【倒计时13天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（三）文科数学试题

【倒计时13天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（三）文科数学试题

倒倒计计时时1133天天 ··22001199高高考考终终极极猜猜押押之之三三((文文)) 命题角度 1 ———解析几何 一、选择、填空 押题1 若抛物线y=ax2 的焦点坐标是(0,1),则a= ( ) A.1 B.1 4 C.2 D.1 2押题2 圆C:x2 +y2 -4x+8y-5=0 被抛物线y2 =4x 的准线截得的弦长为 ( ) A.6 B.8 C.10 D.12 押题3 直线l:y=k(x- 2)与曲线x2 -y2 =1(x>0)相 交于A,B 两点,则直线l倾斜角α的取值范围是 ( ) A.[0,π) B. π 4,π 2 ( )∪ π 2,3π 4 ( ) C.0,π 2 [ ) D. π 4,π 2 [ )∪ π 2,3π 4 ( ] 押题4 如图,已知点P 为双曲 线x2 16- y2 9=1 右支上一点,F1, F2 分别为双曲线的左、右焦点, I为 △PF1F2 的内心,若S△IPF1 =S△IPF2 +λS△IF1 F2 成立,则λ的值为 ( ) A.5 8 B.4 5 C.4 3 D.3 4 押题5 已知双曲线C2 与椭圆C1: x2 4+ y2 3=1 具有相同 的焦点,则两条曲线相交的四个交点形成的四边形面积最 大时双曲线C2 的离心率为 . 押题6 已知直线y=-x+1 与椭圆x2 a2 + y2 b2 =1(a>b> 0)相交于A,B 两点,且OA⊥OB(O 为坐标原点),若椭圆 的离心率e∈ 1 2,3 2 [ ],则a的最大值为 . 二、解答 押题1 已知椭圆C: x2 a2 + y2 b2 =1(a>b>0)的离心率为 3 2, 右顶点A 是抛物线y2 =8x的焦点,直线l:y=k(x-1)与 椭圆C相交于P,Q 两点. (1)求椭圆C的方程. (2)如果AM→ =AP→ +AQ→ ,点 M 关于直线l的对称点N 在 y 轴上,求k的值. 押题2 已知抛物线C:y2 =2px(p>0)的焦点为点F,以 抛物线上一动点 M 为圆心的圆经过点F.若圆 M 的面积 最小值为 π. (1)求p的值. (2)当点M 的横坐标为 1 且位于第一象限时,过点M 作抛 物线的两条弦 MA,MB,且满足 ∠AMF=∠BMF.若直线 AB 恰好与圆M 相切,求直线AB 的方程. 押题3 已知直线l过点(0,1)且垂直于y轴,若l被抛物 线x2 =4ay截得的线段长为 4. (1)求抛物线C的方程. (2)设点P 为直线l上的点,过点P 作抛物线C 的两条切 线PA,PB,其中点A,B 为切点.当点P(x0,y0)为直线l 上的定点时,求直线AB 的方程. 押题4 已知中心在原点O,焦点在x轴上,椭圆在y轴上 的一个顶点为 M,两个焦点分别是 F1,F2,∠F1MF2 = 120°,△MF1F2 的面积为 3. (1)求椭圆的方程. (2)设不过原点O 的直线l与该椭圆交于P,Q 两点,满足 直线OP,PQ,OQ 的斜率依次成等比数列,求 △OPQ 面积 的取值范围. 命题角度 2 ———函数与导数 一、选择、填空 押题1 偶函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,若f(-1) =0,则不等式 x f(x)<0 的解集是 ( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(0,1) D.(-1,0)∪(1,+∞) 押题2 已知函数f x( ) =1x -ax+lnx 是减函数,则实 数a的取值范围是 ( ) A.-∞,1 4 ( ] B.[4,+∞) C. 1 4,+∞[ ) D.(-∞,4] 押题3 已知函数f(x)=e x -a(2x+1)在(0,+∞)上有 两个零点,则实数a的取值范围是 ( ) A. e 2,+∞ æ è ç ö ø ÷ B. e 2,1 æ è ç ö ø ÷ C. e 2,1[ ] D.(1,+∞) 押题4 已知函数f(x)=(ax2 +x-1)e x 在x=-1 处有 极小值,则f(x)的极大值为 ( ) A.e B.1 e C.1 D.