湖南省長(zhǎng)沙市湘潭一中、瀏陽(yáng)一中、寧鄉(xiāng)一中聯(lián)考高三數(shù)學(xué)上學(xué)期10月月考試卷 文（含解析）.doc

湖南省長(zhǎng)沙市湘潭一中、瀏陽(yáng)一中、寧鄉(xiāng)一中聯(lián)考2015屆高三上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)試卷（文科）一、選擇題（本題共10道小題，每小題5分，共50分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)i（1+i）的虛部為( )aibic1d1考點(diǎn)：復(fù)數(shù)的基本概念 專(zhuān)題：計(jì)算題分析：將所給的復(fù)數(shù)展開(kāi)，再由i2=1化簡(jiǎn)并整理出實(shí)部和虛部解答：解：i（1+i）=i+i2=1+i，則此復(fù)數(shù)的虛部為：1，故選c點(diǎn)評(píng)：本題考查了復(fù)數(shù)的基本概念，以及i2=1應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題2已知a=1，0，1，2，3，b=x|log2（x1）1，則ab的元素個(gè)數(shù)為( )a0b2c3d5考點(diǎn)：交集及其運(yùn)算 分析：集合a與集合b的公共元素構(gòu)成ab，由此利用a=1，0，1，2，3，b=x|log2（x1）1，能求出ab的元素個(gè)數(shù)解答：解：a=1，0，1，2，3，b=x|log2（x1）1=x|=x|1x3，ab=2，3，故選b點(diǎn)評(píng)：本題考查交集及其運(yùn)算，則基礎(chǔ)題解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則的合理運(yùn)用3已知c0，則下列不等式中成立的一個(gè)是( )ac2cbcd考點(diǎn)：有理數(shù)指數(shù)冪的化簡(jiǎn)求值 分析：注意指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性跟底的范圍有關(guān)解答：解：故點(diǎn)評(píng)：本題是對(duì)指數(shù)函數(shù)性質(zhì)的考查，屬簡(jiǎn)單題4如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形內(nèi)有一內(nèi)切圓在圖形上隨機(jī)撒一粒黃豆，則黃豆落到圓內(nèi)的概率是( )abcd考點(diǎn)：幾何概型 專(zhuān)題：計(jì)算題分析：由題意易得正方形和其內(nèi)切圓的面積，由幾何概型可得答案解答：解：由題意可得正方形的面積為4，其內(nèi)切圓的半徑為1，故圓的面積為，由幾何概型可得，黃豆落到圓內(nèi)的概率p=，故選a點(diǎn)評(píng)：本題考查幾何概型，屬基礎(chǔ)題5“a=+2k（kz）”是“cos2a=”的( )a充分而不必要條件b必要而不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件考點(diǎn)：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；任意角的三角函數(shù)的定義；二倍角的余弦 分析：本題主要考查三角函數(shù)的基本概念、簡(jiǎn)易邏輯中充要條件的判斷屬于基礎(chǔ)知識(shí)、基本運(yùn)算的考查將a=+2k代入cos2a易得cos2a=成立，但cos2a=時(shí)，a=+2k（kz）卻不一定成立，根據(jù)充要條件的定義，即可得到結(jié)論解答：解：當(dāng)a=+2k（kz）時(shí)，cos2a=cos（4k+）=cos=反之，當(dāng)cos2a=時(shí)，有2a=2k+a=k+（kz），或2a=2ka=k（kz），故選a點(diǎn)評(píng)：判斷充要條件的方法是：若pq為真命題且qp為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；若pq為假命題且qp為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；若pq為真命題且qp為真命題，則命題p是命題q的充要條件；若pq為假命題且qp為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰(shuí)大誰(shuí)必要，誰(shuí)小誰(shuí)充分”的原則，判斷命題p與命題q的關(guān)系6若函數(shù)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)值與函數(shù)值互為相反數(shù)，則x0的值( )a等于0b等于1c等于d不存在考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算 