2017年高考数学全国卷(理科新课标Ⅱ )(含答案解析) 下载本文

【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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