-1 押题5 当x∈[-2,1]时,不等式ax3 -x2 +4x+3≥0 恒 成立,则实数a的取值范围是 ( ) A.[-5,-3] B.-6,9 8 [ ] C.[-6,-2] D.[-4,-3] 押题6 函数y= log1 3 (5x-2)的定义域是 . 二、解答 押题1 已知函数f(x)=xlnx. (1)求函数y=f(x)的单调区间和最小值. (2)若函数F(x)= f(x)-a x 在[1,e]上的最小值为3 2,求a 的值. 押题2 设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f'(x). (1)求g(x)的单调区间和最小值. (2)讨论g(x)与g 1x( )的大小关系. 押题3 已知函数f(x)=-ax2 +lnx(a∈R). 1 (1)讨论f(x)的单调性. (2)若存在x∈(1,+∞),使得f(x)>-a,求a的取值范 围. 押题4 已知函数f(x)=lnx+ a x . (1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围. (2)证明:当a≥2 e 时,f(x)>e -x. ——— 数学学科 ——— ·命题角度 1 ———解析几何 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ一、选择、填空 押题1.【解析】选 B. 因为抛物线方程为x2 =1ay,所以其焦点 坐标为 0,1 4a( ),则有1 4a=1,a=1 4 . 押题2.【解析】选 B. 依题意,圆的标准方程为(x-2)2 +(y+ 4)2 =25,圆心为(2,-4),半径为 5,抛物线y2 =4x的准线 为x=-1,故弦长为 2 5 2 -(2+1)2 =8. 押题3.【解析】选 B. 因为曲线x2 -y2 =1(x>0)的渐近线方 程为y=±x,若直线l:y=k(x- 2)与曲线x2 -y2 =1(x >0)相交于A,B 两点,则k<-1 或k>1,而直线l的斜率 存在,所以α∈ π 4,π 2 ( )∪ π 2,3π 4 ( ). 押题4.【解析】选 B. 根据S△IPF 1 =S△IPF 2 +λS△IF 1 F 2 ,即 |PF1| =|PF2|+λ|F1 F2|, 即 2a=λ2c,即λ= a c =4 5 . 押题5.【解析】设双曲线的方程为x2 a2 - y2 b2 =1(a>0,b>0),由 题意知a2 +b2 =4-3=1, 由 x2 4+ y2 3=1, x2 a2 - y2 b2 =1, ì î í ïï ïï 解得交点的坐标满足 x2 =4a2 , y2 =3(1-a)2{ 由椭圆和双曲线关于坐标轴对称知,以它们的交点为顶点 的四边形是长方形, 其面积S=4|xy|=4 4a2 · 3(1-a)2 =8 3· a2 · 1-a2 ≤8 3· a2 +1-a2 2 =4 3,当且仅当a2 =1-a2 ,即a2 =1 2 时,取等号,此时双曲线的方程为x2 1 2 - y2 1 2 =1,离心率e= 2. 答案: 2 押题6.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由 y=-x+1, x2 a2 + y2 b2 =1,{ 得(a2 +b2 )x2 -2a2x+a2 -a2b2 =0, Δ=4a4 -4(a2 +b2 )(a2 -a2b2 )>0, 可得a2 +b2 >1 且 x1+x2= 2a2 a2 +b2, x1 x2= a2 -a2b2 a2 +b2 , ì î í ïï ïï 因为OA⊥OB,所以 OA→ ·OB→ =x1 x2+y1y2=0,即 2x1 x2-(x1+x2)+1=0,所 以2(a2 -a2b2 )a2 +b2 - 2a2 a2 +b2+1=0, 整理得a2 +b2 =2a2b2 ,a2 +a2 -c2 =2a2 (a2 -c2 ), 2a2 -a2e2 =2a2 (a2 -a2e2 ),2a2 =2-e 2 1-e 2=1+ 1 1-e 2, 因为e∈ 1 2,3 2 [ ],所以 2a2 ∈ 7 3,5[ ],即amax = 5 2 = 10 2 . 答案: 10 2二、解答 押题1.