《2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練【與】2019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練2019版高考數(shù)學二輪復習小題專項訓練高考小題專練(01)(滿分：80 分 時間：45 分鐘)一、選擇題(本大題共 12小題，每小題 5分，共 60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知集合 S＝{x|x＞－2}，T＝{x|x2＋3x－4≤0}，則(?RS)∪T＝ ( )A．(－∞，1] B．(－∞，－4]C．(－2,1] D．[1，＋∞)解析：選 A 因為 S＝{x|x＞－2}，所以?RS＝{x|x≤－2}，又因為 T＝{x|x2＋3x－4≤0}＝{x|－4≤x≤1}，∴(?RS)∪ T＝{x|x≤1} ＝(－∞，1]，故選 A．2．已知 a∈R，i 是虛數(shù)單位，復數(shù) z的共軛復數(shù)為 z－，若z＝a＋3i，z?z－＝4 則 a＝( )A．3 B．－3C．7 或－7 D．1 或－1解析：選 D 由 z＝a＋3i?z－＝a－3i?z?z－＝4，可得a2＋3＝4，∴a＝±1，故選 D．3．閱讀下面的程序框圖，運行相應的程序，若輸入 N的值為24，則輸出 N的值為( )A．0 B．1C．2 D．3解析：選 C 第一次 N＝24，能被 3整除， N＝243＝8≤3 不成立，第二次 N＝8,8 不能被 3整除，N＝8－1＝7，N＝7≤3 不成立，第三次 N＝7，不能被 3整除，N＝7－1＝6≤3 不成立，第四次 N＝63＝2≤3 成立，輸出 N＝2，故選 C．4．設 a，b 為向量，則“|a?b|＝|a||b|”是“a∥b”的( )A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選 C 由|a||b||cos 〈a，b〉|＝|a||b|，得 cos 〈a，b〉＝±1，即〈a，b〉＝0 或 π，∴a∥b, 由 a∥b，得向量 a與 b同向或反向，∴〈a，b〉＝0 或π，∴|a?b|＝|a||b|，“|a?b|＝|a||b|” 是“a∥b”的充分必要條件，故選 C．5．函數(shù) y＝sin x(1＋cos 2x)在區(qū)間[－2,2]內的圖象大致為( )解析：選 B 函數(shù) y＝sin x(1＋cos 2x)定義域為[－2,2]，其關于原點對稱，且 f(－x)＝sin(－x)(1＋cos 2x)＝－sin x?(1＋cos 2x)＝－f(x)，則 f(x)為奇函數(shù)，又圖象關于原點對稱，排除 D；當 0＜x＜1 時，y＝sin x(1＋cos 2x)＝2sin xcos2x＞0，排除 C；又 2sin xcos2x＝0，可得 x＝±π2 或0，排除 A，故選 B．6．在正方形網(wǎng)格中，某四面體的三視圖如圖所示. 如果小正方形網(wǎng)格的邊長為 1，那么該四面體的體積是( )A．643 B．323 C．16 D．32解析：選 B 由三視圖還原的幾何體如圖所示，該幾何體為三棱錐，側面 PAC為等腰三角形，且平面 PAC⊥平面ABC，PA＝PC，底面 ABC為直角三角形，AB＝AC＝4，棱錐的高為 4，∴該四面體的體積 V＝13×12×4×4×4＝323，故選 B．7．觀察下圖：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10……則第________行的各數(shù)之和等于 2 0172.( )A．2 010 B．2 018C．1 005 D．1 009解析：選 D 由圖形知，第一行各數(shù)和為 1；第二行各數(shù)和為9＝32；第三行各數(shù)和為 25＝52；第四行各數(shù)和為49＝72，…，∴第 n行各數(shù)之和為(2n－1)2，令(2n－1)2＝2 0172?2n－1＝2 017，解得 n＝1 009，故選 D．