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2013届 高三数学 月考试题

2013 届高三新课标月考试题三 数学
适用地区:新课标地区 考查范围:集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.考生作答时,将答案答在答题卡上.在本 试卷上答题无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项: 1.答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考 证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号;非选择题答 案使用 0.5 毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁,不折叠,不破损. 第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的.) 1.(2012·北京东城二模)若集合 A ? ? x x ? 0 ? ,且 A ? B ? B ,则集合 B 可能是( A. ?1 , 2 ? B. ? x x ? 1? C. ? ? 1, 0,1? D. R
1 5 x ,则 tan ? =



2.(2012·昆明第一中学一摸)设 α 是第二象限角, P ? x , 4 ? 为其终边上的一点,且 co s ? ? ( A.
4 3

) B.
3 4

C. ?

3 4

D. ?

4 3

3.(理) (2012·琼海模拟)设 l , m 是两条不同的直线, ? , ? 是两个不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m ? ? , l ? m , 则 l / / ? ; ②若 ? ? ? , ? ? ? ? l , m ? l , 则 m ? ? .

③若 ? / / ? , l ? ? , m / / ? , 则 l ? m ; ④若 ? / / ? , l / / ? , m ? ? , 则 l / / m . 其中正确命题的个数是( )

A.1 B.2 C.3 D.4 (文) (2012·琼海模拟)已知一个平面 α,l 为空间中的任意一条直线,那么在平面 α 内一定存在直线 b 使得( ) A. l //b B. l 与 b 相交 C. l 与 b 是异面直线 D. l⊥b 4.(2012·郑州质检)已知点 F、A 分别为双曲线
x a
2 2

?

y b

2 2

? 1 ? a ? 0, b ? 0 ? 的左焦点、右顶点,点 B(0,

b)满足 FB ? AB ? 0 ,则双曲线的离心率为(
1? 2 3 1? 2 5



A. 2

B. 3

C.

D.

5.(2012·哈尔滨第六中学三模)设 x 0 是方程 ln x ? x ? 4 的解,则 x 0 属于区间(



C.(2,3) D.(3,4) 2 x y 6.[2012· 湖南卷]已知双曲线 C:2- 2=1 的焦距为 10, P(2,1)在 C 的渐近线上, C 的方程为 点 则 ( ) a b x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. - =1 B. - =1 C. - =1 D. - =1 20 5 5 20 80 20 20 80 x2 y2 3a 7. [2012·课标全国卷]设 F1,F2 是椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点,P 为直线 x= 上一点, a b 2 △F2PF1 是底角为 30° 的等腰三角形,则 E 的离心率为( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 2 3 4 5 A.(0,1) B.(1,2)
2

? x ? y ? 1 ? 0, ? 8.(2012·郑州质检)若实数 x,y 满足 ? x ? y ? 0, 则 z=3x+2y 的最小值是( ?x ? 0 ?

)

A.0

B. 1

C. 3

D. 9

9. [2012·课标全国卷]如图 1,网格纸上小正方形的边长为 1 ,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几 何体的体积为( ) A. 6 B. 9 C. ?? D. ??

图1

10. (2012·哈尔滨第六中学三模)直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 与圆

? x ? 2?
A.
3 2

2

? ? y ? 3 ? ? 9 交于 E,F 两点,则△EOF(O 是原点)的面积为(
2



B.

3 4

C. 2 5

D.

6 5 5

11.(理)[2012·课标全国卷]已知三棱锥 S ? A B C 的所有顶点都在球 O 的球面上,△ A B C 是边长为 1 的正三角形, S C 为球 O 的直径,且 SC ? 2 ,则此棱锥的体积为( ) A. . (文)[2012·课标全国卷]平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到平面 α 的距离为 2,则 此球的体积为( ) A. 6π B.4 3π C.4 6π D.6 3π 12.(2012·琼海模拟)一个几何体的三视图如图 2 所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体 的外接球的表面积为( ) A. 2 3 π B.
8 3 π
2 6

B.

3 6

C.

2 3

D.

2 2

C. 4 3

D.

16 3

π

图2

第Ⅱ卷 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.将答案填在答题卷相应位置上. 13. ( 2012 · 郑 州 质 检 ) 若 直 线 l1 : a x? 2 y? 0 和 l 2 : 3 x ? ? a ? 1 ? y ? 1 ? 0 平 行 , 则 实 数 a 的 值 为 .

