[高三数学]创新型解答题汇编

1、.2012年各地模拟题创新型解答题汇编(精校版)1. 已知点、,()是曲线C上的两点，点、关于轴对称，直线、分别交轴于点和点，（）用、分别表示和; （）某同学发现，当曲线C的方程为：时，是一个定值与点、的位置无关；请你试探究当曲线C的方程为：时， 的值是否也与点M、N、P的位置无关；（）类比（）的探究过程，当曲线C的方程为时，探究与经加、减、乘、除的某一种运算后为定值的一个正确结论.(只要求写出你的探究结论，无须证明).解：（）依题意N(k,l)，且klmn0及MP、NP与轴有交点知： 2分M、P、N为不同点，直线PM的方程为， 3分则，同理可得 6分（）M,P在椭圆C：上,(定值).的值是与

2、点M、N、P位置无关 . 11分（）一个探究结论是： 14分提示：依题意, ,.M,P在抛物线C：y2=2px(p>0)上,n2=2pm,l2=2pk.为定值.2. 已知为坐标平面上的动点，且直线与直线的斜率之积为常数(1)求P点的轨迹方程并讨论轨迹是什么曲线？(2)若, P点的轨迹为曲线C,过点Q(2,0)斜率为的直线与曲线C交于不同的两点AB,AB中点为R,直线OR(O为坐标原点)的斜率为，求证为定值；（3）在（2）的条件下，设，且，求在y轴上的截距的变化范围.解：（1）由得，若m= -1，则方程为，轨迹为圆（除A B点）若，方程为，轨迹为椭圆（除A B点）；若，方程为，轨迹为双曲线

3、（除A B点）。 2分（2）时，曲线C方程为，设的方程为：与曲线C方程联立得：， 6分设，则， 6分可得，。 7分（3）由得代入得：， 8分式平方除以式得：， 10分而在上单调递增，在y轴上的截距为b，=， 11分。 12分3. 设数列的前项和为，已知(nN*).（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若存在整数，使对任意nN*且n 2，都有成立，求的最大值；解：（1）由，得(n2). 两式相减，得，即(n2). 于是，所以数列是公差为1的等差数列. 又，所以. 所以，故. 7分（2）因为，则. 令，则 . 所以 .即，所以数列为递增数列. 所以当n 2时，的最小值为. 据题意，即.

4、又为整数，故的最大值为18. 14分4. 已知椭圆长轴上有一顶点到两个焦点之间的距离分别为：32，32。（1）求椭圆的方程；（2）如果直线 与椭圆相交于A,B，若C（3,0），D(3,0），证明：直线CA与直线BD的交点K必在一条确定的双曲线上；（3）过点Q(1,0 )作直线l (与x轴不垂直）与椭圆交于M,N两点，与y轴交于点R，若，求证：为定值.解：（1）由已知，得，所以椭圆方程为 4分（2）依题意可设，且有，又，将代入即得所以直线CA与直线BD的交点K必在双曲线上. 9分（3）依题意，直线的斜率存在，则设直线的方程为，设，则两点坐标满足方程组，消去整理得，所以， 因为，所以，即，因为l与

5、x轴不垂直，所以，则，又，同理可得，所以由式代人上式得 15分5. 如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC-ABC中，侧面AACC底面ABC，AAC=60°.()求侧棱AA与平面ABC所成角的正弦值的大小；()已知点D满足，在直线AA上是否存在点P，使DP平面ABC？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由.解：()侧面A1ACC1底面ABC，作A1OAC于点O，A1O平面ABC.又ABC=A1AC=60°，且各棱长都相等，AO=1，OA1=OB=，BOAC.故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0，-1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，)，

6、C(0，1，0)，；.设平面AB1C的法向量为n=(x,y,1)则 解得n=(-1,0,1).由cos<>=而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量与平面AB1C的法向量所成锐角的余角，侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为()而 又B(，0，0)，点D的坐标为D(-，0，0).假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P(0，y，z). DP平面AB1C，n=(-1，0，1)为平面AB1C的法向量，由，得又DP平面AB1C，故存在点P，使DP平面AB1C，其从标为(0，0，)，即恰好为A1点6. 如图，已知抛物线的准线为,焦点为.M的圆心在轴的正半轴上,且与轴相切过原点作

