热门试卷

（1）解：当时，，。

由于，，

所以曲线在点处的切线方程是。

（2）解：，。

① 当时，令，解得 。

的单调递减区间为；单调递增区间为，。

当时，令，解得 ，或。

② 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，。

③ 当时，为常值函数，不存在单调区间。

④ 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，。

（1）设P点坐标，则（），（），

由已知，化简得：.

所求曲线C的方程为（）。

（2）由已知直线AQ的斜率存在，

且不等于0，设方程为，

由，消去得：

（1）.

因为，是方程（1）的两个根，

所以，得，

又，所以。

当，得，即。

又直线BQ的斜率为，方程为，当时，得，即。

直线BM的斜率为，方程为。

由，消去得：

（2）.

因为2，是方程（2）的两个根，所以

，

得，又，即。

由上述计算：，，。

因为，，所以。

所以A、D、N三点共线。

（1）如图设M(x，y)、P(x0，y0)，则由|DM|=m|PD|(0<m<1)得

x= x0，|y|=m| y0|，即

∵，∴即为曲线C的方程。………6′

（2）设，则

由得：………8′

设A(x1，y1)、B(x2，y2).

则，.

∴，………9′

∵

即Q点坐标为，将Q点代入，得.

∴存在当时，Q点在曲线C上。………13′

（1）圆C的圆心为C（-2，0），半径r=6，.

连结，由已知得，

所以.

根据椭圆的定义，点Q的轨迹G是中心在原点，以C、A为焦点，长轴长等于的椭圆，

即a=3，c=2，，

所以，点Q的轨迹G的方程为.

（2）①设B、D的坐标分别为、，

则

两式相减，得，

当BD的中点M的坐标为（2，1）时，有，

所以，即.

故BD所在的直线方程为，即.

②证明：设，且，

由①可知,

又

所以（定值）.

（1）.

因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线,所以,且,

即,且,解得.………………3分

（2）记,当时,

,

,

令,得.

当变化时,的变化情况如下表:

所以函数的单调递增区间为;单调递减区间为,……………6分

故在区间内单调递增,在区间内单调递减,

从而函数在区间内恰有两个零点,当且仅当

解得,所以的取值范围是.………… ………9分

（3）记,当时, .

由（2）可知,函数的单调递增区间为;单调递减区间为.

①当时,即时,在区间上单调递增,所以在区间上的最大值为;

②当且,即时,在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以在区间上的最大值为；

当且,即时，t+3<2且h(2)=h(-1)，所以在区间上的最大值为；

③当时,,

在区间上单调递减,在区间上单调递增,而最大值为与中的较大者。

由知,当时,,

所以在区间上的最大值为;……13分

④当时,在区间上单调递增,所以在区间上的最大值为

.………………………………………………14分

解：（1）由题意，可得a=2，e==，可得c=，∴  b2=a2﹣c2=1，

因此，椭圆的方程为，﹣

（2）设C（x，y），P（x0，y0），由题意得，即，

又，代入得，即x2+y2=4。

即动点C的轨迹E的方程为x2+y2=4。

（3）设C（m，n），点R的坐标为（2，t），

∵A、C、R三点共线，∴∥，

而=（m+2，n），=（4，t），则4n=t（m+2），

∴t=，可得点R的坐标为（2，），点D的坐标为（2，），

∴直线CD的斜率为k==，

而m2+n2=4，∴﹣n2=m2﹣4，代入上式可得k==﹣，

∴直线CD的方程为y﹣n=﹣（x﹣m），化简得mx+ny﹣4=0，

∴圆心O到直线CD的距离d===2=r，

因此，直线CD与圆O相切，即CD与曲线E相切。

（1）设B(0，t)，设Q(m，0)，t2=|m|，m0， m=-4t2，

 Q(-4t2，0)，设P(x，y)，则=(x-，y)，=(-4t2-，0)，

2=(-，2 t)， +=2。

(x-，y)+ (-4t2-，0)= (-，2 t)，

 x=4t2，y=2 t， y2=x，此即点P的轨迹方程；       6分。

（2）由（1），点P的轨迹方程是y2=x；设P(y2，y)，M (4，0) ，则以PM为直径的圆的圆心即PM的中点T(，), 以PM为直径的圆与直线x=a的相交弦长:

L=2

=2=2      10分

若a为常数，则对于任意实数y，L为定值的条件是a-=0, 即a=时，L=

存在定直线x=，以PM为直径的圆与直线x=的相交弦长为定值。