分析：先對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，然后根據(jù)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)值與函數(shù)值互為相反數(shù)可得答案解答：解：y=故選c點(diǎn)評(píng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算屬基礎(chǔ)題7設(shè)橢圓=1的左右焦點(diǎn)分別為f1，f2，過(guò)f1的直線(xiàn)l與橢圓相交于a、b兩點(diǎn)，則|af2|+|bf2|的最大值為( )a5b3c4d8考點(diǎn)：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì) 專(zhuān)題：圓錐曲線(xiàn)的定義、性質(zhì)與方程分析：由題意方程求得橢圓的半焦距，結(jié)合橢圓定義求得|af2|+|bf2|+|ab|=4a=8，再求出當(dāng)ab垂直于x軸時(shí)的最小值，則|af2|+|bf2|的最大值可求解答：解：由橢圓=1，得a=2，b=，由題意：|af2|+|bf2|+|ab|=4a=8，當(dāng)且僅當(dāng)abx軸時(shí)，|ab|取得最小值，把x=1代入=1，解得：y=，|ab|min=3，|af2|+|bf2|的最大值為83=5故選：a點(diǎn)評(píng)：本題考查了橢圓的定義，考查了橢圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，關(guān)鍵是明確當(dāng)ab垂直于x軸時(shí)焦點(diǎn)弦最短，是基礎(chǔ)題8已知，且函數(shù)的最小值為b，若函數(shù)則不等式g（x）1的解集為( )abcd考點(diǎn)：一元二次不等式的解法；基本不等式；二倍角的正弦；二倍角的余弦 專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：利用三角函數(shù)的平方關(guān)系和商數(shù)關(guān)系及基本不等式即可得出f（x）的最小值即b再利用一元二次不等式的解法、交集與并集的運(yùn)算即可得出解答：解：，tanx0=當(dāng)且僅當(dāng)，即x=時(shí)取等號(hào)因此b=不等式g（x）1或，解得因此不等式f（x）1的解集為=故選d點(diǎn)評(píng)：熟練掌握三角函數(shù)的平方關(guān)系和商數(shù)關(guān)系及基本不等式、一元二次不等式的解法、交集與并集的運(yùn)算等是解題的關(guān)鍵9如圖，已知圓m：（x3）2+（y3）2=4，四邊形abcd為圓m的內(nèi)接正方形，e，f分別為邊ab，ad的中點(diǎn)，當(dāng)正方形abcd繞圓心m轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，的取值范圍是( )ab6，6cd4，4考點(diǎn)：向量在幾何中的應(yīng)用 專(zhuān)題：計(jì)算題；壓軸題；轉(zhuǎn)化思想；平面向量及應(yīng)用分析：通過(guò)圓的方程求出圓的圓心與半徑，求出me，om，利用向量的三角形法則，化簡(jiǎn)，然后利用數(shù)量積求解范圍即可解答：解：因?yàn)閳Am：（x3）2+（y3）2=4，圓心的坐標(biāo)（3，3）半徑為2，所以|me|=，|om|=3，=，=6cos（ome）6，6，的取值范圍是6，6故選b點(diǎn)評(píng)：本題考查向量在幾何中的應(yīng)用，注意向量的垂直與向量的轉(zhuǎn)化，數(shù)量積的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用10定義在r上的函數(shù)f（x），其周期為4，且當(dāng)x1，3時(shí)，f（x）=，若函數(shù)g（x）=f（x）kxk恰有4個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范是( )a（，）b（，）c（，）（，）d（，）（，）考點(diǎn)：根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷 專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：根據(jù)函數(shù)的周期性作出函數(shù)f（x）的圖象，利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論解答：解：由g（x）=f（x）kxk=0得f（x）=kx+k=k（x+1），設(shè)y=h（x）=k（x+1），則直線(xiàn)h（x）過(guò)點(diǎn)（1，0），函數(shù)f（x）的周期是4，作出函數(shù)f（x）的圖象如圖：若直線(xiàn)斜率k=0時(shí)，不滿(mǎn)足條件，若k0，當(dāng)直線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn)a（2，1）時(shí)，此時(shí)直線(xiàn)和函數(shù)f（x）有3個(gè)不同的交點(diǎn)，此時(shí)由3k=1，解得k=，當(dāng)直線(xiàn)在b處與半圓相切時(shí)，直線(xiàn)和函數(shù)f（x）有5個(gè)不同的交點(diǎn)，此時(shí)圓心（4，0）到直線(xiàn)kxy+k=0的距離d=，即|5k|=，解得k=，此時(shí)若滿(mǎn)足條件，則k，若k0，當(dāng)直線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn)d（6，1）時(shí)，此時(shí)直線(xiàn)和函數(shù)f（x）有5個(gè)不同的交點(diǎn)，此時(shí)由5k=1，解得k=，當(dāng)直線(xiàn)在c處與半圓相切時(shí)，直線(xiàn)和函數(shù)f（x）有3個(gè)不同的交點(diǎn)，此時(shí)圓心（4，0）到直線(xiàn)kxy+k=0的距離d=，即|3k|=，解得k=，此時(shí)若滿(mǎn)足條件，則x，綜上k（，）（，），故選：c點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)零點(diǎn)和方程的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵綜合性較強(qiáng)，有一定的難度二、填空題：（本大題共5小題，每小題5分，共25分，把答案填在答題卡相應(yīng)位置上）11命題“x0r，”的否定是 xr，2x0考點(diǎn)：命題的否定 專(zhuān)題：閱讀型分析：利用含量詞的命題的否定形式：將改為，將結(jié)論否定，寫(xiě)出命題的否定解答：解：據(jù)含量詞的命題的否定形式得到：命題“x0r，”的否定是“xr，2x0”故答案為“xr，2x0”點(diǎn)評(píng)：本題考查含量詞的命題的否定形式是：“”與“”互換，結(jié)論否定12若函數(shù)在x（0，a上存在反函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，2考點(diǎn)：反函數(shù) 專(zhuān)題：計(jì)算題分析：函數(shù)在x（0，a上存在反函數(shù)，故函數(shù)在（0，a單調(diào)，即（0，a是函數(shù)單調(diào)區(qū)間的子集，由此即可求出解答：解：由題意函數(shù)在x（0，a上存在反函數(shù)，又函數(shù)在x（0，2上是單調(diào)函數(shù)實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，2故答案為（0，2點(diǎn)評(píng)：本題考查反函數(shù)的定義，反函數(shù)是一個(gè)一對(duì)一映射，由此將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為（0，a是函數(shù)單調(diào)區(qū)間的子集，根據(jù)題意恰當(dāng)合理的轉(zhuǎn)化對(duì)正確解題很重要13abc中，角a，b，c所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a=，b=2，sinb+cosb=，則角a的大小為考點(diǎn)：同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用；二倍角的正弦；正弦定理 專(zhuān)題：解三角形分析：由條件由sinb+cosb=得1+2sinbcosb=2，即sin2b=1，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到0b得到b的度數(shù)利用正弦定理求出a即可解答：解：由sinb+cosb=得1+2sinbcosb=2，即sin2b=1，因?yàn)?b，所以b=45，b=2，所以在abc中，由正弦定理得：，解得sina=，又ab，所以ab=45，所以a=30故答案為點(diǎn)評(píng)：本題考查了三角恒等變換、已知三角函數(shù)值求解以及正弦定理，考查了同學(xué)們解決三角形問(wèn)題的能力14已知關(guān)于x的方程x2+mx+m+n=0的兩根分別為橢圓和雙曲線(xiàn)的離心率記分別以m，n為橫、縱坐標(biāo)的點(diǎn)a（m，n）表示的平面區(qū)域d若函數(shù)y=loga（x+4）（a1）的圖象上存在區(qū)域d內(nèi)的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（1，3）考點(diǎn)：雙曲線(xiàn)的簡(jiǎn)單性質(zhì)；橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì) 專(zhuān)題：計(jì)算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：根據(jù)關(guān)于x的方程x2+mx+m+n=0的兩根分別為橢圓和雙曲線(xiàn)的離心率，可得方程x2+mx+m+n=0的兩根，一根屬于（0，1），另一根屬于（1，+），從而可確定平面區(qū)域?yàn)閐，進(jìn)而利用函數(shù)y=loga（x+4）（a1）的圖象上存在區(qū)域d上的點(diǎn)，可求實(shí)數(shù)a的取值范圍解答：解：構(gòu)造函數(shù)f（x）=x2+mx+m+n關(guān)于x的方程x2+mx+m+n=0的兩根分別為橢圓和雙曲線(xiàn)的離心率方程x2+mx+m+n=0的兩根，一根屬于（0，1），另一根屬于（1，+）f（0）0，f（1）0，直線(xiàn)m+n=0，1+2m+n=0的交點(diǎn)坐標(biāo)為（1，1）要使函數(shù)y=loga（x+4）（a1）的圖象上存在區(qū)域d上的點(diǎn)，則必須滿(mǎn)足1loga（1+4）loga31=logaa，a11a3故