year
stringclasses 13
values | category
stringclasses 9
values | instruction
stringlengths 24
1.55k
| answer
stringlengths 1
4.37k
| input
stringclasses 1
value | output
stringlengths 28
4.77k
| score
int64 3
14
| source
stringclasses 6
values |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
2020 | （新课标Ⅱ） | 23. 已知函数 $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1|$.
(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \ldots 4$ 的解集;
(2) 若 $f(x) \ldots 4$, 求 $a$ 的取值范围.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;
（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=|x-4|+|x-3|$.
当 $x \leq 3$ 时, $f(x)=4-x+3-x=7-2 x \geq 4$, 解得: $x \leqslant \frac{3}{2}$;
当 $3<x<4$ 时, $f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$, 无解;
当 $x \geq 4$ 时, $f(x)=x-4+x-3=2 x-7 \geq 4$, 解得: $x \geq \frac{11}{2}$;
综上所述: $f(x) \geq 4$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq \frac{3}{2}\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{11}{2}\right\}$.
(2) $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1| \geq\left|\left(x-a^{2}\right)-(x-2 a+1)\right|=\left|-a^{2}+2 a-1\right|=(a-1)^{2}$ （当且仅当 $2 a-1 \leq x \leq a^{2}$ 时取等号), $\therefore(a-1)^{2} \geq 4$, 解得: $a \leq-1$ 或 $a \geq 3$,
$\therefore a$ 的取值范围为 $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$.
| 【分析】}
(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;
（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.
【解析】}
【分析】}
(1) 分别在 $x \leq 3 、 3<x<4$ 和 $x \geq 4$ 三种情况下解不等式求得结果;
（2）利用绝对值三角不等式可得到 $f(x) \geq(a-1)^{2}$, 由此构造不等式求得结果.
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=|x-4|+|x-3|$.
当 $x \leq 3$ 时, $f(x)=4-x+3-x=7-2 x \geq 4$, 解得: $x \leqslant \frac{3}{2}$;
当 $3<x<4$ 时, $f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$, 无解;
当 $x \geq 4$ 时, $f(x)=x-4+x-3=2 x-7 \geq 4$, 解得: $x \geq \frac{11}{2}$;
综上所述: $f(x) \geq 4$ 的解集为 $\left\{x \mid x \leq \frac{3}{2}\right.$ 或 $\left.x \geq \frac{11}{2}\right\}$.
(2) $f(x)=\left|x-a^{2}\right|+|x-2 a+1| \geq\left|\left(x-a^{2}\right)-(x-2 a+1)\right|=\left|-a^{2}+2 a-1\right|=(a-1)^{2}$ （当且仅当 $2 a-1 \leq x \leq a^{2}$ 时取等号), $\therefore(a-1)^{2} \geq 4$, 解得: $a \leq-1$ 或 $a \geq 3$,
$\therefore a$ 的取值范围为 $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （全国甲卷） | 17. 甲、乙两台机床生产同种产品, 产品按质量分为一级品和二级品, 为了比较两台机床产品的质量, 分别 用两台机床各生产了 200 件产品, 产品的质量情况统计如下表:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 一级品 & 二级品 & 合计 \\
\hline 甲机床 & 150 & 50 & 200 \\
\hline 乙机床 & 120 & 80 & 200 \\
\hline 合计 & 270 & 130 & 400 \\
\hline
\end{tabular}
(1) 甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?
(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?
附: $\quad K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline
\end{tabular}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}
| 【详解】(1) 甲机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{150}{200}=75 \%$ ，
乙机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{120}{200}=60 \%$.
(2) $K^{2}=\frac{400(150 \times 80-120 \times 50)^{2}}{270 \times 130 \times 200 \times 200}=\frac{400}{39}>10>6.635$,
故能有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.
| 【分析】本题考查频率统计和独立性检验, 属基础题, 根据给出公式计算即可
【详解】(1) 甲机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{150}{200}=75 \%$ ，
乙机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{120}{200}=60 \%$.
(2) $K^{2}=\frac{400(150 \times 80-120 \times 50)^{2}}{270 \times 130 \times 200 \times 200}=\frac{400}{39}>10>6.635$,
故能有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （全国甲卷） | 18. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 从下面(1)(2)(3)中选取两个作为条件, 证明另 外一个成立.
(1)数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列: (2)数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列; (3) $a_{2}=3 a_{1}$.
注: 若选择不同的组合分别解答, 则按第一个解答计分.
| 【详解】选(1)(2)作条件证明(3):
设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$; 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;
因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 也是等差数列, 所以 $(a+b)^{2}=a(2 a-a+2 b)$, 解得 $b=0$ ；
所以 $a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 所以 $a_{2}=3 a_{1}$.
选(1)(3)作条件证明(2):
因为 $a_{2}=3 a_{1},\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,
所以公差 $d=a_{2}-a_{1}=2 a_{1}$,
所以 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=n^{2} a_{1}$, 即 $\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}} n$ ，
因为 $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}(n+1)-\sqrt{a_{1}} n=\sqrt{a_{1}}$,
所以 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列.
选(2)(3)作条件证明(1):
设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$;
当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;
因为 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a(3 a+2 b)=3(a+b)^{2}$ ， 解得 $b=0$ 或 $b=-\frac{4 a}{3}$ ；
当 $b=0$ 时, $a_{1}=a^{2}, a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}-a_{n-1}=2 a^{2}$ 满足等差数列的定义, 此时 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差 数列;
当 $b=-\frac{4 a}{3}$ 时, $\sqrt{S_{n}}=a n+b=a n-\frac{4}{3} a, \sqrt{S_{1}}=-\frac{a}{3}<0$ 不合题意, 舍去.
综上可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.
| 【分析】选(1)(2)作条件证明(3)时, 可设出 $\sqrt{S_{n}}$, 结合 $a_{n}, S_{n}$ 的关系求出 $a_{n}$, 利用 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列可证 $a_{2}=3 a_{1}$
选(1)(3)作条件证明(2)时, 根据等差数列的求和公式表示出 $\sqrt{S_{n}}$, 结合等差数列定义可证;
选(2)(3)作条件证明(1)时, 设出 $\sqrt{S_{n}}=a n+b$, 结合 $a_{n}, S_{n}$ 的关系求出 $a_{n}$, 根据 $a_{2}=3 a_{1}$ 可求 $b$, 然后可证 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.
【详解】选(1)(2)作条件证明(3):
设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$; 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;
因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 也是等差数列, 所以 $(a+b)^{2}=a(2 a-a+2 b)$, 解得 $b=0$ ；
所以 $a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 所以 $a_{2}=3 a_{1}$.
选(1)(3)作条件证明(2):
因为 $a_{2}=3 a_{1},\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,
所以公差 $d=a_{2}-a_{1}=2 a_{1}$,
所以 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=n^{2} a_{1}$, 即 $\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}} n$ ，
因为 $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}(n+1)-\sqrt{a_{1}} n=\sqrt{a_{1}}$,
所以 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列.
选(2)(3)作条件证明(1):
设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$;
当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;
因为 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a(3 a+2 b)=3(a+b)^{2}$ ， 解得 $b=0$ 或 $b=-\frac{4 a}{3}$ ；
当 $b=0$ 时, $a_{1}=a^{2}, a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}-a_{n-1}=2 a^{2}$ 满足等差数列的定义, 此时 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差 数列;
当 $b=-\frac{4 a}{3}$ 时, $\sqrt{S_{n}}=a n+b=a n-\frac{4}{3} a, \sqrt{S_{1}}=-\frac{a}{3}<0$ 不合题意, 舍去.
综上可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （全国甲卷） | 20. 抛物线 $C$ 的顶点为坐标原点 $O$. 焦点在 $x$ 轴上, 直线 $l: x=1$ 交 $C$ 于 $P, Q$ 两点, 且 $O P \perp O Q$. 已知 点 $M(2,0)$, 且 $\odot M$ 与 $l$ 相切.
(1) 求 $C, \odot M$ 的方程; (2) 设 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 是 $C$ 上的三个点, 直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 均与 $\odot M$ 相切. 判断直线 $A_{2} A_{3}$ 与 $\odot M$ 的位置关系, 并说明理由.
| 【详解】（1）依题意设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0), P\left(1, y_{0}\right), Q\left(1,-y_{0}\right)$,
$\because O P \perp O Q, \therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=1-y_{0}^{2}=1-2 p=0, \therefore 2 p=1$
所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=x$,
$M(0,2), \odot M$ 与 $x=1$ 相切, 所以半径为 1 ,
所以 $\odot M$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$;
(2) 设 $A_{1}\left(x_{1} y_{1}\right), A_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), A_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$
若 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 则 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$ 或 $x=3$,
若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(1,1)$,
则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的另一条直线方程为 $y=1$,
此时该直线与抛物线只有一个交点, 即不存在 $A_{3}$, 不合题意;
若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=3$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(3, \sqrt{3}), A_{2}(3,-\sqrt{3})$,
则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的直线 $A_{1} A_{3}$ 为 $y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}(x-3)$,
又 $k_{A_{1} A_{3}}=\frac{y_{1}-y_{3}}{x_{1}-x_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+y_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore y_{3}=0$, $x_{3}=0, A_{3}(0,0)$, 此时直线 $A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 关于 $x$ 轴对称,
所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;
若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率均存在,
则 $k_{A_{1} A_{2}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}, k_{A_{1} A_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}, k_{A_{2} A_{3}}=\frac{1}{y_{2}+y_{3}}$ ，
所以直线 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $y-y_{1}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x-x_{1}\right)$,
整理得 $x-\left(y_{1}+y_{2}\right) y+y_{1} y_{2}=0$ ，
同理直线 $A_{1} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{1}+y_{3}\right) y+y_{1} y_{3}=0$,
直线 $A_{2} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{2}+y_{3}\right) y+y_{2} y_{3}=0$,
$\because A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, $\therefore \frac{\left|2+y_{1} y_{2}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}}=1$
整理得 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{2}+3-y_{1}^{2}=0$,
$A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 同理 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{3}^{2}+2 y_{1} y_{3}+3-y_{1}^{2}=0$
所以 $y_{2}, y_{3}$ 为方程 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y^{2}+2 y_{1} y+3-y_{1}^{2}=0$ 的两根,
$y_{2}+y_{3}=-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}, y_{2} \cdot y_{3}=\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}$
$M$ 到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离为:
$\frac{\left|2+y_{2} y_{3}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{2}+y_{3}\right)^{2}}}=\frac{\left|2+\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}\right)^{2}}}$
$=\frac{\left|y_{1}^{2}+1\right|}{\sqrt{\left(y_{1}^{2}-1\right)^{2}+4 y_{1}^{2}}}=\frac{y_{1}^{2}+1}{y_{1}^{2}+1}=1$,
所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;
综上若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 则直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切.
| 【分析】(1) 根据已知抛物线与 $x=1$ 相交, 可得出抛物线开口向右, 设出标准方程, 再利用对称性设出 $P, Q$ 坐标, 由 $O P \perp O Q$, 即可求出 $p$; 由圆 $M$ 与直线 $x=1$ 相切, 求出半径, 即可得出结论;
(2) 先考虑 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 根据对称性, 即可得出结论; 若 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率存在, 由 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 三 点在抛物线上, 将直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{2}, A_{2} A_{3}$ 斜率分别用纵坐标表示, 再由 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, 得出 $y_{2}+y_{3}, y_{2} \cdot y_{3}$ 与 $y_{1}$ 的关系, 最后求出 $M$ 点到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离, 即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0), P\left(1, y_{0}\right), Q\left(1,-y_{0}\right)$,
$\because O P \perp O Q, \therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=1-y_{0}^{2}=1-2 p=0, \therefore 2 p=1$
所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=x$,
$M(0,2), \odot M$ 与 $x=1$ 相切, 所以半径为 1 ,
所以 $\odot M$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$;
(2) 设 $A_{1}\left(x_{1} y_{1}\right), A_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), A_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$
若 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 则 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$ 或 $x=3$,
若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(1,1)$,
则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的另一条直线方程为 $y=1$,
此时该直线与抛物线只有一个交点, 即不存在 $A_{3}$, 不合题意;
若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=3$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(3, \sqrt{3}), A_{2}(3,-\sqrt{3})$,
则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的直线 $A_{1} A_{3}$ 为 $y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}(x-3)$,
又 $k_{A_{1} A_{3}}=\frac{y_{1}-y_{3}}{x_{1}-x_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+y_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore y_{3}=0$, $x_{3}=0, A_{3}(0,0)$, 此时直线 $A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 关于 $x$ 轴对称,
所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;
若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率均存在,
则 $k_{A_{1} A_{2}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}, k_{A_{1} A_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}, k_{A_{2} A_{3}}=\frac{1}{y_{2}+y_{3}}$ ，
所以直线 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $y-y_{1}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x-x_{1}\right)$,
整理得 $x-\left(y_{1}+y_{2}\right) y+y_{1} y_{2}=0$ ，
同理直线 $A_{1} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{1}+y_{3}\right) y+y_{1} y_{3}=0$,
直线 $A_{2} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{2}+y_{3}\right) y+y_{2} y_{3}=0$,
$\because A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, $\therefore \frac{\left|2+y_{1} y_{2}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}}=1$
整理得 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{2}+3-y_{1}^{2}=0$,
$A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 同理 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{3}^{2}+2 y_{1} y_{3}+3-y_{1}^{2}=0$
所以 $y_{2}, y_{3}$ 为方程 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y^{2}+2 y_{1} y+3-y_{1}^{2}=0$ 的两根,
$y_{2}+y_{3}=-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}, y_{2} \cdot y_{3}=\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}$
$M$ 到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离为:
$\frac{\left|2+y_{2} y_{3}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{2}+y_{3}\right)^{2}}}=\frac{\left|2+\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}\right)^{2}}}$
$=\frac{\left|y_{1}^{2}+1\right|}{\sqrt{\left(y_{1}^{2}-1\right)^{2}+4 y_{1}^{2}}}=\frac{y_{1}^{2}+1}{y_{1}^{2}+1}=1$,
所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;
综上若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 则直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （全国甲卷） | 21. 已知 $a>0$ 且 $a \neq 1$, 函数 $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}(x>0)$.
（1）当 $a=2$ 时, 求 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 求 $a$ 的取值范围.
| 【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减;
(2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$,
在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;
在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;
$\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$,
又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$,
所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$.
| 【分析】(1) 求得函数的导函数, 利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性;
(2) 利用指数对数的运算法则, 可以将曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点等价转化为方程 $\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$ 有两个不同的实数根, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点, 利用导函数研究 $g(x)$ 的 单调性, 并结合 $g(x)$ 的正负, 零点和极限值分析 $g(x)$ 的图象, 进而得到 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 发现这正好是 $0<g(a)<g(e)$, 然后根据 $g(x)$ 的图象和单调性得到 $a$ 的取值范围.
【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减;
(2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$,
在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;
在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;
$\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$,
又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$,
所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （全国甲卷） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$
(1) 将 $C$ 的极坐标方程化为直角坐标方程;
(2) 设点 $A$ 的直角坐标为 $(1,0), M$ 为 $C$ 上的动点, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$, 写出 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方 程, 并判断 $C$ 与 $C_{1}$ 是否有公共点.
| 【详解】(1) 由曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$ 可得 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$,
将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得 $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{2} x$, 即 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$,
即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$;
(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$ $\because \overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$
$\therefore(x-1, y)=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta-1, \sqrt{2} \sin \theta)=(2+2 \cos \theta-\sqrt{2}, 2 \sin \theta)$,
则 $\left\{\begin{array}{l}x-1=2+2 \cos \theta-\sqrt{2} \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$,
故 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)
$\because$ 曲线 $C$ 的圆心为 $(\sqrt{2}, 0)$, 半径为 $\sqrt{2}$, 曲线 $C_{1}$ 的圆心为 $(3-\sqrt{2}, 0)$, 半径为 2 ,
则圆心距为 $3-2 \sqrt{2}, \because 3-2 \sqrt{2}<2-\sqrt{2}, \therefore$ 两圆内含,
故曲线 $C$ 与 $C_{1}$ 没有公共点.
| 【分析】(1) 将曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程化为 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$, 将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得;
(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$, 根据向量关系即可求得 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程, 求出 两圆圆心距，和半径之差比较可得.
【详解】(1) 由曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$ 可得 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$,
将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得 $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{2} x$, 即 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$,
即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$;
(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$ $\because \overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$
$\therefore(x-1, y)=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta-1, \sqrt{2} \sin \theta)=(2+2 \cos \theta-\sqrt{2}, 2 \sin \theta)$,
则 $\left\{\begin{array}{l}x-1=2+2 \cos \theta-\sqrt{2} \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$,
故 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)
$\because$ 曲线 $C$ 的圆心为 $(\sqrt{2}, 0)$, 半径为 $\sqrt{2}$, 曲线 $C_{1}$ 的圆心为 $(3-\sqrt{2}, 0)$, 半径为 2 ,
则圆心距为 $3-2 \sqrt{2}, \because 3-2 \sqrt{2}<2-\sqrt{2}, \therefore$ 两圆内含,
故曲线 $C$ 与 $C_{1}$ 没有公共点.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （新课标ⅰ） | 17.某厂研制了一种生产高精产品的设备, 为检验新设备生产产品的某项指标有无提高, 用 一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品, 得到产品该项指标数据如下：
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 旧设备 & 9.8 & 10.3 & 10.0 & 10.2 & 9.9 & 9.8 & 10.0 & 10.1 & 10.2 & 9.7 \\
\hline 新设备 & 10.1 & 10.4 & 10.1 & 10.0 & 10.1 & 10.3 & 10.6 & 10.5 & 10.4 & 10.5 \\
\hline
\end{tabular}
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 $\bar{x}$ 和 $\bar{y}$, 样本方差分别 曰为 $S_{1}^{2}$ 和 $S_{2}^{2}$
(1) 求 $\bar{x}, \bar{y}, s_{1}^{2}, s_{2}^{2}$ :
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 $\bar{y}-\bar{x} \geq 2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$, 则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否 则不认为有显著提高）。
| 解析
解析:
(1) 各项所求值如下所示.
$\bar{x}=\frac{1}{10}(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.0$ $\bar{y}=\frac{1}{10}(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3$ $s_{1}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(9.7-10.0)^{2}+2 \times(9.8-10.0)^{2}+(9.9-10.0)^{2}+2 \times(10.0-10.0)^{2}+(10.1-10.0)^{2}\right.$ $\left.+2 \times(10.2-10.0)^{2}+(10.3-10.0)^{2}\right]=0.036$ $s_{2}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(10.0-10.3)^{2}+3 \times(10.1-10.3)^{2}+(10.3-10.3)^{2}+2 \times(10.4-10.3)^{2}+\right.$
$\left.2 \times(10.5-10.3)^{2}+(10.6-10.3)^{2}\right]=0.04$
（2）由（1）中数据得 $\bar{y}-\bar{x}=0.3,2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}} \approx 0.34$. 显然 $\bar{y}-\bar{x}<2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$. 所以不认为 新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。
|
解析
解析:
(1) 各项所求值如下所示.
$\bar{x}=\frac{1}{10}(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.0$ $\bar{y}=\frac{1}{10}(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3$ $s_{1}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(9.7-10.0)^{2}+2 \times(9.8-10.0)^{2}+(9.9-10.0)^{2}+2 \times(10.0-10.0)^{2}+(10.1-10.0)^{2}\right.$ $\left.+2 \times(10.2-10.0)^{2}+(10.3-10.0)^{2}\right]=0.036$ $s_{2}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(10.0-10.3)^{2}+3 \times(10.1-10.3)^{2}+(10.3-10.3)^{2}+2 \times(10.4-10.3)^{2}+\right.$
$\left.2 \times(10.5-10.3)^{2}+(10.6-10.3)^{2}\right]=0.04$
（2）由（1）中数据得 $\bar{y}-\bar{x}=0.3,2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}} \approx 0.34$. 显然 $\bar{y}-\bar{x}<2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$. 所以不认为 新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （新课标ⅰ） | 19. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $b_{n}$ 为数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项积, 已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$.
(1) 证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列;
(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
| 解析
解析:
(1) 由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$, 则 $\frac{b_{n}}{b_{n-1}}=S_{n}(n \geq 2)$,
$\Rightarrow \frac{2 b_{n-1}}{b_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2 \Rightarrow 2 b_{n-1}+2=2 b_{n} \Rightarrow b_{n}-b_{n-1}=\frac{1}{2}(n \geq 2), \quad b_{1}=\frac{3}{2}$,
故 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列.
(2) 由 (1) 知 $b_{n}=\frac{3}{2}+(n-1) \frac{1}{2}=\frac{n+2}{2}$, 则 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{2}{n+2}=2 \Rightarrow S_{n}=\frac{n+2}{n+1}$,
$n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}, \quad n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{n+2}{n+1}-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n(n+1)}$, 故 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$.
|
解析
解析:
(1) 由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$, 则 $\frac{b_{n}}{b_{n-1}}=S_{n}(n \geq 2)$,
$\Rightarrow \frac{2 b_{n-1}}{b_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2 \Rightarrow 2 b_{n-1}+2=2 b_{n} \Rightarrow b_{n}-b_{n-1}=\frac{1}{2}(n \geq 2), \quad b_{1}=\frac{3}{2}$,
故 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列.
(2) 由 (1) 知 $b_{n}=\frac{3}{2}+(n-1) \frac{1}{2}=\frac{n+2}{2}$, 则 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{2}{n+2}=2 \Rightarrow S_{n}=\frac{n+2}{n+1}$,
$n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}, \quad n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{n+2}{n+1}-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n(n+1)}$, 故 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （新课标ⅰ） | 20. 设函数 $f(x)=\ln (a-x)$, 已知 $x=0$ 是函数 $y=x f(x)$ 的极值点.
(1) 求 $a$;
(2) 设函数 $g(x)=\frac{x+f(x)}{x f(x)}$, 证明: $g(x)<1$.
| 解析
解析:
(1) 令 $h(x)=x f(x)=x \ln (a-x)$
则 $h^{\prime}(x)=\ln (a-x)-\frac{x}{a-x}$.
$\because x=0$ 是函数 $y=x f(x)$ 的极值点.
$\therefore h^{\prime}(0)=0$.
解得: $a=1$;
(2) 由 (1) 可知: $f(x)=\ln (1-x)$
$g(x)=\frac{x+f(x)}{x f(x)}=\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}$
要证 $g(x)<1$, 即证 $\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}<1 \Leftrightarrow \frac{1}{\ln (1-x)}+\frac{1-x}{x}<0 \quad(x<1$ 且 $x \neq 0)$
$\Leftrightarrow \frac{x+(1-x) \ln (1-x)}{x \ln (1-x)}<0$
$\because$ 当 $x<0$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.
当 $0<x<1$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.
$\therefore$ 只需证明 $x+(1-x) \ln (1-x)>0$
令 $H(x)=x+(1-x) \ln (1-x)$ ，且易知 $H(0)=0$. 则 $H^{\prime}(x)=1-\ln (1-x)+\frac{-1}{1-x}(1-x)=-\ln (1-x)$
（i）当 $x<0$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)<0$, 则 $H(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减,
$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.
(ii) 当 $0<x<1$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)>0$, 则 $H(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增.
$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.
综上证得 $g(x)<1$.
|
解析
解析:
(1) 令 $h(x)=x f(x)=x \ln (a-x)$
则 $h^{\prime}(x)=\ln (a-x)-\frac{x}{a-x}$.
$\because x=0$ 是函数 $y=x f(x)$ 的极值点.
$\therefore h^{\prime}(0)=0$.
解得: $a=1$;
(2) 由 (1) 可知: $f(x)=\ln (1-x)$
$g(x)=\frac{x+f(x)}{x f(x)}=\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}$
要证 $g(x)<1$, 即证 $\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}<1 \Leftrightarrow \frac{1}{\ln (1-x)}+\frac{1-x}{x}<0 \quad(x<1$ 且 $x \neq 0)$
$\Leftrightarrow \frac{x+(1-x) \ln (1-x)}{x \ln (1-x)}<0$
$\because$ 当 $x<0$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.
当 $0<x<1$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.
$\therefore$ 只需证明 $x+(1-x) \ln (1-x)>0$
令 $H(x)=x+(1-x) \ln (1-x)$ ，且易知 $H(0)=0$. 则 $H^{\prime}(x)=1-\ln (1-x)+\frac{-1}{1-x}(1-x)=-\ln (1-x)$
（i）当 $x<0$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)<0$, 则 $H(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减,
$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.
(ii) 当 $0<x<1$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)>0$, 则 $H(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增.
$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.
综上证得 $g(x)<1$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （新课标ⅰ） | 21.已知抛物线 $C: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点为 $F$, 且 $F$ 与圆 $M: x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 上点的 距离的最小值为 4 .
(1) 求 $p$;
(2) 若点 $P$ 在 $M$ 上, $P A, P B$ 是 $C$ 的两条切线, $A, B$ 是切点, 求 $\triangle P A B$ 面积的最 大值.
| 解析
解析:
(1) 焦点 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ 到 $x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 的最短距离为 $\frac{p}{2}+3=4$, 所以 $p=2$.
（2）抛物线 $y=\frac{1}{4} x^{2}$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 得
$l_{P A}: \quad y=\frac{1}{2} x_{1}\left(x-x_{1}\right)+y_{1}=\frac{1}{2} x_{1} x-\frac{1}{4} x_{1}^{2}=\frac{1}{2} x_{1} x-y_{1}$
$l_{P B}: y=\frac{1}{2} x_{2} x-y_{2}$, 且 $x_{0}^{2}=-y_{0}^{2}-8 y_{0}-15$,
$l_{P A}, l_{P B}$ 都过点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}y_{0}=\frac{1}{2} x_{1} x_{0}-y_{1} \\ y_{0}=\frac{1}{2} x_{2} x_{0}-y_{2}\end{array}\right.$,
故 $l_{A B}: y_{0}=\frac{1}{2} x_{0} x-y$, 即 $y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0}$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0} \\ x^{2}=4 y\end{array}\right.$, 得 $x^{2}-2 x_{0} x+4 y_{0}=0, \Delta=4 x_{0}^{2}-16 y_{0}$, 所以 $|A B|=\sqrt{1+\frac{x_{0}{ }^{2}}{4}} \cdot \sqrt{4 x_{0}{ }^{2}-16 y_{0}}=\sqrt{4+x_{0}{ }^{2}} \cdot \sqrt{x_{0}{ }^{2}-4 y_{0}}$,
$d_{P \rightarrow A B}=\frac{\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+4}}$, 所以
$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d_{P \rightarrow A B}=\frac{1}{2}\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right| \cdot \sqrt{x_{0}^{2}-4 y_{0}}$
$=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\left(-y_{0}^{2}-12 y_{0}-15\right)^{\frac{3}{2}}$
而 $y_{0} \in[-5,-3]$, 故当 $y_{0}=-5$ 时, $S_{\triangle P A B}$ 达到最大, 最大值为 $20 \sqrt{5}$.
|
解析
解析:
(1) 焦点 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ 到 $x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 的最短距离为 $\frac{p}{2}+3=4$, 所以 $p=2$.
