高三下文科数学实验班专题训练二参考答案

高三下文科数学实验班专题训练二参考答案2015.3

一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．{2} 14．1 15．(,1][3,) 16．

1

,1 4

三、解答题：（第22题14分，其他每题12分，共74分）

17．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）∵f(x)exa，f(0)1a0，故a1．„„„„„„„„„„„1分

令f(x)ex10得x0；令f(x)ex10得x0． „„„„„„3分

所以f(x)的单调递增区间为(0,)；单调递减区间为(,0)．„„„„„„5分

18. （本小题满分12分）

解：（1）设an}的公差为d，且d0;bn}的公比为q

an3(n1)d,bn2qn1a332d7

S2b2(6d)2q32

d2 q2

an2n1,bn2n

（2）Sn35

∴

(2n1)n(n2) ，



1111Sn132435

1

n(n2)

11S1S2



111111(1232435



11

) nn2



32n331111

(1)， 22n1n242(n1)(n2)4

3

， 4

问题等价于f(x)x2ax1的最小值大于或等于

a23

，即a21，解得1a1。„„„„„„„12分 即1

44

19. 解设g(x)f(x)4x

12

g(x)42， ，23

xxxx

依条件

g(x1)g(x2)12

1，由g(x)1得4321，以替换x，

x1x2xxx

32

则有2xx41对任意x0恒成立.

①当0时，显然成立；

②当0时，令h(x)2x3x24(x0)，h(x)6x22x， 令h(x)0x



3

.

h(x)minh()4.

327

若h(x)min0，则h(x)min0，

3

32

此时2xx41对任意x0不能恒成立，

故必有h(x)min0，此时h(x)min

h(x)min

3

27

4，依条件有

3

4127

0

3



4027

综上得 下面检验端点.

x1x2

1 当f(x1)f(x2)

x1x2422

x1x23x1x2

x1x2xx



5x1x212.

x1x2x1x2

由于3x1x2

x1x23x1x23x1x2x1x2(

当x1x2

)

，故

20．（本小题满分12分）

21．(本小题满分12分)

ca

解：

（Ⅰ）由题意得2b2,解得a=2，b=1，

a2b2c2,

x2

y21．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 所以椭圆方程为4

（Ⅱ）（i）解法一：由已知，直线MN的斜率存在， 设直线MN方程为y=kx－

1

，M（x1，y1），N（x2，y2）． 2

x2

y21,由4得(1+4k2)x2－4kx－3=0， ykx1,2

4k33

,xx|PD|，又．„„5分 1222

14k14k21

所以S△PMN=|PD|·|x1－x2

|=

2所以x1x2



t23

令

t

k

16

2

所以S△PMN=

3t6t6

，

t23t21t1

2(14)

t16

11t21

令h(t)=t，t∈

+∞),则h'(t)122>0，所以h(t)在

)单调递增，

ttt

则t

k=0时，h(t)的最小值，为h

=

， 3

所以△PMN

面积的最大值为

．„„„„„„„„8分 2

解法二：由已知，直线MN的斜率存在， 设直线MN方程为y=kx－

1

，M（x1，y1），N（x2，y2）． 2

x2

y21,4k3

,xx由4得(1+4k2)x2－4kx－3=0，所以x1x2． 1222

14k14k1ykx,

2

所以

|MN| 

点P（0，1）到直线MN的距离

．

1所以S△PMN=|MN|·

2

． 以下同解法一．

（ii）假设存在△PMN是以O为中心的等边三角形． （1）当P在y轴上时，P的坐标为（0，1），则M，N关于y轴对称，MN的中点Q在y轴上．

又O为△PMN的中心，所以PO

2OQ，可知Q(0,),M(),N)．

121212

从而

|MN|=

，|MN|≠|PM|，与△PMN为等边三角形矛盾． y0

， x0

（2）当P在x轴上时，同理可知，|MN|≠|PM|，与△PMN为等边三角形矛盾． （3）当P不在坐标轴时，设P（x0，y0），MN的中点为Q，则kOP=

又O为PMN的中心，则PO2OQ，可知Q(

x0y

,0)． 22

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x22xQx0，y1y22yQy0，

又x12+4y12=4，x22+4y22=4，两式相减得 kMN=

1xy1y21xx1xx1x

12120，从而kMN=0．

4y0x1x24y1y24y1y24y0

1y01x

·（0）=≠ －1，

4x04y0

所以kOP·kMN=

所以OP与MN不垂直，与等边△PMN矛盾．

综上所述，不存在△PMN是以O为中心的等边三角形．„„„„„„„„„12分 22．（本小题满分14分）

高三下文科数学实验班专题训练二参考答案2015.3

一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．{2} 14．1 15．(,1][3,) 16．

1

,1 4

三、解答题：（第22题14分，其他每题12分，共74分）

17．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）∵f(x)exa，f(0)1a0，故a1．„„„„„„„„„„„1分