答案為：（1，3）點(diǎn)評(píng)：本題以方程根為載體，考查橢圓、雙曲線(xiàn)的幾何性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，確定平面區(qū)域是解題的關(guān)鍵15已知函數(shù)f（x）=lnxmx+1，其中mr，g（x）=x2x+1+f（x）（1）若f（x）0在f（x）的定義域內(nèi)恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍m1；（2）在（1）的條件下，當(dāng)m取最小值時(shí)，g（x）在en，+）（nz）上有零點(diǎn)，則n的最大值為2考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值 專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析：（1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，若f（x）0在f（x）的定義域內(nèi)恒成立，等價(jià)為求函數(shù)f（x）的最小值；（2）求出g（x）的表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的判斷條件，即可得到結(jié)論解答：解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+），若f（x）0在f（x）的定義域內(nèi)恒成立，即lnxmx+10，即m，設(shè)m（x）=，則m（x）=，當(dāng)x1時(shí)，m（x）=0，當(dāng)0x1時(shí)，m（x）=0，則當(dāng)x=1時(shí)，m（x）取得極大值，同時(shí)也是最大值m（1）=1m1（2）由（1）知m=1，則g（x）=x2x+1+f（x）=x22x+2+lnx，（x0）g（x）=，故g（x）在（0，2，+）上遞增，在（，2）上遞減所以在，+）上g（x）的最小值為g（2），而g（2）=ln2，故g（x）在，+）上沒(méi)有零點(diǎn)所以g（x）的零點(diǎn)一定在遞增區(qū)間（0，）上，從而有en且g（en）0又g（e1）=，g（e2）=，當(dāng)n2時(shí)均有g(shù)（x）0，即n的最大值為2故答案為：m1，2點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)恒成立的求解，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵綜合性較強(qiáng)，難度較大三、解答題：（本大題共6小題，共75分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程）16已知函數(shù)（0）的最小正周期為（）求的值及函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)f（x）的取值范圍考點(diǎn)：二倍角的余弦；兩角和與差的正弦函數(shù)；二倍角的正弦；正弦函數(shù)的單調(diào)性 專(zhuān)題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：（）利用兩角和的正弦公式，二倍角公式化簡(jiǎn)函數(shù)f（x）的解析式為，由此求得它的最小正周期令，求得x的范圍，即可得到函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（）因?yàn)?，根?jù)正弦函數(shù)的定義域和值域求得函數(shù)f（x）的取值范圍解答：解：（）=因?yàn)閒（x）最小正周期為，所以=2所以由，kz，得所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為，kz（）因?yàn)椋?，所以所以函?shù)f（x）在上的取值范圍是點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩角和的正弦公式，二倍角公式，正弦函數(shù)的單調(diào)性和周期性，正弦函數(shù)的定義域和值域，屬于中檔題17如圖，在直三棱柱abca1b1c1中，ac=3，bc=4，ab=5，aa1=4，點(diǎn)d為ab的中點(diǎn)（）求證acbc1；（）求證ac1平面cdb1；（）求異面直線(xiàn)ac1與b1c所成角的余弦值考點(diǎn)：用空間向量求直線(xiàn)間的夾角、距離；空間中直線(xiàn)與直線(xiàn)之間的位置關(guān)系；直線(xiàn)與平面平行的判定；直線(xiàn)與平面垂直的判定 