（2）抛物线 $y=\frac{1}{4} x^{2}$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 得
$l_{P A}: \quad y=\frac{1}{2} x_{1}\left(x-x_{1}\right)+y_{1}=\frac{1}{2} x_{1} x-\frac{1}{4} x_{1}^{2}=\frac{1}{2} x_{1} x-y_{1}$
$l_{P B}: y=\frac{1}{2} x_{2} x-y_{2}$, 且 $x_{0}^{2}=-y_{0}^{2}-8 y_{0}-15$,
$l_{P A}, l_{P B}$ 都过点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}y_{0}=\frac{1}{2} x_{1} x_{0}-y_{1} \\ y_{0}=\frac{1}{2} x_{2} x_{0}-y_{2}\end{array}\right.$,
故 $l_{A B}: y_{0}=\frac{1}{2} x_{0} x-y$, 即 $y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0}$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0} \\ x^{2}=4 y\end{array}\right.$, 得 $x^{2}-2 x_{0} x+4 y_{0}=0, \Delta=4 x_{0}^{2}-16 y_{0}$, 所以 $|A B|=\sqrt{1+\frac{x_{0}{ }^{2}}{4}} \cdot \sqrt{4 x_{0}{ }^{2}-16 y_{0}}=\sqrt{4+x_{0}{ }^{2}} \cdot \sqrt{x_{0}{ }^{2}-4 y_{0}}$,
$d_{P \rightarrow A B}=\frac{\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+4}}$, 所以
$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d_{P \rightarrow A B}=\frac{1}{2}\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right| \cdot \sqrt{x_{0}^{2}-4 y_{0}}$
$=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\left(-y_{0}^{2}-12 y_{0}-15\right)^{\frac{3}{2}}$
而 $y_{0} \in[-5,-3]$, 故当 $y_{0}=-5$ 时, $S_{\triangle P A B}$ 达到最大, 最大值为 $20 \sqrt{5}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （新课标ⅰ） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 .
(1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程;
(2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $X$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求 这两条切线的极坐标方程. | 答案:
见解析
解析:
(1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数 $)$
(2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$
(1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去;
(2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$,
此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$,
化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ，
两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$.
代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$
或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.
|
答案:
见解析
解析:
(1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数 $)$
(2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$
(1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去;
(2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$,
此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$,
化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ，
两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$.
代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$
或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2021 | （新课标ⅰ） | 23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$.
(1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集;
(2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围. | 答案:
见解析
解析:
当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$,
当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$;
当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$;
当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$.
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$.
(2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$,
因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3|$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时,
等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ |
答案:
见解析
解析:
当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$,
当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$;
当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$;
当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$.
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$.
(2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$,
因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3|$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时,
等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$ | 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国乙卷） | 17. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$.
(1) 证明: $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$;
(2) 若 $a=5, \cos A=\frac{25}{31}$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.
| 【小问 1 详解】}
证明: 因为 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$,
所以 $\sin C \sin A \cos B-\sin C \sin B \cos A=\sin B \sin C \cos A-\sin B \sin A \cos C$,
所以 $a c \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}-2 b c \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-a b \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$,
即 $\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$,
所以 $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$;
【小问 2 详解】}
解: 因为 $a=5, \cos A=\frac{25}{31}$,
由 (1) 得 $b^{2}+c^{2}=50$,
由余弦定理可得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,
则 $50-\frac{50}{31} b c=25$ ，
所以 $b c=\frac{31}{2}$,
故 $(b+c)^{2}=b^{2}+c^{2}+2 b c=50+31=81$,
所以 $b+c=9$,
所以 $\triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=14$.
| 【分析】(1) 利用两角差的正弦公式化简, 再根据正弦定理和余弦定理化角为边, 从而即可 得证;
(2) 根据 (1) 的结论结合余弦定理求出 $b c$, 从而可求得 $b+c$, 即可得解.
【小问 1 详解】}
证明: 因为 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$,
所以 $\sin C \sin A \cos B-\sin C \sin B \cos A=\sin B \sin C \cos A-\sin B \sin A \cos C$,
所以 $a c \cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}-2 b c \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=-a b \cdot \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}$,
即 $\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$,
所以 $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$;
【小问 2 详解】}
解: 因为 $a=5, \cos A=\frac{25}{31}$,
由 (1) 得 $b^{2}+c^{2}=50$,
由余弦定理可得 $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,
则 $50-\frac{50}{31} b c=25$ ，
所以 $b c=\frac{31}{2}$,
故 $(b+c)^{2}=b^{2}+c^{2}+2 b c=50+31=81$,
所以 $b+c=9$,
所以 $\triangle A B C$ 的周长为 $a+b+c=14$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国乙卷） | 19. 某地经过多年的环境治理, 已将荒山改造成了绿水青山. 为估计一林区某种树木的总材 积量, 随机选取了 10 棵这种树木, 测量每棵树的根部横截面积 (单位: $\mathrm{m}^{2}$ ) 和材积量 (单 位: $\left.\mathrm{m}^{3}\right)$, 得到如下数据:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline 样本号 $\mathrm{i}$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 总和 \\
\hline 根部横截面积 $x_{\mathrm{i}}$ & 0.04 & 0.06 & 0.04 & 0.08 & 0.08 & 0.05 & 0.05 & 0.07 & 0.07 & 0.06 & 0.6 \\
\hline 材积量 $y_{i}$ & 0.25 & 0.40 & 0.22 & 0.54 & 0.51 & 0.34 & 0.36 & 0.46 & 0.42 & 0.40 & 3.9 \\
\hline
\end{tabular}
并计算得 $\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}=0.038, \sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}=1.6158, \sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}=0.2474$.
(1) 估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量;
(2) 求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数 (精确到 0.01);
(3) 现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积, 并得到所有这种树木的根部横截面积 总和为 $186 \mathrm{~m}^{2}$. 已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比. 利用以上数据给出该林 区这种树木的总材积量的估计值.
附: 相关系数 $r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{n}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}, \sqrt{1.896} \approx 1.377$.
| 【小问 1 详解】}
样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值 $\bar{x}=\frac{0.6}{10}=0.06$
样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 $\bar{y}=\frac{3.9}{10}=0.39$
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 $0.06 \mathrm{~m}^{2}$,
平均一棵的材积量为 $0.39 \mathrm{~m}^{3}$
【小问 2 详解】}
$$
\begin{aligned}
& r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
& =\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{aligned}
$$
则 $r \approx 0.97$
【小问 3 详解】}
设该林区这种树木的总材积量的估计值为 $Y \mathrm{~m}^{3}$,
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比,
可得 $\frac{0.06}{0.39}=\frac{186}{Y}$, 解之得 $Y=1209 \mathrm{~m}^{3}$.
则该林区这种树木的总材积量估计为 $1209 \mathrm{~m}^{3}$
| 【分析】(1) 计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值, 即可估计该林 区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量;
(2) 代人题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值; (3) 依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的 总材积量的估计值.
【小问 1 详解】}
样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值 $\bar{x}=\frac{0.6}{10}=0.06$
样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值 $\bar{y}=\frac{3.9}{10}=0.39$
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 $0.06 \mathrm{~m}^{2}$,
平均一棵的材积量为 $0.39 \mathrm{~m}^{3}$
【小问 2 详解】}
$$
\begin{aligned}
& r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
& =\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{aligned}
$$
则 $r \approx 0.97$
【小问 3 详解】}
设该林区这种树木的总材积量的估计值为 $Y \mathrm{~m}^{3}$,
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比,
可得 $\frac{0.06}{0.39}=\frac{186}{Y}$, 解之得 $Y=1209 \mathrm{~m}^{3}$.
则该林区这种树木的总材积量估计为 $1209 \mathrm{~m}^{3}$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国乙卷） | 20. 已知椭圆 $E$ 的中心为坐标原点, 对称轴为 $x$ 轴、 $y$ 轴, 且过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$ 两点.
(1) 求 $E$ 的方程;
(2) 设过点 $P(1,-2)$ 的直线交 $E$ 于 $M, N$ 两点, 过 $M$ 且平行于 $x$ 轴的直线与线段 $A B$ 交于 点 $T$, 点 $H$ 满足 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$. 证明: 直线 $H N$ 过定点.
| 【小问 1 详解】}
解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$,
则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$ ，解得 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ，
所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.
【小问 2 详解】
$A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$,
(1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$,
可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得
$T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程:
$y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$.
(2) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$.
联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$,
可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$,
且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$
联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$.
可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$,
将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立,
综上，可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$.
| 【分析】(1) 将给定点代人设出的方程求解即可;
（2） 设出直线方程, 与椭圆 $C$ 的方程联立, 分情况讨论斜率是否存在, 即可得解.
【小问 1 详解】}
解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$,
则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$ ，解得 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ，
所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.
【小问 2 详解】
$A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$,
(1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$,
可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得
$T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程:
$y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$.
(2) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$.
联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$,
可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$,
且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$
联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$.
可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$,
将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立,
综上，可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国乙卷） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos 2 t \\ y=2 \sin t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), 以坐标原点 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 已知直线 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$
(1) 写出 $l$ 的直角坐标方程;
(2) 若 $l$ 与 $C$ 有公共点, 求 $m$ 的取值范围.
| 【小问 1 详解】}
因为 $l: \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$, 所以 $\frac{1}{2} \rho \cdot \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \cdot \cos \theta+m=0$, 又因为 $\rho \cdot \sin \theta=y, \rho \cdot \cos \theta=x$, 所以化简为 $\frac{1}{2} y+\frac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$,
整理得 $l$ 的直角坐标方程: $\sqrt{3} x+y+2 m=0$
【小问 2 详解】}
联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 即将 $x=\sqrt{3} \cos 2 t, y=2 \sin t$ 代人 $\sqrt{3} x+y+2 m=0$ 中, 可得 $3 \cos 2 t+2 \sin t+2 m=0$,
所以 $3\left(1-2 \sin ^{2} t\right)+2 \sin t+2 m=0$ ，
化简为 $-6 \sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$,
要使 $l$ 与 $C$ 有公共点, 则 $2 m=6 \sin ^{2} t-2 \sin t-3$ 有解,
令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$, 令 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3, \quad(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,
对称轴为 $a=\frac{1}{6}$, 开口向上,
所以 $f(a)_{\text {max }}=f(-1)=6+2-3=5$,
$f(a)_{\min }=f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3=-\frac{19}{6}$
所以 $-\frac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$
$m$ 的取值范围为 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.
| 【分析】(1) 根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可;
(2) 联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 采用换元法处理, 根据新设 $a$ 的取值范围求解 $m$ 的范围即可.
【小问 1 详解】}
因为 $l: \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{3}\right)+m=0$, 所以 $\frac{1}{2} \rho \cdot \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \cdot \cos \theta+m=0$, 又因为 $\rho \cdot \sin \theta=y, \rho \cdot \cos \theta=x$, 所以化简为 $\frac{1}{2} y+\frac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$,
整理得 $l$ 的直角坐标方程: $\sqrt{3} x+y+2 m=0$
【小问 2 详解】}
联立 $l$ 与 $C$ 的方程, 即将 $x=\sqrt{3} \cos 2 t, y=2 \sin t$ 代人 $\sqrt{3} x+y+2 m=0$ 中, 可得 $3 \cos 2 t+2 \sin t+2 m=0$,
所以 $3\left(1-2 \sin ^{2} t\right)+2 \sin t+2 m=0$ ，
化简为 $-6 \sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$,
要使 $l$ 与 $C$ 有公共点, 则 $2 m=6 \sin ^{2} t-2 \sin t-3$ 有解,
令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$, 令 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3, \quad(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,
对称轴为 $a=\frac{1}{6}$, 开口向上,
所以 $f(a)_{\text {max }}=f(-1)=6+2-3=5$,
$f(a)_{\min }=f\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}-\frac{2}{6}-3=-\frac{19}{6}$
所以 $-\frac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$
$m$ 的取值范围为 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国乙卷） | 23. 已知 $a, b, \mathrm{c}$ 都是正数, 且 $a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}=1$, 证明:
(1) $a b c \leq \frac{1}{9}$
(2) $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$;
| 【小问 1 详解】
证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$, 则 $a^{\frac{3}{2}}>0, b^{\frac{3}{2}}>0, c^{\frac{3}{2}}>0$, 所以 $\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{3} \geq \sqrt[3]{a^{\frac{3}{2}} \cdot b^{\frac{3}{2}} \cdot c^{\frac{3}{2}}}$
即 $(a b c)^{\frac{1}{2}} \leq \frac{1}{3}$, 所以 $a b c \leq \frac{1}{9}$, 当且仅当 $a^{\frac{3}{2}}=b^{\frac{3}{2}}=c^{\frac{3}{2}}$, 即 $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$ 时取等号.
【小问 2 详解】
证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$,
所以 $b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}, a+b \geq 2 \sqrt{a b}$,
所以 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$
当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.
| 【分析】(1) 利用三元均值不等式即可证明;
(2) 利用基本不等式及不等式的性质证明即可.
【小问 1 详解】
证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$, 则 $a^{\frac{3}{2}}>0, b^{\frac{3}{2}}>0, c^{\frac{3}{2}}>0$, 所以 $\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{3} \geq \sqrt[3]{a^{\frac{3}{2}} \cdot b^{\frac{3}{2}} \cdot c^{\frac{3}{2}}}$
即 $(a b c)^{\frac{1}{2}} \leq \frac{1}{3}$, 所以 $a b c \leq \frac{1}{9}$, 当且仅当 $a^{\frac{3}{2}}=b^{\frac{3}{2}}=c^{\frac{3}{2}}$, 即 $a=b=c=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}$ 时取等号.
【小问 2 详解】
证明: 因为 $a>0, b>0, c>0$,
所以 $b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}, a+b \geq 2 \sqrt{a b}$,
所以 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$
当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国甲卷） | 17. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$.
(1) 证明: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列;
(2) 若 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 求 $S_{n}$ 的最小值.
| 【小问 1 详解】}
解：因为 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$, 即 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$ (1),
当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n-1}+(n-1)^{2}=2(n-1) a_{n-1}+(n-1)$ (2),
(1)-(2)得, $2 S_{n}+n^{2}-2 S_{n-1}-(n-1)^{2}=2 n a_{n}+n-2(n-1) a_{n-1}-(n-1)$,
即 $2 a_{n}+2 n-1=2 n a_{n}-2(n-1) a_{n-1}+1$,
即 $2(n-1) a_{n}-2(n-1) a_{n-1}=2(n-1)$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=1, n \geq 2$ 且 $n \in \mathrm{N}^{*}$,
所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为公差的等差数列.
【小问 2 详解】}
解：由 (1) 可得 $a_{4}=a_{1}+3, a_{7}=a_{1}+6, a_{9}=a_{1}+8$,
又 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 所以 $a_{7}{ }^{2}=a_{4} \cdot a_{9}$,
即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+3\right) \cdot\left(a_{1}+8\right)$, 解得 $a_{1}=-12$ ，
所以 $a_{n}=n-13$, 所以 $S_{n}=-12 n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{25}{2} n=\frac{1}{2}\left(n-\frac{25}{2}\right)^{2}-\frac{625}{8}$,
所以, 当 $n=12$ 或 $n=13$ 时 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.
| 【分析】(1) 依题意可得 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$, 根据 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$, 作差即可得到 $a_{n}-a_{n-1}=1$, 从而得证; (2) 由 (1) 及等比中项的性质求出 $a_{1}$, 即可得到 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式与前 $n$ 项和, 再根据二 次函数的性质计算可得.
【小问 1 详解】}
解：因为 $\frac{2 S_{n}}{n}+n=2 a_{n}+1$, 即 $2 S_{n}+n^{2}=2 n a_{n}+n$ (1),
当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n-1}+(n-1)^{2}=2(n-1) a_{n-1}+(n-1)$ (2),
(1)-(2)得, $2 S_{n}+n^{2}-2 S_{n-1}-(n-1)^{2}=2 n a_{n}+n-2(n-1) a_{n-1}-(n-1)$,
即 $2 a_{n}+2 n-1=2 n a_{n}-2(n-1) a_{n-1}+1$,
即 $2(n-1) a_{n}-2(n-1) a_{n-1}=2(n-1)$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=1, n \geq 2$ 且 $n \in \mathrm{N}^{*}$,
所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为公差的等差数列.
【小问 2 详解】}
解：由 (1) 可得 $a_{4}=a_{1}+3, a_{7}=a_{1}+6, a_{9}=a_{1}+8$,
又 $a_{4}, a_{7}, a_{9}$ 成等比数列, 所以 $a_{7}{ }^{2}=a_{4} \cdot a_{9}$,
即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+3\right) \cdot\left(a_{1}+8\right)$, 解得 $a_{1}=-12$ ，
所以 $a_{n}=n-13$, 所以 $S_{n}=-12 n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{25}{2} n=\frac{1}{2}\left(n-\frac{25}{2}\right)^{2}-\frac{625}{8}$,
所以, 当 $n=12$ 或 $n=13$ 时 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国甲卷） | 19. 甲、乙两个学校进行体育比赛, 比赛共设三个项目, 每个项目胜方得 10 分, 负方得 0 分, 没有平局. 三个项目比赛结束后, 总得分高的学校获得冠军. 已知甲学校在三个项目中 获胜的概率分别为 $0.5,0.4,0.8$, 各项目的比赛结果相互独立.
(1) 求甲学校获得冠军的概率;
(2) 用 $X$ 表示乙学校的总得分, 求 $X$ 的分布列与期望.
| 【小问 1 详解】}
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$, 所以甲学校获得冠军的概率为
$$
\begin{aligned}
& P=P(A B C)+P(\bar{A} B C)+P(A \bar{B} C)+P(A B \bar{C}) \\
& =0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2 \\
& =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6
\end{aligned}
$$
【小问 2 详解】
依题可知, $X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$, 所以,
$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=0.5 \times 0.4 \times 0.8=0.16, \\
& P(X=10)=0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2=0.44, \\
& P(X=20)=0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2+0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.34, \\
& P(X=30)=0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.06 .
\end{aligned}
$$
即 $X$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 0 & 10 & 20 & 30 \\
\hline$P$ & 0.16 & 0.44 & 0.34 & 0.06 \\
\hline
\end{tabular}
期望 $E(X)=0 \times 0.16+10 \times 0.44+20 \times 0.34+30 \times 0.06=13$.
| 【分析】(1) 设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$, 再根据甲获得冠军则至少获 胜两个项目, 利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出; (2) 依题可知, $X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$, 再分别计算出对应的概率, 列出分布列, 即可求出期望.
【小问 1 详解】}
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$, 所以甲学校获得冠军的概率为
$$
\begin{aligned}
& P=P(A B C)+P(\bar{A} B C)+P(A \bar{B} C)+P(A B \bar{C}) \\
& =0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2 \\
& =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6
\end{aligned}
$$
【小问 2 详解】
依题可知, $X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$, 所以,
$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=0.5 \times 0.4 \times 0.8=0.16, \\
& P(X=10)=0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2=0.44, \\
& P(X=20)=0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2+0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.34, \\
& P(X=30)=0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.06 .
\end{aligned}
$$
即 $X$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 0 & 10 & 20 & 30 \\
\hline$P$ & 0.16 & 0.44 & 0.34 & 0.06 \\
\hline
\end{tabular}
期望 $E(X)=0 \times 0.16+10 \times 0.44+20 \times 0.34+30 \times 0.06=13$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国甲卷） | 20. 设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点为 $F$, 点 $D(p, 0)$, 过 $F$ 的直线交 $C$ 于 $M, N$ 两 点. 当直线 $M D$ 垂直于 $x$ 轴时, $|M F|=3$.
(1) 求 $C$ 的方程;
(2) 设直线 $M D, N D$ 与 $C$ 的另一个交点分别为 $A, B$, 记直线 $M N, A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$. 当 $a-\beta$ 取得最大值时, 求直线 $A B$ 的方程.
| 【小问 1 详解】}
抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$,
此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ，
所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$;
【小问 2 详解】}
设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$,
由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$,
由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$,
直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$,
$\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$,
所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$
又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$,
所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$,
若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,
设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$
当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立,
所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$,
代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$,
$\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$
所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.
| 【分析】(1) 由拋物线的定义可得 $|M F|=p+\frac{p}{2}$, 即可得解;
(2) 设点的坐标及直线 $M N: x=m y+1$, 由韦达定理及斜率公式可得 $k_{M N}=2 k_{A B}$, 再由 差角的正切公式及基本不等式可得 $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$, 结合韦达定理可 解.
【小问 1 详解】}
抛物线的准线为 $x=-\frac{p}{2}$, 当 $M D$ 与 $x$ 轴垂直时, 点 $M$ 的横坐标为 $p$,
此时 $|M F|=p+\frac{p}{2}=3$, 所以 $p=2$ ，
所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4 x$;
【小问 2 详解】}
设 $M\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), N\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), A\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right), B\left(\frac{y_{4}^{2}}{4}, y_{4}\right)$, 直线 $M N: x=m y+1$,
由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+1 \\ y^{2}=4 x\end{array}\right.$ 可得 $y^{2}-4 m y-4=0, \Delta>0, y_{1} y_{2}=-4$,
由斜率公式可得 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}, \quad k_{A B}=\frac{y_{3}-y_{4}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}$,
直线 $M D: x=\frac{x_{1}-2}{y_{1}} \cdot y+2$, 代人抛物线方程可得 $y^{2}-\frac{4\left(x_{1}-2\right)}{y_{1}} \cdot y-8=0$,
$\Delta>0, y_{1} y_{3}=-8$, 所以 $y_{3}=2 y_{2}$, 同理可得 $y_{4}=2 y_{1}$,
所以 $k_{A B}=\frac{4}{y_{3}+y_{4}}=\frac{4}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{k_{M N}}{2}$
又因为直线 $M N 、 A B$ 的倾斜角分别为 $a, \beta$,
所以 $k_{A B}=\tan \beta=\frac{k_{M N}}{2}=\frac{\tan a}{2}$,
若要使 $a-\beta$ 最大, 则 $\beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,
设 $k_{M N}=2 k_{A B}=2 k>0$, 则 $\tan (a-\beta)=\frac{\tan a-\tan \beta}{1+\tan a \tan \beta}=\frac{k}{1+2 k^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2 k} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{k} \cdot 2 k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$
当且仅当 $\frac{1}{k}=2 k$ 即 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, 等号成立,
所以当 $a-\beta$ 最大时, $k_{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 设直线 $A B: x=\sqrt{2} y+n$,
代人抛物线方程可得 $y^{2}-4 \sqrt{2} y-4 n=0$,
$\Delta>0, y_{3} y_{4}=-4 n=4 y_{1} y_{2}=-16$, 所以 $n=4$
所以直线 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国甲卷） | 21. 已知函数 $f(x)=\frac{e^{x}}{x}-\ln x+x-a$.
(1) 若 $f(x) \geq 0$, 求 $a$ 的取值范围;
(2) 证明: 若 $f(x)$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$, 则环 $x_{1} x_{2}<1$.
| 【小问 1 详解】}
$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
$f^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x}+1=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}+\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}+1\right)$
令 $f(x)=0$, 得 $x=1$ 当 $x \in(0,1), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减
当 $x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增 $f(x) \geq f(1)=\mathrm{e}+1-a$,
若 $f(x) \geq 0$, 则 $\mathrm{e}+1-a \geq 0$, 即 $a \leq e+1$
所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, e+1]$
【小问 2 详解】}
由题知, $f(x)$ 一个零点小于 1 ,一个零点大于 1
不妨设 $x_{1}<1<x_{2}$
要证 $x_{1} x_{2}<1$,即证 $x_{1}<\frac{1}{x_{2}}$
因为 $x_{1}, \frac{1}{x_{2}} \in(0,1)$, 即证 $f\left(x_{1}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$
因为 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$, 即证 $f\left(x_{2}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$
即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\ln x+x-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-\ln x-\frac{1}{x}>0, x \in(1,+\infty)$
即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$
下面证明 $x>1$ 时, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0, \ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$
设 $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}, x>1$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}+x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\left(1-\frac{1}{x}\right)$
$=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)$
设 $\varphi(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}(x>1), \varphi^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}=\frac{x-1}{x^{2}} \mathrm{e}^{x}>0$ 所以 $\varphi(x)>\varphi(1)=\mathrm{e}$, 而 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}<\mathrm{e}$
所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$, 所以 $g^{\prime}(x)>0$
所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增
即 $g(x)>g(1)=0$,所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$
令 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right), x>1$
$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2 x-x^{2}-1}{2 x^{2}}=\frac{-(x-1)^{2}}{2 x^{2}}<0$
所以 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减
即 $h(x)<h(1)=0$, 所以 $\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$ ；
综上, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$,所以 $x_{1} x_{2}<1$.
| 【分析】(1) 由导数确定函数单调性及最值, 即可得解;
(2) 利用分析法, 转化要证明条件为 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$, 再利用导数即 可得证.
【小问 1 详解】}
$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
$f^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x}+1=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}+\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}+1\right)$
令 $f(x)=0$, 得 $x=1$ 当 $x \in(0,1), f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减
当 $x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增 $f(x) \geq f(1)=\mathrm{e}+1-a$,
若 $f(x) \geq 0$, 则 $\mathrm{e}+1-a \geq 0$, 即 $a \leq e+1$
所以 $a$ 的取值范围为 $(-\infty, e+1]$
【小问 2 详解】}
由题知, $f(x)$ 一个零点小于 1 ,一个零点大于 1
不妨设 $x_{1}<1<x_{2}$
要证 $x_{1} x_{2}<1$,即证 $x_{1}<\frac{1}{x_{2}}$
因为 $x_{1}, \frac{1}{x_{2}} \in(0,1)$, 即证 $f\left(x_{1}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$
因为 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$, 即证 $f\left(x_{2}\right)>f\left(\frac{1}{x_{2}}\right)$
即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\ln x+x-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-\ln x-\frac{1}{x}>0, x \in(1,+\infty)$
即证 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$
下面证明 $x>1$ 时, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0, \ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$
设 $g(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}, x>1$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}-\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}+x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{x}\right) \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\left(1-\frac{1}{x}\right)$
$=\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)=\frac{x-1}{x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)$
设 $\varphi(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}(x>1), \varphi^{\prime}(x)=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right) \mathrm{e}^{x}=\frac{x-1}{x^{2}} \mathrm{e}^{x}>0$ 所以 $\varphi(x)>\varphi(1)=\mathrm{e}$, 而 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}<\mathrm{e}$
所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$, 所以 $g^{\prime}(x)>0$
所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增
即 $g(x)>g(1)=0$,所以 $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$
令 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right), x>1$
$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2 x-x^{2}-1}{2 x^{2}}=\frac{-(x-1)^{2}}{2 x^{2}}<0$
所以 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减
即 $h(x)<h(1)=0$, 所以 $\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<0$ ；
综上, $\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}-x \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2\left[\ln x-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right]>0$,所以 $x_{1} x_{2}<1$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2022 | （全国甲卷） | 23. 已知 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a^{2}+b^{2}+4 c^{2}=3$, 证明:
(1) $a+b+2 c \leq 3$
(2) 若 $b=2 c$, 则 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$.
| 【小问 1 详解】}
证明: 由柯西不等式有 $\left[a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}$,
所以 $a+b+2 c \leq 3$ ，
当且仅当 $a=b=2 c=1$ 时, 取等号,
所以 $a+b+2 c \leq 3$ ；
【小问 2 详解】}
证明: 因为 $b=2 c, a>0, b>0, c>0$, 由 (1) 得 $a+b+2 c=a+4 c \leq 3$,
即 $0<a+4 c \leq 3$ ，所以 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$,
由权方和不等式知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c}=\frac{9}{a+4 c} \geq 3$,
当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4 c}$, 即 $a=1, c=\frac{1}{2}$ 时取等号,
所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$
| 【分析】(1) 根据 $a^{2}+b^{2}+4 c^{2}=a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}$ ，利用柯西不等式即可得证;
( 2 ) 由 ( 1 ) 结合已知可得 $0<a+4 c \leq 3$, 即可得到 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$, 再根据权方和不等式即 可得证.
