2024届高考3月模拟考压轴题汇编--解答题篇(解析版)
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2024届高考3月模拟考压轴题汇编-解答题篇2y2x11(2024·广东韶关·二模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，长轴长为4，A,B是其左、右a2b22顶点，F是其右焦点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设Px0,y0y0>0是椭圆C上一点，∠PFB的角平分线与直线AP交于点T．①求点T的轨迹方程；9②若△TPF面积为，求x0．42y2x【答案】(1)+=143(2)�1x=4(y>0)；�2x0=1e=c=1a2a=2【详解】(1)由题意知，2a=4，解得，b=3222a=b+c2y2x所以椭圆C的标准方程为+=1；43(2)①：由(1)知，A(-2,0),B(2,0),F(1,0),P(x0,y0)，设∠BFT=θ，则∠PFB=2θ，31易知当x0=1时，P1,2，kFT=1，此时AP:y=2x+1,FT:y=x-1，y=1x+1x=4由2，解得，即T(4,3)；y=x-1y=3y0y0y0当x0≠1时，kFP=tan2θ=，sin2θ==，设直线FT的斜率为k，x0-1PF(x-1)2+y2002321-cos2θ11(x-1)2+y2-(x-1)(x0-1)+3-x0-(x0-1)0004则k=tanθ==-===sin2θsin2θtan2θy0y03(2-x0)，2y03(2-x0)y0所以直线FT方程为y=(x-1)，又直线AT方程为y=(x+2)，2y0x0+23(2-x0)y=(x-1)3(2-x)y3(4-x2)-2y3(4-x2)+4y2y0000000由，得(x-1)=(x+2)，即x=，y=y0(x+2)2y0x0+22(2+x0)y02(2+x0)y0x0+22323(4-x2)+4y12-3x0+43-x02(12-3x2)0040解得x====4，3(4-x2)-2y2321(12-3x2)0012-3x0-23-4x0206y06y0将x=4代入直线AT方程，得y=，即T4,，x0+2x0+26y0又y0>0,-2<x0<2，所以>0，x0+2故点T的轨迹方程为x=4(y>0)；1,116y036y0②：由AF=3，得S△TPF=S△TAF-S△PAF=AFy0-AF⋅=y0-，22x0+22x0+29936y036y0又S△TPF=，所以=y0-，得=y0-，442x0+22x0+23(x0+2)323(x0+2)32整理得y0=，又y0=3-x0，所以=3-x0，8-2x048-2x04322整理得x0-10x0+35x0-26=0，即(x0-1)(x0-9x0+26)=0，由-2<x0<2，解得x0=1.2(2024·广东广州·一模)某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由n(n≥3,n*∈n)位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上31场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知a团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，42且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.(1)若n=3，用x表示a团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求x的均值；(2)记a团队第k(1≤k≤n-1,k∈n*)位成员上场且闯过第二关的概率为p，集合k∈n*p<3中元kk128素的最小值为k0，规定团队人数n=k0+1，求n.63【答案】(1)；32(2)7.【详解】(1)依题意，x的所有可能取值为1,2,3，3131331193911px=1=×=,px=2=×+××=，px=3=1--=，428484223283632所以x的分布列为：x1233911p83232393363数学期望ex=++=.816323231(2)令p=,q=，若前k-1位玩家都没有通过第一关测试，42k-11k-1313其概率为(pk)1=(1-p)pq=4⋅4⋅2=k，2⋅4若前k-1位玩家中第i1≤i≤k-1位玩家才通过第一关测试，i-1则前面i-1位玩家无人通过第一关测试，其概率为(1-p)，第i位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为p1-q，k-i-1第i+1位玩家到第k-1位玩家都没有通过第二关测试，其概率为(1-q)，所以前面k-1位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：2,k-1k-1i-1k-i-1k-11-pi-1(pk)2=(1-p)p(1-q)(1-q)q=pq(1-q)⋅i=1i=11-q1k-131k-1k-11i-131k-11⋅1-31k-12=822=8⋅2⋅1=k+11-2，i=11-2231k1k因此第k位成员闯过第二关的概率pk=(pk)1+(pk)2=22-4，31k1k31k1k1由22-4<128，得2-4<64，解得k≥6，则k0=6，所以n=7.k3(2024·广东佛山·二模)已知以下事实：反比例函数y=(k≠0)的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条x渐近线．1(1)(ⅰ)直接写出函数y=的图象c0的实轴长；2xπ(ⅱ)将曲线c0绕原点顺时针转，得到曲线c，直接写出曲线c的方程．4222(2)已知点a是曲线c的左顶点．圆e：x-1+y-1=r(r>0)与直线l：x=1交于P、Q两点，直线AP、AQ分别与双曲线C交于M、N两点．试问：点A到直线MN的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时r的值；若不存在，说明理由．22【答案】(1)(ⅰ)2；(ⅱ)x-y=1．(2)存在，点A到直线MN距离的最大值为2，5．y=1【详解】(1)(ⅰ)由题意可知双曲线y=1的实轴在y=x上，联立2x，2xy=xx=2x=-22212222解得2或2，即双曲线y=2x的两顶点为2,2,-2,-2，y=y=-22222222故实轴长为2a=+++=2；2222π(ⅱ)将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，422曲线C的方程为x-y=1；(2)方法一：设A-1,0，Mx1,y1，Nx2,y2，显然直线MN的斜率存在，设MN：y=kx+m，22222联立C：x-y=1得1-kx-2kmx-m+1=0，2222kmm+1所以Δ=4m+1-k>0，x1+x2=2，x1x2=-2①，1-k1-ky12y12y2因为MA：y=x+1，令x=1，则yP=，同理，yQ=，②x1+1x1+1x2+1依题意得yp+yQ=2，③22由①②③得，-2k+2m=-m+2km-k，所以m-km-k+2=0，即m=k或m=k-2，若m=k，则MN：y=kx+1过点A，不合题意；若m=k-2，则MN：y=kx+1-2．所以，MN恒过G-1,-2，3,所以，dmax=AG=2．当且仅当MN⊥AG，即k=0时取得，22此时MN方程为y=-2，结合x-y=1，解得N5,-2，yQ=-5-1，r=1-yQ=5，综上所述，点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为5；方法二：设A-1,0，P1,1+r，Q1,1-r，Mx1,y1，Nx2,y2，22则AP：x=y-1，AQ：x=y-1，1+r1-r22424联立x-y-1=0，得-1y-y=0，1+r21+r41+ryA=0为此方程的一根，另外一根为y1，则y1=2，4-1+r8代入AP方程得，x1=-1，24-1+r41-r8同理可得y2=2，x2=2-1，4-1-r4-1-r841+r841-r即M-1,，N-1,，4-1+r24-1+r24-1-r24-1-r2y-y2215-r则kMN==，x2-x1424(1+r)25-r85-r所以直线MN的方程为y=x-+1+=x+1-2，44-1+r24-1+r24所以直线MN过定点G-1,-2,25-r所以dmax=AG=2．当且仅当MN⊥AG，即kMN==0时取得，4解得r=5,综上所述，点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为5；方法三：设A-1,0，P1,1+r，Q1,1-r，Mx1,y1，Nx2,y2，1+r1-r则kAP+kAQ=+=1，22依题意，直线MN不过点A，可设MN：mx+1+ny=1，222222曲线C的方程x-y=1改写为x+1-1-y=1，即x+1-2x+1-y=0，22联立直线MN的方程得x+1-2x+1mx+1+ny-y=0，22所以1-2mx+1-2nx+1y-y=0，若x=-1，则y=0，代入直线MN方程，无解；y2y2故x≠-1，两边同时除以x+1得x+1+2n⋅x+1+2m-1=0，2y1y21则Δ=4n-8m+4>0，+=kAP+kAQ=-2n=1得n=-，x1+1x2+121在直线MN：mx+1-y=1中，令x=-1，则y=-2，2所以，MN恒过G-1,-2，4,所以，dmax=AG=2，当且仅当MN⊥AG，即kMN=0,∴m=0时取得，此时Δ=1-0+4>0，符合题意，且MN方程为y=-2，解得N5,-2，yQ=-5-1，r=1-yQ=5，综上所述，点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为5．4(2024·广东·一模)数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量22和矩阵.对于平面向量a=(x,y)，其模定义为|a|=x+y.类似地，对于n行n列的矩阵Ann=a11a12a13⋯a1na21a22a23⋯a2nnn21，其模可由向量模拓展为A=∑∑a2(其中a为矩阵中第i行第j列的数，∑为求ijija31a32a33⋯a3ni=1j=1⋮⋮⋮⋮a11a1224和符号)，记作AF，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A22==，其矩a21a2235nn1222222阵模AF=∑∑aij=2+4+3+5=36.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.i=1j=1100⋯0020⋯0*(1)∀n∈N，n≥3，矩阵Bnn=003⋯0，求使BF>35的n的最小值.⋮⋮⋮⋮000⋯n*(2)∀n∈N，n≥3，，矩阵Cnn=1cosθcosθcosθ⋯cosθcosθ0-sinθ-sinθcosθ-sinθcosθ⋯-sinθcosθ-sinθcosθ222200sinθsinθcosθ⋯sinθcosθsinθcosθ求CF.