【最新版】高中数学（新教材人教A版）培优滚动检测六(1～8章)

这是一份【最新版】高中数学（新教材人教A版）培优滚动检测六(1～8章)，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．集合U＝R，A＝{x|x2－x－20}，则A∩(∁UB)等于( )
A．{x|0b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，过右焦点F的直线l与C相交于A，B两点. 当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为eq \f(\r(2),2).
(1)求a，b的值；
(2)C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))成立？若存在，求出所有点P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由．
解 (1)由椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0) 的右焦点为F(c，0)，
当直线l的斜率为1时，则l的方程为y＝x－c，即x－y－c＝0，
可得原点O到直线l的距离d＝eq \f(|0－0－c|,\r(2))＝eq \f(\r(2)c,2)＝eq \f(\r(2),2)，解得c＝1，
又由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，可得a＝eq \r(3)，所以b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2).
(2)由(1)知椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，设弦AB的中点为Q(x，y)，
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，可得点Q是线段OP的中点，点P的坐标为(2x，2y)，
所以eq \f(4x2,3)＋2y2＝1，①
若直线l的斜率不存在，则l⊥x轴，这时点Q与F(1，0)重合，eq \(OP,\s\up6(→))＝(2，0)，
此时点P(2，0)不在椭圆上，故直线l的斜率存在，
由kAB·eq \f(y,x)＝－eq \f(b2,a2)，可得eq \f(y,x－1)·eq \f(y,x)＝－eq \f(2,3)，所以y2＝－eq \f(2,3)(x2－x)，②
由①和②联立方程组，可得x＝eq \f(3,4)，y＝±eq \f(\r(2),4)，
当x＝eq \f(3,4)，y＝eq \f(\r(2),4)时，kAB＝eq \f(y,x－1)＝－eq \r(2)，点P坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))，
直线l的方程为eq \r(2)x＋y－eq \r(2)＝0；
当x＝eq \f(3,4)，y＝－eq \f(\r(2),4)时，kAB＝eq \f(y,x－1)＝eq \r(2)，点P坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(\r(2),2)))，
直线l的方程为eq \r(2)x－y－eq \r(2)＝0.
21．(12分)已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，点P(2，3)在E上，F为E的右焦点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)设Q为E的左顶点，过点F作直线l交E于A，B(A，B不与Q重合)两点，点M是AB的中点，求证：|AB|＝2|MQ|.
(1)解 由已知可得e＝eq \f(c,a)＝2，∴e2＝eq \f(c2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)＝4，解得b2＝3a2，①
又点P(2，3)在E上，∴eq \f(4,a2)－eq \f(9,b2)＝1，②
由①②可得a2＝1，b2＝3，∴双曲线E的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 当l的斜率为0时，此时A，B中有一点与Q重合，不符合题意；
当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,3x2－y2＝3，))得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝36t2＋36>0，,3t2－1≠0，))解得t2≠eq \f(1,3).
∴y1＋y2＝eq \f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq \f(9,3t2－1)，∴eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝eq \f(9t2＋1,3t2－1)＋eq \f(3t－12t,3t2－1)＋9＝0，
∴eq \(QA,\s\up6(→))⊥eq \(QB,\s\up6(→))，
即QA⊥QB，则△QAB是直角三角形，AB是斜边，
∵点M是斜边AB的中点，
∴|MQ|＝eq \f(1,2)|AB|，即|AB|＝2|MQ|.
22．(12分)已知函数f(x)＝aex.
(1)若f(x)≥x＋a成立，求a的值；
(2)若g(x)＝f(x)－x有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2>a2e2.
(1)解 由f(x)≥x＋a，得aex≥x＋a，即aex－x－a≥0.
令h(x)＝aex－x－a，则h′(x)＝aex－1.
①当a≤0时，h′(x)0；当a∈(1，＋∞)时，m′(a)0，
则当x≤0时，g(x)>0，∴x1>0，x2>0，不妨设x1>x2>0，
要证x1x2>a2e2，只需证eq \f(x1,a)·eq \f(x2,a)>e2，
即证ln eq \f(x1,a)＋ln eq \f(x2,a)>2，
又x1，x2是eq \f(x,ex)＝a的两个不同的根，
∴eq \f(x1,a)＝，eq \f(x2,a)＝，∴ln eq \f(x1,a)＋ln eq \f(x2,a)＝＝x1＋x2，即证x1＋x2>2.
∵ln eq \f(x1,a)－ln eq \f(x2,a)＝＝x1－x2，
∴eq \f(ln \f(x1,a)－ln \f(x2,a),x1－x2)＝1，即证eq \f(ln \f(x1,a)－ln \f(x2,a),x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，
即证ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，
令eq \f(x1,x2)＝t，则t>1，∴只需证ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，即(t＋1)ln t－2t＋2>0，
令q(t)＝(t＋1)ln t－2t＋2，则q′(t)＝ln t＋eq \f(t＋1,t)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1，
令φ(t)＝q′(t)，则φ′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
当t>1时，φ′(t)>0，∴q′(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴q′(t)>q′(1)＝0，
∴q(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴q(t)>q(1)＝0，即(t＋1)ln t－2t＋2>0，
∴原不等式x1x2>a2e2得证．