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2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题(解析版)

来源:个人技术集锦
2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题

一、单选题

1.已知集合AxR|x2,B{xR|x2x20}则下列结论正确的是( ) A.ABR B.AB

C.A(CRB) D.A(CRB)

【答案】C

【详解】集合AxRx2xR|x2或x2

B{xR|x2x20}xR|1x2 ABxR|x1或x2,所以A错误

AB,B错误

CRBxR|x2或x1,ACRB,所以C正确,D错误

故答案选C 2.复数zi(i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( ) 12iB.第二象限

C.第三象限

D.第四象限

A.第一象限 【答案】A

【分析】对复数z进行分母实数化,根据复数的几何意义可得结果. 【详解】由zi12ii21i, 12i12i12i5521,位于第一象限, 55知在复平面内对应的点故选:A.

【点睛】本题主要考查了复数除法的运算以及复数的几何意义,属于基础题. 3.有4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法为( ) A.6种 【答案】C

【分析】4名同学中选2名作为一人,共3人分到三个小区即可.

23【详解】由题意不同的安排方法是C4A336.

B.12种 C.36种 D.72种

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故选:C.

【点睛】本题考查排列组合的应用,解题关键是确定完成事件方法.

4.如图,《宋人扑枣图轴》是作于宋朝的中国古画,现收藏于中国台北故宫博物院.有甲、乙两人想根据该图编排一个舞蹈,舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶中的两个动作,每人模仿一个动作,若他们采用抽签的方式来决定谁模仿哪个动作,则甲只能模仿“爬”或“扶”且乙只能模仿“扶”或“捡”的概率是( )

A.

1 2B.

1 3C.

1 4D.

1 6【答案】C

【分析】先确定基本事件总数,再分类讨论要求事件含有的基本事件数,计算概率即可.

4【详解】依题意,基本事件总数是A424,设事件A表示甲只能模仿“爬”或“扶”且乙

只能模仿“扶”或“捡”,

2①若甲模仿“爬”,则乙能模仿“扶”或“捡”,有2种选择,剩余的2人全排列A22种排

法,故有224种排法;

2②若甲模仿“扶”,则乙只能模仿 “捡”, 剩余的2人全排列A22种排法,故有

122种排法,

故A包含426个基本事件,PA故选:C.

【点睛】本题考查了利用古典概型的概率计算解决实际问题,属于基础题.

5.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,

22设军营所在区域为xy1,若将军从点A(4,3)处出发,河岸线所在直线方程为

61. 244xy4,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路

程为( )

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A.8 【答案】C

B.7 C.6 D.5

【分析】求出A关于xy4的对称点A,根据题意,AC1为最短距离,求出即可.

【详解】设点A关于xy4的对称点A(a,b),设军营所在区域为的圆心为C,

根据题意,AC1为最短距离,

a4b3,AA的中点为,直线AA'的斜率为1, ,22a4b34,22,解得:a7,b0, b31,a4AC1716,

故选: C.

【点睛】本题考查点关于直线对称,点与圆心的距离,考查运算求解能力,求解时注意对称性的应用.

6.在长方体ABCDA1B1C1D1中,ABAD1,AA12,设AC交BD于点O,则异面直线A1O与BD1所成角的余弦值为( ) A.415 15B.415 15C.43 9D.43 9【答案】D

【分析】首先以D为原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,再利用向量法求异面直线成角即可。

【详解】以D为原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

因为ABAD1,AA12,

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,0,2,B1,1,0,O,,0,D10,0,2, 所以A112211A1O,,2,BD11,1,2,

2211则cosA1O,BD11144322.

911411444故选:D

【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角,属于简单题。

7.若偶函数f(x)满足f(x)f(x1)2020,f(2)1,则f(2021)( ) A.2020 【答案】A

【分析】先根据题意得函数fx是以2为周期的周期函数,再结合奇偶性即可求解. 【详解】解:根据题意得f(x1)B.1010

C.1010

D.2020

2020, f(x)所以fx22020fx,即函数是以2为周期的周期函数,

fx1由于函数是偶函数,f(2)1, 所以f21,所以f12020, 所以f(2021)f210101f12020. 故选:A.

