2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練
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2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練高考小題專練(01)(滿分:80 分 時間:45 分鐘)一、選擇題(本大題共 12小題,每小題 5分,共 60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.已知集合 S={x|x>-2},T={x|x2+3x-4≤0},則(?RS)∪T= ( )A.(-∞,1] B.(-∞,-4]C.(-2,1] D.[1,+∞)解析:選 A 因為 S={x|x>-2},所以?RS={x|x≤-2},又因為 T={x|x2+3x-4≤0}={x|-4≤x≤1},∴(?RS)∪ T={x|x≤1} =(-∞,1],故選 A.2.已知 a∈R,i 是虛數(shù)單位,復數(shù) z的共軛復數(shù)為 z-,若z=a+3i,z?z-=4 則 a=( )A.3 B.-3C.7 或-7 D.1 或-1解析:選 D 由 z=a+3i?z-=a-3i?z?z-=4,可得a2+3=4,∴a=±1,故選 D.3.閱讀下面的程序框圖,運行相應(yīng)的程序,若輸入 N的值為24,則輸出 N的值為( )A.0 B.1C.2 D.3解析:選 C 第一次 N=24,能被 3整除, N=243=8≤3 不成立,第二次 N=8,8 不能被 3整除,N=8-1=7,N=7≤3 不成立,第三次 N=7,不能被 3整除,N=7-1=6≤3 不成立,第四次 N=63=2≤3 成立,輸出 N=2,故選 C.4.設(shè) a,b 為向量,則“|a?b|=|a||b|”是“a∥b”的( )A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析:選 C 由|a||b||cos 〈a,b〉|=|a||b|,得 cos 〈a,b〉=±1,即〈a,b〉=0 或 π,∴a∥b, 由 a∥b,得向量 a與 b同向或反向,∴〈a,b〉=0 或π,∴|a?b|=|a||b|,“|a?b|=|a||b|” 是“a∥b”的充分必要條件,故選 C.5.函數(shù) y=sin x(1+cos 2x)在區(qū)間[-2,2]內(nèi)的圖象大致為( )解析:選 B 函數(shù) y=sin x(1+cos 2x)定義域為[-2,2],其關(guān)于原點對稱,且 f(-x)=sin(-x)(1+cos 2x)=-sin x?(1+cos 2x)=-f(x),則 f(x)為奇函數(shù),又圖象關(guān)于原點對稱,排除 D;當 0<x<1 時,y=sin x(1+cos 2x)=2sin xcos2x>0,排除 C;又 2sin xcos2x=0,可得 x=±π2 或0,排除 A,故選 B.6.在正方形網(wǎng)格中,某四面體的三視圖如圖所示. 如果小正方形網(wǎng)格的邊長為 1,那么該四面體的體積是( )A.643 B.323 C.16 D.32解析:選 B 由三視圖還原的幾何體如圖所示,該幾何體為三棱錐,側(cè)面 PAC為等腰三角形,且平面 PAC⊥平面ABC,PA=PC,底面 ABC為直角三角形,AB=AC=4,棱錐的高為 4,∴該四面體的體積 V=13×12×4×4×4=323,故選 B.7.觀察下圖:12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10……則第________行的各數(shù)之和等于 2 0172.( )A.2 010 B.2 018C.1 005 D.1 009解析:選 D 由圖形知,第一行各數(shù)和為 1;第二行各數(shù)和為9=32;第三行各數(shù)和為 25=52;第四行各數(shù)和為49=72,…,∴第 n行各數(shù)之和為(2n-1)2,令(2n-1)2=2 0172?2n-1=2 017,解得 n=1 009,故選 D.8.已知 S,A,B,C 是球 O表面上的點,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,SA= AB=1,BC=2,則球 O的表面積等于( )A.4π B.3πC.2π D.π解析:選 A 由題意得,因為 SA⊥平面 ABC,AB⊥BC,所以四面體 S?ABC的外接球半徑等于以長寬高分別為 SA,AB,BC 三邊長的長方體的外接球的半徑,又因為 SA=AB=1,BC=2,所以2R=SA2+AB2+BC2=2?R=1,所以球的表面積為S=4πR2=4π,故選 A.9.