8．已知 S，A，B，C 是球 O表面上的點，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝ AB＝1，BC＝2，則球 O的表面積等于( )A．4π B．3πC．2π D．π解析：選 A 由題意得，因為 SA⊥平面 ABC，AB⊥BC，所以四面體 S?ABC的外接球半徑等于以長寬高分別為 SA，AB，BC 三邊長的長方體的外接球的半徑，又因為 SA＝AB＝1，BC＝2，所以2R＝SA2＋AB2＋BC2＝2?R＝1，所以球的表面積為S＝4πR2＝4π，故選 A．9．如圖所示，點 A，B 分別在 x軸與 y軸的正半軸上移動，且AB＝2，若點 A從(3，0)移動到(2，0)，則 AB的中點 D經(jīng)過的路程為( )A．π3 B．π4 C．π6 D．π12解析：選 D 設 AB的中點 D(x，y)，∵∠AOB＝90°，∴OD＝1，∴x2＋y2 ＝1，當點 A從(3， 0)移動到(2，0)時，x從 32變到 22，∴圓心角變化 π4－π6＝π12，∴D 經(jīng)過的路程為 π12×1＝π12，故選 D．10．設集合 A＝{(x，y)||x|＋|y|≤1}，B＝{(x，y)|(y－x)(y＋x)≤0}，M＝A∩B，若動點 P(x，y)∈M，則 x2＋(y－1)2的取值范圍是( )A．12，102 B．22，102C．12，52 D．22，52解析：選 C 在同一直角坐標系中畫出集合 A，B 所在區(qū)域，取交集后可得 M所表示的區(qū)域如圖中陰影部分所示， 而d＝x2＋?y－1?2 表示的是 M中的點到(0,1)的距離，由圖可知，(0,1)到直線 y＝x 的距離最小，為 22；(0,1)到 12，－12 的距離最大，為 14＋94＝52，所以 x2＋(y－1)2 范圍是 12，52，故選 C．11．已知函數(shù) f(x)＝－x2－2x＋1，－2≤x＜0，ex，x≥0 若函數(shù) g(x)＝f(x)－ax＋a 存在零點，則實數(shù) a的取值范圍為( )A．－13，e2 B．－∞，－13∪[e2，＋∞)C．－13，1e D．－∞，－13∪[e，＋∞)解析：選 B 函數(shù) g(x)＝f(x)－ax＋a 存在零點，即方程 f(x)＝ax－a 存在實數(shù)根，即函數(shù) y＝f(x)與 y＝a(x－1)的圖象有交點，如圖所示，直線 y＝a(x－1)恒過定點(1,0)，過點(－2,1)與(1,0)的直線的斜率 k＝1－0－2－1＝－13，設直線y＝a(x－1)與 y＝ex 相切于(x0，ex0)，則切點處的導數(shù)值為ex0，則過切點的直線方程為 y－ex0＝ex0(x－x0)，又切線過(1,0)，則－ex0＝ex0(1－x0)，∴x0ex0＝2ex0，得 x0＝2，此時切線的斜率為 e2，由圖可知，要使函數(shù) g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點，則實數(shù) a的取值范圍是 a≤－13 或 a≥e2，故選 B．12．點 P在直線 l：y＝x－1 上，若存在過 P的直線交拋物線y＝x2 于 A，B 兩點，且|PA|＝2|AB|，則稱點 P為“δ 點”．下列結論中正確的是( )A．直線 l上的所有點都是“δ 點”B．直線 l上僅有有限個點是“δ 點”C．直線 l上的所有點都不是“δ 點”D．直線 l上有無窮多個點(不是所有的點)是“δ 點”解析：選 A 如圖所示，設 A(m，n)，B(xB，yB)，P(x，x－1)，因為|PA|＝2|AB|，直線 l：y＝x－1 與拋物線 y＝x2 相離， 所以 PA→＝2AB→，(m－x，n－x＋1)＝2(xB－m，yB－n)，可得 B12?3m－x?，12?3n－x＋1?