2020北京数学高三一模19题汇编.docx

1、 2020 北京数学高三一模 19 汇编 1、（2020 北京朝阳一模）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab ，圆 222 :O xyr（O为 坐标原点）.过点(0, )b且斜率为1的直线与圆O交于点(1,2)，与椭圆C的另一个交点的 横坐标为 8 5 . （）求椭圆C的方程和圆O的方程； （）过圆O上的动点P作两条互相垂直的直线 1 l， 2 l，若直线 1 l的斜率为(0)k k 且 1 l 与椭圆C相切，试判断直线 2 l与椭圆C的位置关系，并说明理由. 2、 （2020 北京东城一模） 已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab ， 它的上， 下顶点分别为A，

2、 B，左，右焦点分别为 1 F， 2 F，若四边形 12 AFBF为正方形，且面积为2. （）求椭圆E的标准方程； （）设存在斜率不为零且平行的两条直线 12 ,ll，与椭圆E分别交于点,C D M N，且 四边形CDMN是菱形，求出该菱形周长的最大值. 3、（2020 北京房山一模）已知椭圆 过 两点. （I）求椭圆 的方程和离心率的大小； （II）设 ， 是 轴上不同的两点，若两点的纵坐标互为倒数，直线 与椭圆 的另一 个交点为 ，直线 与椭圆 的另一个交点为 ，判断直线 与 轴的位置关系，并 证明你的结论。 4、（2020 北京丰台一模）已知函数( )()ln1f xxaxx. （）若曲

3、线( )yf x在点(e(e)f,处的切线斜率为 1，求实数a的值； （）当0a 时，求证：( )0f x ； （）若函数( )f x在区间(1),上存在极值点，求实数a的取值范围. 来源:Z|xx|k.Com 5、（2020 北京适应一模）已知函数 2 1 1 2 xa fxexe x，0a . （）求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程； （）求函数 f x的极小值； （）求函数 f x的零点个数. 6、 （2020 北京自适应一模）已知函数 2 2 ( )f xa xalnx x ，实数0a （1）讨论函数( )f x在区间(0,10)上的单调性； （2）若存在(0,)x，使得关于x

4、的不等式 2 ( )2f xa x成立，求实数a的取值范围 7、（2020 北京海淀一模）已知函数 （I）当 时， 求曲线 在点 处的切线方程； 求函数 的最小值； （II）求证：当 时，曲线 与 有且只有一个交点。 8、（2020 北京密云一模）已知函数 ()求曲线 在点 处的切线方程； ()求函数 的单调区间； ()判断函数 的零点个数. 9、（2020 北京平谷一模）已知函数 2 () ( ), x xaxa f x e 其中 aR R. (I)当 a=0 时,求 f(x)在(1,f(1)的切线方程; (II)求证:f(x)的极大值恒大于 0. 10、（2020 北京人大附一模）已知函数

5、 （）若 ,求 在 处的切线方程； （）求 在区间 上的最小值； （III）若 在区间 上恰有两个零点，求 的取值范围. 11、（2020 北京 15 中一模）已知函数f（x）lnxax 2+2ax （）若a1，求曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程； （）若f（x）x恒成立，求实数a的取值范围 12、 （2020 北京石景山一模）已知椭圆 的右焦点为 ，离心率 为 .直线 过点 且不平行于坐标轴， 与 有两个交点 ，线段 的中点为 . （）求椭圆 的方程； （）证明：直线 的斜率与 的斜率的乘积为定值； （）延长线段 与椭圆 交于点 ，若四边形 为平行四边形，求此时直线 的斜 率 1

6、3、（2020 北京顺义一模）已知函数 （I）当 时，求曲线 在点 处的切线方程； （II）若 在区间 上单调递增，求实数 的取值范围； （III）当 时，试写出方程 根的个数。（只需写出结论） 14、 （2020 北京通州一模）已知椭圆C：)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的离心率为 2 2 ，点A(0， 1)在椭圆C上 （）求椭圆 C的方程； （）设O为原点，过原点的直线（不与x轴垂直）与椭圆C交于M、N两点，直线AM、 AN与x轴分别交于点E、F问： y轴上是否存在定点G，使得OGE=OFG？若存 在，求点G的坐标；若不存在，说明理由 15、（2020 北京西城一模）设函