如圖所示,點 A,B 分別在 x軸與 y軸的正半軸上移動,且AB=2,若點 A從(3,0)移動到(2,0),則 AB的中點 D經(jīng)過的路程為( )A.π3 B.π4 C.π6 D.π12解析:選 D 設(shè) AB的中點 D(x,y),∵∠AOB=90°,∴OD=1,∴x2+y2 =1,當點 A從(3, 0)移動到(2,0)時,x從 32變到 22,∴圓心角變化 π4-π6=π12,∴D 經(jīng)過的路程為 π12×1=π12,故選 D.10.設(shè)集合 A={(x,y)||x|+|y|≤1},B={(x,y)|(y-x)(y+x)≤0},M=A∩B,若動點 P(x,y)∈M,則 x2+(y-1)2的取值范圍是( )A.12,102 B.22,102C.12,52 D.22,52解析:選 C 在同一直角坐標系中畫出集合 A,B 所在區(qū)域,取交集后可得 M所表示的區(qū)域如圖中陰影部分所示, 而d=x2+?y-1?2 表示的是 M中的點到(0,1)的距離,由圖可知,(0,1)到直線 y=x 的距離最小,為 22;(0,1)到 12,-12 的距離最大,為 14+94=52,所以 x2+(y-1)2 范圍是 12,52,故選 C.11.已知函數(shù) f(x)=-x2-2x+1,-2≤x<0,ex,x≥0 若函數(shù) g(x)=f(x)-ax+a 存在零點,則實數(shù) a的取值范圍為( )A.-13,e2 B.-∞,-13∪[e2,+∞)C.-13,1e D.-∞,-13∪[e,+∞)解析:選 B 函數(shù) g(x)=f(x)-ax+a 存在零點,即方程 f(x)=ax-a 存在實數(shù)根,即函數(shù) y=f(x)與 y=a(x-1)的圖象有交點,如圖所示,直線 y=a(x-1)恒過定點(1,0),過點(-2,1)與(1,0)的直線的斜率 k=1-0-2-1=-13,設(shè)直線y=a(x-1)與 y=ex 相切于(x0,ex0),則切點處的導數(shù)值為ex0,則過切點的直線方程為 y-ex0=ex0(x-x0),又切線過(1,0),則-ex0=ex0(1-x0),∴x0ex0=2ex0,得 x0=2,此時切線的斜率為 e2,由圖可知,要使函數(shù) g(x)=f(x)-ax+a存在零點,則實數(shù) a的取值范圍是 a≤-13 或 a≥e2,故選 B.12.點 P在直線 l:y=x-1 上,若存在過 P的直線交拋物線y=x2 于 A,B 兩點,且|PA|=2|AB|,則稱點 P為“δ 點”.下列結(jié)論中正確的是( )A.直線 l上的所有點都是“δ 點”B.直線 l上僅有有限個點是“δ 點”C.直線 l上的所有點都不是“δ 點”D.直線 l上有無窮多個點(不是所有的點)是“δ 點”解析:選 A 如圖所示,設(shè) A(m,n),B(xB,yB),P(x,x-1),因為|PA|=2|AB|,直線 l:y=x-1 與拋物線 y=x2 相離, 所以 PA→=2AB→,(m-x,n-x+1)=2(xB-m,yB-n),可得 B12?3m-x?,12?3n-x+1?,A,B 在 y=x2 上,所以n=m2,12?3n-x+1?=12?3m-x?2,消去 n,整理得,關(guān)于 x的方程 x2+(2-6m)x+3m2-2=0,∵Δ=24m2-24m+12>0 恒成立,∴方程恒有實數(shù)解,點 P在直線 l:y=x-1 上,總存在過 P的直線交拋物線 y=x2 于 A,B 兩點,且|PA|=2|AB|,所以,直線 l上的所有點都是“δ 點”,故選 A.二、填空題(本大題共 4小題,每小題 5分,滿分 20分.把答案填在題中橫線上)13.為了研究某班學生的腳長 x(單位:厘米)和身高 y(單位:厘米)的關(guān)系,從該班隨機抽取 10名學生,根據(jù)測量數(shù)據(jù)的散點圖可以看出 y與 x之間有線性相關(guān)關(guān)系,設(shè)其回歸直線方程為 y^=b^x+a^已知 i=110xi=225,i=110yi=1 600,b^=4.該班某學生的腳長為 24,據(jù)此估計其身高為________.解析:由 i=110xi=225,i=110yi=1 600,利用平均值公式求得 x-=22.5,y-=160,因為b^=4,∴a^=160-4×22.5=70,從而當 x=24 時,y=4×24+70=166,故答案為 166.答案:16614.