7、倾斜角为的直线,交于点, 交M于另一点,且.OlxyABF·M（1）求M和抛物线的方程；（2）若为抛物线上的动点,求的最小值；（3）过上的动点向M作切线,切点为,求证：直线恒过一个定点,并求该定点的坐标.解：（）因为,即,所以抛物线C的方程为. 设M的半径为,则,所以的方程为（）设,则= 所以当时, 有最小值为2 （）以点Q这圆心,QS为半径作Q,则线段ST即为Q与M的公共弦设点,则,所以Q的方程为从而直线QS的方程为(*) 因为一定是方程(*)的解,所以直线QS恒过一个定点,且该定点坐标为7. 设为数列的前项和，对任意的，都有（为常数，且）（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的

8、公比，数列满足 ，N，求数列的通项公式；（3）在满足（2）的条件下，求证：数列的前项和解：（1）证明：当时， 解得 1分当时，即 2分为常数，且， 3分数列是首项为1，公比为的等比数列 4分（2）解：由（1）得， 5分 6分，即 7分是首项为，公差为1的等差数列 8分，即（N）（3）证明：由（2）知，则 ， 当时， 12分8. 已知曲线C：xy=1，过C上一点An(xn,yn)作一斜率为的直线交曲线C于另一点An+1(xn+1,yn+1)，点列An的横坐标构成数列 xn ，其中x1=.(I)求xn与xn+1的关系式； ()令，求证：数列是等比数列；(III)若( 为非零整数，)，试确定的值，使

9、得对任意， 都有成立.9. 已知数列满足，且当时，令（）写出的所有可能的值；（）求的最大值；（）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在， 说明理由解:（）由题设，满足条件的数列的所有可能情况有：（1）此时；（2）此时；（3）此时；（4）此时；（5）此时；（6）此时； 所以，的所有可能的值为：， 4分（）由， 可设，则或（，），因为，所以 因为，所以，且为奇数，是由 个1和个构成的数列 所以 则当的前项取，后项取时最大，此时证明如下：假设的前项中恰有项取，则的后项中恰有项取，其中， ，所以 所以的最大值为 9分（）由（）可知，如果的前项中恰有项取，的后项中恰有项取，则，若，则，因为是奇数

10、，所以是奇数，而是偶数，因此不存在数列，使得 13分10. 已知函数（）（）试讨论在区间上的单调性；（）当时，曲线上总存在相异两点，使得曲线在点，处的切线互相平行，求证：. （）解：由已知，. 2分 由，得，. 4分因为，所以,且所以在区间上，；在区间上，.故在上单调递减，在上单调递增 6分（）证明：由题意可得，当时，（，且）.即 ，所以，. 8分因为，且，所以恒成立，所以，又，所以，整理得. 11分令，因为，所以在上单调递减，所以在上的最大值为， 所以. 13分11. 对于数列，令为，中的最大值，称数列为的“创新数列”.例如数列，的创新数列为，.定义数列：是自然数，的一个排列.（）当时，写出

11、创新数列为， ，的所有数列；（）是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列，若不存在，请说明理由.解：（）由题意，创新数列为， ，的所有数列有两个，即数列，；数列，. 4分（）存在数列，使它的创新数列为等差数列. 数列的创新数列为，因为是中的最大值，所以.由题意知，为中最大值，为中的最大值，所以，且.若为等差数列，设其公差为,则且，当时，为常数列，又，所以数列为，.此时数列是首项为的任意一个符合条件的数列； 8分当时，因为，所以数列为，.此时数列为，； 10分当时，因为 ，又， ，所以，这与矛盾，所以此时不存在，即不存在使得它的创新数列为公差的等差数列. 13分综上，当数列

