2021-2022学年新疆维吾尔自治区塔城市某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年新疆维吾尔自治区塔城市某校高二（下）月考数学试卷，共10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. 复数i3−i的虚部是（ ）
A.−3iB.3C.−3D.3i

2. ①已知a是三角形一边的边长，h是该边上的高，则三角形的面积是12ah，如果把扇形的弧长l，半径r分别看出三角形的底边长和高，可得到扇形的面积12lr；②由1=12,1+3=22,1+3+5=32，可得到1+3+5+⋯+2n−1=n2，则①、②两个推理依次是（ ）
A.归纳推理、类比推理B.类比推理、演绎推理
C.类比推理、归纳推理D.归纳推理、演绎推理

3. 曲线y=−x3+2x在x=1处的切线方程为（ ）
A.y=−xB.y=xC.y=x+2D.y=−x+2

4. 命题p:−1A.充分而不必要的条件B.必要而不充分的条件
C.充要条件D.既不充分又不必要的条件

5. 甲、乙、丙三人共同收看第24届冬奥会某项目的决赛，他们了解到该项目的参赛运动员来自丹麦、瑞典，挪威、芬兰，冰岛这五个北欧国家，三人做了一个猜运动员国籍的游戏．他们选定了某位运动员，甲说：此运动员来自丹麦或挪威；乙说：此运动员一定不是瑞典和挪威的；丙说：此运动员来自芬兰或冰岛．最后证实，甲、乙、丙三人之中有且只有一人的猜测是正确的，则此运动员来自（ ）
A.丹麦B.冰岛C.芬兰D.挪威

6. 已知p>0，抛物线C:y2=8px的焦点为F，C与抛物线x2=py在第一象限的交点为M，且|MF|=4，则p=（ ）
A.3B.2C.1D.4

7. 设椭圆x26+y22=1和双曲线x23−y2=1的公共焦点为F1，F2，P是两曲线的一个公共点，则cs∠F1PF2的值等于 （ ）
A.13B.14C.19D.35

8. 已知fx=2x2+lnx−ax在0,+∞上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,4]B.(−∞,4)C.(−∞,2)D.(−∞,2]

9. 已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P．若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A.y=±12xB.y=±2xC.y=±33xD.y=±3x

10. 已知f′x是函数fx的导数，且对任意的实数x都有f′x=e−x2−2x−fx，f0=8，则不等式fx<0的解集是（ ）
A.−2,4B.−∞,0∪2,+∞
C.−∞,−2∪4,+∞D.−∞,−4∪2,+∞

11. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点为F，过点F作C的一条渐近线的平行线交C于点A，交另一条渐近线于点B．若2FA→=FB→，则C的离心率为（ ）
A.2B.3C.62D.2

12. 已知函数fx=lnx+1,x≥0−xex,x<0，方程f2x+mfx=0m∈R有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A.−∞,−1eB.−1e,+∞C.−1e,0D.0,1e
二、填空题

已知点A，B为椭圆C:x24+y2=1的左右顶点，点M为x轴上一点，过M作x轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，过M作AP的垂线交BQ于点N，则S△BMNS△BMQ=________．
三、解答题

已知等腰三角形ABC，AB=AC，D为边BC上的一点，∠DAC=90∘，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知，求△ABD的面积及BD的长．
条件①AB=6；
条件②cs∠BAC=−13；
条件③CD=36.
注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分．


已知fx=|x+2|+|3x−6|.
(1)解不等式fx>8；

(2)已知 fx最小值为m，若a，b，c∈R+，且1a+14b+19c=m，求证： a+4b+9c≥94.

