上海市某中學(xué)2024-2025學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)期中考試數(shù)學(xué)試卷（附答案解析）

上海市控江中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、填空題

1.設(shè)xeR,不等式的解集為.

2.已知全集。={1,2,3,4},A={2,4},則7=.

3.已知復(fù)數(shù)z滿足z(l-i)=4i(其中i是虛數(shù)單位)，則目=.

4.設(shè)弧〃eR.若向量a=(3,l,-2)與向量刃=(加,-2,〃)平行，貝：加+”=.

5.曲線夕=用在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為.

6.+的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)是(用數(shù)字作答)

7.設(shè)aeR,函數(shù)y=/(x)是奇函數(shù).若/(l)=e"-3,/(-1)=1,則”.

8.設(shè)等差數(shù)列{%}的公差不為0,其前〃項(xiàng)和為S,.若。9=2%，則&=.

2XY>1

9.設(shè)aeR,函數(shù)〃x)='，'若關(guān)于x的方程“對(duì)=。恰有一解，則。的取值范圍

-X,x<1.

為.

10.設(shè)aeR.對(duì)于樣本數(shù)據(jù)。，6,9,6,12,若該樣本的第60百分位數(shù)是一個(gè)整數(shù)，則

符合題意的a的個(gè)數(shù)為.

11.在空間中，。是一個(gè)定點(diǎn)，已知圓錐上的所有點(diǎn)到。的距離都不超過(guò)1，則當(dāng)該圓錐的

體積取得最大值時(shí)，底面半徑為.

12.在平面直角坐標(biāo)系中，已知橢圓一：三+口=1以及圓匕：/+必=4,若點(diǎn)A、B分

2516

別在口、「2上，點(diǎn)C滿足血.數(shù)=1,則|就|的最小值為.

二、單選題

13.下列方程中，能夠表示雙曲線上-產(chǎn)=1的一條漸近線的是().

4

XX

A.y=—B.y=—C.v=2xD.y=4x

42

試卷第1頁(yè)，共4頁(yè)

14.在正方體中，M是的中點(diǎn)，則在下列直線中，與直線相交的

A.直線/4B.直線/與C.直線NGD.直線40

15.設(shè)叱0,表[0,2兀）.若關(guān)于x的等式sin（3x+6）=sin[ax+力恒成立，則滿足條件的有

序?qū)崝?shù)對(duì)（。,6）的對(duì)數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

16.已知函數(shù)/（司=/-3x的圖像為曲線關(guān)于命題①“任取平面上的一點(diǎn)尸，與曲線「關(guān)

于點(diǎn)尸對(duì)稱的曲線口總能表示函數(shù)”和命題②“存在傾斜角。4：今）的直線/,使得與曲線

「關(guān)于/對(duì)稱的曲線匕能表示函數(shù)”的真假判斷，下列說(shuō)法正確的是（）.

A.①和②都是真命題B.①和②都是假命題

C.①是真命題，②是假命題D.①是假命題，②是真命題

三、解答題

17.在直四棱柱N2CD-44GA中，底面/3C。是菱形，且4B=BD=4

⑴求證：直線叫UC；

⑵求二面角的大小.

試卷第2頁(yè)，共4頁(yè)

18.在VN8C中，角A、8、C所對(duì)的邊分別為“、b、c,已知。=5.

7T

(1)右Z=b=3c,求。；

TT

(2)若4=一，5csinB=3b,求V45C的周長(zhǎng).

