2020-2021学年云南省昭通市高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年云南省昭通市高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版，共12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. 已知f′x为函数fx的导函数，且fx=x−2ex，则f′0=( )
A.1B.−1C.3D.−2

2. 已知双曲线的焦点为F16,0，F2−6,0，并且过点B4,0，则该双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±52xB.y=±45xC.y=±255xD.y=±54x

3. 已知函数f(x)=sinx和g(x)=csx图象的一个公共点为P(x0, y0)，现给出以下结论：
①f(x0)=g(x0)；
②f′(x0)=g′(x0)；
③f(x)和g(x)的图象在点P处的切线的倾斜角互补；
④f(x)和g(x)的图象在点P处的切线互相垂直．
其中正确结论的序号是( )
A.①③B.②④C.②③D.①④

4. 已知S1=12 xdx，S2=12 exdx，S3=12 x2dx，则S1，S2，S3的大小关系为( )
A.S1
5. 函数fx=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是( )

A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<0

6. 已知a=1e，b=ln33，c=ln44，则a，b，c的大小关系为( )
A.b
7. 定义方程fx=f′x的实数根x0叫做函数fx的“保值点”，如果函数gx=x与函数ℎx=lnx+1的“保值点”分别为α，β，那么α和β的大小关系是( )
A.α<βB.α>βC.α=βD.无法确定

8. 若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>1，f(0)=4，则不等式ex⋅f(x)>ex+3（其中e为自然对数的底数）的解集为( )
A.(−∞, 0)∪(0, +∞)B.(−∞, 0)∪(3, +∞)
C.(0, +∞)D.(3, +∞)

9. Fc,0是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点，过原点作一条倾斜角为60∘的直线交椭圆于P，Q两点，若|PQ|=2c，则椭圆的离心率为( )
A.12B.3−1C.32D.33

10. 函数y=ax2−1ex存在极值点，则实数a的取值范围为( )
A.a<−1B.a>0C.a≤−1或a>0D.a<−1或a>0

11. 已知F1，F2为双曲线Γ:x2a2−y220=1a>0的左、右焦点，P为双曲线Γ左支上一点，且满足直线PF1与双曲线Γ的一条渐近线平行，PF1⊥PF2，则a=( )
A.45B.4C.2D.5

12. 当x>1时，函数y=lnx2+alnx+1的图象在直线y=x的下方，则实数a的取值范围是( )
A.−∞,eB.−∞,e−2C.−∞,4e−52D.−∞,e2−52
二、填空题

在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2=−8x的焦点坐标为________．

已知fx=x2+lnx+mx−1在区间1,2上为单调递增函数，则实数m的取值范围是________.

双曲线的光学性质为：如图甲，从双曲线右焦点F2发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点F1．我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质．某“双曲线新闻灯”的轴截面是双曲线一部分，如图乙，其方程为x2a2−y2b2=1，F1，F2为其左、右焦点，若从右焦点F2发出的光线经双曲线上的点A和点B反射后，满足∠BAD=90∘，tan∠ABC=−34，则该双曲线的离心率为________.


已知函数fx=mx−lnx+m在区间e−1,e内有唯一零点，则实数m的取值范围为________.
三、解答题

曲线C1的参数方程为x=2t+1，y=2t−1（其中t为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C2：ρ=2acsθa>0关于C1对称．
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；

(2)将C2向左平移2个单位长度，按照x′=12x,y′=32y变换得到C3，点P为C3上任意一点，求点P到曲线C1距离的最大值．

如图，在直三棱柱ABC−DEF中，正方形ACFD的边长为3， BC=4，AC⊥BC，M是线段BC上一点，设MC=λBC .