已知an是等差数列，a1=1，a4=10，且a1，akk∈N*，a6是等比数列bn的前3项．
(1)求数列an，bn的通项公式；

(2)数列cn是由数列an的项删去数列bn的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列cn的前20项的和．

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是斜边PA的长为22的等腰直角三角形，E，F分别是棱PA ，PC的中点，M是棱BC上一点．

(1)求证：平面DEM⊥平面PAB；

(2)若直线MF与平面ABCD所成角的正切值为22，求锐二面角E−DM−F的余弦值．

椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，直线AB的斜率为−12,△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程；

(2)椭圆上有两点M，N（异于椭圆顶点，且MN与x轴不垂直），证明：当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．

已知函数fx=alnx+1xa∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)当a=1时，若函数gx=fx−mx−1x+1m∈R有两个不同的零点x1,x2，证明：x1+x2>2m.
参考答案与试题解析
2021-2022学年新疆维吾尔自治区塔城市某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为复数i3−i=1+3i，所以复数i3−i的虚部是3，
2.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
类比推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①由三角形性质得到圆的性质有相似之处，故推理为类比推理；
②由特殊到一般，故推理为归纳推理．
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题， y′=−3x2+2，则y′|x=1=−3+2=−1，当x=1时， y=−1+2=1，
所以切线方程为： y−1=−x−1，即y=−x+2.
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
0≤m<1⇒−1∴ 命题p成立是命题q成立的必要不充分条件．故选：B．
5.
【答案】
D
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
①若此运动员来自丹麦，则甲、乙、丙三人中甲、乙猜测正确，与题设矛盾，故此运动员不来自丹麦；
②若此运动员来自瑞典，则甲、乙、丙三人都猜测错误，与题设矛盾，故此运动员不来自瑞典；
③若此运动员来自挪威，则甲、乙、丙三人中只有甲猜测正确，与题设相符，故此运动员来自挪威；
④若此运动员来自芬兰，则甲、乙、丙三人中乙、丙猜测是正确，与题设矛盾，故此运动员不来自芬兰；
⑤若此运动员来自冰岛，则甲、乙、丙三人中乙、丙猜测正确，与题设矛盾，故此运动员不来自冰岛．
综上可知，此运动员只能是来自挪威．
故选：D
6.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
抛物线C:y2=8px的准线方程是x=−2p，焦点为F2p,0
由y2=8pxx2=py，解得x=2p，所以|MF|=2p−−2p=4，解得p=1,
故选：C
7.
【答案】
A
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
圆锥曲线的综合问题
【解析】
先求出公共焦点分别为F1，F2，再联立方程组求出P，由此可以求出 PF1→PF2→，cs∠F1PF2=PF1→⋅PF2→|PF1→|⋅|PF2→|
【解答】
解：由题意知F1(−2, 0)，F2(2, 0)，
解方程组x26+y22=1，x23−y2=1，
得x2=92，y2=12，
取P点坐标为(322,22)，PF1→=(−2−322,−22)，PF2→=(2−322,−22)，
则cs∠F1PF2=PF1→⋅PF2→|PF1→|⋅|PF2→|
=(−2−322)⋅(2−322)+12(−2−322)2+12⋅(2−322)2+12=13.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a≤0时，易知fx=2x2+lnx−ax在0,+∞上单调递增；
当a>0时，易知f′(x)=4x+1x−a
=4x2−ax+1x≥0在0,+∞上恒成立，
即4x2−ax+1≥0在0,+∞上恒成立，
二次函数对称轴为直线x=a8>0，
