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高考第一轮复习第52讲 数形结合
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这是一份高考第一轮复习第52讲 数形结合，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第五十二讲 数形结合
A组
一、选择题
1. 函数f(x)=，如果方程f(x)=a有且只有一个实根，那么a满足( )
A.a<0 B.0≤a<1 C.a=1 D.a>1
答案：C
解析 ：由图知a=1时，图象只有一个交点，故选C.
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：由题意可得，当x>0时，y＝f(－x)与y＝g(x)的图象有交点，即g(x)＝f(－x)有正解，即x2＋ln(x＋a)＝(－x)2＋e－x－有正解，即e－x－ln(x＋a)－＝0有正解，令F(x)＝e－x－ln(x＋a)－，则F′(x)＝－e－x－<0，故函数F(x)＝e－x－ln(x＋a)－在(0，＋∞)上是单调递减的，要使方程g(x)＝f(－x)有正解，则存在正数x使得F(x)≥0，即e－x－ln(x＋a)－≥0，所以a≤，又y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以a<＝，选B.
3.已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m，0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A.7 B.6 C.5 D.4
答案：B
解析.根据题意，画出示意图，如图所示，
则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m.
因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.
要求m的最大值，
即求圆C上的点P到原点O的最大距离.
因为|OC|＝＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，
即m的最大值为6.
4.设平面点集A＝{(x，y)|(y－x)·(y－)≥0}，B＝{(x，y)|(x－1)2＋(y－1)2≤1}，则A∩B所表示的平面图形的面积为( )
A.π B.π C.π D.
答案：D 解析：因为对于集合A，(y－x)≥0，
所以或其表示的平面区域如图.
对于集合B，(x－1)2＋(y－1)2≤1表示以(1,1)为圆心，1为半径的圆及其内部区域，其面积为π.
由题意意知A∩B所表示的平面图形为图中阴影部分，曲线y＝与直线y＝x将圆(x－1)2＋(y－1)2＝1分成S1，S2，S3，S4四部分.因为圆(x－1)2＋(y－1)2＝1与y＝的图象都关于直线y＝x对称，从而S1＝S2，S3＝S4，而S1＋S2＋S3＋S4＝π，所以S阴影＝S2＋S4＝.
二、填空题
5.已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称.若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.
答案：(2，＋∞)
解析 由已知得
＝3x＋b，所以h(x)＝6x＋2b－.h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－>，3x＋b>恒成立.
在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝(如图所示)，可得>2，即b>2，故答案为(2，＋∞).
6．椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为________．
【解析】 ∵|AF1|＝a－c，|F1F2|＝2c，|F1B|＝a＋c，且三者成等比数列，则|F1F2|2＝|AF1|·|F1B|，即4c2＝(a－c)·(a＋c)，得a2＝5c2，∴e＝＝.
【答案】
三、解答题
7.已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
∵x∈，∴当g′(x)＝0时，x＝1.
当0；
当1
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋<0，则g(e)
g(x)在上有两个零点的条件是
解得1
8.已知函数f(x)的图象是由函数g(x)＝cos x的图象经如下变换得到：先将g(x)图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，再将所得到的图象向右平移个单位长度.
(1)求函数f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；
(2)已知关于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,2π)内有两个不同的解α，β.
①求实数m的取值范围； ②证明：cos(α－β)＝－1.
解 法一 (1)将g(x)＝cos x的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到y＝2cos x的图象，再将y＝2cos x的图象向右平移个单位长度后得到y＝2cos的图象，故f(x)＝2sin x.
从而函数f(x)＝2sin x图象的对称轴方程为x＝kπ＋(k∈Z).
(2)①f(x)＋g(x)＝2sin x＋cos x＝＝sin(x＋φ)
.
依题意，sin(x＋φ)＝在[0，2π)内有两个不同的解α，β，当且仅当＜1，故m的取值范围是(－，).
②证明 因为α，β是方程sin(x＋φ)＝m在[0，2π)内的两个不同的解。
所以sin(α＋φ)＝，sin(β＋φ)＝.
当1≤m＜时，α＋β＝2，即α－β＝π－2(β＋φ)；
当－＜m＜1时，α＋β＝2，即α－β＝3π－2(β＋φ).
所以cos(α－β)＝－cos 2(β＋φ)＝2sin2(β＋φ)－1＝2－1＝－1.
法二 (1)解 同法一.
(2)①解 同法一.
②证明 因为α，β是方程sin(x＋φ)＝m在[0，2π)内的两个不同的解，
所以sin(α＋φ)＝，sin(β＋φ)＝.