12、为以为首项的任意一个符合条件的数列或为数列，时，它的创新数列为等差数列. 14分12. 已知抛物线：，为直线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为,.（）当的坐标为时，求过三点的圆的方程； （）证明：以为直径的圆恒过点.（）解：当的坐标为时，设过点的切线方程为，由消得. (1)令，解得.代入方程(1)，解得. 3分设圆心的坐标为，由，得，解得.故过三点的圆的方程为 5分（）证明：设，由已知得，设切点分别为，所以，切线 的方程为即，切线的方程为即 7分又因为切线过点，所以得. 又因为切线也过点，所以得. 所以，是方程的两实根，由韦达定理得 9分因为，所以 将代入，得. 13分 所以以为直

13、径的圆恒过点 14分13. 已知抛物线及定点P（0，8），A、B是抛物线上的两动点，且。过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M（）证明：点M的纵坐标为定值； （点M的纵坐标为定值）（）是否存在定点Q，使得无论AB怎样运动，都有？证明你的结论 解：（1）方法1：设，抛物线方程为，求导得，所以，过抛物线上A、B两点的切线方程分别为：，即，解得。又，得，即将式（1）两边平方并代入得，再代入（2）得，解得且有，所以，点M的纵坐标为-8。方法2：（II） ， ，抛物线方程为所以过抛物线上A、B两点的切线斜率分别是， ，解得：即点M的纵坐标为定值（2）考虑到AB/x轴时，显然要使，则点Q必定在y轴上

14、，设点，此时，结合（1）中故对一切k恒成立即：故当，即时，使得无论AB怎样运动，都有 (1)法一：由已知 设，则， ， 由得，解得2分法二：记A点到准线距离为，直线的倾斜角为，由抛物线的定义知 ， （2）设，由得 首先由得且，同理 由得，即：， ，得且，由且得，的取值范围为14. 设椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上的一点，原点到直线的距离为 （）证明；（）求使得下述命题成立：设圆上任意点处的切线交椭圆于，两点，则（）证法一：由题设及，不妨设点，其中，由于点在椭圆上，有，解得，从而得到，直线的方程为，整理得由题设，原点到直线的距离为，即，将代入原式并化简得，即证法二：同证法一，得到点的坐标为，过点

15、作，垂足为，易知，故由椭圆定义得，又，所以，解得，而，得，即（）解法一：圆上的任意点处的切线方程为当时，圆上的任意点都在椭圆内，故此圆在点处的切线必交椭圆于两个不同的点和，因此点，的坐标是方程组的解当时，由式得代入式，得，即，于是，若，则所以，由，得在区间内此方程的解为当时，必有，同理求得在区间内的解为另一方面，当时，可推出，从而综上所述，使得所述命题成立15. 设数列的前项和为，且满足.（）求证：数列为等比数列； （）求通项公式；（ ）（）设,求证：. 证明：（）, . 又 是首项为，公比为的等比数列且. （）时，, 时， . 故. （） .16、无穷数列满足：（为常数）.（1）若且数列为等

16、比数列，求； （ ）（2）已知，若，求；（ ）（3）若存在正整数，使得当时，有，求证：存在正整数，使得当时，有解：（）由为等比数列，知与无关，故.当时，数列是以为首项，以为公比的等比数列.（）当时，.取为，累乘得:（）.当时，.而，（）当时，说明异号，此时不存在正整数，使得当时，有.当时，必存在正整数（取大于的正整数即可），使得当时，有，即存在正整数，使得当时，有；因为存在正整数，使得当时，恒有成立，取为与的较大者，则必存在正整数，使得当时，.存在正整数，使得当时，有17.现有一组互不相同且从小到大排列的数据：，其中为提取反映数据间差异程度的某种指标，今对其进行如下加工：记，作函数，使其图象为

17、逐点依次连接点的折线（）求和的值；（）设的斜率为，判断的大小关系；（）证明：当时，；（）解： （）解：因为a1<a2<a3<a4<a5,所以k1<k2<k3<k4<k5. （）证明：由于f (x)的图象是连接各点的折线，要证明下面证明 证法一：对任何n (n=1,2,3,4),证法二： 对任何n （n=1,2,3,4）18. 给定平面上的点集.点集中任意三点不共线，将中所有的点任意分成组，使得每组至少三个点，且每个点恰属于一组.然后将同一组的任意两点都用线段相连,不同组的点间不用线段连接.这样得到一个图案,不同的方式得到不同的图案,将图案中所含的

