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高考2022年浙江省( )

设函数f(x)=e/2x+ln⁡x (x>0).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)已知a,b∈R,曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1 )),(x2,f(x2 )),(x_3,f(x_3 ))处的切线都经过点(a,b).证明:

(ⅰ)若a>e,则0<b-f(a)<1/2 (a/e-1);

(ⅱ)若0<a<e,x1<x2<x_3,则2/e+(e-a)/(6e2 )<1/x1 +1/x_3 <2/a-(e-a)/(6e2 ).

(注:e=2.71828⋯是自然对数的底数)

(1)f' (x)=-e/(2x2 )+1/x=(2x-e)/(2x2 ),

当0<x<e/2,f' (x)<0;当x>e/2,f' (x)>0,

故f(x)的减区间为(0,e/2),f(x)的增区间为(e/2,+∞).

(2)(ⅰ)因为过(a,b)有三条不同的切线,设切点为(xi,f(xi )),i=1,2,3,

故f(xi )-b=f' (xi )(xi-a),

故方程f(x)-b=f' (x)(x-a)有3个不同的根,

该方程可整理为(1/x-e/(2x2 ))(x-a)-e/2x-ln⁡x+b=0,

设g(x)=(1/x-e/(2x2 ))(x-a)-e/2x-ln⁡x+b,

则g' (x)=1/x-e/(2x2 )+(-1/x2 +e/x3 )(x-a)-1/x+e/(2x2 )

=-1/x3  (x-e)(x-a),

当0<x<e或x>a时,g' (x)<0;当e<x<a时,g' (x)>0,

故g(x)在(0,e),(a,+∞)上为减函数,在(e,a)上为增函数,

因为g(x)有3个不同的零点,故g(e)<0且g(a)>0,

故(1/e-e/(2 e 2 ))(e-a)-e/2e-ln⁡e+b<0且(1/a-e/(2a2 ))(a-a)-e/2a-ln⁡a+b>0,

整理得到:b<a/2e +1且b>e/2a+ln⁡a=f(a),

此时b-f(a)-1/2 (a/e-1)<a/2e+1-(e/2a+ln⁡a )-a/2e+1/2=3/2-e/2a-ln⁡a,

设u(a)=3/2-e/2a-ln⁡a,则u' (a)=(e-2 a)/(2a2 )<0,

故u(a)为(e,+∞)上的减函数,故u(a)<3/2-e/2e-ln⁡e=0,

故0<b-f(a)<1/2 (a/e-1) 

(ⅱ)当0<a<e时,同(ⅰ)中讨论可得:

故g(x)在(0,a),(e,+∞)上为减函数,在(a,e)上为增函数,

不妨设x1<x2<x3,则0<x1<a<x2<e<x3

因为g(x)有3个不同的零点,故g(a)<0且g(e)>0,

故(1/e-e/(2 e 2 ))(e-a)-e/2e-ln⁡e+b>0且(1/a-e/(2a2 ))(a-a)-e/2a-ln⁡a+b<0,

整理得到:a/2e +1<b<a/2e +ln⁡a,

因为x1<x2<x3,故0<x1<a<x2<e<x3

又g(x)=1-(a+e)/x+ea/(2x2 )-ln⁡x+b,

设t=e/x,a/e=m∈(0,1),则方程1-(a+e)/x+ea/(2x2 )-ln⁡x+b=0即为:

-(a+e)/e t+a/2e t2+ln⁡t+b=0即为-(m+1)t+m/2 t2+ln⁡t+b=0,

记t1=e/x1 ,t2=e/x2 ,t3=e/x3 ,

则t1,t1,t3为-(m+1)t+m/2 t2+ln⁡t+b=0有三个不同的根,

设k=t1/t3 =x3/x1 >e/a>1,m=a/e<1,

要证:2/e+(e-a)/(6e2 )<1/x1 +1/x2 <2/a-(e-a)/(6e2 ),即证2+(e-a)/6e<t1+t3<2e/a-(e-a)/6e,

即证:(13 -m)/6<t1+t3<2/m-(1-m)/6,

即证:(t1+t3-(13 -m)/6)(t1+t3-2/m+(1-m)/6)<0,

即证:t1+t3-2-2/m<(m-13)(m2-m+12)/36m(t1+t3 ) ,

而-(m+1) t1+m/2 t12+ln⁡t1+b=0且-(m+1) t3+m/2 t32+ln⁡t3+b=0,

故ln⁡t1-ln⁡t3+m/2 (t12-t32 )-(m+1)(t1-t3 )=0,

故t1+t3-2-2/m=-2/m×(ln⁡t1-ln⁡t3)/(t1-t3 ),

故即证:-2/m×(ln⁡t1-ln⁡t3)/(t1-t3 )<(m-13)(m2-m+12)/36m(t1+t3 ) ,

即证:((t1+t3 )  ln⁡t1/t3)/(t1-t3 )+(m-13)(m2-m+12)/72>0

即证:((k+1)  ln⁡k)/(k-1)+(m-13)(m2-m+12)/72>0,

记φ(k)=((k+1)  ln⁡k)/(k-1),k>1,则φ' (k)=1/(k-1)2  (k-1/k-2 ln⁡k )>0,

设u(k)=k-1/k-2 ln⁡k,则u' (k)=1+1/k2 -2/k>2/k-2/k=0即φ' (k)>0,

故φ(k)在(1,+∞)上为增函数,故φ(k)>φ(m),

所以((k+1)  ln⁡k)/(k-1)+(m-13)(m2-m+12)/72>((m+1)  ln⁡m)/(m-1)+(m-13)(m2-m+12)/72,

记ω(m)=ln⁡m+(m-1)(m-13)(m2-m+12)/72(m+1) ,0<m<1,

则ω' (m)=((m-1)2 (3m3-20m2-49m+72))/(72m(m+1)2 )>((m-1)2 (3m3+3))/(72m(m+1)2 )>0,

所以ω(m)在(0,1)为增函数,故ω(m)<ω(1)=0,

故ln⁡m+(m-1)(m-13)(m2-m+12)/72(m+1) <0即((m+1)  ln⁡m)/(m-1)+(m-13)(m2-m+12)/72>0,

故原不等式得证.