6

19.為迎接我校校慶，文創(chuàng)中心組織師生共同準(zhǔn)備了書簽及明信片這兩種校慶紀(jì)念品，每種

紀(jì)念品均分為手繪款和普通款兩類.校慶當(dāng)日，志愿者小江負(fù)責(zé)在弦歌臺(tái)服務(wù)點(diǎn)發(fā)放紀(jì)念

品.在做準(zhǔn)備工作時(shí)，小江清點(diǎn)了服務(wù)點(diǎn)已有的各類紀(jì)念品的份數(shù)，發(fā)現(xiàn)缺失手繪款明信片,

準(zhǔn)備向文創(chuàng)中心申請(qǐng)補(bǔ)領(lǐng)，其余紀(jì)念品的份數(shù)如下表所示：

書簽明信片

手繪款40

普通教150120

(1)設(shè)每位抵達(dá)的校友可以隨機(jī)抽取1份紀(jì)念品，小江補(bǔ)領(lǐng)了手繪款明信片40張.記事件

首位抵達(dá)的校友抽到手繪款紀(jì)念品，事件首位抵達(dá)的校友沒(méi)有抽到明信片，分別計(jì)算

P(/)、P(B),并判斷事件3是否獨(dú)立；

(2)設(shè)每位抵達(dá)的校友可以隨機(jī)抽取2份紀(jì)念品.若小江希望事件“首位抵達(dá)的校友恰好抽到

一張明信片，且恰好抽到一份手繪款紀(jì)念品”發(fā)生概率大于0.2,且考慮到紀(jì)念品總數(shù)有限，

希望補(bǔ)領(lǐng)的手繪款明信片的張數(shù)盡可能地少，則他應(yīng)該申請(qǐng)補(bǔ)領(lǐng)多少?gòu)埵掷L款明信片？

20.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線「：/=16了的焦點(diǎn)為尸，過(guò)尸的直線/與拋

⑴若點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為1,求尸|；

⑵證明以。?忸以為定值，并求出該定值；

⑶過(guò)A、8分別作拋物線r的切線4、4，且4、4交于點(diǎn)M，求與AADM的面積

試卷第3頁(yè)，共4頁(yè)

之和的最小值.

21.設(shè)函數(shù)>=/(無(wú))的定義域?yàn)镽.對(duì)于閉區(qū)間/,若存在不“，使得對(duì)任意xe/,均有

成立,貝！J記場(chǎng)(/)=/(々)；若存在％門,使得對(duì)任意xe/,均有〃/)”(力

成立，則記嗎?(/)=/(%).

⑴設(shè)f(x)=--+3x,分別寫出([0,2])及嗎([0,2])；

(2)設(shè)“eZ,/(x)^e'(x-2)2.若對(duì)任意閉區(qū)間/三(-甩可，均有不等式“,(/)-嗎(/)V4

成立，求”的最大值；

(3)已知對(duì)任意閉區(qū)間/,與叼⑺均存在，求證：">=〃x)是R上的嚴(yán)格增函數(shù)或

是R上的嚴(yán)格減函數(shù)”的充要條件是“對(duì)任意兩個(gè)不同的閉區(qū)間人，I2,//(/JHM/A)與

m.f(<)*mf(J2)至少有一個(gè)成立”.

試卷第4頁(yè)，共4頁(yè)

參考答案:

題號(hào)13141516

答案BCBC

1.（-00,-3）U（5,+oo）

【分析】由x-l>4或尤-1<-4即可求解.

【詳解】由

可得：x-l>4或x-l<-4,

解得：x>5x<-3.

所以不等式的解集為：（-S,-3）U（5,+8）.

故答案為：（-8,-3）U（5,+00）

2.{1,3}

【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義求解即可.

【詳解】因?yàn)?={1,2,3,4},5={2,4},所以彳={1,3}

故答案為：{1,3}

3.2亞

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算法則與模長(zhǎng)公式運(yùn)算即可.

,、4i4i（l+i）

【詳解】因?yàn)閦（l-i）=4i,所以z'=（1_：）（］+［廣2+21,

所以目=J（-2）2+2?=2垃.

故答案為：2VL

4.-2

【分析】利用向量平行的坐標(biāo)表示求得〃z，〃，從而得解.

【詳解】因?yàn)橄蛄?=（3,1,-2）與向量3=（嘰-2,〃）平行，

所以加wO,〃wO,

所以3=1上-2，

m-2n

解得：冽=一6,〃=4,

答案第1頁(yè)，共15頁(yè)

所以加+〃=-2.

