的斜率分別為kAM，(i)試探究kAM與kBN的比值kAM(ii)求k2AM【答案】解：(1)設(shè)雙曲線C的半焦距為c，c>0，

由題意得PF1?雙曲線C的漸近線方程為bx±ay=0，F(xiàn)2(c,0)，

由題意可得所以雙曲線C的方程為x(2)(i)易知直線l的斜率不為0，M(?2,0)，N(2,0)，

設(shè)Ax1,y1由x=ty+4x24?y則

t2?4≠0Δ=(8t)2?4×12(t所以k=ty1y2+2y1+y2(ii)設(shè)直線AM：y=k(x+2)，

代入雙曲線C：x21?4k由于點(diǎn)M為雙曲線的左頂點(diǎn)，所以此方程有一根為

?2

，則?2xA=因?yàn)辄c(diǎn)A在雙曲線的右支上，所以xA=2(4又點(diǎn)A在第一象限，所以k∈(0,12)，即kAM∈(0,由(i)中結(jié)論可知kBN得kAM∈1故k2AM+13kBN=故kAM2+1

56.(本小題12.0分)已知拋物線C1:y2=4x?4與雙曲線C2:x2a2?y24?a2=1(1<a<2)相交于兩點(diǎn)A，B，F(xiàn)是C2的右焦點(diǎn)，直線AF分別交C1，C2(1)設(shè)A(x1,y1)(2)求|FQ||FP|的取值范圍．【答案】解：(1)由A(x1,y1)，C(x2,y2)是直線AF與拋物線C1:y2=4x?4的兩個(gè)交點(diǎn)，F(xiàn)(2,0)，

故設(shè)AF的直線方程為x=my+2，可知m≠0，

代入拋物線C1:y2=4x?4，

消去x，整理得y2?4my?4=0，

所以y1y2=?4為定值．

(2)由(1)可知B(x1,?y1)，故直線BC的方程為y+y1=4y2?y1(x?x1)，

令y=0，得xP=y1(y2?y57.(本小題12.0分)已知雙曲線C：x2a2?y(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)P，Q為雙曲線C上異于點(diǎn)M(2a,b)的兩動(dòng)點(diǎn)，記直線MP，MQ的斜率分別為k1，k2，若【答案】解：(1)由題意知2c=23，ca=62，c2=a2+b2，解得a=2，b=1，

所以雙曲線C的方程為x22?y2=1．

(2)當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，與x22?y2=1聯(lián)立，

得(1?2k2)x2?4kmx?2m2?2=0，設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

則x1+x2=4km1?2k2，x1x2=?2m258.(本小題12.0分)已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)M分別作直線MA、MB交橢圓于A,B兩點(diǎn)，設(shè)兩直線MA、MB的斜率分別為k1,k2，且k【答案】解：(1)因?yàn)閎=2，△F1MF2是等腰直角三角形，

所以c=2，所以a=22，

故橢圓的方程為x28+y24=1．

(2)證明：①若直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，

依題意m≠±2.A點(diǎn)坐標(biāo)為(x1,y1)，B點(diǎn)坐標(biāo)為(x2,y2)，

聯(lián)立方程得，x28+y24=1,y=kx+m,消去y，得

(1+2k2)x2+4kmx+2m2?8=0，

顯然可得Δ>0，則x1+x2=?4km1+2k2，x1x2=2m2?81+2k2．

由題知k1+k2=y159.(本小題12.0分)已知△ABC中，B(?1,0)，C(1,0)，AB?=?4，點(diǎn)P在AB上，且∠BAC=∠PCA．(1)求點(diǎn)P的軌跡E的方程；(2)若Q(1,32)，過(guò)點(diǎn)C的直線與E交于M，N兩點(diǎn)，與直線x=4交于點(diǎn)K，記QM，QN，QK的斜率分別為k1【答案】解：(1)如圖三角形ACP中，∠BAC=∠PCA，

∴PA=PC．

∴PB+PC=PB+PA=AB=4，

∴點(diǎn)P的軌跡是以B，C為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸為4的橢圓(不包含實(shí)軸的端點(diǎn))，

所以點(diǎn)P的軌跡E的方程為x24+y23=1(x≠±2).

(2)如圖，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，可設(shè)直線MN方程為y=k(x?1),則K(4,3k)，

由(1)可知，直線MN與x軸不平行，即k≠0時(shí)

由x24+60.(本小題12.0分)

已知點(diǎn)M是圓F1：(x+22)2+y2