2014届一轮高三数学 下载本文

假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上. →→

设M(x1,0),则MP·MQ=0对满足(*)式的m、k恒成立. 3?→→?4k→→

因为MP=?--x1,?,MQ=(4-x1,4k+m),由MP·MQ=0,

?

mm?

16k4kx112k2

得-+-4x1+x1++3=0,

mmm整理,得(4x1-4)+x1-4x1+3=0.(**)

??4x1-4=0,由于(**)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以?2

?x1-4x1+3=0,?

km2

解得x1=1.

故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M. 解法二:(1)同解法一.

y=kx+m,??22(2)由?xy+=1,??43

2

得(4k+3)x+8kmx+4m-12=0.

222

因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0, 即64km-4(4k+3)(4m-12)=0,化简得4k-m+3=0.(*) 4km4k3?4k3?此时x0=-2=-,y0=kx0+m=,所以P?-,?. 4k+3mm?mm?

??x=4,

由?

?y=kx+m,?

22

2

2

2

得Q(4,4k+m).

假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上.

取k=0,m=3,此时P(0,3),Q(4,3),以PQ为直径的圆为(x-2)+(y-3)

2

2

1?3?=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);取k=-,m=2,此时P?1,?,Q(4,0),以PQ为直

2?2?

?5?2?3?245交x轴于点M(1,0),

径的圆为?x-?+?y-?=,M4(4,0).所以若符合条件的点M存在,3

?2??4?16

则M的坐标必为(1,0).

以下证明M(1,0)就是满足条件的点:

3?→→?4k因为M的坐标为(1,0),所以MP=?--1,?,MQ=(3,4k+m),

?

mm?

12k12k→→

从而MP·MQ=--3++3=0,

mm→→

故恒有MP⊥MQ,即存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.

(文)【2012高考真题福建文21】如图1-4所示,等边三角形OAB的边长为83,且其三

个顶点均在抛物线E:x=2py(p>0)上.

2

图1-4

(1)求抛物线E的方程;

(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q,证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.

【解】解法一:(1)依题意,|OB|=83,∠BOy=30°. 设B(x,y),则x=|OB|sin30°=43,y=|OB|cos30°=12. 因为点B(43,12)在x=2py上,所以(43)=2p×12,解得p=2. 故抛物线E的方程为x=4y. 121(2)由(1)知y=x,y′=x.

42

1112

设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-x0.

22411??y=x0x-x20,

24由???y=-1,

2

22

2

x0-4??x=,

2x0得???y=-1.

2

?x0-4,-1?.

所以Q??

?2x0?

→→假设以PQ为直径的圆恒过定点M,由图形的对称性知M必在y轴上,设M(0,y1),令MP·MQ12

=0对满足y0=x0(x0≠0)的x0,y0恒成立.

4

→→?x0-4

,-1-y1?由于MP=(x0,y0-y1),MQ=??. ?2x0?

2

x0-4→→2

由MP·MQ=0,得-y0-y0y1+y1+y1=0.

2

即(y1+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)

??1-y1=0,12

由于(*)式对满足y0=x0(x0≠0)的y0恒成立,所以?2

4?y1+y1-2=0,?

2

2

解得y1=1.

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1). 解法二:

(1)同解法一.

121

(2)由(1)知y=x,y′=x,

42

1112

设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-x0.

22411??y=x0x-x20,

24由???y=-1,

2

x0-4??x=,

2x0得???y=-1,

2

1?

?x0-4,-1?.

所以Q??

?2x0?

取x0=2,此时P(2,1),Q(0,-1),以PQ为直径的圆为(x-1)+y=2,交y轴于点

2

2

M1(0,1)或M2(0,-1);取x0=1,此时P?1,?,Q?-,-1?,以PQ为直径的圆为?x+?2

424

??

?

?3?

????

1??

7??3?2125?+?y+?=,交y轴于M3(0,1)或M4?0,-?. 4??8?64?

故若满足条件的点M存在,只能是M(0,1). 以下证明点M(0,1)就是所要求的点. →→?x0-4

,-2?因为MP=(x0,y0-1),MQ=??, ?2x0?→

→x0-4

MP·MQ=-2y0+2=2y0-2-2y0+2=0.

2故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.

22.(本小题满分12分)

(理)[2013·天津卷] 已知函数f(x)=xln x. (1)求函数f(x)的单调区间;

(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);

2ln g(t)12

(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t).证明:当t>e时,有<<.

5ln t2【解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).

f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f′(x)=0,得x=当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x 0,1e 1e 1e,+∞ 1e. 2

2

2

f′(x) f(x) -  1e

0 极小值 ,单调递增区间是1e,+∞.

+  所以函数f(x)的单调递减区间是0,

(2)证明:当00, 令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).

由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.h(1)=-t<0,h(e)=eln e-t=t(e-1)>0.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.

ln g(t)ln s

(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,从而==ln tln f(s)ln sln su

==, 2ln(sln s)2ln s+ln ln s2u+ln u

其中u=ln s.

2ln g(t)1u要使<<成立,只需0

5ln t22

当t>e时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e,矛盾. 所以s>e,即u>1,从而ln u>0成立.

u11

另一方面,令F(u)=ln u-,u>1.F′(u)=-,令F′(u)=0,得u=2.当1

2u2u

时,F′(u)>0;当u>2时.F′(u)<0,故对u>1,F(u)≤F(2)<0,因此ln u<成立.

2

2ln g(t)12

综上,当t>e时,有<<.

5ln t2

(文)[2013·全国卷] 已知函数f(x)=x+3ax+3x+1. (1)当a=-2时,讨论f(x)的单调性;

(2)若x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求a的取值范围. 【解】(1)当a=-2时,f(x)=x-3 2x+3x+1, f′(x)=3x-6 2x+3.

令f′(x)=0,得x1=2-1,x2=2+1.

当x∈(-∞,2-1)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞,2-1)上是增函数; 当x∈(2-1,2+1)时,f′(x)<0,f(x)在(2-1,2+1)上是减函数; 当x∈(2+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(2+1,+∞)上是增函数. 5

(2)由f(2)≥0得a≥-. 4

2

3

23

2

2

2

t

2t

t

2t