当1≤m＜时，α＋β＝2，即α＋φ＝π－(β＋φ)；
当－＜m＜1时，α＋β＝2，即α＋φ＝3π－(β＋φ)；
所以cos(α＋φ)＝－cos(β＋φ).
于是cos(α－β)＝cos[(α＋φ)－(β＋φ)]
＝cos(α＋φ)cos(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)
＝－cos2(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)
＝－＋＝－1.
9．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
解：(1)连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝，
故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，
F，C，所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
10. 已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程．
解：(1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为
bx＋cy－bc＝0，
则原点O到该直线的距离d＝＝.由d＝c，得a＝2b＝2，
解得离心率＝＝.
(2)方法一：由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.①
依题意，圆心M(－2，1)是线段AB的中点，且|AB|＝.
易知，AB与x轴不垂直，设其方程为y＝k(x＋2)＋1，代入①得
(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，
解得k＝.
从而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得＝，解得b2＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
方法二：由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.②
依题意，点A，B关于圆心M(－2，1)对称，且|AB|＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x＋4y＝4b2，x＋4y＝4b2，
两式相减并结合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得－4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0.
易知AB与x轴不垂直，则x1≠x2，
所以AB的斜率kAB＝＝.
因此直线AB的方程为y＝(x＋2)＋1，代入②得x2＋4x＋8－2b2＝0.
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得＝，解得b2＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
B组
一、选择题
1.已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别为2,4,8，则的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【解析】：因为函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是2，4，8，所以函数的周期为6，所以并且函数的时取得最大值，所以函数的单调增区间为 ．故选A．
2.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，若椭圆上存在点P使＝，则该椭圆的离心率的取值范围为( )
A．(0，－1) B. C. D．(－1，1)
【答案】 D 由＝，得＝.
又由正弦定理得＝，所以＝，
即|PF1|＝|PF2|.又由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|PF2|＝.因为|PF2|是△PF1F2的一边，所以有a－c<0，所以e2＋2e－1>0(0
3.设函数f(x)=若互不相等的实数x1,x2,x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1+x2+x3的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
4.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
【答案】 A 设h(x)＝.∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴h(－x)＝＝＝h(x)．
∴h(x)是偶函数．
∵xf′(x)－f(x)＜0，
∴h′(x)＝′＝＜0.
∴h(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数，且h(±1)＝0，如图所示，
可知满足f(x)＞0的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．
二、填空题
5.一条光线从点(－2,－3)射出,经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切,则反射光线所在直线的斜率为
答案：k＝－或k＝－
解析：[圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1的圆心为(-3,2),半径r＝1.(-2,-3)关于y轴的对称点为(2,-3).如图所示,反射光线一定过点(2,-3)且斜率k存在,∴反射光线所在直线方程为y＋3＝k(x-2),即kx-y-2k－3＝0.
∵反射光线与已知圆相切,
∴＝1,整理得12k2＋25k＋12＝0,解得k＝－或k＝－.
6.已知函数f(x)＝若方程f(x)＝x＋a在区间[－2，4]内有3个不等实根，则实数a的取值范围是________．
答案：－2
设y＝x＋a，则当直线y＝x＋a经过点B，C时，函数f(x)的图像与直线y＝x＋a有3个交点，此时a＝1；当直线y＝x＋a，经过点E，F时，函数f(x)的图像与直线y＝x＋a有4个交点，此时a＝0；当直线y＝x＋a经过点H，G时，函数f(x)的图像与直线y＝x＋a有2个交点，此时a＝－2.所以由图可知实数a的取值范围是－2
三、解答题
7.(如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
(1)因为AD⊥平面PAB，
所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．
因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2),．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
即
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，
又＝(0，－2，2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，
|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，
所以BQ＝BP＝.
8.【湖南省师大附中、长沙一中、长郡中学、雅礼中学2016届高三四校联考】如图，四棱锥中，，，与都是等边三角形.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】（1）取的中点，连接，则为正方形，过作平面，垂足为，连接，，，，由和都是等边三角形可知，∴，即点为正方形对角线的交点，故，从而平面，∴，∵是的中点，是的中点，，因此；
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图所示的直角坐标系，设，则，，，，，设平面的法向量，，，取，得，即，∵平面，设平面的法向量为，取，由图象可知二面角的大小为锐角，∴二面角的余弦值为.
9.平面直角坐标系xOy中,椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是,抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
①求证：点M在定直线上；
②直线l与y轴交于点G,记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2,求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
解（1） 由题意知＝,可得a2＝4b2,因为抛物线E的焦点F,所以b＝,a＝1,所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)①证明 设P(m>0),由x2＝2y,可得y′＝x,所以直线l的斜率为m,因此直线l的方程为y－＝m(x－m).即y＝mx－.