【小问 1 详解】}
证明: 由柯西不等式有 $\left[a^{2}+b^{2}+(2 c)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}$,
所以 $a+b+2 c \leq 3$ ，
当且仅当 $a=b=2 c=1$ 时, 取等号,
所以 $a+b+2 c \leq 3$ ；
【小问 2 详解】}
证明: 因为 $b=2 c, a>0, b>0, c>0$, 由 (1) 得 $a+b+2 c=a+4 c \leq 3$,
即 $0<a+4 c \leq 3$ ，所以 $\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$,
由权方和不等式知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c}=\frac{9}{a+4 c} \geq 3$,
当且仅当 $\frac{1}{a}=\frac{2}{4 c}$, 即 $a=1, c=\frac{1}{2}$ 时取等号,
所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2010 | （新课标） | 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=5, a_{10}=-9$.
(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式; (II ) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 及使得 $S_{n}$ 最大的序号 $n$ 的值.
| 解: (1) 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$ 及 $a_{3}=5, a_{10}=-9$ 得
$a_{1}+9 d=-9, a_{1}+2 d=5$
解得 $d=-2, a_{1}=9$,
数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n$
（2）由（1）知 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=10 n-n^{2}$.
因为 $S_{n}=-(n-5)^{2}+25$.
所以 $n=5$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.
| （1）设出首项和公差, 根据 $\mathrm{a}_{3}=5, \mathrm{a}_{10}=-9$, 列出关于首项和公差的二 元一次方程组, 解方程组得到首项和公差, 写出通项.
（2）由上面得到的首项和公差, 写出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 整理成关于 $n$ 的一 元二次函数, 二次项为负数求出最值.
解: (1) 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$ 及 $a_{3}=5, a_{10}=-9$ 得
$a_{1}+9 d=-9, a_{1}+2 d=5$
解得 $d=-2, a_{1}=9$,
数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n$
（2）由（1）知 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=10 n-n^{2}$.
因为 $S_{n}=-(n-5)^{2}+25$.
所以 $n=5$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2010 | （新课标） | 为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助, 用简单随机抽样 方法从该地区调查了 500 位老年人，结果如表:
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline 性别 & 男 & 女 \\
\hline 是否需要志愿者 & & \\
\hline 需要 & 40 & 30 \\
\hline 不需要 & 160 & 270 \\
\hline
\end{tabular}
（1）估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的比例;
(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关?
(3) 根据（2）的结论, 能否提出更好的调查方法来估计该地区的老年人中需要 志愿者提供帮助的老年人比例? 说明理由.
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geqslant k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}
附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$.
| 解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$
(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$
因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,
所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.
(3) 根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.
| (1）由样本的频率率估计总体的概率,
（2）求 $K^{2}$ 的观测值查表, 下结论;
(3) 由 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关, 则可按性别分层抽样.
解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$
(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$
因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,
所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.
(3) 根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2010 | （新课标） | 设 $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆 $E: x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(0<b<1)$ 的左、右焦点, 过 $F_{1}$ 的直线 与 $E$ 相交于 $A 、 B$ 两点, 且 $\left|A_{2}\right|,|A B|,\left|B_{2}\right|$ 成等差数列.
( I ) 求 $|A B|$;
(II) 若直线 $\mathrm{l}$ 的斜率为 1 , 求 $\mathrm{b}$ 的值.
| 解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|=4$
又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|\mathrm{AB}|=\frac{4}{3}$
(2) $L$ 的方程式为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{1-b^{2}}$
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A, B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, ,
化简得 $\left(1+b^{2}\right) x^{2}+2 c x+1-2 b^{2}=0$.
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 c}{1+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{1-2 b^{2}}{1+b^{2}}$.
因为直线 $A B$ 的斜率为 1 , 所以 $|A B|=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 即 $\frac{4}{3}=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$.
则 $\frac{8}{9}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=\frac{4\left(1-b^{2}\right)}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}-\frac{4\left(1-2 b^{2}\right)}{1+b^{2}}=\frac{8 b^{4}}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}$.
解得 $\mathrm{b}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
| (1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|=4$, 再由 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|,|\mathrm{AB}|,\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$ 成 等差数列, 能够求出 $|A B|$ 的值.
(2) $L$ 的方程式为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{1-b^{2}}$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $A$, $B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, 化简得 $\left(1+b^{2}\right) x^{2}+2 c x+1-2 b^{2}=0$. 然后结 合题设条件和根与系数的关系能够求出 $\mathrm{b}$ 的大小.
解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|=4$
又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|\mathrm{AB}|=\frac{4}{3}$
(2) $L$ 的方程式为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{1-b^{2}}$
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A, B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ x^{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, ,
化简得 $\left(1+b^{2}\right) x^{2}+2 c x+1-2 b^{2}=0$.
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 c}{1+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{1-2 b^{2}}{1+b^{2}}$.
因为直线 $A B$ 的斜率为 1 , 所以 $|A B|=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 即 $\frac{4}{3}=\sqrt{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|$.
则 $\frac{8}{9}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=\frac{4\left(1-b^{2}\right)}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}-\frac{4\left(1-2 b^{2}\right)}{1+b^{2}}=\frac{8 b^{4}}{\left(1+b^{2}\right)^{2}}$.
解得 $\mathrm{b}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2010 | （新课标） | 21. 设函数 $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-a x^{2}$
(I) 若 $a=\frac{1}{2}$, 求 $f(x)$ 的单调区间;
(II) 若当 $x \geqslant 0$ 时 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$
令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$;
$\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$;
(II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$.
令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$.
若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$.
若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$.
另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立;
当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值,
由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$,
当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减,
可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$,
$x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$,
则 $a \leqslant 1$.
| （1）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间;
(II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$, 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 分类讨论, 确定 $g(x)$ 的 正负, 即可求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$
令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$;
$\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$;
(II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$.
令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$.
若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$.
若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$.
另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立;
当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值,
由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$,
当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减,
可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$,
$x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$,
则 $a \leqslant 1$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2010 | （新课标） | 已知直线 $C_{1}\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ (t 为参数), $C_{2}\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)
(I) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标;
(II) 过坐标原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线, 垂足为 $A, P$ 为 $O A$ 中点, 当 $\alpha$ 变化时, 求 $P$ 点的轨迹的参数方程, 并指出它是什么曲线.
| 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$
联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,
解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.
则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,
联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;
A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,
故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),
$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.
故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.
| (1) 先消去参数将曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的参数方程化成普通方程, 再联立方程 组求出交点坐标即可,
(II) 设 $P(x, y)$, 利用中点坐标公式得 $P$ 点轨迹的参数方程, 消去参数即得 普通方程, 由普通方程即可看出其是什么类型的曲线.
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $c_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), c_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$
联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,
解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. (II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.
则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,
联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;
A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,
故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),
$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.
故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2011 | （新课标） | 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\frac{1}{3}$, 公比 $q=\frac{1}{3}$.
( I ) $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 证明: $S_{n}=\frac{1-a_{n}}{2}$
(II ) 设 $b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
| 证明: (1) $\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{1}=\frac{1}{3}, q=\frac{1}{3}$
$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{3^{n}}$,
$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}$
又 $\because \frac{1-a_{n}}{2}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}=S_{n}$
$\therefore S_{n}=\frac{1-a_{n}}{2}$
(II) $\because a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$
$\therefore b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}=-\log _{3} 3+\left(-2 \log _{3} 3\right)+\ldots+\left(-n \log _{3} 3\right)$
$=-\quad(1+2+\ldots+n)$
$=-\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$
$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为: $b_{n}=-\frac{n(n+1)}{2}$
| (1) 根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, $a_{1}=\frac{1}{3}$, 公比 $q=\frac{1}{3}$, 求出通项公式 $a_{n}$ 和 前 $n$ 项和 $S_{n}$, 然后经过运算即可证明.
(II) 根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式和对数函数运算性质求出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
证明: (1) $\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{1}=\frac{1}{3}, q=\frac{1}{3}$
$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{3^{n}}$,
$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}$
又 $\because \frac{1-a_{n}}{2}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}=S_{n}$
$\therefore S_{n}=\frac{1-a_{n}}{2}$
(II) $\because a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$
$\therefore b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}=-\log _{3} 3+\left(-2 \log _{3} 3\right)+\ldots+\left(-n \log _{3} 3\right)$
$=-\quad(1+2+\ldots+n)$
$=-\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$
$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为: $b_{n}=-\frac{n(n+1)}{2}$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2011 | （新课标） | 某种产品的质量以其质量指标值衡量, 质量指标值越大表明质量 越好, 且质量指标值大于或等于 102 的产品为优质品, 现用两种新配方（分 别称为 $\mathrm{A}$ 配方和 $\mathrm{B}$ 配方) 做试验, 各生产了 100 件这种产品, 并测量了每件 产品的质量指标值, 得到下面试验结果:
A 配方的频数分布表
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 8 & 20 & 42 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
$\mathrm{B}$ 配方的频数分布表
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 4 & 12 & 42 & 32 & 10 \\
\hline
\end{tabular}
( I ) 分别估计用 $\mathrm{A}$ 配方, $\mathrm{B}$ 配方生产的产品的优质品率;
（II ) 已知用 B 配方生成的一件产品的利润 $\mathrm{y}$ （单位: 元）与其质量指标值 $\mathrm{t}$ 的 关系式为 $\mathrm{y}= \begin{cases}-2, & \mathrm{t}<94 \\ 2, & 94 \leqslant \mathrm{t}<102 \\ 4, & \mathrm{t} \geqslant 102\end{cases}$
从用 $B$ 配方生产的产品中任取一件, 其利润记为 $X$ （单位: 元）, 求 $X$ 的分布列 及数学期望. (以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质 量指标值落入相应组的概率)
| 解: ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$ $\therefore$ 用 $\mathrm{A}$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 .
由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$
$\therefore$ 用 B 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;
（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间
$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,
$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,
即 $\mathrm{X}$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline$P$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}
$\therefore X$ 的数学期望值 $E X=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$
| (1) 根据所给的样本容量和两种配方的优质的频数, 两个求比值, 得 到用两种配方的产品的优质品率的估计值.
(II) 根据题意得到变量对应的数字, 结合变量对应的事件和第一问的结果写出 变量对应的概率, 写出分布列和这组数据的期望值.
解: ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$ $\therefore$ 用 $\mathrm{A}$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 .
由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$
$\therefore$ 用 B 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;
（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间
$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,
$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,
即 $\mathrm{X}$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline$P$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}
$\therefore X$ 的数学期望值 $E X=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2011 | （新课标） | 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $y=x^{2}-6 x+1$ 与坐标轴的交点都在 圆 C上.
( I ) 求圆 C 的方程;
(II ) 若圆 $C$ 与直线 $x-y+a=0$ 交与 $A, B$ 两点, 且 $O A \perp O B$, 求 $a$ 的值.
| 解: ( I ) 法一: 曲线 $y=x^{2}-6 x+1$ 与 $y$ 轴的交点为 $(0,1)$, 与 $x$ 轴的 交点为 $(3+2 \sqrt{2}, 0),(3-2 \sqrt{2}, 0)$. 可知圆心在直线 $x=3$ 上, 故可设该 圆的圆心 $C$ 为 $(3, t)$, 则有 $3^{2}+(t-1)^{2}=(2 \sqrt{2})^{2}+t^{2}$, 解得 $t=1$, 故圆 $C$ 的半径为 $\sqrt{3^{2}+(t-1)^{2}}=3$, 所以圆 $C$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9$.
法二：圆 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$
$x=0, y=1$ 有 $1+E+F=0$
$y=0, x^{2}-6 x+1=0$ 与 $x^{2}+D x+F=0$ 是同一方程, 故有 $D=-6, F=1, E=-2$,
即圆方程为 $x^{2}+y^{2}-6 x-2 y+1=0$
（II ) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，其坐标满足方程组
$\left\{\begin{array}{l}x-y+a=0 \\ (x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9\end{array}\right.$, 消去 $y$, 得到方程 $2 x^{2}+(2 a-8) x^{2} a^{2}-2 a+1=0$, 由已
知可得判别式 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$.
在此条件下利用根与系数的关系得到 $x_{1}+x_{2}=4-a, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}-2 a+1}{2}$ (1),
由于 $O A \perp O B$ 可得 $x_{1} x_{2}+y_{1 y 2}=0$, 又 $y_{1}=x_{1}+a, y_{2}=x_{2}+a$, 所以可得 $2 x_{1} x_{2}+a\left(x_{1}+x_{2}\right)$
$+a^{2}=0(2$
由(1)(2)可得 $a=-1$, 满足 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$. 故 $a=-1$.
| （I）法一：写出曲线与坐标轴的交点坐标, 利用圆心的几何特征设出 圆心坐标, 构造关于圆心坐标的方程, 通过解方程确定出圆心坐标, 进而算 出半径,写出圆的方程;
法二可设出圆的一般式方程, 利用曲线与方程的对应关系, 根据同一性直接求 出参数， (II ) 利用设而不求思想设出圆 $C$ 与直线 $x-y+a=0$ 的交点 $A, B$ 坐标, 通过 $O A \perp$ $\mathrm{OB}$ 建立坐标之间的关系, 结合韦达定理寻找关于 $\mathrm{a}$ 的方程, 通过解方程确定 出 a 的值.
解: ( I ) 法一: 曲线 $y=x^{2}-6 x+1$ 与 $y$ 轴的交点为 $(0,1)$, 与 $x$ 轴的 交点为 $(3+2 \sqrt{2}, 0),(3-2 \sqrt{2}, 0)$. 可知圆心在直线 $x=3$ 上, 故可设该 圆的圆心 $C$ 为 $(3, t)$, 则有 $3^{2}+(t-1)^{2}=(2 \sqrt{2})^{2}+t^{2}$, 解得 $t=1$, 故圆 $C$ 的半径为 $\sqrt{3^{2}+(t-1)^{2}}=3$, 所以圆 $C$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9$.
法二：圆 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$
$x=0, y=1$ 有 $1+E+F=0$
$y=0, x^{2}-6 x+1=0$ 与 $x^{2}+D x+F=0$ 是同一方程, 故有 $D=-6, F=1, E=-2$,
即圆方程为 $x^{2}+y^{2}-6 x-2 y+1=0$
（II ) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，其坐标满足方程组
$\left\{\begin{array}{l}x-y+a=0 \\ (x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9\end{array}\right.$, 消去 $y$, 得到方程 $2 x^{2}+(2 a-8) x^{2} a^{2}-2 a+1=0$, 由已
知可得判别式 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$.
在此条件下利用根与系数的关系得到 $x_{1}+x_{2}=4-a, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}-2 a+1}{2}$ (1),
由于 $O A \perp O B$ 可得 $x_{1} x_{2}+y_{1 y 2}=0$, 又 $y_{1}=x_{1}+a, y_{2}=x_{2}+a$, 所以可得 $2 x_{1} x_{2}+a\left(x_{1}+x_{2}\right)$
$+a^{2}=0(2$
由(1)(2)可得 $a=-1$, 满足 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$. 故 $a=-1$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2011 | （新课标） | 已知函数 $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的 切线方程为 $x+2 y-3=0$.
(I) 求 $a 、 b$ 的值;
（II) 证明: 当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$.
| 解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$.
由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$ 所以 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b\end{array}=-\frac{1}{2}\right.$
解得 $a=1, b=1$
(II) 由 (I) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$
所以 $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}\right)$
考虑函数 $h(x)=2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}(x>0)$,
则 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-\frac{2 x^{2}-\left(x^{2}-1\right)}{x^{2}}=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}$
所以当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$ 而 $h(1)=0$,
当 $x \in(0,1)$ 时, $h(x)>0$ 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)<0$, 可得 $1 \frac{1-x^{2}}{} h(x)>0$
从而当 $x>0$ 且 $x \neq 1$ 时,
$f(x)-\frac{\ln x}{x-1}>0$ 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$
| （1）据切点在切线上, 求出切点坐标; 求出导函数; 利用导函数在切 点处的值为切线的斜率及切点在曲线上, 列出方程组, 求出 $a, b$ 的值.
（II) 构造新函数, 求出导函数, 通过研究导函数的符号判断出函数的单调性, 求出函数的最值, 证得不等式.
解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$.
由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$ 所以 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b\end{array}=-\frac{1}{2}\right.$
解得 $a=1, b=1$
(II) 由 (I) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$
所以 $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}\right)$
考虑函数 $h(x)=2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}(x>0)$,
则 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-\frac{2 x^{2}-\left(x^{2}-1\right)}{x^{2}}=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}$
所以当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$ 而 $h(1)=0$,
当 $x \in(0,1)$ 时, $h(x)>0$ 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)<0$, 可得 $1 \frac{1-x^{2}}{} h(x)>0$
从而当 $x>0$ 且 $x \neq 1$ 时,
$f(x)-\frac{\ln x}{x-1}>0$ 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2011 | （新课标） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数) $M$ 是 $\mathrm{C}_{1}$ 上的动点, $\mathrm{P}$ 点满足 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=2 \overrightarrow{\mathrm{OM}}, \mathrm{P}$ 点的轨迹为曲线 $\mathrm{C}_{2}$
(I) 求 $\mathrm{C}_{2}$ 的方程;
(II ) 在以 $O$ 为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴的极坐标系中, 射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的异 于极点的交点为 $A$, 与 $C_{2}$ 的异于极点的交点为 $B$, 求 $|A B|$.
| 解: (1) 设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$
从而 $C_{2}$ 的参数方程为
$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array} \quad(\alpha\right.$ 为参数)
(II) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.
所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.
| （1）先设出点 $P$ 的坐标, 然后根据点 $P$ 满足的条件代入曲线 $C_{1}$ 的方程 即可求出曲线 $C_{2}$ 的方程;
(II) 根据 (I) 将求出曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程, 分别求出射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}$, 以及射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}$, 最后根据 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|$ 求出所求.
解: (1) 设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$
从而 $C_{2}$ 的参数方程为
$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array} \quad(\alpha\right.$ 为参数)
(II) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.
所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2011 | （新课标） | 24. 设函数 $f(x)=|x-a|+3 x$, 其中 $a>0$.
(I) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集
(II ) 若不等式 $f(x) \leqslant 0$ 的解集为 $\{x \mid x \leqslant-1\}$, 求 $a$ 的值.
| 解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$
由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.
故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为
$\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.
(II ) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得
$|x-a|+3 x \leqslant 0$
此不等式化为不等式组
$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$
因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$
由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$
| (I) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$. 直接求出不等式 $f($ $x) \geqslant 3 x+2$ 的解集即可.
(II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得 $|x-a|+3 x \leqslant 0$ 分 $x \geqslant a$ 和 $x \leqslant a$ 推出等价不等式组, 分别求 解, 然后求出 $a$ 的值.
解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$
由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.
故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为
$\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.
(II ) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得
$|x-a|+3 x \leqslant 0$
此不等式化为不等式组
$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$
因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$
由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2012 | （新课标） | 已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边, $c=\sqrt{3} a \sin C-\cos A$.
(1) 求 $A$;
(2) 若 $a=2, \triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 求 $b, c$.
| 解: (1) $\mathrm{c}=\sqrt{3} a \operatorname{asin} \mathrm{C}-\mathrm{ccos} \mathrm{A}$, 由正弦定理有:
$\sqrt{3} \sin A \sin C-\sin C \cos A-\sin C=0$, 即 $\sin C \cdot(\sqrt{3} \sin A-\cos A-1)=0$,
又, $\sin C \neq 0$,
所以 $\sqrt{3} \sin A-\cos A-1=0$, 即 $2 \sin \left(A-\frac{\pi}{6}\right)=1$,
所以 $A=\frac{\pi}{3}$;
(2) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} b c \sin A=\sqrt{3}$, 所以 $b c=4$,
$a=2$, 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $4=b^{2}+c^{2}-b c$,
即有 $\left\{\begin{array}{l}b c=4 \\ b^{2}+c^{2}-b c=4\end{array}\right.$ ，
解得 $b=c=2$.
| （1）由正弦定理有: $\sqrt{3} \sin A \sin C-\sin C \cos A-\sin C=0$, 可以求出 $A$;
（2）有三角形面积以及余弦定理, 可以求出 b、c.
解: (1) $\mathrm{c}=\sqrt{3} a \operatorname{asin} \mathrm{C}-\mathrm{ccos} \mathrm{A}$, 由正弦定理有:
$\sqrt{3} \sin A \sin C-\sin C \cos A-\sin C=0$, 即 $\sin C \cdot(\sqrt{3} \sin A-\cos A-1)=0$,
又, $\sin C \neq 0$,
所以 $\sqrt{3} \sin A-\cos A-1=0$, 即 $2 \sin \left(A-\frac{\pi}{6}\right)=1$,
所以 $A=\frac{\pi}{3}$;
(2) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} b c \sin A=\sqrt{3}$, 所以 $b c=4$,
$a=2$, 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $4=b^{2}+c^{2}-b c$,
即有 $\left\{\begin{array}{l}b c=4 \\ b^{2}+c^{2}-b c=4\end{array}\right.$ ，
解得 $b=c=2$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2012 | （新课标） | 某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花, 然后以 每枝 10 元的价格出售. 如果当天卖不完, 剩下的玫瑰花做垃圾处理.
（I ）若花店一天购进 17 枝玫瑰花, 求当天的利润 y（单位: 元）关于当天需 求量 $\mathrm{n}$ (单位: 枝, $\mathrm{n} \in \mathrm{N}$ ）的函数解析式.
（II）花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量（单位: 枝），整理得如表:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 日需求量 $\mathrm{n}$ & 14 & 15 & 16 & 17 & 18 & 19 & 20 \\
\hline 频数 & 10 & 20 & 16 & 16 & 15 & 13 & 10 \\
\hline
\end{tabular}
（i）假设花店在这 100 天内每天购进 17 枝玫瑰花, 求这 100 天的日利润（单位 : 元 ) 的平均数;
(ii）若花店一天购进 17 枝玫瑰花, 以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求 量发生的概率, 求当天的利润不少于 75 元的概率.
| 解: ( I ) 当日需求量 $n \geqslant 17$ 时, 利润 $y=85$; 当日需求量 $n<17$ 时, 利润 $y=10 n-85 ; \quad(4$ 分 )
$\therefore$ 利润 $\mathrm{y}$ 关于当天需求量 $\mathrm{n}$ 的函数解析式 $\mathrm{y}=\left\{\begin{array}{l}10 \mathrm{n}-85, \mathrm{n}<17 \\ 85, \mathrm{n} \geqslant 17\end{array}\right.$ ( $\left.\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}\right) \quad$ (6 分)
(II ) (i) 这 100 天的日利润的平均数为 $\frac{55 \times 10+65 \times 20+75 \times 16+85 \times 54}{100}=76.4$ 元; (9 分) （ii）当天的利润不少于 75 元, 当且仅当日需求量不少于 16 枝, 故当天的利润 不少于 75 元的概率为 $P=0.16+0.16+0.15+0.13+0.1=0.7$. (12 分)
| (I) 根据卖出一枝可得利润 5 元, 卖不出一枝可得赔本 5 元, 即可建 立分段函数;
(II) (i) 这 100 天的日利润的平均数, 利用 100 天的销售量除以 100 即可得 到结论;
（ii）当天的利润不少于 75 元, 当且仅当日需求量不少于 16 枝, 故可求当天的 利润不少于 75 元的概率.
解: ( I ) 当日需求量 $n \geqslant 17$ 时, 利润 $y=85$; 当日需求量 $n<17$ 时, 利润 $y=10 n-85 ; \quad(4$ 分 )
$\therefore$ 利润 $\mathrm{y}$ 关于当天需求量 $\mathrm{n}$ 的函数解析式 $\mathrm{y}=\left\{\begin{array}{l}10 \mathrm{n}-85, \mathrm{n}<17 \\ 85, \mathrm{n} \geqslant 17\end{array}\right.$ ( $\left.\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}\right) \quad$ (6 分)
(II ) (i) 这 100 天的日利润的平均数为 $\frac{55 \times 10+65 \times 20+75 \times 16+85 \times 54}{100}=76.4$ 元; (9 分) （ii）当天的利润不少于 75 元, 当且仅当日需求量不少于 16 枝, 故当天的利润 不少于 75 元的概率为 $P=0.16+0.16+0.15+0.13+0.1=0.7$. (12 分)
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2012 | （新课标） | 设抛物线 $C: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点为 $F$, 准线为 $\mid, A \in C$, 已知以 $F$ 为圆心, $F A$ 为半径的圆 $F$ 交 $I$ 于 $B, D$ 两点;
(1) 若 $\angle B F D=90^{\circ}, \triangle A B D$ 的面积为 $4 \sqrt{2}$, 求 $p$ 的值及圆 $F$ 的方程;
(2) 若 $A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上, 直线 $\mathrm{n}$ 与 $\mathrm{m}$ 平行, 且 $\mathrm{n}$ 与 $C$ 只有一个 公共点, 求坐标原点到 $m, n$ 距离的比值.
| 解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $\mathrm{d}=|\mathrm{FA}|=|F B|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, $\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,
$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,
解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,
$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.
（2）由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{\mathrm{p}}{2}\right)$,
$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上，
又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.
由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$
得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,
$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$
直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y-\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{p}=0$
坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.
| （1）由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 的距 离 $\mathrm{d}=|F \mathrm{FA}|=|F B|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, 由 $\triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$, 知 $\frac{1}{2} \times B D \times d=$ $\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$, 由此能求出圆 $\mathrm{F}$ 的方程.
