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2013-2016理科数学解答题--解析几何与函数综合(全国I)


2013-2016 理科数学解答题――解析几何与函数综合(全国 I)
(2013 理数·新课标 I)1.(本小题满分 12 分)已知圆 M:(x+1) +y =1,圆 N:(x-1) +y =9,动圆 P 与 圆 M 外切并与圆 N 内切,圆心 P 的轨迹为曲线 C (Ⅰ)求 C 的方程; (Ⅱ)l 是与圆 P,圆 M 都相切的一条直线,l 与曲线 C 交于 A,B 两点,当圆 P 的半径最长时,求|AB|.
2 2 2 2

(2013 理数·新课标 I)2.(本小题满分共 12 分)已知函数 f(x)=x +ax+b,g(x)=e (cx+d),若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2 (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值 (Ⅱ)若 x≥-2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围。

2

x

`

1

x y ? 2? ,椭圆 E: 2 ? 2 (2014 理数·新课标 I)3.已知点 A ? 0, a b
2 3 ,O 为坐标原点 3

2

2

? 1(a ? b ? 0) 的离心率为

3 ;F 是椭圆 E 2

的右焦点,直线 AF 的斜率为 (I)求 E 的方程;

(II)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P,Q 两点。当 ?OPQ 的面积最大时,求 l 的直线方程.

(2014 理数·新课标 I)4. (12 分)设函数 f ( x) ? ae ln x ?
x

be x ?1 ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线 x

方程为 y ? e( x ? 1) ? 2. (I)求 a, b; (II)证明: f ( x) ? 1.

2

(2015 理数·新课标 I)5. (本小题满分 12 分)在直角坐标系 xoy 中,曲线 C:y= ( a >0)交与 M,N 两点, (Ⅰ)当 k=0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程; (Ⅱ)y 轴上是否存在点 P,使得当 k 变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.

x2 与直线 y ? kx ? a 4

3 (2015 理数·新课标 I)6. (本小题满分 12 分)已知函数 f(x)= x ? ax ?

1 , g ( x) ? ? ln x . 4

(Ⅰ)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y ? f ( x) 的切线; (Ⅱ)用 min 点的个数.

?m, n?

表示 m,n 中的最小值,设函数 h( x) ? min f ( x), g ( x)

?

? (x ? 0)

,讨论 h(x)零

3

(2016 理数·新课标 I)7.设圆 x2 ? y 2 ? 2x ?15 ? 0 的圆心为 A,直线 l 过点 B(1,0)且与 x 轴不重合, l 交圆 A 于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. (Ⅰ)证明 EA ? EB 为定值,并写出点 E 的轨迹方程; (Ⅱ)设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1 于 M,N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求 四边形 MPNQ 面积的取值范围.

x (2016 理数·新课标 I)8.已知函数 f ? x ? ? ? x ? 2 ? e ? a ? x ? 1? 有两个零点. 2

(Ⅰ)求 a 的取值范围; (Ⅱ)设 x1,x2 是 f ? x ? 的两个零点,证明: x1 ? x2 ? 2 .

4

`

2013-2016 理科数学解答题――解析几何与函数综合(全国 I) 参考答案
1.解: (I)依题意,圆 M 的圆心,圆 N 的圆心 N (1, 0) ,故 PM ? PN ? 4 ? 2 ,由椭圆 定理可知,曲线 C 是以 M、N 为左右焦点的椭圆(左顶点除外) ,其方程为

x2 y 2 ? ? 1( x ? 2) ; 4 3
(II)对于曲线 C 上任意一点 P( x, y) ,由于 PM ? PN ? 2R? ? 2 (R 为圆 P 的半径) , 所以 R=2,所以当圆 P 的半径最长时,其方程为 ( x ? 2)2 ? y 2 ? 4 ; 若直线 l 垂直于 x 轴,易得 AB ? 2 3 ; 若直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 与 x 轴的交点为 Q,则

QP QM

?

