热门试卷

解：（Ⅰ）设M、N两点的横坐标分别为x1、x2，

∵，

∴切线PM的方程为：，

又∵切线PM过点P（1，0），

∴有，即x12+2tx1﹣t=0，（1）

同理，由切线PN也过点P（1，0），得x22+2tx2﹣t=0．（2）

由（1）、（2），可得x1，x2是方程x2+2tx﹣t=0的两根，

∴（*）

=，把（*）式代入，得，

因此，函数g（t）的表达式为．

（Ⅱ）当点M、N与A共线时，kMA=kNA，

∴=，即=，

化简，得（x2﹣x1）[t（x2+x1）﹣x1x2]=0

∵x1≠x2，

∴t（x2+x1）=x2x1．（3）

把（*）式代入（3），解得．

∴存在t，使得点M、N与A三点共线，且．

（Ⅲ）知g（t）在区间上为增函数，

∴（i=1，2,...，m+1），则．依题意，不等式对一切的正整数n恒成立，，即对一切的正整数n恒成立．

∵，

∴，

∴．由于m为正整数，∴m≤6．

又当m=6时，存在a1=a2═am=2，a m+1=16，对所有的n满足条件．

因此，m的最大值为6．

解：（1 ）设切点A，

依题意则有解得，

即A点的纵坐标为2；

（2）①依题意可设椭圆的方程为，

直线AB方程为：；

由得，（*）

由（1）可得A，

将A代入（*）可得，

故椭圆的方程可简化为；

联立直线AB与椭圆的方程：，

消去y得：，

则

，

又∵，

∴k∈［-2，-1］；

即；

②由可知上为单调递增函数，

故当k=-1时，取到最大值，此时p＝4，

故椭圆的方程为。

解：（I）点代入得：          

①        

又 ②  

③        

由①②③得：

即椭圆的方程为；

（II）设；则    

得：      

过点与椭圆相切的直线斜率    

得：直线与椭圆只有一个交点。

解：（1）由抛物线经过点O（0，0）A（m，0），

设抛物线方程y=kx（x﹣m），k≠0，

又抛物线过点P（m+1，m+1），

则m+1=k（m+1）（m+1﹣m），得k=1，

所以y=g（x）=x（x﹣m）=x2﹣mx．

（2）f（x）=（x﹣n）g（x）=x（x﹣m）（x﹣n）=x3﹣（m+n）x2+mnx，

f′（x）=3x2﹣2（m+n）x+mn，

函数f（x）在x=a和x=b处取到极值，故f′（a）=0，f′（b）=0，

∵m＞n＞0，

∴f′（m）=3m2﹣2（m+n）m+mn=m2﹣mn=m（m﹣n）＞0

f′（n）=3n2﹣2（m+n）+mn=n2﹣mn=n（n﹣m）＜0

又b＜a，故b＜n＜a＜m．

（3）设切点Q（x0，y0），则切线的斜率k=f′（x0）=3x02﹣2（m+n）x0+mn

又y0=x03﹣（m+n）x02+mnx0，

所以切线的方程是 y=x03﹣（m+n）x02﹣mnx0=[3x02﹣2（m+n）x0+mn]（x﹣x0）

又切线过原点，故﹣x03﹣（m+n）x02﹣mnx0=﹣3x03﹣2（m+n）x02+mnx0，

所以2x03﹣（m+n）x02=0，解得x0=0，或x0= ．

两条切线的斜率为k1=f′（0）=mn，k2=f′（ ），

由m+n≤2 ，得（m+n）2≥8，

∴﹣ （m+n）2≥﹣2，

∴k2=f′（ ）= ﹣2（m+n）· +mn

=﹣ （m+n）2+mn≥mn﹣2

所以k1k2=（mn）2﹣2mn=（mn﹣1）2﹣1≥﹣1，

又两条切线垂直，故k1k2=﹣1，

所以上式等号成立，有m+n=2 ，且mn=1．

所以f（x）=x3﹣（m+n）x2+mnx=x3﹣2 x2+x．

解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，

设M，，由题意可知，

则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得，

于是抛物线C的方程为。

（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，

而，，，

，，

由可得，，

则，即，解得，

点M的坐标为

（Ⅲ）若点M的横坐标为，则点M，。

由可得，

设，

圆，

，

于是，

令，

设，，

当时，，

即当时.

