文科数学 热门试卷

4

（﹣∞，﹣4）

答案

（1）证明：取棱A1C1的中点F，连接EF、B1F

则由EF是△AA1C1的中位线得EF∥AA1，EF=AA1

又DB1∥AA1，DB1=AA1

所以EF∥DB1，EF=DB1

故四边形DEFB1是平行四边形，从而DE∥B1F

所以DE∥平面A1B1C1（6分）

（Ⅱ）解：因为E是AC1的中点，所以VA﹣DCE=VD﹣ACE=

过A作AH⊥BC于H

因为平面平面ABC⊥平面BB1C1C，所以AH⊥平面BB1C1C，

所以==

所以VA﹣DCE=VD﹣ACE==（12分）

答案

（1）f （x）==sin2x+cos2x

=2sin（2x+）

由，

得　．

∴f（x）的单调增区间为．（6分）

（2）f （A）=2sin（2A+）=2，

∴sin（2A+）=1，

∵0＜A＜π，

∴，

∴2A+=，

∴A=．

由余弦定理得 a2=b2+c2﹣2bccosA，

7=3+c2﹣3c 即 c2﹣3c﹣4=0，

∴c=4或c=﹣1 （不合题意，舍去），

∴c=4．（12分）

答案

（I）设M（x0，y0），F1（﹣c，0），F2（﹣c，0），

则=（﹣c﹣x0，y0），=（c﹣x0，y0），（1分）

•=（﹣c﹣x0，y0）（c﹣x0，y0）=x02﹣c2+y02，

由∵，y02=b2﹣x02，

•=（1﹣）x02+b2﹣c2，（3分）

由﹣a≤x0≤a，则x0=0，则•取最小值，最小值为b2﹣c2，

∴b2﹣c2=2，

由=，则=，

∴a2=4，b2=3，（5分）

则椭圆的标准方程：；（6分）

（II）证明：由（I）可知F2（1，0），设以BD为直径的圆E，其圆心E（2，），D（2，t），B（2，0），

则圆E（x﹣2）2+（y﹣）2=，

直线AD的方程为y=（x+2），（8分）

设过点F2与圆E相切的直线方程设为x=ky+1，

则=丨丨，则k=，

解方程组，解得：，（10分）

将（，）代入椭圆方程成立，即+=1，

∴点P在椭圆C上．（12分）

1

9π

答案

（1）∵ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，

∴曲线C的极坐标方程是ρ=4cosθ可化为：

ρ2=4ρcosθ，

∴x2+y2=4x，

∴（x﹣2）2+y2=4．（4分）

（2）将代入圆的方程（x﹣2）2+y2=4得：

（tcosα﹣1）2+（tsinα）2=4，

化简得t2﹣2tcosα﹣3=0．

设A、B两点对应的参数分别为t1、t2，

则，

∴|AB|=|t1﹣t2|==，

∵|AB|=，（7分）

∴=．

∴cos．

∵α∈[0，π），

∴或．

∴直线的倾斜角或．（10分）

答案

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

（1）当0＜a＜1时，由f′（x）＞0，得0＜x＜a或1＜x＜+∞，由f′（x）＜0，得a＜x＜1

故函数f（x）的单调增区间为（0，a）和（1，+∞），单调减区间为（a，1）

（2）当a=1时，f′（x）≥0，f（x）的单调增区间为（0，+∞）（4分）

（Ⅱ）先考虑“至少有一个x0∈（0，+∞），使f（x0）＞x0成立”的否定“∀x∈（0，+∞），f（x）≤x恒成立”．即可转化为a+（a+1）xlnx≥0恒成立．

令φ（x）=a+（a+1）xlnx，则只需φ（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立即可，（6分）

求导函数φ′（x）=（a+1）（1+lnx）

当a+1＞0时，在时，φ′（x）＜0，在时，φ′（x）＞0

∴φ（x）的最小值为，（8分）

由得，故当时，f（x）≤x恒成立，

当a+1=0时，φ（x）=﹣1，φ（x）≥0在x∈（0，+∞）不能恒成立，（10分）

当a+1＜0时，取x=1，有φ（1）=a＜﹣1，φ（x）≥0在x∈（0，+∞）不能恒成立，（11分）

综上所述，即或a≤﹣1时，至少有一个x0∈（0，+∞），使f（x0）＞x0成立．（12分）