∴ Δ=a2−16≤0，即−4≤a≤4.
综上，实数a的取值范围是(−∞,4].
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题得抛物线y2=4x的焦点F(1, 0)，p=2，
因为抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，
∴ p=2c，即c=1，
设P(m,n)，由抛物线定义知：
PF=m+p2=m+1=52，
∴ m=32.
∴ P点的坐标为(32，±6)，
∴ 由a2+b2=1，94a2−6b2=1，
解得：a=12，b=32，
故离心率为ca=112=2.
则渐近线方程为y=±bax=±3x，
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设gx=exfx，g0=e0f0=8，
因为f′x=e−x2−2x−fx，所以f′x+fx=e−x2−2x
所以g′x=exfx+exf′x=exfx+f′x=2−2x
因此gx=2x−x2+c，g0=c=8，所以gx=−x2+2x+8，
fx=−x2+2x+8ex
不等式fx<0即为−x2+2x+8ex<0，x2−2x−8>0，解得x<−2或x>4，
故选：C．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意得左焦点F−c,0，设一渐近线的方程为y=bax，则另一渐近线OB的方程为y=−bax，
由题知直线FB: y=bax+c
由 y=bax+cy=−bax ，得x=−c2,y=bc2a，即B−c2,bc2a，
由2FA→=FB→，可得A为FB的中点，又F−c,0
∴ ．A−3c4,bc4a，
∴ −3c42a2−bc4a2b2=1，化简得c22a2=1，
∴ ．e=2
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
当x<0时， fx=−xex，
则f′x=−x+1ex
由 f′x=0得x=−1
当x<−1时， f′x>0
当−1即当x=−1时，函数fx取得极大值，此时f−1=1e
且当x<0时， fx>0
当x>0时， fx=lnx+1>0且单调递增，画出函数fx如图所示：
设t=fx
则当t=1e时，方程t=fx有两个根，
当t>1e或t=0时，方程t=fx有1个根，
当0当t<0时，方程t=fx有0个根，
则方程f2x+mfx=0m∈R等价为t2+mt=0
即t=0或t=−m
当t=0时，方程t=fx有1个根，
∴ 若方程f2x+mfx=0m∈R有四个不相等的实数根，则等价为t=fx有3个根，
即0<−m<1e，得−1e故选：C
二、填空题
【答案】
45
【考点】
椭圆中的平面几何问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
设P(m, n)，则M(m, 0)，Q(m, −n)，求出m＝±2且n≠0，直线AP的斜率kAP，直线MN斜率kMN．
得到直线MN的方程，直线BQ的方程，解得，然后求解三角形的面积，推出结果即可．
【解答】
解：设P(m, n)，则M(m, 0)，Q(m, −n)，
由题设知m≠±2且n≠0，
直线AP的斜率kAP=nm+2，
直线MN斜率kMN=−m+2n，
∴ 直线MN的方程为：y=−m+2n(x−m)，
直线BQ的方程为y=n2−m(x−2)．
联立y=−m+2n(x−m),y=n2−m(x−2),
解得yN=n(4−m2)4−m2+n2．
又点P在椭圆C上，得4−m2=4n2，
∴ yN=−45n．
又S△BMN=12|BM|⋅|yN|=25|BM||n|，
S△BMQ=12|BM||n|，
∴ S△BMNS△BMQ=45．
故答案为：45.
三、解答题
【答案】
解：选择①②，
因为AB=AC ，AB=6 ，cs∠BAC=−13，
所以∠BAC∈π2,π， ∠B=∠C，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=96，
所以BC=46 ，sinC=sinB=1+cs∠BAC2=33．
因为∠DAC=90∘，
所以sin∠BAD=sin∠BAC−π2=−cs∠BAC=13.
在Rt△ACD中， DC=ACcsC=61−sin2C=36．
所以BD=BC−CD=6 ，
所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.
选择①③，
因为∠DAC=90∘ ，AB=AC， AB=6，CD=36，
所以csB=csC=ACDC=63，
所以AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅csC，即BC=46，
所以BD=BC−CD=6 ，
所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.