【点睛】本题考查函数的周期性,考查运算能力,是基础题.

8.十九世纪下半叶集合论的创立,奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物,具有典型的分形特征,其操作过程如下:将闭区间[0,1]均分

[,1]为三段,去掉中间的区间段(,),记为第一次操作;再将剩下的两个区间[0,],

分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二次操作;…,如此这样,每次在上一次操作的基础上,将剩下的各个区间分别均分为三段,同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去,以至无穷,剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的

12331323第 4 页 共 21 页

各区间长度之和不小于

9,则需要操作的次数n的最小值为( )(参考数据:10lg20.3010,lg30.4771)

A.4 【答案】C

【分析】依次求出第次去掉的区间长度之和,这个和构成一个等比数列,再求其前n项和,列出不等式解之可得.

B.5

C.6

D.7

11;第二次操作去掉两个长度为的区间,长度

93412和为;第三次操作去掉四个长度为的区间,长度和为;…第n次操作去掉2n192727【详解】第一次操作去掉的区间长度为

12n1个长度为n的区间,长度和为n,

33于是进行了n次操作后,所有去掉的区间长度之和为

122n12Snn1,

393321921,即nlg3lg21,解得:由题意,1,即nlglg310310nnn115.679,

lg3lg20.47710.3010又n为整数,所以n的最小值为6. 故选:C.

【点睛】本题以数学文化为背景,考查等比数列通项、前n项和等知识及估算能力,属于中档题.

二、多选题

x2y29.已知曲线C的方程为( ) 1(kR).

9kk1A.当k5时,曲线C是半径为2的圆

1B.当k0时,曲线C为双曲线,其渐近线方程为yx

3C.存在实数k,使得曲线C为离心率为2的双曲线

D.“k1”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件 【答案】ABD

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【分析】A.由k5得到曲线方程判断;B.由k0得到曲线方程判断;C.根据曲线C为D. 利用充分和必要条件的定义判断. 离心率为2的双曲线,则由9kk10判断;

22【详解】A.当k5时,曲线方程为xy4,所以是半径为2的圆,故正确;

1x2B.当k0时,曲线方程为y21,所以是双曲线,且其渐近线方程为yx,

39故正确;

C.若曲线C为离心率为2的双曲线,则9kk10,方程无解,故错误; D. 当k10时,k1,曲线C为焦点在y轴上的椭圆,故不充分,当曲线C为焦点在

k10x轴上的椭圆时,则,解得1k5,故必要,故正确;

9kk1故选:ABD

【点睛】本题主要考查曲线与方程,还考查了理解辨析的能力,属于基础题. 10.设a0,b0,则( ) A.(a2b)()≥9

1a2bB.a2b2≥2(ab1)

a2b2C.≥ab

ba【答案】ACD

a2b2D.ab

ab【分析】对于A,化简后利用基本不等式判断即可;对于B,举反例可判断;对于C,利用作差法判断即可;对于D,

122a2b2a2b【详解】对于A,因为(a2b)()1++45+2=9,当且仅当

abbaba2a2b,即ab时取等号,所以A正确; ba22对于B,令ab1,则a2b22,2(ab1)4,此时ab2(ab1),

所以B错误;

对于C,因为a0,b0,

a2b2a3b3a2bab2(ab)(a2abb2)ab(ab)所以 (ab)baabab(ab)(ab)2a2b20,所以≥ab,所以C正确;

abba第 6 页 共 21 页

a2b2a22abb22ab2ab对于D,(ab)2ababab,当且

abababa2b2仅当ab时取等号,所以 ab,所以D正确;

ab故选:ACD

【点睛】此题考查基本不等式的应用,考查不等式性质的应用,属于基础题 11.如图,BC,DE是半径为1的圆O的两条不同的直径,BF2FO,则( )

