内容发布更新时间 : 2024/11/16 0:49:04星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
20．（12分）（2017?新课标Ⅱ）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足（1）求点P的轨迹方程； （2）设点Q在直线x=﹣3上，且过C的左焦点F．
【分析】（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），设P（x，y），运用向量的坐标运算，结合M满足椭圆方程，化简整理可得P的轨迹方程； （2）设Q（﹣3，m），P（
cosα，
sinα），（0≤α＜2π），运用向量的数量积?
=1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l
=
．
+y2=1
的坐标表示，可得m，即有Q的坐标，求得椭圆的左焦点坐标，求得OQ，PF的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，即可得证． 【解答】解：（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0）， 设P（x，y），由点P满足可得（x﹣x0，y）=可得x﹣x0=0，y=即有x0=x，y0=代入椭圆方程
=
．
（0，y0）， y0，
，
+y2=1，可得
+
=1，
即有点P的轨迹方程为圆x2+y2=2； （2）证明：设Q（﹣3，m），P（?
=1，可得（
cosα，
cosα，
sinα），（0≤α＜2π）， cosα，m﹣
sinα）=1，
sinα）?（﹣3﹣msinα﹣2sin2α=1，
即为﹣3解得m=
cosα﹣2cos2α+
，
即有Q（﹣3，），
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椭圆
+y2=1的左焦点F（﹣1，0），
， ，
由kOQ=﹣kPF=
由kOQ?kPF=﹣1，
可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用坐标转移法和向量的加减运算，考查圆的参数方程的运用和直线的斜率公式，以及向量的数量积的坐标表示和两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
21．（12分）（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=
．
【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，
因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0， 所以h（x）min=h（）， 又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0， 所以=1，解得a=1；
（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，
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令t′（x）=0，解得：x=，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0， 所以f（x0）=
﹣x0﹣x0lnx0=
﹣x0+2x0﹣2）max=﹣
=x0﹣
，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣由f′（）＜0可知x0＜＜，
+=；
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）=
；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（
22．（10分）（2017?新课标Ⅱ）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ=4．
（1）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|?|OP|=16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程； （2）设点A的极坐标为（2，
），点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．
【分析】（1）设P（x，y），利用相似得出M点坐标，根据|OM|?|OP|=16列方程化简即可；
（2）求出曲线C2的圆心和半径，得出B到OA的最大距离，即可得出最大面积．
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【解答】解：（1）曲线C1的直角坐标方程为：x=4， 设P（x，y），M（4，y0），则∵|OM||OP|=16， ∴
即（x2+y2）（1+
=16， ）=16，
，∴y0=
，
∴x4+2x2y2+y4=16x2，即（x2+y2）2=16x2， 两边开方得：x2+y2=4x，
整理得：（x﹣2）2+y2=4（x≠0），
∴点P的轨迹C2的直角坐标方程：（x﹣2）2+y2=4（x≠0）． （2）点A的直角坐标为A（1，
），显然点A在曲线C2上，|OA|=2，
=．
，
∴曲线C2的圆心（2，0）到弦OA的距离d=∴△AOB的最大面积S=|OA|?（2+
）=2+
【点评】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，轨迹方程的求解，直线与圆的位置关系，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（2017?新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明： （1）（a+b）（a5+b5）≥4； （2）a+b≤2．
【分析】（1）由柯西不等式即可证明， （2）由a3+b3=2转化为（
=ab，再由均值不等式可得：
=ab≤
）2，即可得到（a+b）3≤2，问题得以证明．
+
）2=
【解答】证明：（1）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（（a3+b3）2≥4， 当且仅当
=
，即a=b=1时取等号，
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（2）∵a3+b3=2，
∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2， ∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2， ∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2， ∴
=ab，
=ab≤（，
）2，
由均值不等式可得：∴（a+b）3﹣2≤∴（a+b）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立．
【点评】本题考查了不等式的证明，掌握柯西不等式和均值不等式是关键，属于中档题
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