设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立方程得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ>0,得0
所以直线OD方程为y＝－x,联立方程得点M的纵坐标yM＝－,
所以点M在定直线y＝－上.
②解 由①知直线l的方程为y＝mx－,令x＝0,得y＝－,所以G,
又P,F,D,
所以S1＝·|GF|·m＝,
S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝.所以＝.
设t＝2m2＋1,则＝＝＝－＋＋2,当＝,
即t＝2时,取到最大值,
此时m＝,满足(*)式,所以P点坐标为.
因此的最大值为,此时点P的坐标为.
10. 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．
解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．
将其分别代入y＝，
得解得
(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，则点P的坐标为，
设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，
则l的方程为y－＝－(x－t)，由此得A，B.
故f(t)＝
＝，t∈[5，20]．
②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.
当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；
当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．
从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，
此时f(t)min＝15.
C组
一、选择题
1.已知定义在R上的函数满足：记函数g(x)= f(x) -log4(x+l)，则函数g(x)在区间内零点个数是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
【答案】C
【解析】如图:函数的零点的个数就是函数与函数交点的个数.
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】 B 由题意知，设x0∈(－∞，0)，
使得f(x0)＝g(－x0)，
即x＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
∴ex0－ln(－x0＋a)－＝0.
令y1＝ex－，y2＝ln(－x＋a)，要使得函数图象的交点A在y轴左侧，如图，则ln a<＝ln e，∴a
方法点拨：首先由存在关于y轴对称的点，建立f(x)与g(x)之间的联系，然后将函数的零点转化为两个函数图象的交点．
3.如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点．设弧的长为x(0
【答案】 D 当x逐渐增大时，y也逐渐增大，故y随x的增大而增大，故排除B.下面定量分析：当x＝时，弧长所对的圆心角为∠FOG＝.可求得l向上移动的距离为1－1×cos＝1－，故此时BE＝＝.又易知BC＝＝，故y＝BE＋BC＋CD＝2BE＋BC＝2×＋＝.
因为 < ＝，
所以函数f(x)的图象是下凹型．故选D.
4.如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为( )
答案：B [当点P沿着边BC运动，即0≤x≤时，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tan x，在Rt△PAB中，|PA|＝＝，则f(x)＝|PA|＋|PB|＝＋tan x，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；
当点P与点C重合，即x＝时，由上得f＝＋tan＝＋1，又当点P与边CD的中点重合，即x＝时，△PAO与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f＝|PA|＋|PB|＝＋＝2，知f＜f，故又可排除D.综上，选B.]
二、填空题
5.如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．
已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)
【解析】 如图，过点P作PD⊥BC，垂足为D.
∵平面MCB⊥平面ABC，且平面MCB∩平面ABC＝BC，
∴PD⊥平面ABC.
连接AD，∴∠PAD为由点A观察点P的仰角θ.设CD＝x，∵∠BCM＝30°，
∴PD＝x.
在Rt△ABC中，AB＝15，AC＝25，
∴sin∠ACB＝＝，
∴cos∠ACB＝.由余弦定理得
AD＝
＝.
∴tan θ＝＝＝，
∴当－＝0，即x＝时，
tan θ最大，最大值为.
【答案】
6.在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是 .
【答案】（，）
【解析】 方法一：如图所示，过点C作CE∥AD于点E，则∠CEB＝75°，∴CE＝BC＝2，∠BCE＝30°.
∴BE2＝BC2＋CE2－2BC·CE·cos∠BCE＝4＋4－8×＝8－4.
此时，BE＝－.
延长CD交BA的延长线于点F，则△BCF为等腰三角形，且∠CFB＝30°，FC＝FB，
∴cos∠CFB＝
＝＝.
解得FB＝＋.
由题意可知，
－＜AB＜＋.
方法二：如图所示，延长BA，CD交于点E.
则可知在△ADE中，∠DAE＝105°，
∠ADE＝45°，∠E＝30°.
设AD＝x，
CD＝m，
在△AED中，由正弦定理得，AE＝x，DE＝x.
∵BC＝2，在△BCE中，由正弦定理得，
＝，
即sin 30°·＝2sin 75°，
∴x＋m＝＋.
∵m＞0，∴0＜x＜4.而AB＝x＋m－x＝＋－x，
∴AB的取值范围是(－，＋)．
【答案】 (－，＋)
三、解答题
7.如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10，0)，点C的坐标为(0，10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9.连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*，1≤i≤9)．
(1)求证：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；
(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．
解：(1)方法一：依题意，过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
设Pi的坐标为(x，y)，由
得y＝x2，即x2＝10y.