從區(qū)間[0,2]隨機抽取 2n個數(shù)x1,x2,…,xn,y1,y2,…,yn,構(gòu)成 n個數(shù)對(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn),其中兩數(shù)的平方和小于 1的數(shù)對共有 m個,則用隨機模擬的方法得到的圓周率 π 的近似值為________.解析:利用幾何概型,可得四分之一圓形的面積和正方形的面積比為 S圓 S正方形=14π?124=mn,∴π=16mn,故答案為16mn.答案:16mn15.如圖所示,B 地在 A地的正東方向 4 km處,C 地在 B地的北偏東 30°方向 2 km處,河流的沿岸 PQ(曲線)上任意一點到A的距離比到 B的距離遠 2 km.現(xiàn)要在曲線 PQ上任一處 M建一座碼頭,向 B,C 兩地轉(zhuǎn)運貨物.經(jīng)測算,從 M到 B和 M到 C修建公路的費用均為 a萬元/km,那么修建這兩條公路的總費用最低是________萬元.解析:以 AB所在的直線為 x軸,AB 的中垂線為 y軸,建立平面直角坐標系,則 A(-2,0),B(2,0),C(3,3),由|MA|-|MB|=2 知點 M的軌跡,即曲線 PQ的方程為 x2-y23=1(x>0),∴|MB|+|MC|=|MA| -2+|MC|=|MA|+ |MC|-2≥|AC|-2=27-2,∴修建這兩條公路的總費用最低是(27-2)a 萬元,故答案為(27-2)a.答案:(27-2)a16.已知數(shù)列{an}滿足 a1=3,(3-an+1)(6+an)=18(n∈N*),則 i=1n 1ai 的值是________.解析:設(shè) bn=1an,n=1,2,…,則 3-1bn+16+1bn=18,即 3bn+1-6bn-1=0,∴bn+1=2bn+13,bn+1+13=2bn+13,故數(shù)列 bn+13 是公比為 2的等比數(shù)列,則 bn+13=2n-1b1+13=2n-11a1+13=13?2n,∴bn=13(2n-1),i=1n 1ai=i=1nbi=i=1n 13(2n-1)=132?2n-1?2-1-n=13(2n+1-n-2),故答案為13(2n+1-n-2).答案:13(2n+1-n-2)2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練限時檢測提速練(三) 小題考法——三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)1.為了得到函數(shù) y=sin5π6-x 的圖象,可以將函數(shù)y=sin x 的圖象( )A.向左平移 π6 個單位長度 B.向右平移 π3 個單位長度C.向右平移 π6 個單位長度 D. 向左平移 π3 個單位長度解析:選 A 函數(shù)y=sin5π6-x=-sin-5π6+x=sinx+π6,將函數(shù)y=sin x 的圖象向左平移 π6 個單位長度即可.故答案為A.2.(2018?邯鄲一模)若僅存在一個實數(shù) t∈0,π2,使得曲線 C:y=sinωx-π6(ω>0)關(guān)于直線 x=t 對稱,則 ω的取值范圍是( )A.13,73 B.43,103C.13,73 D.43,103解析:選 D ∵x∈0,π2,∴ωx-π6∈-π6,ωπ2-π6.∴π2<ωπ2-π6≤3π2.∴43<ω≤103,選 D.3.(2018?孝感聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)=3sin2x+π3,下列函數(shù)中,最小正周期為 π 的偶函數(shù)為( )A.fx+π12 B.f12x-π6C.f2x+π3 D.fx+π3解析:選 A A.fx+π12=3sin2x+π2=3cos 2x,最小正周期是 π,并且是偶函數(shù),滿足條件;B.f12x-π6=3sin x,函數(shù)的最小正周期是 2π,且是奇函數(shù),不滿足條件;C.f2x+π3=3sin(4x+π)=-4sin 4x,最小正周期是 π2,且是奇函數(shù),不滿足條件;D.fx+π3=3sin(2x+π)=3sin 2x 是奇函數(shù),故選 A.4.(2018?三湘教育聯(lián)盟聯(lián)考)函數(shù) f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的圖象如圖所示,則( )A.f(x)在-π3,π13 上是增函數(shù) B.f(x)在-π2,π13 上是增函數(shù)C.f(x)在 2π3,7π6 上是增函數(shù) D.f(x)在-π2,π12 上是增函數(shù)解析:選 A 由圖知,A=1,T4=7π12-π3=π4,所以T=2πω=π,∴ω=2,又 2×π3+φ=kπ(k∈Z),0<φ<π,∴φ =π3,則 f(x)=sin2x+π3,由-π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ,k∈Z,-5π12+kπ≤x≤π12+kπ,k∈Z.