18、以点集中的点为顶点的三角形的个数记为.()当时，求的值；() 当时，求的最小值；() 当时，求的最小值；20、解：（I）当n=7，k=2时，分组方法只能是其中一组3个点，另一组4个点， 于是m(G)= （）当n=13，k=3时，由于13=3+3+7=3+4+6=3+5+5=4+4+5 于是m(G)= 或m(G)= 或m(G)= 或m(G)= 由上可知：所求m(G)的最小值为18 （III）由（）可受到启发：分组越均匀，m(G)的值越小 设m(G)的最小值为，G由分组得到，其中为第i组的点构成的集合设 则，且 下面证明：当时，有（即m(G)取最小时，任意两组的点的个数之差不超过1） 事实上，若存

19、在，使得，不妨设 则作点集P的另一种分组，其中为第i组的点构成的集合使得 于是，对于由分组得到的图案，有 从而 ，这与的最小性矛盾 故：对任何，都有 又2010=100´20+10=90´20+10´21， m(G)的最小值 21ABMCDEF如图，已知正方形ABCD的边长为1，FD平面ABCD，EB平面ABCD，FD=BE=1，M为BC边上的动点.（）证明：ME平面FAD；（）试探究点M的位置，使平面AME平面AEF.解：（） FD平面ABCD，EB平面ABCD FDEB又ADBC且ADFD=D，BCBE=B平面FAD平面EBC，ME 平面EBCME平面FAD

20、4分（）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DF所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标D-xyz，依题意，得D(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，0，1)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，1，1)，设M(，1，0)，平面AEF的法向量为=(x1，y1，z1)，平面AME的法向量为=(x2，y2，z2) =(0，1，1)，=(-1，0，1)， 取z1=1，得x1=1，y1=-1 =(1，-1，0) 又=(-1，1，0) ，=(0，1，1)， 取x2=1得y2=1-，z2=-1 =(1，1-，-1)若平面AME平面AEF，则 =0，1-(1-)+(-1)=0，解得=，此时M为BC

21、的中点.所以当M在BC的中点时， 平面AME平面AEF. 22.已知四棱锥的三视图如图所示，为正三角形（）在平面中作一条与底面平行的直线,并说明理由；（）求证：平面；（）求三棱锥的高解：（）分别取中点，连结，则即为所求，下证之：1分分别为中点，2分平面，平面,3分平面4分（作法不唯一）（）由三视图可知，平面，四边形为直角梯形过点作于，则,，故6分平面,平面,.7分，平面8分（）为正三角形，在中，10分（其中为三棱锥的高）11分，12分23.如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴相交于两点（点在点的左侧），且（）求圆的方程；（）过点任作一条直线与椭圆相交于两点，连接，求证：解：（）设圆的半径为（），依

22、题意，圆心坐标为1分，解得3分圆的方程为4分（）把代入方程，解得，或，即点，5分当轴时，由椭圆对称性可知6分当与轴不垂直时，可设直线的方程为联立方程，消去得，7分设直线交椭圆于两点，则，8分，10分，11分综上所述，12分24. 已知函数与（1）设直线分别相交于点，且曲线和在点处的切线平行，求实数的值；（2）为的导函数,若对于任意的，恒成立，求实数的最大值；（3）在（2）的条件下且当取最大值的倍时，当时，若函数的最小值恰为的最小值，求实数的值解：（1）由已知，曲线和在点处的切线平行，故可得：且解得：-3分 （2）恒成立，即，即，-4分 记，-5分 当时，在上单调递减 当时，在上单调递增 -7分