(1)若λ=12，证明：BD//平面AMF；

(2)若二面角M−AF−E的余弦值为63，求λ的值．

心理学家研究某位学生的学习情况发现：若这位学生刚学完的知识存留量记为1，则x天后的存留量y1=4x+4；若在tt>4天时进行第一次复习，则此时知识存留量比未复习情况下增加一倍（复习时间忽略不计），其后存留量y2随时间变化的曲线恰为直线的一部分，其斜率为at+42a<0，存留量随时间变化的曲线如图所示．当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时，则称此时刻为“二次复习最佳时机点”．

(1)设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为fx，求fx的解析式；

(2)若a=−1，t=5，求“二次复习最佳时机点”．

已知a是常数，函数fx=x−alnxlnx−x .
(1)若实数a=0，求fx的最值；

(2)讨论a≤12时，函数fx的单调性．

已知函数f(x)=lnx+ax，曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=bx+5．
(1)求a，b的值；

(2)证明：(ex−1)x≥xf(x)−2．

如图，已知抛物线E：x2=2y，过抛物线上第一象限的点A作抛物线的切线，与x轴交于点M．过M作OA的垂线，交抛物线于B，C两点，交OA于点D．

(1)求证：直线BC过定点；

(2)若MB→⋅MC→≥5，求|AD|⋅|AO|的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省昭通市高二(下)4月月考数学(理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
可求出导函数f′x=1−2ex，然后将导函数中的x换上0即可得出f(0)的值．
【解答】
解：∵fx=x−2ex，
∴f′x=1−2ex，
则f′0=1−2e0=1−2=−1．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
双曲线的定义
双曲线的渐近线
【解析】
由a2+b2=36,a=4⇒b=25，ba=52，从而可得结果．
【解答】
解：设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
因为已知双曲线的焦点为F16,0，F2−6,0，并且过点B4,0，
所以a2+b2=c2=36,a=4,
所以b=25，ba=52，
则该双曲线的渐近线方程为y=±52x．
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
①根据函数图象判断；②根据导数判断；③根据切线斜率是否互为相反数判断；④根据切线斜率是否互为负倒数判断．
【解答】
解：①因为fx=sinx和gx=csx图象的一个公共点为Px0,y0，
则fx0=gx0，故①正确；
②f′x0=csx0，g′x0=−sinx0，
若②正确，则csx0+sinx0=0，csx0=sinx0，
于是csx0=sinx0=0，与cs2x0+sin2x0=1矛盾，故②错误；
③f′x0=csx0，g′x0=−sinx0，
fx0+g′x0=0，即两切线斜率互为相反数，故③正确；
④因为x0≠2kπ，k∈Z，
f′x0=csx0，g′x0=−sinx0，
fx0g′x0=−cs2x0≠−1，故④错误．
综上所述，①③正确．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
微积分基本定理
【解析】
利用微积分基本定理分别求出三个定积分，比较大小即可.
【解答】
解：由题意，得12xdx=12x2|12=12(4−1)=32，
12exdx=ex|12=e2−e，
12x2dx=13x3|12=13(8−1)=73，
∵ 32<73∴ 12xdx<12x2dx<12exdx，
即S1故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数的几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图可知，f(0)=d>0，
函数的导数f′(x)=3ax2+2bx+c，
由图象知，当xx2时函数递增，
则f′(x)对应的图象开口向上，
则a>0，f′(x)=0有两个不同的正实根，
则x1+x2=−2b3a>0，x1x2=c3a>0，
∵ a>0，
∴ b<0，c>0.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