选择②③，
因为AB=AC ，cs∠BAC=−13，
所以sinC=sinB=1+cs∠BAC2=33．
因为∠DAC=90∘，CD=36，
所以AC=DC⋅csC=36×1−sin2C=6．
所以BC=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=46．
所以BD=BC−CD=6，
所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.
【考点】
余弦定理
解三角形
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：选择①②，
因为AB=AC ，AB=6 ，cs∠BAC=−13，
所以∠BAC∈π2,π， ∠B=∠C，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=96，
所以BC=46 ，sinC=sinB=1+cs∠BAC2=33．
因为∠DAC=90∘，
所以sin∠BAD=sin∠BAC−π2=−cs∠BAC=13.
在Rt△ACD中， DC=ACcsC=61−sin2C=36．
所以BD=BC−CD=6 ，
所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.
选择①③，
因为∠DAC=90∘ ，AB=AC， AB=6，CD=36，
所以csB=csC=ACDC=63，
所以AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅csC，即BC=46，
所以BD=BC−CD=6 ，
所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.
选择②③，
因为AB=AC ，cs∠BAC=−13，
所以sinC=sinB=1+cs∠BAC2=33．
因为∠DAC=90∘，CD=36，
所以AC=DC⋅csC=36×1−sin2C=6．
所以BC=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=46．
所以BD=BC−CD=6，
所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.
【答案】
（1）解：因为 fx=|x+2|+|3x−6|=−4x+4x≤−2−2x+8−28，即x≤−2−4x+4>8或−28或x≥24x−4>8解得x≤−2或−23
所以不等式解集为： −∞,0∪3,+∞
(2)由fx=−4x+4x≤−2−2x+8−2由函数图象可得函数fx的最小值m=4
∴ 1a+14b+19c=m=4
∵ a,b,c∈R+，∴ 由柯西不等式可得a+4b+9c=141a+14b+19ca+4b+9c
=141a2+12b2+13c2⋅(a2+(2b)2+(3c)2
≥14(1a⋅a+12b⋅2b+13c⋅3c)2=94，当且仅当a=4b=9c=34时取等号．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
柯西不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）解：因为 fx=|x+2|+|3x−6|=−4x+4x≤−2−2x+8−28，即x≤−2−4x+4>8或−28或x≥24x−4>8解得x≤−2或−23
所以不等式解集为： −∞,0∪3,+∞
(2)由fx=−4x+4x≤−2−2x+8−2由函数图象可得函数fx的最小值m=4
∴ 1a+14b+19c=m=4
∵ a,b,c∈R+，∴ 由柯西不等式可得a+4b+9c=141a+14b+19ca+4b+9c
=141a2+12b2+13c2⋅(a2+(2b)2+(3c)2
≥14(1a⋅a+12b⋅2b+13c⋅3c)2=94，当且仅当a=4b=9c=34时取等号．
【答案】
解：(1)数列an是等差数列，设公差为d，且a1=1，a4=10，
则a1=1,a1+3d=10,解得d=3，
所以an=1+3(n−1)=3n−2．
又因为a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，则ak2=a1⋅a6，
由于ak=3k−2，代入上式解得k=2.
因为b1=1，b2=4，b4=16，
因此等比数列bn的公比q=4，
故等比数列bn的通项公式为bn=4n−1．
(2)设数列cn的前20项的和为S20.
因为b4=43=64=a22，b5=44=256=a86，
则S20=a1+a2+⋯+a24−b1+b2+b3+b4
=24×1+24×232×3−(1+4+16+64)=767．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列的求和
【解析】
左侧图片未给出解析