⋮⋮⋮⋮⋮⋮n-2n-2n-2n-20000⋯(-1)sinθ(-1)sinθcosθn-1n-10000⋯0(-1)sinθlnn+200⋅⋅⋅0n+122lnn+12lnn+120⋅⋅⋅0nn(3)矩阵D=⋮，证明：∀n∈N*，n≥3，D>n.mnF3n+9n-1n-1n-14n-14n-14n-1ln3ln3ln3⋅⋅⋅0nnnnln3nln3nln3n⋅⋅⋅ln3n2222【答案】(1)10(2)‖C‖F=n(3)证明见解析nnnnn+122【详解】(1)由题意得BF=∑∑bij=∑k=1+2+3+⋯+n-1+n=.i=1j=1k=12n(n+1)2若‖B‖F>35，则>45，即n+n-90>0.2*因式分解得(n-9)(n+10)>0.因为n∈N，所以n>9.5,所以使‖B‖F>35的n的最小值是10.2n242n-21-sinθ(2)由题得第1对角线上的平方和为1+sinθ+sinθ+⋯+sinθ=，21-sinθ第2对角线上的平方和为2n-2222n-421-sinθ2n-2cosθ1+sinθ+⋯+sinθ=cosθ⋅=1-sinθ，21-sinθ⋯第k对角线上的平方和为2n-2k+2222n-2k21-sinθ2n-2k+2cosθ1+sinθ+⋯+sinθ=cosθ⋅=1-sinθ，21-sinθ⋯2第n对角线上的平方和为cosθ，2n21-sinθ2n-22n-2k+24所以‖C‖F=+1-sinθ+⋯+1-sinθ+⋯+1-sinθ+21-sinθ2242n-22n-22n-2k+2cosθ=1+sinθ+sinθ+⋯+sinθ+(n-2)-sinθ-⋯-sinθ-⋯-4222sinθ+cosθ=1+(n-2)+sinθ+cosθ=1+(n-2)+1=n.所以‖C‖F=n.n(3)由题意知，证明‖D‖F>3n+923242n+2n等价于证明ln+ln+⋯+ln>，23n+13n+9n2k+223242n+2注意到左侧求和式ln=ln+ln+⋯+ln，k+123n+1k=1将右侧含有n的表达式表示为求和式有n1111111111∑k+2-k+3=3-4+4-5+⋯+n+1-n+2+n+2-n+3k=111n=-=3n+33n+92n+21111*故只需证ln>>=-,∀n≥1,n∈N成立，n+1(n+2)2(n+2)(n+3)n+2n+3n+21*1即证ln>,∀n≥1,n∈N成立，令x=1+，n+1n+2n+113则需证lnx≥1-x,x∈1,2成立，记f(x)=lnx+1-1,x∈1,3(x)=1-1=x-1>0在1,33，则f上恒成立，所以f(x)在1,上x2xx2x222单调递增，所以f(x)>f(1)=ln1+1-1=0，13n+21*所以lnx>1-x在1,2上恒成立，即lnn+1>n+2,∀n≥1,n∈N成立，所以原不等式成立.5(2024·山东济南·一模)在空间直角坐标系O-xyz中，任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz6,222+D=0，其中A,B,C,D∈R，A+B+C≠0，且n=A,B,C为该平面的法向量.已知集合P=x,y,zx≤1,y≤1,z≤1，Q=x,y,zx+y+z≤2，T=x,y,zx+y≤2,y+z≤2,z+x≤2.(1)设集合M=x,y,zz=0，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1，Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2，求S1和S2的值；(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1，P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2，求V1和V2的值：(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积V3的值；②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.【答案】(1)S1=4，S2=8；3220(2)V1=，V2=；332π(3)①16；②，共有12个面，24条棱.3【详解】(1)集合M=x,y,zz=0表示xOy平面上所有的点，P=x,y,zx≤1,y≤1,z≤1表示±1,±1,±1这八个顶点形成的正方体内所有的点，而P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点.发现它是边长为2的正方形，因此S1=4.对于Q=x,y,zx+y+z≤2，当x,y,z>0时，x+y+z=2表示经过(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q表示(±2,0,0)，(0,±2,0)，(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点.而Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点.它是边长为22的正方形，因此S2=8.(2)记集合Q，P∩Q中所有点构成的几何体的体积分别为V1，V2；考虑集合Q的子集Q=x,y,zx+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0；即为三个坐标平面与x+y+z=2围成的四面体.四面体四个顶点分别为(0,0,0)，(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)，114此四面体的体积为VQ=×2××2×2=32332由对称性知，V1=8VQ=3考虑到P的子集P构成的几何体为棱长为1的正方体，即P=x,y,z0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1，Q=x,y,zx+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0，7,显然P∩Q为两个几何体公共部分，记Q11,1,0，Q21,0,1，Q30,1,1，Q41,1,1.容易验证Q1，Q2，Q3在平面x+y+z=2上，同时也在P的底面上.则P∩Q为截去三棱锥Q4-Q1Q2Q3所剩下的部分.111P的体积VP=1×1×1=1，三棱锥Q4-Q1Q2Q3的体积为VQ4-Q1Q2Q3=×1××1×1=.32615故P∩Q的体积VP∩Q=VP-VQ-QQQ=1-=.41236620当由对称性知，V2=8VP∩Q=.3(3)如图所示，即为T所构成的图形.其中正方体ABCD-IJML即为集合P所构成的区域.E-ABCD构成了一个正四棱锥，其中E到面ABCD的距离为2，144VE-ABCD=×1×2×2=，V3=VP+6VE-ABCD=8+6×=16.333由题意面EBC方程为x+z-2=0，由题干定义知其法向量n1=1,0,1面ECD方程为y+z-2=0，由题干定义知其法向量n2=0,1,1n1⋅n21故cosn1,n2==.n1⋅n222π由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.3由图可知共有12个面，24条棱.6(2024·山东青岛·一模)记集合S=an|无穷数列an中存在有限项不为零，n∈N*，对任意an∈n-1S，设变换fan=a1+a2x+⋯+anx+⋯，x∈R．定义运算⊗：若an,bn∈S，则an⊗bn∈S，fan⊗bn=fan⋅fbn．(1)若an⊗bn=mn，用a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4表示m4；(2)证明：an⊗bn⊗cn=an⊗bn⊗cn；2n+1+11203-nnn+1,1≤n≤1002,1≤n≤5001(3)若an=，bn=，dn=an⊗bn，证明：d200<．0,n>1000,n>5002【答案】(1)m4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1；8,(2)证明见解析；(3)证明见解析.【详解】(1)因为fan⊗bn=fan⋅fbn2323=a1+a2x+a3x+a4x⋯b1+b2x+b3x+b4x⋯3=⋅⋅⋅+a1b4+a2b3+a3b2+a4b1x+⋅⋅⋅，23且fmn=m1+m2x+m3x+m4x+⋯，33所以，由an⊗bn=mn可得m4x=(a1b4+a2b3+a3b2+a4b1)x，所以m4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1.(2)因为f({an}⊗{bn})=f({an})⋅f({bn})，所以f({an})⋅f({bn})⋅f({cn})=f({an}⊗{bn})⋅f({cn})=f(({an}⊗{bn})⊗{cn})又因为fan⋅fbn⋅fcn=fan⋅fbn⋅fcn=f({an})⋅f({bn}⊗{cn})=f({an}⊗({bn}⊗{cn}))所以f(({an}⊗{bn})⊗f{cn})=f({an}⊗({bn}⊗f{cn}))，所以an⊗bn⊗cn=an⊗bn⊗cn.(3)对于{an},{bn}∈S，n-1n-1n-1因为(a1+a2x+⋯+anx+⋯)(b1+b2x+⋯+bnx+⋯)=d1+d2x+⋯+dnx+⋯，n-1n-1k-1n-kn-2n-1所以dnx=a1(bnx)+⋯+akx(bn+1-kx)+⋯+an-1x(b2x)+anxb1，所以dn=a1bn+a2bn-1+⋯+akbn+1-k+⋯+an-1b2+anb1，n所以an⊗bn=dn=∑akbn+1-k，k=12001002001001002(k+1)+1d200=akb201-k=akb201-k+akb201-k=akb201-k=k+2，k=1k=1k=101k=1k=1k(k+1)2100121所以d200=∑1+-，k=12k+2kk+1100100111=∑k+2+∑k+1-k+2k=12k=1k⋅2k+1⋅211021=-<.2101×210227(2024·山东聊城·一模)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.9,(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.