（2）由对称性设 $A\left(x_{0}, \frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right)\left(x_{0}>0\right)$, 则 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ 点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$, 得 $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 由此能求出坐标 原点到 $m, n$ 距离的比值.
解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $\mathrm{d}=|\mathrm{FA}|=|F B|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, $\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,
$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,
解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,
$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.
（2）由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{\mathrm{p}}{2}\right)$,
$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上，
又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.
由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$
得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,
$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$
直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y-\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{p}=0$
坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2012 | （新课标） | 设函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$.
（I）求 $f(x)$ 的单调区间;
(II ) 若 $a=1, k$ 为整数, 且当 $x>0$ 时, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$, 求 $k$ 的最大 值.
| 解：（1）函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 的定义域是 $R, f^{\prime}(x)=e^{x}-a$, 若 $a \leqslant 0$, 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-a \geqslant 0$, 所以函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上 单调递增.
若 $a>0$, 则当 $x \in\left(-\infty, \ln a ）\right.$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a<0$;
当 $x \in(\ln a,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a>0$;
所以, $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 单调递减, 在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增.
（II）由于 $a=1$, 所以, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1=(x-k)\left(e^{x}-1\right)+x+1$
故当 $x>0$ 时, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 等价于 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x \quad(x>0)$ (1)
令 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{-x e^{x}-1}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}+1=\frac{e^{x}\left(e^{x}-x-2\right)}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}$
由（1）知, 当 $a=1$ 时, 函数 $h(x)=e^{x}-x-2$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
而 $\mathrm{h}(1)<0, \mathrm{~h}(2)>0$,
所以 $h(x)=e^{x}-x^{-} 2$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点,
故 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点, 设此零点为 $\alpha$, 则有 $\alpha \in(1,2)$
当 $x \in(0, \alpha)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(\alpha,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$;
所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $g(\alpha)$.
又由 $g^{\prime}(\alpha)=0$, 可得 $e^{\alpha}=\alpha+2$ 所以 $g(\alpha)=\alpha+1 \in(2,3)$
由于(1)式等价于 $k<g(\alpha)$, 故整数 $k$ 的最大值为 2 .
| （I ）求函数的单调区间, 可先求出函数的导数, 由于函数中含有字母 $a$, 故应按 $a$ 的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性, 给出单调区间;
（II）由题设条件结合（I）, 将不等式, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 在 $x>0$ 时成 立转化为 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x(x>0)$ 成立, 由此问题转化为求 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$ 在 $x>$ 0 上的最小值问题, 求导, 确定出函数的最小值, 即可得出 $\mathrm{k}$ 的最大值;
解：（1）函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 的定义域是 $R, f^{\prime}(x)=e^{x}-a$, 若 $a \leqslant 0$, 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-a \geqslant 0$, 所以函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上 单调递增.
若 $a>0$, 则当 $x \in\left(-\infty, \ln a ）\right.$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a<0$;
当 $x \in(\ln a,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a>0$;
所以, $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 单调递减, 在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增.
（II）由于 $a=1$, 所以, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1=(x-k)\left(e^{x}-1\right)+x+1$
故当 $x>0$ 时, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 等价于 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x \quad(x>0)$ (1)
令 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{-x e^{x}-1}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}+1=\frac{e^{x}\left(e^{x}-x-2\right)}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}$
由（1）知, 当 $a=1$ 时, 函数 $h(x)=e^{x}-x-2$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
而 $\mathrm{h}(1)<0, \mathrm{~h}(2)>0$,
所以 $h(x)=e^{x}-x^{-} 2$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点,
故 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点, 设此零点为 $\alpha$, 则有 $\alpha \in(1,2)$
当 $x \in(0, \alpha)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(\alpha,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$;
所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $g(\alpha)$.
又由 $g^{\prime}(\alpha)=0$, 可得 $e^{\alpha}=\alpha+2$ 所以 $g(\alpha)=\alpha+1 \in(2,3)$
由于(1)式等价于 $k<g(\alpha)$, 故整数 $k$ 的最大值为 2 .
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2012 | （新课标） | 23. 选修 4- 4; 坐标系与参数方程
已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \Phi \\ y=3 \sin \Phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴的 正半轴为极轴建立坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的坐标系方程是 $\rho=2$, 正方形 $A B C D$ 的顶 点都在 $C_{2}$ 上, 且 $A, B, C, D$ 依逆时针次序排列, 点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$
(1) 求点 $A, B, C, D$ 的直角坐标;
（2）设 $P$ 为 $C_{1}$ 上任意一点, 求 $|P A|^{2+}|P B|^{2+}|P C|^{2}+|P D|^{2}$ 的取值范围.
| 解: $(1)$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$
点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$
（2）设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ (中为参数) $t=|P A|^{2}+|P B|^{2}+|P C|^{2}+|P D|^{2}=4 x^{2}+4 y^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$
$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$
$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$
| (1) 确定点 $A, B, C, D$ 的极坐标, 即可得点 $A, B, C, D$ 的直角坐标
( 2 ）利用参数方程设出 $\mathrm{P}$ 的坐标, 借助于三角函数, 即可求得 $|\mathrm{PA}|^{2+}|\mathrm{PB}|^{2+}|\mathrm{PC}|^{2+}|\mathrm{PD}|^{2}$ 的取值范围.
解: $(1)$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$
点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$
（2）设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ (中为参数) $t=|P A|^{2}+|P B|^{2}+|P C|^{2}+|P D|^{2}=4 x^{2}+4 y^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$
$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$
$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f($
0））处切线方程为 $\mathrm{y}=4 \mathrm{x}+4$.
( I ) 求 $a, b$ 的值;
(II ) 讨论 $f(x)$ 的单调性, 并求 $f(x)$ 的极大值.
| 解: ( I ) $\because f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$,
$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}(a x+a+b)-2 x-4$,
$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处切线方程为 $y=4 x+4$
$\therefore f(0)=4, f^{\prime}(0)=4$ $\therefore b=4, a+b=8$
$\therefore a=4, b=4$
(II ) 由（I ) 知, $f(x)=4 e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x, f^{\prime}(x)=4 e^{x}(x+2)-2 x-4=4($ $x+2)\left(e^{x}-\frac{1}{2}\right)$
令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=-\ln 2$ 或 $x=-2$
$\therefore x \in(-\infty,-2)$ 或 $(-\ln 2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0 ; x \in(-2,-\ln 2)$ 时, $f^{\prime}($ x) $<0$
$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(-\infty,-2),(-\ln 2,+\infty)$, 单调减区间是 $(-2$, $-\ln 2)$
当 $x=-2$ 时，函数 $f(x)$ 取得极大值，极大值为 $f(-2)=4\left(1-e^{-2}\right)$.
| ( I ) 求导函数, 利用导数的几何意义及曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0)$ ) 处切线方程为 $y=4 x+4$, 建立方程, 即可求得 $a, b$ 的值;
(II) 利用导数的正负, 可得 $f(x)$ 的单调性, 从而可求 $f(x)$ 的极大值.
解: ( I ) $\because f(x)=e^{x}(a x+b)-x^{2}-4 x$,
$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}(a x+a+b)-2 x-4$,
$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处切线方程为 $y=4 x+4$
$\therefore f(0)=4, f^{\prime}(0)=4$ $\therefore b=4, a+b=8$
$\therefore a=4, b=4$
(II ) 由（I ) 知, $f(x)=4 e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x, f^{\prime}(x)=4 e^{x}(x+2)-2 x-4=4($ $x+2)\left(e^{x}-\frac{1}{2}\right)$
令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=-\ln 2$ 或 $x=-2$
$\therefore x \in(-\infty,-2)$ 或 $(-\ln 2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0 ; x \in(-2,-\ln 2)$ 时, $f^{\prime}($ x) $<0$
$\therefore f(x)$ 的单调增区间是 $(-\infty,-2),(-\ln 2,+\infty)$, 单调减区间是 $(-2$, $-\ln 2)$
当 $x=-2$ 时，函数 $f(x)$ 取得极大值，极大值为 $f(-2)=4\left(1-e^{-2}\right)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅰ） | 已知圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 圆 $N:(x-1)^{2}+y^{2}=9$, 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, 圆心 $P$ 的轨迹为曲线 $C$.
(I ) 求 C 的方程;
( II ) I 是与圆 $P$, 圆 $M$ 都相切的一条直线, $\mid$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 当圆 $P$ 的半径最长时, 求 $|A B|$.
| 解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .
设动圆的半径为 $R$,
$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,
而 $|N M|=2$, 由椭圆的定义可知: 动点 $P$ 的轨迹是以 $M, N$ 为焦点, 4 为长轴长 的椭圆,
$\therefore a=2, c=1, \quad b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.
$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.
(II) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,
由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
(1) 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.
(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot \mathrm{M}$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ )
由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.
当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$. $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}$.
$\therefore|\mathrm{AB}|=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}}\left|\mathrm{x}_{2}-\mathrm{x}_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$
由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.
综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.
| ( 1 ）设动圆的半径为 $R$, 由已知动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, 可 得 $|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$, 而 $|N M|=2$, 由椭圆的定义可知: 动点 $P$ 的 轨迹是以 $M, N$ 为焦点, 4 为长轴长的椭圆, 求出即可;
（II）设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$, 由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 4-2=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0) R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)$ ${ }^{2}+y^{2}=4$. 分(1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 此时 $I$ 与 $y$ 轴重合, 可得 $|A B|$. (2)若 $\mid$ 的倾斜 角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot M$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴的交点 为 $Q$, 根据 $\frac{|Q P|}{|Q M|}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4)$, 与椭圆 的方程联立, 得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出.
解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .
设动圆的半径为 $R$,
$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,
而 $|N M|=2$, 由椭圆的定义可知: 动点 $P$ 的轨迹是以 $M, N$ 为焦点, 4 为长轴长 的椭圆,
$\therefore a=2, c=1, \quad b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.
$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.
(II) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,
由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
(1) 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.
(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot \mathrm{M}$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ )
由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.
当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$. $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-\frac{8}{7}$.
$\therefore|\mathrm{AB}|=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}}\left|\mathrm{x}_{2}-\mathrm{x}_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$
由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.
综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅰ） | 23. 已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
(1) 把 $C_{1}$ 的参数方程化为极坐标方程;
(2) 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标 $(\rho \geqslant 0,0 \leqslant \theta<2 \pi)$.
| 解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$
即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，
将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,
得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,
$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.
| （1）曲线 $C_{1}$ 的参数方程消去参数 $t$, 得到普通方程, 再由 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ , 能求出 $\mathrm{C}_{1}$ 的极坐标方程.
(2) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程化为直角坐标方程, 与 $C_{1}$ 的普通方程联立, 求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的直角坐标, 由此能求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标.
解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$
即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，
将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,
得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,
$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅱ） | 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差不为零, $a_{1}=25$, 且 $a_{1}, a_{11}, a_{13}$ 成等比数 列.
( I ) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II) 求 $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\ldots+\mathrm{a}_{3 n-2}$.
| 解: (1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d \neq 0$,
由题意 $a_{1}, a_{11}, a_{13}$ 成等比数列, $\therefore a_{11}^{2}=a_{1} a_{13}$,
$\therefore\left(a_{1}+10 d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+12 d\right)$, 化为 $d\left(2 a_{1}+25 d\right)=0$,
$\because d \neq 0, \quad \therefore 2 \times 25+25 d=0$, 解得 $d=-2$.
$\therefore a_{n}=25+(n-1) \times(-2)=-2 n+27$.
(II) 由 (1) 可得 $a_{3 n-2}=-2(3 n-2)+27=-6 n+31$, 可知此数列是以 25 为首项 ,-6 为公差的等差数列.
$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\ldots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}=\frac{\mathrm{n}\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}\right)}{2}$
$=\frac{n(25-6 n+31)}{2}$
$=-3 n^{2}+28 n$.
| （1）设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d \neq 0$, 利用成等比数列的定义可得, $\mathrm{a}_{11}^{2}=\mathrm{a}_{1} \mathrm{a}_{13}$, 再利用等差数列的通项公式可得 $\left(\mathrm{a}_{1}+10 \mathrm{~d}\right)^{2}=\mathrm{a}_{1}\left(\mathrm{a}_{1}+12 \mathrm{~d}\right)$, 化 为 $d\left(2 a_{1}+25 d\right)=0$, 解出 $d$ 即可得到通项公式 $a_{n}$;
(II) 由（1）可得 $a_{3 n-2}=-2(3 n-2)+27=-6 n+31$, 可知此数列是以 25 为首项 , -6 为公差的等差数列. 利用等差数列的前 $\mathrm{n}$ 项和公式即可得出 $a_{1}+a_{4}+a_{7}+\ldots+a_{3 n-2}$.
解: (1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d \neq 0$,
由题意 $a_{1}, a_{11}, a_{13}$ 成等比数列, $\therefore a_{11}^{2}=a_{1} a_{13}$,
$\therefore\left(a_{1}+10 d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+12 d\right)$, 化为 $d\left(2 a_{1}+25 d\right)=0$,
$\because d \neq 0, \quad \therefore 2 \times 25+25 d=0$, 解得 $d=-2$.
$\therefore a_{n}=25+(n-1) \times(-2)=-2 n+27$.
(II) 由 (1) 可得 $a_{3 n-2}=-2(3 n-2)+27=-6 n+31$, 可知此数列是以 25 为首项 ,-6 为公差的等差数列.
$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\ldots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}=\frac{\mathrm{n}\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}-2}\right)}{2}$
$=\frac{n(25-6 n+31)}{2}$
$=-3 n^{2}+28 n$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅱ） | 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知圆 $P$ 在 $x$ 轴上截得线段长为 $2 \sqrt{2}$, 在 $\mathrm{y}$ 轴上截得线段长为 $2 \sqrt{3}$.
( I ) 求圆心 $P$ 的轨迹方程;
(II) 若 $P$ 点到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求圆 $P$ 的方程.
| 解： ( I ) 设圆心 $P(x, y)$, 由题意得圆心到 $x$ 轴的距离与半径之间 的关系为 $2=-y^{2}+r^{2}$, 同理圆心到 $\mathrm{y}$ 轴的距离与半径之间的关系为 $3=-x^{2}+r^{2}$, 由两式整理得 $x^{2}+3=y^{2}+2$, 整理得 $y^{2}-x^{2}=1$ 即为圆心 $P$ 的轨迹方程, 此轨迹是 等轴双曲线
(II) 由 $P$ 点到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 得, $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{|x-y|}{\sqrt{2}}$, 即 $|x-y|=1$, 即 $x=y+1$ 或 $y=x+1$, 分别代入 $y^{2}-x^{2}=1$ 解得 $P(0,-1)$ 或 $P(0,1)$
若 $P(0,-1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$
若 $P(0,1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$
综上, 圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$ 或 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$
| （I）由题意, 可直接在弦心距、弦的一半及半径三者组成的直角三角 形中利用勾股定理建立关于点 $\mathrm{P}$ 的横纵坐标的方程, 整理即可得到所求的轨 迹方程;
( II ) 由题, 可先由点到直线的距离公式建立关于点 $\mathrm{P}$ 的横纵坐标的方程, 将此 方程与（I）所求的轨迹方程联立, 解出点 $P$ 的坐标, 进而解出圆的半径即可 写出圆 $P$ 的方程.
解： ( I ) 设圆心 $P(x, y)$, 由题意得圆心到 $x$ 轴的距离与半径之间 的关系为 $2=-y^{2}+r^{2}$, 同理圆心到 $\mathrm{y}$ 轴的距离与半径之间的关系为 $3=-x^{2}+r^{2}$, 由两式整理得 $x^{2}+3=y^{2}+2$, 整理得 $y^{2}-x^{2}=1$ 即为圆心 $P$ 的轨迹方程, 此轨迹是 等轴双曲线
(II) 由 $P$ 点到直线 $y=x$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 得, $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{|x-y|}{\sqrt{2}}$, 即 $|x-y|=1$, 即 $x=y+1$ 或 $y=x+1$, 分别代入 $y^{2}-x^{2}=1$ 解得 $P(0,-1)$ 或 $P(0,1)$
若 $P(0,-1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$
若 $P(0,1)$, 此时点 $P$ 在 $y$ 轴上, 故半径为 $\sqrt{3}$, 所以圆 $P$ 的方程为 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$
综上, 圆 $P$ 的方程为 $(y+1)^{2}+x^{2}=3$ 或 $(y-1)^{2}+x^{2}=3$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=x^{2} e^{-x}$
( I ) 求 $f(x)$ 的极小值和极大值;
(II ) 当曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的切线 $\mathrm{I}$ 的斜率为负数时, 求 $\mathrm{I}$ 在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围.
| 解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$,
$\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$,
令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$;
令 $f^{\prime}(x)<0$, 可解得 $x<0$ 或 $x>2$,
故函数在区间 $(-\infty, 0)$ 与 $(2,+\infty)$ 上是减函数, 在区间 $(0,2)$ 上是增函 数.
$\therefore x=0$ 是极小值点, $x=2$ 极大值点, 又 $f(0)=0, f(2)=\frac{4}{e^{2}}$.
故 $f(x)$ 的极小值和极大值分别为 $0, \frac{4}{e^{2}}$.
( II ) 设切点为 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ，
则切线方程为 $y^{-} x_{0}{ }^{2} e^{-x_{0}}=e^{-x_{0}}\left(2 x_{0}-x_{0}{ }^{2}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ，
令 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$,
$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$
$\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$,
令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$,
则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=1-\frac{2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}=\frac{\left(x_{0}-2\right)^{2}-2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$.
(1)当 $x_{0}<0$ 时, $\left(x_{0}-2\right)^{2}-2>0$, 即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0, \therefore f\left(x_{0}\right)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单
调递增, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$;
(2) 当 $x_{0}>2$ 时, 令 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 解得 $x_{0}=2+\sqrt{2}$.
当 $x_{0}>2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f\left(x_{0}\right)$ 单调递增; 当 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$
)$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减.
故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$.
综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$.
| （I ）利用导数的运算法则即可得出 $f^{\prime}(x)$, 利用导数与函数单调性 的关系及函数的极值点的定义， 即可求出函数的极值;
( II ) 利用导数的几何意义即可得到切线的斜率, 得出切线的方程, 利用方程求 出与 $\mathrm{x}$ 轴交点的横坐标, 再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可.
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$,
$\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$,
令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$;
令 $f^{\prime}(x)<0$, 可解得 $x<0$ 或 $x>2$,
故函数在区间 $(-\infty, 0)$ 与 $(2,+\infty)$ 上是减函数, 在区间 $(0,2)$ 上是增函 数.
$\therefore x=0$ 是极小值点, $x=2$ 极大值点, 又 $f(0)=0, f(2)=\frac{4}{e^{2}}$.
故 $f(x)$ 的极小值和极大值分别为 $0, \frac{4}{e^{2}}$.
( II ) 设切点为 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ，
则切线方程为 $y^{-} x_{0}{ }^{2} e^{-x_{0}}=e^{-x_{0}}\left(2 x_{0}-x_{0}{ }^{2}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ，
令 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$,
$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$
$\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$,
令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$,
则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=1-\frac{2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}=\frac{\left(x_{0}-2\right)^{2}-2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$.
(1)当 $x_{0}<0$ 时, $\left(x_{0}-2\right)^{2}-2>0$, 即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0, \therefore f\left(x_{0}\right)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单
调递增, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$;
(2) 当 $x_{0}>2$ 时, 令 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 解得 $x_{0}=2+\sqrt{2}$.
当 $x_{0}>2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f\left(x_{0}\right)$ 单调递增; 当 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$
)$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减.
故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$.
综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅱ） | 23. 已知动点 $P 、 Q$ 都在曲线 $C:\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \beta \\ y=2 \sin \beta\end{array}\right.$ ( $\beta$ 为参数) 上, 对应参数分别为 $\beta=\alpha$ 与 $\beta=2 \alpha(0<\alpha<2 \pi), M$ 为 $P Q$ 的中点.
(1) 求 $M$ 的轨迹的参数方程;
(2) 将 $M$ 到坐标原点的距离 $d$ 表示为 $\alpha$ 的函数, 并判断 $M$ 的轨迹是否过坐标 原点.
| 解：（1）依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,
因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.
$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $0<\alpha<2 \pi$ ).
(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha} \quad(0<\alpha<2 \pi)$.
当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.
| （1）利用参数方程与中点坐标公式即可得出;
（2）利用两点之间的距离公式、三角函数的单调性即可得出.
解：（1）依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,
因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.
$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $0<\alpha<2 \pi$ ).
(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha} \quad(0<\alpha<2 \pi)$.
当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2013 | （新课标ⅱ） | 【选修 4- -5 ；不等式选讲】
设 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a+b+c=1$, 证明:
( I ) $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$
( II ) $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.
| 证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:
$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$
由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,
所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.
(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,
故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$, 即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.
所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.
| ( I ) 依题意, 由 $a+b+c=1 \Rightarrow(a+b+c)^{2}=1 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$, 利用基本不等式可得 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 从而得证;
( II ) 利用基本不等式可证得: $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$, 三式累加即 可证得结论.
证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:
$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$
由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,
所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.
(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,
故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$, 即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.
所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.
| 14 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅰ） | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, $a_{2}, a_{4}$ 是方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根.
（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.
| 解: (1) 方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根为 2,3 . 又 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, 故 $a_{2}=2, a_{4}=3$, 可得 $2 d=1, d=\frac{1}{2}$,
故 $a_{n}=2+(n-2) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2} n+1$, (2) 设数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$,
$S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{1}}+\frac{a_{2}}{2^{2}}+\frac{a_{3}}{2^{3}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{a_{n}}{2^{n}}$
$\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{2}}+\frac{a_{2}}{2^{3}}+\frac{a_{3}}{2^{4}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n}}+\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$
(1)- (2)得 $\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2}+d\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}=\frac{\frac{3}{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$,
解得 $S_{n}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+1}}=2-\frac{n+4}{2^{n+1}}$.
| （1）解出方程的根, 根据数列是递增的求出 $a_{2}, a_{4}$ 的值, 从而解出通 项;
(2) 将第一问中求得的通项代入, 用错位相减法求和.
解: (1) 方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根为 2,3 . 又 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, 故 $a_{2}=2, a_{4}=3$, 可得 $2 d=1, d=\frac{1}{2}$,
故 $a_{n}=2+(n-2) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2} n+1$, (2) 设数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$,
$S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{1}}+\frac{a_{2}}{2^{2}}+\frac{a_{3}}{2^{3}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{a_{n}}{2^{n}}$
$\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{2}}+\frac{a_{2}}{2^{3}}+\frac{a_{3}}{2^{4}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n}}+\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$
(1)- (2)得 $\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2}+d\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}=\frac{\frac{3}{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$,
解得 $S_{n}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+1}}=2-\frac{n+4}{2^{n+1}}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅰ） | 已知点 $P(2,2)$, 圆 $C: x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 过点 $P$ 的动直线 $\mid$ 与圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 线段 $A B$ 的中点为 $M, O$ 为坐标原点.
(1) 求 $M$ 的轨迹方程;
（2）当 $|O P|=|O M|$ 时, 求 $\mid$ 的方程及 $\triangle P O M$ 的面积.
| 解: (1) 由圆 C: $x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 得 $x^{2}+(y-4)^{2}=16$,
$\therefore$ 圆 C 的圆心坐标为 $(0,4)$, 半径为 4 .
设 $M(x, y)$, 则 $\overrightarrow{C M}=(x, y-4), \overrightarrow{M P}=(2-x, 2-y)$.
由题意可得: $\overrightarrow{C M} \cdot \overrightarrow{M P}=0$.
即 $x(2-x)+(y-4)(2-y)=0$.
整理得： $(x-1)^{2+}(y-3)^{2}=2$.
$\therefore M$ 的轨迹方程是 $(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=2$.
(2) 由 (1) 知 $\mathrm{M}$ 的轨迹是以点 $\mathrm{N}(1,3)$ 为圆心, $\sqrt{2}$ 为半径的圆,
由于 $|O P|=|O M|$,
故 O 在线段 PM 的垂直平分线上,
又 $P$ 在圆 $\mathrm{N}$ 上,
从而 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{PM}$.
$\because k_{\mathrm{on}}=3$,
$\therefore$ 直线 I 的斜率为 $-\frac{1}{3}$.
$\therefore$ 直线 PM 的方程为 $y-2=\frac{1}{3}(x-2)$, 即 $x+3 y-8=0$.
则 $\mathrm{O}$ 到直线 $\mathrm{I}$ 的距离为 $\frac{|-8|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.
又 $N$ 到 I 的距离为 $\frac{|1 \times 1+3 \times 3-8|}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,
$\therefore|\mathrm{PM}|=2 \sqrt{2-\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.
$\therefore S_{\triangle \mathrm{POM}}=\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5}=\frac{16}{5}$.
| (1) 由圆 $C$ 的方程求出圆心坐标和半径, 设出 $M$ 坐标, 由 $\overrightarrow{C K} 与 \overrightarrow{M P} \frac{{ }^{2}}{}$ 】 量积等于 0 列式得 $M$ 的轨迹方程;
(2) 设 $M$ 的轨迹的圆心为 $N$, 由 $|O P|=|O M|$ 得到 $O N \perp P M$. 求出 $O N$ 所在直线 的斜率, 由直线方程的点斜式得到 PM 所在直线方程, 由点到直线的距离公 式求出 O 到I 的距离, 再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出 $\mathrm{PM}$ 的长度 , 代入三角形面积公式得答案.
解: (1) 由圆 C: $x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 得 $x^{2}+(y-4)^{2}=16$,
$\therefore$ 圆 C 的圆心坐标为 $(0,4)$, 半径为 4 .
设 $M(x, y)$, 则 $\overrightarrow{C M}=(x, y-4), \overrightarrow{M P}=(2-x, 2-y)$.
由题意可得: $\overrightarrow{C M} \cdot \overrightarrow{M P}=0$.
即 $x(2-x)+(y-4)(2-y)=0$.
整理得： $(x-1)^{2+}(y-3)^{2}=2$.
$\therefore M$ 的轨迹方程是 $(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=2$.
(2) 由 (1) 知 $\mathrm{M}$ 的轨迹是以点 $\mathrm{N}(1,3)$ 为圆心, $\sqrt{2}$ 为半径的圆,
由于 $|O P|=|O M|$,
故 O 在线段 PM 的垂直平分线上,
又 $P$ 在圆 $\mathrm{N}$ 上,
从而 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{PM}$.
$\because k_{\mathrm{on}}=3$,
$\therefore$ 直线 I 的斜率为 $-\frac{1}{3}$.
$\therefore$ 直线 PM 的方程为 $y-2=\frac{1}{3}(x-2)$, 即 $x+3 y-8=0$.