故答案為：-2

5.尸1-1

【分析】求導(dǎo)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得解.

【詳解】解：y'=~,

X

當(dāng)x=1時(shí)，y'=1,

所以曲線>=1曲在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y=x-l.

故答案為：y=x-i.

6.15

【分析】根據(jù)二項(xiàng)式寫出展開(kāi)式通項(xiàng)，并確定常數(shù)項(xiàng)對(duì)應(yīng)的r值，即可得常數(shù)項(xiàng).

T展開(kāi)式的通項(xiàng)『+1=C*6"k6ik

【詳解】C6x-,令6—3左=0,解得斤=2,

所以常數(shù)項(xiàng)是C，=15.

故答案為：15

7.In2

【分析】根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)有=代入計(jì)算可得結(jié)果.

【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)y=/(尤)是奇函數(shù)，

所以八-1)=-〃1)=1仁-3)=1,解得：a=ln2

故答案為：In2

8.L

5

【分析】由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式代入。9=2%化簡(jiǎn)可得q=27,再結(jié)合等差數(shù)列的前〃項(xiàng)和

公式即可得出答案.

【詳解】設(shè)等差數(shù)列｛4｝的首項(xiàng)和公差為為”,

所以%=2%,可得為+84=2(%+34),則q=",

邑_4%+6d14d_7

a94+8110<75'

7

故答案為：—.

答案第2頁(yè)，共15頁(yè)

9.[-1,2]

【分析】結(jié)合圖像即可求解.

【詳解】由/（耳="['畫出函數(shù)圖像,

I-x,X<1.

結(jié)合圖像可知，方程/（力=。恰有一解，

。的取值范圍為[-1,2].

故答案為：[T,2]

10.3

【分析】該樣本共有五個(gè)數(shù)據(jù)，第60百分位數(shù)為第三四兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)，將數(shù)據(jù)從小到大

排序，討論。的不同情況，計(jì)算符合條件的百分位數(shù)求出結(jié)果.

【詳解】解：當(dāng)時(shí)，該樣本為。,6,6,9,12,此時(shí)第60百分位數(shù)為7.5,不合題意；

當(dāng)6<a49時(shí)，該樣本為6,6,d9,12,此時(shí)第60百分位數(shù)為，，若為整數(shù)，貝h=7或9；

2

當(dāng)9<aV12時(shí)，該樣本為6,6,9,a,12,此時(shí)第60百分位數(shù)為9+千a，若為整數(shù)，則。=11；

當(dāng)。>12時(shí)，6,6,9,12,。，此時(shí)第60百分位數(shù)為10.5,不合題意;

所以符合題意的。的個(gè)數(shù)為3.

故答案為：3

H.迪心也

33

【分析】由題意可知，當(dāng)圓錐體積最大時(shí)，圓錐內(nèi)接于球，設(shè)球心到底面的距離為力，列出

底面半徑與/!的關(guān)系，求導(dǎo)求出體積取最大值時(shí)力的值，勾股可計(jì)算半徑.

【詳解】由題意可知：圓錐上的所有點(diǎn)到。的距離都不超過(guò)1,

則圓錐在以。為球心，以1為半徑的球內(nèi)，

當(dāng)圓錐體積最大時(shí)，圓錐內(nèi)接于球，設(shè)球心到底面的距離為力，

答案第3頁(yè)，共15頁(yè)

如圖所示：OA=OC=1,OOX=h,圓錐底面半徑為r，貝！J〃2+〃2=I,

圓錐的體積為：%=；兀/0+〃)=；兀(1_r)(1+4)=](孑_/+〃+]),

令g(4)=—A3—/i2+A+1(0<A<1),則g'(〃)=—3A2—2/z+l=_(〃+1)(3〃—1),

當(dāng)0</!<g時(shí)，g'㈤>0,當(dāng)g<"<l時(shí)，g,(A)<0,

即g(〃)在(0,；］上單調(diào)遞增，在［,1］上單調(diào)遞減，

所以當(dāng)〃=9時(shí)，8(/0有最大值8佶)=||,止匕時(shí)一舉，r=|1k.