R ,解得 Q(?4, 0) ,故直线 r1
2 2 ;当 k ? 时,直线 4 4

l: y ? k ( x ? 4) ;有 l 与圆 M 相切得

3k 1? k 2

? 1 ,解得 k ? ?

y?

18 2 2 ;同理,当 k ? ? 时, x ? 2 , 联 立 直 线 与 椭 圆 的 方 程 解 得 AB ? 7 4 4 18 . 7

AB ?

【考点定位】本题考查椭圆的定义、弦长公式、直线的方程,考查学生的运算能力、化简 能力以及数形结合的能力. 2 .解: ( I )因为曲线 y = f(x) 和曲线 y = g(x) 都过点 P(0 , 2) ,所以 b=d=2 ;因为
' x ' ; g ( x) ? e (cx ? d ? c) , 故 g ( 0 )? 2 ,故 ?c ? 4 f ' ( x) ? 2 x? a , 故 f ' ( 0 )? a ? 4

c ? 2 ;所以 f ( x) ? x2 ? 4x ? 2 , g ( x) ? e x (2x ? 2) ;
( II )令 F ( x) ? kg( x) ? f ( x) ,则 F ( x) ? (ke ? 1)(2x ? 4),由题设可得 F (0) ? 0 ,故
' x

k ? 1 ,令 F ' ( x) ? 0 得 x 1 ? ? ln k , x2 ? ?2 ,
' 2 (1) 若 1 ? k ? e ,则 ?2 ? k ? 0 ,从而当 x ? (?2, x1 ) 时, F ( x) ? 0 ,当 x ? ( x1 , ??)

时 F ( x) ? 0 ,即 F ( x) 在 (?2, ??) 上最小值为
'

F ( x1 ) ? 2x1 ? 2 ? x12 ? 4x1 ? 2 ? ? x1 ( x1 ? 2) ? 0 ,此时 f(x)≤kg(x)恒成立;

答案第 1 页,总 6 页

`

( 2 )若 k ? e2 , F ' ( x) ? (e x?2 ?1)(2 x ? 4) ? 0 ,故 F ( x) 在 (?2, ??) 上单调递增,因为

F (2) ? 0 所以 f(x)≤kg(x)恒成立
(3)若 k ? e2 ,则 F (?2) ? ?2ke?2 ? 2 ? 0 ,故 f(x)≤kg(x)不恒成立;
2 综上所述 k 的取值范围为 ? ?1, e ? ?.

3.解: (I)设右焦点 F (c, 0) ,由条件知,

2 2 3 ,得 c ? 3 . ? c 3



x2 c 3 ? y 2 ? 1. ,所以 a ? 2 , b2 ? a 2 ? c 2 ? 1 .故椭圆 E 的方程为 ? 4 a 2

(II)当 l ? x 轴时不合题意,故设直线 l : y ? kx ? 2 , P(x1 , y1 ),Q(x 2 , y2 ) . 将 y ? kx ? 2 代入

x2 ? y 2 ? 1 得 (1 ? 4k 2 ) x 2 ?16kx ? 12 ? 0 .当 ? ? 16(4 k2 ? 3) ? 0,即 4

k2 ?

3 时, 4

8k ? 2 4k 2 ? 3 4 k 2 ? 1 ? 4k 2 ? 3 2 .从而 PQ ? k ? 1 x1 ? x2 ? .又点 O 到直 x1,2 ? 4k 2 ? 1 4k 2 ? 1
线 PQ 的距离 d ?

2 k 2 ?1

, 所 以 ?OPQ 的 面 积 S?O P Q ?

1 4 4 k2 ? 3 2 . 设 4k ? 3 ? t , 则 d ? PQ ? 2 2 4k ? 1

t ? 0 , S?OPQ ?

4 7 4t 4 .因为 t ? ? 4 ,当且仅当 t ? 2 时, k ? ? 时取等号, ? t 2 t ?4 t ? 4 t
2

且 满 足 ? ? 0 . 所 以 , 当 ?O P Q的 面 积 最 大 时 , l 的 方 程 为 y ?

