热门试卷

（1）由题意可知B（0，﹣1），则A（0，﹣2），故b=2

令y=0得x2﹣1=0即x=±1，则F1（﹣1，0），F2（1，0），故c=1

所以a2=b2+c2=5

于是椭圆C1的方程为：

（2）设N（t，t2﹣1），由于y'=2x知直线PQ的方程为：y﹣（t2﹣1）=2t（x﹣t）

即y=2tx﹣t2﹣1

代入椭圆方程整理得：4（1+5t2）x2﹣20t（t2+1）x+5（t2+1）2﹣20=0，

△=400t2（t2+1）2﹣80（1+5t2）[（t2+1）2﹣4]=80（﹣t4+18t2+3），

，，

故

=

设点M到直线PQ的距离为d，则

所以，△MPQ的面积S==

==

当t=±3时取到“=”，经检验此时△＞0，满足题意

综上可知，△MPQ的面积的最大值为

（1）设{an}为公比q不为1的等比数列，

∵5S1、2S2、S3成等差数列，

∴4S2=5S1+S3，即，

∴q2﹣3q+2=0，

∵q≠1，∴q=2，

又∵a4=16，即，解得a1=2，

∴

（2）假设存在正整数k使得对于任意n∈N*不等式都成立，

则，

又，

∴，

显然Tn关于正整数n是单调递增的，

∴，

∴，解得k≥2

∴存在正整数k，使得对于任意n∈N*不等式都成立，且正整数k的最小值为2。

（1）由f（x）=x3+x2+bx

得f'（x）=3x2+2x+b因f（x）在区间[1，2]上不是单调函数

所以f'（x）=3x2+2x+b在[1，2]上最大值大于0，最小值小于0，

∴-16＜b＜-5

（2）由g（x）≥﹣x2+（a+2）x，得（x﹣lnx）a≤x2﹣2x

∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取，∴lnx＜x，即x﹣lnx＞0

∴a≤恒成立，即a≤

令，求导得，

，

当x∈[1，e]时，x﹣1≥0，0≤lnx≤1x+2﹣2lnx＞0，从而f′（x）≥0，

∴f（x）在[1，e]上为增函数，∴=f（1）=﹣1，

∴a≤﹣1

（3）由条件，F（x）=，

假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，

则P，Q只能在y轴两侧，…（9分）

不妨设P（t，F（t）），t＞0则Q（﹣t，t3+t2），且t≠1

∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴，

∴﹣t2+F（t）（t3+t2）=0 （*），

是否存在P，Q等价于方程（*）在t＞0且t≠1时是否有解

①若0＜t＜1时，方程（*）为﹣t2+（﹣t3+t2）（t3+t2）=0，

化简得t4﹣t2+1=0，此方程无解

②若t＞1时，方程（*）为﹣t2+alnt（t3+t2）=0，

即，

设h（t）=（t+1）lnt，（t＞1），则h′（x）=lnt++1，

显然，当t＞1时，h′（x）＞0，即h（x）在（1，+∞）上为增函数，

∴h（t）的值域为（h（1），+∞），即（0，+∞），

∴当a＞0时，方程（*）总有解

∴对任意给定的正实数a，曲线y=F（x） 上总存在两点P，Q，使得△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上。