313/2/3o1

故答案為：迪

3

12.|/1.5

【分析】由網(wǎng)?國(guó)cosB=1得到=由;8，再由於2=(元-四二結(jié)合對(duì)勾函數(shù)

單調(diào)性即可求解.

【詳解】

設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，因?yàn)锳、8分別在一、匕上，

所以4q4。區(qū)5,又圓口：/+/=4,的半徑為2,

結(jié)合圖象可知2引以的3

由加灰=1，可得：網(wǎng)?卜qcos2=l,所以0<cos8Wl,

答案第4頁(yè)，共15頁(yè)

且甌卜

1

HI|ST4|COS5

由就=前-囪，

可得：~AC=(5C-53)2,

可得：|近『=|因2+］用a.2元,第

可得：I"卜蕭?丁忸卜2

可得:同卜力+網(wǎng)一2

因?yàn)?4忸/『V9,

結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性＞=/+；,在(1,+8)上單調(diào)遞增可知：

網(wǎng)y+網(wǎng)-2在幽『=4時(shí)，取得最小值：，

所以口邛2：,當(dāng)8=0。，忸/I=2時(shí)，取得最小值，

所以R4的最小值為|.

_.3

故答案為：—

【點(diǎn)睛】向量模長(zhǎng)問(wèn)題，往往通過(guò)平方轉(zhuǎn)化成數(shù)量積問(wèn)題，借助基本不等式或?qū)春瘮?shù)解決

最值.

13.B

【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線方程即可求解.

【詳解】由雙曲線方程土72=1,可知〃=2,6=1,

4

丫21

所以雙曲線3-產(chǎn)=1的漸近線方程為＞=±QX.

故選：B.

14.C

【分析】根據(jù)異面直線的特征判斷即可.

【詳解】對(duì)于A,因?yàn)殓?//。2，441a平面。。2匚平面。〃加，

答案第5頁(yè)，共15頁(yè)

所以44"/平面。所以直線44與直線2M不相交，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,因?yàn)镸e平面9任平面N38/1,所以。平面4844,

又平面且Me/4，所以直線44與直線不相交，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于D,因?yàn)槠矫鍭DD/］，Me平面40口4，所以2Mo平面ADD/1,

又/Ou平面/?？?,且。3力。，所以直線與直線2M不相交，故D錯(cuò)誤；

因?yàn)橹本€/G，。區(qū)都在平面/8CQ］內(nèi)且不平行，所以直線4G，O四相交，C正確.

故選：C.

15.B

【分析】根據(jù)三角函數(shù)恒成立，則對(duì)應(yīng)的圖象完全相同求得有序?qū)崝?shù)對(duì)S，6）即可.

【詳解】因?yàn)閷?duì)于任意實(shí)數(shù)x都有sin（3x+6）=sin（ax+gj,

則函數(shù)的周期相同，同=3,

若a=3,止匕時(shí)5畝（3x+6）=$出,苫+1）,

因?yàn)楸保?,2兀），此時(shí)，=,

若°=-3,貝！|方程

因?yàn)?40,2兀）,則6=三，

綜上滿足條件的有序?qū)崝?shù)組（。,。）為（3,2共有2組.

故選：B.

16.C

【分析】命題①由點(diǎn)的對(duì)稱可得到對(duì)稱前后點(diǎn)的關(guān)系，代入之后可得結(jié)果；命題②根據(jù)軸對(duì)

稱，找函數(shù)上的最低點(diǎn)，證明經(jīng)過(guò)對(duì)稱之后在第二或第三象限，再找與對(duì)稱軸的交點(diǎn)必在第

一象限，則圖像經(jīng)過(guò)》軸，又原點(diǎn)也在》軸，則對(duì)稱后的圖像與》軸有兩個(gè)交點(diǎn)，可得結(jié)論.