A.BFFC B.FDFE138 94 5C.1cosFD,FE>≤D.满足FCFDFE的实数与的和为定值4 【答案】BCD

【分析】A. 根据BF2FO易得BFFC判断;B. 由

12FDFEODOFOEOF运算求解判断;,C.建立平面直角坐标系:设

1DOF,0,,则Dcos,sin,Ecos,sin,F,0,得到

23FDFE11cosFD,FEFDcos,sin,FEcos,sin,由利

FDFE33用三角恒等变换和三角函数的性质判断;D. 将FCFDFE,利用线性运算变形为4OFODOF判断;

【详解】A. 因为BF2FO,所以BFFC,故错误;

B. FDFEODOFOEOFODOEODOFOFOEOF,

122第 7 页 共 21 页

OEOFODOEOF10C.建立如图所示平面直角坐标系:

2218,故正确; 99

设DOF,(0,2],则

1Dcos,sin,Ecos,sin,F,0,

3所以FD所以

11cos,sin,FEcos,sin, 33cosFD,FEFDFEFDFE28921122cossin33cossin,

89822cos28194(1,],故正确;

5D. 由FCFDFE,得

4OFODOFOEOFODOF,所以4,故正

确; 故选:BCD

【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算,还考查了运算求解的能力,属于中档题.

12.在现代社会中,信号处理是非常关键的技术,我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数

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f(x)sin[(2i1)x]的图象就可以近似的模拟某种信号的波形,则( )

2i1i14A.函数f(x)为周期函数,且最小正周期为π B.函数f(x)的图象关于点(2π,0)对称 C.函数f(x)的图象关于直线xπ对称 2D.函数f(x)的导函数f(x)的最大值为4 【答案】BCD

【分析】利用周期的定义可判断A选项的正误;根据f4xfx0 可判断B选项的正误;利用函数的对称性可判断C选项的正误;求得函数yfx的导数,求出yfx的最大值,可判断D选项的正误. 【详解】

fxsinxsin3xsin5xsin7x, 357fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7xfxfx, 357所以,不是函数yfx的最小正周期,A选项错误;

fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7x, 357f4xsinx4sinxsin3x43sin5x45sin7x47

sin3xsin5xsin7x, 357所以f4xfx0,故函数f(x)的图象关于点(2π,0)对称,B选项正确;

fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7xfx, 3572

对称,C选项正确;

所以,函数yfx的图象关于直线x

fxcosxcos3xcos5xcos7x,

1cosx1,1cos3x1,1cos5x1,1cos7x1,

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则fxcosxcos3xcos5xcos7x4,又f04, 所以函数yfx的最大值为4,D选项正确. 故选:BCD.

【点睛】本题考查正弦、余弦型函数基本性质的判断,涉及正弦型函数的周期性、对称性以及余弦型函数最值的判断,考查计算能力,属于中等题.

三、填空题

13.(x21)(x)6展开式中含x2的项的系数为_______. 【答案】-100

2x22【分析】先求出x展开式中的常数项与含x2的系数,再求x展开式中的xx常数项,合并求得结果.

6622rr【详解】x展开式的通项公式为:Tr1C6x6r(2)rC6x62r,

xx令62r0,解得r3,

3T31(2)3C6160,

6r令62r2,解得r2,

2T21(2)2C660,

1x2x展开式中含x2的项的系数为:16060100,

x26故答案为:-100.

【点睛】该题考查二项展开式中某一项系数的求解,属于基础题目.

14.某学习小组研究一种卫星接收天线(如图①所示),发现其曲面与轴截面的交线为抛物线,在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线,经反射聚焦到焦点处(如图②所示),已知接收天线的口径(直径)为4.8m,深度为1m,则该抛物线的焦点到顶点的距离为_______m.

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【答案】1.44

【分析】在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系,使接收天线的顶点(即抛物线的顶点)与原点重合,焦点在x轴上,根据题意求得抛物线的标准方程,可求得该抛物线的焦点坐标,进而可得出结果.