【答案】(1)经过2秒机器人可能位于的区域为P、Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C31(2)6(3)当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概n1112率为-⋅332【详解】(1)经过2秒机器人可能位于的区域为P、Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C3；(2)若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B2，1P有三个相邻区域，故由P→B2的概率为p1=，31B2有两个相邻区域，故由B2→Q的概率为p2=，2111则经过2秒机器人位于区域Q的概率为p1p2=×=；326(3)机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→⋯，设经过n秒机器人位于区域Q的概率Pn，则当n为奇数时，Pn=0，1当n为偶数时，由(2)知，P2=，由对称性可知，6经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等，亦为Pn，故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2Pn，1若第n秒机器人位于区域P，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为，61若第n秒机器人位于区域Q1，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为，612若第n秒机器人位于区域Q，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为1-2×=，6321111则有Pn+2=Pn+Pn+1-2Pn，即Pn+2=+Pn，366621111令Pn+2+λ=Pn+λ，即Pn+2=Pn-λ，即有λ=-，2223P-1111n+231即有Pn+2-3=2Pn-3，则1=2，Pn-3P-1P-1P-1n31n-231431故有=、=、⋯、=，P-12P-12P-12n-23n-432310,111Pn-3Pn-2-3P4-3111n-11111n22故1×1×⋯×1×P2-3=Pn-3=2×6-3=-3⋅2，Pn-2-3Pn-4-3P2-3n1112即Pn=3-3⋅2，综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，n1112当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为-⋅.3328(2024·山东烟台·一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆A沿着x轴正向无滑动地滚动，点M为圆A上一个定点，其初始位置为原点O,t为AM绕点A转过的角度(单位：弧度，t≥0).(1)用t表示点M的横坐标x和纵坐标y；1+cos2θ(2)设点M的轨迹在点M0(x0,y0)(y0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：为定值；y0(3)若平面内一条光滑曲线C上每个点的坐标均可表示为(x(t),y(t)),t∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F(β)-22F(α)，其中函数F(t)满足F(t)=[x(t)]+[y(t)].当点M自点O滚动到点E时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE的长度.【答案】(1)x=t-sint,y=1-cost；(2)证明见解析；(3)8.【详解】(1)依题意，y=1-cost,|OB|=BM=t，则x=|OB|-sint=t-sint，所以x=t-sint,y=1-cost.yx⋅xtytsintsint(2)由复合函数求导公式yt=yx⋅xt及(1)得yx===，因此tanθ=，xtxt1-cost1-cost222cosθ2而1+cos2θ=2cosθ==222sinθ+cosθtanθ+1222(1-cost)===1-cost=y0，sint2+12-2cost1-cost1+cos2θ所以为定值1.y022t(3)依题意，F(t)=(1-cost)+sint=2-2cost=2sin.2tttt由0≤≤π，得sin≥0，则F(t)=2sin，于是F(t)=-4cos+c(c为常数)，2222则F(2π)-F(0)=(-4cosπ+c)-(-4cos0+c)=8，所以OE的长度为8.1219(2024·山东济宁·一模)已知函数fx=lnx-ax+a∈R．2211,(1)讨论函数fx的单调性；fx2-fx1(2)若0<x1<x2，证明：对任意a∈0,+∞，存在唯一的实数ξ∈x1,x2，使得f(ξ)=成立；x2-x12n+1*(3)设an=2，n∈n，数列an的前n项和为sn．证明：sn>2ln(n+1)．n【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)211-ax函数fx的定义域为0,+∞，fx=-ax=，xx①若a≤0，fx>0恒成立，fx在0,+∞上单调递增．1②若a>0，x∈0,时，fx>0，fx单调递增；a1x∈a,+∞时，fx<0，fx单调递减．综上，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；11当a>0时，fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减．(2)fx2-fx1证明：令Fx=fx-，x>0x2-x112121lnx2-2ax2-lnx1+2ax11lnx2-lnx11则Fx=-ax-=-ax-+ax2+x1xx2-x1xx2-x12因为a>0，1lnx2-lnx11所以，Fx=-ax-+ax2+x1在区间x1,x2上单调递减．xx2-x121lnx2-lnx111lnx2-lnx11Fx1=-ax1-+ax2+x1=-+ax2-x1x1x2-x12x1x2-x121x2x21=x-xx-1-lnx+2ax2-x121111t-1令gt=t-1-lnt，t>0，则gt=1-=，tt所以，t∈0,1时，gt<0，gt单调递减，t∈1,+∞时，gt>0，gt单调递增，所以，gtmin=g1=0，x2x2x2x2又0<x1<x2，所以，x>1，所以gx=x-1-lnx>0恒成立，1111又因为a>0，x2-x1>0，所以，Fx1>0．1x1x21同理可得，Fx2=x-x1-x-lnx+2ax1-x2，2121111由t-1-lnt≥0(t=1时等号成立)得，-1-ln≥0，即1--lnt≤0(t=1时等号成立)，ttt12,x1x1x2又0<x1<x2，所以0<<1，所以1--ln<0恒成立，x2x2x1又因为a>0，x1-x2<0，x2-x1>0，所以，Fx2<0，所以，区间x1,x2上存在唯一实数ξ，使得Fξ=0，fx2-fx1所以对任意a∈0,+∞，存在唯一的实数ξ∈x1,x2，使得fξ=成立；x2-x1(3)121证明：当a=1时，由(1)可得，fx=lnx-x+在1,+∞上单调递减．22121所以，x>1时，fx<f1=0，即lnx-x+<0．22n+1*n+11n+121令x=，n∈n，则ln-+<0，nn2n2n+122n+1即-1>2lnn+1-2lnn，即>2lnn+1-2lnnnn2*令bn=2lnn+1-2lnn，n∈N，则an>bn，所以，a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an>b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn=2ln2-2ln1+2ln3-2ln2+⋯+2lnn+1-2lnn=2lnn+1，所以，Sn>2lnn+1.10(2024·山东淄博·一模)在平面直角坐标系xOy中，点.F5,0，点Px,y是平面内的动点.若以PF22为直径的圆与圆D:x+y=1相切，记点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)设点A(1,0),M(0,t),N(0,4-t)(t≠2)，直线AM，AN分别与曲线C交于点S，T(S，T异于A)，过点A作AH⊥ST，垂足为H，求|OH|的最大值.22y【答案】(1)C:x-=14(2)2+1x+5y【详解】(1)设P(x,y)，则PF的中点G2,2，1根据题意得|OG|=|PF|±1，2x+52y2122即+=(x-5)+y±1，2222222整理得(x+5)+y-(x-5)+y=2，22y化简整理，得点P的轨迹方程C:x-=1.4(2)设Sx1,y1,Tx2,y2，由对称性可知直线ST的斜率存在，所以可设直线ST:y=mx+n，22yx-=1联立直线ST与曲线C的方程，得4，y=mx+n222消元整理，得4-mx-2mnx-n+4=0(m≠±2)，13,22则Δ>0⇒4+n-m>0，①22mnn+4x1+x2=-2,x1x2=2②m-4m-4y1y1所以AS:y=(x-1)，令x=0，得点M纵坐标t=-，x1-1x1-1y2y1y2同理可得点N纵坐标4-t=-，故+=-4，x2-1x1-1x2-1将y1=mx1+n,y2=mx2+n代入上式整理，得(2m+4)x1x2+(n-m-4)x1+x2+4-2n=0，22将②代入得m+2mn+n+2m+2n=0⇒(m+n)(m+n+2)=0，若m+n=0，则直线ST:y=m(x-1)，恒过A(1,0)不合题意；若m+n+2=0，则ST:y=m(x-1)-2，恒过Q(1,-2)，22y因为直线ST恒过Q(1,-2)，且与C:x-=1始终有两个交点，又A(1,0)，4AH⊥ST，垂足为H，所以点H轨迹是以AQ为直径的圆(不含点A)，设AQ中点为E，则圆心E(1,-1)，半径为1，所以|OH|≤|OE|+1=2+1，当且仅当点H在线段OE上时，OH取最大值2+1.11(2024·山东泰安·一模)已知各项均不为0的递增数列an的前n项和为Sn，且a1=2,a2=4,anan+1=*2SnSn+1+Sn-1-2Sn(n∈N，且n≥2)．(1)求数列1的前n项和T；nSn(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”．证明：*①对任意k≤5且k∈N，存在“G-数列”bn，使得bk≤ak≤bk+1成立；*②当k≥6且k∈N时，不存在“G-数列”cn，使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立．