教案123

解答题练习

1.已知0a，设命题p：函数2212fxxaxa在区间0,1上与x轴有两个不同的交点；命题q：gxxaax在区间0,上有最小值．若pq是真命题，求实数a的取值范围．

2.（本小题满分14分）

等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足ADDB12CEEA（如图3）．将△ADE沿DE折起到△1ADE的位置，使二面角1ADEB成直二面角，连结1AB、1AC （如图4）．

（1）求证：1AD平面BCED；

（2）在线段BC上是否存在点P，使直线1PA与平面1ABD所成的角为60？若存在，求出PB的长，若不存在，请说明理由．

3.如图,在ΔAOB中，已知,6,2BAOAOBAB＝4，D为线段贴的中点. ΔAOC是由绕直线AO旋转而成，记二面角B-AO-C的大小为θ6.

(I)当平面COD丄平面AOB时，求θ的值；

（II）当θ＝32 求二面角B－OD－C的余弦值

B

C E D 1A图4 图3 A

B C D

E 4.如图,长为m +1(m>0)的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动,点M 是线段AB上一点,且MBmAM

(I)求点M的轨迹的方程,并判断轨迹为何种圆锥曲线；

(II)设过点Q(21,0)且斜率不为0的直线交轨迹于C、D两点.试问在x轴上是否存在定点P，使PQ平分乙CPD?若存在,求点P的坐标；若不存在,请说明理由

5．已知抛物线C的方程为yx42. 设动点E(a ，– 2 )，其中a R，过点E分别作抛物线C的两条切线,EAEB，切点为A(x1，y1)、B(x2，y2)．

（1）求证：A，E，B三点的横坐标依次成等差数列；

（2）求直线AB经过的定点坐标．

6.已知函数2()lnfxxaxx（Ra,a为常数）.

（1）过坐标原点O作曲线()yfx的切线，设切点为00(,)Pxy，求0x的值；

(2) 当1a时，若方程()bfxx有实根，求b的最小值；

（3）设 ()()xFxfxe，若()Fx在区间1,0上是单调函数，求a的范围

7. （本小题满分13分）已知函数2()|ln1|,()||2fxxkxgxxxk，其中04k．

(1) 讨论函数()fx的单调性，并求出()fx的极值；

(2) 若对于任意1[1,)x，都存在2[2,)x，使得12()()fxgx，求实数k的取值范围．

1．

解：要使函数2212fxxaxa在0,1上与x轴有两个不同的交点，必须0101,0.ffa≥0，≥0,2,1224012412aaaaa≥0,≥0,0.……………………………………………………………

解得1212a≤．所以当1212a≤时，函数2212fxxaxa在0,1上与x轴有两个不同的交点．…5分

下面求gxxaax在0,上有最小值时a的取值范围：

方法1：因为1,,1,.axaxagxaxaxa≥

①当1a时，gx在0,a和,a上单调递减，gx在0,上无最小值；

②当1a时，1,,21,1.xgxxx≥1gx在0,上有最小值1；

③当01a时，gx在0,a上单调递减，在,a上单调递增，gx在0,上有最小值2gaa．所以当01a≤时，函数gx在0,上有最小值

方法2：因为1,,1,.axaxagxaxaxa≥因为0a，所以10a．

所以函数110yaxaxa是单调递减的．

要使gx在0,上有最小值，必须使21yaxa在,a上单调递增或为常数．即10a≥，即1a≤．

所以当01a≤时，函数gx在0,上有最小值．若pq是真命题，则p是真命题且q是真命题，即p是假命题且q是真命题．

所以1021,,201.aaa≤≤或解得021a≤或112a≤．

故实数a的取值范围为10,21,12． 2. （1）因为等边△ABC的边长为3，且ADDB12CEEA，

所以1AD，2AE．

在△ADE中，60DAE，

由余弦定理得2212212cos603DE．

因为222ADDEAE，

所以ADDE．

折叠后有1ADDE．因为二面角1ADEB是直二面角，所以平面1ADE平面BCED． 又平面1ADE平面BCEDDE，1AD平面1ADE，1ADDE，

所以1AD平面BCED．

（2）解法1：假设在线段BC上存在点P，使直线1PA与平面1ABD所成的角为60．

如图，作PHBD于点H，连结1AH、1AP．

由（1）有1AD平面BCED，而PH平面BCED，

所以1ADPH．又1ADBDD，

所以PH平面1ABD．

所以1PAH是直线1PA与平面1ABD所成的角．

设PBx03x，则2xBH，32PHx．

在Rt△1PAH中，160PAH，所以112AHx．

在Rt△1ADH中，11AD，122DHx．由22211ADDHAH，

得222111222xx．解得52x，满足03x，符合题意．

所以在线段BC上存在点P，使直线1PA与平面1ABD所成的角为60，此时52PB． B C E D 1AH

P 5.（1）xyxy214'2，

,)(2141121点切线过，的抛物线切线方程为过点ExxxxyA),(21421121xaxx整理得：082121axx ，

同理可得：222280xax，

8,2082,2121221xxaxxaxxxx的两根是方程

（2）)24,(2aaAB中点为可得 又2212121212124442ABxxyyxxakxxxx

2(2)()22aaAByxa直线的方程为，

22ayxAB即过定点0,2 ．

6. (1)由1()2fxxax知曲线xfy在点00,yxP处的切线为:0020000ln12xaxxxxxaxy，将原点O代入,经化简得01ln020xx.易知函数1ln2xxxu在区间,0上为递增函数, 注意到01u

故10x.

(2) 当1a时,xxxxfln2.由xxxxxxf121112知:函数xfy在区间1,0上递减,在区间,1上递增.所以01fxf,0,xxxfb,0b即b的最小值为0. …………8分

(3)212lnxxaxaxxFxe.

设xxaxaxxhln122,则axxxxh21122. 易知xh在1,0上是减函数,从而ahxh21. …………9分

当02a,即2a时,0xh,xh在区间1,0上是增函数.

0,01xhh在1,0上恒成立,即0xF在1,0上恒成立.

xF在区间1,0上是减函数,所以 2a满足题意. …………11分

当02a,即2a时,设函数xh的唯一零点为0x，则xh在0,0x上递增,在1,0x上递减,又0,010xhh. xF在1,0x上递增.注意到0aeh,xF在ae,0上递减.这与xF在区间1,0上是单调函数矛盾.所以2a不合题意.

综合得,2a. …………14分

7.(1)22ln (0)()ln ()xkxkxefxxkxkxe，所以2'22 (0)()2 ()xkxexfxxkxex。

易知，()fx在(0,)2k单调递减，在(,)2k单调递增。

所以3()ln2222kkkkff极小.

（2）143k.