题型小卷28 “21—22”解答题-【精彩三年】2023高考数学汇编与名师优创选填解答题型28卷教师用书word

题型小卷28　“21—22”解答题(见学生用书P55) [限时：30分钟　满分：24分] 解答题：本题共2小题，共24分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． (12分)如图，设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，圆E：(x＋1)2＋y2＝4与y轴的正半轴的交点为A，△AEF为等边三角形． (1)求抛物线C的方程； (2)设抛物线C上的点P(y0>0)处的切线与圆E交于M，N两点，问在圆E上是否存在点Q，使得直线QM，QN均为抛物线C的切线？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)由已知得E(－1，0)，△AEF为等边三角形． ∴F(1，0)，∴p＝2，∴抛物线C：y2＝4x. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则过点M，N作抛物线C的两条切线(异于直线MN)交于点Q， 并设切线lQM：x－x1＝t1(y－y1)，lQN：x－x2＝t2(y－y2).抛物线C上的点P处的切线方程为y＝2x＋，即lMN：x＝y－，记t0＝①. 设过点M的直线：x－x1＝t(y－y1)与抛物线相切，代入抛物线方程得y2－4ty＋4ty1－4x1＝0， ∴Δ＝16t2－16(ty1－x1)＝0， ∴t2－ty1＋x1＝0.由根与系数的关系得，t0t1＝x1，t0＋t1＝y1，∴t1＝x1，＋t1＝y1.由①可得t1＝2x1＝y1－，∴2y1＝4x1＋1②.同理可得t2＝2x2， 所以lQM：x－x1＝2x1(y－y1)，lQN：x－x2＝2x2(y－y2)， 联立两式消去y可得xQ＝2x1x2·＝4x1x2③， 代入lQM可得yQ＝， 代入②得yQ＝2(x1＋x2)④. 联立lMN：x＝y－与圆E可得，5x2＋4x－＝0， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝－. 分别代入③④可得xQ＝－，yQ＝－， (xQ＋1)2＋y＝＋＝4，即切线QM，QN的交点Q在圆E上， ∴存在圆上一点Q满足直线QM，QN均为抛物线C的切线． (12分)已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)＝x2＋ax＋cos x. (1)若f(x)为定义域上的增函数，求实数a的取值范围； (2)若a＝－1，f(x1)＝f(x2)＝0，x1≠x2，f(x0)为f(x)的极小值，求证：x1＋x2<2x0. 解：(1)由f(x)＝x2＋ax＋cos x，得f′(x)＝x＋a－sin x. ∵f(x)为上的增函数，∴f′(x)＝x＋a－sin x≥0在上恒成立， 即a≥sin x－x. 令g(x)＝sin x－x，则g′(x)＝cos x－1≤0， ∴g(x)在上单调递减，∴g(x)≤g＝0， 即g(x)max＝0， ∴a≥0，即实数a的取值范围为. (2)证明：当a＝－1时，f(x)＝x2－x＋cos x，则f′(x)＝x－1－sin x， ∴f″(x)＝1－cos x≥0，∴f′(x)在上单调递增， 又f′＝－1<0，f′＝π－1>0， ∴∃x0∈，使得f′＝0，且当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0. ∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f为f(x)的极小值． 设x1<x2，∵f＝1>0，f＝－π－1>0， ∴0<x1<x0<x2<π. 设F(x)＝f－f， ∴F′(x)＝2x0－2－2sin x0cos x， ∴F″(x)＝2sin x0sin x. ∵x0∈，∴sin x0>0.又sin x>0，∴F″(x)>0， ∴F′(x)在上单调递增． ∵F′＝2x0－2－2sin x0cos 0＝2x0－2－2sin x0＝2＝2f′＝0， ∴F′(x)>F′＝0，∴F(x)在上单调递增， ∴F(x)>F＝f－f＝0， ∴f＝f＝f> f＝f. ∵f′＝－1－sin ＝－2<0， ∴<x0<x2<π，∴0<2x0－x2<x0. 又f(x)在上单调递减，∴x1<2x0－x2，即x1＋x2<2x0. 学科网（北京）股份有限公司 $