所以 f(x)在-5π12+kπ,π12+kπ,k∈Z 上是增函數(shù),觀察選項知A正確. 故選 A.5.(2018?三湘教育聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)=2sin(ωx+φ)(0<φ<π)的圖象與直線 y=2 的某兩個交點的橫坐標分別為 x1,x2,若|x2-x1|的最小值為 π,且將函數(shù) f(x)的圖象向右平移 π4 個單位得到的函數(shù)為奇函數(shù),則函數(shù) f(x)的一個遞增區(qū)間為( )A.-π2,0 B.-π4,π4C.0,π2 D.π4,3π4解析:選 A 由題意得 T=π,∴ω=2πT=2.∴φ -2×π4=kπ(k ∈Z).∴φ =π2+kπ(k∈Z).∵0<φ<π,∴ =π2.因此 f(x)=2sin2x+π2=2cos 2x,即-π2,0 為函數(shù) f(x)的一個遞增區(qū)間,選 A.6.(2018?江門一模)將函數(shù) f(x)=3sinπx+π2 圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2倍(縱坐標不變),再把圖象上所有的點向右平移 1個單位,得到函數(shù) g(x)的圖象,則函數(shù) g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是( )A.[2kπ-1,2kπ+2](k∈Z) B.[2kπ+1,2kπ+3](k∈Z)C.[4kπ+1,4kπ+3](k∈Z) D .[4kπ +2,4kπ+4](k∈Z)解析:選 C 將函數(shù) f(x)=3sinπx+π2 圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2倍,所得圖象對應(yīng)的解析式為y=3sinπ×x2+π2=3sinπx2+π2;再把圖象上所有的點向右平移 1個單位,所得圖象對應(yīng)的解析式為y=3sinπ2?x-1?+π2=3sin π2x,故 g(x)=3sin π2x.由π2+2kπ≤π2x≤3π2+2kπ,k∈Z,得1+4kπ≤x≤3+4kπ,k∈Z,故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為[1+4kπ,3+4kπ],k∈Z.選 C.7.(2018?衡陽聯(lián)考)已知 A、B、C、D 是函數(shù)y=sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2 一個周期內(nèi)的圖象上的四個點.如圖所示,A-π6,0,B 為 y軸上的點,C 為圖象上的最低點,E 為該圖象的一個對稱中心,B 與 D關(guān)于點 E對稱, CD→在 x軸上的投影為 π12,則( )A.ω=2,φ=π3 B.ω=2,φ=π6C.ω=12,φ=π3 D.ω=12,φ=π6解析:選 A 由題意可知T4=π6+π12=π4,∴T=π,ω=2ππ=2.又 sin2×-π6+φ=0, 0<φ<π2,∴φ=π3,故選A.8.(2018?滁州二模)已知函數(shù) f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2 圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為π2,將函數(shù) y=f(x)的圖象向左平移 π3 個單位后,得到的圖象關(guān)于 y軸對稱,那么函數(shù) y=f(x)的圖象( )A.關(guān)于點 π12,0 對稱 B. 關(guān)于點-π12,0 對稱C.關(guān)于直線 x=π12 對稱 D.關(guān)于直線 x=-π12 對稱解析:選 A 由題意得 T2=π2,∴T=π,ω=2πT=2,因為函數(shù) y=f(x)的圖象向左平移 π3 個單位后,得到的圖象關(guān)于 y軸對稱,所以 y=sin2x+2π3+φ 關(guān)于 y軸對稱,即 2π3+φ=π2+kπ(k∈Z),∵|φ|<π2,∴φ=-π6,所以 f(x)=sin2x-π6 關(guān)于點 π12,0 對稱,選 A.9.(2018?