四川省成都市第七中学2017届高三6月1日高考热身考试数学(理)试题Word版含答案

?m?AB??2a?2b?0?n?BC??2x?2y?0??则? 和， ?33?m?BE??a?2b?c?0?n?BE??x?2y?z?0?2?2可得m?(1,1,2),n?(?3,3,2)，则cosm,n?由图可知，二面角A?BE?C的大小为钝角， 所以二面角A?BE?C的余弦值为?m?nm?n?4233?，

336?22233. 33?a2?b2?c2?3??23220.解：（1）由题意知?，即(a?4)(4a?3)?0， (?)2?(?1)?2?1?b2?422又a?3?b?3，故a?4,b?1，

22x2?y2?1. 椭圆C的方程为4（2）设M(m,0)，直线l:x?ty?m,A(x1,y1),B(x2,y2)， 由AM?2MB，有y1??2y2，

?x2??y2?1由?4?(t2?4)y2?2my?m2?4?0， ?x?yy?m?2tmm2?4,y1y2?2由韦达定理得y1?y2??2， t?4t?4222由y1y2??2y2,y1?y2??2y2?y2??y2，则y1y2??2[?(y1?y2)]??(y1?y2)，

m2?42tm2,??2(?)，化简得(m2?4)(t2?4)??8t2m2，原点O到直线的距离22t?4t?4d?m1?t2，

m47242又直线l与圆O:x?y?相切，所以，即t?m?1， ?7471?t222?(m2?4)(t2?4)??8t2m2??21m4?16m2?16?0，即(3m2?4)(7m2?4)?0， ?272?t?m?1?4解得m?223442,0)， ，此时t?，满足??0，此时M(?33344421421??，所以MN的长为. 372121在Rt?OMN中，MN?exex?x?exex(x?1)(x?0)，得f?x???(x?0)， 21.解：（1）由f?x??22xxx易知x?(0,1)时，f??x??0,f?x?单调递减，x?(1,??)时，f??x??0,f?x?单调递增， 根据直线l的方程x?ty?2，可得l恒过点(2,0)，

①当t?0时，直线l:x?2垂直x轴，与曲线y?f?x?相交于一点，即焦点横坐标为2； ②当t?0时，设切线A(x0,y0)，直线l可化为y?x?1t2，斜率tex0(x0?1)1， k??f?(x0)?2tx012ex0又直线l和曲线y?f?x?均过点A(x0,y0)，则满足y0?x0??，

ttx0ex0(x0?1)ex0(x0?1)12x0?1x0?2x0?11所以??(x?)????，两边约去t后， 02x0x0x0ttx0x0x0t可得(x0?2)?x0?12?4x0?2?0， ?1，化简得x0x0切点横坐标x0?2?2，综上所述，由①和②可知，该公共点的横坐标为2和2?2； （2）①若0?m?1,n?1时，欲证f?m??f?n?，

由题意m?n?2，由问可知f?x?在(1,??)上单调递减，证f?m??f(2?m)对m?(0,1)恒成立即可.

e2?m(2?m?1)设函数?(m)?f?m??2f(2?m)，则??(m)?f??m??[?f?(2?m)]?，

(2?m)2eme2?m)， 即??(m)?(m?1)?(2?m(2?m)2ex(x?2)ex设h?x??2(x?0)，则h??x??， 3xx易知x?(0,2)时，h??x??0,h(x)单调递减，x?(2,??)时，h??x??0,h(x)单调递增， 当m?(0,1)时，有2?m?(1,2)，且满足2?m?m，故h(m)?h(2?m)?0，

eme2?m?0，又m?1?0，则??(m)?0， 即2?m(2?m)2所以??m?在(0,1)上单调递减，有??m????1??0， 即f?m??f?2?m?，所以f?m??f?n?.

22.解：（1）圆C的普通方程是(x?1)?y?1，又x??cos?,y??sin?， 所以圆C的极坐标方程是??2cos?.

（2）设P(?1,?1)，则有?1?cos?1,Q(?2,?1)，则有?2?2233，

sin?1?3cos?1所以OPOQ??1??2?63cos?163??(0??1?)，

2sin?1?3cos?13?tan?1因为tan?1?0，所以0?OPOQ?6.

23.解：（1）由x?1?2?5，得?5?x?1?2?5??7?x?1?3， 得不是的解集为{x|?2?x?4}.

（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.