n【答案】(1)Tn=n+1(2)①证明见解析；②证明见解析【详解】(1)anan+1=2SnSn+1+Sn-1-2Sn=2Snan+1-ann≥2，∵an各项均不为0且递增，∴an+1-an≠0，anan+1∴2Sn=，an+1-anan-1an∴2Sn-1=n≥3，an-an-1anan+1an-1an∴2an=-，an+1-anan-an-1化简得anan+1+an-1-2an=0n≥3，∴an+1+an-1=2ann≥3，∵a1=2,a2=4，∴a2a3=2S2S3+S1-2S2，14,∴a3=6，∴a1+a3=2a2，∴an为等差数列，2∴an=2n,Sn=n+n，1111∴==-，Snnn+1nn+111111n∴Tn=1-+-+⋯+-=；223nn+1n+1(2)①证明：设“G-数列”公比为q，且q>1，*k-1k由题意，只需证存在q对k≤5且k∈N,2q≤2k≤2q成立，即k-1lnq≤lnk≤klnq成立，lnx1-lnx设fx=，则fx=，xx2令fx=0，解得x=e，当x∈0,e时，fx>0,fx单调递增，当x∈e,+∞时，fx<0,fx单调递减，ln2ln3∵<，23lnkln3∴fk=≤，k33*∴存在q=3，使得lnk≤klnq对任意k≤5且k∈N成立，*3k-1经检验，对任意k≤5且k∈N,(3)≤k均成立，*∴对任意k≤5且k∈N，存在“G-数列”bn使得bk≤ak≤bk+1成立；m-1m②由①知，若cm≤am≤cm+1成立，则q≤m≤q成立，2356当k≥6时，取m=3得q≤3≤q，取m=6得q≤6≤q，315q≥3q≥243由5，得15，q≤6q≤216∴q不存在，*∴当k≥6且k∈N时，不存在“G-数列”cn使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立．12(2024·山东菏泽·一模)帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．ma0+a1x+⋯+amx给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=，且满n1+b1x+⋯+bnx(m+n)(m+n)足：f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，⋯，f(0)=R(0)．(注：f(x)=f(x)，f(x)=f(x)(4)(5)(4)(n)(n-1)，f(x)=f(x)，f(x)=f(x)，⋯；f(x)为f(x)的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的ax1,1阶帕德近似为R(x)=．1+bx(1)求实数a，b的值；(2)比较fx与R(x)的大小；15,f(x)1(3)若h(x)=--mf(x)在(0,+∞)上存在极值，求m的取值范围．R(x)21【答案】(1)a=1，b=；2(2)答案见解析；1(3)0,．2ax【详解】(1)由f(x)=ln(x+1)，R(x)=，有f(0)=R(0)，1+bx11a-2ab可知f(x)=，f(x)=-，R(x)=，R(x)=，x+1(x+1)2(1+bx)2(1+bx)3a=11由题意，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，所以，所以a=1，b=．-2ab=-122x2x(2)由(1)知，R(x)=，令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x>-1)，x+2x+2214x则φ(x)=-=>0，x+1(x+2)2(x+1)(x+2)2所以φ(x)在其定义域(-1,+∞)内为增函数，又φ(0)=f(0)-R(0)=0，∴x≥0时，φ(x)=f(x)-R(x)≥φ(0)=0；-1<x<0时，φ(x)=f(x)-r(x)<φ(0)=0；所以x≥0时，f(x)≥r(x)；-1<x<0时，f(x)<r(x)．f(x)11(3)由h(x)=-2-mf(x)=x+mln(x+1)，r(x)2111mx+x-(x+1)ln(x+1)∴h(x)=-ln(x+1)++m=．x2xx+1x2(x+1)f(x)1由h(x)=--mf(x)在(0,+∞)上存在极值，所以h(x)在(0,+∞)上存在变号零点．r(x)22令g(x)=mx+x-(x+1)ln(x+1)，则g(x)=2mx+1-ln(x+1)+1=2mx-ln(x+1)，g(x)=2m-1．x+1①m<0时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(x)<g(0)=0，g(x)在(0,+∞)上为减函数，g(x)<g(0)=0，无零点，不满足条件．1②当2m>1，即m>时，g(x)>0，g(x)为增函数，g(x)>g(0)=0，g(x)在(0,+∞)上为增函数，g(x)>2g(0)=0，无零点，不满足条件．111③当0<2m<1，即0<m<时，令g(x)=0即2m=，∴x=-1．2x+12m11当0<x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数；x>-1时，g(x)>0，g(x)为增函数，2m2m111∴gmin(x)=g2m-1=2m2m-1-ln2m-1+1=1-2m+ln2m；11令H(x)=1-x+lnx，0<x<1，h(x)=-1+，h(x)=-1+>0在0<x<1时恒成立，xx1h(x)在0,1上单调递增，h(x)<h(1)=0，∴g-1=(1-2m)+ln2m<0恒成立；2m16,222mx-1∵x>0，0<m<1，∴x(m-1)<0，则mx-1>mx-1+mx-x=x+1mx-1，∴>mx-1，x+12mx-1∴1+-ln(x+1)>mx-ln(x+1)；x+12mx+x∵g(x)=(x+1)-ln(x+1)，x+122mx+xmx-1令l(x)=-ln(x+1)=1+-ln(x+1)>mx-ln(x+1)=m(x+1)-ln(x+1)-m，x+1x+1111-x+1令Fx=ln(x+1)-2x+1x>0，Fx=-=<0，x+1x+1x+1则Fx在0,+∞是单调递减，Fx<f0=-2，所以ln(x+1)<2x+1，mm∴l(x)>m(x+1)-2x+1-m=(x+1)-m+(x+1)-2x+1，221616mm81令x=-1，则x+1=，∴(x+1)-2x+1≥0，(x+1)-m=-m>00<m<．m2m222m216∴l(x)>0，即l-1>0．m21116由零点存在定理可知，l(x)在-1,+∞上存在唯一零点x0∈-1,-1，2m2mm21又由③知，当0<x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(0)=0，2m1所以此时，g(x)<0，在0,-1内无零点，2m1∴g(x)在(0,+∞)上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为0,．2*13(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当fx在x=0处的nn∈n3nf0f0f023n阶导数都存在时，fx=f0+f0x+x+x+⋯+x+⋯．注：fx表示fx的22!3!n!n阶导数，即为fx的导数，fxn≥3表示fx的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．1(1)根据该公式估算sin的值，精确到小数点后两位；22462xxxx(2)由该公式可得：cosx=1-+-+⋯．当x≥0时，试比较cosx与1-的大小，并给出证明；2!4!6!2n*11(3)设n∈n，证明：>n-．14n+2k=1(n+k)tann+k【答案】(1)0.48；2x(2)cosx≥1-，证明见解析；2(3)证明见解析.34【详解】(1)令fx=sinx，则f(x)=cosx，f(x)=-sinx，fx=-cosx，fx=sinx，⋯34故f0=0，f(0)=1，f(0)=0，f0=-1，f0=0，⋯357xxx由麦克劳林公式可得sinx=x-+-+⋯，3!5!7!17,111故sin=-+⋯≈0.48.22482x(2)结论：cosx≥1-，2证明如下：2x令gx=cosx-1+,x≥0，2令hx=gx=-sinx+x,hx=-cosx+1≥0，故hx在0,+∞上单调递增，hx≥h0=0，故gx在0,+∞上单调递增，gx≥g0=0，22xx即证得cosx-1+≥0，即cosx≥1-．222x(3)由(2)可得当x≥0时，cosx≥1-，且由hx≥0得sinx≤x，22x当且仅当x=0时取等号，故当x>0时，cosx>1-,sinx<x，2cos1cos11n+kn+k11=>=cos>1-，111n+k2(n+k)2n+ktann+ksinn+k⋅n+kn+kn+k1222而=<=2222(n+k)(2n+2k)(2n+2k)-12n+2k-12n+2k+111=-，2n+2k-12n+2k+1111即有1>1--n+ktan2n+2k-12n+2k+1n+kn1111111故1>n-2n+1-2n+3+2n+3-2n+5+⋯+4n-1-4n+1k=1(n+k)tann+k11=n-+2n+14n+111111而n-+-n-=->0，2n+14n+14n+24n+14n+2n11即证得>n-.14n+2k=1(n+k)tann+kxe-114(2024·湖北武汉·模拟预测)已知函数fx=．x(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)证明：fx是其定义域上的增函数；x(3)若fx>a，其中a>0且a≠1，求实数a的值．【答案】(1)y=x+e-2(2)证明过程见解析(3)a=exxxe-e+1【详解】(1)由题意f1=e-1，即切点为1,e-1,fx=,k=f1=1，2x18,所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=x-1+e-1，即y=x+e-2；xx-1e+1xx(2)由fx=，设gx=x-1e+1，则gx=xe，2x所以当x<0时，gx<0，gx单调递减，当x>0时，gx>0，gx单调递增，又g0=0，所以对于任意的x≠0有gx>0，即fx>0，因此fx在-∞,0单调递增，在0,+∞单调递增，xx即hx=e-x-1，则hx=e-1，xxe-1所以x<0时，hx<0，hx单调递减，所以hx>h0=0，即e-1>x，即<1，xxxe-1x>0时，hx>0，hx单调递增，所以hx>h0=0，即e-1>x，即>1，x所以fx是其定义域上的增函数.x(3)由(2)可知，x<0时，fx<1，所以a<1，故a>1，k1-kx-kx令a=e,k>0，Fx=e-e-x，由题意x<0时，Fx<0，x>0时，Fx>0，1-kx-kx-kx若k≥1，则当x>1时，Fx=e-e-x≤1-e-x<0，不满足条件，所以0<k<1，1-kx-kx而fx=1-ke+ke-1，21-kx2-kx-kx2x2令gx=fx，则gx=1-ke-ke=e1-ke-k，k令gx=0，得x=2ln，1-kkkfx在-∞,2ln1-k单调递减，在2ln1-k,+∞单调递增，kk若2ln<0，则当2ln<x<0时，fx<f0=0，fx单调递减，此时fx>F0=0，不满1-k1-k足题意；kk若2ln>0，则当0<x<2ln时，fx<f0=0，fx单调递减，此时fx<f0=0，不满1-k1-k足题意；k若2ln=0，则当x<0时，fx>F0=0，Fx单调递增，此时Fx<f0=0，1-k且当x>0时，Fx>F0=0，Fx单调递增，此时Fx>F0=0，满足题意，k1所以2ln=0，解得k=，1-k2综上所述，a=e.15(2024·福建·模拟预测)对于函数f(x)，若实数x0满足f(x0)=x0，则称x0为f(x)的不动点.已知a≥0，12且f(x)=lnx+ax+1-a的不动点的集合为A.