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
方法二：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．
证明如下：过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，
Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
由解得Pi的坐标为.
因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.
由得x2－10kx－100＝0，
此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则
因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.
又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，
分别代入①和②，得
解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.
8.一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1，MN＝3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
(1)求曲线C的方程；
(2)设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
图1 图2
解：(1)设点D(t，0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，
M(x，y)，依题意，
＝2，且||＝||＝1，
所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)，且
即且t(t－2x0)＝0.
由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，
于是t＝2x0，故x0＝，y0＝－，代入x＋y＝1，可得＋＝1.
即所求的曲线C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝×4×4＝8.
当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋m.
由消去y，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，即m2＝16k2＋4.①
又由
可得P；
同理可得Q.
由原点O到直线PQ的距离为d＝和|PQ|＝|xP－xQ|，可得
S△OPQ＝|PQ|·d＝|m||xP－xQ|＝|m|＝.②
将①代入②得，S△OPQ＝＝8.
当k2>时，S△OPQ＝8
＝8>8；
当0≤k2<时，S△OPQ＝8
＝8.
因为0≤k2<，则0<1－4k2≤1，≥2，所以S△OPQ＝8≥8.
当且仅当k＝0时取等号．
所以当k＝0时，S△OPQ的最小值为8.
综上可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.
9.如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边AB＝t(0
(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,求二面角B－A1C－D的值；
(2)线段A1C上是否存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,若有,求出P点的位置,没有请说明理由.
解 法一 (1)根据题意,长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1,
当且仅当t＝2－t,即t＝1时体积V有最大值为1,
所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,
作BM⊥A1C于M,连接DM,BD,
因为四边形ABCD为正方形,所以△A1BC与△A1DC全等,故DM⊥A1C,所以∠BMD即为所求二面角的平面角.
因为BC⊥平面AA1B1B,所以△A1BC为直角三角形,
又A1B＝,A1C＝,所以BM＝＝＝,同理可得,DM＝,在△BMD中,根据余弦定理有：cos∠BMD＝＝－,
因为∠BMD∈(0°,180°),所以∠BMD＝120°,即此时二面角B－A1C－D的值是120°.
(2)若线段A1C上存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,则A1C⊥BD
又A1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥BD,所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC,
底面四边形ABCD为正方形,即只有ABCD为正方形时,线段A1C上存在点P满足要求,否则不存在.由(1)知,所求点P即为BM⊥A1C的垂足M,
此时,A1P＝＝＝.
法二 根据题意可知,AA1,AB,AD两两垂直,以AB为x轴,AD为y轴,AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1,当且仅当t＝2－t,即t＝1时体积V有最大值为1.
所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,则A1(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),＝(1,0,－1),＝(0,1,0),
设平面A1BC的法向量m＝(x,y,z),则
取x＝z＝1,得：m＝(1,0,1),
同理可得平面A1CD的法向量n＝(0,1,1),所以,cos〈m,n〉＝＝,
又二面角B－A1C－D为钝角,故值是120°.(也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量)
(2)根据题意有B(t,0,0),C(t,2－t,0),D(0,2－t,0),若线段A1C上存在一点P满足要求,不妨＝λ(λ＞0),可得P(λt,λ(2－t),1－λ)＝(λt－t,λ(2－t),1－λ),＝(－t,2－t,0),
即：解得：t＝1,λ＝.
即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P,位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处.
10.已知函数有两个零点.
（I）求a的取值范围；
（II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x2<2.
解：⑴ 由已知得：
① 若，那么，只有唯一的零点，不合题意；
② 若，那么，
所以当时，，单调递增
当时，，单调递减
即：
↓
极小值
↑
故在上至多一个零点，在上至多一个零点
由于，，则，
根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．
而当时，，，
故
则的两根，， ，
因为，故当或时，
因此，当且时，
又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．
此时，在上有且只有两个零点，满足题意．
③ 若，则，
当时，，，
即，单调递增；
当时，，，即，单调递减；
当时，，，即，单调递增．
即：
+
0
-
0
+
↑
极大值
↓
极小值
↑
而极大值
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
而当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
④ 若，那么
当时，，，即，
单调递增
当时，，，即，
单调递增
又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
⑤ 若，则
当时，，，即，
单调递增
当时，，，即，
单调递减
当时，，，即，
单调递增
即：
+
0
-
0
+
↑
极大值
↓
极小值
↑
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．
⑵ 由已知得：，不难发现，，
故可整理得：
设，则
那么，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
设，构造代数式：
设，
则，故单调递增，有．
因此，对于任意的，．
由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有
令，则有
而，，在上单调递增，因此：
整理得：．
第五十二讲 数形结合
A组
一、选择题
1. 函数f(x)=，如果方程f(x)=a有且只有一个实根，那么a满足( )
A.a<0 B.0≤a<1 C.a=1 D.a>1
答案：C
解析 ：由图知a=1时，图象只有一个交点，故选C.