14. [2012·课标全国卷]等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S 3 ? 3 S 2 ? 0 ,则公比 q=_______. 15. (2012·郑州质检)在△ABC 中,已知 a,b,c 分别为角 A, B, C 所对的边,S 为△ABC 的面积. 若向量 p= ?4 , a ? b ? c ?, q=
2 2 2

?

3 , S 满足 p∥q,则∠C=
2

?

.

16. [2012·辽宁卷]已知 P,Q 为抛物线 x ? 2 y 上两点,点 P,Q 的横坐标分别为 4, ? 2,过 P、Q 分 别作抛物线的切线,两切线交于 A,则点 A 的纵坐标为__________.

三、解答题(本大题共 6 小题,满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.) 17.(本小题满分 10 分) (2012·长望浏宁四县(市)调研)已知函数 f ? x ? ? 2 sin x co s x
? 2 co s x ? x ? R ? .
2

(1)求函数 f ? x ? 的最小正周期;
? ? π? 时,求函数 f 2? ?

(2)当 x ? ? 0,

? x ? 的取值范围.

18.(本小题满分 12 分) 1 (理)[2012·课标全国卷]如图 3,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点, 2 DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小.

图3 (文)[2012·课标全国卷]如图 3,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ACB=90° ,AC=BC= 1 AA ,D 是棱 AA1 的中点. 2 1 (1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

图3

19.(本小题满分 12 分) (2012·琼海模拟)已知各项都不相等的等差数列 ? a n ? 的前 6 项和为 60,且 a 6 为 a 1 和 a 2 1 的等比 中项.
(1)求数列 ? a n ? 的通项公式;

(2)若数列 ? b n ? 满足 b n ? 1 ? b n ? a n ? n ? N ? ? ,且 b1 ? 3 ,求数列

1 bn

的前 n 项和 T n .

20.(本小题满分 12 分) (理)[2012·北京卷]如图 4(1) ,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图 5(2). (1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由.

图4

(文)[2012·北京卷]如图 4(1) ,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为 线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图 5(2). (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.

图4 21.(本小题满分 12 分) x2 y2 [2012·安徽卷]如图 5,F1,F2 分别是椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点,A 是椭圆 C 的顶 a b 点,B 是直线 AF2 与椭圆 C 的另一个交点,∠F1AF2=60° . (1)求椭圆 C 的离心率; (2)已知△AF1B 的面积为 40 3,求 a,b 的值.

图5

22.(本小题满分 12 分) (理)[2012·湖南卷]已知函数 f(x)=eax-x,其中 a≠0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k.问:是 否存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)>k 成立?若存在,求 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由. (文)[2012·湖南卷]已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k,证明: 存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)=k 成立.

试卷类型:A 2013 届高三新课标原创月考试题三答案 数学
1.A【解析】因为 A ? B ? B ,所以 B ? A .又因为集合 A ? ? x x ? 0 ? ,所以集合 B 可能是 ?1 , 2? .选 A. 2. D【解析】因为 α 是第二象限角,所以 x ? 0 .由三角函数的定义,有 co s ? ?
x ? ? 3 ? x ? 0 ? .所以 tan ? ?
4 ?3 4 3
x x ?4
2 2

?

1 5

x ,解得

? ?

.

3.(理)A【解析】对于①,可能存在 l ? ? ;对于②,若加上条件 m ? ? 就正确了;对于③是正确的; 对于④,直线 l , m 可能平行,也可能相交或异面;综上可知,正确的命题只有一个. (文)D【解析】当 l ? ? 或 l∥α 时,在平面 α 内,显然存在直线 b 使得 l ⊥b;当 l 与 α 斜交时,只需要 b 垂直于 l 在平面 ? 内的射影即可得到 l ? b .
2 4. D 解析】 F B ? A B ? ? c , b ? ? ? ? a , b ? ? 0 , ? a ? ? 【 由 得 c b

??? ??? ? ?

0, 所以 ? ac ? c ? a ? 0 , ? e ? e ? 1 ? 0 , 即
2 2 2

解得 e ?

1? 2

5

或e ?

1? 2

5

(舍去).

