江苏省昆山震川高级中学高三数学作业15 苏科版VIP免费

江苏省昆山震川高级中学高三数学作业15苏科版1．CBA,,是直线l上的三点，P是直线l外一点，已知aBCAB，90APB，45BPC．则PCPA．2．已知抛物线)0(22ppxy与双曲线12222byax有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为．3．已知函数2()2,()2fxmxgxxxm.若存在整数,ab，使得()()afxgxb的解集恰好是,ab，则ab的值为．4．已知0abc，且22112444()aaccabaab，则abc．5．一个数列中的数均为奇数时，称之为“奇数数列”．给定以下法则来构造一个奇数数列na，对于任意正整数n，当n为奇数时，nan；当n为偶数时，2nnaa．则该数列的前2n项的和为____________________．17、已知椭圆)0(12222babyax的左右焦点分别为21,FF，短轴两个端点为BA,，且四边形BAFF21是边长为2的正方形．（1）求椭圆的方程；（2）若DC,分别是椭圆长轴的左右端点，动点M满足CDMD，连接CM，交椭圆于点P．证明：OMOP�为定值；（3）在（2）的条件下，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线MQDP,的交点，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2yxPBCDAF1OF2M参考答案1．245a2．123．24．225．21(42)3nnT6、解（1）由题可得211fxxa而03x．．．．．．．．．．．．．．．．．2分所以，11,33mfanfa．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（2）角终边经过点,Aaa当0a时，222raaa，则22sin,cos2222aaaa所以，26sinsincoscossin6664．．．．．．．．．．．．．．．．．9分当0a时，222raaa则22sin,cos2222aaaa所以，26sinsincoscossin6664．．．．．．．．．．．．13分综上所述26sin64或264．．．．．．．．．．．．．．．．．14分7．解：（1）222,,2cbacba，22b，椭圆方程为12422yx．…4分（2）)0,2(),0,2(DC，设),(),,2(110yxPyM，则),2(),,(011yOMyxOP．直线CM：0042yyyx，即00214yxyy，……………………………5分代入椭圆4222yx得042121)81(2020220yxyxy．……………………………………………6分8)8(2,8)8(4)2(2020120201yyxyyx，882001yyy．3)88,8)8(2(2002020yyyyOP，………………………………………………8分48324888)8(4202020202020yyyyyyOMOP（定值）．…………………………………………………………10分（3）设存在)0,(mQ满足条件，则DPMQ．),2(0ymMQ，)88,84(2002020yyyyDP，…………………………13分则由0DPMQ得088)2(8420202020yymyy，从而得0m．存在)0,0(Q满足条件．…………………………………………………………16分8．解：（1）直线10xy的斜率为1，且过(10),点，又1()lnfxxa，∴11lnlog10aab,∴，e0ab,；…………………5分（2）PQ的中点为1212()ln22xxyyfxx,,，…………………6分∴1212122(ln)xxxkxxx，……………………………7分121222212222xxxxxxnnnkmxmmxxxx，……………8分由210xx，∴212122xxxx，则212nkmxx，则212122112()()()nxxxxkmxxxx2121()nnmxmxxx21yy21lnlnxx21lnxx，4又21212112121212()()1xxxxxxkxxxx，……………………………11分法一：令2(1)()ln1trttt，21xtx＞1，则22214(1)()(1)(1)trttttt，因为t＞1时，()rt＞0，所以()rt在[1),上单调递增，故()rt＞(1)0r，则2k＞1k．……………………………16分法二：令()(1)ln2(1)rtttt，21xtx＞1，1()ln1rttt则，因为221111lntttttt，所以t＞1时，1lntt＞０，故1lntt在[1),上单调递增，从而1ln1tt＞０，即()0rt，于是)(tr在[1),上单调递增，故()rt＞(1)0r即(1)lntt＞2(1)t，lnt＞2(1)1tt，则2k＞1k．……16分5