以minM和maxM分别表示集合M中的最小元素和最大2元素.(1)若a=0，求A的元素个数及maxA；(2)当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.19,(i)求B；nf(an)4**(ii)若a=minB，数列{an}满足a1=2，an+1=，集合Cn=ak-1,，n∈N.求证：∀n∈N，ank=134maxCn=.3【答案】(1)A的元素个数为2，maxA=11(2)(i)B=4,+∞；(ii)证明见解析1【详解】(1)当a=0时，fx=lnx+1，其定义域为0,+∞.21由fx=x得lnx-x+1=0.211-2x设gx=lnx-x+1，则gx=，22x11当x∈0,2时，gx>0；当x∈2,+∞时，gx<0；11所以gx在0,2单调递增；在2,+∞单调递减，11注意到g1=0，所以gx在2,+∞恰有一个零点x=1，且g2>g1=0，-2-2-211又ge=-e<0，所以geg2<0，所以gx在0,2恰有一个零点x0，11即fx在2,+∞恰有一个不动点x=1，在0,2恰有一个不动点x=x0，所以A=x0,1，所以A的元素个数为2，又因为x0<1，所以maxA=1.(2)(i)当a=0时，由(1)知，A有两个元素，不符合题意；12当a>0时，fx=lnx+ax+1-a，其定义域为0,+∞，212由fx=x得lnx+ax-x+1-a=0.221214ax-2x+1设hx=lnx+ax-x+1-a，x∈0,+∞，则hx=+2ax-1=，22x2x2设Fx=4ax-2x+1，则Δ=4-16a，1①当a≥时，Δ≤0,Fx≥0,hx≥0，所以hx在0,+∞单调递增，4又h1=0，所以hx在0,+∞恰有一个零点x=1，即fx在0,+∞恰有一个不动点x=1，符合题意；1②当0<a<,δ>0，故Fx恰有两个零点x1,x2x1<x2.4又因为f0=1>0,F1=4a-1<0，所以0<x1<1<x2，当x∈0,x1时，fx>0,hx>0；当x∈x1,x2时，Fx<0,hx<0；当x∈x2,+∞时，Fx>0,hx>0；所以hx在0,x1单调递增，在x1,x2单调递减，在x2,+∞单调递增；注意到h1=0，所以hx在x1,x2恰有一个零点x=1，20,且hx1>h1=0,hx2<h1=0，又x→0时，hx→-∞，所以hx在0,x1恰有一个零点x0，从而fx至少有两个不动点，不符合题意；11所以a的取值范围为4,+∞，即集合b=4,+∞.11(ii)由(i)知，b=4,+∞，所以a=minb=4，11231123此时，fx=lnx+x+，hx=lnx+x-x+，由(i)知，hx在0,+∞单调递增，244244fx所以，当x>1时，hx>h1=0，所以fx>x，即>1，x故若an>1，则an+1>1，因此，若存在正整数N使得aN≤1，则aN-1≤1，从而aN-2≤1，*重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而，∀n∈N,an>1，3下面我们先证明当x>1时，lnx<x-1，233设Gx=lnx-x+，x∈1,+∞，22132-3x所以Gx=-=<0，所以Gx在1,+∞单调递减，x22x所以Gx<g1=0，3即当x>1时，lnx<x-1，21123121从而当x>1时，lnx+x+-x<x-x，2444411232lnx+4x+41fx1从而-1<x-1，即-1<x-1，x4x4fan11故-1<an-1，即an+1-1<an-1，an44由于an>1，an+1>1，所以an-1>0，an+1-1>0，1故an+1-1<an-1，41111故n≥2时，an-1<4an-1-1<2an-2-1<⋯<n-1a1-1=n-1，4441nn1-n*144144所以∀n∈n,∑ak-1≤∑k-1=1=31-n<3，故maxcn=3.k=1k=141-4412解法二：(i)当x=1时，lnx+ax+1-a=1=x，故x=1是fx的一个不动点；21lnx-x+1122当x≠1时，由lnx+ax+1-a=x，得a=(*)，21-x212要使得a恰有一个元素，即方程lnx+ax+1-a=x有唯一解，因此方程(*)无实数解，21lnx-x+12即直线y=a与曲线y=无公共点.21-x21,1x-x+lnx+1-1+32lnx-x+12x2x2113令mx=，则mx=，令nx=-x+lnx+-+(x>1-x21-x222x2x20)，32-(x-1)2x+1111-x+x+x-1则nx=-1+-+==≤0，xx3x2x3x3所以nx在0,+∞单调递减，又因为n1=0，所以当x∈0,1时，nx>0，当x∈1,+∞时，nx<0，所以当x∈0,1时，mx>0，当x∈1,+∞时，mx<0所以mx在0,1单调递增，在1,+∞单调递减，x-1-1lnx1lnx-1+32'22x2令m1x=，则m11=0，m1x=2，x+1(x+1)x-1-1lnx1lnx-x+122x+1则limmx=lim=limx→1x→11-x2x→1x-1m1x-m111=lim=m11=，x→1x-14又因为当x→0时，mx→-∞，当x→+∞时，mx→0，所以曲线y=mx的大致图象如图所示：111由图可知，a≥4，所以a的取值范围为4,+∞，即集合B=4,+∞.11(ii)由(i)知，B=4,+∞，所以a=minB=4，1123此时，fx=lnx+x+，2441123lnx+x+x2-2lnx-1244令φx=，则φx=，x4x22222x-1令tx=x-2lnx-1，当x>1时，tx=2x-=>0，所以tx在1,+∞单调递增，xx所以当x>1时，tx>t1=0，所以φx>0，所以φx在1,+∞单调递增，所以φx>φ1=1，故若an>1，则an+1>1，因此，若存在正整数N使得aN≤1，则aN-1≤1，从而aN-2≤1，*重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而，∀n∈N,an>1.11下面先证明当x>1时，lnx<x-.2x211111(x-1)令gx=x--lnx，则gx=1+-=≥0，2x2x2x2x222,11所以gx在0,+∞单调递增，所以当x>1时，gx>g1=0，所以当x>1时，lnx<x-.2x1123fx2lnx+4x+4-x所以-1=xx111123×x-+x+-x(x-1)3122x44<=<x-1，x4x24由于an>1,an+1>1，所以an-1>0,an+1-1>0，fan11故-1<an-1，即an+1-1<an-1，an441故an+1-1<an-1，41111故n≥2时，an-1<4an-1-1<2an-2-1<⋯<n-1a1-1=n-1.4441nn1-n*144144所以∀n∈n,∑ak-1≤∑k-1=1=31-n<3，故maxcn=3.k=1k=141-44*(ii)解法三：同解法一可得，∀n∈n,an>1.下面我们先证明当x>1时，lnx<x-1.11-x设gx=lnx-x+1，则当x>1时，Gx=-1=<0，所以Gx在1,+∞单调递减，所以xxGx<g1=0，即lnx<x-1，113从而当x>1时，lnx<x-1<x-1，2241123121于是lnx+x+-x<x-x，2444411232lnx+4x+41fx1从而-1<x-1，即-1<x-1，x4x4fan11故-1<an-1，即an+1-1<an-1，an44由于an>1,an+1>1，所以an-1>0,an+1-1>0，1故an+1-1<an-1，41111故n≥2时，an-1<4an-1-1<2an-2-1<⋯<n-1a1-1=n-1.4441nn1-n*14414所以∀n∈n,∑ak-1≤∑k-1=1=31-n<3.k=1k=141-444故maxcn=.316(2024·福建泉州·模拟预测)已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线e的离心率为2，过e的右焦点f作垂直于x轴的直线，该直线被e截得的弦长为6．(1)求e的方程；(2)若面积为3的△abc的三个顶点均在e上，边bc过f，边ab过原点，求直线bc的方程：23,1(3)已知m1,0，过点t,2的直线l与e在y轴的右侧交于不同的两点p，q，l上是否存在点s满足tp222⋅sq=ps⋅tq，且sm+sf=13？若存在，求点s的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．22y【答案】(1)x-=1；3(2)x-3y-2=0或x+3y-2=0；(3)不存在，理由见解析【详解】(1)圆锥曲线e的离心率为2，故e为双曲线，2y2x因为e中心在原点、焦点在x轴上，所以设e的方程为-=1a>0,b>0，22ab22b2b令x=c，解得y=±，所以有=6①aa2a2=1又由离心率为2，得1+b=2②，由①②解得，22ab=322y所以双曲线E的标准方程是x-=1．3(2)设Bx1,y1，Cx2,y2，由已知，得F2,0，根据直线AB过原点及对称性，1知S△ABC=2S△BOC=2×⋅OF⋅y1-y2=c⋅y1-y2=2y1-y2，222yx-=122联立方程，得3，化简整理，得3t-1y+12ty+9=0，x=ty+2y+y=-12t1223t-1222所以，且Δ=144t-363t-1=36t+36>0，yy=91223t-1226t+1所以S△ABC=2y1-y2=2y1+y2-4y1y2=2⋅2=3，解得t=±3，3t-1所以直线BC的方程是x-3y-2=0或x+3y-2=0．(3)若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，22y1x-3=1故直线l斜率存在，设直线l方程y-2=kx-，联立方程，得1，2y-2=kx-222212化简整理，得3-kx+k-4kx-4k-2k+7=0，Δ>023-k≠0k2-4k1212依题意有2>0，因为k-2k+7=k-4+3>0恒成立，k-34412k-2k+74k2-3>024,2214所以k-3>0，故k-4k>0，解得：-<k<-3，32x+x=k-4k122k-3设px1,y1，qx2,y2，则由韦达定理，得1k2-2k+7，xx=4122k-3tpsp设点s的坐标为x0,y0，由tp⋅sq=ps⋅tq，得=，tqsqx-112x0-x1则=，变形得到4x1x2-2x0+1x1+x2+2x0=0，x-1x2-x02212k2-4kk-2k+72k-144将x1+x2=2，x1x2=2代入，解得x0=4k-3，k-3k-32k-1419k+12将x0=4k-3代入y-2=kx-2中，解得y0=6-8k，消去k，得到点s的轨迹为定直线l1：3x-4y-6=0上的一段线段(不含线段端点s1，s2，设直线l与双曲线切于s1，直线l与渐近线y=-3x平行时于l1交点为s2)．