令f(x)ex10得x0；令f(x)ex10得x0． „„„„„„3分

所以f(x)的单调递增区间为(0,)；单调递减区间为(,0)．„„„„„„5分

18. （本小题满分12分）

解：（1）设an}的公差为d，且d0;bn}的公比为q

an3(n1)d,bn2qn1a332d7

S2b2(6d)2q32

d2 q2

an2n1,bn2n

（2）Sn35

∴

(2n1)n(n2) ，



1111Sn132435

1

n(n2)

11S1S2



111111(1232435



11

) nn2



32n331111

(1)， 22n1n242(n1)(n2)4

3

， 4

问题等价于f(x)x2ax1的最小值大于或等于

a23

，即a21，解得1a1。„„„„„„„12分 即1

44

19. 解设g(x)f(x)4x

12

g(x)42， ，23

xxxx

依条件

g(x1)g(x2)12

1，由g(x)1得4321，以替换x，

x1x2xxx

32

则有2xx41对任意x0恒成立.

①当0时，显然成立；

②当0时，令h(x)2x3x24(x0)，h(x)6x22x， 令h(x)0x



3

.

h(x)minh()4.

327

若h(x)min0，则h(x)min0，

3

32

此时2xx41对任意x0不能恒成立，

故必有h(x)min0，此时h(x)min

h(x)min

3

27

4，依条件有

3

4127

0

3



4027

综上得 下面检验端点.

x1x2

1 当f(x1)f(x2)

x1x2422

x1x23x1x2

x1x2xx



5x1x212.

x1x2x1x2

由于3x1x2

x1x23x1x23x1x2x1x2(

当x1x2

)

，故

20．（本小题满分12分）

21．(本小题满分12分)

ca

解：

（Ⅰ）由题意得2b2,解得a=2，b=1，

a2b2c2,

x2

y21．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 所以椭圆方程为4

（Ⅱ）（i）解法一：由已知，直线MN的斜率存在， 设直线MN方程为y=kx－

1

，M（x1，y1），N（x2，y2）． 2

x2

y21,由4得(1+4k2)x2－4kx－3=0， ykx1,2

4k33

,xx|PD|，又．„„5分 1222

14k14k21

所以S△PMN=|PD|·|x1－x2

|=

2所以x1x2



t23

令

t

k

16

2

所以S△PMN=

3t6t6

，

t23t21t1

2(14)

t16

11t21

令h(t)=t，t∈

+∞),则h'(t)122>0，所以h(t)在

)单调递增，

ttt

则t

k=0时，h(t)的最小值，为h

=

， 3

所以△PMN

面积的最大值为

．„„„„„„„„8分 2

解法二：由已知，直线MN的斜率存在， 设直线MN方程为y=kx－

1

，M（x1，y1），N（x2，y2）． 2

x2

y21,4k3

,xx由4得(1+4k2)x2－4kx－3=0，所以x1x2． 1222

14k14k1ykx,

2

所以

|MN| 

点P（0，1）到直线MN的距离

．

1所以S△PMN=|MN|·

2

． 以下同解法一．

（ii）假设存在△PMN是以O为中心的等边三角形． （1）当P在y轴上时，P的坐标为（0，1），则M，N关于y轴对称，MN的中点Q在y轴上．

又O为△PMN的中心，所以PO

2OQ，可知Q(0,),M(),N)．

121212

从而

|MN|=

，|MN|≠|PM|，与△PMN为等边三角形矛盾． y0

， x0

（2）当P在x轴上时，同理可知，|MN|≠|PM|，与△PMN为等边三角形矛盾． （3）当P不在坐标轴时，设P（x0，y0），MN的中点为Q，则kOP=

又O为PMN的中心，则PO2OQ，可知Q(

x0y

,0)． 22

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x22xQx0，y1y22yQy0，

又x12+4y12=4，x22+4y22=4，两式相减得 kMN=

1xy1y21xx1xx1x

12120，从而kMN=0．

4y0x1x24y1y24y1y24y0

1y01x

·（0）=≠ －1，

4x04y0

所以kOP·kMN=

所以OP与MN不垂直，与等边△PMN矛盾．

综上所述，不存在△PMN是以O为中心的等边三角形．„„„„„„„„„12分 22．（本小题满分14分）