【解答】
解：(1)数列an是等差数列，设公差为d，且a1=1，a4=10，
则a1=1,a1+3d=10,解得d=3，
所以an=1+3(n−1)=3n−2．
又因为a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，则ak2=a1⋅a6，
由于ak=3k−2，代入上式解得k=2.
因为b1=1，b2=4，b4=16，
因此等比数列bn的公比q=4，
故等比数列bn的通项公式为bn=4n−1．
(2)设数列cn的前20项的和为S20.
因为b4=43=64=a22，b5=44=256=a86，
则S20=a1+a2+⋯+a24−b1+b2+b3+b4
=24×1+24×232×3−(1+4+16+64)=767．
【答案】
解：（1）依题意可得： PD⊥DA，DP=DA=DC=2，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=DA，AB⊥DA，AB⊂ 平面ABCD，
∴ AB⊥平面PAD，DE⊂平面PAD，∴ AB⊥DE
在Rt△PAD中， DP=DA，E是棱PA的中点，所以PA⊥DE，
又PA∩AB=A .PA，AB⊂平面PAB，∴ DE⊥平面PAB,
又DE⊂平面DEM，∴ 平面DEM⊥平面PAB.
（2）如图，取CD的中点N，连接MN，NF，
则NF//PD，NF=12PD=1
由（1）知PD⊥平面ABCD，∴ NF⊥平面ABCD
∴ ∠FMN是直线MF与平面ABCD所成角
∴ tan∠FMN=1MN=22
∴ MN=2，∴ MC=MN2−NC2=1
∴ M是棱BC的中点，
以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则有： D0,0,0，E1,0,1，F0,1,1，M1,2,0，
∴ DE→=1,0,1, DF→=0,1,1, DM→=1,2,0
设平面EDM的法向量为m→=a,b,c，平面DMF的法向量为n→=x,y,z，
则0=DE→⋅m→=a+c0=DM→⋅m→=a+2b，令a=−2，则m→=−2,1,2，
有0=DF→n→=y+z0=DM→n→=x+2y，令x=−2，则n→=−2,1,−1，
∴ cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=33×6=66，
∴锐二面角E−DM−F的余弦值为66.
【考点】
平面与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）依题意可得： PD⊥DA，DP=DA=DC=2，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=DA，AB⊥DA，AB⊂ 平面ABCD，
∴ AB⊥平面PAD，DE⊂平面PAD，∴ AB⊥DE
在Rt△PAD中， DP=DA，E是棱PA的中点，所以PA⊥DE，
又PA∩AB=A .PA，AB⊂平面PAB，∴ DE⊥平面PAB,
又DE⊂平面DEM，∴ 平面DEM⊥平面PAB.
（2）如图，取CD的中点N，连接MN，NF，
则NF//PD，NF=12PD=1
由（1）知PD⊥平面ABCD，∴ NF⊥平面ABCD
∴ ∠FMN是直线MF与平面ABCD所成角
∴ tan∠FMN=1MN=22
∴ MN=2，∴ MC=MN2−NC2=1
∴ M是棱BC的中点，
以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则有： D0,0,0，E1,0,1，F0,1,1，M1,2,0，
∴ DE→=1,0,1, DF→=0,1,1, DM→=1,2,0
设平面EDM的法向量为m→=a,b,c，平面DMF的法向量为n→=x,y,z，
则0=DE→⋅m→=a+c0=DM→⋅m→=a+2b，令a=−2，则m→=−2,1,2，
有0=DF→n→=y+z0=DM→n→=x+2y，令x=−2，则n→=−2,1,−1，
∴ cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=33×6=66，
∴锐二面角E−DM−F的余弦值为66.
【答案】
解：（1）椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点Aa,0，上顶点B0,b，
由题知kAB=b−00−a=−12，12ab=1，解得a=2b=1
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1
（2）由已知MN与x轴不垂直，可知直线MN的斜率存在，
设直线MN方程为y=kx+t，设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 y=kx+tx24+y2=1 ，整理得： 4k2+1x2+8ktx+4t2−4=0
其中Δ=8kt2−44k2+14t2−4=164k2−t2+1>0，即4k2+1>t2,
且x1+x2=−8kt4k2+1，x1x2=4t2−44k2+1，
∴ |MN|=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k24k2−t2+14k2+1，
又原点O到直线MN的距离d=|t|1+k2，
所以S△OMN=12|MN|⋅d=12⋅41+k24k2−t2+14k2+1⋅|t|1+k2=2t2⋅4k2−t2+14k2+1≤t2+4k2−t2+14k2+1=1，