对数值大小的比较
利用导数研究函数的单调性
【解析】
构造函数f(x)=lnxx，通过单调性比较大小．
【解答】
解：构造函数fx=lnxx，则f′x=1−lnxx2，
当x≥e时， f′x≤0，
所以函数fx在区间[e,+∞)上为减函数，
因为e<3<4，
则fe>f3>f4，
即c故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
函数新定义问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意， gx=x，g′x=1，
令gx−g′x=x−1=0，
解得x=1，即α=1；
ℎx=lnx+1，ℎ′x=1x+1，x>−1，
令ℎx−ℎ′x=ln(x+1)−1x+1=0，x>−1，
可知β<1，故α>β.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数的运算
【解析】
构造函数g(x)=exf(x)−ex，(x∈R)，研究g(x)的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解.
【解答】
解：设g(x)=exf(x)−ex，(x∈R)，
则g′(x)=exf(x)+exf′(x)−ex
=ex[f(x)+f′(x)−1]，
∵ f(x)+f′(x)>1，
∴ f(x)+f′(x)−1>0，
∴ g′(x)>0，
∴ y=g(x)在定义域上单调递增，
∵ exf(x)>ex+3，
∴ exf(x)−ex>3，即g(x)>3，
又∵ g(0)=e0f(0)−e0=4−1=3，
∴ g(x)>g(0)，
∴ x>0.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
椭圆的简单几何性质
直线与椭圆的位置关系
【解析】
设直线l的方程为：y=3x，其中c=a2−b2．设Qx0,3x0，P−x0,−3x0，则P，Q两点坐标满足方程组，联立直线与椭圆的方程组，利用韦达定理弦长公式，推出关系式求解离心率即可．
【解答】
解：直线PQ方程为y=3x，
设Qx0,3x0，P−x0,−3x0x0>0，
|PQ|=4x0，Q在椭圆上，
x02a2+3x02b2=1，
解得x0=abb2+3a2x0>0，
则有|PQ|=4x0=2c，
即4abb2+3a2=2c，16a2b2b2+3a2=4c2，
又b2=a2−c2，
∴16a2a2−c2a2−c2+3a2=4c2，
4a4−4a2c2=4a2c2−c4，
e4−8e2+4=0，
解得e=3−1或−3−1(舍)或1−3(舍)或3+1(舍)．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
推导出y′＝＝0有解，从而ax2−2ax−1＝0有解，由此能求出实数a的取值范围．
【解答】
解：∵ 函数y=ax2−1ex存在极值点，
∴ y′=2ax−ax2+1ex=0有解，
即ax2−2ax−1=0有解，
∴ a≠0，Δ=4a2+4a≥0，
解得a≤−1或a>0，
当a=−1时，y=−x2−1ex，
y′=x2−2x+1ex=(x−1)2ex≥0恒成立，
∴ 函数y=ax2−1ex单调递增，不存在极值点，
综上，实数a的取值范围为a<−1或a>0．
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的标准方程
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
双曲线的渐近线
【解析】
求得双曲线的渐近线方程，设|PF1|=m，|PF2|=n，运用两直线平行的条件：斜率相等，以及双曲线的定义和勾股定理，解方程即可得到所求值．
【解答】
解：双曲线Γ：x2a2−y220=1a>0的渐近线方程为y=±25ax，
设|PF1|=m，|PF2|=n，
由题意可得nm=25a，
由双曲线的定义可得n−m=2a，
m2+n2=4a2+20，
由上面三式解得a=5．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
【解答】
解：由题意知，a1），
构造函数Fx=x−1lnx−lnx（x>1），
F′x=lnx−1x−1−lnxx⋅ln2x，
令gx=x−1−lnx，
则g′x=1−1x>0，
gx>g1=0，
故当1当x>e时，F′x>0，Fx单调递增，
所以Fx≥Fe=e−2，
所以a故选B．
二、填空题
【答案】
−2,0
【考点】
抛物线的定义
【解析】