，A，B 在 y＝x2 上，所以n＝m2，12?3n－x＋1?＝12?3m－x?2，消去 n，整理得，關于 x的方程 x2＋(2－6m)x＋3m2－2＝0，∵Δ＝24m2－24m＋12＞0 恒成立，∴方程恒有實數(shù)解，點 P在直線 l：y＝x－1 上，總存在過 P的直線交拋物線 y＝x2 于 A，B 兩點，且|PA|＝2|AB|，所以，直線 l上的所有點都是“δ 點”，故選 A．二、填空題(本大題共 4小題，每小題 5分，滿分 20分．把答案填在題中橫線上)13．為了研究某班學生的腳長 x(單位：厘米)和身高 y(單位：厘米)的關系，從該班隨機抽取 10名學生，根據(jù)測量數(shù)據(jù)的散點圖可以看出 y與 x之間有線性相關關系，設其回歸直線方程為 y^＝b^x＋a^已知 i＝110xi＝225，i＝110yi＝1 600，b^＝4.該班某學生的腳長為 24，據(jù)此估計其身高為________．解析：由 i＝110xi＝225，i＝110yi＝1 600，利用平均值公式求得 x－＝22.5，y－＝160，因為b^＝4，∴a^＝160－4×22.5＝70，從而當 x＝24 時，y＝4×24＋70＝166，故答案為 166．答案：16614．從區(qū)間[0,2]隨機抽取 2n個數(shù)x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，構成 n個數(shù)對(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中兩數(shù)的平方和小于 1的數(shù)對共有 m個，則用隨機模擬的方法得到的圓周率 π 的近似值為________．解析：利用幾何概型，可得四分之一圓形的面積和正方形的面積比為 S圓 S正方形＝14π?124＝mn，∴π＝16mn，故答案為16mn．答案：16mn15．如圖所示，B 地在 A地的正東方向 4 km處，C 地在 B地的北偏東 30°方向 2 km處，河流的沿岸 PQ(曲線)上任意一點到A的距離比到 B的距離遠 2 km.現(xiàn)要在曲線 PQ上任一處 M建一座碼頭，向 B，C 兩地轉運貨物．經(jīng)測算，從 M到 B和 M到 C修建公路的費用均為 a萬元/km，那么修建這兩條公路的總費用最低是________萬元．解析：以 AB所在的直線為 x軸，AB 的中垂線為 y軸，建立平面直角坐標系，則 A(－2,0)，B(2,0)，C(3，3)，由|MA|－|MB|＝2 知點 M的軌跡，即曲線 PQ的方程為 x2－y23＝1(x＞0)，∴|MB|＋|MC|＝|MA| －2＋|MC|＝|MA|＋ |MC|－2≥|AC|－2＝27－2，∴修建這兩條公路的總費用最低是(27－2)a 萬元，故答案為(27－2)a．答案：(27－2)a16．已知數(shù)列{an}滿足 a1＝3，(3－an＋1)(6＋an)＝18(n∈N*)，則 i＝1n 1ai 的值是________．解析：設 bn＝1an，n＝1,2，…，則 3－1bn＋16＋1bn＝18，即 3bn＋1－6bn－1＝0，∴bn＋1＝2bn＋13，bn＋1＋13＝2bn＋13，故數(shù)列 bn＋13 是公比為 2的等比數(shù)列，則 bn＋13＝2n－1b1＋13＝2n－11a1＋13＝13?2n，∴bn＝13(2n－1)，i＝1n 1ai＝i＝1nbi＝i＝1n 13(2n－1)＝132?2n－1?2－1－n＝13(2n＋1－n－2)，故答案為13(2n＋1－n－2)．答案：13(2n＋1－n－2)2019版高考數(shù)學二輪復習分專題限時提速訓練限時檢測提速練(三) 小題考法——三角函數(shù)的圖象與性質1．為了得到函數(shù) y＝sin5π6－x 的圖象，可以將函數(shù)y＝sin x 的圖象( )A．向左平移 π6 個單位長度 B．向右平移 π3 個單位長度C．