宿州二模)已知函數(shù) f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,0<φ<π2 的部分圖象如圖所示,若將函數(shù)f(x)的圖象上點的縱坐標不變,橫坐標縮短到原來的 14,再向右平移 π6 個單位,所得到的函數(shù) g(x)的解析式為( )A.g(x)=2sin 14x B.g(x)=2sin 2xC.g(x)=2sin14x-π6 D.g(x)=2sin2x-π6解析:選 D 由圖象可得 A=2,T4=π,故 T=4π,ω=12,∴f(x)=2sin12x+φ,∵點(0,1)在函數(shù)的圖象上,∴f(0)=2sin φ=1 ,∴sin φ=12,又 0<φ<π2,∴φ=π6.∴f(x)=2sin12x+π6 .將函數(shù) f(x)的圖象上點的縱坐標不變,橫坐標縮短到原來的 14所得圖象對應(yīng)的解析式為 y=2sin12×4x+π6=2sin2x+π6,然后再向右平移 π6 個單位,所得圖象對應(yīng)的解析式為y=2sin2x-π6+π6=2sin2x-π6,即 g(x)=2sin2x-π6.選 D.10.(2018?河南聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)=sin ωx-3cos ωx(ω>0),若集合{x∈(0,π)|f(x)=-1}含有 4個元素,則實數(shù) ω 的取值范圍是( )A.32,52 B.32,52C.72,256 D.72,256解析:選 D 由題得 f(x)=2sinωx-π3,∵2sinωx-π3=-1,∴sinωx-π3=-12.解得 ωx-π3=-π6+2kπ 或 7π6+2kπ(k∈Z),所以 x=π6ω+2kπω 或 x=3π2ω+2kπω(k∈Z),設(shè)直線 y=-1 與 y=f(x)在(0,+∞)上從左到右的第四個交點為 A,第五個交點為 B,則 xA=3π2ω+2πω(此時 k=1),xB=π6ω+4πω(此時 k=2).由于方程 f(x)=-1 在(0,π)上有且只有四個實數(shù)根,則xA<π≤xB,即 3π2ω+2πω<π≤π6ω+4πω,解得72<ω≤256,故選 D.11.(2018?蕪湖二模)函數(shù) f(x)=sin xcos x+32cos 2x的最小正周期是____.解析:f(x)=sin xcos x+32cos 2x=12sin 2x+32cos 2x=sin2x+π3,所以最小正周期 T=2π2=π.答案:π12.(2018?江西聯(lián)考)若點(θ,0)是函數(shù) f(x)=sin x+2cos x 的一個對稱中心,則 cos 2θ+sin θcos θ=____.解析:∵點(θ,0)是函數(shù) f(x)=sin x+2cos x 的一個對稱中心,∴sin θ +2cos θ=0,即 tan θ=-2.∴cos 2θ + sin θcos θ=cos2θ-sin2θ+sin θcos θsin2θ+cos2 θ=1-tan2θ+tan θtan2θ+1=1-4-24+1=-1.答案:-113.已知函數(shù) f(x)=5sin x-12cos x,當 x=x0 時,f(x)有最大值 13,則 cos x0=____.解析:方法一 f(x)=13513sin x-1213cos x,令 cos φ=513,sin φ=1213,故 f(x)=13sin(x-φ),當 x-φ=π2+2kπ,k∈Z 也就是 x=φ+π2+2kπ,k∈Z 時,f(x)max=13,此時x0=φ+π2+2kπ,k∈Z,所以 cos x0=cosφ+π2 =-sin φ=-1213.方法二 f(x)在 R可導,f′(x)=5cos x+12sin x.因 f(x)在 x=x0 處有最大值,故而 f′(x0)=0,即 5cos x0+12sin x0=0,結(jié)合 sin2 x0+cos2 x0=1 可以得到 sin x0=513,cos x0=-1213或 sin x0=-513,cos x0=1213當 sin x0=513,cos x0=-1213 時,f(x0)=13;當 sin x0=-513,cos x0=1213 時,f(x0)=-13(舍),所以 f(x0)=13 時,cos x0=-1213.答案:-121314.(2018?湖北聯(lián)考)若函數(shù) f(x)=kx-cos x 在區(qū)間π6,π3 單調(diào)遞增, 則 k的取值范圍是____.解析:f′(x)=k+sin x,因為 f(x)在 π6,π3 上單調(diào)遞增,所以 f′(x)≥0 在 π6,π3 上恒成立,也即是f′(x)min≥0,故 k+sin π6≥0,k≥-12.答案:-12,+∞15.(2018?