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：由题意可得，当x>0时，y＝f(－x)与y＝g(x)的图象有交点，即g(x)＝f(－x)有正解，即x2＋ln(x＋a)＝(－x)2＋e－x－有正解，即e－x－ln(x＋a)－＝0有正解，令F(x)＝e－x－ln(x＋a)－，则F′(x)＝－e－x－<0，故函数F(x)＝e－x－ln(x＋a)－在(0，＋∞)上是单调递减的，要使方程g(x)＝f(－x)有正解，则存在正数x使得F(x)≥0，即e－x－ln(x＋a)－≥0，所以a≤，又y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以a<＝，选B.
3.已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m，0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A.7 B.6 C.5 D.4
答案：B
解析.根据题意，画出示意图，如图所示，
则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m.
因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.
要求m的最大值，
即求圆C上的点P到原点O的最大距离.
因为|OC|＝＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，
即m的最大值为6.
4.设平面点集A＝{(x，y)|(y－x)·(y－)≥0}，B＝{(x，y)|(x－1)2＋(y－1)2≤1}，则A∩B所表示的平面图形的面积为( )
A.π B.π C.π D.
答案：D 解析：因为对于集合A，(y－x)≥0，
所以或其表示的平面区域如图.
对于集合B，(x－1)2＋(y－1)2≤1表示以(1,1)为圆心，1为半径的圆及其内部区域，其面积为π.
由题意意知A∩B所表示的平面图形为图中阴影部分，曲线y＝与直线y＝x将圆(x－1)2＋(y－1)2＝1分成S1，S2，S3，S4四部分.因为圆(x－1)2＋(y－1)2＝1与y＝的图象都关于直线y＝x对称，从而S1＝S2，S3＝S4，而S1＋S2＋S3＋S4＝π，所以S阴影＝S2＋S4＝.
二、填空题
5.已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称.若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.
答案：(2，＋∞)
解析 由已知得
＝3x＋b，所以h(x)＝6x＋2b－.h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－>，3x＋b>恒成立.
在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝(如图所示)，可得>2，即b>2，故答案为(2，＋∞).
6．椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为________．
【解析】 ∵|AF1|＝a－c，|F1F2|＝2c，|F1B|＝a＋c，且三者成等比数列，则|F1F2|2＝|AF1|·|F1B|，即4c2＝(a－c)·(a＋c)，得a2＝5c2，∴e＝＝.
【答案】
三、解答题
7.已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
∵x∈，∴当g′(x)＝0时，x＝1.
当
当1
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋<0，则g(e)
g(x)在上有两个零点的条件是
解得1
8.已知函数f(x)的图象是由函数g(x)＝cos x的图象经如下变换得到：先将g(x)图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，再将所得到的图象向右平移个单位长度.
(1)求函数f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；
(2)已知关于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0,2π)内有两个不同的解α，β.
①求实数m的取值范围； ②证明：cos(α－β)＝－1.
解 法一 (1)将g(x)＝cos x的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到y＝2cos x的图象，再将y＝2cos x的图象向右平移个单位长度后得到y＝2cos的图象，故f(x)＝2sin x.
从而函数f(x)＝2sin x图象的对称轴方程为x＝kπ＋(k∈Z).
(2)①f(x)＋g(x)＝2sin x＋cos x＝＝sin(x＋φ)
.
依题意，sin(x＋φ)＝在[0，2π)内有两个不同的解α，β，当且仅当＜1，故m的取值范围是(－，).
②证明 因为α，β是方程sin(x＋φ)＝m在[0，2π)内的两个不同的解。
所以sin(α＋φ)＝，sin(β＋φ)＝.
当1≤m＜时，α＋β＝2，即α－β＝π－2(β＋φ)；
当－＜m＜1时，α＋β＝2，即α－β＝3π－2(β＋φ).
所以cos(α－β)＝－cos 2(β＋φ)＝2sin2(β＋φ)－1＝2－1＝－1.
法二 (1)解 同法一.
(2)①解 同法一.
②证明 因为α，β是方程sin(x＋φ)＝m在[0，2π)内的两个不同的解，
所以sin(α＋φ)＝，sin(β＋φ)＝.
当1≤m＜时，α＋β＝2，即α＋φ＝π－(β＋φ)；
当－＜m＜1时，α＋β＝2，即α＋φ＝3π－(β＋φ)；
所以cos(α＋φ)＝－cos(β＋φ).