7 x?2 或 2

y??

7 x ? 2. 2
a x b x ?1 b x ?1 e ? 2e ? e . x x x

【考点定位】1、椭圆的标准方程及简单几何性质;2、弦长公式;3、函数的最值.
' x 4.解: (I)函数的定义域为 (0, ??) . f ( x) ? ae ln x ?

由题意可得, f (1) ? 2, f (1) ? e .故 a ? 1, b ? 2 .
'

答案第 2 页,总 6 页

`

2 x ?1 2 e ,从而 f ( x) ? 1 等价于 x ln x ? xe ? x ? ,设函 x e 1 1 数 g ( x) ? x ln x ,则 g ' ( x) ? 1? ln x.所以当 x ? (0, ) 时, g ' ( x ) ? 0;当 x ? ( , ??) e e 1 1 时, g ' ( x) ? 0 .故 g ( x) 在 (0, ) 递减,在 ( , ??) 递增,从而 g ( x) 在 (0, ??) 的最小值为 e e 1 1 2 x g ( ) ? ? . 设 h( x) ? xe ? x ? , 则 h' ( x)? ?e ( ?1 x. ) 所 以 当 x ? (0,1) 时 , e e e
x (II)由(I)知, f ( x) ? e ln x ?

;当 x ? (1, ?? )时, h' ( x ) ? 0 .故 h( x) 在 (0,1) 递增,在 (1, ??) 递减,从而 h' ( x )? 0

1 h( x) 在 (0, ??) 的最大值为 h(1) ? ? .综上,当 x ? 0 时, g ( x) ? h( x) ,即 f ( x) ? 1. . e
【考点定位】1、导数的几何意义;2、利用导数判断函数的单调性;3、利用导数求函数的 最值. 5.解: (Ⅰ)由题设可得 M (2 a , a) , N (?2 2, a) ,或 M (?2 2, a) , N (2 a , a) . ∵ y? ?

x2 1 x ,故 y ? 在 x = 2 2a 处的到数值为 a ,C 在 (2 2a, a) 处的切线方程为 2 4

y ? a ? a ( x ? 2 a ) ,即 ax ? y ? a ? 0 .
故y?

x2 在 x =- 2 2a 处的到数值为- a ,C 在 (?2 2a, a) 处的切线方程为 4

y ? a ? ? a ( x ? 2 a ) ,即 ax ? y ? a ? 0 .
故所求切线方程为 ax ? y ? a ? 0 或 ax ? y ? a ? 0 . (Ⅱ)存在符合题意的点,证明如下: 设 P(0,b)为复合题意得点, M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,直线 PM,PN 的斜率分别为 k1 , k2 .
2 将 y ? kx ? a 代入 C 得方程整理得 x ? 4kx ? 4a ? 0 .

∴ x1 ? x2 ? 4k , x1 x2 ? ?4a . ∴ k1 ? k2 ?

y1 ? b y2 ? b 2kx1 x2 ? (a ? b)( x1 ? x2 ) k ( a ? b) = = . ? a x1 x2 x1 x2

当 b ? ? a 时,有 k1 ? k2 =0,则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补, 故∠OPM=∠OPN,所以 P(0, ?a) 符合题意. 【考点定位】抛物线的切线;直线与抛物线位置关系;探索新问题;运算求解能力 6.解: (Ⅰ)先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组,解出切点坐标与对应的 a 值;
答案第 3 页,总 6 页

`

(Ⅱ)根据对数函数的图像与性质将 x 分为 x ? 1, x ? 1, 0 ? x ? 1 研究 h( x) 的零点个数,若 零点不容易求解,则对 a 再分类讨论. 试题解析: (Ⅰ)设曲线 y ? f ( x) 与 x 轴相切于点 ( x0 ,0) ,则 f ( x0 ) ? 0 , f ?( x0 ) ? 0 ,即

1 ? 3 1 3 ? x0 ? ax0 ? ? 0 ,解得 x0 ? , a ? . 4 ? 2 4 ?3x 2 ? a ? 0 ? 0
因此,当 a ?

