2016年高三文科数学考前冲刺训练（二）
21．如图,四棱锥,侧面是边长为的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形,为的中点．
(Ⅰ) 求证:；
(Ⅱ) 在棱上是否存在一点,使得四点共面?若存在,指出点的位置并证明；若不存在,请说明理由；
(Ⅲ) 求点到平面的距离．
22．五边形是由一个梯形与一个矩形组成的，如图甲所示，B为AC的中点，． 先沿着虚线将五边形折成直二面角，如图乙所示．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求图乙中的多面体的体积．
23．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝45°，PD⊥平面ABCD，PD=AD=1，点E为AB上一点，且，点F为PD中点．
(Ⅰ)若，求证：直线AF平面PEC ；
(Ⅱ)是否存在一个常数，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由，
24．如图，是圆的直径，点在圆上,矩形所在的平面垂直于圆所在的平面,，．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离．
25．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆过点A(2，1)，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆相交于B，C两点(异于点A)，线段BC被y轴平分，且
，求直线l的方程．
26．已知抛物线 的焦点为．
（Ⅰ）点满足．当点在抛物线上运动时,求动点的轨迹方程;
（Ⅱ）在轴上是否存在点,使得点关于直线的对称点在抛物线上?如果存在,求所有满足条件的点的坐标;如果不存在,请说明理由．
27．已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围．
28．已知的坐标分别为，．直线相交于点，且它们的斜率之积为．
（Ⅰ）求点的轨迹方程；
（Ⅱ）设的坐标为,直线与直线交于点，当直线绕点转动时，试判断以为直径的圆与直线的位置关系，并加以证明．
29．已知函数．
（Ⅰ）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；
（Ⅱ）已知函数，对于任意，总存在，使得成立，求正实数的取值范围．
30．已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）．
（Ⅰ）若a=﹣2，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，求正整数k的值．（参考数据：ln2=0．6931，ln3=1．0986）
31．已知为常数，，函数，．（其中是自然对数的底数）
（Ⅰ）过坐标原点作曲线的切线，设切点为，求证：；
（Ⅱ）令，若函数在区间上是单调函数，求的取值范围．
32． 已知函数f（x）=2lnx﹣x2+ax（a∈R）．
（Ⅰ）若函数f（x）的图象在x=2处切线的斜率为﹣1，且不等式f（x）≥2x+m在上有解，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）若函数f（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x1，0），B（x2，0），且0＜x1＜x2，求证：（其中f′（x）是f（x）的导函数）．
33．已知函数．
（I） 讨论的单调性；
（II） 若函数有两个极值点，求证：。
34．已知函数（其中，是自然对数的底数），为导函数．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若，试证明：对任意，恒成立．
35．如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED．
（I）证明：CD∥AB；
（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
36．如图，是圆的直径，弦于点，是延长线上一点，，，，切圆于，交于．
（Ⅰ）求证：为等腰三角形；
（Ⅱ）求线段的长．
37．如图所示，已知圆外有一点，作圆的切线，为切点，过的中点，作割线，交圆于、两点，连接并延长，交圆于点，连接交圆于点，若．
（Ⅰ）求证：∽；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形．
38．已知曲线的极坐标方程式，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是，（为参数）．
（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（Ⅱ）设点，若直线与曲线交于两点，且，求实数的值．
39．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为，．
（Ⅰ）求的参数方程．
（Ⅱ）设点在上，在处的切线与直线垂直，根据（Ⅰ）中你得到的参数方程，确定的坐标．
40．已知，，．
（Ⅰ）若，求实数的取值范围；
（Ⅱ）对，若恒成立，求的取值范围．
41．设．
（Ⅰ）当时，解不等式；
（Ⅱ）若对任意恒成立，求实数的取值范围．
参考答案
21．解：(Ⅰ)方法一:取中点,连结,依题意可知△,△均为正三角形,