于是cos(α－β)＝cos[(α＋φ)－(β＋φ)]
＝cos(α＋φ)cos(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)
＝－cos2(β＋φ)＋sin(α＋φ)sin(β＋φ)
＝－＋＝－1.
9．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
解：(1)连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝，
故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，
F，C，所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
10. 已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程．
解：(1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为
bx＋cy－bc＝0，
则原点O到该直线的距离d＝＝.由d＝c，得a＝2b＝2，
解得离心率＝＝.
(2)方法一：由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.①
依题意，圆心M(－2，1)是线段AB的中点，且|AB|＝.
易知，AB与x轴不垂直，设其方程为y＝k(x＋2)＋1，代入①得
(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，
解得k＝.
从而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得＝，解得b2＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
方法二：由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.②
依题意，点A，B关于圆心M(－2，1)对称，且|AB|＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x＋4y＝4b2，x＋4y＝4b2，
两式相减并结合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得－4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0.
易知AB与x轴不垂直，则x1≠x2，
所以AB的斜率kAB＝＝.
因此直线AB的方程为y＝(x＋2)＋1，代入②得x2＋4x＋8－2b2＝0.
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得＝，解得b2＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
B组
一、选择题
1.已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别为2,4,8，则的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【解析】：因为函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是2，4，8，所以函数的周期为6，所以并且函数的时取得最大值，所以函数的单调增区间为 ．故选A．
2.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，若椭圆上存在点P使＝，则该椭圆的离心率的取值范围为( )
A．(0，－1) B. C. D．(－1，1)
【答案】 D 由＝，得＝.
又由正弦定理得＝，所以＝，
即|PF1|＝|PF2|.又由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|PF2|＝.因为|PF2|是△PF1F2的一边，所以有a－c<
3.设函数f(x)=若互不相等的实数x1,x2,x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1+x2+x3的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
4.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
【答案】 A 设h(x)＝.∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴h(－x)＝＝＝h(x)．
∴h(x)是偶函数．
∵xf′(x)－f(x)＜0，
∴h′(x)＝′＝＜0.
∴h(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数，且h(±1)＝0，如图所示，
可知满足f(x)＞0的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．
二、填空题
5.一条光线从点(－2,－3)射出,经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切,则反射光线所在直线的斜率为
答案：k＝－或k＝－
解析：[圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1的圆心为(-3,2),半径r＝1.(-2,-3)关于y轴的对称点为(2,-3).如图所示,反射光线一定过点(2,-3)且斜率k存在,∴反射光线所在直线方程为y＋3＝k(x-2),即kx-y-2k－3＝0.
∵反射光线与已知圆相切,
∴＝1,整理得12k2＋25k＋12＝0,解得k＝－或k＝－.
6.已知函数f(x)＝若方程f(x)＝x＋a在区间[－2，4]内有3个不等实根，则实数a的取值范围是________．
答案：－2
设y＝x＋a，则当直线y＝x＋a经过点B，C时，函数f(x)的图像与直线y＝x＋a有3个交点，此时a＝1；当直线y＝x＋a，经过点E，F时，函数f(x)的图像与直线y＝x＋a有4个交点，此时a＝0；当直线y＝x＋a经过点H，G时，函数f(x)的图像与直线y＝x＋a有2个交点，此时a＝－2.所以由图可知实数a的取值范围是－2
三、解答题
7.(如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
(1)因为AD⊥平面PAB，
所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．
因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2),．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
即
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，
又＝(0，－2，2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，
|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，
所以BQ＝BP＝.
8.【湖南省师大附中、长沙一中、长郡中学、雅礼中学2016届高三四校联考】如图，四棱锥中，，，与都是等边三角形.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】（1）取的中点，连接，则为正方形，过作平面，垂足为，连接，，，，由和都是等边三角形可知，∴，即点为正方形对角线的交点，故，从而平面，∴，∵是的中点，是的中点，，因此；
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图所示的直角坐标系，设，则，，，，，设平面的法向量，，，取，得，即，∵平面，设平面的法向量为，取，由图象可知二面角的大小为锐角，∴二面角的余弦值为.
9.平面直角坐标系xOy中,椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是,抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
①求证：点M在定直线上；
②直线l与y轴交于点G,记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2,求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
解（1） 由题意知＝,可得a2＝4b2,因为抛物线E的焦点F,所以b＝,a＝1,所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)①证明 设P(m>0),由x2＝2y,可得y′＝x,所以直线l的斜率为m,因此直线l的方程为y－＝m(x－m).即y＝mx－.