则 $\mathrm{O}$ 到直线 $\mathrm{I}$ 的距离为 $\frac{|-8|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.
又 $N$ 到 I 的距离为 $\frac{|1 \times 1+3 \times 3-8|}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,
$\therefore|\mathrm{PM}|=2 \sqrt{2-\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.
$\therefore S_{\triangle \mathrm{POM}}=\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5}=\frac{16}{5}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅰ） | 设函数 $f(x)=a \ln x+\frac{1-a}{2} x^{2}-b x(a \neq 1)$, 曲线 $y=f(x)$ 在点（1, $f(1 ）$ 处的切线斜率为 0 ,
(1) 求 b;
（2）若存在 $x_{0} \geqslant 1$, 使得 $f\left(x_{0}\right)<\frac{a}{a-1}$, 求 $a$ 的取值范围. 请考生在第 22, 23, 24 题中任选一题作答, 如果多做, 则按所做的第一题记分。
| 解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-b(x>0)$,
$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 0 ,
$\therefore f^{\prime}(1)=a+(1-a) \times 1-b=0$, 解得 $b=1$.
（2）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由（1）可知: $f(x)=a \ln x+\frac{1-a}{2} x^{2}-x$,
$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-1=\frac{(1-a)}{x}\left(x-\frac{a}{1-a}\right)(x-1)$.
(1)当 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 则 $\frac{a}{1-a} \leqslant 1$,
则当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,
$\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,
$\therefore$ 存在 $\mathrm{x}_{0} \geqslant 1$, 使得 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$ 的充要条件是 $\mathrm{f}(1)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$, 即 $\frac{1-\mathrm{a}}{2}-1<\frac{a}{a-1}$, 解得 $-\sqrt{2}-1<a<\sqrt{2}-1$;
(2)当 $\frac{1}{2}<a<1$ 时, 则 $\frac{a}{1-a}>1$,
则当 $x \in\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递减;
当 $x \in\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 上单调递增.
$\therefore$ 存在 $x_{0} \geqslant 1$, 使得 $f\left(x_{0}\right)<\frac{a}{a-1}$ 的充要条件是 $f\left(\frac{a}{1-a}\right)<\frac{a}{a-1}$, 而 $\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{a}}{1-\mathrm{a}}\right)=\operatorname{aln} \frac{a}{1-a}+\frac{a^{2}}{2(1-a)}+\frac{a}{a-1}>\frac{a}{a-1}$, 不符合题意, 应舍去. (3)若 $a>1$ 时, $f(1)=\frac{1-a}{2}-1=\frac{-a-1}{2}<\frac{a}{a-1}$, 成立.
综上可得: $a$ 的取值范围是 $(-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}-1) \cup(1,+\infty)$.
| （1）利用导数的几何意义即可得出;
（2）对 $a$ 分类讨论：当 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 当 $\frac{1}{2}<a<1$ 时, 当 $a>1$ 时, 再利用导数研究 函数的单调性极值与最值即可得出.
解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-b(x>0)$,
$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 0 ,
$\therefore f^{\prime}(1)=a+(1-a) \times 1-b=0$, 解得 $b=1$.
（2）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由（1）可知: $f(x)=a \ln x+\frac{1-a}{2} x^{2}-x$,
$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-1=\frac{(1-a)}{x}\left(x-\frac{a}{1-a}\right)(x-1)$.
(1)当 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 则 $\frac{a}{1-a} \leqslant 1$,
则当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,
$\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,
$\therefore$ 存在 $\mathrm{x}_{0} \geqslant 1$, 使得 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$ 的充要条件是 $\mathrm{f}(1)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$, 即 $\frac{1-\mathrm{a}}{2}-1<\frac{a}{a-1}$, 解得 $-\sqrt{2}-1<a<\sqrt{2}-1$;
(2)当 $\frac{1}{2}<a<1$ 时, 则 $\frac{a}{1-a}>1$,
则当 $x \in\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递减;
当 $x \in\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 上单调递增.
$\therefore$ 存在 $x_{0} \geqslant 1$, 使得 $f\left(x_{0}\right)<\frac{a}{a-1}$ 的充要条件是 $f\left(\frac{a}{1-a}\right)<\frac{a}{a-1}$, 而 $\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{a}}{1-\mathrm{a}}\right)=\operatorname{aln} \frac{a}{1-a}+\frac{a^{2}}{2(1-a)}+\frac{a}{a-1}>\frac{a}{a-1}$, 不符合题意, 应舍去. (3)若 $a>1$ 时, $f(1)=\frac{1-a}{2}-1=\frac{-a-1}{2}<\frac{a}{a-1}$, 成立.
综上可得: $a$ 的取值范围是 $(-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}-1) \cup(1,+\infty)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅰ） | 23. 已知曲线 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 直线 I: $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=2-2 t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)
( I ) 写出曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程, 直线 I 的普通方程.
(II ) 过曲线 $C$ 上任意一点 $P$ 作与 $\mid$ 夹角为 $30^{\circ}$ 的直线, 交 $\mid$ 于点 $A$, 求 $|P A|$ 的最 大值与最小值.
| 解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $x=2 \cos \theta 、 y=3 \sin \theta$,
故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).
对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1 \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,
由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;
(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.
$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.
则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.
当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.
当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
| ( I ) 联想三角函数的平方关系可取 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$ 得曲线 $\mathrm{C}$ 的参数 方程, 直接消掉参数 $\mathrm{t}$ 得直线 $\mathrm{l}$ 的普通方程;
(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $\mathrm{P}(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$. 由点到直线的距离公式得到 $\mathrm{P}$ 到直线 I 的距离, 除以
$\sin 30^{\circ}$ 进一步得到 $|P A|$, 化积后由三角函数的范围求得 $|P A|$ 的最大值与最小值.
解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $x=2 \cos \theta 、 y=3 \sin \theta$,
故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).
对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1 \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,
由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;
(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.
$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.
则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.
当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.
当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅰ） | 24. 若 $a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$.
( I) 求 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值;
(II) 是否存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ ? 并说明理由.
| 解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$,
$\therefore \sqrt{\mathrm{ab}}=\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{\mathrm{ab}}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,
当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.
$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,
$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.
(II ) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.
而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,
故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.
| ( I ) 由条件利用基本不等式求得 $a b \geqslant 2$, 再利用基本不等式求得 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值. (II ) 根据 $a b \geqslant 2$ 及基本不等式求的 $2 a+3 b>8$, 从而可得不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$
解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$,
$\therefore \sqrt{\mathrm{ab}}=\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{\mathrm{ab}}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,
当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.
$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,
$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.
(II ) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.
而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,
故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=x^{3}-3 x^{2}+a x+2$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,2)$ 处的 切线与 $x$ 轴交点的横坐标为 -2 .
（I）求 a;
（II ）证明: 当 $k<1$ 时, 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-2$ 只有一个交点.
| 解: ( I ) 函数的导数 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+a ; f^{\prime}(0)=a$;
则 $y=f(x)$ 在点 $(0,2)$ 处的切线方程为 $y=a x+2$,
$\because$ 切线与 $\mathrm{x}$ 轴交点的横坐标为 -2 ,
$\therefore f(-2)=-2 a+2=0$,
解得 $a=1$.
（II）当 $a=1$ 时, $f(x)=x^{3}-3 x^{2}+x+2$,
设 $g(x)=f(x)-k x+2=x^{3}-3 x^{2}+(1-k) x+4$,
由题设知 $1-\mathrm{k}>0$,
当 $x \leqslant 0$ 时, $g^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+1-k>0, g(x)$ 单调递增, $g(-1)=k-1, g(0)$ $=4$,
当 $x>0$ 时, 令 $h(x)=x^{3}-3 x^{2}+4$, 则 $g(x)=h(x)+(1-k) x>h(x)$. 则 $h^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x=3 x(x-2)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 单调递增,
$\therefore$ 在 $\mathrm{x}=2$ 时, $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 取得极小值 $\mathrm{h}(2)=0$,
$g(-1)=k-1, g(0)=4$
则 $g(x)=0$ 在 $(-\infty, 0]$ 有唯一实根.
$\because g(x)>h(x) \geqslant h(2)=0$,
$\therefore g(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上没有实根.
综上当 $k<1$ 时, 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-2$ 只有一个交点.
| （II ）求函数的导数，利用导数的几何意义建立方程即可求 a;
(II ) 构造函数 $g(x)=f(x)-k x+2$, 利用函数导数和极值之间的关系即可得 到结论.
解: ( I ) 函数的导数 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+a ; f^{\prime}(0)=a$;
则 $y=f(x)$ 在点 $(0,2)$ 处的切线方程为 $y=a x+2$,
$\because$ 切线与 $\mathrm{x}$ 轴交点的横坐标为 -2 ,
$\therefore f(-2)=-2 a+2=0$,
解得 $a=1$.
（II）当 $a=1$ 时, $f(x)=x^{3}-3 x^{2}+x+2$,
设 $g(x)=f(x)-k x+2=x^{3}-3 x^{2}+(1-k) x+4$,
由题设知 $1-\mathrm{k}>0$,
当 $x \leqslant 0$ 时, $g^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+1-k>0, g(x)$ 单调递增, $g(-1)=k-1, g(0)$ $=4$,
当 $x>0$ 时, 令 $h(x)=x^{3}-3 x^{2}+4$, 则 $g(x)=h(x)+(1-k) x>h(x)$. 则 $h^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x=3 x(x-2)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 单调递增,
$\therefore$ 在 $\mathrm{x}=2$ 时, $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 取得极小值 $\mathrm{h}(2)=0$,
$g(-1)=k-1, g(0)=4$
则 $g(x)=0$ 在 $(-\infty, 0]$ 有唯一实根.
$\because g(x)>h(x) \geqslant h(2)=0$,
$\therefore g(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上没有实根.
综上当 $k<1$ 时, 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-2$ 只有一个交点.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅱ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系 , 半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$
(I ) 求 C 的参数方程;
（II) 设点 $D$ 在半圆 $C$ 上, 半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 $I: y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 根据 （1）中你得到的参数方程, 求直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标.
| 解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.
可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$.
(2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的上 半圆，
$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \tan t=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.
故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
| （1）利用 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ x=\rho \cos \theta\end{array}\right.$ 即可得出直角坐标方程, 利用 $\cos ^{2} t+\sin ^{2} t=1$ 进 而得出参数方程.
(2) 利用半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 I: $y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 则直线 $C D$ 的斜率与直 线 I 的斜率相等, 即可得出直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标.
解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.
可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$.
(2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的上 半圆，
$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \tan t=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.
故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2014 | （新课标ⅱ） | 24. 设函数 $f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \quad(a>0)$.
( I ) 证明: $f(x) \geqslant 2$;
(II ) 若 $\mathrm{f}(3)<5$, 求 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
| 解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a)$ $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,
故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.
( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,
$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.
当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.
综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.
| （I ) 由 $a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a|$, 利用绝对值三角不等式、基本 不等式证得 $f(x) \geqslant 2$ 成立.
（II ) 由 $f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$, 分当 $a>3$ 时和当 $0<a \leqslant 3$ 时两种情况, 分 别去掉绝对值, 求得不等式的解集, 再取并集, 即得所求.
解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a)$ $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,
故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.
( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,
$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.
当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.
综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2015 | （新课标ⅰ） | 已知 $a, b, c$ 分别是 $\triangle A B C$ 内角 $A, B, C$ 的对边, $\sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$
(I ) 若 $a=b$, 求 $\cos B$;
（II ) 设 $B=90^{\circ}$, 且 $a=\sqrt{2}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.
| 解： ( 1 ） $\because \sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$,
由正弦定理可得: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{1}{k}>0$,
代入可得 $(b k)^{2}=2 a k \cdot c k$,
$\therefore b^{2}=2 a c$, $\because a=b, \quad \therefore a=2 c$,
由余弦定理可得: $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{a^{2}+\frac{1}{4} a^{2}-a^{2}}{2 a \times \frac{1}{2} a}=\frac{1}{4}$.
(II) 由（I）可得: $b^{2}=2 a c$,
$\because B=90^{\circ}$, 且 $a=\sqrt{2}$,
$\therefore a^{2}+c^{2}=b^{2}=2 a c$, 解得 $a=c=\sqrt{2}$.
$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{ac}=1$.
| (1） $\sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$, 由正弦定理可得: $b^{2}=2 a c$, 再利用余弦定理即可 得出.
（II）利用（I）及勾股定理可得 c, 再利用三角形面积计算公式即可得出.
解： ( 1 ） $\because \sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$,
由正弦定理可得: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{1}{k}>0$,
代入可得 $(b k)^{2}=2 a k \cdot c k$,
$\therefore b^{2}=2 a c$, $\because a=b, \quad \therefore a=2 c$,
由余弦定理可得: $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{a^{2}+\frac{1}{4} a^{2}-a^{2}}{2 a \times \frac{1}{2} a}=\frac{1}{4}$.
(II) 由（I）可得: $b^{2}=2 a c$,
$\because B=90^{\circ}$, 且 $a=\sqrt{2}$,
$\therefore a^{2}+c^{2}=b^{2}=2 a c$, 解得 $a=c=\sqrt{2}$.
$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{ac}=1$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2015 | （新课标ⅰ） | 已知过点 $A(0,1)$ 且斜率为 $k$ 的直线 I 与圆 $C:(x-2)^{2}+(y-3$ )$^{2}=1$ 交于点 $M 、 N$ 两点.
(1) 求 $\mathrm{k}$ 的取值范围;
（2）若 $\overrightarrow{O M} \bullet \overrightarrow{O N}=12$, 其中 $O$ 为坐标原点, 求 $|M N|$.
| （1）由题意可得, 直线 I 的斜率存在,
设过点 $A(0,1)$ 的直线方程: $y=k x+1$, 即: $k x-y+1=0$.
由已知可得圆 $C$ 的圆心 $C$ 的坐标 $(2,3)$, 半径 $R=1$.
故由 $\frac{|2 k-3+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}<1$,
故当 $\frac{4-\sqrt{7}}{3}<k<\frac{4+\sqrt{7}}{3}$, 过点 $A(0,1)$ 的直线与圆 $C:(x-2)^{2+}(y-3)^{2}=1$ 相交于 $M, N$ 两点.
(2) 设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right) ; N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，
由题意可得, 经过点 $M 、 N 、 A$ 的直线方程为 $y=k x+1$, 代入圆 $C$ 的方程 $(x-2)$
$2+(y-3)^{2}=1$
可得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}-4(k+1) x+7=0$, $\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{4(1+k)}{1+k^{2}}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{7}{1+k^{2}}$,
$\therefore \mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\left(\mathrm{kx}_{1}+1\right) \quad\left(\mathrm{kx}_{2}+1\right)=\mathrm{k}^{2} \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{k}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+1$
$=\frac{7}{1+k^{2}} \cdot k^{2}+k \cdot \frac{4(1+k)}{1+k^{2}}+1=\frac{12 k^{2}+4 k+1}{1+k^{2}}$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{OM}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{ON}}=\mathrm{x}_{1} \cdot x_{2}+\mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\frac{12 \mathrm{k}^{2}+4 \mathrm{k}+8}{1+\mathrm{k}^{2}}=12$, 解得 $k=1$,
故直线 $\mid$ 的方程为 $y=x+1$, 即 $x-y+1=0$.
圆心 C 在直线 I 上, $M N$ 长即为圆的直径.
所以 $|M N|=2$.
| (1) 由题意可得, 直线 I 的斜率存在, 用点斜式求得直线 I 的方程, 根 据圆心到直线的距离等于半径求得 $\mathrm{k}$ 的值, 可得满足条件的 $\mathrm{k}$ 的范围.
(2) 由题意可得, 经过点 $M 、 N 、 A$ 的直线方程为 $y=k x+1$, 根据直线和圆相交 的弦长公式进行求解.
（1）由题意可得, 直线 I 的斜率存在,
设过点 $A(0,1)$ 的直线方程: $y=k x+1$, 即: $k x-y+1=0$.
由已知可得圆 $C$ 的圆心 $C$ 的坐标 $(2,3)$, 半径 $R=1$.
故由 $\frac{|2 k-3+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}<1$,
故当 $\frac{4-\sqrt{7}}{3}<k<\frac{4+\sqrt{7}}{3}$, 过点 $A(0,1)$ 的直线与圆 $C:(x-2)^{2+}(y-3)^{2}=1$ 相交于 $M, N$ 两点.
(2) 设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right) ; N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，
由题意可得, 经过点 $M 、 N 、 A$ 的直线方程为 $y=k x+1$, 代入圆 $C$ 的方程 $(x-2)$
$2+(y-3)^{2}=1$
可得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}-4(k+1) x+7=0$, $\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{4(1+k)}{1+k^{2}}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{7}{1+k^{2}}$,
$\therefore \mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\left(\mathrm{kx}_{1}+1\right) \quad\left(\mathrm{kx}_{2}+1\right)=\mathrm{k}^{2} \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{k}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+1$
$=\frac{7}{1+k^{2}} \cdot k^{2}+k \cdot \frac{4(1+k)}{1+k^{2}}+1=\frac{12 k^{2}+4 k+1}{1+k^{2}}$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{OM}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{ON}}=\mathrm{x}_{1} \cdot x_{2}+\mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\frac{12 \mathrm{k}^{2}+4 \mathrm{k}+8}{1+\mathrm{k}^{2}}=12$, 解得 $k=1$,
故直线 $\mid$ 的方程为 $y=x+1$, 即 $x-y+1=0$.
圆心 C 在直线 I 上, $M N$ 长即为圆的直径.
所以 $|M N|=2$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2015 | （新课标ⅱ） | 20. 椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \quad(a>b>0)$ 的离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $(2, \sqrt{2})$ 在 $C$ 上.
(1) 求椭圆 C 的方程;
(2) 直线 $I$ 不过原点 $O$ 且不平行于坐标轴, $I$ 与 $C$ 有两个交点 $A, B$, 线段 $A B$ 的 中点为 $M$. 证明: 直线 $O M$ 的斜率与 $\mathrm{I}$ 的斜率的乘积为定值.
| 解： （1）椭圆 $\mathrm{c}: \frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \quad\left(a>b>0 ）\right.$ 的离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $(2, \sqrt{2})$ 在 $C$ 上, 可得 $\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{4}{a^{2}}+\frac{2}{b^{2}}=1$, 解得 $a^{2}=8, b^{2}=4$, 所求椭圆 $C$ 方程 为: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$.
(2) 设直线 $1: y=k x+b,(k \neq 0, b \neq 0), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), M\left(x_{M}\right.$, $\left.\mathrm{y}_{\mathrm{M}}\right)$
把直线 $y=k x+b$ 代入 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 可得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k b x+2 b^{2}-8=0$,
故 $\mathrm{x}_{M}=\frac{\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}}{2}=\frac{-2 \mathrm{~kb}}{2 \mathrm{k}^{2}+1}, \mathrm{y}_{M}=k \mathrm{x}_{M}+b=\frac{b}{2 k^{2}+1}$,
于是在 $O M$ 的斜率为: $K_{O M}=\frac{y_{M}}{x_{M}}=-\frac{1}{2 k}$, 即 $K_{O M} \bullet k=-\frac{1}{2}$.
$\therefore$ 直线 OM 的斜率与 I 的斜率的乘积为定值.
| （1）利用椭圆的离心率, 以及椭圆经过的点, 求解椭圆的几何量, 然 后得到椭圆的方程.
(2) 设直线 $l: y=k x+b,(k \neq 0, b \neq 0), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), M\left(x_{M}\right.$, $y_{M}$ ), 联立直线方程与椭圆方程, 通过韦达定理求解 $K_{O M}$, 然后推出直线 $O M$ 的斜率与 $\mathrm{I}$ 的斜率的乘积为定值.
解： （1）椭圆 $\mathrm{c}: \frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \quad\left(a>b>0 ）\right.$ 的离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $(2, \sqrt{2})$ 在 $C$ 上, 可得 $\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{4}{a^{2}}+\frac{2}{b^{2}}=1$, 解得 $a^{2}=8, b^{2}=4$, 所求椭圆 $C$ 方程 为: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$.
(2) 设直线 $1: y=k x+b,(k \neq 0, b \neq 0), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), M\left(x_{M}\right.$, $\left.\mathrm{y}_{\mathrm{M}}\right)$
把直线 $y=k x+b$ 代入 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 可得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k b x+2 b^{2}-8=0$,
故 $\mathrm{x}_{M}=\frac{\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}}{2}=\frac{-2 \mathrm{~kb}}{2 \mathrm{k}^{2}+1}, \mathrm{y}_{M}=k \mathrm{x}_{M}+b=\frac{b}{2 k^{2}+1}$,
于是在 $O M$ 的斜率为: $K_{O M}=\frac{y_{M}}{x_{M}}=-\frac{1}{2 k}$, 即 $K_{O M} \bullet k=-\frac{1}{2}$.
$\therefore$ 直线 OM 的斜率与 I 的斜率的乘积为定值.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2015 | （新课标ⅱ） | 21. 设函数 $f(x)=\ln x+a(1-x)$.
(I) 讨论： $f(x)$ 的单调性;
(II ) 当 $f(x)$ 有最大值, 且最大值大于 $2 a-2$ 时, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: ( I ) $f(x)=\ln x+a(1-x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x}$,
若 $\mathrm{a} \leqslant 0$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
若 $a>0$, 则当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递减,
(II), 由 (I) 知, 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上无最大值; 当 $a>0$ 时
, $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{a}$ 取得最大值, 最大值为 $f\left(\frac{1}{a}\right)=-$ Ina+a- 1 ,
$\because f\left(\frac{1}{a}\right)>2 a-2$,
$\therefore \ln a+a-1<0$,
令 $g(a)=\ln a+a-1$,
$\because g(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增, g $(1)=0$,
$\therefore$ 当 $0<a<1$ 时, $g(a)<0$,
当 $a>1$ 时, $g$ (a) $>0$,
$\therefore a$ 的取值范围为 $(0,1)$.
| （II ）先求导, 再分类讨论, 根据导数即可判断函数的单调性;
（2）先求出函数的最大值, 再构造函数（a）=Ina+a-1, 根据函数的单调性即 可求出 $\mathrm{a}$ 的范围.
解: ( I ) $f(x)=\ln x+a(1-x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x}$,
若 $\mathrm{a} \leqslant 0$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
若 $a>0$, 则当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递减,
(II), 由 (I) 知, 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上无最大值; 当 $a>0$ 时
, $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{a}$ 取得最大值, 最大值为 $f\left(\frac{1}{a}\right)=-$ Ina+a- 1 ,
$\because f\left(\frac{1}{a}\right)>2 a-2$,
$\therefore \ln a+a-1<0$,
令 $g(a)=\ln a+a-1$,
$\because g(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增, g $(1)=0$,
$\therefore$ 当 $0<a<1$ 时, $g(a)<0$,
当 $a>1$ 时, $g$ (a) $>0$,
$\therefore a$ 的取值范围为 $(0,1)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2015 | （新课标ⅱ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ （ $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 其中 $0 \leqslant \alpha \leqslant \pi$, 在以 0 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}$ : $\rho=2 \sin \theta, \quad C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$.
(1) 求 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标;
(2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 相交于点 $A, C_{1}$ 与 $C_{3}$ 相交于点 $B$, 求 $|A B|$ 的最大值.
| 解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,
$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$
同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,
$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.
(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$
$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,
$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), \mathrm{B}(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.
$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,
当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .
| (1）由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$, 把 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入可得直 角坐标方程. 同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程, 联立解出可得 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标.
(2) 由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 $0 \leqslant \alpha \leqslant$ $\pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R, \rho \neq 0)$ , 利用 $|A B|=\mid 2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha$ |即可得出.
解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,
$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$
同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,
$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.
(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$
$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,
$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), \mathrm{B}(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.
$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,
当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2015 | （新课标ⅱ） | 设 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$, 证明:
(1) 若 $a b>c d$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;
(2) $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.
| 证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$,
$(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$,
则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,
即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$ ，
则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;
(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$,
即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,
$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,
即有 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d| ;$
(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$,
即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.
综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.
| （1）运用不等式的性质, 结合条件 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$ , $a b>c d$, 即可得证;
（2）从两方面证, (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 证得 $|a-b|<|c-d|$, (2)若 $|a-b|<$ $|c-d|$, 证得 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 注意运用不等式的性质, 即可得证.
证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$,
$(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$,
则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,
即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$ ，
则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;
(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$,
即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,
$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,
即有 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d| ;$
(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$,
即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.
综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅰ） | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$, $a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.
(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II ) 求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
| 解: ( I ) $\because a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.
当 $n=1$ 时, $a_{1} b_{2}+b_{2}=b_{1}$.
$\because b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$,
$\therefore a_{1}=2$,
又 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列,
$\therefore a_{n}=3 n-1$,
( II ) 由 (1) 知: (3n-1) $b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.
即 $3 b_{n+1}=b_{n}$.
即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列,
$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-3^{-n}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}$.
| （I ) 令 $n=1$, 可得 $a_{1}=2$, 结合 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列, 可得 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II) 由 (1) 可得: 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列, 进而可 得: $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
解: ( I ) $\because a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.
当 $n=1$ 时, $a_{1} b_{2}+b_{2}=b_{1}$.
$\because b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$,
$\therefore a_{1}=2$,
又 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列,
$\therefore a_{n}=3 n-1$,
( II ) 由 (1) 知: (3n-1) $b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.
即 $3 b_{n+1}=b_{n}$.
即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列,
$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-3^{-n}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅰ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $I: y=t （ t \neq 0)$ 交 $y$ 轴于点 $M$, 交抛物 线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 于点 $P, M$ 关于点 $P$ 的对称点为 $N$, 连结 $O N$ 并延长交 $C$ 于点 $\mathrm{H}$.
( I ) 求 $\frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}$;
(II) 除 $\mathrm{H}$ 以外, 直线 $\mathrm{MH}$ 与 $\mathrm{C}$ 是否有其它公共点? 说明理由.
| 解: ( I ) 将直线 I 与抛物线方程联立, 解得 $P\left(\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \mathrm{t}\right)$,
$\because M$ 关于点 $P$ 的对称点为 $N$,
$\therefore \frac{\mathrm{x}_{\mathbb{N}}+\mathrm{x}_{\mathrm{K}}}{2}=\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}_{\mathrm{N}}+\mathrm{y}_{\mathrm{M}}}{2}=\mathrm{t}$,
$\therefore N\left(\frac{t^{2}}{p}, t\right)$,
$\therefore O N$ 的方程为 $y=\frac{p}{t} x$,
与抛物线方程联立, 解得 $H\left(\frac{2 \mathrm{t}^{2}}{\mathrm{p}}, 2 \mathrm{t}\right)$ $\therefore \frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}=\frac{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{H}}\right|}{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{N}}\right|}=2$
(II) 由 ( I ) 知 $k_{M H}=\frac{p}{2 t}$,
$\therefore$ 直线 $M H$ 的方程为 $y=\frac{p}{2 t} x+t$, 与抛物线方程联立，消去 $x$ 可得 $y^{2}-4 t y+4 t^{2}=0$,
$\therefore \triangle=16 \mathrm{t}^{2}-4 \times 4 \mathrm{t}^{2}=0$,
$\therefore$ 直线 $\mathrm{MH}$ 与 $\mathrm{C}$ 除点 $\mathrm{H}$ 外没有其它公共点.
| ( I ) 求出 $P, N, H$ 的坐标, 利用 $\frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}=\frac{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{H}}\right|}{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{N}}\right|}$, 求 $\frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}$;
(II) 直线 $M H$ 的方程为 $y=\frac{p}{2 t} x+t$, 与抛物线方程联立, 消去 $x$ 可得 $y^{2}-4 t y+4 t^{2}=0$ , 利用判别式可得结论.