【详解】如图所示,在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系,使接收天线的顶点(即抛物线的顶点)与原点重合,焦点在x轴上,

设抛物线的标准方程为y2pxp0,由已知条件可得,点A1,2.4在抛物线上,

22所以,2p2.4,解得p2.88,

所以,所求抛物线的标准方程为y5.76x,焦点坐标为1.44,0,

2因此,该抛物线的焦点到顶点的距离为1.44. 故答案为:1.44.

【点睛】本题考查抛物线方程的实际应用,考查计算能力,属于基础题.

3,0sin,则tan2的值为_______. 15.已知,245【答案】7 24【分析】利用两角差的正弦公式可求出sin的值,进而可求得tan的值,利用二倍角的正切公式可求得tan2的值.

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【详解】,0,,则

44424cos1sin2,

445所以,sinsin2sincoscossin, 44444410sin172tan,, cos1sincos7102因此,tan2故答案为:2tan7. 1tan2247. 24【点睛】本题考查利用二倍角的正切公式求值,同时也考查了两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系求值,考查计算能力,属于中等题. 16.在平面四边形ABCD中,ABCD1,BC2,AD2,ABC90,

将ABC沿AC折成三棱锥,当三棱锥BACD的体积最大时,三棱锥外接球的体积为______. 【答案】

4 3【分析】先由题中条件,得到ACCD,DAC30,过点B作BEAC于点E,求出BE36,则AE,为使三棱锥BACD的体积最大,只需BE平面33ACD,记△ACD的外接圆圆心为O,连接OE,OB,根据题中数据,求出OBOAOCOD,得出点O即为该三棱锥外接球的球心,进而可求出球的体积.

【详解】因为在平面四边形ABCD中,ABCD1,BC2,AD2,

ABC90,

所以AC222AB2BC23,则ACCD4AD,

所以ACCD,DAC30, 则SACD13, ACCD22过点B作BEAC于点E,

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由SABC1136ABBCACBE可得,BE,则AE 2233为使三棱锥BACD的体积最大,只需BE平面ACD, 记△ACD的外接圆圆心为O,连接OE,OB,

因为△ACD为直角三角形,所以O为AD中点,且OAOCOD1, 又在△AOE中,由余弦定理可得,

1331OE2AE2OA22AEOAcos30121,

3323则OE3, 3所以OBOE2BE21OAOCOD,

因此点O即为该三棱锥外接球的球心,且该外接球的半径为1, 所以球的体积为V

4413. 33

故答案为:

4. 3【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积,熟记球的体积公式,以及简单几何体的结构特征即可,属于常考题型.

四、解答题

17.在①ccosBbcosC2,②bcos(C)ccosB,③sinBcosBπ22这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求ABC的面积;若问题中的三角形不存在,说明理由.

问题:是否存在ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且Aπ,6______________,b4?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

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【答案】答案见解析.

【分析】利用正弦定理和余弦定理分别求出B,及一条边,再利用面积公式,从而求得面积;

【详解】选择①:

a2c2b2a2b2c2由余弦定理可知,ccosBbcosBcba2,

2ac2ab由正弦定理得,sinBbsinAπ1,又B(0,π),所以B,

2a所以ABC是直角三角形,则c23,所以ABC的面积S选择②:

1ac23. 2由正弦定理得,sinBcos(C)sinCcosB,即sinBsinCsinCcosB, 又C(0,π),所以sinC0,所以sinBcosB,即tanB1, 又B(0,π),所以B由正弦定理得,aπ2π. 4bsinA22, sinB1ππ所以ABC的面积SabsinC42sin(AB)42sin()223.

246选择③:

因为sinBcosB2sin(B)2,所以sin(B)1, 又B(0,π),所以Bπ4π4πππππ5π(,),所以B,即B. 444442bsinA22, sinB1ππ所以ABC的面积SabsinC42sin(AB)42sin()223. 246由正弦定理得,a【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用,考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.