【解析】(1)由抛物线y2 =8x,可得其焦点坐标为(2, 0), 即点A(2,0),所以a=2. 又因为e= c a = 3 2,所以c= 3,所以b2 =a2 -c2 =1, 所以椭圆C的方程为x2 4+y2 =1. (2)设点P(x1,y1),点Q(x2,y2),又因为点A(2,0), 可得AP→ =(x1-2,y1),AQ→ =(x2-2,y2), 所以点AM→ =AP→ +AQ→ =(x1+x2-4,y1+y2), 所以点 M(x1+x2-2,y1+y2). 由 x2 4+y2 =1, y=k(x-1), { 得(4k2 +1)x2 -8k2x+4k2 -4=0(判别 式Δ>0), 则x1+x2-2= 8k2 4k2 +1-2= -2 4k2 +1 ,y1+y2=k(x1+x2- 2)= -2k 4k2 +1 ,即点 M -2 4k2 +1 ,-2k 4k2 +1 ( ). 设 点 N (0,y3 ),则 线 段 MN 的 中 点 坐 标 为 -1 4k2 +1 , -k 4k2 +1+ y3 2 æ è ç ö ø ÷ . 因为点 M,N 关于直线l对称,所以线段 MN 的中点在直 线l上, 所以 -k 4k2 +1+ y3 2=k -1 4k2 +1-1( ), 解得y3=-2k,即点N(0,-2k). 由于点 M,N 关于直线l对称,所以点 M,N 所在直线与直 线l垂直, 所以 -2k 4k2 +1-(-2k) -2 4k2 +1-0 ·k=-1,解得k=± 2 2 . 押题2.【解析】(1)由抛物线的性质知,当圆心 M 位于抛物线 的顶点时,圆 M 的面积最小, 此时圆的半径为 |OF|= p 2,所以πp2 4 =π,解得p=2. (2)依题意,得点 M 的坐标为(1,2),圆 M 的半径为 2. 由点F(1,0)知,MF⊥x轴. 由 ∠AMF=∠BMF 知,弦 MA,MB 所在直线的倾斜角互 补,所以kMA +kMB =0. 设kMA =k(k≠0),则直线 MA 的方程为y=k(x-1)+2, 所以x=1k(y-2)+1, 代入抛物线的方程得,y2 =4 1k(y-2)+1[ ], 2 所以y2 -4ky+8k-4=0,所以yA+2=4k,yA=4k-2. 将k换成 -k,得yB=-4k-2, 所以kAB = yA-yB xA-xB = yA-yB y2 A 4- y2 B 4 = 4yA+yB = 4 -4=-1. 设直线AB 的方程为y=-x+m,即x+y-m=0. 由直线AB 与圆M 相切得,|3-m| 2 =2, 解得m=3±2 2. 经检验m=3+2 2 不符合要求,故m=3+2 2 舍去. 所以所求直线AB 的方程为y=-x+3-2 2. 押题3.【解析】(1)直线l过点(0,1)且垂直于y轴,所以l的 方程为y=1. 又因为l被抛物线x2 =4ay截得的线段长为 4,又当y=1 时x=± 4a. 即 2 4a=4,所以a=1,所以抛物线方程为x2 =4y. (2)设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则x2 1=4y1,x2 2=4y2 . 对x2 =4y(即y=1 4 x2 )求导可得y'=1 2 x,切线PA 的斜 率为y1-y0 x1-x0=1 2 x1, 将x2 1=4y1 和y0=x0-2 代入整理可得 2y1-x0 x1+2y0= 0①,同理切线PB 的斜率为y2-y0 x2-x0=1 2 x2,将x2 2=4y2 和 y0=x0-2 代入整理可得 2y2-x0 x2+2y0=0②,由 ①② 可 得点A(x1,y1),B(x2,y2)都适合方程 2y-x0 x+2y0=0,也就是当点P(x0,y0),为直线l上的定点时,直线AB 的 方程即为 2y-x0 x+2y0=0. 押题4.【解析】(1)由题意可设椭圆方程为x2 a2 + y2 b2 =1(a>b> 0), 由椭圆性质,知 |MF2|=a,于是c=asin60°= 3 2 a,b=acos 60°=1 2 a. 所以 △MF1 F2 的面积S=1 2 ·(2c)·b=1 2 ·(3a)· 1 2 a( )= 3,解得a=2,b=1. 所以椭圆的方程为x2 4+y2 =1. (2)由题意可知,直线l的斜率存在且不为 0, 故可设直线l:y=kx+m(m≠0). 