解: ( I ) 将直线 I 与抛物线方程联立, 解得 $P\left(\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \mathrm{t}\right)$,
$\because M$ 关于点 $P$ 的对称点为 $N$,
$\therefore \frac{\mathrm{x}_{\mathbb{N}}+\mathrm{x}_{\mathrm{K}}}{2}=\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}_{\mathrm{N}}+\mathrm{y}_{\mathrm{M}}}{2}=\mathrm{t}$,
$\therefore N\left(\frac{t^{2}}{p}, t\right)$,
$\therefore O N$ 的方程为 $y=\frac{p}{t} x$,
与抛物线方程联立, 解得 $H\left(\frac{2 \mathrm{t}^{2}}{\mathrm{p}}, 2 \mathrm{t}\right)$ $\therefore \frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}=\frac{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{H}}\right|}{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{N}}\right|}=2$
(II) 由 ( I ) 知 $k_{M H}=\frac{p}{2 t}$,
$\therefore$ 直线 $M H$ 的方程为 $y=\frac{p}{2 t} x+t$, 与抛物线方程联立，消去 $x$ 可得 $y^{2}-4 t y+4 t^{2}=0$,
$\therefore \triangle=16 \mathrm{t}^{2}-4 \times 4 \mathrm{t}^{2}=0$,
$\therefore$ 直线 $\mathrm{MH}$ 与 $\mathrm{C}$ 除点 $\mathrm{H}$ 外没有其它公共点.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅰ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y=1+a \operatorname{asint}\end{array}(t\right.$ 为参数, $a>0)$ . 在以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$.
( I ) 说明 $C_{1}$ 是哪种曲线, 并将 $C_{1}$ 的方程化为极坐标方程;
(II ) 直线 $C_{3}$ 的极坐标方程为 $\theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 若曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公 共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上, 求 $a$.
| 解 （ I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$
$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.
化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)
由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;
( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$,
$\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2$
即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,
$\because$ 曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点都在 $C_{3}$ 上,
$\therefore y=2 x$ 为圆 $c_{1}$ 与 $c_{2}$ 的公共弦所在直线方程,
(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,
$\therefore 1-a^{2}=0$
$\therefore a=1(a>0)$.
| （I ）把曲线 $C_{1}$ 的参数方程变形, 然后两边平方作和即可得到普通方 程, 可知曲线 $C_{1}$ 是圆, 化为一般式, 结合 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$ 化为极坐标方程 ;
(II ) 化曲线 $C_{2} 、 C_{3}$ 的极坐标方程为直角坐标方程, 由条件可知 $y=x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程, 把 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的方程作差, 结合公共弦所在直线方程为 $y=2 x$ 可得 1- $a^{2}=0$, 则 $a$ 值可求.
解 （ I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$
$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.
化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)
由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;
( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$,
$\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2$
即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,
$\because$ 曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点都在 $C_{3}$ 上,
$\therefore y=2 x$ 为圆 $c_{1}$ 与 $c_{2}$ 的公共弦所在直线方程,
(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,
$\therefore 1-a^{2}=0$
$\therefore a=1(a>0)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅱ） | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$.
(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II ) 设 $b_{n}=\left[a_{n}\right]$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和, 其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数, 如 $[0.9]=0,[2.6]=2$.
| 解： ( I ) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,
$\because a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+5 d=4 \\ 2 a_{1}+10 d=6\end{array}\right.$,
解得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=\frac{2}{5}\end{array}\right.$,
$\therefore a_{n}=\frac{2}{5} n+\frac{3}{5}$
( II ) $\because b_{n}=\left[a_{n}\right]$, $\therefore b_{1}=b_{2}=b_{3}=1$,
$\mathrm{b}_{4}=\mathrm{b}_{5}=2$
$b_{6}=b_{7}=b_{8}=3$,
$b_{9}=b_{10}=4$.
故数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和 $S_{10}=3 \times 1+2 \times 2+3 \times 3+2 \times 4=24$.
| （I ） 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 根据已知构造关于首项和公差方程 组, 解得答案;
(II ) 根据 $b_{n}=\left[a_{n}\right]$, 列出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项, 相加可得答案.
解： ( I ) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,
$\because a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+5 d=4 \\ 2 a_{1}+10 d=6\end{array}\right.$,
解得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=\frac{2}{5}\end{array}\right.$,
$\therefore a_{n}=\frac{2}{5} n+\frac{3}{5}$
( II ) $\because b_{n}=\left[a_{n}\right]$, $\therefore b_{1}=b_{2}=b_{3}=1$,
$\mathrm{b}_{4}=\mathrm{b}_{5}=2$
$b_{6}=b_{7}=b_{8}=3$,
$b_{9}=b_{10}=4$.
故数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和 $S_{10}=3 \times 1+2 \times 2+3 \times 3+2 \times 4=24$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅱ） | 某险种的基本保费为 a（单位: 元), 继续购买该险种的投保人称 为续保人, 续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 上年度出险次数 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & $\geqslant 5$ \\
\hline 保费 & $0.85 a$ & $a$ & $1.25 a$ & $1.5 a$ & $1.75 a$ & $2 a$ \\
\hline
\end{tabular}
随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况, 得到如下统计表:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 出险次数 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & $\geqslant 5$ \\
\hline 频数 & 60 & 50 & 30 & 30 & 20 & 10 \\
\hline
\end{tabular}
（I）记 $A$ 为事件: “一续保人本年度的保费不高于基本保费”. 求 $P$ ( $A$ ）的估计 值;
( II ) 记 B 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 $160 \%$ ". 求 P (B) 的估计值;
(III) 求续保人本年度的平均保费估计值.
| 解: (I) 记 $\mathrm{A}$ 为事件: "一续保人本年度的保费不高于基本保费". 事 件 $A$ 的人数为: $60+50=110$, 该险种的 200 名续保,
$P(A)$ 的估计值为: $\frac{110}{200}=\frac{11}{20}$;
（II ) 记 B 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 $160 \%$ ". 事件 $B$ 的人数为: $30+30=60, P(B)$ 的估计值为: $\frac{60}{200}=\frac{3}{10}$;
(III) 续 保人本年度的平均保费估计 值为 $\bar{x}=$ $\frac{0.85 \mathrm{a} \times 60+\mathrm{a} \times 50+1.25 \mathrm{a} \times 30+1.5 \mathrm{a} \times 30+1.75 \mathrm{a} \times 20+2 \mathrm{a} \times 1}{200}=1.1925 \mathrm{a}$.
| (1) 求出 $\mathrm{A}$ 为事件: “一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数. 总事件人数, 即可求 $P(A)$ 的估计值;
(II ) 求出 $\mathrm{B}$ 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费 的 160\%"的人数. 然后求 P (B) 的估计值;
(III) 利用人数与保费乘积的和除以总续保人数, 可得本年度的平均保费估计值
解: (I) 记 $\mathrm{A}$ 为事件: "一续保人本年度的保费不高于基本保费". 事 件 $A$ 的人数为: $60+50=110$, 该险种的 200 名续保,
$P(A)$ 的估计值为: $\frac{110}{200}=\frac{11}{20}$;
（II ) 记 B 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 $160 \%$ ". 事件 $B$ 的人数为: $30+30=60, P(B)$ 的估计值为: $\frac{60}{200}=\frac{3}{10}$;
(III) 续 保人本年度的平均保费估计 值为 $\bar{x}=$ $\frac{0.85 \mathrm{a} \times 60+\mathrm{a} \times 50+1.25 \mathrm{a} \times 30+1.5 \mathrm{a} \times 30+1.75 \mathrm{a} \times 20+2 \mathrm{a} \times 1}{200}=1.1925 \mathrm{a}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$.
（1）当 $a=4$ 时, 求曲线 $y=f(x)$ 在 $(1, f(1 ）$ 处的切线方程;
(II) 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$.
$f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$,
函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$,
则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$,
即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$,
则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$;
(II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$,
$\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$,
$\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$,
$\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$
$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
$\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$
$\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
$\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意;
(2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增,
由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意.
综上所述,$a \leqslant 2$.
另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$,
可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$,
即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$,
由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$,
由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$,
函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$,
则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增,
则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$,
可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立,
即有 $a \leqslant 2$.
| (1) 当 $a=4$ 时, 求出曲线 $y=f(x)$ 在 (1, $f(1)$ ) 处的切线的斜率, 即可求出切线方程;
(II) 先求出 $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$, 再结合条件, 分类讨论, 即可求 $a$ 的取值 范围.
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$.
$f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$,
函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$,
则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$,
即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$,
则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$;
(II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$,
$\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$,
$\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$,
$\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$
$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
$\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$
$\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,
$\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意;
(2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增,
由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意.
综上所述,$a \leqslant 2$.
另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$,
可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$,
即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$,
由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$,
由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$,
函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$,
则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增,
则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$,
可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立,
即有 $a \leqslant 2$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅱ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 圆 $C$ 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$.
( I ) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求 $C$ 的极坐标方程 ( II ) 直线 $\mid$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), $I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=$ $\sqrt{10}$, 求 I 的斜率.
| 解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,
$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,
$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$,
$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.
( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数），
$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 $I$ 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,
$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,
圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.
$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,
解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
$\therefore l$ 的斜率 $k= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
| （I ）把圆 C 的标准方程化为一般方程, 由此利用 $\rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha$, $y=\rho \sin \alpha$, 能求出圆 $C$ 的极坐标方程.
(II ) 由直线 I 的参数方程求出直线 I 的一般方程, 再求出圆心到直线距离, 由 此能求出直线 I 的斜率.
解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,
$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,
$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$,
$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.
( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数），
$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 $I$ 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,
$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,
圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.
$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,
解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
$\therefore l$ 的斜率 $k= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅱ） | 24. 已知函数 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x+\frac{1}{2}\right|, M$ 为不等式 $f(x)<2$ 的解集.
(I) 求 $M$;
（II) 证明: 当 $a, b \in M$ 时, $|a+b|<|1+a b|$.
| 解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,
解得: $x>-1$,
$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,
当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,
此时不等式恒成立,
$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,
当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,
解得: $x<1$,
$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,
综上可得: $M=(-1,1)$;
证明: (II) 当 $a, b \in M$ 时,
$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,
即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,
即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,
即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,
即 $|a+b|<|1+a b|$.
| (1）分当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 当 $x>\frac{1}{2}$ 时三种情况, 分别求解 不等式，综合可得答案;
(II) 当 $a, b \in M$ 时, （a- $\left.a^{2}\right)\left(b^{2}-1\right)>0$, 即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$, 配方后, 可 证得结论.
解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,
解得: $x>-1$,
$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,
当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,
此时不等式恒成立,
$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,
当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,
解得: $x<1$,
$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,
综上可得: $M=(-1,1)$;
证明: (II) 当 $a, b \in M$ 时,
$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,
即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,
即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,
即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,
即 $|a+b|<|1+a b|$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅲ） | 已知各项都为正数的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n}{ }^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$.
(1) 求 $a_{2}, a_{3}$;
(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
| 解: (1) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,
当 $n=1$ 时, 有 $a_{1}^{2}-\left(2 a_{2}-1\right) a_{1}-2 a_{2}=0$, 而 $a_{1}=1$, 则有 $1-\left(2 a_{2}-1\right)-2 a_{2}=0$, 解可得 $a_{2}=\frac{1}{2}$,
当 $n=2$ 时, 有 $a_{2}^{2}-\left(2 a_{3}-1\right) a_{2}-2 a_{3}=0$,
又由 $a_{2}=\frac{1}{2}$, 解可得 $a_{3}=\frac{1}{4}$,
故 $a_{2}=\frac{1}{2}, a_{3}=\frac{1}{4}$;
(2) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,
变形可得 $\left(a_{n}-2 a_{n+1}\right)\left(a_{n}+1\right)=0$,
即有 $a_{n}=2 a_{n+1}$ 或 $a_{n}=-1$,
又由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都为正数,
则有 $a_{n}=2 a_{n+1}$,
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=1$, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列,
则 $a_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,
故 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$.
| (1) 根据题意, 由数列的递推公式, 令 $\mathrm{n}=1$ 可得 $\mathrm{a}_{1}{ }^{2}-\left(2 \mathrm{a}_{2}-1\right) \mathrm{a}_{1}-$ $2 a_{2}=0$, 将 $a_{1}=1$ 代人可得 $a_{2}$ 的值, 进而令 $n=2$ 可得 $a_{2}^{2}-\left(2 a_{3}-1\right) a_{2}-2 a_{3}=0$, 将 $a_{2}=\frac{1}{2}$ 代人计算可得 $a_{3}$ 的值，即可得答案；
(2) 根据题意, 将 $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$ 变形可得 $\left(a_{n}-2 a_{n+1}\right)\left(a_{n}+a_{n+1}\right)$ $=0$, 进而分析可得 $a_{n}=2 a_{n+1}$ 或 $a_{n}=-a_{n+1}$, 结合数列各项为正可得 $a_{n}=2 a_{n+1}$, 结合等比数列的性质可得 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=1$, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列, 由等比数 列的通项公式计算可得答案.
解: (1) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,
当 $n=1$ 时, 有 $a_{1}^{2}-\left(2 a_{2}-1\right) a_{1}-2 a_{2}=0$, 而 $a_{1}=1$, 则有 $1-\left(2 a_{2}-1\right)-2 a_{2}=0$, 解可得 $a_{2}=\frac{1}{2}$,
当 $n=2$ 时, 有 $a_{2}^{2}-\left(2 a_{3}-1\right) a_{2}-2 a_{3}=0$,
又由 $a_{2}=\frac{1}{2}$, 解可得 $a_{3}=\frac{1}{4}$,
故 $a_{2}=\frac{1}{2}, a_{3}=\frac{1}{4}$;
(2) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,
变形可得 $\left(a_{n}-2 a_{n+1}\right)\left(a_{n}+1\right)=0$,
即有 $a_{n}=2 a_{n+1}$ 或 $a_{n}=-1$,
又由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都为正数,
则有 $a_{n}=2 a_{n+1}$,
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=1$, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列,
则 $a_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,
故 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅲ） | 设函数 $f(x)=\ln x-x+1$.
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;
（2） 证明当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$;
（3） 设 $c>1$, 证明当 $x \in(0,1)$ 时, $1+(c-1) x>c^{x}$.
| 解: (1) 函数 $f(x)=\ln x-x+1$ 的导数为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1$,
由 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $0<x<1$; 由 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $x>1$.
即有 $f(x)$ 的增区间为 $(0,1)$ ； 减区间为 $(1,+\infty)$;
（2） 证明: 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$, 即为 $\ln x<x-1<x \ln x$.
由 (1) 可得 $f(x)=\ln x-x+1$ 在 $(1,+\infty)$ 递减,
可得 $f(x)<f(1)=0$, 即有 $\ln x<x-1$;
设 $F(x)=x \ln x-x+1, x>1, F^{\prime}(x)=1+\ln x-1=\ln x$,
当 $x>1$ 时, $F^{\prime}(x)>0$, 可得 $F(x)$ 递增, 即有 $F(x)>F(1)=0$,
即有 $x \ln x>x-1$, 则原不等式成立;
(3) 证明: 设 $G(x)=1+(c-1) x-c^{x}$,
则需要证明: 当 $x \in(0,1)$ 时, $G(x)>0(c>1)$;
$G^{\prime}(x)=c-1-c^{x} \ln c, G^{\prime \prime}(x)=-(\operatorname{lnc})^{2} c^{x}<0$
$\therefore G^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 而 $G^{\prime}(0)=c-1$ - Inc, $G^{\prime}(1)=c-1$ - clnc,
由 (1) 中 $f(x)$ 的单调性, 可得 $G^{\prime}(0)=c-1-\ln c>0$, 由 (2) 可得 $G^{\prime}(1)$
$$
=c-1-c \operatorname{lnc}=c \quad(1-\operatorname{lnc})-1<0
$$
$\therefore \exists \mathrm{t} \in(0,1)$, 使得 $G^{\prime}(t)=0$, 即 $x \in(0, t)$ 时, $G^{\prime}(x)>0, x \in(t, 1)$ 时, $G^{\prime}(x)<0$;
即 $G(x)$ 在 $(0, t)$ 递增, 在 $(t, 1)$ 递减; 又因为: $G(0)=G(1)=0$,
$\therefore x \in(0,1)$ 时 $G(x)>0$ 成立, 不等式得证;
即 $c>1$, 当 $x \in(0,1)$ 时, $1+(c-1) x>c^{x}$.
| (1) 求出导数，由导数大于 0 ，可得增区间；导数小于 0 , 可得减区间, 注意函数的定义域;
（2）由题意可得即证 $\ln x<x-1<x \ln x$. 运用 (1) 的单调性可得 $\ln x<x-1$, 设 $F(x)=x \ln x-x+1, x>1$, 求出单调性, 即可得到 $x-1<x \ln x$ 成立;
（3） 设 $G(x)=1+(c-1) x-c^{x}$, 求 $G(x)$ 的二次导数, 判断 $G^{\prime}(x)$ 的单 调性, 进而证明原不等式.
解: (1) 函数 $f(x)=\ln x-x+1$ 的导数为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1$,
由 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $0<x<1$; 由 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $x>1$.
即有 $f(x)$ 的增区间为 $(0,1)$ ； 减区间为 $(1,+\infty)$;
（2） 证明: 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$, 即为 $\ln x<x-1<x \ln x$.
由 (1) 可得 $f(x)=\ln x-x+1$ 在 $(1,+\infty)$ 递减,
可得 $f(x)<f(1)=0$, 即有 $\ln x<x-1$;
设 $F(x)=x \ln x-x+1, x>1, F^{\prime}(x)=1+\ln x-1=\ln x$,
当 $x>1$ 时, $F^{\prime}(x)>0$, 可得 $F(x)$ 递增, 即有 $F(x)>F(1)=0$,
即有 $x \ln x>x-1$, 则原不等式成立;
(3) 证明: 设 $G(x)=1+(c-1) x-c^{x}$,
则需要证明: 当 $x \in(0,1)$ 时, $G(x)>0(c>1)$;
$G^{\prime}(x)=c-1-c^{x} \ln c, G^{\prime \prime}(x)=-(\operatorname{lnc})^{2} c^{x}<0$
$\therefore G^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 而 $G^{\prime}(0)=c-1$ - Inc, $G^{\prime}(1)=c-1$ - clnc,
由 (1) 中 $f(x)$ 的单调性, 可得 $G^{\prime}(0)=c-1-\ln c>0$, 由 (2) 可得 $G^{\prime}(1)$
$$
=c-1-c \operatorname{lnc}=c \quad(1-\operatorname{lnc})-1<0
$$
$\therefore \exists \mathrm{t} \in(0,1)$, 使得 $G^{\prime}(t)=0$, 即 $x \in(0, t)$ 时, $G^{\prime}(x)>0, x \in(t, 1)$ 时, $G^{\prime}(x)<0$;
即 $G(x)$ 在 $(0, t)$ 递增, 在 $(t, 1)$ 递减; 又因为: $G(0)=G(1)=0$,
$\therefore x \in(0,1)$ 时 $G(x)>0$ 成立, 不等式得证;
即 $c>1$, 当 $x \in(0,1)$ 时, $1+(c-1) x>c^{x}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅲ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 以 坐标原点为极点, 以 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴为极轴, 建立极坐标系, 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的极坐标 方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$.
(1) 写出 $C_{1}$ 的普通方程和 $C_{2}$ 的直角坐标方程;
（2）设点 $P$ 在 $C_{1}$ 上, 点 $Q$ 在 $C_{2}$ 上, 求 $|P Q|$ 的最小值及此时 $P$ 的直角坐标.
| 解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),
移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$;
曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$,
即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$,
由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$,
即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$;
(2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时,
$|P Q|$ 取得最值.
设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$,
由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$,
解得 $t= \pm 2$,
显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值,
即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$,
此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$,
即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$,
由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$
$=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$
当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$,
此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
| (1) 运用两边平方和同角的平方关系, 即可得到 $\mathrm{C}_{1}$ 的普通方程, 运用 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 以及两角和的正弦公式, 化简可得 $\mathrm{C}_{2}$ 的直角坐标方程;
(2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设 与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 代人椭圆方程, 运用判别式为
0 , 求得 $t$, 再由平行线的距离公式, 可得 $|P Q|$ 的最小值, 解方程可得 $P$ 的直 角坐标.
另外: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由点到直线的距离公式, 结合辅助角公式和正弦 函数的值域, 即可得到所求最小值和 $P$ 的坐标.
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),
移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$;
曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$,
即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$,
由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$,
即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$;
(2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时,
$|P Q|$ 取得最值.
设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$,
由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$,
解得 $t= \pm 2$,
显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值,
即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$,
此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$,
即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$,
由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$
$=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$
当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$,
此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2016 | （新课标ⅲ） | 24. 已知函数 $f(x)=|2 x-a|+a$.
(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集;
(2) 设函数 $g(x)=|2 x-1|$, 当 $x \in R$ 时, $f(x)+g(x) \geqslant 3$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,
$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,
$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$
$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$
解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,
$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.
(2) $\because g(x)=|2 x-1|$,
$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,
$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$ $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$
当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,
当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,
$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$
解得 $2 \leqslant a<3$,
$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.
| (1) 当 $a=2$ 时, 由已知得 $2 x-2 \mid+2 \leqslant 6$, 由此能求出不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集.
(2) 由 $f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$, 得 $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$, 由此能 求出 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,
$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,
$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$
$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$
解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,
$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.
(2) $\because g(x)=|2 x-1|$,
$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,
$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$ $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$
当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,
当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,
$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$
解得 $2 \leqslant a<3$,
$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅰ） | 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{2}=2, S_{3}=-6$.
（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 求 $S_{n}$, 并判断 $S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 是否成等差数列.
| 解：（1）设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 首项为 $a_{1}$, 公比为 $q$,
则 $a_{3}=S_{3}-S_{2}=-6-2=-8$, 则 $a_{1}=\frac{a_{3}}{q^{2}}=\frac{-8}{q^{2}}, a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{-8}{q}$,
由 $a_{1}+a_{2}=2, \frac{-8}{q^{2}}+\frac{-8}{q}=2$, 整理得: $q^{2}+4 q+4=0$, 解得: $q=-2$,
则 $a_{1}=-2, a_{n}=(-2)(-2)^{n-1}=(-2)^{n}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=(-2)^{n}$;
（2）由（1）可知: $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{-2\left[1-(-2)^{n}\right]}{1-(-2)}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+1}\right]$,
则 $S_{n+1}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right], S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$, 由 $S_{n+1}+S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right]-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$,
$=-\frac{1}{3}\left[4+(-2) \times(-2)^{n+1}+(-2)^{2} \times(-2)^{n+1}\right]$
$=-\frac{1}{3}\left[4+2(-2)^{n+1}\right]=2 \times\left[-\frac{1}{3}\left(2+(-2)^{n+1}\right)\right]$,
$=2 S_{n}$,
即 $S_{n+1}+S_{n+2}=2 S_{n}$,
$\therefore S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 成等差数列.
| （1）由题意可知 $a_{3}=S_{3}-S_{2}=-6^{-} 2=-8, a_{1}=\frac{a_{3}}{q^{2}}=\frac{-8}{q^{2}}, a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{-8}{q}$, 由 $a_{1}+a_{2}=2$, 列方程即可求得 $q$ 及 $a_{1}$, 根据等比数列通项公式, 即可求得 $\left\{a_{n}\right\}$ 的 通项公式;
(2) 由 (1) 可知. 利用等比数列前 $n$ 项和公式, 即可求得 $S_{n}$, 分别求得 $S_{n+1}$, $S_{n+2}$, 显然 $S_{n+1}+S_{n+2}=2 S_{n}$, 则 $S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 成等差数列.
解：（1）设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 首项为 $a_{1}$, 公比为 $q$,
则 $a_{3}=S_{3}-S_{2}=-6-2=-8$, 则 $a_{1}=\frac{a_{3}}{q^{2}}=\frac{-8}{q^{2}}, a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{-8}{q}$,
由 $a_{1}+a_{2}=2, \frac{-8}{q^{2}}+\frac{-8}{q}=2$, 整理得: $q^{2}+4 q+4=0$, 解得: $q=-2$,
则 $a_{1}=-2, a_{n}=(-2)(-2)^{n-1}=(-2)^{n}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=(-2)^{n}$;
（2）由（1）可知: $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{-2\left[1-(-2)^{n}\right]}{1-(-2)}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+1}\right]$,
则 $S_{n+1}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right], S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$, 由 $S_{n+1}+S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right]-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$,
$=-\frac{1}{3}\left[4+(-2) \times(-2)^{n+1}+(-2)^{2} \times(-2)^{n+1}\right]$
$=-\frac{1}{3}\left[4+2(-2)^{n+1}\right]=2 \times\left[-\frac{1}{3}\left(2+(-2)^{n+1}\right)\right]$,
$=2 S_{n}$,
即 $S_{n+1}+S_{n+2}=2 S_{n}$,
$\therefore S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 成等差数列.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅰ） | 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程, 检验员每隔 30min 从该生产线上随机抽取一个零件, 并测量其尺寸（单位: $\mathrm{cm}$ ）. 下面是检验 员在一天内依次抽取的 16 个零件的尺寸:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 抽取次序 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\
\hline 零件尺寸 & 9.95 & 10.12 & 9.96 & 9.96 & 10.01 & 9.92 & 9.98 & 10.04 \\
\hline 抽取次序 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 \\
\hline 零件尺寸 & 10.26 & 9.91 & 10.13 & 10.02 & 9.22 & 10.04 & 10.05 & 9.95 \\
\hline
\end{tabular}
经计算得 $\bar{x}=\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16} x_{i}=9.97, s=\sqrt{\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{16}\left(\sum_{i=1}^{16} x_{i}{ }^{2}-16 \bar{x}^{2}\right)} \approx 0.212$,
$$
\sqrt{\sum_{i=1}^{16}(i-8.5)^{2}} \approx 18.439, \sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right) \quad(i-8.5)=-2.78 \text {, 其中 } x_{i} \text { 为抽取的第 }
$$
$\mathrm{i}$ 个零件的尺寸, $\mathrm{i}=1,2, \ldots, 16$.