23、 ，故的最大值为 -8分 （3）由（2）可知，故在时， 在的最小值为3， 令，解得： -10分 （）当即时，此时在上单调递增 ，解得：（不合前提） -11分 （）当即时，此时在上单调递减 ，解得：（不合前提）-12分 （）当即时， 当时，在单调递减 当时，在单调递增 此时，解得：满足前提 综上可得： -14分25. 如图，已知ABCD是圆柱的一个轴截面，且圆柱底面半径为1，高为.动点P从点B绕着圆柱的侧面到达点D的距离最短时在侧面留下的曲线如图.轴截面ABCD绕着轴逆时针旋转时与曲线相交于点P.（）求曲线长度；(要有必要的文字，图形，计算过程)（）当时，求证：/平面APB；（）是否存在点P，使

24、得AP与平面的所成角为，若存在，请说明理由，并求相应的线段BP长度，若不存在说明理由.（）解：将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA，曲线就是对角线BD得：， ,所以这实际上是一个正方形.所以曲线长度=-3分（）当时，点恰好为AB的中点，所以P为中点在矩形中，PO,又，所以/平面APB.-7分（）如图，以O为原点，OB所在直线为x轴，过O与OB垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系。则，当时，设,，所以，-9分， 平面的法向量之一为所以， 所以，设，所以在上必存在使得-12分-14分26. 已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，坐标原点到的距离为 （I）求

25、，的值；（II）椭圆上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由。解:(I）设，直线，由坐标原点到的距离为 则，-2分解得 .又.-4分（II）由(I）知椭圆的方程为.设、由题意知的斜率为一定不为0，故不妨设 -5分代入椭圆的方程中整理得，显然。由韦达定理有：-6分.假设存在点P，使成立，则其充要条件为：点，点P在椭圆上，即。整理得。 又在椭圆上，即.故-8分将及代入解得-10分,=,即.当;当.13分27. 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1 中，AB=AD=AA1=2BC=4，ABAD，M为AD中点.() 求证：B1M平面CDD1

26、C1；() 若P为四边形CDD1C1内（含边界）的动点，且APB1D，问P点是否总在一条线段上？说明你的理由。解：()证明：连接C1D，由题意可知B1C1BCAM， AMB1C1为平行四边形，B1MC1D，3分CA1C1B1BD1DPMNAxyz又B1MË平面CDD1C1，C1DÌ平面CDD1C1， B1M平面CDD1C1. 6分()依题意可知，AB1，AD，AA1两两互相垂直，以A为原点，AB1，AD，AA1所在的直线依次为x、y、z轴，建立空间直角坐标系（如图）， 7分，P在平面CDD1C1内，故可设，则，令，得，于是，10分在CD上取点N，使，则，则， , P总在线段

27、上. 1328如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，B = 900，D为棱BB1上一点，且面DA1 C面AA1C1C.。A1C1B1ACBA1D(1)求证：D为棱BB1中点； （2）为何值时，二面角A A1D C的平面角为600。解：（1）过点D作DE A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF EF。面DA1 C面AA1C1C且相交于A1 C，面DA1 C内的直线DE A1 C直线DE面AA1C1C 3分又面BA C面AA1C1C且相交于AC，易知BFAC，BF面AA1C1C由此知：DEBF ，从而有D，E，F，B共面，又易知BB1面AA1C1C，故有DBEF ，

28、从而有EFAA1，又点F是AC的中点，所以DB EF AA1 BB1，所以D点为棱BB1的中点； 6分A1C1B1ACBA1DHEFG（2）解法1：延长A1 D与直线AB相交于G，易知CB面AA1B1B，过B作BHA1 G于点H，连CH，由三垂线定理知：A1 GCH，由此知CHB为二面角A A1D C的平面角； 9分设AA1 2b ，ABBC ；在直角三角形A1A G中，易知 AB BG。在DBG中，BH ，在CHB中，tanCHB ，据题意有： tan600 ，解得：，所以 。 13分 (2)解法2：建立如图所示的直角坐标系，设AA1 2b ，ABBC ，A1C1B1ACBA1DyOxZ则D