向右平移 π6 個單位長度 D． 向左平移 π3 個單位長度解析：選 A 函數(shù)y＝sin5π6－x＝－sin－5π6＋x＝sinx＋π6，將函數(shù)y＝sin x 的圖象向左平移 π6 個單位長度即可．故答案為A．2．(2018?邯鄲一模)若僅存在一個實數(shù) t∈0，π2，使得曲線 C：y＝sinωx－π6(ω＞0)關于直線 x＝t 對稱，則 ω的取值范圍是( )A．13，73 B．43，103C．13，73 D．43，103解析：選 D ∵x∈0，π2，∴ωx－π6∈－π6，ωπ2－π6．∴π2＜ωπ2－π6≤3π2.∴43＜ω≤103，選 D．3．(2018?孝感聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)＝3sin2x＋π3，下列函數(shù)中，最小正周期為 π 的偶函數(shù)為( )A．fx＋π12 B．f12x－π6C．f2x＋π3 D．fx＋π3解析：選 A A．fx＋π12＝3sin2x＋π2＝3cos 2x，最小正周期是 π，并且是偶函數(shù)，滿足條件；B．f12x－π6＝3sin x，函數(shù)的最小正周期是 2π，且是奇函數(shù)，不滿足條件；C．f2x＋π3＝3sin(4x＋π)＝－4sin 4x，最小正周期是 π2，且是奇函數(shù)，不滿足條件；D．fx＋π3＝3sin(2x＋π)＝3sin 2x 是奇函數(shù)，故選 A．4．(2018?三湘教育聯(lián)盟聯(lián)考)函數(shù) f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的圖象如圖所示，則( )A．f(x)在－π3，π13 上是增函數(shù) B．f(x)在－π2，π13 上是增函數(shù)C．f(x)在 2π3，7π6 上是增函數(shù) D．f(x)在－π2，π12 上是增函數(shù)解析：選 A 由圖知，A＝1，T4＝7π12－π3＝π4，所以T＝2πω＝π，∴ω＝2，又 2×π3＋φ＝kπ(k∈Z)，0＜φ＜π，∴φ ＝π3，則 f(x)＝sin2x＋π3，由－π2＋2kπ≤2x＋π3≤π2＋2kπ，k∈Z，－5π12＋kπ≤x≤π12＋kπ，k∈Z.所以 f(x)在－5π12＋kπ，π12＋kπ，k∈Z 上是增函數(shù)，觀察選項知A正確. 故選 A．5．(2018?三湘教育聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)＝2sin(ωx＋φ)(0＜φ＜π)的圖象與直線 y＝2 的某兩個交點的橫坐標分別為 x1，x2，若|x2－x1|的最小值為 π，且將函數(shù) f(x)的圖象向右平移 π4 個單位得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則函數(shù) f(x)的一個遞增區(qū)間為( )A．－π2，0 B．－π4，π4C．0，π2 D．π4，3π4解析：選 A 由題意得 T＝π，∴ω＝2πT＝2．∴φ －2×π4＝kπ(k ∈Z)．∴φ ＝π2＋kπ(k∈Z)．∵0＜φ＜π，∴ ＝π2．因此 f(x)＝2sin2x＋π2＝2cos 2x，即－π2，0 為函數(shù) f(x)的一個遞增區(qū)間，選 A．6．(2018?江門一模)將函數(shù) f(x)＝3sinπx＋π2 圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2倍(縱坐標不變)，再把圖象上所有的點向右平移 1個單位，得到函數(shù) g(x)的圖象，則函數(shù) g(x)的單調遞減區(qū)間是( )A．[2kπ－1,2kπ＋2](k∈Z) B．[2kπ＋1,2kπ＋3](k∈Z)C．[4kπ＋1,4kπ＋3](k∈Z) D ．