223因为m1,0，f2,0，且sm+sf=13，取mf中点h,0，2因为2sh=sf+sm,2mh=mf=sf-sm，2222所以2sh+mh=sf+sm，22215所以sm+sf=2sh+=13，故sh=，42322255即s的轨迹方程为x-+y=，表示以点h为圆心，半径为的圆h，2423设直线l1与y轴，x轴分别交于s30,-2，s42,0，依次作出直线ts3，ts1，ts2，ts4，144且四条直线的斜率分别为：kts3=7，kts1=-，kts2=-3，kts4=-，33因为kts3>kTS1>kTS2>kTS4，所以线段S1S2是线段S3S4的一部分3经检验点S30,-2，S42,0均在圆H内部，所以线段S3S4也必在圆H内部，因此线段S1S2也必在圆H内部，所以满足条件TP⋅SQ=PS⋅TQ的点S始终在圆H内部，22故不存在这样的点S，使得TP⋅SQ=PS⋅TQ，且SM+SF=13成立．x17(2024·福建莆田·二模)已知函数fx=e-mx,x∈0,+∞．25,(1)证明：当m≤e时，fx≥0；(2)若函数gx=fx-xlnx-1有两个零点x1,x2．①求m的取值范围；2②证明：x1+lnx2<m-．2【答案】(1)证明见解析(2)①e-1,+∞；②证明见解析x【详解】(1)由题意可得：函数fx=e-m，且x>0，m≤e，x若m≤1，则fx=e-m>1-m≥0在0,+∞内恒成立，可知fx在0,+∞内单调递增，可得fx>f0=1-m≥0；若1<m≤e，令fx>0，解得x>lnm；令fx<0，解得0<x<lnm；可知fx在0,lnm内单调递减，在lnm,+∞内单调递增，可得fx≥flnm=m1-lnm，且1<m≤e，则lnm≤1，则fx≥m1-lnm≥0；综上所述：当m≤e时，fx≥0.x(2)①由题意可得：gx=e-mx-xlnx-1，xe1令gx=0，整理可得-m-lnx-=0，xxxx-1exx-1ex-1e111设hx=-m-lnx-,x>0，则hx=-+=，xxxxx2x2x且x>0，可知e-1>0，令hx>0，解得x>1；令hx<0，解得0<x<1；则hx在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，由题意可知：hx有两个零点，则h1=e-m-1<0，解得m>e-1，-mt若m>e-1>0，令t=e∈0,1，则e-1>0te-1-m则ht=-lnt-m>-lnt-m=-lne-m=0，t可知hx在t,1内有且仅有一个零点；且当x趋近于+∞，hx趋近于+∞，可知1,+∞内有且仅有一个零点；即m>e-1，符合题意，综上所述：m的取值范围为e-1,+∞；x1x1e1e1②由①可知：hx1=-m-lnx1-=0，即m=-lnx1-，x1x1x1x1x12e12若x1+lnx2<m-，等价于x1+lnx2<-lnx1--，2x1x12x1e12等价于lnx1x2<-x1--，x1x12xx-1ex-x-1e12令fx=-x--,x>0，则Fx=，xx2x2xx令φx=e-x-1,x>0，则φx=e-1>0在0,+∞内恒成立，26,可知φx在0,+∞内单调递增，则φx>φ0=0，x即e-x-1>0,x>0，令Fx>0，解得x>1；令Fx<0，解得0<x<1；可知fx在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，2可得fx≥f1=e-2->0；21xx111x-1e-xe+x-1令Gx=hx-h,x>1，则Gx=hx+h=，xx2xx2111xxxx1x令nx=e-xe+x-1,x>1，则nx=e-e+ex+1，x1111xx1x1x1x因为x>1，则nx=e-e+ex+1≥e-e+ex+1=ex+1>0，xxx可知nx在1,+∞内单调递增，则nx>n1=0，可得Gx>0在1,+∞内恒成立，可知Gx在1,+∞内单调递增，1则Gx>G1=0，即hx>h,x>1，x1不妨设0<x1<1<x2，则hx1=hx2>hx，211且0<<1，hx在0,1内单调递减，可得x1<，x2x2即0<x1x2<1，可得lnx1x2<0；x1e12即lnx1x2<0<-x1--，x1x122所以x1+lnx2<m-.218(2024·福建漳州·模拟预测)“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．12他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙233在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单411车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．43(1)若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为x，求x的分布列与数学期望；(3)求丙在3月份第nn=1,2,⋅⋅⋅,31天选择“共享单车”的概率pn，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数．9【答案】(1)1123(2)分布列见解析；期望为128195n-1(3)pn=17+68⋅-12(n=1,2,⋯,31)；2天27,【详解】(1)记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件a,b,c，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件d，12111312311则pd=pabc+pabc+pabc=××+××+××=，234234234241231133又pcd=pabc+pabc=××+××=，23423483pcd89所以pcd==11=，pd11249即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为．11(2)由题意可知，x的所有可能取值为0，1，2，3，1111则px=0=pabc=××=，234241111211131px=1=pabc+pabc+pabc=××+××+××=，234234234411px=2=pd=，241231px=3=pabc=××=，2344所以x的分布列为x012311111p2442441111123故ex=0×+1×+2×+3×=，2442441223即x的数学期望为．123(3)由题意得p1=，41252则pn=pn-1+1-pn-1=-pn-1+n=2,3,⋅⋅⋅,31，43123858所以pn-17=-12pn-1-17，p-8n175所以=-n=2,3,⋅⋅⋅,31．p-812n-117819又因为p1-=≠0，1768所以数列p-8是以19为首项，-5为公比的等比数列，n1768128195n-1所以pn=17+68⋅-12n=2,⋅⋅⋅,31，经检验当n=1时，上式也成立，8195n-1所以pn=17+68⋅-12n=1,2,⋅⋅⋅,31．1由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足pn>1-Pn，即Pn>，228,8195n-11则+⋅->，17681225n-12即->n=1,2,⋅⋅⋅,31，12195n-12当n为偶数时，->显然不成立，12195n-12当n为奇数时，不等式可变为>，12192当n=1时，1>成立；1952252422当n=3时，=>=>成立；121441441219546412当n=5时，12<12=16<19，5n-12则n=5时，>不成立．12195n-1又因为函数y=单调递减，125n-12所以当n≥5时，>不成立，12191所以只有在第1天和第3天时，Pn>，2所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2天．19(23-24高三上·湖北·期中)小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.(1)若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；(2)若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中X1次，第二组投篮2次，投中X2次，求EX1-X2；(3)记Pi表示小明投篮ii=2,3,⋅⋅⋅次，恰有2次投中的概率，记XX=2,3,⋅⋅⋅,n表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数(当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再n+2继续投)，证明：EX≥2Pi.i=21【答案】(1)21(2)2(3)证明见解析【详解】(1)设事件An表示共有nn=0,1,2,3,4次投中，事件B表示第二次没投中，则BA2表示一共投中2次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，12113故PBA2=C3×2×=，222162113A2表示一共投中2次，故PA2=C42×2=8，223PBA2161则PBA2==3=；PA228(2)方法1：根据题意有X1可得取值为0,1,2,3，X2的可能取值为0,1,2，29,故X1-X2的可能取值为-2,-1,0,1,2,3，111则PX1-X2=-2=PX1=0PX2=2=3×2=32，22PX1-X2=-1=PX1=0PX2=1+PX1=1PX2=211111121153⋅C22×2+C32×2×2=32，22PX1-X2=0=PX1=0PX2=0+PX1=1PX2=1+PX1=2PX2=211111111211153×2+C32×2⋅C22×2+C32×2×2=16，22222PX1-X2=1=PX1=1PX2=0+PX1=2PX2=1+PX1=3PX2=21111211111115=C32×2×2+C32×2⋅C22×2+3×2=16，22222PX1-X2=2=PX1=2PX2=0+PX1=3PX2=1211111115C32×2×2+3⋅C22×2=32，222111PX1-X2=3=PX1=3PX2=0=3×2=32.221555511所以EX1-X2=(-2)×+(-1)×+0×+1×+2×+3×=.323216163232211方法2：因为X1~B3,2，X2~B2,2，131所以EX1=3×=，EX2=2×=1.222又因为X1，X2互相独立，1所以EX1-X2=EX1-EX2=.221i(i-1)(3)根据题意可知P(i)=Ci×=.ii+122111k-1k-1P(X=k)=Ck-12×2=k，k=2,3,⋅⋅⋅,n-1，212n-2P(X=n)=1-++⋅⋅⋅+，22232n-112n-2记Sn=++⋅⋅⋅+①，23n-1222112n-2Sn=++⋅⋅⋅+②，234n2221-11111n-24nn-21n2两式相减得Sn=++⋯+-=-=-，222232n-12n12n22n1-2n故Sn=1-，n-12nn故P(X=n)=1-1+=.n-1n-122n-1n-1k-1n所以E(X)=kPX=k+nPX=n=k+n⋅kn-1k=2k=22230,n-1k-12nn-12n+1nn2nn-12n+1n=2k+++n⋅--k+1n+1n+2n-1n+1n+2k=2222222n+1i(i-1)n(n+1)=2+，i+1n+1i=222n(n+1)n(n+1)n+1n+12n2n22又因为==，且当n≥2时，≥1，2P(n+2)n+2(n+1)n+2n+22×n+2+12n+1n+1n+2i(i-1)n(n+1)所以E(X)=2+≥2P(i)+2P(n+2)=2P(i).i+1n+1i=222i=2i=22220(2024·福建龙岩·一模)已知双曲线C:x-y=4,A是双曲线C的左顶点，直线l:x=my+tm≠±1.