【詳解】命題①:設(shè)曲線「關(guān)于點(diǎn)P對(duì)稱的曲線口上的點(diǎn)為力（無(wú),力，任取平面上一點(diǎn)尸（私〃）,

則點(diǎn)/（無(wú),力關(guān)于尸（九〃）對(duì)稱的點(diǎn)為3（2加-羽2〃-了）在曲線「上，

答案第6頁(yè)，共15頁(yè)

則有2"-y=（2m-x）3-3（2〃?-x）,即y=2〃-僅加-五丫+3（2m-x）,仍為函數(shù)，故命題①正

確；

命題②:對(duì)/（"=/一3》求導(dǎo)得，/G）=3/-3=3卜+1）（》一1）,當(dāng)“e（―1,1）時(shí)，/'（x）＜0,

當(dāng)工€（-8,-1）。（1,+8）時(shí)，/（X）＞O,

所以/'（無(wú)）在（-1,1）上單調(diào)遞減，在（-叫-1）,（1,+8）上單調(diào)遞增，且/（x）有最小值/⑴=-2,

任取直線y=kx（k＞^,設(shè)取-2）關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為（m,n）,

n+24+k-1

m-1kk2-\+Ak,44-2

則有《解得：機(jī)=-------k-----;------=T;---

n-2.m+1左2十1---左2+1

=k----

22

因?yàn)樽螅?，所以/＜0,即經(jīng)過(guò)對(duì)稱后，函數(shù)/（力=/-3》上的最低點(diǎn)必在第二象限或第三

象限,

又函數(shù)/（x）與〉在第一象限有交點(diǎn)，關(guān)于＞=質(zhì)對(duì)稱后，對(duì)稱圖像仍與＞=履交于同一

點(diǎn)，

所以對(duì)稱之后的圖像與y軸有兩個(gè)公共點(diǎn)，所以對(duì)稱之后不是函數(shù).

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：把握函數(shù)的特點(diǎn)，對(duì)應(yīng)一個(gè)無(wú)，有且只有唯一的一個(gè)y值與之對(duì)應(yīng)，當(dāng)

不為函數(shù)時(shí)，找到一個(gè)x對(duì)應(yīng)兩個(gè)y即可.

17.（1）證明見(jiàn)解析；

（2）arccos

7

【分析】（1）根據(jù)底面N2C。是菱形可得出對(duì)角線垂直，結(jié)合直四棱柱的特點(diǎn)可得到

DD,1AC,由線面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理可證明結(jié)果;

答案第7頁(yè)，共15頁(yè)

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法計(jì)算可求出結(jié)果.

【詳解】(1)解：,??底面N2CD是菱形，.?.4CL3。，

又因?yàn)樗睦庵鵑2CD-44CQ為直四棱柱，所以。口,底面48C。,

/Cu底面N8CZ),DDX1AC,DDtr\BD=D,DR,BDu平面DRB

,所以/CL平面。。13匚平面。，8,;.8。，/。得證.

(2)取BC中點(diǎn)E,VAB=BD,且底面/BCD是菱形，則DEL3C,

以。為原點(diǎn)，D4為x軸，DE為＞軸，為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖:

則不妨設(shè)Z(L。,。)，B—,C。(0,0,1)

__<1/?A

2/=(1,0,-1),AB=-,0,設(shè)平面aS，的法向量隹=(%,y,z),則

I22

x-z=0

16，令>=i,得應(yīng)=(百

——x+——y=0\7

122,

平面NBC的法向量為k=(0,0,1),

所以二面角D.-AB-C的平面角的余弦值為：cos0=/拒=叵,

J3+3+17

所以二面角Dx-AB-C的大小為arccosl.

7

18.(1)0=迫

7

(2)15+3萬(wàn)或7+36

【分析】(1)可根據(jù)余弦定理,將已知條件代入求解邊。；

答案第8頁(yè)，共15頁(yè)

（2）先由正弦定理得出角C的正弦值，再求出角C,進(jìn)而求出角8,最后求出邊6和。，從

而得到三角形的周長(zhǎng).