[4kπ ＋2,4kπ＋4](k∈Z)解析：選 C 將函數(shù) f(x)＝3sinπx＋π2 圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2倍，所得圖象對應的解析式為y＝3sinπ×x2＋π2＝3sinπx2＋π2；再把圖象上所有的點向右平移 1個單位，所得圖象對應的解析式為y＝3sinπ2?x－1?＋π2＝3sin π2x，故 g(x)＝3sin π2x.由π2＋2kπ≤π2x≤3π2＋2kπ，k∈Z，得1＋4kπ≤x≤3＋4kπ，k∈Z，故函數(shù)的單調遞減區(qū)間為[1＋4kπ，3＋4kπ]，k∈Z.選 C．7．(2018?衡陽聯(lián)考)已知 A、B、C、D 是函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)ω＞0，0＜φ＜π2 一個周期內的圖象上的四個點．如圖所示，A－π6，0，B 為 y軸上的點，C 為圖象上的最低點，E 為該圖象的一個對稱中心，B 與 D關于點 E對稱， CD→在 x軸上的投影為 π12，則( )A．ω＝2，φ＝π3 B．ω＝2，φ＝π6C．ω＝12，φ＝π3 D．ω＝12，φ＝π6解析：選 A 由題意可知T4＝π6＋π12＝π4，∴T＝π，ω＝2ππ＝2．又 sin2×－π6＋φ＝0, 0＜φ＜π2，∴φ＝π3，故選A．8．(2018?滁州二模)已知函數(shù) f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，|φ|＜π2 圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為π2，將函數(shù) y＝f(x)的圖象向左平移 π3 個單位后，得到的圖象關于 y軸對稱，那么函數(shù) y＝f(x)的圖象( )A．關于點 π12，0 對稱 B． 關于點－π12，0 對稱C．關于直線 x＝π12 對稱 D．關于直線 x＝－π12 對稱解析：選 A 由題意得 T2＝π2，∴T＝π，ω＝2πT＝2，因為函數(shù) y＝f(x)的圖象向左平移 π3 個單位后，得到的圖象關于 y軸對稱，所以 y＝sin2x＋2π3＋φ 關于 y軸對稱，即 2π3＋φ＝π2＋kπ(k∈Z)，∵|φ|＜π2，∴φ＝－π6，所以 f(x)＝sin2x－π6 關于點 π12，0 對稱，選 A．9．(2018?宿州二模)已知函數(shù) f(x)＝Asin(ωx＋φ)A＞0，ω＞0，0＜φ＜π2 的部分圖象如圖所示，若將函數(shù)f(x)的圖象上點的縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的 14，再向右平移 π6 個單位，所得到的函數(shù) g(x)的解析式為( )A．g(x)＝2sin 14x B．g(x)＝2sin 2xC．g(x)＝2sin14x－π6 D．g(x)＝2sin2x－π6解析：選 D 由圖象可得 A＝2，T4＝π，故 T＝4π，ω＝12，∴f(x)＝2sin12x＋φ，∵點(0,1)在函數(shù)的圖象上，∴f(0)＝2sin φ＝1 ，∴sin φ＝12，又 0＜φ＜π2，∴φ＝π6．∴f(x)＝2sin12x＋π6 ．將函數(shù) f(x)的圖象上點的縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的 14所得圖象對應的解析式為 y＝2sin12×4x＋π6＝2sin2x＋π6，然后再向右平移 π6 個單位，所得圖象對應的解析式為y＝2sin2x－π6＋π6＝2sin2x－π6，即 g(x)＝2sin2x－π6.選 D．10．(2018?河南聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)＝sin ωx－3cos ωx(ω＞0)，若集合{x∈(0，π)|f(x)＝－1}含有 4個元素，則實數(shù) ω 的取值范圍是( )A．