5. C【解析】设 f ( x ) ? ln x ? x ? 4 ,因为 f (1) ? ? 3 ? 0, f (2) ? ln 2 ? 2 ? 0, f (3) ? ln 3 ?1 ? 0 ,

f ( 4 ) ? ln 4 ? 0 ,所以 f (2) f (3) ? 0 .所以 x 0 ? ? 2, 3 ? .

b 6. A【解析】由已知可得双曲线的焦距 2c=10,a2+b2=52=25,排除 C,D,又由渐近线方程为 y= x a 1 1 b = x,得 = ,解得 a2=20,b2=5,所以选 A. 2 2 a π 3 7. C【解析】根据题意,一定有∠PF1F2=30° ,且∠PF2x=60° ,故直线 PF2 的倾斜角是 ,设直线 x= a 3 2 3 与 x 轴的交点为 M,则|PF2|=2|F2M|,又|PF2|=|F1F2|,所以|F1F2|=2|F2M|.所以 2c=2?2a-c?,即 ? ? c 3 4c=3a,故 e= = .故选 C. a 4

8.

B【解析】作出不等式组

? x ? y ? 1 ? 0, ? ? x ? y ? 0, ?x ? 0 ?

表示的可行域(如下图),令 z ' ? x ? 2 y ,可知当直线

x ? 2 y 取得最小值 1. z ' ? x ? 2 y 经过点 O ? 0, 0 ? 时, z ' ? x ? 2 y 取得最小值 0,故此时 z ? 3

9. B【解析】由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是斜边长为 6 的等腰直角三角形(斜边上高为 3 ) , 有一条长为 3 的侧棱垂直于底面,所以几何体的体积为 V ?
1 3 ? 1 2 ? 6 ? 3 ? 3 ? 9 ,选 B.

10. D 【 解 析 】 因 为 圆 心 ? 2 ,? 3 到 直 线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的 距 离 为 d ? ?

|2?6?3| 5

?

5 ,则

EF ? 2

R ?d
2

2

? 4 , 又 原 点 O ? 0 , ? 0 到 直 线 E F:

? 2 x

? 3? 的 距 离 为 d '? y 0

| ?3 | 5

?

3 5 5

, 所 以

S ?E

O

? F

1 2

? 4

3 ? 5

5

?

6 5

.

5

11.(理)A【解析】△ A B C 的外接圆的半径 r ?

3 3

,点 O 到面 A B C 的距离 d ?

R ?r
2

2

?

6 3

, SC

为 球 O 的 直 径 ? 点 S

到 面 ABC 的 距 离 为 2d ?

2 6 3

, 此 棱 锥 的 体 积 为

V ?

1 3

S ?ABC ? 2 d ?

1 3

?

3 4

?

2 6 3

?

2 6

.

4 (文)B【解析】由题意,球的半径为 R= 12+? 2?2= 3,所以球的体积为 V= πR3=4 3π.故选 B. 3 12. D【解析】该几何体是个如下图所示的三棱锥 D-ABC,外接球的球心为点 E ,F 为 AC 的中点,设
EF ? r, DE ? EA ? EC ? EB ,

则 3?r ?

1? r

2

,解得 r ?

3 3

.所以外接球的半径为 R ?

3?r ?

2 3 3

,表面积为 4 π R ?
2

16 π 3

.

13. -3 或 2【解析】由两直线平行的充要条件得

a ? a ? 1? ? 3 ? 2 ? 0

,解得 a ? ? 3 或 a ? 2 .
a 1 (1 ? q )
3

14. ? 2 【解析】显然公比 q ? 1 ,设首项为 a 1 ,则由 S 3 ? 3 S 2 ? 0 ,得
3 2 3 2 2 2 2

1? q

? ?3 ?

a 1 (1 ? q )
2

1? q



即 q ? 3 q ? 4 ? 0 ,即 q ? q ? 4 q ? 4 ? q ( q ? 1) ? 4 ( q ? 1) ? 0 ,即 ( q ? 1)( q ? 4 q ? 4 ) ? 0 ,
2

所以 q ? 4 q ? 4 ? ( q ? 2 ) ? 0 ,解得 q ? ? 2 .
2 2

15. π 【解析】 p ∥ q ,得 由
3

4S ?

3 ?a ? b ? c
2 2

2

?

,则
S ?

3 4

?a

2

?b ?c
2

2

?

.由余弦定理得 cos C ?

a ?b ?c
2 2

2

,故 S ?

3 4

? 2 a b co s C ?

3 2

a b co s C . 又 由 正 弦 定 理 得 S ?

1 2

a b sin C , 所 以

2ab

3 2

a b co s C ?

1 2

a b sin C ,所以 tan C ?

3 .又 C ? ? 0, π ? ,所以 C ?

?
3

.