高考2022年浙江省( )

如图,已知椭圆x2/12+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q(0,1/2)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-1/2 x+3于C,D两点.

 

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;

(2)求|CD|的最小值.

(1)设Q(2√3 cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,P(0,1),则

|PQ|2=12 cos2⁡θ+(1-sinθ)2=13-11 sin2⁡θ-2sinθ=-11(sinθ+1/11)2+144/11≤144/11,

当且仅当sin⁡θ=-1/11时取等号,故|PQ|的最大值是(12√11)/11.

(2)设直线AB:y=kx+1/2,

直线AB方程与椭圆x2/12+y2=1联立,可得(k2+1/12) x2+kx-3/4=0,

设A(x1,y1 ),B(x2,y2),则

因为直线PA:y=(y1-1)/x1  x+1与直线y=-1/2 x+3交于C,

所以xC=(4x1)/(x1+2y1-2)=(4x1)/((2k+1) x1-1),

同理可得, xD=(4x2)/(x2+2y2-2)=(4x2)/((2k+1) x2-1).

∴|CD|=|xC-xD |=√5/2 |(4x1)/((2k+1) x1-1)-(4x2)/((2k+1) x2-1)|

=2√5 |(x1-x2)/[(2k+1)x1-1][(2k+1)x2-1] |=2√5 |(x1-x2)/((2k+1)2 x1 x2-(2k+1)(x1+x2 )+1)|

=(3√5)/2⋅/|3k+1| =(6√5)/5⋅)/|3k+1| ≥(6√5)/5×)/|3k+1| =(6√5)/5,

当且仅当k=3/16时取等号,故|CD|的最小值为(6√5)/5.

高考2022年浙江省( )

已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N* ).

(1)若S4-2a2 a3+6=0,求Sn

(2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.

(1)∵S4-2a2 a3+6=0,a1=-1,

∴-4+6d-2(-1+d)(-1+2d)+6=0,

化简得d2-3d=0,

又d>1,所以d=3,

所以an=3n-4,Sn=(a1+an )n/2=(3n2-5n)/2.

(2)∵an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,

∴(an+1+4cn )2=(an+cn )(an+2+15cn ),

即(nd-1+4cn )2=(-1+nd-d+cn )(-1+nd+d+15cn ),

化简得cn2+(14d-8nd+8)cn+d2=0,

由已知方程cn2+(14d-8nd+8)cn+d2=0的判别式大于等于0,

得Δ=(14d-8nd+8)2-4d2=(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥0对于任意的n∈N*恒成立,

化简得[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]≥0对于任意的n∈N*恒成立,

当n=1时,[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]=(d+1)(d+2)≥0,

当n=2时,由(2d-2d-1)(4d-3d-2)≥0,可得d≤2,

当n≥3时,[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]>(n-3)(2n-5)≥0,

又d>1,所以1<d≤2.

高考2022年浙江省( )

如图,已知ABCD和CDEF都是直角梯形,AB//DC,DC//EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,二面角F-DC-B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点.

 

(1)证明:FN⊥AD;

(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.

(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G,H.

 

∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形,AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,

由平面几何知识易知,DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°,

则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形,

∴在Rt△EGD和Rt△DHA,EG=DH=2√3,

∵D⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB=C,

∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角,则∠BCF=60°,

∴△BCF是正三角形,由DC⊂平面ABCD,得平面ABCD⊥平面BCF,

∵N是BC的中点,

∴FN⊥BC,又DC⊥平面BCF,FN⊂平面BCF,可得FN⊥CD,而BC∩CD=C,

∴FN⊥平面ABCD,而AD⊂平面ABCD,

∴FN⊥AD.

(2)因为FN⊥平面ABCD,过点N做AB平行线NK,所以以点N为原点, NK,NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz,

设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,-√3,0),E(1,0,3),则M(3,√3/2,3/2),

∴(BM)=(3,-√3/2,3/2),(AD)=(-2,-2√3,0),(DE)=(-2,√3,3)

设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)

,得,取n=(√3,-1,√3),

设直线BM与平面ADE所成角为θ,

∴sin⁡θ=|cos⁡⟨ n ⃗,(BM) ⃗⟩|=(|n ⃗⋅(BM) ⃗|)/(|n ⃗|⋅(BM) ⃗|)==(5√3)/(√7⋅2√3)=(5√7)/14.

高考2022年浙江省( )

在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=√5 c,cos⁡C=3/5.

(1)求sin⁡A的值;

(2)若b=11,求△ABC的面积.

(1)由于cos⁡C=3/5, 0<C<π,则sin⁡C=4/5.因为4a=√5 c,

由正弦定理知4sinA=√5 sinC,则sinA=√5/4 sinC=√5/5.

(2)因为4a=√5 c,由余弦定理,得

cosC=(a2+b2-c2)/2ab=(a2+121-16/5 a2)/22a=(11-a2/5)/2a=3/5,

即a2+6a-55=0,解得a=5,

而sin⁡C=4/5,b=11,

所以△ABC的面积S=1/2 absinC=1/2×5×11×4/5=22.