32，52 B．32，52C．72，256 D．72，256解析：選 D 由題得 f(x)＝2sinωx－π3，∵2sinωx－π3＝－1，∴sinωx－π3＝－12．解得 ωx－π3＝－π6＋2kπ 或 7π6＋2kπ(k∈Z)，所以 x＝π6ω＋2kπω 或 x＝3π2ω＋2kπω(k∈Z)，設直線 y＝－1 與 y＝f(x)在(0，＋∞)上從左到右的第四個交點為 A，第五個交點為 B，則 xA＝3π2ω＋2πω(此時 k＝1)，xB＝π6ω＋4πω(此時 k＝2)．由于方程 f(x)＝－1 在(0，π)上有且只有四個實數(shù)根，則xA＜π≤xB，即 3π2ω＋2πω＜π≤π6ω＋4πω，解得72＜ω≤256，故選 D．11．(2018?蕪湖二模)函數(shù) f(x)＝sin xcos x＋32cos 2x的最小正周期是____．解析：f(x)＝sin xcos x＋32cos 2x＝12sin 2x＋32cos 2x＝sin2x＋π3，所以最小正周期 T＝2π2＝π．答案：π12．(2018?江西聯(lián)考)若點(θ，0)是函數(shù) f(x)＝sin x＋2cos x 的一個對稱中心，則 cos 2θ＋sin θcos θ＝____．解析：∵點(θ，0)是函數(shù) f(x)＝sin x＋2cos x 的一個對稱中心，∴sin θ ＋2cos θ＝0，即 tan θ＝－2．∴cos 2θ ＋ sin θcos θ＝cos2θ－sin2θ＋sin θcos θsin2θ＋cos2 θ＝1－tan2θ＋tan θtan2θ＋1＝1－4－24＋1＝－1．答案：－113．已知函數(shù) f(x)＝5sin x－12cos x，當 x＝x0 時，f(x)有最大值 13，則 cos x0＝____．解析：方法一 f(x)＝13513sin x－1213cos x，令 cos φ＝513，sin φ＝1213，故 f(x)＝13sin(x－φ)，當 x－φ＝π2＋2kπ，k∈Z 也就是 x＝φ＋π2＋2kπ，k∈Z 時，f(x)max＝13，此時x0＝φ＋π2＋2kπ，k∈Z，所以 cos x0＝cosφ＋π2 ＝－sin φ＝－1213．方法二 f(x)在 R可導，f′(x)＝5cos x＋12sin x．因 f(x)在 x＝x0 處有最大值，故而 f′(x0)＝0，即 5cos x0＋12sin x0＝0，結合 sin2 x0＋cos2 x0＝1 可以得到 sin x0＝513，cos x0＝－1213或 sin x0＝－513，cos x0＝1213當 sin x0＝513，cos x0＝－1213 時，f(x0)＝13；當 sin x0＝－513，cos x0＝1213 時，f(x0)＝－13(舍)，所以 f(x0)＝13 時，cos x0＝－1213．答案：－121314．(2018?湖北聯(lián)考)若函數(shù) f(x)＝kx－cos x 在區(qū)間π6，π3 單調遞增， 則 k的取值范圍是____．解析：f′(x)＝k＋sin x，因為 f(x)在 π6，π3 上單調遞增，所以 f′(x)≥0 在 π6，π3 上恒成立，也即是f′(x)min≥0，故 k＋sin π6≥0，k≥－12．答案：－12，＋∞15．(2018?棗莊一模)已知 f(x)＝sin ωx－cos ωxω＞23，若函數(shù) f(x)圖象的任何一條對稱軸與 x軸交點的橫坐標都不屬于區(qū)間(2π，3π)，則 ω 的取值范圍是____．