设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立方程得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ>0,得0
所以直线OD方程为y＝－x,联立方程得点M的纵坐标yM＝－,
所以点M在定直线y＝－上.
②解 由①知直线l的方程为y＝mx－,令x＝0,得y＝－,所以G,
又P,F,D,
所以S1＝·|GF|·m＝,
S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝.所以＝.
设t＝2m2＋1,则＝＝＝－＋＋2,当＝,
即t＝2时,取到最大值,
此时m＝,满足(*)式,所以P点坐标为.
因此的最大值为,此时点P的坐标为.
10. 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．
解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．
将其分别代入y＝，
得解得
(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，则点P的坐标为，
设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，
则l的方程为y－＝－(x－t)，由此得A，B.
故f(t)＝
＝，t∈[5，20]．
②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.
当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；
当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．
从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，
此时f(t)min＝15.
C组
一、选择题
1.已知定义在R上的函数满足：记函数g(x)= f(x) -log4(x+l)，则函数g(x)在区间内零点个数是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
【答案】C
【解析】如图:函数的零点的个数就是函数与函数交点的个数.
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】 B 由题意知，设x0∈(－∞，0)，
使得f(x0)＝g(－x0)，
即x＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
∴ex0－ln(－x0＋a)－＝0.
令y1＝ex－，y2＝ln(－x＋a)，要使得函数图象的交点A在y轴左侧，如图，则ln a<＝ln e，∴a
方法点拨：首先由存在关于y轴对称的点，建立f(x)与g(x)之间的联系，然后将函数的零点转化为两个函数图象的交点．
3.如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点．设弧的长为x(0
【答案】 D 当x逐渐增大时，y也逐渐增大，故y随x的增大而增大，故排除B.下面定量分析：当x＝时，弧长所对的圆心角为∠FOG＝.可求得l向上移动的距离为1－1×cos＝1－，故此时BE＝＝.又易知BC＝＝，故y＝BE＋BC＋CD＝2BE＋BC＝2×＋＝.
因为 < ＝，
所以函数f(x)的图象是下凹型．故选D.
4.如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为( )
答案：B [当点P沿着边BC运动，即0≤x≤时，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tan x，在Rt△PAB中，|PA|＝＝，则f(x)＝|PA|＋|PB|＝＋tan x，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；
当点P与点C重合，即x＝时，由上得f＝＋tan＝＋1，又当点P与边CD的中点重合，即x＝时，△PAO与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f＝|PA|＋|PB|＝＋＝2，知f＜f，故又可排除D.综上，选B.]
二、填空题
5.如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．
已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)
【解析】 如图，过点P作PD⊥BC，垂足为D.
∵平面MCB⊥平面ABC，且平面MCB∩平面ABC＝BC，
∴PD⊥平面ABC.
连接AD，∴∠PAD为由点A观察点P的仰角θ.设CD＝x，∵∠BCM＝30°，
∴PD＝x.
在Rt△ABC中，AB＝15，AC＝25，
∴sin∠ACB＝＝，
∴cos∠ACB＝.由余弦定理得
AD＝
＝.
∴tan θ＝＝＝，
∴当－＝0，即x＝时，
tan θ最大，最大值为.
【答案】
6.在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是 .
【答案】（，）
【解析】 方法一：如图所示，过点C作CE∥AD于点E，则∠CEB＝75°，∴CE＝BC＝2，∠BCE＝30°.
∴BE2＝BC2＋CE2－2BC·CE·cos∠BCE＝4＋4－8×＝8－4.
此时，BE＝－.
延长CD交BA的延长线于点F，则△BCF为等腰三角形，且∠CFB＝30°，FC＝FB，
∴cos∠CFB＝
＝＝.
解得FB＝＋.
由题意可知，
－＜AB＜＋.
方法二：如图所示，延长BA，CD交于点E.
则可知在△ADE中，∠DAE＝105°，
∠ADE＝45°，∠E＝30°.
设AD＝x，
CD＝m，
在△AED中，由正弦定理得，AE＝x，DE＝x.
∵BC＝2，在△BCE中，由正弦定理得，
＝，
即sin 30°·＝2sin 75°，
∴x＋m＝＋.
∵m＞0，∴0＜x＜4.而AB＝x＋m－x＝＋－x，
∴AB的取值范围是(－，＋)．
【答案】 (－，＋)
三、解答题
7.如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10，0)，点C的坐标为(0，10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9.连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*，1≤i≤9)．
(1)求证：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；
(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．
解：(1)方法一：依题意，过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
设Pi的坐标为(x，y)，由
得y＝x2，即x2＝10y.
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
方法二：点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．
证明如下：过Ai(i∈N*，1≤i≤9)且与x轴垂直的直线方程为x＝i，
Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝x.