18.设Sn为数列{an}的前n项和,满足2Sn3ana1,且a2,a32,a48成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)设bnn,求数列{bn}的前n项和Tn. an92n3. 443n1【答案】(1)an3n1;(2)Tn第 14 页 共 21 页

【分析】(1)由anSnSn1n2和2Sn3ana1,可得an3an1,通过递推分别用a1表示,列方程可得a11,进而可得{an}的通项公式; (2)写出bnnnn1,利用乘公比错位相减求Tn即可. an3【详解】(1)当n2时,2an2Sn2Sn13an3an1,即an3an1, 由a2,a32,a48成等差数列可知,2(a32)a2a48, 即2(3a22)a29a28,解得a23,所以a11, 则{an}是以1为首项,3为公比的等比数列, 所以{an}的通项公式为an3n1. (2)由(1)知,bnnnn1, an3则Tn123303132n, 3n11123n1nTn123n1n, 3333332111两式相减得,Tn(11233333n) 3n13n11nn332n3n, 13223n131所以Tn92n3. 443n1【点睛】本题考查了Sn与an的关系,等比数列的通项公式,考查了乘公比错位相减求和,属于中档题.

19.某生物研究所为研发一种新疫苗,在200只小白鼠身上进行科研对比实验,得到如下统计数据:

未注射疫苗 注射疫苗 总计 未感染病毒 35 65 100 感染病毒 总计 x z 100 y w 200 第 15 页 共 21 页

现从未注射疫苗的小白鼠中任取1只,取到“感染病毒”的小白鼠的概率为(1)能否有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效?

13. 20(2)现从感染病毒的小白鼠中任意抽取2只进行病理分析,记注射疫苗的小白鼠只数为X,求X的概率分布和数学期望E(X).

nadbc2附:K,nabcd,

abcdacbdP(K2k0) 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2k0

2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 E(X)【答案】(1)有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效;(2)概率分布见解析,

77. 110【分析】(1)根据题中条件,先得出x,y,z,w,由公式求出K2,结合临界值表,即可得出结果;

(2)根据题意,得到X的所有可能取值为0,1,2;分别求出对应的概率,即可得出分布列,以及期望.

【详解】(1)由条件知x65,y100,z35,w100,

K22003535656510010010010021810.828,

所以有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效.… (2)由题意,X的所有可能取值为0,1,2.

212C65C1C352089111965C35P(X0)2P(X2),P(X1),, 22198990C100495C100C100所以X的概率分布为

X P 0 1 2 208 49591 198119 990数学期望E(X)0208911197712. 495198990110【点睛】本题主要考查独立性检验的基本思想,考查离散型随机变量的分布列与期望,属于常考题型.

20.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA平面ABCD.

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(1)求证:平面PAC平面PBD;

(2)若APAB2,BAD60,求二面角APBD的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)

7. 7【分析】(1)先由已知推出PABD,BDAC,再由线面垂直判定定理得到BD平面PAC,最后由面面垂直判定定理推出平面PAC平面PBD;

(2)建立空间直角坐标系,写出相关点坐标,求出平面ABP和平面DBP的法向量,根据向量的夹角公式直接计算即可.

【详解】(1)因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD, 在菱形ABCD中,ACBD,又因为PAACA,PA平面PAC,

AC平面PAC,所以BD平面PAC,

又因为BD平面PBD,所以平面PAC平面PBD.

(2)设AC与BD交于点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,1,0),P(3,0,2),

所以AB(3,1,0),BP(3,1,2),

BD(0,2,0),

设平面ABP的法向量为m(x,y,z),

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ABm3xy0,y3x, 则即

z0,BPm3xy2z0,令x1,得平面ABP的一个法向量为m(1,3,0),

3同理,可求得平面DBP的一个法向量为n(3,0,),

2所以

cosm,nmn|m||n|3221277.

故二面角APBD的余弦值为7. 7【点睛】本题考查面面垂直的判定、通过空间直角坐标系计算二面角的余弦值,属于中档题.

