发布时间 : 星期一 文章(优辅资源)广东省揭阳市揭东县高三下学期第一次月考数学(文)试题 Word版含答案更新完毕开始阅读49273763db38376baf1ffc4ffe4733687e21fca6
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∵OM⊥ON，则ON的方程为y??1x， kk2x2?3x，
得
由
?y?kx?2?y?3x得
xM?3k2，
------------------------------------------------------6分
2同理得xN?3k，
由已知得
xP?1k2，
xN?k2，∴P(11,)，Q(k2,?k)，2kk----------------------------8分
∴kPQ1k??k，直线PQ的方程为y?k??k(x?k2)， ?1k2?1k2?12k?2k?k?2即k(x?1)?(k?1)y?0，∴直线---------------------------------10分 设B（1，0），则S?APQ?∴△APQPQ过定点（1，0），
11111111 |AB|?|yP?yQ|???|?k|?(||?|k|)??2?，
224k8k84面
积
的
最
小
值
为
1．---------------------------------------------------------------------12分 4【证法二：设M?x1,y1?,N?x2,y2?，MN的方程为x?ty?m 由
?x?ty?m?2?y?3x 得
y2?3ty?3m?0，
---------------------------------------------------------------------4分 则
??9t2?12m?0，且
y1?y2??3t,y1y2??3m---------------------------------------------------5分
∵
OM?ON?0，
∴x1x2?y1y2?0-----------------------------------------------------------------------6分 即
122y1y2?y1y2?09，解得
y1y2??9，所以
?3m??9，解得
m?3--------------------------- 7分
∴
MN的方程为x??t3y，则直线
MN过定点
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E?3,0?---------------------------------------------8分
设PQ与x轴相交于点F
11OP?OM,OQ?ON，?PQ//MN
33|OF||OP|1??，可得OF?1，则F?1,0?， |OE||OM|3故
PQ过定点
F?1,0?-------------------------------------------------------------------------------------10分
?SAPQ?111111AFyP?yQ????y1?y2?9t2?36? 22432441.-------------------------------------12分】 4xx∴△APQ面积的最小值为
（21）解：（I）由g(x)?0得a?(2?x)e，令g(x)?(2?x)e，
)e的交点个数， 函数f(x)的零点个数即直线y?a与曲线g(x)?(2?x∵g'(x)??e?(2?x)e?(1?x)e，-------------2分 由g'(x)?0得x?1，∴函数g(x)在(??,1)单调递增， 由g'(x)?0得x?1，∴函数g(x)在(1,??)上单调递减， ∴当
xxxxx?1时，函数g(x)有最大值，g(xm)a?gx?(e1，)----------------------------------------3分
又当x?2时，g(x)>0，g(2)?0，当x?2时g(x)?0， ∴
当
a?e时，函数f(x)没有零点；
----------------------------------------------------------------4分
当
a?e或
a?0时，函数f(x)有一个零点；
------------------------------------------------------5分
当
0?a?e时，函数f(x)有两个零
点．------------------------------------------------------------6分 （II）证明：函数f(x)的零点即直线y?a与曲线g(x)?(2?x)e的交点横坐标，
不妨设x1?x2，由（I）知x1?1,x2?1，得2?x2?1， ∵函数g(x)?(2?x)e在(??,1)上单调递增，
∴函数f(x)??g(x)?a在(??,1)单调递减，
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要证
x1?x2?2，只需证
x1?2?x2，
------------------------------------------------------------7分
∴只需证f(x1)?f(2?x2)，又f(x1)?0，即要证f(2?x2)?0，---------------------8分
∵由a?g(x2)得f(2?x2)??x2e--------9分
令
2?x2?a??x2e2?x2?(x2?2)ex2，（x2?1）
h(x)??xe2?x?(x?2)ex，则
h'x?(x)?exe2(?x1?，)(------------------------------10分
当x?1时，ex?e2?x，h'(x)?0，即函数h(x)在(1,??)上单调递减， ∴h(x)?h(1)?0， ∴
当
x2?1时，
f(?x22?，)即0x1?x2?2．------------------------------------------------12分
【证法二：由（Ⅰ）知，a?0，不妨设x1?1?x2， 设
F(x)?f(x)?f(2?x)(x?1)，则
F(x)?(x?2)ex?xe2?x，
-----------------------------8分
F'(x)?(1?x)(e2?x?ex)，易知y?e2?x?ex是减函数，
当x>1时，e2?x?ex?e?e?0，又1-x<0， 得F'(x)?0， 所
以
F(x)在(1,??)递增，F(x)?F(1)?0，即
f(x)>f(2?x).---------------------------10分
由x2?1得f(x2)>f(2?x2)，又f(x2)?0?f(x1)，所以f(2?x2)?f(x1)， 由g(x)?(2?x)e在(??,1)上单调递增，得f(x)??g(x)?a在(??,1)单调递减， 又
x2?x2?1，∴
2?x2?x1，即
x1?x2?2，得
证． ---------------------------------------12分】 选做题： （
22
）
解
：（
Ⅰ
）
直
线
l经过定点(?1,1)，
----------------------------------------------------------------2分 由???cos??2得??(?cos??2)，
得曲线C的普通方程为x?y?(x?2)，化简得y?4x?4；---5分
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?x??1????（Ⅱ）若??，得?4?y?1???--------------------------------6分
则
直
线
l2t2，的普通方程为y?x?2， 2t2的极坐标方程为
?sin???cos??2，
------------------------------------------------8分
联立曲线C：???cos??2． 得sin??1，取???2，得??2，所以直线l与曲线C的交点为
(2,（
?2)． -----------10分
23
）
解
：
（
Ⅰ
）
当
m?1时，
f(x)?|x?1|?|x?2|------------------------------------------------1分
∵
||x?1|?|x?2||?|(x?1)?(x?2)|?3，
------------------------------------------------3分
??3?|x?1|?|x?2|?3，函数f(x)的值域为[?3,3]；
-------------------------------5分 （Ⅱ）当
m=－1时，不等式f(x)?3x即|x?1|?|x?2|?3x，
---------------------------------6分
①当x??1时，得?x?1?x?2?3x，解得x?------------------------7分
②当?1?x?2时，得x?1?x?2?3x，解得x?1，??1?x?1；------------------8分
③当x?2时，得x?1?x?2?3x，解得x??1，所以无解；--------------------------- 9分
综
上
所
述
，
原
不
等
式
的
解
集
为
1，?x??1；5(??,1)． --------------------------------------------------------10分
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