(1) 求 $\left(x_{i}, i\right)(i=1,2, \ldots, 16 ）$ 的相关系数 $r$, 并回答是否可以认为这一天 生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若 $|r|<0.25$, 则 可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）.
（2）一天内抽检零件中, 如果出现了尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 之外的零件, 就认 为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况, 需对当天的生产过 程进行检查.
（i ）从这一天抽检的结果看, 是否需对当天的生产过程进行检查?
(ii ) 在 ( $\overline{\mathrm{x}}-3 \mathrm{~s}, \overline{\mathrm{x}}+3 \mathrm{~s})$ 之外的数据称为离群值, 试剔除离群值, 估计这条生 产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差.（精确到 0.01 ）
附: 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right) \quad(i=1,2, \ldots, n)$ 的相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}}$ , $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.
| 解: (1) $r=\frac{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)(i-8.5)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{16}(i-8.5)^{2}}}=\frac{-2.78}{0.212 \times \sqrt{16} \times 18.439}=-0.18$
$\because|r|<0.25, \therefore$ 可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地 变大或变小.
（2）（i） $\bar{x}=9.97, s=0.212, \therefore$ 合格零件尺寸范围是 $(9.334,10.606 ）$,
显然第 13 号零件尺寸不在此范围之内，
$\therefore$ 需要对当天的生产过程进行检查.
（ii）剔除离群值后, 剩下的数据平均值为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$,
$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2}=1591.134$
$\therefore$ 剔除离群值后样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right)=0.008$,
$\therefore$ 剔除离群值后样本标准差为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.
| （1）代入数据计算, 比较 $|\mathbf{r}|$ 与 0.25 的大小作出结论; （2）（i）计算合格零件尺寸范围，得出结论;
(ii）代入公式计算即可.
解: (1) $r=\frac{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)(i-8.5)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{16}(i-8.5)^{2}}}=\frac{-2.78}{0.212 \times \sqrt{16} \times 18.439}=-0.18$
$\because|r|<0.25, \therefore$ 可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地 变大或变小.
（2）（i） $\bar{x}=9.97, s=0.212, \therefore$ 合格零件尺寸范围是 $(9.334,10.606 ）$,
显然第 13 号零件尺寸不在此范围之内，
$\therefore$ 需要对当天的生产过程进行检查.
（ii）剔除离群值后, 剩下的数据平均值为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$,
$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2}=1591.134$
$\therefore$ 剔除离群值后样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right)=0.008$,
$\therefore$ 剔除离群值后样本标准差为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=e^{x}\left(e^{x}-a\right)-a^{2} x$.
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 若 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) $f(x)=e^{x}\left(e^{x}-a\right)-a^{2} x=e^{2 x}-e^{x} a-a^{2} x$,
$\therefore f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-a e^{x}-a^{2}=\left(2 e^{x}+a\right)\left(e^{x}-a\right)$,
(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立，
$\therefore f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,
(2)当 $a>0$ 时, $2 e^{x}+a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln a$,
当 $x<\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,
当 $x>\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,
(3) 当 $a<0$ 时, $e^{x}-a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$,
当 $x<\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,
当 $x>\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,
综上所述, 当 $a=0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,
当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty, \operatorname{In} a ＼mathrm{~ 上 单 调 递 减, ~ 在 ~}(\ln a,+\infty)$ 上单调递增,
当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right)$ 上单调递增，
(2) (1)当 $a=0$ 时, $f(x)=e^{2 x}>0$ 恒成立,
(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可得 $f(x)_{\min }=f\left(\ln a ）=-a^{2} \ln a \geqslant 0\right.$,
$\therefore \ln a \leqslant 0, \quad \therefore 0<a \leqslant 1$, (3)当 $a<0$ 时, 由 (1) 可得:
$f(x)_{\min }=f\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)=\frac{3 a^{2}}{4}-a^{2} \ln \left(-\frac{a}{2}\right) \geqslant 0$,
$\therefore \ln \left(-\frac{\mathrm{a}}{2}\right) \leqslant \frac{3}{4}$
$\therefore-2 e^{\frac{3}{4}} \leqslant a<0$
综上所述 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left[-2 \mathrm{e}^{\frac{3}{4}}, 1\right]$
| （1）先求导, 再分类讨论, 根据导数和函数的单调性即可判断,
（2）根据（1）的结论, 分别求出函数的最小值, 即可求出 $\mathrm{a}$ 的范围.
解: (1) $f(x)=e^{x}\left(e^{x}-a\right)-a^{2} x=e^{2 x}-e^{x} a-a^{2} x$,
$\therefore f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-a e^{x}-a^{2}=\left(2 e^{x}+a\right)\left(e^{x}-a\right)$,
(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立，
$\therefore f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,
(2)当 $a>0$ 时, $2 e^{x}+a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln a$,
当 $x<\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,
当 $x>\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,
(3) 当 $a<0$ 时, $e^{x}-a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$,
当 $x<\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,
当 $x>\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,
综上所述, 当 $a=0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,
当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty, \operatorname{In} a ＼mathrm{~ 上 单 调 递 减, ~ 在 ~}(\ln a,+\infty)$ 上单调递增,
当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right)$ 上单调递增，
(2) (1)当 $a=0$ 时, $f(x)=e^{2 x}>0$ 恒成立,
(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可得 $f(x)_{\min }=f\left(\ln a ）=-a^{2} \ln a \geqslant 0\right.$,
$\therefore \ln a \leqslant 0, \quad \therefore 0<a \leqslant 1$, (3)当 $a<0$ 时, 由 (1) 可得:
$f(x)_{\min }=f\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)=\frac{3 a^{2}}{4}-a^{2} \ln \left(-\frac{a}{2}\right) \geqslant 0$,
$\therefore \ln \left(-\frac{\mathrm{a}}{2}\right) \leqslant \frac{3}{4}$
$\therefore-2 e^{\frac{3}{4}} \leqslant a<0$
综上所述 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left[-2 \mathrm{e}^{\frac{3}{4}}, 1\right]$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅰ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array},(\theta\right.$ 为参 数), 直线 $\mid$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}, \quad(t\right.$ 为参数).
(1) 若 $a=-1$, 求 $C$ 与 $I$ 的交点坐标;
(2) 若 $\mathrm{C}$ 上的点到 1 距离的最大值为 $\sqrt{17}$, 求 $a$. [选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
| 解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 ;$
$a=-1$ 时, 直线 $I$ 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$; 联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1, \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,
所以椭圆 $C$ 和直线 I 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.
(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}(t\right.$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,
椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,
所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:
$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $d$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.
(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$
解得 $a=8 \geq-4$, 符合题意.
(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$
解得 $a=-16<-4$, 符合题意.
| (1) 将曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程化为标准方程, 直线 I 的参数方程化为一般 方程, 联立两方程可以求得焦点坐标;
(2) 曲线 $C$ 上的点可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$, 运用点到直线 距离公式可以表示出 $\mathrm{P}$ 到直线 $\mathrm{l}$ 的距离, 再结合距离最大值为 $\sqrt{17}$ 进行分析, 可以求出 $\mathrm{a}$ 的值.
解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 ;$
$a=-1$ 时, 直线 $I$ 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$; 联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1, \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,
所以椭圆 $C$ 和直线 I 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.
(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}(t\right.$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,
椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,
所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:
$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $d$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.
(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$
解得 $a=8 \geq-4$, 符合题意.
(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$
解得 $a=-16<-4$, 符合题意.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅰ） | 23. 已知函数 $f(x)=-x^{2}+a x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集;
（2）若不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数
$g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$
当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.
当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$
综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;
(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.
| （1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$ , 分 $x>1 、 x \in[-1,1] 、 x \in(-\infty,-1)$ 三类讨论, 结合 $g(x)$ 与 $f(x)$ 的单调性质即可求得 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;
(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒 成立，只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-\mathrm{a} \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-\mathrm{a}(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$ ， 解之即可得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数
$g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$
当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.
当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$
综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;
(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅱ） | 设 $O$ 为坐标原点, 动点 $M$ 在椭圆 $C: \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 上, 过 $M$ 作 $x$ 轴的 垂线, 垂足为 $N$, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.
(1) 求点 $P$ 的轨迹方程;
（2）设点 $Q$ 在直线 $x=-3$ 上, 且 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$. 证明: 过点 $P$ 且垂直于 $\mathrm{OQ}$ 的直线 $\mid$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.
| 解: （1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,
设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.
可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$ ，
可得 $\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}=0, \mathrm{y}=\sqrt{2} \mathrm{y}_{0}$ ，
即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}} ，$
代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,
即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;
（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \cdot(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,
即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,
当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$, 解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,
即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，
椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \cdot\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$
$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.
另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,
可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,
又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,
即有 $n t=3+3 m$,
又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$ ，
$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$
$=3+3 m-3-3 m=0$,
则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.
| （1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$, 设 $P(x, y)$, 运用向 量的坐标运算, 结合 $M$ 满足椭圆方程，化简整理可得 $P$ 的轨迹方程;
（2）设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$, 运用向量的数 量积的坐标表示, 可得 $m$, 即有 $Q$ 的坐标, 求得椭圆的左焦点坐标, 求得 $O Q$ , $P F$ 的斜率, 由两直线垂直的条件: 向量数量积为 0 , 即可得证.
解: （1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,
设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.
可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$ ，
可得 $\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}=0, \mathrm{y}=\sqrt{2} \mathrm{y}_{0}$ ，
即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}} ，$
代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,
即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;
（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \cdot(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,
即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,
当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$, 解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,
即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，
椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \cdot\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$
$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.
另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,
可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,
又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,
即有 $n t=3+3 m$,
又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$ ，
$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$
$=3+3 m-3-3 m=0$,
则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅱ） | 设函数 $f(x)=\left(1-x^{2}\right) e^{x}$.
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;
（2）当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \leqslant a x+1$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 因为 $f(x)=\left(1-x^{2}\right) e^{x}, x \in R$,
所以 $f^{\prime}(x)=\left(1-2 x-x^{2}\right) e^{x}$,
令 $f^{\prime}(x)=0$ 可知 $x=-1 \pm \sqrt{2}$,
当 $\mathrm{x}<-1-\sqrt{2}$ 或 $x>-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $-1-\sqrt{2}<x<-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>$ 0
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1-\sqrt{2}),(-1+\sqrt{2},+\infty)$ 上单调递减, 在 $(-1-\sqrt{2}$ $,-1+\sqrt{2})$ 上单调递增;
(2) 由题可知 $f(x)=(1-x)(1+x) e^{x}$. 下面对 $a$ 的范围进行讨论:
(1)当 $a \geqslant 1$ 时, 设函数 $h(x)=(1-x) e^{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=-x e^{x}<0(x>0)$,
因此h $(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减,
又因为 $h(0)=1$, 所以 $h(x) \leqslant 1$,
所以 $f(x)=(1+x) h(x) \leqslant x+1 \leqslant a x+1$;
(2)当 $0<a<1$ 时, 设函数 $g(x)=e^{x}-x-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-1>0(x>0)$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增,
又 $g(0)=1-0-1=0$,
所以 $e^{x} \geqslant x+1$.
因为当 $0<x<1$ 时 $f(x)>(1-x)(1+x)^{2}$,
所以 $(1-x)(1+x)^{2}-a x-1=x\left(1-a-x^{-} x^{2}\right)$, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5-4 a}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}-a x_{0}-1=0$,
所以 $f\left(x_{0}\right)>a x_{0}+1$, 矛盾;
(3)当 $a \leqslant 0$ 时, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $f\left(x_{0}\right)>\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}=1 \geqslant a x_{0}+1$ ，矛盾；
综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.
| （1）求出函数的导数, 求出极值点, 利用导函数的符号, 判断函数的 单调性即可.
（2）化简 $f(x)=(1-x)(1+x) e^{x} . f(x) \leqslant a x+1$, 下面对 $a$ 的范围进行讨论
(1)当 $\mathrm{a} \geqslant 1$ 时, (2)当 $0<a<1$ 时, 设函数 $g(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-1$, 则 $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0$ ( $x>0$ ）, 推出结论; (3)当 $a \leqslant 0$ 时, 推出结果, 然后得到 $a$ 的取值范围.
解: (1) 因为 $f(x)=\left(1-x^{2}\right) e^{x}, x \in R$,
所以 $f^{\prime}(x)=\left(1-2 x-x^{2}\right) e^{x}$,
令 $f^{\prime}(x)=0$ 可知 $x=-1 \pm \sqrt{2}$,
当 $\mathrm{x}<-1-\sqrt{2}$ 或 $x>-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $-1-\sqrt{2}<x<-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>$ 0
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1-\sqrt{2}),(-1+\sqrt{2},+\infty)$ 上单调递减, 在 $(-1-\sqrt{2}$ $,-1+\sqrt{2})$ 上单调递增;
(2) 由题可知 $f(x)=(1-x)(1+x) e^{x}$. 下面对 $a$ 的范围进行讨论:
(1)当 $a \geqslant 1$ 时, 设函数 $h(x)=(1-x) e^{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=-x e^{x}<0(x>0)$,
因此h $(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减,
又因为 $h(0)=1$, 所以 $h(x) \leqslant 1$,
所以 $f(x)=(1+x) h(x) \leqslant x+1 \leqslant a x+1$;
(2)当 $0<a<1$ 时, 设函数 $g(x)=e^{x}-x-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-1>0(x>0)$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增,
又 $g(0)=1-0-1=0$,
所以 $e^{x} \geqslant x+1$.
因为当 $0<x<1$ 时 $f(x)>(1-x)(1+x)^{2}$,
所以 $(1-x)(1+x)^{2}-a x-1=x\left(1-a-x^{-} x^{2}\right)$, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5-4 a}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}-a x_{0}-1=0$,
所以 $f\left(x_{0}\right)>a x_{0}+1$, 矛盾;
(3)当 $a \leqslant 0$ 时, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $f\left(x_{0}\right)>\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}=1 \geqslant a x_{0}+1$ ，矛盾；
综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅱ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建 立极坐标系，曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \theta=4$.
(1) $M$ 为曲线 $C_{1}$ 上的动点, 点 $P$ 在线段 $O M$ 上, 且满足 $|O M| \cdot|O P|=16$, 求点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程;
(2) 设点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$, 点 $B$ 在曲线 $C_{2}$ 上, 求 $\triangle O A B$ 面积的最大值
| 解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,
设 $P(x, y), M\left(4, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,
$\because|O M||O P|=16$
$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16 ，$
$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,
两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,
整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,
$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.
（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,
$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,
$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $S=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.
| （1）设 $P(x, y)$, 利用相似得出 $M$ 点坐标, 根据 $|O M| \bullet|O P|=16$ 列 方程化简即可;
(2) 求出曲线 $C_{2}$ 的圆心和半径, 得出 $B$ 到 $O A$ 的最大距离, 即可得出最大面积.
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,
设 $P(x, y), M\left(4, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,
$\because|O M||O P|=16$
$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16 ，$
$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,
两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,
整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,
$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.
（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,
$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,
$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $S=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅱ） | 23. 已知 $a>0, b>0, a^{3}+b^{3}=2$. 证明:
(1) $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant 4$;
(2) $a+b \leqslant 2$.
| 证明: (1) 由柯西不等式得: $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} \cdot a^{5}}+\sqrt{b^{\circ} \cdot b^{5}}\right)^{2}=$ $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$
当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,
(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,
$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$, $\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,
$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,
$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$
由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,
$\therefore(a+b))^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$,
$\therefore \frac{1}{4}(a+b){ }^{3} \leqslant 2$,
$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.
| （1）由柯西不等式即可证明,
(2) 由 $a^{3}+b^{3}=2$ 转化为 $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$, 再由均值不等式可得 $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant($ $\left.\frac{a+b}{2}\right)^{2}$, 即可得到 $\frac{1}{4}(a+b)^{3} \leqslant 2$, 问题得以证明.
证明: (1) 由柯西不等式得: $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} \cdot a^{5}}+\sqrt{b^{\circ} \cdot b^{5}}\right)^{2}=$ $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$
当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,
(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,
$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$, $\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,
$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,
$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$
由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,
$\therefore(a+b))^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$,
$\therefore \frac{1}{4}(a+b){ }^{3} \leqslant 2$,
$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅲ） | 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
| 解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.
$n \geqslant 2$ 时, $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-3) \quad a_{n-1}=2(n-1)$.
$\therefore(2 n-1) a_{n}=2 . \quad \therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.
当 $n=1$ 时, $a_{1}=2$, 上式也成立.
$\therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.
(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$.
$\therefore$ 数 列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的 前 $n$ 项 和 $=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)=1-$ $\frac{1}{2 \mathrm{n}+1}=\frac{2 \mathrm{n}}{2 \mathrm{n}+1}$.
| (1) 利用数列递推关系即可得出.
(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$. 利用裂项求和方法即可得出.
解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.
$n \geqslant 2$ 时, $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-3) \quad a_{n-1}=2(n-1)$.
$\therefore(2 n-1) a_{n}=2 . \quad \therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.
当 $n=1$ 时, $a_{1}=2$, 上式也成立.
$\therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.
(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$.
$\therefore$ 数 列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的 前 $n$ 项 和 $=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)=1-$ $\frac{1}{2 \mathrm{n}+1}=\frac{2 \mathrm{n}}{2 \mathrm{n}+1}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅲ） | 某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，末售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处 理完. 根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: $\left.{ }^{\circ} \mathrm{C}\right)$ 有关. 如 果最高气温不低于 25 ， 需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，25), 需求量为 300 瓶; 如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶. 为了确定六月份 的订购计划, 统计了前三年六月份各天的最高气温数据, 得下面的频数分布 表:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 最高气温 & {$[10,15)$} & {$[15,20)$} & {$[20,25)$} & {$[25,30)$} & {$[30,35)$} & {$[35,40)$} \\
\hline 天数 & 2 & 16 & 36 & 25 & 7 & 4 \\
\hline
\end{tabular}
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
(1) 求六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率;
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 $Y$ (单位：元)，当六月份这种酸奶一 天的进货量为 450 瓶时, 写出 $Y$ 的所有可能值, 并估计 $Y$ 大于零的概率.
| 解: (1) 由前三年六月份各天的最高气温数据,
得到最高气温位于区间 $[20,25)$ 和最高气温低于 20 的天数为 $2+16+36=54$,
根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 有关.
如果最高气温不低于 25 , 需求量为 500 瓶,
如果最高气温位于区间 $[20,25)$, 需求量为 300 瓶,
如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶,
$\therefore$ 六月份这种酸奻一天的需求量不超过 300 瓶的概率 $\mathrm{p}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$.
(2) 当温度大于等于 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 500 ,
$Y=450 \times 2=900$ 元
当温度在 $[20,25){ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 300 ,
$Y=300 \times 2-(450-300) \times 2=300$ 元,
当温度低于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 200 ,
$Y=400-(450-200) \times 2=-100$ 元
当温度大于等于 20 时, $Y>0$,
由前三年六月份各天的最高气温数据, 得当温度大于等于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 的天数有:
$90-(2+16)=72$
$\therefore$ 估计 $\mathrm{Y}$ 大于零的概率 $\mathrm{P}=\frac{72}{90}=\frac{4}{5}$.
| (1) 由前三年六月份各天的最高气温数据, 求出最高气温位于区间 $[20$, 25) 和最高气温低于 20 的天数, 由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不 超过 300 瓶的概率.
（2）当温度大于等于 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 500 , 求出 $Y=900$ 元; 当温度在[20, 25) ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 300 , 求出 $Y=300$ 元; 当温度低于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 200, 求出 $Y=-100$ 元, 从而当温度大于等于 20 时, $Y>0$, 由此能估计估 计 $Y$ 大于零的概率.
解: (1) 由前三年六月份各天的最高气温数据,
得到最高气温位于区间 $[20,25)$ 和最高气温低于 20 的天数为 $2+16+36=54$,
根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 有关.
如果最高气温不低于 25 , 需求量为 500 瓶,
如果最高气温位于区间 $[20,25)$, 需求量为 300 瓶,
如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶,
$\therefore$ 六月份这种酸奻一天的需求量不超过 300 瓶的概率 $\mathrm{p}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$.
(2) 当温度大于等于 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 500 ,
$Y=450 \times 2=900$ 元
当温度在 $[20,25){ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 300 ,
$Y=300 \times 2-(450-300) \times 2=300$ 元,
当温度低于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 200 ,
$Y=400-(450-200) \times 2=-100$ 元
当温度大于等于 20 时, $Y>0$,
由前三年六月份各天的最高气温数据, 得当温度大于等于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 的天数有:
$90-(2+16)=72$
$\therefore$ 估计 $\mathrm{Y}$ 大于零的概率 $\mathrm{P}=\frac{72}{90}=\frac{4}{5}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅲ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点, 点 $\mathrm{C}$ 的坐标为 $(0,1)$, 当 $\mathrm{m}$ 变化时, 解答下列问题:
（1）能否出现 $A C \perp B C$ 的情况? 说明理由;
(2) 证明过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $y$ 轴上截得的弦长为定值.
| 解: (1) 曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点,
可设 $A\left(x_{1}, 0\right), B\left(x_{2}, 0\right)$,
由韦达定理可得 $x_{1} x_{2}=-2$,
若 $A C \perp B C$, 则 $k_{A C} \cdot k_{B C}=-1$,
即有 $\frac{1-0}{0-x_{1}} \cdot \frac{1-0}{0-x_{2}}=-1$,
即为 $x_{1} x_{2}=-1$ 这与 $x_{1} x_{2}=-2$ 矛盾，
故不出现 $A C \perp B C$ 的情况;
(2) 证明: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0 \quad\left(D^{2}+E^{2}-4 F\right.$ $>0)$
由题意可得 $y=0$ 时, $x^{2}+D x+F=0$ 与 $x^{2}+m x-2=0$ 等价,
可得 $D=m, F=-2$,
圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+E y-2=0$,
由圆过 $C(0,1)$, 可得 $0+1+0+E-2=0$, 可得 $E=1$,
则圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+y-2=0$,
另解: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $\mathrm{y}$ 轴上的交点为 $H(0, d)$,
则由相交弦定理可得 $|O A| \cdot|O B|=|O C| \cdot|O H|$,
即有 $2=|\mathrm{OH}|$,
再令 $x=0$, 可得 $y^{2}+y-2=0$, 解得 $y=1$ 或 -2 .
即有圆与 $\mathrm{y}$ 轴的交点为 $(0,1),(0,-2)$,
则过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $y$ 轴上截得的弦长为定值 3 .
| (1) 设曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A\left(x_{1}, 0\right), B\left(x_{2}, 0\right)$, 运用韦 达定理, 再假设 $A C \perp B C$, 运用直线的斜率之积为 -1 , 即可判断是否存在这 样的情况;
(2) 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0\left(D^{2}+E^{2}-4 F>0\right)$, 由 题意可得 $D=m, F=-2$, 代人 $(0,1)$, 可得 $E=1$, 再令 $x=0$, 即可得到圆在 $y$ 轴的交点, 进而得到弦长为定值.
解: (1) 曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点,
可设 $A\left(x_{1}, 0\right), B\left(x_{2}, 0\right)$,
由韦达定理可得 $x_{1} x_{2}=-2$,
若 $A C \perp B C$, 则 $k_{A C} \cdot k_{B C}=-1$,
即有 $\frac{1-0}{0-x_{1}} \cdot \frac{1-0}{0-x_{2}}=-1$,
即为 $x_{1} x_{2}=-1$ 这与 $x_{1} x_{2}=-2$ 矛盾，
故不出现 $A C \perp B C$ 的情况;
(2) 证明: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0 \quad\left(D^{2}+E^{2}-4 F\right.$ $>0)$
由题意可得 $y=0$ 时, $x^{2}+D x+F=0$ 与 $x^{2}+m x-2=0$ 等价,
可得 $D=m, F=-2$,
圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+E y-2=0$,
由圆过 $C(0,1)$, 可得 $0+1+0+E-2=0$, 可得 $E=1$,
则圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+y-2=0$,
另解: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $\mathrm{y}$ 轴上的交点为 $H(0, d)$,
则由相交弦定理可得 $|O A| \cdot|O B|=|O C| \cdot|O H|$,
即有 $2=|\mathrm{OH}|$,
再令 $x=0$, 可得 $y^{2}+y-2=0$, 解得 $y=1$ 或 -2 .
即有圆与 $\mathrm{y}$ 轴的交点为 $(0,1),(0,-2)$,
则过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $y$ 轴上截得的弦长为定值 3 .
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅲ） | 已知函数 $f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
（2）当 $a<0$ 时, 证明 $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$.
| (1) 解: 因为 $f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x$,
求导 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2 a x+(2 a+1)=\frac{2 a x^{2}+(2 a+1) x+1}{x}=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x}, \quad(x>0)$,
(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+1>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增;
(2)当 $a>0$, 由于 $x>0$, 所以 $(2 a x+1)(x+1)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0$, $+\infty)$ 上单调递增;
(3)当 $a<0$ 时, 今 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\frac{1}{2 a}$. 因为当 $x \in\left(0,-\frac{1}{2 a}\right) f^{\prime}(x)>0$ 、当 $x \in\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right) f^{\prime}(x)<0$, 所以 $y=f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减.
综上可知: 当 $a \geqslant 0$ 时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 a}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right)$ 上单调递减;
（2） 证明: 由 (1) 可知: 当 $a<0$ 时 $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $(-$ $\left.\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减
所以当 $x=-\frac{1}{2 a}$ 时函数 $y=f(x)$ 取最大值 $f(x)$ max $=f\left(-\frac{1}{2 a}\right)=-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln$ $\left(-\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$.
从而要证 $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $f\left(-\frac{1}{2 a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$,
即证 $-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{a}\right)+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-1+\ln 2$.
令 $t=-\frac{1}{a}$, 则 $t>0$, 问题转化为证明: $-\frac{1}{2} t+\ln t \leqslant-1+\ln 2$. $\cdots\left({ }^{*}\right)$
今 $g(t)=-\frac{1}{2} t+I n t$, 则 $g^{\prime}(t)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{t}$,
令 $g^{\prime}(t)=0$ 可知 $t=2$, 则当 $0<t<2$ 时 $g^{\prime}(t)>0$, 当 $t>2$ 时 $g^{\prime}(t)<0$,
所以 $y=g(t)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增、在 $(2,+\infty)$ 上单调递减,
即 $g(t) \leqslant g(2)=-\frac{1}{2} \times 2+\ln 2=-1+\ln 2$, 即 $\left({ }^{*}\right)$ 式成立,
所以当 $a<0$ 时, $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$ 成立.
| (1) 题干求导可知 $f^{\prime}(x)=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x}(x>0)$, 分 $a=0 、 a>0 、 a$ $<0$ 三种情况讨论 $f^{\prime}(x)$ 与 0 的大小关系可得结论;
(2) 通过 (1) 可知 $f(x)$ max $=f\left(-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)=-1-\ln 2-\frac{1}{4 \mathrm{a}}+\ln \left(-\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$, 进而转化 可知问题转化为证明: 当 $t>0$ 时 $-\frac{1}{2} t+\operatorname{lnt} \leqslant-1+\ln 2$. 进而令 $g(t)=-\frac{1}{2} t+I n t$, 利用导数求出 $y=g(t)$ 的最大值即可.