【解答】
解：∵ 抛物线的方程为y2=−8x，
∴ 2p=−8，
∴ p=−4，p2=−2．
∴ 抛物钱方程y2=−8x的焦点坐标为−2,0．
故答案为：−2,0．
【答案】
m≥−3
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
求出导函数fx ，由f′x≥0在1,2上恒成立可得m的范围．
【解答】
解：f′x=2x+1x+m=2x2+mx+1x ，
由题意，f′x≥0在x∈1,2时恒成立，
即2x2+mx+1≥0在x∈1,2时恒成立，
所以 −m≤2x2+1x=2x+1x，
由对勾函数性质知y=2x+1x在1,2上单调递增，
所以2x+1x>3，
所以−m≤3 ，
即m≥−3．
故答案为：m≥−3．
【答案】
102
【考点】
双曲线的应用
双曲线的离心率
【解析】
连接F1A，F2B，已知条件为∠F1AB=90∘，tan∠ABF1=34，设|AF1|=m，由双曲线定义表示出|AF2|，用已知正切值求出|BF2|，再由双曲线定义得|BF1|，这样可由勾股定理求出m（用a表示），然后在△AF1F2．中，应用勾股定理得出a，c的关系，求得离心率．
【解答】
解：易知F1，A，D共线，F1，B，C共线，
如图，设|AF1|=m， |AF2|=n，则m−n=2a，
由tan∠ABC=−34得， tan∠ABF1=34，又∠F1AB=∠F2AD=90∘，
所以tan∠ABF1=m|AB|=34，|AB|=43m，
则|BF2|=|AB|−|AF2|=43m−n，
所以|BF1|=2a+|BF2|=2a+43m−n=4a+13m，
由|AF1|2+|AB|2=|BF1|2得m2+43m2=4a+13m2，
因为m>0，故解得m=3a，则n=3a−2a=a，
在△AF1F2中，m2+n2=(2c)2，即9a2+a2=4c2，
所以e=ca=102.
故答案为：102.
【答案】
−1e+1,ee+1
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：m1x+1=lnx，m=xlnxx+1，
令ℎx=xlnxx+1，ℎ′x=x+1+lnxx+12，
令kx=x+1+lnx，k′x=1+1x>0，
则函数y=kx在区间e−1,e单调递增，
所以kx>ke−1=e−1>0，所以ℎ′x>0，
函数y=ℎx在区间e−1,e单调递增，
所以有ℎe−1<ℎx<ℎe，
即−1e+1<ℎx故答案为：−1e+1,ee+1.
三、解答题
【答案】
解：(1)曲线C1的普通方程为x−y−2=0，
由ρ=2acsθ得ρ2=2aρcsθ，
根据ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，
得x2+y2=2ax，
即x−a2+y2=a2.
又曲线C2关于C1对称，
故C2的圆心a,0在直线C1上，
得a=2．
故曲线C2的直角坐标方程为x−22+y2=4．
(2)将C2向左平移2个单位长度，
得x2+y2=4，
由x′=12x,y′=32y,得x=2x′,y=23y′,
代入x2+y2=4，
整理得C3的方程为x2+y23=1.
设点P的坐标为csφ,3sinφ，
点P到C1的距离d=csφ−3sinφ−22=2sinφ−π6+22，
当φ−π6=π2+2kπ,k∈Z，
即φ=2π3+2kπ,k∈Z时，
点P到C1的距离最大，最大值为22．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程与普通方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】