(1)设直线l过定点B1,0，且交双曲线C于E,F两点，求证：直线AE与AF的斜率之积为定值；(2)设直线l与双曲线C有唯一的公共点M.(i)已知直线l与双曲线C的两条渐近线相交于两点R,S，求证：MR=MS；(ii)过点M且与l垂直的直线分别交x轴､y轴于Px,0,Q0,y两点，当点M运动时，求点Nx,y的轨迹方程.【答案】(1)证明见解析22(2)(i)证明见解析；(ii)x-y=16【详解】(1)因为直线l过定点B(1,0)，所以x=my+1(m≠±1)，x=my+1,22由22消去x，得m-1y+2my-3=0,Δ>0,m≠±1，x-y=4,2m3设Ex1,y1,Fx2,y2，则y1+y2=-2,y1y2=-2，m-1m-1y1y2直线AE的斜率kAE=,kAF=，x1+2x2+2y1y2y1y2y1y2所以kAE⋅kAF===2x1+2x2+2my1+3my2+3my1y2+3my1+y2+9-32-31m-1===m2⋅-3+3m⋅-2m+9-3m2-6m2+9m2-9322m-1m-1即直线AE与AF的斜率之积为定值.(2)因为直线l:x=my+t(m≠±1)与双曲线C有唯一的公共点M，所以直线l与双曲线C相切.x=my+t222由22，消去x，得m-1y+2mty+t-4=0.x-y=4222222由题意得，Δ=4mt-4m-1t-4=0，化简得t=41-m.-2mtmt记切点MxM,yM，则2yM=2,yM=2，m-11-m-ttmt代入直线l得xM=，故M,.m2-11-m21-m231,(i)双曲线的两条浙近线方程为y=±x，x=-tx=ty=xm-1y=-xm+1由，得，由得，x=my+ty=-tx=my+ty=-tm-1m+1-t-t-tt故Rm-1,m-1,Sm+1,m+1，-t-t-2t所以xR+xS=+=2=2xM，所以MR=MS.m-1m+1m-1mtt(ii)过点M且与l垂直的直线方程为y+=-mx+.m2-1m2-1-2mt-2t令x=0，得y=，令y=0，得x=，22m-1m-1-2t-2mt-2t-2mt所以N,.因为x=,y=，m2-1m2-1m2-1m2-1y22161-m2224t16所以=m,x===，222222xm-1m-11-m21622所以x=，化简得x-y=16，2y1-2x222224t64因为t=41-m,m≠±1,∴t∈(0,4],x==∈[16,+∞)，222m-1t2224mt64y==-16∈[0,+∞)，222m-1t22所以点N(x,y)的轨迹方程为x-y=16.221(2024·福建福州·模拟预测)已知函数fx=xlnx-x-1．(1)讨论fx的单调性；-x12(2)求证：fx<e+--1；x2x(3)若p>0,q>0且pq>1，求证：fp+fq<-4．【答案】(1)fx在区间0,+∞上单调递减(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，fx=lnx-2x+1，11-2x记tx=fx,tx=-2=，xx11当x∈0,2时，tx>0,tx单调递增；当x∈2,+∞时，tx<0,tx单调递减，1所以t(x)max=t2=-ln2<0，即fx<0，所以fx在区间0,+∞上单调递减．(2)法一：先证fx≤-x-1，记gx=fx+x+1，2则gx=xlnx-x+x=xlnx-x+1，32,1记mx=lnx-x+1，则mx=-1，所以x∈0,1时，mx>0,mx递增；xx∈1,+∞时，mx<0,mx递减．所以m(x)max=m1=0，所以mx≤0，又x>0，所以gx≤0，故fx≤-x-1．-x12-x12-x12再证e+--1>-x-1，即证e+-+x>0，记hx=e+-+x，x2xx2xx2x-x12-x则hx=e+x-1+-1≥e+x-1，x-x-x记px=e+x-1，则px=1-e>0，所以px在x∈0,+∞递增，-x12所以px>p0=0，所以hx>0，即e+--1>-x-1，x2x-x12所以fx<e+--1.x2xxx法二：构造函数hx=e-x-1(x>0),hx=e-1，x当x>0时，hx>0,hx单调递增，hx>h0=0，所以e>x+1，1构造函数φx=lnx-x+1,φx=-1，x当x∈0,1时，φx>0,φx单调递增；当x∈1,+∞时，φx<0,φx单调递减．所以φ(x)max=φ1=0，即φx≤0，即lnx≤x-1成立．22所以fx=xlnx-x-1≤xx-1-x-1=-x-1，-x121212所以e+--1>-x+1+--1=--x，x2xx2xx2x121212则只需证明--x≥-x-1，即-+1≥0，而-1≥0显然成立，x2xx2xx-x12所以fx<e+--1．x2x(3)法一：由(2)知mx=lnx-x+1的最大值为0．因为p>0,q>0且pq>1，则p,q之中至少有一个大于1，11不妨设p>1，则q>>0，由(1)可知fx为减函数，所以fq<f，pp1所以fp+fq<fp+f，p111122因为fp+f=plnp-p-1+ln--1pppp11211=p-lnp-p--4=p-lnp-p+-4，pppp111记sp=lnp-p+，则sp=mp+-1≤-1<0，ppp11因为p>1，所以p>，所以fp+f<-4，所以fp+fq<-4．pp法二：先证fx≤-x-1，记gx=fx+x+1，2则gx=xlnx-x+x=xlnx-x+1，1记mx=lnx-x+1，则mx=-1，所以x∈0,1时，mx>0,mx递增；x33,x∈1,+∞时，mx<0,mx递减．所以m(x)max=m1=0，所以mx≤0，又x>0，所以gx≤0，故fx≤-x-1．所以fp≤-p-1,fq≤-q-1，因为p>0,q>0且pq>1，所以fp+fq<-p-q-2，所以p+q≥2pq>2×1=2，所以-p-q<-2，则fp+fq<-2-2=-4．34</f，pp1所以fp+fq<fp+f，p111122因为fp+f=plnp-p-1+ln--1pppp11211=p-lnp-p--4=p-lnp-p+-4，pppp111记sp=lnp-p+，则sp=mp+-1≤-1<0，ppp11因为p></e+--1．x2x(3)法一：由(2)知mx=lnx-x+1的最大值为0．因为p></e+--1.x2xxx法二：构造函数hx=e-x-1(x></e+--1；x2x(3)若p></x1x2<1，可得lnx1x2<0；x1e12即lnx1x2<0<-x1--，x1x122所以x1+lnx2<m-.218(2024·福建漳州·模拟预测)“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．12他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙233在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单411车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．43(1)若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为x，求x的分布列与数学期望；(3)求丙在3月份第nn=1,2,⋅⋅⋅,31天选择“共享单车”的概率pn，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数．9【答案】(1)1123(2)分布列见解析；期望为128195n-1(3)pn=17+68⋅-12(n=1,2,⋯,31)；2天27,【详解】(1)记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件a,b,c，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件d，12111312311则pd=pabc+pabc+pabc=××+××+××=，234234234241231133又pcd=pabc+pabc=××+××=，23423483pcd89所以pcd==11=，pd11249即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为．11(2)由题意可知，x的所有可能取值为0，1，2，3，1111则px=0=pabc=××=，234241111211131px=1=pabc+pabc+pabc=××+××+××=，234234234411px=2=pd=，241231px=3=pabc=××=，2344所以x的分布列为x012311111p2442441111123故ex=0×+1×+2×+3×=，2442441223即x的数学期望为．123(3)由题意得p1=，41252则pn=pn-1+1-pn-1=-pn-1+n=2,3,⋅⋅⋅,31，43123858所以pn-17=-12pn-1-17，p-8n175所以=-n=2,3,⋅⋅⋅,31．p-812n-117819又因为p1-=≠0，1768所以数列p-8是以19为首项，-5为公比的等比数列，n1768128195n-1所以pn=17+68⋅-12n=2,⋅⋅⋅,31，经检验当n=1时，上式也成立，8195n-1所以pn=17+68⋅-12n=1,2,⋅⋅⋅,31．1由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足pn></x1<1<x2，则hx1=hx2></x<1；可知fx在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，2可得fx≥f1=e-2-></m-，等价于x1+lnx2<-lnx1--，2x1x12x1e12等价于lnx1x2<-x1--，x1x12xx-1ex-x-1e12令fx=-x--,x></x<1；则hx在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，由题意可知：hx有两个零点，则h1=e-m-1<0，解得m></x<lnm；可知fx在0,lnm内单调递减，在lnm,+∞内单调递增，可得fx≥flnm=m1-lnm，且1<m≤e，则lnm≤1，则fx≥m1-lnm≥0；综上所述：当m≤e时，fx≥0.x(2)①由题意可得：gx=e-mx-xlnx-1，xe1令gx=0，整理可得-m-lnx-=0，xxxx-1exx-1ex-1e111设hx=-m-lnx-,x></m≤e，令fx></m-．