P
A
B
C
D
M
Q
O
所以,,又,平面,平面,
所以平面,又平面,所以．
方法二:连结,依题意可知△,△均为正三角形,
又为的中点,所以,,
又,平面,平面,
所以平面,
又平面,所以．
(Ⅱ)当点为棱的中点时,四点共面,证明如下:
取棱的中点,连结,,又为的中点,所以,
在菱形中,所以,所以四点共面．
(Ⅲ)点到平面的距离即点到平面的距离,
由(Ⅰ)可知,又平面平面,平面平面,
平面,所以平面,即为三棱锥的体高．
在中,,,
在中,,,边上的高,
所以的面积,
设点到平面的距离为,由得
,
又,
所以, 解得,
所以点到平面的距离为．
22．证明：（Ⅰ）连，过作，垂足为，
∵，，
∴，
又，BC=4，AB=4，BM=AN=4，，
∴ ，=，
∵，，
∵，
（Ⅱ）连接CN， ,
又，所以平面平面，且平面，，，
∴ ，
此几何体的体积
23．解：（Ⅰ）：作FM//CD交PC于M,
∵F为PD中点，∴FM=CD,
∵,∴AE=AB=FM,
又∵FM//CD//AB
∴AEMF为平行四边形，∴AF//EM
∵AF面PEC,EM面PEC,AF//面PEC
(Ⅱ)存在常数，使得平面PED⊥平面PAB ．…………8分
∵，，，∴， 又∵∠DAB＝45°，∴AB⊥DE．
又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AB．
又∵，∴AB⊥平面PDE，
∵，∴平面PED⊥平面PAB．
24．解：（Ⅰ）∵是直径，∴
又四边形为矩形, ,,∴
∵，∴平面
又平面，∴平面平面
（Ⅱ）由⑴知
，
当且仅当时等号成立
∴当三棱锥体积最大为
此时，，
设点到平面的距离为，则
25．解：（Ⅰ）由条件知椭圆离心率为
，
所以．
又点A(2，1)在椭圆上，
所以， 解得
所以，所求椭圆的方程为．
（Ⅱ）将代入椭圆方程，得，
整理，得． ①
由线段BC被y轴平分，得，
因为，所以．
因为当时，关于原点对称，设，
由方程①，得，
又因为，A(2，1)，
所以，
所以．
由于时，直线过点A(2，1)，故不符合题设．
所以，此时直线l的方程为．
26．解：（Ⅰ）设动点的坐标为,点的坐标为,则,
因为的坐标为,所以,
由得．
即 解得
代入,得到动点的轨迹方程为．
（Ⅱ）设点的坐标为．点关于直线的对称点为,
则 解得
若在上,将的坐标代入,得,即或．
所以存在满足题意的点,其坐标为和．
27．解：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为（a＞b＞0），则
则故
所以，椭圆方程为．
（Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
故可设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），
由消去y得
（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，
则△=64k2b2﹣16（1+4k2b2）（b2﹣1）=16（4k2﹣m2+1）＞0，
且，．
故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．
因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，
所以=k2，
即+m2=0，又m≠0，
所以k2=，即k=．
由于直线OP，OQ的斜率存在，且△＞0，得
0＜m2＜2且m2≠1．
设d为点O到直线l的距离，
则S△OPQ=d|PQ|=|x1﹣x2||m|=，
所以S△OPQ的取值范围为（0，1）．
28．解：（Ⅰ）点的坐标为, ,
由题意可知,
化简得点的轨迹方程为，．
（Ⅱ）以为直径的圆与直线相切．
证明如下：由题意可设直线的方程为．
则点坐标为，中点的坐标为．
由得．
设点的坐标为，则．
所以，．
因为点坐标为，
当时，点的坐标为，点的坐标为
直线轴，此时以为直径的圆与直线相切．
当时，则直线的斜率．
所以直线的方程为．
点到直线的距离
又因为 ，所以，故以为直径的圆与直线相切．
综上得，当直线绕点转动时，以为直径的圆与直线相切．
29．解：（Ⅰ），
∵函数在上是单调函数 ∴或对任意恒成立
即或对任意恒成立
∴或对任意恒成立
令， ∴ 设
所以
所以满足条件的实数的取值范围为或。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，函数在上为增函数，
故 即
∵ ∴当时，
所以函数在上是单调递增函数
∴ 即
对于任意，总存在，使得成立，
可知．
所以，即
故所求正实数的取值范围为。
30．解：（I）a=﹣2时，f（x）=xlnx﹣2x，则=lnx﹣1．
令=0得x=e，
当0＜x＜e时， ＜0，当x＞e时，＞0，
∴f（x）的单调递减区间是（0，e），单调递增区间为（e，+∞）．
（II）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，
则xlnx+ax＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，即k（x﹣1）＜xlnx+ax﹣ax+x恒成立，
又x﹣1＞0，则k＜对任意x∈（1，+∞）恒成立，
设h（x）=，则=
设m（x）=x﹣lnx﹣2，则=1﹣，
∵x∈（1，+∞），∴＞0，则m（x）在（1，+∞）上是增函数．
∵m（Ⅰ）=﹣1＜0，m（Ⅱ）=﹣ln2＜0，m（Ⅲ）=1﹣ln3＜0，m（4）=2﹣ln4＞0，