29、（0,0,b）, A1 (a,0,2b), C (0,a,0) 所以， 8分设面DA1C的法向量为则 可取又可取平面AA1DB的法向量cos 10分 据题意有：，12分 解得： 13分30. 如图，三角形PAB是半圆锥PO的一个轴截面，PO=1，AB=2，四棱锥的底面为正方形，且与圆锥PO的底面共面.()若H为圆锥PO的底面半圆周上的一点，且，连AH，证明：;（）在圆锥PO的底面半圆周上确定点G的位置，使母线PG与平面PCD所成角的正弦值为.解：() H为圆锥PO的底面圆周上的一点，1分又2分平面ABCD，平面ABCD平面PCO，4分平面PCO，5分（）以O为原点，OA方向为轴，OP方向为轴建

30、立空间直角坐标系，6分则，7分设平面PCD的一个法向量为，则由得，取得平面PCD的一个法向量为；9分G为圆锥PO的底面圆周上的一点，可设，依题意得，10分解得，12分点G的坐标为13分31. +33. 已知过点A(0，4)的直线l与抛物线C：x2=py相切于点T(-4，yo)，F是C的焦点；中心在坐标原点，一个焦点为F的椭圆与直线l有公共点(1)求直线l的方程和焦点F的坐标；(2)求当椭圆的离心率最大时椭圆的方程；(3)设点M(x1，yl)是抛物线C上任意一点，D(0，-2)为定点，是否存在垂直于y轴的直线l¢被以MD为直径的圆截得的弦长为定值?请说明理由解：(1)，l：，直线l过点

31、A(0，4)， p=-4l： 2x-y+4=0， F为(0，-1) 4分(2)设椭圆为=1(a>1)， F1(0，1)，F2(0，-1)当e最大时，a取得最小则在直线l上找一点P，使得最小F2(0，-1)关于2x-y+4=0对称道点为F2（x0，y0） 6分解得，7分所求椭圆方程为 8分(3)假设l¢存在为y=b，以MD为直径的圆N的圆心为N半径为r=ND= 9分N到直线l¢的距离为d 弦长= 11分当b=-1时，弦长为定值2 12分即l¢为y=-1时，垂直于y轴的直线l¢被以MD为直径的圆截得的弦长为定值213分(备注：可以把D(0，-2)推广到

32、更一般的点D(0，-m)(m>0)，则结论仍然成立，只不过直线l¢含有m，也就是直线l¢取决于D(0，-m)(m>0)34. 如图(1)已知矩形中，、分别是、的中点，点在上，且，把沿着翻折，使点在平面上的射影恰为点（如图（2）.图(2)BFCADEO（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小.ACBDEFO·图(1)y图(2)BFCADEOxz(1) 证明：由已知AO平面，AOBC，又依题意可知，EFBC，AO EF=O， BC平面AEF， 3分 BCÌ平面ABF，平面ABF平面AEF. 5分 (2) 设，则， AO平面，AOOB，AOOE，

33、 ， 即，求得， ，7分如图建立空间直角坐标系，则，,，设是平面的法向量，则，9分同理可求得平面的一个法向量， 11分， 12分二面角的大小为90°. 13分35. 已知函数定义域为 ()，设，(1) 试确定的取值范围,使得函数在上为单调函数；(2) 求证：； (3) 求证：对于任意的，总存在，满足，并确定这样的的个数 解：（1） 因为由；由,所以在上递增，在上递减，欲在上为单调函数，则， 3分（2）因为在上递增，在上递减，所以在处取得极小值， 又，所以在上的最小值为，从而当时，即， 6分（3）因为，所以即为, 令，从而问题转化为证明方程 =0在上有解，并讨论解的个数. 7分 因为，

34、 8分所以 当时，所以在上有解，且只有一解 当时，但由于，所以在上有解，且有两解 ；9分 当时，所以在上有且只有一解； 当时，在上也有且只有一解.11分综上所述，对于任意的，总存在，满足，且当时，有唯一的适合题意； 当时，有两个适合题 13分36. 设点为圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为动点满足（其中，不重合）（）求点的轨迹的方程；（）过直线上的动点作圆的两条切线，设切点分别为若直线与（）中的曲线交于两点，求的取值范围解：()设点，由，得，由于点P在上，所以，即M的轨迹方程为. 4分（）设点，则AT，BT的方程为：，又点 在AT、BT上，则有：，由、知AB的方程为：. 7分设点，则圆心O到A

