福建省20xx届高三数学毕业班4月质量检查试题文

福建省20xx届高三数学毕业班4月质量检查试题文内容摘要：

B DV V V 10分 1 1 6 623 3 2 3E O BS A D     △． 12分 20. 本小题考查 圆的 方程、 直线与 圆的位置关系 等基础知识，考查运算求解能力、推理 论证能力， 考查数形结合思想、化归与转化思想等 . 满分 12分． O CADFEB 解法 一： （ Ⅰ ） 设 点  ,M x y ， 依题意，   2 22 24=21xyMAMB xy ， 3分 化简 得 224xy， 即曲线 C 的 方程 为 224xy. 5分 （Ⅱ）由 （ Ⅰ ） 知曲线 C 的 方程 为 224xy， 令 0y 得 2x ，不妨设    2, 0 , 2, 0EF ． 设      0 1 1 2 21 , , , , ,P y S x y T x y ， 则直线 PE 的 方程为  0 2y y x， 由  0222,4y y xxy  得  2 2 2 20 0 01 4 4 4 0y x y x y    ， 6分 所以 201 20442 1yx y  ，即 201 20221yx y ， 01 204 1yy y ． 8分 直线 PF 的 方程为  0 23yyx  ， 由  0222,34yyxxy   得  2 2 2 20 0 09 4 4 3 6 0y x y x y    ， 9分 所以 202 204 362 9yx y  ，即 202 202 189yx y  ， 02 2020 9yy y ． 11分 所以020012 201020412224341ASyyyykyxyy  ， 020022 20202012922 184349ATyyyykyxyy  ， 所以 AS ATkk ， 所以 ,AST 三点共线． 12分 解 法 二： （Ⅰ）同解法一． （ Ⅱ ） 由 （ Ⅰ ） 知曲线 C 的 方程 为 224xy， 令 0y 得 2x ，不妨设    2, 0 , 2, 0EF ． O TSyxFBA EPO TSyxFBA EP 设      0 1 1 2 21 , , , , ,P y S x y T x y ， 则直线 PE 的 方程为 002y y x y， 由 00222,4y y x yxy 消去 x 得  22001 4 0y y y y  ， 6分 所以 01 204 1yy y ， 201 20221yx y ． 8分 直线 PF 的 方程为 00233yy x y  ， 由 0 0222 ,334yy x yxy   得  22009 12 0y y y y  ， 9分 所以 02 2020 9yy y ， 202 202 189yx y  ． 11分 以下同解法一． 解法三 ： （Ⅰ）同 解法一． （Ⅱ）由 （ Ⅰ ） 知曲线 C 的 方程 为 224xy， 令 0y 得 2x ，不妨设    2, 0 , 2, 0EF ． 设      0 1 1 2 21 , , , , ,P y S x y T x y ， 当 0 0y 时，    2, 0 , 2, 0ST ，此时 ,AST 三点共线． 当 0 0y 时， 则直线 PE 的 方程为 002y y x y， 由 00222,4y y x yxy 消去 x 得  22020 4 0y y y y  ， 6分 所以 01 204 1yy y ． 7分 直线 PF 的 方程为 00233yy x y   ， 由 0 0222 ,334yy x yxy   消去 x 得  22020 12 0y y y y  ， 8分 O TSyxFBA EP 所以 02 2020 9yy y ． 9分 121244A S A Tyykk xx        1 2 2 11244y x y xxx     211200123 6244yyyyxx                       1 2 0 2 1 0 1 2 0 1 0 20 1 2 0 1 23 6 2 4 6 24 4 4 4y y y y y y y y y y y yy x x y x x         ， 11分 因为    2 2 20 0 00 1 0 2 22 2200 002 4 2 4 1 9 262 19 19y y yy y y y yy yy    ，    20 0 012 22 2200 004 1 2 1 9 244 19 19y y yyy yy yy       ， 所以 1 2 0 1 0 24 6 2y y y y y y  0 ． 所以 AS ATkk ， 所以 ,AST 三点共线． 12分 21．本小题主要考查函数的 单调性 、导 数及其应用 、不等式 等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．满分 12分． 解：（Ⅰ）因为  ( ) 1 e x af x xx   ， 0x ， 2分 依题意得 (1) 0f  ，即 2e 0a ，解得 2ea ． 3分 所以   2e( ) 1 e xf x x x   ，显然 ()fx 在  0， 单调递增且 (1) 0f  ， 故当  0,1x 时，   0fx  ；当  1,x  时，   0fx  ． 所以 fx的递 减区间为  0,1 ，递增区间为  1, ． 5分 （Ⅱ）①当 0b≤ 时，由（Ⅰ）知，当 1x 时， fx取得最小值 e ． 又  2 22b x x的最大值为 b ，故    。