21.已知函数f(x)2lnxx24x3. (1)求函数f(x)在[1,2]上的最小值;

3(2)若f(x)≤a(x1),求实数a的值.

【答案】(1)0;(2)

2. 3【分析】(1)求导研究函数的单调性得f(x)在[1,2]上是增函数,进而可得f(x)在[1,2]上的最小值;

33(2)将问题转化为f(x)a(x1)0,进而构造函数g(x)f(x)a(x1),求导得

222(x1)2(23ax),再分a0,0a,a,a四种情况讨论即可得g(x)33x3答案.

22(x1)2【详解】解:(1)因为f(x)2x4≥0,

xx当且仅当x1时,f(x)0, 所以f(x)在[1,2]上是增函数,

所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)0.

3(2)根据题意得:f(x)a(x1)0,

323设g(x)f(x)a(x1)2lnxx4x3a(x1),

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2(x1)2(x1)2(23ax)2则g(x). 3a(x1)xx①当a0时,当x1时,由(1)知f(x)0,

33而a(x1)≤0,所以f(x)≤a(x1)不恒成立.

2221,当x时,0时,g(x)0,当且仅当x1时,g(x)0, 3a3a32所以g(x)在(,)上是减函数,

3a2所以g()g(1)0,即g(x)0不恒成立.

3a221, ③当0a时,

33a2当0x时,g(x)0,当且仅当x1时,g(x)0,

3a2所以g(x)在(0,)上是增函数,

3a2所以g()g(1)0,即g(x)0不恒成立.

3a②当a222(x1)31, ④当a时,g(x),3ax3当0x1时,g(x)0,g(x)在(0,1)上是增函数; 当x1时,g(x)0,g(x)在(1,)上是减函数. 所以g(x)g(1)0,即g(x)0恒成立. 综上所述,实数a的值为

2. 3【点睛】本题考查利用导数求函数的最值,研究不等式恒成立问题,考查综合分析能力与分类讨论思想,是难题.

x2y222.在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:221(ab0)的右焦点为F(1,0),

ab且过点(1,2). 2(1)求椭圆C的方程;

(2)设A是椭圆C上位于第一象限内的点,连接AF并延长交椭圆C于另一点B,点

P(2,0),若PAB为锐角,求△ABP的面积的取值范围.

22x22【答案】(1)y1;(2)3,2. 2【分析】(1)利用点的坐标和焦点坐标可得答案;

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(2)分直线AB斜率存在和不存在讨论,存在时设直线方程与椭圆方程联立,利用韦达定理和由PAB为锐角条件,可得三角形面积,再利用导数求范围可得答案.

11a22,221, 解得2【详解】(1)由题意知,a 2b22b1,ab1,x2所以椭圆C的方程为y21.

2(2)当直线AB斜率不存在时,SABP12, 222当直线AB斜率存在时设为yk(x1),

x2y21联立2整理得,(2k21)x24k2x2k220,

yk(x1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x24k22k22,x1x2, 22k212k1k2 y1y2k(x11)(x21)k(x1x2x1x2+1)22k122由PAB为锐角可知,AFAP0,即(1x1)(2x1)y1y10,

x12x12x12223x1y133x10,解得x133,又点A在第一象限,

2220x133,当x0时,y1,k1,

当x133时,y335,k(23)335, 所以k(,1)(223)335,,

所以△ABP的面积S11|k||PF||y1y2||k||x1x2|(x1x2)24x1x2 222|k|4k22k22k2(1k2), 22422222k12k1(2k1)因为k(23)3352令t12k,t(3,),

21,所以k(1,),

22t1t1t2111,f(t)在(3,)单调递增, 22f(t)2t24t244t所以f(3)11221,f(t),, 436994第 20 页 共 21 页

SABP222ft3,2,

22综上所述,△ABP的面积取值范围是3,2.

【点睛】本题考查椭圆的方程,考查直线与椭圆的位置关系,向量与椭圆结合,求三角形面积的取值范围的问题,属于有难度的题.

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