【詳解】（1）根據(jù)余弦定理/=b2+c2-26ccos/，已知。=5,4=1"，b=3c.

將b=3c,a=5,cosN=；代入余弦定理公式可得：

175

52=（3c）2+c2-2x3cxcx5化簡(jiǎn)得c?=—

解得c=￡Z（因?yàn)檫呴L(zhǎng)不能為負(fù)，舍去一姮）.

77

bc

（2）已知5csin8=3b,由正弦定理^——=----可得5sinCsin8=3sin8.

sinBsinC

3

因?yàn)閟inBwO,可得sinC=《.

jr

因?yàn)閍=5,A=--,”C時(shí)C有兩解（C為銳角或鈍角）.

6

4

當(dāng)C為銳角時(shí)，cosC=-.

.16

sinB=sin(^4+C)=sinAcosC+cosAsinCfsinA=—fCOs^4=—

皿I.014e34+3A/3

貝！Jsin8=—x—+——x—=----------.

252510

再由正弦定理一^=上j,可得6=竺電0=5x"逋x2=

(4+3百).

sin8sin/sin/10

ca_^曰QsinC_3_,

----=----,可得c=---------=5x-x2=6.

sinCsinAsin/5

此時(shí)三角形周長(zhǎng)為q+6+c=5+(4+%5)+6=15+V1

4

當(dāng)。為鈍角時(shí)，COSC=-y.

34

sinB=sin(4+C)=sinAcosC+cosAsinCxx-

510

由正弦定理焉a可得人黑=5X*X2=(36-41

sinA

c_a一/口tzsinC廠3c/

可得。=-：----=5x—x2=6.

sinCsinAsin/5

此時(shí)三角形周長(zhǎng)為a+6+c=5+（3君-4）+6=7+3后.

則丫/8（7的周長(zhǎng)為15+3?或7+3瓜

19.⑴尸（，）=：,P⑻=*事件/,B不獨(dú)立

⑵59

答案第9頁(yè)，共15頁(yè)

【分析】(1)根據(jù)概率公式求出P(/)、P(B),根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率公式判斷是否獨(dú)立;

(2)表示出首位抵達(dá)的校友恰好抽到一張明信片，且恰好抽到一份手繪款紀(jì)念品的概率,

解不等式求解即可.

【詳解】(1)依題意,

書簽明信片

手繪款4040

普通教150120

40+408

尸(4)=

40+40+150+12035

40+15019

P(3)=

40+40+150+12035

404

P(AB)=

40+40+150+12035

因?yàn)镻(/8)力尸(/)尸(8),

所以事件N,B不獨(dú)立.

(2)設(shè)手繪款明信片的張數(shù)為X,首位抵達(dá)的校友恰好抽到一張明信片，且恰好抽到一份

手繪款紀(jì)念品為事件C,

則尸(c)=>0.2,解得58.07<x<822.93,

考慮到紀(jì)念品總數(shù)有限，希望補(bǔ)領(lǐng)的手繪款明信片的張數(shù)盡可能地少，且為整數(shù)，

所以手繪款明信片的張數(shù)為59.

20.(1)5

⑵證明見(jiàn)解析；定值為16

(3)32

【分析】(1)根據(jù)拋物線定義即可求得；

(2)根據(jù)題意，忸回=%,再根據(jù)韋達(dá)定理可證；

(3)利用點(diǎn)4B的坐標(biāo)求出切線■，血的方程，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)，再得到弦長(zhǎng)和點(diǎn)到直

線的距離，可得面積代數(shù)式，根據(jù)二次函數(shù)求得最值.

【詳解】(1)根據(jù)已知拋物線的焦點(diǎn)尸(0,4),準(zhǔn)線方程為：y=-4,

答案第10頁(yè)，共15頁(yè)

貝lj|/F|=l+4=5.