∴存在x0∈（3，4），使得m（x0）=0，
当x∈（1，x0）时，m（x）＜0，即＜0，
当x∈（x0，+∞）时，m（x）＞0，＞0，
∴h（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∴h（x）的最小值hmin（x）=h（x0）=．
∵m（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，∴lnx0=x0﹣2．∴h（x0）==x0．
∴k＜hmin（x）=x0．
∵3＜x0＜4，K为正整数
∴k的值为1，2，3．
31．解：（Ⅰ）（）．
所以切线的斜率，
切线方程为
由于切线经过原点，则
经整理得：
显然，是这个方程的解，又因为在上是增函数，
所以方程有唯一实数解．故．
（Ⅱ），．
设，则．
易知在上是减函数，从而
（Ⅰ）当，即时，，在区间上是增函数．
，在上恒成立，即在上恒成立．
在区间上是减函数．
所以，满足题意．
（Ⅱ）当，即时，设函数的唯一零点为，
则在上递增，在上递减． 又∵，∴．
又∵，
∴在内有唯一一个零点，
当时，，当时，．
从而在递减，在递增，与在区间上是单调函数矛盾．
∴不合题意．
综合（Ⅰ）（Ⅱ）得，．
32．解：（Ⅰ）由，
得切线的斜率k=f'（Ⅱ）=a﹣3=﹣1，∴a=2，
故f（x）=2lnx﹣x2+2x，
由f（x）≥2x+m，得m≤2lnx﹣x2，
∵不等式f（x）≥2x+m在上有解，∴m≤（2lnx﹣x2）max ．
令g（x）=2lnx﹣x2，则，
∵x∈，故g′（x）=0时，x=1．
当时，g'（x）＞0；当1＜x＜e时，g'（x）＜0．
故g（x）在x=1处取得最大值g（Ⅰ）=﹣1，
∴m≤﹣1；
（Ⅱ）∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x1，0），B（x2，0），
∴方程2lnx﹣x2+ax=0的两个根为x1，x2，
则，两式相减得，
又，则，
要证，
即证明，
∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1，
只要证明在0＜t＜1上恒成立即可
∵，
又0＜t＜1，∴u'（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（Ⅰ）=0，从而知．
故，即成立．
33．解：（I）由得
①当时，恒成立，故在区间上单调递增；
②当时，，由得或；得，故在区间和上单调递增，在区间上单调递减；
③时，，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
综上所述：当时，在区间上单调递增；当时，在区间
和上单调递增，在区间上单调递减；时，在区间上单调递减，在区间上单调递增
（II），
当时，易见函数在定义域上仅有一个极值点，不合题意
当时，由（I）可知，仅符合题意，且，
∴
∵，且，，∴。
令
则
当，，所以，当，，所以；∴，，∴在区间上单调递减。
∴时，
综上所述：若是函数的两个极值点，则。
34．解：（Ⅰ）由得，，所以曲线在点处的切线斜率为，，
曲线切线方程为，即．
（Ⅱ）由，得，
要证 ，等价于证明，
令，，得，，
因此，当时，，单调递增；时，，单调递减，
所以的最大值为，故，
设，，所以时，，单调递增，，故时，，即，
所以．
因此，对任意，恒成立．
35．解：（I）证明：，为圆的割线，所以，
又EC＝ED，
所以，所以，
又A，B，C，D四点共圆，
所以，
所以，
所以CD∥AB；
（II）证明：连接FA，GB，
因为EF＝EG，所以，
又，所以，
由（Ⅰ）知，所以，所以,
又，所以，
因为CD∥AB，所以，
所以，
所以A，B，G，F四点共圆．
36．解：（Ⅰ）连接，因切圆于，故，
因是圆的直径，弦于点，
故，
故，
又，
所以，
所以，
所以为等腰三角形；
（Ⅱ）因是圆的直径，弦且，，
所以圆的半径，
，，又，
所以，
因切圆于，所以，
由（Ⅰ）知EF＝EG，
所以，
所以，
故．
37．证明：（Ⅰ）因为是圆的切线，圆的割线，是的中点，
所以，
所以，
又，所以∽，
所以，即，
又，所以，
所以，
所以∽．
（Ⅱ）因，，
所以，
所以
．因是圆的切线，
所以，
又∽，
所以，
所以，
所以，
所以四边形是平行四边形．
38．解、（Ⅰ）由，得，
可得的直角坐标方程：．
直线的参数方程是，（为参数），
消去参数可得．
（Ⅱ）把（为参数），代入，
得，
由，解得．
∴．
∵，∴，
解得或1．又满足．∴实数或1．
39．解：（Ⅰ）由得，
得普通方程为
即．
故的参数方程为．
（Ⅱ）设，
由（Ⅰ）知是以为圆心，1为半径的上半圆．因为C在点处的切线与垂直，
所以直线与的斜率相同，
故，．
故的直角坐标为 ，即 ．
40．解：（Ⅰ）由得，
两边平方得，
解得，故实数的取值范围为．
（Ⅱ），恒成立等价于恒成立．
，当且仅当时等号成立，
即的最小值为；
，当且仅当时等号成立，
即的最大值为1
(或通过分类讨论得，进而得到最大值为1；或通过绝对值的几何意义得到的最大值为1)，故，解得或，故的取值范围是．
41．解：（Ⅰ）当时，得，
①当时，不等式为：，即，满足；
②当时，不等式为：，即，不满足；
③当时，不等式为：，即，满足．
综上所述，不等式的解集为．
（Ⅱ）设，若对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，
由图可看出，当时，的最小值是，
所以，∴，即的取值范围是．
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