内容发布更新时间 : 2024/11/19 14:53:17星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
1110∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为40.
?y?x?1?22x?2pyyx?20.（1）解：由，消去得?2px?2p?0.
(x,y)(x,y)设P，Q的坐标分别为11，22，
则∴∴
x1?x2?2p，x1x2??2p.
PQ?1?12?(2p)2?4(?2p)?26，∵p?0，∴p?1.
OP?OQ?x1x2?y1y2?x1x2?(x1?1)(x2?1)?2x1x2?x1?x2?1??4?2?1??1.
2??y?2px?2?x?2py，得x?y?2p或x?y?0，则M(2p,2p).
（2）证明：由?222y?2p?k(x?2p)x?2pkx?4p(1?k1)?0. x?2py11AM设直线：，与联立得2222??4pk?16p(1?k)?0(k?2)?0，∴k1?2. 1111由，得
222y?2p?k(x?2p)ky?2py?4p(1?k2)?0. y?2px2设直线BM：，与联立得2由
?2?4p?16pk2(1?k2)?0，得(1?2k2)?0，∴
222k2?12.
故直线AM：y?2p?2(x?2p)，直线BM：从而不难求得A(p,0)，B(?2p,0)，C(0,p)，
y?2p?1(x?2p)2，
p21?2222S?pS?3p2（为定值）. ?BOC?ABM∴，，∴?BOC的面积与四边形AOCM的面积之比为3p?p21.（1）解：f(x)?g(x).
证明如下：
xx2h(x)?f(x)?g(x)h'(x)?3e?2x?9为增函数， 3e?x?9x?1设，∵
∴可设当
h'(x0)?0，∵h'(0)??6?0，h'(1)?3e?7?0，∴x0?(0,1).
x?x0时，h'(x)?0；当x?x0时，h'(x)?0.
x02h(x)?h(x)?3e?x?9x0?1， min00∴
x0x03e?2x?9?03e??2x0?9， 0又，∴
22h(x)??2x?9?x?9x?1?xmin0000?11x0?10?(x0?1)(x0?10). ∴
∵∴
x0?(0,1)，∴(x0?1)(x0?10)?0， h(x)min?0，f(x)?g(x).
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（2）证明：设?(x)?xe?4x?5?f(x)?(x?3)e?x?4x?5(x?0)，
x?'(x)?(x?2)(e?2)?0，得x1?ln2，x2?2， 令
则?(x)在(0,ln2)上单调递增，在(ln2,2)上单调递减，在(2,??)上单调递增.
xx2?(2)?9?e2?2，设?(t)?2(ln2?t?2)，
m2(m?3)e?m?3m?5?0(0?m?2)， ∵
m2(m?3)e?m?4m?5?m(0?m?2)，即?(m)?m(0?m?2). ∴
x?(x)??(0)?2?axe?4x?5?f(x)?a. 0?a?t当时，，则
x?(x)??(a)xe?4x?5?f(x)?a，∴?(a)?a，∴t?a?m. t?a?mmin当时，，∵
当m?a?2或a?2时，不合题意. 从而0?a?m.
yy?t3?x，即y?3(x?2)， 22.解：（1）∵x，∴
233??0x又t?0，∴，∴x?2或x?0，
∴曲线M的普通方程为y?3(x?2)（x?2或x?0）.
22222??4cos???4?cos?x?y?4xx?4x?y?0. C∵，∴，∴，即曲线的直角坐标方程为
x?23??y?3(x?2)?2x?4x?y2?0x2?4x?3?0??（2）由得，
∴
x1?1（舍去）x?3，
，2(23,)(3,3)6. 则交点的直角坐标为，极坐标为
?x?1?1?x?4?x?4???2?2x?22x?8?2， 0?2f(x)?223.解：（1）由，得?或?或?解得0?x?5，故不等式f(x)?2的解集为[0,5].
?（2）
?2?2x,x?1???0,1?x?4f(x)?x?4?x?1?3??2x?8,x?4，
作出函数f(x)的图象，如图所示，
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直线y?kx?2过定点C(0,?2)，
12； 当此直线经过点B(4,0)时，
当此直线与直线AD平行时，k??2.
1k?(??,?2)[,??)2故由图可知，.
k?
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