1 16. -4【解析】由 x2=2y 可知 y= x2,这时 y′=x,由 P,Q 的横坐标为 4,-2,这时 P(4,8),Q(- 2 2,2), 以点 P 为切点的切线方程 PA 为 y-8=4(x-4),即 4x-y-8=0①;以点 Q 为切点的切线方程 QA 为 y-2=-2(x+2),即 2x+y+2=0②;由①②联立得 A 点坐标为(1,-4),这时纵坐标为-4.

17.解:(1)因为 f ? x ? ? sin 2 x ? co s 2 x ? 1
π? ? 2 sin ? 2 x ? ? ? 1 , 4? ?
2π 2 ? π.

?

所以函数 f ? x ? 的最小正周期为 T ? (2) f ? x ? ?
π? ? 2 sin ? 2 x ? ? ? 1 . 4? ?

当 x ? ? 0,
?

?

π? π ? π 3π ? ? 时, 2 x ? 4 ? ? ? 4 , 4 ? , 2? ? ?

所以当 2 x ? 当2x ?
π 4

π 4

? π 4

π 2

,即 x ?

3π 8

时, f ? x ? m ax ?

2 ?1;

? ?

,即 x ? 0 时, f ? x ? m in ? ? 2 ;
? ?

故函数 f ? x ? 的取值范围是 ? ? 2, 2 ? 1 ? . 18.(理)解:(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1. 1 2 又 AC= AA1,可得 DC1+DC2=CC2, 1 2 所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. BC?平面 BCD,故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1,所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. → → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 C- xyz.

由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). → → → 则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 → ?n· =0, ? ? BD ?x-y+z=0, ? 即? 可取 n=(1,1,0). ?z=0. ? ?n·→ =0, ? A1D → ?m· =0, ? BD 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则? 可得 m=(1,2,1). ?m·→ 1=0. ? DC n· m 3 从而 cos〈n,m〉= = . |n|· |m| 2 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° . (文)解:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° ,所以∠CDC1=90° ,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所以 DC1⊥平 面 BDC.又 DC1?平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B-DACC1 的体积为 V1,AC=1.由题意得 1 1+2 1 V1= × ×1×1= . 3 2 2 又三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=1, 所以(V-V1)∶V1=1∶1. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 19.解:(1)设等差数列 ? a n ? 的公差为 d ? d ? 0 ? ,则 ?
? 6 a 1 ? 1 5 d ? 6 0, ? ? a1 ? a1 ? 2 0 d ? ? ? a1 ? 5 d ?

?

2

,

因为数列 ? a n ? 的各项都不相等,所以公差 d ? 0 .故解得 ? 所以 a n ? 5 ? ? n ? 1 ? ? 2 ? 2 n ? 3 . (2)因为 b n ? 1 ? b n ? a n , 所以 b n ? b n ?1 ? a n ?1 ? n ? 2, n ? N
?

? d ? 2, ? a1 ? 5 .

?

故 b n ? ? b n ? b n ?1 ? ? ? b n ?1 ? b n ? 2 ? ? … ? ? b 2 ? b1 ? ? b1 ? a n ?1 ? a n ? 2 ? … ? a1 ? b1
? ? n ? 1 ? ? n ? 1 ? 4 ? ? 3 ? n ? n ? 2 ? ? n ? 2, n ? N
?

?.

又 b1 满足上式, 所以 b n ? n ? n ? 2 ? ? n ? N 所以
1 bn ? 1 n ?n ? 2? ?
?

?.

1?1 1 ? ? ? ?. 2?n n?2?

故 Tn ?

1? 1 1 1 1 1 ? 1?3 1 1 ? 3n ? 5n ? . ?1 ? ? ? ? … ? ? ?? ? ? ?? 2? 3 2 4 n n ? 2 ? 2 ? 2 n ? 1 n ? 2 ? 4 ? n ? 1? ? n ? 2 ?
2

20.(理)解:(1)证明:因为 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC, 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以 DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD, 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C-xyz, 则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 → → n· 1B=0,n· =0. A BE → → 又A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),

?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0.
令 y=1,则 x=2,z= 3, 所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ, → 因为CM=(0,1, 3), → ? n· ? CM 4 2 → 所以 sinθ=|cos(n,CM)|=? = = . → ? 8× 4 2 ?|n||CM|? π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 (3)线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直,理由如下: 假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则 → → m· 1D=0,m· =0. A DP → → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),

?2y-2 3z=0, 所以? ?px-2y=0.
令 x=2,则 y=p,z= 所以 m=?2,p, p . 3 p? . 3? 平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.