(2)證明：由已知直線48的斜率存在，設(shè)其方程為：y=kx+4,

設(shè)/(尤Qi),8a2/2)，則|/同=必+4,忸＞|=%+4,

則|/C|=|/尸卜r=%+4-4=y1；\BD\=\BF\-r=y2+4-4=y2,

IT?—+4

由＜2可得：x2-16kx-64=0(A＞0)

[x=16y

貝!]%1+%2=16左，x1x2=-64,乂%=9.%=(64)=]$,

161616x16

即忸。為定值16.

2

r1

則切線的方程為：y—-^=—%(x—百)①

168n”

2

Y1

切線期的方程為：y--^=—w(x—毛)②

168

②—①可得：——x)x=——xf),貝！Jx=7區(qū)+%2)=8左，

82162

由①可得：x=-(y-^-)+xl=—+,

再16再2

同理由②可得：x=-(y-^)+x2=-+-^

x216x22

聯(lián)立可得：坦+；再二肛+；%2，則y,

為2x221616

、18左2+slI

點(diǎn)M到直線AB的距禺為d=/-=8，左+1,

2

\AB\=^(l+k^^+x^-4X1X2]=16(產(chǎn)+1)

答案第11頁(yè)，共15頁(yè)

則/\ACM與ABDM的面積之和為：

S=；(|/2|-8)d=:(1+16—8)x8信+1=32(2/+1)^+1

令t=VP+l(Z>1)A2=/一1,則S=32(2^-2+1)/=32(2?-?)(?>1),

S'=32(6?-1)>0在[1,+co)恒成立,即函數(shù)S=32(2N7)單調(diào)遞增,

則當(dāng)f=l即當(dāng)左=0時(shí)，即直線的方程為了=4時(shí)，

則AACM與ABDM的面積之和的最小值為32.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：

解決圓錐曲線中有關(guān)三角形或者四邊形面積問(wèn)題時(shí)，一般思路：

確定三角形(四邊形部分可轉(zhuǎn)化為三角形)的底邊和高；利用弦長(zhǎng)和點(diǎn)到線的距離公式得到

面積.另外可根據(jù)具體題目進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆指睿靡詼p少很大的運(yùn)算量.

21.⑴%([0,2])=；,^([0,2])=0.

⑵2

(3)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)通過(guò)二次函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)”X)在區(qū)間[0,2]最值即可；

(2)通過(guò)導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)“X)的單調(diào)性及最值，結(jié)合題意即可得出答案；

(3)根據(jù)充要條件證明步驟，必要性、充分性分開(kāi)證明即可.

【詳解】(1)/(x)=-/+3x=-(x-gj+：,xe[0,2],

由二次函數(shù)的性質(zhì)知，/(x)在。,|]上單調(diào)遞增，在1,2上單調(diào)遞減，

3zQ

所以當(dāng)X=5時(shí)，^./([0,2])=/(x)max=-,

當(dāng)x=0時(shí),?z([0,2])=/(x)min=0.

(2)因?yàn)椤▁)=e*(x-2)2,所以/，(x)=e，(x-2)2+2eX(x-2)=e、x(x-2),

令八支)>0，可得x<0或x>2,令f'(x)<0，可得0cx<2,

所以〃》)=叫》-2)2在(-8,0),(2,+8)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，

當(dāng)x趨近負(fù)無(wú)窮，/(X)趨近0,當(dāng)無(wú)趨近正無(wú)窮，[(X)趨近正無(wú)窮，

又/(0)=4J(2)=0,/(3)=e3>4,/(x)的圖象如下圖,

答案第12頁(yè)，共15頁(yè)

3

當(dāng)"=3時(shí)，在時(shí),Mf(/)=/(o)=4,mf(/)=/(3)=e,

則/(3)-/(2)=e3>4,不成立，

當(dāng)〃=2時(shí)，在/口一8,〃]時(shí)，Mf(/)=/(O)=4,mf(/)=/(2)=0,

則/(0)-/⑵