3 时, x 轴是曲线 y ? f ( x) 的切线. 4

(Ⅱ)当 x ? (1, ??) 时, g ( x) ? ? ln x ? 0 ,从而 h( x) ? min{ f ( x), g ( x)} ? g ( x) ? 0 , ∴ h( x) 在(1,+∞)无零点.

5 5 ,则 f (1) ? a ? ? 0 , h(1) ? min{ f (1), g (1)} ? g (1) ? 0 , 故 x =1 4 4 5 5 是 h( x) 的零点;若 a ? ? ,则 f (1) ? a ? ? 0 , h(1) ? min{ f (1), g (1)} ? f (1) ? 0 , 故 4 4
当 x =1 时,若 a ? ?

x =1 不是 h( x) 的零点.
当 x ? (0,1) 时, g ( x) ? ? ln x ? 0 ,所以只需考虑 f ( x ) 在(0,1)的零点个数. (ⅰ)若 a ? ?3 或 a ? 0 ,则 f ?( x) ? 3x ? a 在(0,1)无零点,故 f ( x ) 在(0,1)单调,
2

而 f (0) ?

1 5 , f (1) ? a ? ,所以当 a ? ?3 时, f ( x ) 在( 0 , 1 )有一个零点;当 a ? 0 4 4

时, f ( x ) 在(0,1)无零点. (ⅱ)若 ?3 ? a ? 0 ,则 f ( x ) 在(0, ?

a a )单调递减,在( ? ,1)单调递增,故 3 3

当x= ?

a a 1 a 2a ? ? . 时, f ( x ) 取的最小值,最小值为 f ( ? ) = 3 3 3 4 3
3 a ) >0,即 ? < a <0, f ( x) 在(0,1)无零点. 4 3 3 a ) =0,即 a ? ? ,则 f ( x) 在(0,1)有唯一零点; 4 3 3 1 5 a ? , f (1) ? a ? , 所 以 当 ) < 0 , 即 ?3 ?a ? ? , 由 于 f ( 0 ) 4 4 4 3

①若 f ( ?

②若 f ( ?

③若 f( ?

答案第 4 页,总 6 页

`

?

5 3 5 ? a ? ? 时, f ( x) 在(0,1)有两个零点;当 ?3 ? a ? ? 时, f ( x) 在(0,1)有一 4 4 4

个零点.…10 分

3 5 3 5 或 a ? ? 时, h( x) 由一个零点;当 a ? ? 或 a ? ? 时, h( x) 有两个 4 4 4 4 5 3 零点;当 ? ? a ? ? 时, h( x) 有三个零点. 4 4
综上,当 a ? ? 【考点定位】利用导数研究曲线的切线;对新概念的理解;分段函数的零点;分类整合思 想 7.解: (Ⅰ)因为 | AD |?| AC | , EB // AC ,故 ?EBD ? ?ACD ? ?ADC , 所以 | EB |?| ED | ,故 | EA | ? | EB |?| EA | ? | ED |?| AD | . 又圆 A 的标准方程为 ( x ? 1)2 ? y 2 ? 16 ,从而 | AD |? 4 ,所以 | EA | ? | EB |? 4 . 由题设得 A(?1,0) , B(1,0) , | AB |? 2 ,由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为:

x2 y 2 ? ? 1 ( y ? 0 ). 4 3
(Ⅱ)当 l 与 x 轴不垂直时,设 l 的方程为 y ? k ( x ? 1)(k ? 0) , M ( x1, y1 ) , N ( x2 , y2 ) .

? y ? k ( x ? 1) ? 2 2 2 2 由 ? x2 y 2 得 (4k ? 3) x ? 8k x ? 4k ? 12 ? 0 . ?1 ? ? 3 ?4
则 x1 ? x2 ?