7、数 其中 ()若曲线 在点 处切线的倾斜角为 ,求 的值; ()已知导函数 在区间 上存在零点,证明:当 时, . 16、（2020 北京延庆一模）已知函数 其中 （）当 时，求曲线 在原点处的切线方程； （）若函数 在 上存在最大值和最小值，求 a 的取值范围. 来源:163文库 答案： 1、解： （）因为圆O过点(1,2)，所以圆O的方程为： 22 5xy. 因为过点(0, )b且斜率为1的直线方程为yxb， 又因为过点(1,2)，所以1b . 因为直线与椭圆相交的另一个交点坐标为 83 (,) 55 ， 所以 22 2 83 ()() 55 1 1a ，解得 2 4a . 所以椭圆C的方

8、程为 2 2 1 4 x y. （）直线 2 l与椭圆C相切.理由如下： 设圆O上动点 000 (,)(2)P xyx ，所以 22 00 5xy. 依题意，设直线 1 l： 00 ()yyk xx. 由 22 00 44, () xy ykxykx 得 222 0000 (1 4)8 ()4()40kxk ykx xykx. 因为直线 1 l与椭圆C相切， 所以 222 0000 8 ()4(1 4)4()40k ykxkykx. 所以 22 00 1 4()kykx. 所以 222 0000 (4)2(1)0xkx y ky. 因为 22 00 5xy，所以 22 00 41xy. 所以

9、222 0000 (1)2(1)0ykx y ky. 设直线 2 l： 00 1 ()yyxx k ， 由 22 00 44, 1 () xy yyxx k 得 2200 00 2 48 (1)()4()40 xx xyxy kkkk . 则 222 10000 11 16(4)()2()(1)xx yy kk 222 0000 2 16(4 )2(1)xkx yyk k 222 0000 2 16( 1)2(1)ykx yyk k 222 0000 2 16( 1)2(1)0ykkx yy k . 所以直线 2 l与椭圆C相切14 分 2、解：（）因为 22 22 :1(0) xy Eab

10、ab ， 所以 222 abc . 因为 四边形 12 AFBF为正方形，且面积为2, 所以 22bc， 1 (2 ) (2 )2 2 bc. 所以 1bc， 222 2abc. 所以 椭圆 2 2 :1 2 x Ey. 4 分 （）设平行直线 1: lykxm， 2: lykxm， 不妨设直线ykxm与 2 2 1 2 x y交于 1122 ,C x yD x y， 由 2 2 1 2 x y ykxm ，得 2 2 22xkxm， 化简得： 222 214220kxkmxm， 其中 22222 (4)4 (21) (22)16880kmkmkm ，即 22 21mk. 所以 12 2 4

11、21 km xx k ， 2 12 2 22 21 m x x k ， 由椭圆的对称性和菱形的中心对称性，可知OCOD， 所以 1212 0x xy y， 11 ykxm， 22 ykxm， 22 12121212 222222 2 222222222 2 22 2 1 22 1421 21 222242 21 322 21 x xy ykx xkm xxm mkk mmk k k mmkk mk mm k mk k ， 所以 22 322mk. 22 121 2 |(1)()4CDkxxx x= 222 2 222 168(1) (1) (21)21 k mm k kk 22 22 (1)(

12、328) 3(21) kk k 2 22 88 33(21) k k =+ 2 2 2 2 88 1 3 3(44) 88 31 3(42 4) 3 k k k k =+ + = 所以 当且仅当 2 2 k 时，|CD的最大值为3. 此时 四边形CDMN周长最大值为4 3. 14 分 3、解：（）依题意得21ab， 所以椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y 22 3cab，离心率的大小 3 2 c e a （）因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数， 设M，N坐标为(0,)m，(0, )n，则 1 n m ，0,0mn 由(2,0)A，M(0,)m得直线AM的方程为mx m y

13、2 2 2 1 4 2 x y m yxm 整理得02) 1( 22 myym 或0444) 1( 2222 mxmxm 得交点P的纵坐标为 1 2 2 m m yP 同理交点Q的纵坐标为 1 2 1) 1 ( 1 2 1 2 2 2 2 m m m m n n yQ 所以0 QP yy，直线PQ与x轴平行 解法二： 设直线AM的方程为)0(2ttyx，直线AN的方程为)0(2ssyx 令0x 得2 M ty，M坐标为 2 (0,) t ，同理N坐标为 2 (0,) s 因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以4st 2 2 1 4 2 x y xty 整理得04)4( 22

14、tyyt或041616)4( 222 txxt 得交点P的纵坐标为 4 4 2 t t yP 同理得 4 4 4) 4 ( 4 4 4 4 2 2 2 t t t t s s yQ 所以0 QP yy，直线PQ与x轴平行. 解法三： 设直线AM的方程为0)2( 11 kxky，直线AN的方程为 0)2( 22 kxky， 令0x 得M坐标为 1 (0, 2 )k，同理N坐标为 2 (0, 2)k 因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以14 21 kk 代入椭圆方程得 2 2 1 1 4 (2) x y yk x 041616) 14( 2 1 2 1 2 2 1 kxkxk或