【解答】
解：(1)曲线C1的普通方程为x−y−2=0，
由ρ=2acsθ得ρ2=2aρcsθ，
根据ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，
得x2+y2=2ax，
即x−a2+y2=a2.
又曲线C2关于C1对称，
故C2的圆心a,0在直线C1上，
得a=2．
故曲线C2的直角坐标方程为x−22+y2=4．
(2)将C2向左平移2个单位长度，
得x2+y2=4，
由x′=12x,y′=32y,得x=2x′,y=23y′,
代入x2+y2=4，
整理得C3的方程为x2+y23=1.
设点P的坐标为csφ,3sinφ，
点P到C1的距离d=csφ−3sinφ−22=2sinφ−π6+22，
当φ−π6=π2+2kπ,k∈Z，
即φ=2π3+2kπ,k∈Z时，
点P到C1的距离最大，最大值为22．
【答案】
(1)证明：连结CD交AF于点N，连结MN，
则M，N分别为BC和CD的中点，
∴ MN//BD，
∵ BD⊄平面AMF，MN⊂平面AMF，
∴ BD//平面AMF．
(2)解：以C为原点，CA，CB，CF分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，E(0,4,3)，F(0,0,3)，
设M(0,t,0)，其中t∈[0,4]，
则AF→=(−3,0,3)，EF→=(0,−4,0)，AM→=(−3,t,0)，
平面AEF的法向量n→=(1,0,1)，
平面AMF的法向量m→=(t,3,t)，
|cs⟨n→,m→⟩|=|n→⋅m→||n→||m→|=2t2⋅2t2+9=63，
∴ t=3，λ=34．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：连结CD交AF于点N，连结MN，
则M，N分别为BC和CD的中点，
∴ MN//BD，
∵ BD⊄平面AMF，MN⊂平面AMF，
∴ BD//平面AMF．
(2)解：以C为原点，CA，CB，CF分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，E(0,4,3)，F(0,0,3)，
设M(0,t,0)，其中t∈[0,4]，
则AF→=(−3,0,3)，EF→=(0,−4,0)，AM→=(−3,t,0)，
平面AEF的法向量n→=(1,0,1)，
平面AMF的法向量m→=(t,3,t)，
|cs⟨n→,m→⟩|=|n→⋅m→||n→||m→|=2t2⋅2t2+9=63，
∴ t=3，λ=34．
【答案】
解：(1)首先列出第一次复习后的存留量，
y2=a(t+4)2(x−t)+8t+4(t>4)，
从而得到第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为：
f(x)=y2−y1
=a(t+4)2(x−t)+8t+4−4x+4(t>4)．
(2)当a=−1，t=5时，
y=−15+42x−5+85+4−4x+4
=−(x+4)81−4x+4+1
≤−2481+1=59，
当且仅当x=14时取等号，
所以“二次复习最佳时机点”为第14天．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)首先列出第一次复习后的存留量，y2=a(t+4)2(x−t)+8t+4(t>4)，
从而得到第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为：
f(x)=y2−y1
=a(t+4)2(x−t)+8t+4−4x+4(t>4)．
(2)当a=−1，t=5时，
y=−15+42x−5+85+4−4x+4
=−(x+4)81−4x+4+1
≤−2481+1=59，
当且仅当x=14时取等号，
所以“二次复习最佳时机点”为第14天．
【答案】
解：(1)当a=0时，fx=xlnx−x
所以f′(x)=lnx，
当0当x>1，f′(x)>0，
所以f(x)在0,1上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以fx的最小值为f(1)=−1 .
(2)f′(x)=1x(x−alnx)+1−axlnx−1
=1−2axlnx
=(x−2a)lnxx，
①当a≤0时，f′x<0⇔00⇔x>1，
所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增；
②当0f′x>0⇔01 .
所以fx在2a,1上单调递减，在0,2a和1,+∞上单调递增；
③当a=12时，f′x≥0，fx在0,+∞上单调递增，
综上，当a≤0时，fx在(0,1)上单调递减，在1,+∞上单调递增；
当0当a=12时，fx在0,+∞上单调递增．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=0时，fx=xlnx−x
所以f′(x)=lnx，
当0当x>1，f′(x)>0，
所以f(x)在0,1上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以fx的最小值为f(1)=−1 .