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 由 y=kx+m, x2 +4y2 =4, { 消去y得:(1+4k2 )x2 +8kmx+4(m2 -1) =0, 则Δ=64k2m2 -16(1+4k2 )(m2 -1)=16(4k2 -m2 +1)> 0, 且x1+x2=- 8km 1+4k2,x1 x2=4(m2 -1) 1+4k2 , 故y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1 x2+km(x1 +x2)+ m2 , 因为直线OP,PQ,OQ 的斜率依次成等比数列, 所以y1 x1 · y2 x2= k2x1 x2+km(x1+x2)+m2 x1 x2 =k2 , 即 -8k2m2 1+4k2+m2 =0. 又m≠0,所以k2 =1 4,即k=±1 2 . 由于直线OP,OQ 的斜率存在,且Δ>0, 得 00), g'(x)=- x-2x3 , 当 00,当x>2 时,g'(x)<0, 所以g(x)在(0,2)上是增函数,在(2,+∞)上是减函数. g(x)max=g(2)=1 4,所以a≥1 4 . 押题3.【解析】选 B. 函数f(x)=e x -a(2x+1)在(0,+∞)上 有两个零点,即方程a= e x 2x+1 有两个正根. 令g(x)= e x 2x+1,g'(x)=e x (2x-1) (2x+1)2 , 当 01 2 时,g'(x)>0, 所以g(x)在 0,1 2 ( ) 上是减函数,在 1 2,+∞( ) 上是增函 数. g(x)min=g 1 2 ( )= e 2, 又g(0)=1,所以a的取值范围是 e 2,1 æ è ç ö ø ÷ . 押题4.【解析】选 D.f'(x)=xe x (ax+2a+1), 因为f(x)=(ax2 +x-1)e x 在x=-1 处有极小值, 所以f'(-1)=0,得a=-1. f'(x)=-xe x (x+1), 当x<-1 或x>0 时,f'(x)<0,当 -1 0, 所以f(x)在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,0)上是增函 数,在(0,+∞)上是减函数. 当x=0 时,f(x)有极大值f(0)=-1. 押题5.【解析】选 C. 当x∈(0,1]时,不等式ax3 -x2 +4x+3 ≥0⇒a≥ x2 -4x-3x3 ,x∈(0,1]恒成立. 3 令g(x)= x2 -4x-3x3 ,x∈(0,1],则g'(x)=-x2 +8x+9x4 , x∈(0,1], 设h(x)=-x2 +8x+9,h(x)在(0,1]上为增函数,h(x)> h(0)=9>0, 所以x∈(0,1]时,g'(x)= -x2 +8x+9x4 >0,则g(x)= x2 -4x-3x3 在(0,1]上为增函数, g(x)= x2 -4x-3x3 ,x∈(0,1]的最大值g(x)max=g(1)= -6;从而a≥-6; 当x=0 时,a∈R; 当x∈[-2,0)时,不等式ax3 -x2 +4x+3≥0⇒a≤ x2 -4x-3x3 ,x∈[-2,0)恒成立. g'(x)=-x2 +8x+9x4 >0 x∈[-2,0) { ⇒-10), 由f'(x)>0 得x>1 e,由f'(x)<0,得x<1 e, 所以f(x)的单调递增区间为 1 e,+∞( ),单调减区间为 0,1 e ( ). 所以f(x)min=f 1 e ( )=1 eln1 e=-1 e . (2)F(x)=lnx- a x ,F'(x)= x+a x2 (x∈[1,e]). 当a≥0 时,F'(x)>0,F(x)在[1,e]上单调递增, F(x)min=F(1)=-a=3 2,解得a=-3 2∉[0,+∞),舍 去. 当a<0 时,F(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上 单调递增. ① 若a∈[-1,0),则F(x)在[1,e]上单调递增,F(x)min= F(1)=-a=3 2,解得a=-3 2∉[-1,0),舍去. ② 若a∈(-e,-1),则F(x)在[1,-a)上单调递减, 在(-a,e]上单调递增, 所以F(x)min=F(-a)=ln(-a)+1=3 2, 解得a=- e∈(-e,-1), ③ 若a∈(-∞,-e],则F(x)在[1,e]上单调递减, F(x)min=F(e)=1- a e=3 2, 解得a=-e 2∉(-∞,-e],舍去. 