35、B的距离，；又由，得，于是，于是， 10分设，则，于是，设，于是，设，令，得.得在上单调递增，故.即的范围为 14分37. 已知椭圆的离心率为，直线经过椭圆的上顶点和右顶点，并且和圆相切. （1）求椭圆的方程； （2）设直线 与椭圆相交于，两点，以线段, 为邻边作平行四边行,其中顶点在椭圆上，为坐标原点，求的取值范围.解答：（1）由得，所以1分 所以，有，解得.5分 所以，所以椭圆方程为 .6分38. 已知函数 （是自然对数的底数，）.（1）当时，求的单调区间； （2）若在区间上是增函数，求实数的取值范围；（3）证明对一切恒成立.39. 已知圆O：交x轴于A，B两点，曲线C是以AB为长轴，离心

36、率为的椭圆，其左焦点为F若P是圆O上一点，连结PF，过原点O作直线PF的垂线交直线于点Q （1）求椭圆C的标准方程； （2）若点P的坐标为（1，1），求证：直线PQ圆O相切； （3）试探究：当点P在圆O上运动时（不与A、B重合），直线PQ与圆O是否保持相切的位置关系？若是，请证明；若不是，请说明理由（1）解：因为 则b=1，即椭圆C的标准方程为 3分（2）解：因为P（1，1），所以所以，所以直线OQ的方程为y= 2x. 4分又Q在直线上，所以点Q（2，4） 即PQOQ，故直线PQ与圆O相切， 7分（3）当点P在圆O上运动时，直线PQ与圆P保持相切的位置关系. 设，则所以直线OQ的方程为 8分所

37、以点Q 所以 9分 10分所以，即OPPQ（P不与A、B重合），故直线PQ始终与圆O相切. 12分40. 空气质量指数（单位:）表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量,这个值越高,就代表空气污染越严重:日均浓度空气质量级别一级二级三级四级五级六级空气质量类别优良轻度污染中度污染重度污染严重污染级别O5168天数421015某市年月日月日（天）对空气质量指数进行监测,获得数据后得到如下条形图:（）估计该城市一个月内空气质量类别为良的概率； （）在上述个监测数据中任取个,设为空气质量类别为优的天数,求的分布列【解析】（）由条形统计图可知,空气质量类别为良的天数为天,所以此次监测结果中空气质量类别为良

38、的概率为 4分 （）随机变量的可能取值为,则 , 所以的分布列为: 12分.xyTGPMON41. 已知椭圆:的一个交点为,而且过点（）求椭圆的方程； （）设椭圆的上下顶点分别为,是椭圆上异于的任一点,直线分别交轴于点,若直线与过点的圆相切,切点为证明：线段的长为定值,并求出该定值【解析】（）解法一:由题意得,解得, 所以椭圆的方程为4分 解法二:椭圆的两个交点分别为, 由椭圆的定义可得,所以, 所以椭圆的方程为4分 （）解法一:由（）可知,设, 直线:,令,得;直线:,令,得; 设圆的圆心为,则,而,所以,所以,所以,即线段的长度为定值14分解法二:由（）可知,设, 直线:,令,得;直线:,

39、令,得;则,而,所以,所以,由切割线定理得所以,即线段的长度为定值14分42. 记函数的导函数为,函数（）讨论函数的单调区间和极值； （）若实数和正数满足：，求证：【解析】（）由已知得,所以2分 当且为偶数时,是奇数,由得;由得 所以的递减区间为,递增区间为,极小值为5分 当且为奇数时,是偶数,由得或;由得 所以的递减区间为,递增区间为和,此时的极大值为,极小值为8分 （）由得,所以,10分显然分母,设分子为则所以是上的增函数,所以,故12分又,由（）知, 是上的增函数,故当时,即,所以所以,从而 综上,可知14分43. 设曲线：上的点到点的距离的最小值为,若,（）求数列的通项公式；（）求证:；（）是否存在常数,使得对,都有不等式:成立?请说明理由【解析】（）设点