棗莊一模)已知 f(x)=sin ωx-cos ωxω>23,若函數(shù) f(x)圖象的任何一條對稱軸與 x軸交點的橫坐標都不屬于區(qū)間(2π,3π),則 ω 的取值范圍是____.(結(jié)果用區(qū)間表示)解析:由題意,函數(shù) f(x)=sin ωx-cos ωx=2sinωx-π4,ω>23,由 f(x)的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標都不屬于區(qū)間(2π,3π),則T2=πω≥3π-2π=π,解得 ω≤1,即 23<ω≤1, 函數(shù) f(x)=2sinωx-π4 的對稱軸的方程為ωx-π4=π2+kπ.k∈Z,即x=3π4ω+kπω,k∈Z,則3π4ω+πω≤2π,3π4ω+2πω≥3π 解得78≤ω≤1112, 所以實數(shù) ω 的取值范圍是 78,1112.答案:78,11122019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練壓軸大題拉分練(01)(滿分:24 分 時間:30 分鐘)1.(12 分)雙曲線 C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦點分別為:F1(-22,0),F(xiàn)2(22,0),且雙曲線 C經(jīng)過點P(42,27).(1)求雙曲線 C的方程;(2)設(shè) O為坐標原點,若點 A在雙曲線 C上,點 B在直線 x=2上,且 OA→?OB→=0.是否存在以點 O為圓心的定圓恒與直線AB相切?若存在,求出該圓的方程,若不存在,請說明理由.解:(1)點 P(42,27)在雙曲線 C上.32a2-28b2=1①,b2=8-a2②②代入①去分母整理得:a4-68a2+32×8=0,解得a2=4,b2=4.∴所求雙曲線 C的方程為 x24-y24=1.(2)設(shè)點 A,B 的坐標分別為(x0,y0),(2,t),其中 x0>2 或 x0<-2.當 y0≠t 時,直線 AB的方程為 y-t=y(tǒng)0-tx0-2(x-2),即(y0-t)x-(x0-2)y+tx0-2y0=0,若存在以點 O為圓心的定圓與 AB相切,則點 O到直線 AB的距離必為定值.設(shè)圓心 O到直線 AB的距離為 d,則 d=|tx0-2y0|?y0-t?2+?x0-2?2,∵y0≠0 ,∴ t=-2x0y0,又 x20-y20=4,∴d=22|y20+2y0|2y40+8y20+82y20=22|y20+2y0|2|y20+2y0|=2,此時直線 AB與圓 x2+y2=4 相切,當 y0=t 時,x0=-t22,代入雙曲線 C的方程并整理得 t4-2t2-8=0,解得 t=±2,此時直線 AB:y=±2,也與圓 x2+y2=4 相切.綜上得存在定圓 x2+y2=4 與直線 AB相切.2.(12 分)已知函數(shù) f(x)=aln x-2ax+1.(1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性;(2)對任意的 x≥1,不等式 f(x)+ex-1≥0 恒成立,求實數(shù) a的取值范圍.解:(1)f′(x)=a?1-2x?x,當 a>0 時,令 f′(x)>0?0<x<12,f′(x)<0?x>12,所以此時 f(x)在區(qū)間 0,12 遞增,12,+∞遞減;當 a<0 時,令 f′(x)>0?x>12,f′(x)<0?0<x<12,所以此時 f(x)在區(qū)間 12,+∞遞增,0,12 遞減.(2)令 g(x)=f(x)+ex-1=aln x-2ax+1+ex-1,x≥1,∴g′(x)=ax -2a+ex-1,令 h(x)=ax-2a+ex-1,h′(x)=x2ex-1-ax2,令 φ(x)=x2ex-1-a,顯然 φ(x)在 x≥1 時單調(diào)遞增,∴φ(x)≥φ(1)=1-a.當 a≤1 時,φ(x)≥φ(1)≥0,h′(x)≥0,h(x)在[1,+∞)上遞增,所以 h(x)≥h(1)=1-a≥0,則 g′(x)≥0,∴g(x) 在[1 ,+∞)上遞增,∴g(x)≥g(1)=2-2a≥0,此時符合題意;當 a>1 時,φ(1)<0,此時在[1,+∞)上存在 x0,使 φ(x)在(1,x0)上值為負,此時 h′(x)<0,h(x)在(1,x0)上遞減,此時 h(x)<h(1)=1-a<0,∴g(x) 在(1 ,x0)上遞減,∴g(x) <g(1) =2-2a <0,此時不符合題意;綜上 a≤1.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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