(結果用區(qū)間表示)解析：由題意，函數(shù) f(x)＝sin ωx－cos ωx＝2sinωx－π4，ω＞23，由 f(x)的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標都不屬于區(qū)間(2π，3π)，則T2＝πω≥3π－2π＝π，解得 ω≤1，即 23＜ω≤1, 函數(shù) f(x)＝2sinωx－π4 的對稱軸的方程為ωx－π4＝π2＋kπ.k∈Z，即x＝3π4ω＋kπω，k∈Z，則3π4ω＋πω≤2π，3π4ω＋2πω≥3π 解得78≤ω≤1112， 所以實數(shù) ω 的取值范圍是 78，1112．答案：78，11122019版高考數(shù)學二輪復習壓軸大題提分訓練壓軸大題拉分練(01)(滿分：24 分 時間：30 分鐘)1．(12 分)雙曲線 C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的焦點分別為：F1(－22，0)，F(xiàn)2(22，0)，且雙曲線 C經(jīng)過點P(42，27)．(1)求雙曲線 C的方程；(2)設 O為坐標原點，若點 A在雙曲線 C上，點 B在直線 x＝2上，且 OA→?OB→＝0.是否存在以點 O為圓心的定圓恒與直線AB相切？若存在，求出該圓的方程，若不存在，請說明理由．解：(1)點 P(42，27)在雙曲線 C上．32a2－28b2＝1①，b2＝8－a2②②代入①去分母整理得：a4－68a2＋32×8＝0，解得a2＝4，b2＝4．∴所求雙曲線 C的方程為 x24－y24＝1．(2)設點 A，B 的坐標分別為(x0，y0)，(2，t)，其中 x0＞2 或 x0＜－2．當 y0≠t 時，直線 AB的方程為 y－t＝y(tǒng)0－tx0－2(x－2)，即(y0－t)x－(x0－2)y＋tx0－2y0＝0，若存在以點 O為圓心的定圓與 AB相切，則點 O到直線 AB的距離必為定值．設圓心 O到直線 AB的距離為 d，則 d＝|tx0－2y0|?y0－t?2＋?x0－2?2，∵y0≠0 ，∴ t＝－2x0y0，又 x20－y20＝4，∴d＝22|y20＋2y0|2y40＋8y20＋82y20＝22|y20＋2y0|2|y20＋2y0|＝2，此時直線 AB與圓 x2＋y2＝4 相切，當 y0＝t 時，x0＝－t22，代入雙曲線 C的方程并整理得 t4－2t2－8＝0，解得 t＝±2，此時直線 AB：y＝±2，也與圓 x2＋y2＝4 相切．綜上得存在定圓 x2＋y2＝4 與直線 AB相切．2．(12 分)已知函數(shù) f(x)＝aln x－2ax＋1．(1)討論函數(shù) f(x)的單調性；(2)對任意的 x≥1，不等式 f(x)＋ex－1≥0 恒成立，求實數(shù) a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝a?1－2x?x，當 a＞0 時，令 f′(x)＞0?0＜x＜12，f′(x)＜0?x＞12，所以此時 f(x)在區(qū)間 0，12 遞增，12，＋∞遞減；當 a＜0 時，令 f′(x)＞0?x＞12，f′(x)＜0?0＜x＜12，所以此時 f(x)在區(qū)間 12，＋∞遞增，0，12 遞減．(2)令 g(x)＝f(x)＋ex－1＝aln x－2ax＋1＋ex－1，x≥1，∴g′(x)＝ax －2a＋ex－1，令 h(x)＝ax－2a＋ex－1，h′(x)＝x2ex－1－ax2，令 φ(x)＝x2ex－1－a，顯然 φ(x)在 x≥1 時單調遞增，∴φ(x)≥φ(1)＝1－a．當 a≤1 時，φ(x)≥φ(1)≥0，h′(x)≥0，h(x)在[1，＋∞)上遞增，所以 h(x)≥h(1)＝1－a≥0，則 g′(x)≥0，∴g(x) 在[1 ，＋∞)上遞增，∴g(x)≥g(1)＝2－2a≥0，此時符合題意；當 a＞1 時，φ(1)＜0，此時在[1，＋∞)上存在 x0，使 φ(x)在(1，x0)上值為負，此時 h′(x)＜0，h(x)在(1，x0)上遞減，此時 h(x)＜h(1)＝1－a＜0，∴g(x) 在(1 ，x0)上遞減，∴g(x) ＜g(1) ＝2－2a ＜0，此時不符合題意；綜上 a≤1．