发布时间 : 星期一 文章安徽省马鞍山市第二中学2019届高三3月高考模拟文科数学试题附答案更新完毕开始阅读
y1+y2=k（x1+x2）+2m=
∵A是椭圆C的上顶点，故A（0，1），
222
∵|AM|+|AN|=|MN|，∴kMAkNA=-1，即
，
∴y1y2+x1x2-（y1+y2）+1=0， ∴
+
-
+1=0，?m=1，或m=-
∵直线MN不过点A，∴ 直线MN过定点（0，- ）， △AMN的面积S=
|x1-x2|=
2
令t=1+2k，（t≥1）．
则S= ，
函数f（t）=
，（t≥1） ′
，
∴f（t）在[1，+∞）单调递增，故 ． ∴△AMN的面积取得最大值时，k=0，直线MN的方程为y=- ． 【解析】
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（1）根据三角形的面积公式，以及等边三角形的性质即可求出b，c，再根据a=b+c，即可得到．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组根据根与系数的关系，利用MA⊥NA，得到kMAkNA=-1，即可得出．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、向量垂直与直线的斜率上的关系、直线过定点问题，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
21.【答案】解：（1）函数f（x）=alnx-ex-1+1，其中x＞0；
x-1
∴f′（x）= -e，
又x=1是函数f（x）的导函数的零点，
0
∴f′（1）=a-e=0，解得a=1，
x-1
∴f（x）=lnx-e+1，
x-1
∴f′（x）= -e，且在（0，+∞）上是单调减函数，f′（1）=0，
∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；
x-1
（2）f′（x）= -e，x∈[1，+∞）；
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①a≤0时，f′（x）＜0在x∈[1，+∞）上恒成立，
则f（x）是单调递减函数，且f（x）≤f（1）=0-1+1=0， ∴f（x）≤0恒成立，符合题意；
②当a＞0时，f′（x）是x∈[1，+∞）上的单调减函数，且f′（1）=a-1；
若a-1≤0，即a≤1，则f（x）在x∈[1，+∞）上单调递减，且f（x）≤f（1）=0，满足题意； 若a-1＞0，即a＞1，则易知存在x0∈[1，+∞），使得f′（x0）=0， ∴f（x）在（1，x0）单调递增，在（x0，+∞）单调递减，
∴x∈（1，∞）时，存在f（x0）＞f（1）=0，则f（x）≤0不恒成立，不符合题意； 综上可知，实数a的取值范围是（-∞，1]． 【解析】
（1）对函数f（x）求导数，利用x=1是函数f（x）导函数的零点求出a的值，再判断f（x）的单调性与单调区间；
（2）求函数f（x）的导数，讨论①a≤0时f′（x）＜0在x∈[1，+∞）上恒成立，得出f（x）≤f（1）=0，符合题意；
②a＞0时，f′（x）是x∈[1，+∞）上的单调减函数，利用f′（1）=a-1，讨论a≤1时，f（x）≤f（1）=0，满足题意；
a＞1时，易知存在x0∈[1，+∞），使得f′（x0）=0，且f（x0）＞f（1）=0，不符合题意；由此求出a的取值范围．
本题考查了函数的单调性与导数的综合应用问题，也考查了分类讨论思想与不等式恒成立问题，是综合题．
22.【答案】解：（1）由
联立
t得2x-y+4=0；由 消去θ得x2+（y-2）2=4； 消去参数
解得 或
，
所以直线l与圆C的两个交点为（0，4），（- ， ）． （2）依题意得【解析】
-2=3，解得a=-2±5 ．
（1）直线l与圆C都化成直角坐标方程后联立解方程组可得； （2）线段PQ的最小值为圆心到直线的距离减去半径． 本题考查了参数方程化成普通方程，属中档题．
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，
23.【答案】解：（1）函数f（x）=2|x|-|x-1|= ， ＜ ＜ ；
， ＞
根据一次函数的图象性质作图：
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（2）由a+b=1，那么 =
= +2≥2+2+2=6
当且仅当a=b时取等号；
那么不等式 恒成立，转化为f（x）≤6恒成立 ∴ 或 或
解得：-7≤x≤5
故得实数x的取值范围是[-7，5]． 【解析】
（1）利用零点分段化简f（x），即可做出图象；
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（2）根据a+b=1，求解
的最小值，即可求解f（x）对于的x的范围；
本题考查了分段函数的化简和基本不等式的应用．属于基础题．
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