综上所述,a=- e. 押题2.【解析】(1)由题设知f(x)=lnx,g(x)=lnx+1x. 所以g'(x)= x-1x2 .令g'(x)=0 得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调减区间. 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 因此,x=1 是g(x)的唯一极值点,且为极小值点, 从而是最小值点. 所以g(x)的最小值为g(1)=1. (2)g 1x( )=-lnx+x. 设h(x)=g(x)-g 1x( )=2lnx-x+1x, 则h'(x)=-(x-1)2 x2 . 当x=1 时,h(1)=0,即g(x)=g 1x( ), 当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0. 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 当 0h(1)=0. 即g(x)>g 1x( ). 当x>1 时,h(x)0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a>0 时,令f'(x)=0,得x= 1 2a 或 - 1 2a(舍去). 由f'(x)>0,得x∈ 0,1 2a æ è ç ö ø ÷ , 由f'(x)<0,得x∈ 1 2a,+∞ æ è ç ö ø ÷ , 所以f(x)在 0,1 2a æ è ç ö ø ÷ 上单调递增, 在 1 2a,+∞ æ è ç ö ø ÷ 上单调递减. (2)由f(x)>-a得a(x2 -1)-lnx<0, 因为x∈(1,+∞),所以 -lnx<0,x2 -1>0. 当a≤0 时,a(x2 -1)-lnx<0,满足题意. 当a≥1 2 时,设g(x)=a(x2 -1)-lnx(x>1),则g'(x)= 2ax2 -1x >0, 所以g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以g(x)>g(1)=0,不合题意. 当 00,得 x ∈ 1 2a,+∞ æ è ç ö ø ÷ , 由g'(x)=2ax2 -1x <0,得x∈ 1,1 2a æ è ç ö ø ÷ , 4 所以g(x)min=g 1 2a æ è ç ö ø ÷ 0 恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上 单调递增, 又f(1)=ln1+a=a≤0,x→+∞,f(x)→+∞, 所以函数f(x)在定义域(0,+∞)上有 1 个零点. ② 当a>0 时,则x∈(0,a)时,f'(x)<0;x∈(a,+∞)时, f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a, +∞)上单调递增. 当x=a时,[f(x)]min=lna+1.当 lna+1≤0,即 00, 所以函数f(x)在定义域(0,+∞)上有零点. 综上所述,实数a的取值范围为 -∞,1 e ( ]. (2)要证明当a≥2 e 时,f(x)>e -x ,即证明当x>0,a≥2 e 时,lnx+ a x >e -x ,即xlnx+a>xe -x , 令h(x)=xlnx+a,则h'(x)=lnx+1, 当 01 e 时,f'(x)>0. 所以函数h(x)在 0,1 e ( ) 上单调递减,在 1 e,+∞( ) 上单 调递增. 当x=1 e 时,[h(x)]min=-1 e+a. 于是,当a≥2 e 时,h(x)≥-1 e+a≥1 e .① 令φ(x)=xe -x ,则φ'(x)=e -x -xe -x =e -x (1-x). 当 00;当x>1 时,f'(x)<0.所以函数 φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 当x=1 时,[φ(x)]max=1 e . 于是,当x>0 时,φ(x)≤1 e .② 显然,不等式 ①、② 中的等号不能同时成立. 故当a≥2 e 时,f(x)>e -x. 5