2019年全国统一高考数学试卷(文科)(全国卷1) 下载本文

面C1DE的距离. 【解答】解法一:

证明:(1)连结B1C,ME,∵M,E分别是BB1,BC的中点, ∴ME∥B1C,又N为A1D的中点,∴ND=A1D, 由题设知A1B1

DC,∴B1C

A1D,∴ME

ND,

∴四边形MNDE是平行四边形, MN∥ED,

又MN?平面C1DE,∴MN∥平面C1DE. 解:(2)过C作C1E的垂线,垂足为H, 由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C, ∴DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH,

∴CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到时平面C1DE的距离, 由已知可得CE=1,CC1=4, ∴C1E=

,故CH=

∴点C到平面C1DE的距离为解法二:

证明:(1)∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,

AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. ∴DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD,

以D为原点,DA为x轴,DE为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系, M(1,

,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,

,0),

=(﹣1,

),

,0),C1(﹣1,

),

,4),

=(0,﹣=(0,

设平面C1DE的法向量=(x,y,z), 则

取z=1,得=(4,0,1), ∵

?=0,MN?平面C1DE,

∴MN∥平面C1DE. 解:(2)C(﹣1,

,0),

=(﹣1,

,0),

第16页(共21页)

平面C1DE的法向量=(4,0,1), ∴点C到平面C1DE的距离: d=

【点评】本题考查线面平行的证明,考查点到平面的距离的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于中档题. 20.(12分)已知函数f(x)=2sinx﹣xcosx﹣x,f′(x)为f(x)的导数. (1)证明:f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围. 【考点】6B:利用导数研究函数的单调性.

【分析】(1)令g(x)=f′(x),对g(x)再求导,研究其在(0,π)上的单调性,结合极值点和端点值不难证明;

(2)利用(1)的结论,可设f′(x)的零点为x0,并结合f′(x)的正负分析得到f(x)的情况,作出图示,得出结论.

【解答】解:(1)证明:∵f(x)=2sinx﹣xcosx﹣x, ∴f′(x)=2cosx﹣cosx+xsinx﹣1

第17页(共21页)

=cosx+xsinx﹣1,

令g(x)=cosx+xsinx﹣1, 则g′(x)=﹣sinx+sinx+xcosx =xcosx, 当x∈(0,当x∴当x=

)时,xcosx>0,

时,xcosx<0, 时,极大值为g(

)=

<0,

又g(0)=0,g(π)=﹣2, ∴g(x)在(0,π)上有唯一零点, 即f′(x)在(0,π)上有唯一零点;

(2)由(1)知,f′(x)在(0,π)上有唯一零点x0, 使得f′(x0)=0,

且f′(x)在(0,x0)为正, 在(x0,π)为负,

∴f(x)在[0,x0]递增,在[x0,π]递减, 结合f(0)=0,f(π)=0, 可知f(x)在[0,π]上非负, 令h(x)=ax, 作出图示,

∵f(x)≥h(x),a≤0, ∴a的取值范围是(﹣∞,0].

【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性,零点等问题,和数形结合的思想方法,难度较大. 21.(12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,⊙M过点A,B且与直线x+2=0相切. (1)若A在直线x+y=0上,求⊙M的半径;

第18页(共21页)

(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|﹣|MP|为定值?并说明理由. 【考点】J9:直线与圆的位置关系.

【分析】(1)由条件知点M在线段AB的中垂线x﹣y=0上,设圆的方程为⊙M的方程为(x﹣a)

2

+(y﹣a)=R(R>0),然后根据圆与直线x+2=0相切和圆心到直线x+y=0的距离,半弦长和

22

半径的关系建立方程组即可;

(2)设M的坐标为(x,y),然后根据条件的到圆心M的轨迹方程为y=4x,然后根据抛物线的定义即可得到定点.

【解答】解:∵⊙M故点A,B且A在直线x+y=0上, ∴点M在线段AB的中垂线x﹣y=0上,

设⊙M的方程为:(x﹣a)+(y﹣a)=R(R>0),则 圆心M(a,a)到直线x+y=0的距离d=又|AB|=4,∴在Rt△OMB中, d+(|AB|)=R, 即

2

2

2

2

2

2

2

又∵⊙M与x=﹣2相切,∴|a+2|=R② 由①②解得

∴⊙M的半径为2或6;

(2)∵线段为⊙M的一条弦,∴圆心M在线段AB的中垂线上, 设点M的坐标为(x,y),则|OM|+|OA|=|MA|, ∵⊙M与直线x+2=0相切,∴|MA|=|x+2|, ∴|x+2|=|OM|+|OA|=x+y+4, ∴y=4x,

∴M的轨迹是以F(1,0)为焦点x=﹣1为准线的抛物线, ∴|MA|﹣|MP|=|x+2|﹣|MP| =|x+1|﹣|MP|+1=|MF|﹣|MP|+1,

∴当|MA|﹣|MP|为定值时,则点P与点F重合,即P的坐标为(1,0), ∴存在定点P(1,0)使得当A运动时,|MA|﹣|MP|为定值.

【点评】本题考查了直线与圆的关系和抛物线的定义,考查了待定系数法和曲线轨迹方程的求法,属难题.

(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,则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)

第19页(共21页)

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为

极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为2ρcosθ+(1)求C和l的直角坐标方程; (2)求C上的点到l距离的最小值. 【考点】Q4:简单曲线的极坐标方程.

ρsinθ+11=0.

【分析】(1)把曲线C的参数方程变形,平方相加可得普通方程,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入2ρcosθ+

ρsinθ+11=0,可得直线l的直角坐标方程;

,与曲线C联立,化为关于x的一元二次方程,

(2)写出与直线l平行的直线方程为

利用判别式大于0求得m,转化为两平行线间的距离求C上的点到l距离的最小值.

【解答】解:(1)由(t为参数),得,

两式平方相加,得(x≠﹣1),

∴C的直角坐标方程为由2ρcosθ+

ρsinθ+11=0,得

(x≠﹣1),

. ;

平行的直线方程为

即直线l的直角坐标方程为得(2)设与直线联立

2

2

,得16x+4mx+m﹣12=0.

2

2

由△=16m﹣64(m﹣12)=0,得m=±4. ∴当m=4时,直线

与曲线C的切点到直线

的距离最小,为

【点评】本题考查间单曲线的极坐标方程,考查参数方程化普通方程,考查直线与椭圆位置关系的应用,训练了两平行线间的距离公式的应用,是中档题. [选修4-5:不等式选讲](10分)

23.已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明: (1)++≤a+b+c;

第20页(共21页)

2

2

2