故当时，。

解：（1）依题意，设AB所在直线方程为y=kx+m，抛物线方程为x2=2py（p>0），

且A（x1，y1），B（x2，y2），

由题设知x1>0，x2＜0，

∴|x1|-|x2|=4k，即x1+x2=4k，

由消去y并整理，得x2-2pkx-2pm=0，

∴x1+x2=2pk=4k，

∴p=2

故所求抛物线方程为x2=4y。

（2）由（1）得，求导数得

设

则过抛物线上C，D两点的切线方程分别为

即

联立上述两个方程，得

∴两条切线的交点M的坐标为

设CD所在直线方程为y=nx+1，代入x2=4y，得x2-4nx-4 =0

∴x3x4=-4，

∴M的坐标为

故点M的轨迹方程为y=-1

又∵

∴

而

∴。

解：（1）∵，

∴

∴fn（x）=xfn﹣1（x）+a  

∵任意的n∈N*，fw（1）=1，

∴a=0，

∴fn（x）=xfn﹣1（x）

∵f1（x）=x（x≠0），

∴

（2）证明：Fn（x）==

∴Fn（2）===2（﹣）

∴F1（2）+F2（2）+…Fn（2）=2（﹣）＜1

（3）gn（x）=Cn0+2Cn1f1（x）+3Cn2f2（x）+…+（n+1）Cnxfn（x）

             =Cn0+2xCn1+3x2Cn2+…+（n+1）xnCnx=[x（1+x）n] ’

             =（1+x）n+nx（1+x）n﹣1                 =[（n+1）x+1]（1+x）n﹣1

设Sn（x）=g1（x）+g2（x）+…+gn（x）

=（2x+1）+（3x+1）（1+x）+…+[（n+1）x+1]（1+x）n﹣1 ，①

∴（1+x）Sn（x）=（2x+1）（1+x）+（3x+1）（1+x）2+…+[（n+1）x+1]（1+x）n，②

①﹣②化简可得：﹣xSn（x）=x﹣（n+1）x（1+x）n∴Sn（x）=（n+1）（1+x）n﹣1

∴不存在实数x，使得g1（x）+g2（x）+…gn（x）=（n+1）（1+x）n．

解：（1）由题可得

所以曲线在点处的切线方程是：

即

令得

即

显然

∴。

（2）由知

同理

故

从而

即

所以数列成等比数列

故

即

从而

所以。

（3）由（2）知

∴

∴

当时，显然

当时，

∴

综上，。

解：（1）

直线AB方程为，即

∴

方程的判别式

两根或

∵

∴

又

∴

得

∴。

（2）由知点在抛物线L的下方

①当时，作图可知，若，则，得

若，显然有点

∴

②当时，点在第二象限，作图可知，若，则，且

若，显然有点

∴

根据曲线的对称性可知，当时，

综上所述

由（1）知点M在直线EF上，方程的两根或

同理点M在直线上，方程的两根或

若，则不比，，小

∴

又

∴

又由（1）知

∴

综合（*）式，得证。

（3）联立，得交点，可知

过点作抛物线L的切线，设切点为，则

得，解得

又，即

∴

设

∴

∵

又

∴

∵

∴

∴。

解：（Ⅰ）由已知可得，

两式相减得，即，

从而，

当n=1时，

所以，

又，

所以，

从而，故总有，，

又，

从而，即数列是等比数列；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

因为，

所以，

从而

，

由上

=12，①

当n=1时，①式=0，所以；

当n=2时，①式=-12＜0，所以；

当时，n-1＞0，

又，

所以，即①＞0，

从而。

解：（1）由 解得A（0，0），B（2p，2p）

∴ ，

∴p=2

（2）由（1）得x2=4y，A（0，0），B（4，4）

假设抛物线L上存在异于点A、B的点C ，

使得经过A、B、C三点的圆和抛物线L在点C处有相同的切线令圆的圆心为N（a，b），

则由 

得 

得  

∵抛物线L在点C处的切线斜率 

又该切线与NC垂直，

∴  ∴ 

∵t≠0，t≠4，

∴t=﹣2 故存在点C且坐标为（﹣2，1）．

解：（1）当x0=3时，

直线PN：代入x2=2y，

得或3，

所以

所以∠POQ=90°。

（2）（i）以MP为直径的圆的圆心为

所以圆的半径

圆心到直线的距离

故截得的弦长

=2。

（ii）总有∠FPB=∠BPA

证明：，y'=x，

所以切线l的方程为

即

令y=0，得，

所以点B的坐标为

点B到直线PA的距离为

下面求直线PF的方程

因为

所以直线PF的方程为

整理得

所以点B到直线PF的距离为

所以d1=d2，

所以∠FPB=∠BPA。

（1）解：依题意，圆心的轨迹是以F（0，2）为焦点，L：y=-2为准线的抛物线上，

因为抛物线焦点到准线距离等于4，

所以圆心的轨迹是。

（2）证明：∵直线AB与x轴不垂直，设AB：y=kx+2，，

由，可得，

∴，，

抛物线的方程为，求导得，

所以过抛物线上A、B两点的切线斜率分别是，

∴

所以，AQ⊥BQ。

解：（1）由

求得交点A（-2，0），B（3，5）。

（2）因为y′=2x，则y′|x=-2=-4，y′|x=3=6，

所以抛物线在A，B处的切线方程分别为y=-4（x+2）与y-5=6（x-3）

即4x+y+8=0与6x-y-13=0。