当且仅当t2=4k2−t2+1，即2t2=4k2+1时，等号成立，所以kOM⋅kON=y1y2x1x2=kx1+tkx2+tx1x2=k2x1x2+ktx1+x2+t2x1x2
=k2+−8k2t2+t24k2+14t2−4=−4k2+t24t2−4,
又2t2=4k2+1，可得kOM⋅kON=−14,
所以当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点Aa,0，上顶点B0,b，
由题知kAB=b−00−a=−12，12ab=1，解得a=2b=1
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1
（2）由已知MN与x轴不垂直，可知直线MN的斜率存在，
设直线MN方程为y=kx+t，设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 y=kx+tx24+y2=1 ，整理得： 4k2+1x2+8ktx+4t2−4=0
其中Δ=8kt2−44k2+14t2−4=164k2−t2+1>0，即4k2+1>t2,
且x1+x2=−8kt4k2+1，x1x2=4t2−44k2+1，
∴ |MN|=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k24k2−t2+14k2+1，
又原点O到直线MN的距离d=|t|1+k2，
所以S△OMN=12|MN|⋅d=12⋅41+k24k2−t2+14k2+1⋅|t|1+k2=2t2⋅4k2−t2+14k2+1≤t2+4k2−t2+14k2+1=1，
当且仅当t2=4k2−t2+1，即2t2=4k2+1时，等号成立，所以kOM⋅kON=y1y2x1x2=kx1+tkx2+tx1x2=k2x1x2+ktx1+x2+t2x1x2
=k2+−8k2t2+t24k2+14t2−4=−4k2+t24t2−4,
又2t2=4k2+1，可得kOM⋅kON=−14,
所以当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
【答案】
（1）fx=alnx+1x，得f′x=ax−1x2=ax−1x2x>0
当a≤0时， f′x<0,fx单调递减，当a>0时，令 f′x=0，解得x=1a
所以当x∈0,1a,f′x<0，函数fx单调递减，当x∈1a,+∞，f′x>0，函数fx单调递增，
综上所述，当a≤0时， fx在0,+∞上单调递减；
当a>0时， fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增．
（2）由题可知函数fx−mx+1x−1=lnx−mx+1有两个零点x1，x2,
记hx=lnx−mx+1，则h′x=1x−m=1−mxx
当m≤0时， h′x>0，hx单调递增，不可能有两个零点，
当m>0时，令h′x=1x−m=1−mxx=0，得x=1m
当x∈0,1m时， h′x>0，函数hx单调递增；当x∈1m,+∞时， h′x<0，函数hx单调递减，
因为hx有两个零点，所以hxmax=h1m>0，解得0要证x1+x2>2m，即证x2>2m−x1
因为2m−x1>1m，x2>1m，又hx在x∈1m,+∞单调递减，
所以即证hx1=hx2构造函数φx=hx−h2m−x0所以φ′x=1x−m+12m−x−m=12+m2−mx−2m=2−4mx+2m2x2x2−mx=−2mx−1m2xx−2m>0,
所以函数φx在0,1m单调递增，且φ1m=h1m−h2m−1m=0,
所以当x∈0,1m时，φx=hx−h2m−x<0,
即hx【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）fx=alnx+1x，得f′x=ax−1x2=ax−1x2x>0
当a≤0时， f′x<0,fx单调递减，当a>0时，令 f′x=0，解得x=1a
所以当x∈0,1a,f′x<0，函数fx单调递减，当x∈1a,+∞，f′x>0，函数fx单调递增，
综上所述，当a≤0时， fx在0,+∞上单调递减；
当a>0时， fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增．
（2）由题可知函数fx−mx+1x−1=lnx−mx+1有两个零点x1，x2,
记hx=lnx−mx+1，则h′x=1x−m=1−mxx
当m≤0时， h′x>0，hx单调递增，不可能有两个零点，
当m>0时，令h′x=1x−m=1−mxx=0，得x=1m
当x∈0,1m时， h′x>0，函数hx单调递增；当x∈1m,+∞时， h′x<0，函数hx单调递减，
因为hx有两个零点，所以hxmax=h1m>0，解得0要证x1+x2>2m，即证x2>2m−x1
因为2m−x1>1m，x2>1m，又hx在x∈1m,+∞单调递减，
所以即证hx1=hx2构造函数φx=hx−h2m−x0所以φ′x=1x−m+12m−x−m=12+m2−mx−2m=2−4mx+2m2x2x2−mx=−2mx−1m2xx−2m>0,
所以函数φx在0,1m单调递增，且φ1m=h1m−h2m−1m=0,
所以当x∈0,1m时，φx=hx−h2m−x<0,
即hx

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