?

(文)解:(1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB,

所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD, 所以 A1F⊥平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下: 如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q, 则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP, 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 21. 解: (1)由题意可知,△AF1F2 为等边三角形,a=2c, 1 所以 e= . 2 (2)(方法一)a2=4c2,b2=3c2. 直线 AB 的方程可为 y=- 3(x-c). 8 3 3 ? 将其代入椭圆方程 3x2+4y2=12c2,得 B? c,- c . 5 ? ?5 16 ?8 所以|AB|= 1+3· 5c-0?= c. ? ? 5 1 1 16 3 2 3 2 由 S△AF1B= |AF1|· |AB|sin∠F1AB= a· c· = a =40 3, 2 2 5 2 5 解得 a=10,b=5 3. (方法二)设|AB|=t. 因为|AF2|=a,所以|BF2|=t-a. 由椭圆定义|BF1|+|BF2|=2a 可知,|BF1|=3a-t. 8 再由余弦定理(3a-t)2=a2+t2-2atcos60° 可得,t= a. 5 1 8 3 2 3 2 由 S△AF1B= a·a· = a =40 3知,a=10,b=5 3. 2 5 2 5 22.(理)解:(1)若 a<0,则对一切 x>0,f(x)=eax-x<1, 这与题设矛盾.又 a≠0,故 a>0. 1 1 而 f′(x)=aeax-1,令 f′(x)=0 得 x= ln . a a 1 1 1 1 1 1 当 x< ln 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x> ln 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故当 x= ln ,f(x) a a a a a a

1 1 1 1 1 取最小值 f?alna?= - ln . ? ? a a a 1 1 1 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 - ln ≥1. ① a a a 令 g(t)=t-tlnt,则 g′(t)=-lnt. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增;当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1. 1 因此,当且仅当 =1,即 a=1 时,①式成立. a 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? e -e (2)由题意知,k= = x2-x1 x -x
ax2 2 a x1

-1.
1

令 φ(x)=f′(x)-k=aeax- φ(x2)=
e
a x2

e

ax2

-e

a x1

x 2 - x1

.则 φ(x1)=-

e

a x1

[e

a ( x 2 - x1 )

x 2 - x1

-a(x2-x1)-1],

[e

a ( x1 - x 2 )

x 2 - x1

-a(x1-x2)-1].

令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减; 当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 e
e
e
a ( x 2 - x1 )

-a(x2-x1)-1>0,
e
a x2

a ( x1 - x 2 )
a x1

-a(x1-x2)-1>0, >0, >0,
x 2 - x1



x 2 - x1

所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. 因为函数 y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在 c∈(x1,x2),使得 φ(c) 1 e -e =0.又 φ′(x)=a2eax>0,φ(x)单调递增,故这样的 c 是唯一的,且 c= ln .故当且仅当 x∈ a a ( x -x ) 2 1
ax ax ?1 e 2 -e 1 ln ,x 2 ? a ( x 2 - x1 ) ?a

a x2

a x1

? ? 时,f′(x)>k. ?

ax ax ?1 ? e 2 -e 1 ,x 2 ? . 综上所述,存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)>k 成立,且 x0 的取值范围为 ? ln a ( x 2 - x1 ) ?a ?

(文)解:(1)f′(x)=ex-a.令 f′(x)=0 得 x=lna. 当 x<lna 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>lna 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故当 x=ln a 时,f(x) 取最小值 f(lna)=a-alna. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-alna≥1. ① 令 g(t)=t-tlnt,则 g′(t)=-lnt. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增; 当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1.因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? e -e (2)由题意知,k= = x2-x1 x -x
x2 2 x1

-a.
1

令 φ(x)=f′(x)-k=ex-

e -e

x2

x1

,则

x 2 - x1

φ(x1)=- φ(x2)=
e

e

x1

[e

x 2 - x1

x 2 - x1
x2

-(x2-x1)-1],

[e

x1 - x 2

x 2 - x1

-(x1-x2)-1].

令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减; 当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 e
x 2 - x1

-(x2-x1)-1>0, e

x1 - x 2

-(x1-x2)-1>0,又

e

x1

>0,

e

x2

>0,

x 2 - x1

x 2 - x1

所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. 因为函数 y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在 x0∈(x1,x2),使 φ(x0) =0,即 f′(x0)=k 成立.


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