專(zhuān)題：計(jì)算題；證明題分析：解法一：（1）：利用勾股定理的逆定理判斷出acbc，同時(shí)因?yàn)槿庵鶠橹比庵瑥亩C出（2）：因?yàn)閐為ab的中點(diǎn)，連接c1b和cb1交點(diǎn)為e，連接de，d是ab的中點(diǎn)，e是bc1的中點(diǎn)，根據(jù)三角形中位線(xiàn)定理得deac1，得到ac1平面cdb1；第三問(wèn)：因?yàn)閍c1de，所以ced為ac1與b1c所成的角，求出此角即可解法二：利用空間向量法如圖建立坐標(biāo)系，（1）：證得向量點(diǎn)積為零即得垂直（2）：=，與兩個(gè)向量或者共線(xiàn)或者平行可得第三問(wèn)：解答：證明：（）直三棱柱abca1b1c1，底面三邊長(zhǎng)ac=3，bc=4，ab=5，acbc，且bc1在平面abc內(nèi)的射影為bc，acbc1；（）設(shè)cb1與c1b的交點(diǎn)為e，連接de，d是ab的中點(diǎn)，e是bc1的中點(diǎn)，deac1，de平面cdb1，ac1平面cdb1，ac1平面cdb1；（）deac1，ced為ac1與b1c所成的角，在ced中，ed=ac1=，cd=ab=，ce=cb1=2，cosced=，異面直線(xiàn)ac1與b1c所成角的余弦值解法二：直三棱錐abca1b1c1底面三邊長(zhǎng)ac=3，bc=4，ab=5，ac，bc，cc1兩兩垂直如圖建立坐標(biāo)系，則c（0，0，0），a（3，0，0），c1（0，0，4），b（0，4，0），b1（0，4，4），d（，2，0）（）=（3，0，0），=（0，4，4），=0，（）設(shè)cb1與c1b的交點(diǎn)為e，則e（0，2，2）=（，0，2），=（3，0，4），=，de平面cdb1，ac1平面cdb1，ac1平面cdb1（）=（3，0，0），=（0，4，4），cos，=，異面直線(xiàn)ac1與b1c所成角的余弦值為點(diǎn)評(píng)：本題考查向量的幾何意義ab=|a|b|cos；向量垂直ab=0；直線(xiàn)與平面的證明方法18經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，學(xué)生的注意力隨著老師講課時(shí)間的變化而變化，講課開(kāi)始時(shí)，學(xué)生的興趣激增；中間有一段時(shí)間，學(xué)生的興趣保持較理想的狀態(tài)，隨后學(xué)生的注意力開(kāi)始分散設(shè)f（t）表示學(xué)生注意力隨時(shí)間t（分鐘）的變化規(guī)律（f（t）越大，表明學(xué)生注意力越集中），經(jīng)過(guò)實(shí)驗(yàn)分析得知：f（t）=，（1）求出k的值，并指出講課開(kāi)始后多少分鐘，學(xué)生的注意力最集中？能堅(jiān)持多久？（2）一道數(shù)學(xué)難題，需要講解24分鐘，并且要求學(xué)生的注意力至少達(dá)到185，那么經(jīng)過(guò)適當(dāng)安排，老師能否在學(xué)生達(dá)到所需的狀態(tài)下講授完這道題目？考點(diǎn)：函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用 專(zhuān)題：應(yīng)用題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：（1）由分段函數(shù)知，求出每一段上的最大值即可判斷；（2）解每一段上f（t）=185的解，從而得到時(shí)間段，從而求解解答：解：（1）當(dāng)t=20時(shí)，f（t）=240，則有240=20k+400；解得，k=8；當(dāng)0t10時(shí)，f（t）=t2+26t+80是單調(diào)遞增的，且f（10）=240；當(dāng)10t20時(shí)，f（t）=240；當(dāng)20t40時(shí)，f（t）=8t+400是單調(diào)遞減的，且f=240；故講課開(kāi)始后10分鐘，學(xué)生的注意力最集中，能堅(jiān)持10分鐘；（2）由f（t）=t2+26t+80=185解得，t=5或t=21（舍去）；由f（t）=8t+400=185解得，t=26.875；故學(xué)生的注意力至少達(dá)到185的時(shí)間有26.8755=21.87524；故老師不能在學(xué)生達(dá)到所需的狀態(tài)下講授完這道題目點(diǎn)評(píng)：本題考查了分段函數(shù)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，屬于中檔題19設(shè)函數(shù)f（x）=（x0），數(shù)列an滿(mǎn)足且n2（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）對(duì)nn*，設(shè)sn=，若sn恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍考點(diǎn)：數(shù)列的求和；數(shù)列的函數(shù)特性 專(zhuān)題：計(jì)算題分析：（i）由推出遞推關(guān)系式ana n1=，n2，從而有數(shù)列an為等差數(shù)列，最后寫(xiě)出通項(xiàng)公式（ii）由（i）得an=an+1=得出anan+1=，從而有=，利用拆項(xiàng)法求和sn，再結(jié)合題設(shè)利用函數(shù)的最小值，從而求得實(shí)數(shù)t的取值范圍解答：解：（i）由可得ana