(2)f′(x)=1x(x−alnx)+1−axlnx−1
=1−2axlnx
=(x−2a)lnxx，
①当a≤0时，f′x<0⇔00⇔x>1，
所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增；
②当0f′x>0⇔01 .
所以fx在2a,1上单调递减，在0,2a和1,+∞上单调递增；
③当a=12时，f′x≥0，fx在0,+∞上单调递增，
综上，当a≤0时，fx在(0,1)上单调递减，在1,+∞上单调递增；
当0当a=12时，fx在0,+∞上单调递增．
【答案】
(1)解：已知f(x)=lnx+ax，
则f′(x)=1−lnx−ax2，
则f′(1)=1−a=b，f(1)=a，
故切线方程为：y=(1−a)x+5，
故x=1时，a=(1−a)+5，
解得：a=3，
故b=1−a=−2，
综上，a=3，b=−2.
(2)证明：ex−1x≥xfx−2等价于xex−x−lnx−1≥0，
设gx=xex−x−lnx−1x>0，
则g′x=x+1ex−1x，
设ℎx=ex−1xx>0，
则函数ℎx=ex−1x在0,+∞上单调递增，
因为ℎ12=e−2<0，ℎ1=e−1>0，
所以存在唯一x1∈12,1，使ℎx1=0，
因为g′x符号与ex−1x符号相同，
所以当x∈0,x1时， g′x<0，
当x∈x1,+∞时， g′x>0，
故gx在0,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
所以当x=x1时， gx取得最小值gx1，
由ℎx1=0，得ex1=1x1，从而lnx1=−x1，
故gx≥gx1=x1ex1−x1−lnx1−1=0，
所以(ex−1)x≥xf(x)−2.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）求出函数的导数，计算f′(1)，得到关于a，b的方程，解出即可；
（2）问题转化为(ex−1)x≥lnx+1，令ℎ(x)＝(ex−1)x−lnx−1，根据函数的单调性
【解答】
(1)解：已知f(x)=lnx+ax，
则f′(x)=1−lnx−ax2，
则f′(1)=1−a=b，f(1)=a，
故切线方程为：y=(1−a)x+5，
故x=1时，a=(1−a)+5，
解得：a=3，
故b=1−a=−2，
综上，a=3，b=−2.
(2)证明：ex−1x≥xfx−2等价于xex−x−lnx−1≥0，
设gx=xex−x−lnx−1x>0，
则g′x=x+1ex−1x，
设ℎx=ex−1xx>0，
则函数ℎx=ex−1x在0,+∞上单调递增，
因为ℎ12=e−2<0，ℎ1=e−1>0，
所以存在唯一x1∈12,1，使ℎx1=0，
因为g′x符号与ex−1x符号相同，
所以当x∈0,x1时， g′x<0，
当x∈x1,+∞时， g′x>0，
故gx在0,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，
所以当x=x1时， gx取得最小值gx1，
由ℎx1=0，得ex1=1x1，从而lnx1=−x1，
故gx≥gx1=x1ex1−x1−lnx1−1=0，
所以(ex−1)x≥xf(x)−2.
【答案】
(1)证明：y′=x，设点A2t,2t2t>0，则kAM=y′|x=2t=2t，
∴ 直线AM的方程为：y−2t2=2tx−2t，即y=2tx−2t2，
∴ Mt,0，
又kOA=t，∴ kBC=−1t．
∴ 直线BC的方程：y=−1tx−t=−1tx+1，经过定点0,1．
(2)解：直线BC与抛物线x2=2y联立得x2+2tx−2=0，
设Bx1,y1，Cx2,y2，则x1+x2=−2t，x1⋅x2=−2，
MB→⋅MC→=x1−tx2−t+y1y2
=x1x2−tx1+x2+t2+y1y2=1+t2≥5，
解得t≥2，
∵ |AD|=1t×2t+2t2−11t2+1=|2t2+1|t2+1⋅t，
|AO|=2t2+t4=2tt2+1，
∴ |AD|⋅|AO|=2t2|2t2+1|t2+1⋅t2+1
=2t22t2+1≥72，
∴当t=2时，|AD|⋅|AO|min=72．
【考点】
直线恒过定点
利用导数研究曲线上某点切线方程
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：y′=x，设点A2t,2t2t>0，则kAM=y′|x=2t=2t，
∴ 直线AM的方程为：y−2t2=2tx−2t，即y=2tx−2t2，
∴ Mt,0，
又kOA=t，∴ kBC=−1t．
∴ 直线BC的方程：y=−1tx−t=−1tx+1，经过定点0,1．
(2)解：直线BC与抛物线x2=2y联立得x2+2tx−2=0，
设Bx1,y1，Cx2,y2，则x1+x2=−2t，x1⋅x2=−2，
MB→⋅MC→=x1−tx2−t+y1y2
=x1x2−tx1+x2+t2+y1y2=1+t2≥5，
解得t≥2，
∵ |AD|=1t×2t+2t2−11t2+1=|2t2+1|t2+1⋅t，
|AO|=2t2+t4=2tt2+1，
∴ |AD|⋅|AO|=2t2|2t2+1|t2+1⋅t2+1
=2t22t2+1≥72，
∴当t=2时，|AD|⋅|AO|min=72．