详解：浙江省2012届重点中学协作体高三第二学期高考仿真试题数学(5)

(21) 本题主要考查椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时

考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分．

解：（Ⅰ）设M(x,y)，在△MAB中，AB?2，?AMB?2?，

???????????????????2?2根据余弦定理得A． ??12分 M?BM?2AM?BMcos2?4????????????????????2即(． AM?BM)?2AM?BM(1?cos2)4?????????????????????22． (AM?BM)?4AM?BMcos?4????????????????????22而A，所以(. M?BMcos??3AM?BM)???434??????????所以AM?BM?4． ??????4分 ??????????又A， M?BM?4?2?AB???因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆（点M在x轴上也符合题意）， a?2，c?1． 所以曲线C的方程为

x24?y23?1． ??????6分

（Ⅱ）设直线PQ的方程为x?my?1．

?x?my?1?222由?x2，消去x并整理得(. 3m?4)y?6my?9?0y??1?3?4 ①

显然方程①的??0，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)． 则S ???2y?y?y?y?APQ121221由韦达定理得y?y??12226m23m?4，y1y2??93m?422． ????9分

3m?3所以(． ????11分 y?y)?(y?y)?4yy?48?111222(3m?4)2222m?3，则t≥3，(y1?y2)?令t?348t??2t1． ??????12分

由于函数?(t)?t?所以t?1t≥1t在[3,??)上是增函数．

210323m?3?3，当t?，即m?0时取等号．

所以(y1?y2)≤48103?2?9，即y1?y2的最大值为3．

所以△APQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x?1．??15分

第 21 页 共 23 页

(22) 本题主要考查函数的极值概念、导数运算法则、导数应用，同时考查推理论证

能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识．满分15分． （Ⅰ）解法一：不等式(x?1)2?f(x)的解集中的整数恰有3个，

等价于(1?a2)x2?2x?1?0恰有三个整数解，故1?a2?0， 令h(x)?(1?a2)x2?2x?1，由h(0)?1?0． 且h(1)??a2?0(a?0)，

所以函数h(x)?(1?a2)x2?2x?1的一个零点在区间(0,1)， 则另一个零点一定在区间[?3,?2)， ??????4分

?h(?2)?0,?h(?3)?0,4332故?解之得?a?． ??????6分

解法二：(1?a2)x2?2x?1?0恰有三个整数解，故1?a2?0，即a?1，

(1?a)x?2x?1??(1?a)x?1??(1?a)x?1??0，

22所以

11?a?x?11?a11?a，又因为0?4311?a32?1， ????4分

所以?3???2，解之得

122?a?． ?????6分

（Ⅱ）设F(x)?f(x)?g(x)?exx?ex2x?elnx，则

F(x)?x?'??(x?e)(x?xe)．

所以当0?x?因此x?e时，F'(x)?0；当x?e时，F'(x)?0．

e时，F(x)取得最小值0，

e处有公共点(e,e2e2)． ??8分

e)，

则f(x)与g(x)的图象在x?设f(x)与g(x)存在 “分界线”，方程为y?即y?kx?e2?ke2e，

e在x?R恒成立，

?k(x?由f(x)?kx??k第 22 页 共 23 页

则x?2kx?e?2ke?0在x?R恒成立 ． 所以??4k2?4(2ke?e)?4k2?8ke?4e?4(k?因此k?2e)?0

2e． ???11分

ex?e2(x?0)恒成立． e2下面证明g(x)?设G(x)?elnx?xe?，则G?(x)?ex?e?e(e?x)x．

所以当0?x?因此x?e时，G'(x)?0；当x?e时，G'(x)?0．

ex?e2(x?0)

e时G(x)取得最大值0，则f(x)?ex?e2故所求“分界线”方程为：y?． ??????15分

第 23 页 共 23 页