n1=，n2，故數(shù)列an為等差數(shù)列，又a1=1，它的通項(xiàng)公式an=（ii），由（i）得an=an+1=anan+1=，=，sn=，t，令g（n）=，g（n）=2n+3+6，由于2n+35，故g（n）的最小值為，t，實(shí)數(shù)t的取值范圍（，點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的求和、數(shù)列的綜合運(yùn)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意遞推公式的靈活運(yùn)用20在平面直角坐標(biāo)系中，o為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn) f，t，r，s滿(mǎn)足=（t，1），（1）當(dāng)t變化時(shí)，求點(diǎn)s的軌跡方程c；（2）過(guò)動(dòng)點(diǎn)t（t0）向曲線(xiàn)c作兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為a，b，求證：ktaktb為定值，并求出這個(gè)定值；（3）在（2）的條件下，探索直線(xiàn)ab是否過(guò)定點(diǎn)，若過(guò)定點(diǎn)，求出該點(diǎn)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：軌跡方程；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線(xiàn)上某點(diǎn)切線(xiàn)方程 專(zhuān)題：圓錐曲線(xiàn)中的最值與范圍問(wèn)題分析：（1）由已知得點(diǎn)s的軌跡是以f（0，1）為焦點(diǎn)，y=1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，且p=2，由此能求出曲線(xiàn)c的方程（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)t且與拋物線(xiàn)相切的切線(xiàn)方程為y+1=k（xt）聯(lián)立方程，得x24kx+4kt+4=0，由此利用根的判別式能證明ktaktb為定值1（3）由已知得切線(xiàn)ta：xax2y2ya=0，切線(xiàn)tb：xbx2y2yb=0，由此能求出直線(xiàn)ab的方程為tx2y+2=0，過(guò)定點(diǎn)（0，1）解答：（本小題滿(mǎn)分13分）（1）解：由已知條件有，則點(diǎn)s的軌跡是以f（0，1）為焦點(diǎn)，y=1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，且p=2，所以曲線(xiàn)c：x2=4y3 分（2）證明：設(shè)過(guò)點(diǎn)t且與拋物線(xiàn)相切的切線(xiàn)方程為y+1=k（xt）聯(lián)立方程，得x24kx+4kt+4=0（*）直線(xiàn)與拋物線(xiàn)相切，=0，即k2tk1=0，kat，ktb是方程 （*）的兩個(gè)根，ktaktb=17 分（3）解：設(shè)，即xax2y2ya=0，同理，切線(xiàn)tb方程為xbx2y2yb=010分又 ta，tb都過(guò)點(diǎn)t（t，1），則：xat+22ya=0，xbt+22yb=0，直線(xiàn)ab的方程為tx2y+2=0，則其過(guò)定點(diǎn)（0，1）13 分點(diǎn)評(píng)：本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查兩直線(xiàn)的斜率之積為定值的證明，考查直線(xiàn)方程是否過(guò)定點(diǎn)的判斷與求法，解題時(shí)要注意函數(shù)與方程思想的合理運(yùn)用21已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax2+bx，函數(shù)g（x）的圖象在點(diǎn)（1，g（1）處的切線(xiàn)平行于x軸（1）確定a與b的關(guān)系；（2）試討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；（3）證明：對(duì)任意nn*，都有l(wèi)n（1+n）成立考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線(xiàn)上某點(diǎn)切線(xiàn)方程；不等式的證明 專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析：（1）求導(dǎo)得到g（x），利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得出；（2）利用（1）用a表示b，得到g（x），通過(guò)對(duì)a分類(lèi)討論即可得到其單調(diào)性；（3）證法一：由（2）知當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)g（x）=lnx+x23x在（1，+）單調(diào)遞增，可得lnx+x23xg（1）=2，即lnxx2+3x2=（x1）（x2），令，則，利用“累加求和”及對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則即可得出；證法二：通過(guò)構(gòu)造數(shù)列an，使其前n項(xiàng)和tn=ln（1+n），則當(dāng)n2時(shí)，顯然a1=ln2也滿(mǎn)足該式，故只需證，令，即證ln（1+x）x+x20，記h（x）=ln（1+x）x+x2，x0，再利用（2）的結(jié)論即可；證法三：令（n）=ln（1+n），則=，令，則x（1，2，記h（x）=lnx（x1）+