8k 2 4k 2 ? 12 x x ? , . 1 2 4k 2 ? 3 4k 2 ? 3
2

12(k 2 ? 1) 所以 | MN |? 1 ? k | x1 ? x2 |? . 4k 2 ? 3
过点 B(1,0) 且与 l 垂直的直线 m : y ? ?

1 2 ( x ? 1) , A 到 m 的距离为 ,所以 2 k k ?1

4k 2 ? 3 | PQ |? 2 4 ? ( ) ?4 .故四边形 MPNQ 的面积 k2 ?1 k2 ?1
2

2

2

S?

1 1 | MN || PQ |? 12 1 ? 2 . 2 4k ? 3

可得当 l 与 x 轴不垂直时,四边形 MPNQ 面积的取值范围为 [12,8 3 ) . 当 l 与 x 轴垂直时,其方程为 x ? 1 , | MN |? 3 , | PQ |? 8 ,四边形 MPNQ 的面积为 12.
答案第 5 页,总 6 页

`

综上,四边形 MPNQ 面积的取值范围为 [12,8 3 ) . 【考点定位】圆锥曲线综合问题 8.解: (Ⅰ) f '( x) ? ( x ?1)ex ? 2a( x ?1) ? ( x ?1)(e x ? 2a) . (ⅰ)设 a ? 0 ,则 f ( x) ? ( x ? 2)e x , f ( x ) 只有一个零点. (ⅱ)设 a ? 0 ,则当 x ? ( ??,1)时, f '(x ) ? 0;当 x ? (1, ?? ) 时, f '(x ) ? 0 .所以

f ( x) 在 (??,1) 上单调递减,在 (1, ??) 上单调递增.
又 f (1) ? ?e , f (2) ? a ,取 b 满足 b ? 0 且 b ? ln

a ,则 2

f (b) ?

a 3 (b ? 2) ? a(b ? 1) 2 ? a(b 2 ? b) ? 0 , 2 2

故 f ( x ) 存在两个零点. (ⅲ)设 a ? 0 ,由 f '( x) ? 0 得 x ? 1 或 x ? ln(?2a) . 若a ? ?

e ,则 ln(?2a) ? 1 ,故当 x ? (1, ??) 时, f '( x) ? 0 ,因此 f ( x ) 在 (1, ??) 上单调 2

递增.又当 x ? 1 时, f ( x) ? 0 ,所以 f ( x ) 不存在两个零点. 若a??

e a )? 1,故当 x ? (1, ln( ?2 a )) a ),?? ) ,则 ln(? 2 时, f '(x ) ? 0 ;当 x ? (ln(? 2 2

时, f '(x ) ? 0 .因此 f ( x ) 在 (1,ln(?2a)) 单调递减,在 (ln(?2a), ??) 单调递增.又当

x ? 1 时, f ( x) ? 0 ,所以 f ( x) 不存在两个零点.综上, a 的取值范围为 (0, ??) .
(Ⅱ)不妨设 x1 ? x2 ,由(Ⅰ)知 x1 ? (??,1), x2 ? (1, ??) , 2 ? x2 ? (??,1) , f ( x ) 在

(??,1) 上单调递减,所以 x1 ? x2 ? 2 等价于 f ( x 1) ? f (2 ? x2 ) ,即 f (2 ? x2 ) ? 0 .
由于 f (2 ? x2 ) ? ? x2e2? x2 ? a( x2 ?1)2 ,而 f ( x2 ) ? ( x2 ? 2)ex2 ? a( x2 ?1)2 ? 0 ,所以

f (2 ? x2 ) ? ? x2e2? x2 ? ( x2 ? 2)ex2 .
设 g ( x) ? ? xe
2? x

? ( x ? 2)ex ,则 g '( x) ? ( x ?1)(e2? x ? ex ) .

所以当 x ? 1 时, g '( x) ? 0 ,而 g (1) ? 0 ,故当 x ? 1 时, g ( x) ? 0 . 从而 g ( x2 ) ? f (2 ? x2 ) ? 0 ,故 x1 ? x2 ? 2 . 【考点定位】导数及其应用
答案第 6 页,总 6 页


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