湖北省武汉市2015届高三四月调考数学试卷（文科）

点评： 本题考查异面直线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，正确作出点P到底面ABC的距离是解题的关键．

21．（14分）已知函数f（x）=x﹣3x+ax（a∈R） （1）求函数y=f（x）的单调区间；

（2）当a≥2时，求函数y=|f（x）|在0≤x≤1上的最大值．

考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值． 专题： 函数的性质及应用；导数的综合应用．

分析： （1）求出函数的导数，讨论判别式小于或等于0，和大于0，令导数大于0，得增区间；令导数小于0，得减区间；

（2）由（1）讨论当a≥3时，当2≤a＜3时，求得函数的单调区间，通过函数值的符号，去绝对值符号，即可得到最大值．

322

解答： 解：（1）函数f（x）=x﹣3x+ax的导数为f′（x）=3x﹣6x+a， 判别式△=36﹣12a，

当△≤0时，即a≥3，f′（x）≥0恒成立，f（x）为增函数；

32

当a＜3时，即△＞0，3x﹣6x+a=0有两个实根，x1=1﹣

2

，x2=1+

，

f′（x）＞0，可得x＞x2或x＜x1；f′（x）＜0，可得x1＜x＜x2． 综上可得，a≥3时，f（x）的增区间为R； a＜3时，f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣减区间为（1﹣

，1+

）．

），（1+

，+∞），

（2）由于y=|f（x）|的图象经过原点，

当a≥3时，由（1）可得y=|f（x）|=f（x）在[0，1]递增， 即有x=1处取得最大值，且为a﹣2； 当2≤a＜3时，由（1）可得f（x）在[0，1﹣在（1﹣

，1]递减，

处取得最大值，且大于0，

）递增，

则f（x）在x=1﹣

又f（0）=0，f（1）=a﹣2≥0，

则y=|f（x）|=f（x）（0≤x≤1）的最大值即为f（1﹣综上可得，当a≥3时，函数y的最大值为a﹣2； 当2≤a＜3时，函数y的最大值为f（1﹣

）．

）．

点评： 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查分类讨论的思想方法和函数的单调性的运用，考查运算能力，属于中档题和易错题．

22．（14分）已知椭圆C：

=1（a＞b＞0）的离心率为

，短轴长为2．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若A、B是椭圆C上的两动点，O为坐标原点，OA、OB的斜率分别为k1，k2，问是否存在非零常数λ，使k1?k2=λ时，△AOB的面积S为定值，若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程． 专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程．

分析： （Ⅰ）通过=、2b=2、a=b+c，计算即得结论；

222

（Ⅱ）设直线AB的方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理、三角形面积计算公式、k1?k2=λ可得S△AOB的表达式，分析表达式、计算即可． 解答： 解：（Ⅰ）∵e==∴a=2，b=1， ∴椭圆C的方程为：

+y=1；

2

，2b=2，a=b+c，

222

（Ⅱ）结论：存在非零常数λ=﹣，使k1?k2=﹣时，△AOB的面积S为定值1． 理由如下：

设存在这样的常数λ，使k1?k2=λ时，S△AOB为定值． 设直线AB的方程为：y=kx+m，且AB与∵k1?k2=λ，∴λx1x2﹣y1y2=0， ∴﹣λx1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0，

22

∴（k﹣λ）x1x2+km（x1+x2）+m=0． 将y=kx+m代入

2

2

+y=1的交点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），

2

+y=1，消去y得：

2

2

（1+4k）x+8kmx+4m﹣4=0，

由韦达定理可得： x1+x2=

，x1x2=

，

∴（k﹣λ）x1x2+km（x1+x2）+m=0可化为：m=

222

，

∵点O到直线AB的距离为d=，

∴S△AOB=?d?|AB|=?|x1﹣x2|?|m|=

，

∴=

=?，

要使上式为定值，只需

2

==，

即只需（1+4λ）=0，∴λ=﹣， 此时

=，即S△AOB=1，

故存在非零常数λ=﹣，此时S△AOB=1．

点评： 本题考查椭圆的定义及其标准方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，注意解题方法的积累，属于中档题．