江西省重点中学盟校2015届高三第一次十校联考 数学(理) Word版含(2)

AB y1 y2 2 k(x1 x2) 4 4k2 4 AB中点为D(2k,2k2 1)

令 MDN 2 S 2

1SAB AB …………8分 2AB

D到x轴的距离DE 2k2 1

DE12k 112

cos 2 1 2…………10分 当k 0时cos 取最小值

122k 2AB2k 22 S

的最大值为.……………………12分 的最大值为 故

33AB

21.解：(1)u(x) v(x) a x xlnx lnx m(x).m (x) 易知m (x)

2

1

lnx,x 1, . x

1

lnx在(1, )上递减， m (x) m (1) 1…………6分 x

存在x0 (1, )，使得m (x0) 0，函数m(x)在x 1,x0 递增，在x x0，+ 递减

a m(x0). 由m (x0) 0得lnx0

111

x0 1 1 x0x0x0

1

x0

m(x0) x0 x0

a 1 B A……………………6分

(2)令f(x) u(x) w(x) xlnx lnx

f (x) lnx 1

aw(x)a,g(x) v(x) x a ,x (1, ). x22x

1a

2 0,x (1, )，由于a m, a 1,f(1) a 0, xx

x ,f(x) ，由零点存在性定理可知： a 1, ,函数f(x)在定义域内有且仅

有一个零点……………………8分

g (x) 1

a3a 0,x (1, )g(1) 1 0,x ,g(x) ，同理可，2

2x2

知 a 1, ,函数g(x)在定义域内有且仅有一个零点……………………9分 假设存在x0使得f x0 g x0 0，

a x02lnx0 x0lnx0

2x0

lnx 0 a 消得a 02

2x x 1x a 00 0

2x0

令

2 2x14x 2h(x) lnx 2h (x) 0222x x 1x(2x x 1)

h(x)递增

h(2) ln2

4132

ln4 055e

h1) 0.8814

0 3

x0 1

此时a

11 8 x0 1 ,2 1 2 5 x0 4 x0 22

x02

所以满足条件的最小整数m 2……………………12分

22、解：（1）∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC，∴∠OAC=∠ODB．

∵∠BOD=∠A，∴△OBD∽△AOC． ∴∵OC=OD=6，AC=4，∴

BDOD

，

OCAC

BD6

，∴BD=9．……………………5分 64

（2）证明：∵OC=OE，CE⊥OD．∴∠COD=∠BOD=∠A．

∴∠AOD=180º–∠A–∠ODC=180º–∠COD–∠OCD=∠ADO． ∴AD=AO ……………………10分

x2

y2 1……………………4分 23、解：（1）直线l:y x 曲线C:2

x x0

（2）设点M x0,y0 及过点M

的直线为l1:

y y

0

2 2

3t2

0 0 x02 2y02 2 0 由直线l1与曲线C相交可得：

2

x02 2y02 288

MA MB ，即：x02 2y02 6

3332

x 2y 6表示一椭圆……………………8分

2

2

x2

y2 1得：3x2 4mx 2m2 2 0 取y x m代入2

由

0得 m 故点M的轨迹是椭圆x 2y

6夹在平行直线y x10分 24.解(1)由x 1 2 5得 5 x 2 5

2

2

7 x 3 得不等式的解为 2 x 4……………………5分

(2)因为任意x1 R，都有x2 R，使得f(x1) g(x2)成立， 所以{y|y f(x)} {y|y g(x)}，

又f(x) 2x a 2x 3 |(2x a) (2x 3)| |a 3|，

g(x) |x 1| 2 2，所以|a 3| 2，解得a 1或a 5，

所以实数a的取值范围为a 1或a 5.……………………10分

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