由解得Pi的坐标为.
因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，
所以点Pi(i∈N*，1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.
由得x2－10kx－100＝0，
此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则
因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.
又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，
分别代入①和②，得
解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.
8.一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1，MN＝3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
(1)求曲线C的方程；
(2)设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
图1 图2
解：(1)设点D(t，0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，
M(x，y)，依题意，
＝2，且||＝||＝1，
所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)，且
即且t(t－2x0)＝0.
由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，
于是t＝2x0，故x0＝，y0＝－，代入x＋y＝1，可得＋＝1.
即所求的曲线C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝×4×4＝8.
当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋m.
由消去y，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，即m2＝16k2＋4.①
又由
可得P；
同理可得Q.
由原点O到直线PQ的距离为d＝和|PQ|＝|xP－xQ|，可得
S△OPQ＝|PQ|·d＝|m||xP－xQ|＝|m|＝.②
将①代入②得，S△OPQ＝＝8.
当k2>时，S△OPQ＝8
＝8>8；
当0≤k2<时，S△OPQ＝8
＝8.
因为0≤k2<，则0<1－4k2≤1，≥2，所以S△OPQ＝8≥8.
当且仅当k＝0时取等号．
所以当k＝0时，S△OPQ的最小值为8.
综上可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.
9.如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边AB＝t(0
(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,求二面角B－A1C－D的值；
(2)线段A1C上是否存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,若有,求出P点的位置,没有请说明理由.
解 法一 (1)根据题意,长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1,
当且仅当t＝2－t,即t＝1时体积V有最大值为1,
所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,
作BM⊥A1C于M,连接DM,BD,
因为四边形ABCD为正方形,所以△A1BC与△A1DC全等,故DM⊥A1C,所以∠BMD即为所求二面角的平面角.
因为BC⊥平面AA1B1B,所以△A1BC为直角三角形,
又A1B＝,A1C＝,所以BM＝＝＝,同理可得,DM＝,在△BMD中,根据余弦定理有：cos∠BMD＝＝－,
因为∠BMD∈(0°,180°),所以∠BMD＝120°,即此时二面角B－A1C－D的值是120°.
(2)若线段A1C上存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,则A1C⊥BD
又A1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥BD,所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC,
底面四边形ABCD为正方形,即只有ABCD为正方形时,线段A1C上存在点P满足要求,否则不存在.由(1)知,所求点P即为BM⊥A1C的垂足M,
此时,A1P＝＝＝.
法二 根据题意可知,AA1,AB,AD两两垂直,以AB为x轴,AD为y轴,AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1,当且仅当t＝2－t,即t＝1时体积V有最大值为1.
所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,则A1(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),＝(1,0,－1),＝(0,1,0),
设平面A1BC的法向量m＝(x,y,z),则
取x＝z＝1,得：m＝(1,0,1),
同理可得平面A1CD的法向量n＝(0,1,1),所以,cos〈m,n〉＝＝,
又二面角B－A1C－D为钝角,故值是120°.(也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量)
(2)根据题意有B(t,0,0),C(t,2－t,0),D(0,2－t,0),若线段A1C上存在一点P满足要求,不妨＝λ(λ＞0),可得P(λt,λ(2－t),1－λ)＝(λt－t,λ(2－t),1－λ),＝(－t,2－t,0),
即：解得：t＝1,λ＝.
即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P,位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处.
10.已知函数有两个零点.
（I）求a的取值范围；
（II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x2<2.
解：⑴ 由已知得：
① 若，那么，只有唯一的零点，不合题意；
② 若，那么，
所以当时，，单调递增
当时，，单调递减
即：
↓
极小值
↑
故在上至多一个零点，在上至多一个零点
由于，，则，
根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．
而当时，，，
故
则的两根，， ，
因为，故当或时，
因此，当且时，
又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．
此时，在上有且只有两个零点，满足题意．
③ 若，则，
当时，，，
即，单调递增；
当时，，，即，单调递减；
当时，，，即，单调递增．
即：
+
0
-
0
+
↑
极大值
↓
极小值
↑
而极大值
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
而当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
④ 若，那么
当时，，，即，
单调递增
当时，，，即，
单调递增
又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
⑤ 若，则
当时，，，即，
单调递增
当时，，，即，
单调递减
当时，，，即，
单调递增
即：
+
0
-
0
+
↑
极大值
↓
极小值
↑
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．
⑵ 由已知得：，不难发现，，
故可整理得：
设，则
那么，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
设，构造代数式：
设，
则，故单调递增，有．
因此，对于任意的，．
由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有
令，则有
而，，在上单调递增，因此：
整理得：．
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