(1) 解: 因为 $f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x$,
求导 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2 a x+(2 a+1)=\frac{2 a x^{2}+(2 a+1) x+1}{x}=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x}, \quad(x>0)$,
(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+1>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增;
(2)当 $a>0$, 由于 $x>0$, 所以 $(2 a x+1)(x+1)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0$, $+\infty)$ 上单调递增;
(3)当 $a<0$ 时, 今 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\frac{1}{2 a}$. 因为当 $x \in\left(0,-\frac{1}{2 a}\right) f^{\prime}(x)>0$ 、当 $x \in\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right) f^{\prime}(x)<0$, 所以 $y=f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减.
综上可知: 当 $a \geqslant 0$ 时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,
当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 a}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right)$ 上单调递减;
（2） 证明: 由 (1) 可知: 当 $a<0$ 时 $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $(-$ $\left.\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减
所以当 $x=-\frac{1}{2 a}$ 时函数 $y=f(x)$ 取最大值 $f(x)$ max $=f\left(-\frac{1}{2 a}\right)=-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln$ $\left(-\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$.
从而要证 $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $f\left(-\frac{1}{2 a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$,
即证 $-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{a}\right)+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-1+\ln 2$.
令 $t=-\frac{1}{a}$, 则 $t>0$, 问题转化为证明: $-\frac{1}{2} t+\ln t \leqslant-1+\ln 2$. $\cdots\left({ }^{*}\right)$
今 $g(t)=-\frac{1}{2} t+I n t$, 则 $g^{\prime}(t)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{t}$,
令 $g^{\prime}(t)=0$ 可知 $t=2$, 则当 $0<t<2$ 时 $g^{\prime}(t)>0$, 当 $t>2$ 时 $g^{\prime}(t)<0$,
所以 $y=g(t)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增、在 $(2,+\infty)$ 上单调递减,
即 $g(t) \leqslant g(2)=-\frac{1}{2} \times 2+\ln 2=-1+\ln 2$, 即 $\left({ }^{*}\right)$ 式成立,
所以当 $a<0$ 时, $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$ 成立.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2017 | （新课标ⅲ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},\left(m\right.\right.$ 为参数). 设 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的交点为 $P$, 当 $k$ 变化 时, $P$ 的轨迹为曲线 $C$.
(1) 写出 $C$ 的普通方程;
(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 设 $I_{3}: \rho(\cos \theta+\sin \theta)$ $-\sqrt{2}=0, M$ 为 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点, 求 $M$ 的极径.
| 解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数),
$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);
又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数),
同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ );
联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;
(2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,
$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.
$\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.
| 解: (1) 分别消掉参数 $\mathrm{t}$ 与 $m$ 可得直线 $I_{1}$ 与直线 $I_{2}$ 的普通方程为 $y=k$ $(x-2)$ (1)与 $x=-2+k y$ (2); 联立(1)(2), 消去 $k$ 可得 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4$;
(2) 将 $I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$ 化为普通方程: $x+y-\sqrt{2}=0$, 再与曲线 $C$ 的方程联立, 可得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, 即可求得 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数),
$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);
又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数),
同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ );
联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;
(2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,
$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.
$\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅰ） | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, n a_{n+1}=2(n+1) a_{n}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}$.
(1) 求 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$;
(2) 判断数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是否为等比数列, 并说明理由;
(3) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
| 解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, n a_{n+1}=2(n+1) a_{n}$,
则: $\frac{\frac{a_{n+1}}{n+1}}{\frac{a_{n}}{n}}=2$ (常数)，
由于 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}$,
故: $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$,
数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}$ 为首项, 2 为公比的等比数列.
整理得： $b_{n}=b_{1} \cdot 2^{n-1}=2^{n-1}$,
所以: $b_{1}=1, b_{2}=2, b_{3}=4$.
（2）数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是为等比数列,
由于 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$ （常数）；
（3）由（1）得: $b_{n}=2^{n-1}$, 根据 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{n}}$,
所以: $a_{n}=n \cdot 2^{\mathrm{rr}-1}$.
| （1）直接利用已知条件求出数列的各项.
（2）利用定义说明数列为等比数列.
（3）利用（1） (2) 的结论, 直接求出数列的通项公式.
解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, n a_{n+1}=2(n+1) a_{n}$,
则: $\frac{\frac{a_{n+1}}{n+1}}{\frac{a_{n}}{n}}=2$ (常数)，
由于 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}$,
故: $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$,
数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}$ 为首项, 2 为公比的等比数列.
整理得： $b_{n}=b_{1} \cdot 2^{n-1}=2^{n-1}$,
所以: $b_{1}=1, b_{2}=2, b_{3}=4$.
（2）数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是为等比数列,
由于 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$ （常数）；
（3）由（1）得: $b_{n}=2^{n-1}$, 根据 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{n}}$,
所以: $a_{n}=n \cdot 2^{\mathrm{rr}-1}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅰ） | 设抛物线 $C: y^{2}=2 x$, 点 $A(2,0), B(-2,0)$, 过点 $A$ 的直线 $I$ 与 $C$ 交于 $M, N$ 两点.
（1）当 $\mathrm{l}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴垂直时, 求直线 BM 的方程;
(2) 证明: $\angle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{ABN}$.
| 解: (1) 当 1 与 $x$ 轴垂直时, $x=2$, 代入抛物线解得 $y= \pm 2$,
所以 $M(2,2)$ 或 $M(2,-2)$,
直线 BM 的方程: $y=\frac{1}{2} x+1$, 或: $y=-\frac{1}{2} x-1$.
(2) 证明: 设直线 $\mid$ 的方程为 $1: x=t y+2, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
联立直线 I 与抛物线方程得 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=2 x \\ x=t y+2\end{array}\right.$, 消 $x$ 得 $y^{2}-2 t y-4=0$,
即 $y_{1}+y_{2}=2 t, y_{1} y_{2}=-4$,
则
$$
k_{B N}+k_{B M}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{\left(\frac{y_{2}^{2}}{2} \times y_{1}+\frac{y_{1}^{2}}{2} \times y_{2}\right)+2\left(y_{1}+y_{2}\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=
$$
$$
\frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(\frac{y_{1} y_{2}}{2}+2\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=0
$$
所以直线 BN 与 $B M$ 的倾斜角互补,
$\therefore \angle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{ABN}$.
| (1) 当 $x=2$ 时, 代入求得 $M$ 点坐标, 即可求得直线 $B M$ 的方程;
(2) 设直线 $\mathrm{I}$ 的方程, 联立, 利用韦达定理及直线的斜率公式即可求得 $k_{B N}+k_{B M}=0$ , 即可证明 $\angle A B M=\angle A B N$.
解: (1) 当 1 与 $x$ 轴垂直时, $x=2$, 代入抛物线解得 $y= \pm 2$,
所以 $M(2,2)$ 或 $M(2,-2)$,
直线 BM 的方程: $y=\frac{1}{2} x+1$, 或: $y=-\frac{1}{2} x-1$.
(2) 证明: 设直线 $\mid$ 的方程为 $1: x=t y+2, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
联立直线 I 与抛物线方程得 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=2 x \\ x=t y+2\end{array}\right.$, 消 $x$ 得 $y^{2}-2 t y-4=0$,
即 $y_{1}+y_{2}=2 t, y_{1} y_{2}=-4$,
则
$$
k_{B N}+k_{B M}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{\left(\frac{y_{2}^{2}}{2} \times y_{1}+\frac{y_{1}^{2}}{2} \times y_{2}\right)+2\left(y_{1}+y_{2}\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=
$$
$$
\frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(\frac{y_{1} y_{2}}{2}+2\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=0
$$
所以直线 BN 与 $B M$ 的倾斜角互补,
$\therefore \angle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{ABN}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅰ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$. 以坐标原点为 极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.
(1) 求 $C_{2}$ 的直角坐标方程;
(2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 有且仅有三个公共点, 求 $C_{1}$ 的方程.
| 解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.
转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,
转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.
（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$.
由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.
所以: 必有一直线相切,一直线相交.
则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .
故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$
解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0
经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.
故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.
| （1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.
(2) 利用直线在坐标系中的位置, 再利用点到直线的距离公式的应用求出结果.
解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.
转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,
转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.
（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$.
由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.
所以: 必有一直线相切,一直线相交.
则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .
故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$
解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0
经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.
故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅰ） | 23. 已知 $f(x)=|x+1|-|a x-1|$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)>1$ 的解集;
(2) 若 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 求 $a$ 的取值范围.
| 解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$
由 $f(x)>1$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,
解得 $x>\frac{1}{2}$,
故不等式 $f(x)>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,
（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,
$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,
即 $x+1-|a x-1|-x>0$,
即 $|a x-1|<1$ ，
$\therefore-1<a x-1<1$,
$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,
$\because x \in(0,1)$,
$\therefore a>0$, $\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,
$\therefore \mathrm{a}<\frac{2}{\mathrm{x}}$
$\because \frac{2}{x}>2$,
$\therefore 0<a \leqslant 2$,
故 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(0,2]$.
| （1）去绝对值, 化为分段函数, 即可求出不等式的解集,
(2) 当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 转化为即 $|a x-1|<1$, 即 $0<a x<$ 2 , 转化为 $a<\frac{2}{x}$, 且 $a>0$, 即可求出 $a$ 的范围.
解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$
由 $f(x)>1$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,
解得 $x>\frac{1}{2}$,
故不等式 $f(x)>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,
（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,
$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,
即 $x+1-|a x-1|-x>0$,
即 $|a x-1|<1$ ，
$\therefore-1<a x-1<1$,
$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,
$\because x \in(0,1)$,
$\therefore a>0$, $\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,
$\therefore \mathrm{a}<\frac{2}{\mathrm{x}}$
$\because \frac{2}{x}>2$,
$\therefore 0<a \leqslant 2$,
故 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(0,2]$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅱ） | 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$.
（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 求 $S_{n}$, 并求 $S_{n}$ 的最小值.
| 解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, S_{3}=-15$, $\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,
$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$
(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,
$\therefore S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,
$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .
| (1）根据 $\mathrm{a}_{1}=-7, \mathrm{~S}_{3}=-15$, 可得 $\mathrm{a}_{1}=-7,3 \mathrm{a}_{1}+3 \mathrm{~d}=-15$, 求出等差数 列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差, 然后求出 $a_{n}$ 即可;
(2) 由 $a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$, 得 $S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4$ ) 2- 16, 由此可求出 $S_{n}$ 以及 $S_{n}$ 的最小值.
解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, S_{3}=-15$, $\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,
$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$
(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,
$\therefore S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,
$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right)$.
（1）若 $a=3$, 求 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 证明: $f(x)$ 只有一个零点. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做, 则按所做的第一题计分。[选修 4-4：坐标系与参数方程] (10 分)
| 解：（1）当 $a=3$ 时, $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right)$,
所以 $f^{\prime}(x)=x^{2}-6 x-3$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 解得 $x=3 \pm 2 \sqrt{3}$,
当 $x \in(-\infty, 3-2 \sqrt{3}), x \in(3+2 \sqrt{3},+\infty)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数是增函数,
当 $x \in(3-2 \sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数是单调递减,
综上, $f(x)$ 在 $(-\infty, 3-2 \sqrt{3}),(3+2 \sqrt{3},+\infty)$, 上是增函数, 在（3- 2 $\sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 上递减.
（2）证明: 因为 $x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$,
所以 $f(x)=0$ 等价于 $\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a=0$,
令 $g(x)=\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a$
则 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}\left[(x+1)^{2}+2\right]}{3\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}>0$, 仅当 $x=0$ 时, $g^{\prime}(x)=0$, 所以 $g(x)$ 在 $R$ 上是
增函数;
$g(x)$ 至多有一个零点, 从而 $f(x)$ 至多有一个零点.
又因为 $f(3 a-1)=-6 a^{2}+2 a-\frac{1}{3}=-6\left(a-\frac{1}{6}\right)^{2}-\frac{1}{6}<0$,
$f(3 a+1)=\frac{1}{3}>0$
故 $f(x)$ 有一个零点,
综上, $f(x)$ 只有一个零点.
| （1）利用导数, 求出极值点, 判断导函数的符号, 即可得到结果.
（2）分离参数后求导, 先找点确定零点的存在性, 再利用单调性确定唯一性.
解：（1）当 $a=3$ 时, $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right)$,
所以 $f^{\prime}(x)=x^{2}-6 x-3$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 解得 $x=3 \pm 2 \sqrt{3}$,
当 $x \in(-\infty, 3-2 \sqrt{3}), x \in(3+2 \sqrt{3},+\infty)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数是增函数,
当 $x \in(3-2 \sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数是单调递减,
综上, $f(x)$ 在 $(-\infty, 3-2 \sqrt{3}),(3+2 \sqrt{3},+\infty)$, 上是增函数, 在（3- 2 $\sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 上递减.
（2）证明: 因为 $x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$,
所以 $f(x)=0$ 等价于 $\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a=0$,
令 $g(x)=\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a$
则 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}\left[(x+1)^{2}+2\right]}{3\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}>0$, 仅当 $x=0$ 时, $g^{\prime}(x)=0$, 所以 $g(x)$ 在 $R$ 上是
增函数;
$g(x)$ 至多有一个零点, 从而 $f(x)$ 至多有一个零点.
又因为 $f(3 a-1)=-6 a^{2}+2 a-\frac{1}{3}=-6\left(a-\frac{1}{6}\right)^{2}-\frac{1}{6}<0$,
$f(3 a+1)=\frac{1}{3}>0$
故 $f(x)$ 有一个零点,
综上, $f(x)$ 只有一个零点.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅱ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}, \quad(\theta\right.$ 为参 数）, 直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数）.
(1) 求 C 和 I 的直角坐标方程;
(2) 若曲线 $C$ 截直线 $I$ 所得线段的中点坐标为 $(1,2)$, 求 $\mid$ 的斜率.
| 解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),
转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.
直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).
转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$.
(2) 把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+\mathrm{t} \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+\mathrm{cos} \alpha)^{2}}{4}=1$
整理得: $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,
则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,
由于 $(1,2)$ 为中点坐标,
(1)当直线的斜率不存时, $\mathrm{x}=1$.
无解故舍去.
(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)
所以利用中点坐标公式 $\frac{t_{1}+t_{2}}{2}=0$,
则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,
解得: $\tan \alpha=-2$,
即: 直线 1 的斜率为 -2 .
| （1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.
(2) 利用直线和曲线的位置关系, 在利用中点坐标求出结果.
解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),
转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.
直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).
转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$.
(2) 把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+\mathrm{t} \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+\mathrm{cos} \alpha)^{2}}{4}=1$
整理得: $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,
则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,
由于 $(1,2)$ 为中点坐标,
(1)当直线的斜率不存时, $\mathrm{x}=1$.
无解故舍去.
(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)
所以利用中点坐标公式 $\frac{t_{1}+t_{2}}{2}=0$,
则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,
解得: $\tan \alpha=-2$,
即: 直线 1 的斜率为 -2 .
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅱ） | 23. 设函数 $f(x)=5-|x+a|-|x-2|$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集;
（2）若 $f(x) \leqslant 1$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{l}2 x+4, x \leqslant-1 \\ 2,-1<x<2 \\ -2 x+6, x \geqslant 2\end{array}\right.$
当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$,
当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,
当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,
综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,
(2) $\because f(x) \leqslant 1$,
$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$,
$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2| \geqslant 4$
$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,
$\therefore|\mathrm{a}+2| \geqslant 4$,
解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,
故 a 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.
| (1) 去绝对值, 化为分段函数, 求出不等式的解集即可,
（2）由题意可得 $|x+a|+|x-2| \geqslant 4$, 根据据绝对值的几何意义即可求出
解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{l}2 x+4, x \leqslant-1 \\ 2,-1<x<2 \\ -2 x+6, x \geqslant 2\end{array}\right.$
当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$,
当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,
当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,
综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,
(2) $\because f(x) \leqslant 1$,
$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$,
$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2| \geqslant 4$
$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,
$\therefore|\mathrm{a}+2| \geqslant 4$,
解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,
故 a 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅲ） | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{m}=63$, 求 $m$.
| 解：(1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.
$\therefore 1 \times q^{4}=4 \times\left(1 \times q^{2}\right)$
解得 $q= \pm 2$,
当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,
当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.
(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, \mathrm{~m} \in \mathrm{N}$, 无解;
当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,
解得 $m=6$.
| (1) 利用等比数列通项公式列出方程, 求出公比 $q= \pm 2$, 由此能求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
(2) 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$, 由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in$ $N$, 无解; 当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=2^{n}-1$, 由此能求出 $m$.
解：(1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.
$\therefore 1 \times q^{4}=4 \times\left(1 \times q^{2}\right)$
解得 $q= \pm 2$,
当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,
当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.
(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, \mathrm{~m} \in \mathrm{N}$, 无解;
当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,
解得 $m=6$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2018 | （新课标ⅲ） | 已知斜率为 $k$ 的直线 $\mid$ 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 交于 $A$, $B$ 两点, 线 段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)(m>0)$.
(1) 证明: $\mathrm{k}<-\frac{1}{2}$;
(2) 设 $F$ 为 $C$ 的右焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$, 证明: $2|\overrightarrow{F P}|=|\overrightarrow{F A}|+|\overrightarrow{F B}|$.
| 解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,
$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$
将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得
$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,
两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$
点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,
解得 $0<m<\frac{3}{2}$
$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.
(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,
可得 $x_{1}+x_{2}=2$
$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$,
$\therefore \mathrm{x}_{3}=1$
由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.
则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$,
$\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,
| (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 利用点差法得 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}\right.$ $\left.-y_{2}\right)=0, \quad k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{6}{8 m}=-\frac{3}{4 m}$
又点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\left.\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1, （ m>0\right)$, 解得 $m$ 的取值范围, 即可 得 $\mathrm{k}<-\frac{1}{2}$, (2) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$
由 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$, 可得 $x_{3}-1=0$, 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1}$, $|\mathrm{FB}|=2-\frac{1}{2} \mathrm{x}_{2},|\mathrm{FP}|=2-\frac{1}{2} \mathrm{x}_{3}=\frac{3}{2}$. 即可证明 $|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$.
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,
$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$
将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得
$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,
两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$
点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,
解得 $0<m<\frac{3}{2}$
$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.
(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,
可得 $x_{1}+x_{2}=2$
$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$,
$\therefore \mathrm{x}_{3}=1$
由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.
则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$,
$\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2019 | （新课标ⅰ） | 17. 某商场为提高服务质量, 随机调查了 50 名男顾客和 50 名女顾客, 每位顾客对该商场的 服务给出满意或不满意的评价, 得到下面列联表:
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 满意 & 不满意 \\
\hline 男顾客 & 40 & 10 \\
\hline 女顾客 & 30 & 20 \\
\hline
\end{tabular}
（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率;
（2）能否有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异?
附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$.
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}
| 【详解】(1) 由题中表格可知, 50 名男顾客对商场服务满意的有 40 人,
所以男顾客对商场服务满意率估计为 $P_{1}=\frac{40}{50}=\frac{4}{5}$,
50 名女顾客对商场满意的有 30 人，
所以女顾客对商场服务满意率估计为 $P_{2}=\frac{30}{50}=\frac{3}{5}$,
(2) 由列联表可知 $K^{2}=\frac{100(40 \times 20-30 \times 10)^{2}}{70 \times 30 \times 50 \times 50}=\frac{100}{21} \approx 4.762>3.841$,
所以能有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.
| 【分析】}
(1) 从题中所给的 $2 \times 2$ 列联表中读出相关的数据, 利用满意的人数除以总的人数, 分别算 出相应的频率, 即估计得出的概率值;
(2) 利用公式求得观测值与临界值比较, 得到能有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服 务的评价有差异.
【详解】(1) 由题中表格可知, 50 名男顾客对商场服务满意的有 40 人,
所以男顾客对商场服务满意率估计为 $P_{1}=\frac{40}{50}=\frac{4}{5}$,
50 名女顾客对商场满意的有 30 人，
所以女顾客对商场服务满意率估计为 $P_{2}=\frac{30}{50}=\frac{3}{5}$,
(2) 由列联表可知 $K^{2}=\frac{100(40 \times 20-30 \times 10)^{2}}{70 \times 30 \times 50 \times 50}=\frac{100}{21} \approx 4.762>3.841$,
所以能有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2019 | （新课标ⅰ） | 18. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $S_{9}=-a_{5}$.
(1) 若 $a_{3}=4$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 若 $a_{1}>0$, 求使得 $S_{n} \geq a_{n}$ 的 $n$ 的取值范围.
| 【详解】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,
根据题意有 $\left\{\begin{array}{l}9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=-\left(a_{1}+4 d\right) \\ a_{1}+2 d=4\end{array}\right.$,
解答 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8 \\ d=-2\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=8+(n-1) \times(-2)=-2 n+10$,
所以等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=-2 n+10$;
(2) 由条件 $S_{9}=-a_{5}$, 得 $9 a_{5}=-a_{5}$, 即 $a_{5}=0$,
因为 $a_{1}>0$, 所以 $d<0$, 并且有 $a_{5}=a_{1}+4 d=0$, 所以有 $a_{1}=-4 d$,
由 $S_{n} \geq a_{n}$ 得 $n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d \geq a_{1}+(n-1) d$, 整理得 $\left(n^{2}-9 n\right) d \geq(2 n-10) d$,
因为 $d<0$, 所以有 $n^{2}-9 n \leq 2 n-10$, 即 $n^{2}-11 n+10 \leq 0$,
解得 $1 \leq n \leq 10$,
所以 $n$ 的取值范围是: $1 \leq n \leq 10\left(n \in N^{\star}\right)$
| 【分析】}
(1) 首项设出等差数列的首项和公差, 根据题的条件, 建立关于 $a_{1}$ 和 $d$ 的方程组, 求得 $a_{1}$ 和 $d$ 的值，利用等差数列的通项公式求得结果;
(2) 根据题意有 $a_{5}=0$, 根据 $a_{1}>0$, 可知 $d<0$, 根据 $S_{n}>a_{n}$, 得到关于 $n$ 的不等式, 从而求得结果.
【详解】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,
根据题意有 $\left\{\begin{array}{l}9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=-\left(a_{1}+4 d\right) \\ a_{1}+2 d=4\end{array}\right.$,
解答 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8 \\ d=-2\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=8+(n-1) \times(-2)=-2 n+10$,
所以等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=-2 n+10$;
(2) 由条件 $S_{9}=-a_{5}$, 得 $9 a_{5}=-a_{5}$, 即 $a_{5}=0$,
因为 $a_{1}>0$, 所以 $d<0$, 并且有 $a_{5}=a_{1}+4 d=0$, 所以有 $a_{1}=-4 d$,
由 $S_{n} \geq a_{n}$ 得 $n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d \geq a_{1}+(n-1) d$, 整理得 $\left(n^{2}-9 n\right) d \geq(2 n-10) d$,
因为 $d<0$, 所以有 $n^{2}-9 n \leq 2 n-10$, 即 $n^{2}-11 n+10 \leq 0$,
解得 $1 \leq n \leq 10$,
所以 $n$ 的取值范围是: $1 \leq n \leq 10\left(n \in N^{\star}\right)$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2019 | （新课标ⅰ） | 21.已知点 $A, B$ 关于坐标原点 $O$ 对称, $|A B|=4, \odot M$ 过点 $A, B$ 且与直线 $x+2=0$ 相切.
(1) 若 $A$ 在直线 $x+y=0$ 上, 求 $\odot M$ 的半径.
(2) 是否存在定点 $P$, 使得当 $A$ 运动时, $|M A|-|M P|$ 为定值? 并说明理由.
| 【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$
又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$
$\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上
设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$
$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$
又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$
当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$
$\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6
(2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$
说明如下:
$\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$
$\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$
(1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$
则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上
设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$
$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$
又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$
$\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$
即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$
$\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$
$\therefore|M A|-|M F|=1$
$\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$
(2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$
$\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$
$\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$
若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$
综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值
| 【分析】}
(1) 设 $A(t,-t), B(-t, t)$, 根据 $|A B|=4$, 可知 $|t|=\sqrt{2}$; 由圆的性质可知圆心 $M$ 必在 直线 $y=x$ 上, 可设圆心 $M(a, a)$; 利用圆心到 $x+2=0$ 的距离为半径和 $|M A|=|M B|=r$ 构 造方程, 从而解出 $r ;$ （2） 当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$, 由圆的性质可 知圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上; 假设圆心坐标, 利用圆心到 $x+2=0$ 的距离为半径和 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}$ 构造方程, 解出 $M$ 坐标, 可知 $M$ 轨迹为抛物线; 利用抛物线 定义可知 $P(1,0)$ 为抛物线焦点, 且定值为 1 ; 当直线 $A B$ 斜率不存在时, 求解出 $M$ 坐标, 验证此时 $P(1,0)$ 依然满足定值, 从而可得到结论.
【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$
又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$
$\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上
设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$
$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$
又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$
当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$
$\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6
(2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$
说明如下:
$\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$
$\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$
(1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$
则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上
设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$
$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$
又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$
$\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$
即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$
$\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$
$\therefore|M A|-|M F|=1$
$\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$
(2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$
$\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$
$\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$
若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$
综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
|
2019 | （新课标ⅰ） | 22.[选修 4-4： 坐标系与参数方程]
在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \\ y=\frac{4 t}{1+t^{2}}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点 $O$ 为 极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 直线 $l$ 的极坐标方程为
$2 \rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta+11=0$
(1) 求 $C$ 和 $l$ 的直角坐标方程;
(2) 求 $C$ 上的点到 $l$ 距离的最小值.
| 【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$
$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$
整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$
又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$ $\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$
(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$
则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$
当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值
则 $d_{\text {min }}=\sqrt{7}$
| 【分析】}
(1) 利用代人消元法, 可求得 $C$ 的直角坐标方程; 根据极坐标与直角坐标互化原则可得 $l$ 的 直角坐标方程; (2) 利用参数方程表示出 $C$ 上点的坐标, 根据点到直线距离公式可将所求 距离表示为三角函数的形式, 从而根据三角函数的范围可求得最值.
【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$
$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$
整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$
又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$ $\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$
(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$
则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$
当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值
则 $d_{\text {min }}=\sqrt{7}$
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
Subsets and Splits
No community queries yet
The top public SQL queries from the community will appear here once available.