热门试卷

（1）设切点P（x0，y0），（x0＞0，y0＞0），则切线的斜率为，

可得切线的方程为，化为x0x+y0y=4。

令x=0，可得；令y=0，可得。

∴切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形的面积S==。

∵4=，当且仅当时取等号。

∴，此时P。

由题意可得，，解得a2=1，b2=2。

故双曲线C1的方程为。

（2）由（1）可知双曲线C1的焦点（±，0），即为椭圆C2的焦点。

可设椭圆C2的方程为（b1＞0）。

把P代入可得，解得=3，

因此椭圆C2的方程为。

由题意可设直线l的方程为x=my+，A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，化为，

∴，。

∴x1+x2==，

x1x2==。

，，

∵，∴，

∴+，

∴，解得m=或m=，

因此直线l的方程为：或。

（1）由f（x）=2|x﹣1|+x﹣1≤1 可得 ①，或  ②。

解①求得1≤x≤，解②求得 0≤x＜1。

综上，原不等式的解集为[0，]。

（2）由g（x）=16x2﹣8x+1≤4，求得﹣≤x≤，∴N=[﹣，]，∴M∩N=[0，]。

∵当x∈M∩N时，f（x）=1﹣x，x2f（x）+x[f（x）]2 =xf（x）[x+f（x）]

=﹣≤，

故要证的不等式成立。

（1）

证明：取BC的中点E，连结DE，则ABED为正方形。

过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.

连结OA，OB，OD，OE.

由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，

所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，

故OE⊥BD，从而PB⊥OE.

因为O是BD的中点，E是BC的中点，

所以OE∥CD.因此PB⊥CD.

（2）解法一：由（1）知CD⊥PB，CD⊥PO，PB∩PO＝P，

故CD⊥平面PBD.

又PD平面PBD，所以CD⊥PD.

取PD的中点F，PC的中点G，连结FG，

则FG∥CD，FG⊥PD.

连结AF，由△APD为等边三角形可得AF⊥PD.

所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角。

连结AG，EG，则EG∥PB.

又PB⊥AE，所以EG⊥AE.

设AB＝2，则AE＝，EG＝＝1，

故AG＝＝3.

在△AFG中，FG＝，，AG＝3，

所以cos∠AFG＝.

因此二面角A－PD－C的大小为.

解法二：

由（1）知，OE，OB，OP两两垂直。

以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

设||＝2，则A(，0,0)，D(0，，0)，C(，，0)，P(0,0，)。

＝(，，)，＝(0，，)。

＝(，0，)，＝(，，0)。

设平面PCD的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·＝(x，y，z)·(，，)＝0，

n1·＝(x，y，z)·(0，，)＝0，

可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.

取y＝－1，得x＝0，z＝1，故n1＝(0，－1,1)。

设平面PAD的法向量为n2＝(m，p，q)，则n2·＝(m，p，q)·(，0，)＝0，n2·＝(m，p，q)·(，，0)＝0，可得m＋q＝0，m－p＝0.

取m＝1，得p＝1，q＝－1，故n2＝(1,1，－1)。

于是cos〈n1，n2〉＝.

由于〈n1，n2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小为.

（1）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）=，

①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a2﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函数，

若x∈（a2﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，0）上是减函数，

②当a=2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，

③当a＞2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，

若x∈（0，a2﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，a2﹣2a）上是减函数，

若x∈（a2﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函数。

（2）由（Ⅰ）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，

当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，

即f（x+1）＞，（x＞0），

又由（1）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，

当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，f（x+1）＞，

下面用数学归纳法进行证明＜an≤成立，

①当n=1时，由已知

，故结论成立。

②假设当n=k时结论成立，即，

则当n=k+1时，an+1=ln（an+1）＞ln（），

an+1=ln（an+1）＜ln（），

即当n=k+1时，成立，

综上由①②可知，对任何n∈N•结论都成立。