2【答案】(1)证明见解析(2)①e-1,+∞；②证明见解析x【详解】(1)由题意可得：函数fx=e-m，且x></k<-3，32x+x=k-4k122k-3设px1,y1，qx2,y2，则由韦达定理，得1k2-2k+7，xx=4122k-3tpsp设点s的坐标为x0,y0，由tp⋅sq=ps⋅tq，得=，tqsqx-112x0-x1则=，变形得到4x1x2-2x0+1x1+x2+2x0=0，x-1x2-x02212k2-4kk-2k+72k-144将x1+x2=2，x1x2=2代入，解得x0=4k-3，k-3k-32k-1419k+12将x0=4k-3代入y-2=kx-2中，解得y0=6-8k，消去k，得到点s的轨迹为定直线l1：3x-4y-6=0上的一段线段(不含线段端点s1，s2，设直线l与双曲线切于s1，直线l与渐近线y=-3x平行时于l1交点为s2)．223因为m1,0，f2,0，且sm+sf=13，取mf中点h,0，2因为2sh=sf+sm,2mh=mf=sf-sm，2222所以2sh+mh=sf+sm，22215所以sm+sf=2sh+=13，故sh=，42322255即s的轨迹方程为x-+y=，表示以点h为圆心，半径为的圆h，2423设直线l1与y轴，x轴分别交于s30,-2，s42,0，依次作出直线ts3，ts1，ts2，ts4，144且四条直线的斜率分别为：kts3=7，kts1=-，kts2=-3，kts4=-，33因为kts3></n-1a1-1=n-1.4441nn1-n*14414所以∀n∈n,∑ak-1≤∑k-1=1=31-n<3.k=1k=141-444故maxcn=.316(2024·福建泉州·模拟预测)已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线e的离心率为2，过e的右焦点f作垂直于x轴的直线，该直线被e截得的弦长为6．(1)求e的方程；(2)若面积为3的△abc的三个顶点均在e上，边bc过f，边ab过原点，求直线bc的方程：23,1(3)已知m1,0，过点t,2的直线l与e在y轴的右侧交于不同的两点p，q，l上是否存在点s满足tp222⋅sq=ps⋅tq，且sm+sf=13？若存在，求点s的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．22y【答案】(1)x-=1；3(2)x-3y-2=0或x+3y-2=0；(3)不存在，理由见解析【详解】(1)圆锥曲线e的离心率为2，故e为双曲线，2y2x因为e中心在原点、焦点在x轴上，所以设e的方程为-=1a></x-x，2444411232lnx+4x+41fx1从而-1<x-1，即-1<x-1，x4x4fan11故-1<an-1，即an+1-1<an-1，an44由于an></g1=0，即lnx<x-1，113从而当x></x-1.11-x设gx=lnx-x+1，则当x></n-1a1-1=n-1.4441nn1-n*144144所以∀n∈n,∑ak-1≤∑k-1=1=31-n<3，故maxcn=3.k=1k=141-44*(ii)解法三：同解法一可得，∀n∈n,an></n-1a1-1=n-1，4441nn1-n*144144所以∀n∈n,∑ak-1≤∑k-1=1=31-n<3，故maxcn=3.k=1k=141-4412解法二：(i)当x=1时，lnx+ax+1-a=1=x，故x=1是fx的一个不动点；21lnx-x+1122当x≠1时，由lnx+ax+1-a=x，得a=(*)，21-x212要使得a恰有一个元素，即方程lnx+ax+1-a=x有唯一解，因此方程(*)无实数解，21lnx-x+12即直线y=a与曲线y=无公共点.21-x21,1x-x+lnx+1-1+32lnx-x+12x2x2113令mx=，则mx=，令nx=-x+lnx+-+(x></x-x，2444411232lnx+4x+41fx1从而-1<x-1，即-1<x-1，x4x4fan11故-1<an-1，即an+1-1<an-1，an44由于an></g1=0，3即当x></h1=0，又x→0时，hx→-∞，所以hx在0,x1恰有一个零点x0，从而fx至少有两个不动点，不符合题意；11所以a的取值范围为4,+∞，即集合b=4,+∞.11(ii)由(i)知，b=4,+∞，所以a=minb=4，11231123此时，fx=lnx+x+，hx=lnx+x-x+，由(i)知，hx在0,+∞单调递增，244244fx所以，当x></x1<1<x2，当x∈0,x1时，fx></x2.4又因为f0=1></a<,δ></f0=0，1-k且当x></x<2ln时，fx<f0=0，fx单调递减，此时fx<f0=0，不满1-k1-k足题意；k若2ln=0，则当x<0时，fx></k<1，1-kx-kx而fx=1-ke+ke-1，21-kx2-kx-kx2x2令gx=fx，则gx=1-ke-ke=e1-ke-k，k令gx=0，得x=2ln，1-kkkfx在-∞,2ln1-k单调递减，在2ln1-k,+∞单调递增，kk若2ln<0，则当2ln<x<0时，fx<f0=0，fx单调递减，此时fx></x，2cos1cos11n+kn+k11=></x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(0)=0，2m1所以此时，g(x)<0，在0,-1内无零点，2m1∴g(x)在(0,+∞)上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为0,．2*13(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当fx在x=0处的nn∈n3nf0f0f023n阶导数都存在时，fx=f0+f0x+x+x+⋯+x+⋯．注：fx表示fx的22!3!n!n阶导数，即为fx的导数，fxn≥3表示fx的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．1(1)根据该公式估算sin的值，精确到小数点后两位；22462xxxx(2)由该公式可得：cosx=1-+-+⋯．当x≥0时，试比较cosx与1-的大小，并给出证明；2!4!6!2n*11(3)设n∈n，证明：></m<．m2m222m216∴l(x)></f0=-2，所以ln(x+1)<2x+1，mm∴l(x)></m<1，∴x(m-1)<0，则mx-1></x<1时恒成立，xx1h(x)在0,1上单调递增，h(x)<h(1)=0，∴g-1=(1-2m)+ln2m<0恒成立；2m16,222mx-1∵x></x<1，h(x)=-1+，h(x)=-1+></m<时，令g(x)=0即2m=，∴x=-1．2x+12m11当0<x<-1时，g(x)<0，g(x)为减函数；x></x<0时，φ(x)=f(x)-r(x)<φ(0)=0；所以x≥0时，f(x)≥r(x)；-1<x<0时，f(x)<r(x)．f(x)11(3)由h(x)=-2-mf(x)=x+mln(x+1)，r(x)2111mx+x-(x+1)ln(x+1)∴h(x)=-ln(x+1)++m=．x2xx+1x2(x+1)f(x)1由h(x)=--mf(x)在(0,+∞)上存在极值，所以h(x)在(0,+∞)上存在变号零点．r(x)22令g(x)=mx+x-(x+1)ln(x+1)，则g(x)=2mx+1-ln(x+1)+1=2mx-ln(x+1)，g(x)=2m-1．x+1①m<0时，g(x)<0，g(x)为减函数，g(x)<g(0)=0，g(x)在(0,+∞)上为减函数，g(x)<g(0)=0，无零点，不满足条件．1②当2m></f1=0，即lnx-x+<0．22n+1*n+11n+121令x=，n∈n，则ln-+<0，nn2n2n+122n+1即-1></x1<x2，所以0<<1，所以1--ln<0恒成立，x2x2x1又因为a></x1<x2，所以，x></x1<x2，证明：对任意a∈0,+∞，存在唯一的实数ξ∈x1,x2，使得f(ξ)=成立；x2-x12n+1*(3)设an=2，n∈n，数列an的前n项和为sn．证明：sn></x0<2，解得x0=1.2(2024·广东广州·一模)某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由n(n≥3,n*∈n)位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上31场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知a团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，42且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.(1)若n=3，用x表示a团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求x的均值；(2)记a团队第k(1≤k≤n-1,k∈n*)位成员上场且闯过第二关的概率为p，集合k∈n*p<3中元kk128素的最小值为k0，规定团队人数n=k0+1，求n.63【答案】(1)；32(2)7.【详解】(1)依题意，x的所有可能取值为1,2,3，3131331193911px=1=×=,px=2=×+××=，px=3=1--=，428484223283632所以x的分布列为：x1233911p83232393363数学期望ex=++=.816323231(2)令p=,q=，若前k-1位玩家都没有通过第一关测试，42k-11k-1313其概率为(pk)1=(1-p)pq=4⋅4⋅2=k，2⋅4若前k-1位玩家中第i1≤i≤k-1位玩家才通过第一关测试，i-1则前面i-1位玩家无人通过第一关测试，其概率为(1-p)，第i位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为p1-q，k-i-1第i+1位玩家到第k-1位玩家都没有通过第二关测试，其概率为(1-q)，所以前面k-1位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：2,k-1k-1i-1k-i-1k-11-pi-1(pk)2=(1-p)p(1-q)(1-q)q=pq(1-q)⋅i=1i=11-q1k-131k-1k-11i-131k-11⋅1-31k-12=822=8⋅2⋅1=k+11-2，i=11-2231k1k因此第k位成员闯过第二关的概率pk=(pk)1+(pk)2=22-4，31k1k31k1k1由22-4<128，得2-4<64，解得k≥6，则k0=6，所以n=7.k3(2024·广东佛山·二模)已知以下事实：反比例函数y=(k≠0)的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条x渐近线．1(1)(ⅰ)直接写出函数y=的图象c0的实轴长；2xπ(ⅱ)将曲线c0绕原点顺时针转，得到曲线c，直接写出曲线c的方程．4222(2)已知点a是曲线c的左顶点．圆e：x-1+y-1=r(r></x0<2，所以>
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