15、04) 14( 1 2 2 1 ykyk 14 416 2 2 1 2 1 k k xP所以 14 28 2 1 2 1 k k xP 得交点P的纵坐标为 14 4 )2 14 28 ( 2 1 1 2 1 2 1 1 k k k k kyP 同理得 14 4 1) 4 1 4( 4 1 4 14 4 2 1 1 2 1 1 2 2 2 k k k k k k yQ 所以0 QP yy，直线PQ与x轴平行. 4、解：（）因为( )()ln1f xxaxx， 所以( )ln a fxx x . 由题知(e)lne1 e a f， 解得0a .4 分 （）当0a 时，( )ln1f xxxx，来源

16、:Z&xx&k.Com 所以( )lnfxx. 当(0 1)x,时，( )0fx ，( )f x在区间(0 1),上单调递减；来源:学*科*网 当(1)x,+时，( )0fx ，( )f x在区间(1),+上单调递增； 所以(1)0f是( )f x在区间(0),+上的最小值. 所以( )0f x .8 分 （）由（）知， ln + ( )ln axx a fxx xx . 若0a ，则当(1)x,+时，( )0fx ，( )f x在区间(1),+上单调递增， 此时无极值. 若0a ，令( )( )g xfx， 则 2 1 ( )= a g x xx . 因为当(1)x,+时，( )0g x ，

17、所以( )g x在(1),+上单调递增. 因为(1)0ga， 而(e)e(e1)0 aaa gaaa ， 所以存在 0 (1 e) a x ,，使得 0 ()0g x. ( )fx和( )f x的情况如下： 因此，当 0 xx时，( )f x有极小值 0 ()f x.来源:163文库 综上，a的取值范围是0(),.15 分 5、解：(1) ( )f x定义域为：R ( )(1 +() xxaxa fxexee xx ee） (0)1f 切点为(0, 1) (0)0 f ( )yf x在(0, 1)处的切线方程为：1y . (2) 令( )0fx，解得： 12 0,xxa（0a） x (, )a

18、 a ( ,0)a 0 (0,) ( )fx 0 0 ( )f x ( )f x在(, )a、(0,)单调递增，在( ,0)a单调递减. ( )f x在0x 处取得极小值为(0)1f . (3)由（2）知( )f x的极大值为 22 11 )(1)(1)0 22 aaa f aeae aaae （, (0)a (0)10f ， 2 )2 a fee（2， 0, 01, (2)0 a aef 函数( )f x的零点个数为 1. 6、 【解答】解： （1） 22 2 222 22(2)(1) ( ) aa xaxaxax fxa xxxx ，(0 )x ， 令( )0fx，可得 1 x a ， 2

19、 x a （舍) 当 1 10 a 时， 1 10 a 函数( )f x在区间 1 (0,) a 上单调递减，在区间 1 ( a ，10)上的单调递增； 当 1 0 10 a 时，函数( )f x在区间(0,10)上单调递减 （2）存在(0,)x，使得不等式 2 ( )2f xa x成立 存在(0,)x，使得不等式 2 20alnx x 成立， 令 2 ( )2g xalnx x ，(0)x ， 22 22 ( ) aax g x xxx ， 0a ， 2 ( )0g xx a ， 2 ( )00gxx a ， ( )g x在 2 (0,) a 递减，在 2 ( a ，)递增， 2 ( )(

20、)(2)2 min g xgaa lnlna a ， 依题意只需220aalnalna即可 令( )22h xxxlnxlnx，( )12120h xlnlnxlnlnx ，可得2x ( )h x在(0,2)递增，在(2,)递减，且h（2）0 实数a的取值范围(0，2)(2，) 7、【解析】（I）切线方程为 令 ，得 ； 所以，当 变化时， 与 的变化情况如下表所示： 所以 （II）当 时，曲线 与 有且只有一个交点等价于 有且只有一个零点； 方法一： 当 时， 所以 所以 在 单调递增； 当 所以 所以 在 上单调递增； 综上可知： 在 上单调递增； 又因为 由零点存在定理可知： 在( )上

21、存在唯一零点，记为 ； 所以当 时，曲线 与 有且只有一个交点。 方法二： 其中 设 单调递增，且 ( ) 使 ，此时 所以 ， 随 的变化情况如下表： 极小值 ， 因为 所以 所以 在 单调递增， ( ) 所以 又因为 ， ( ) 根据零点存在性定理可得一定存在一个 ，使得 所以当 时，曲线 与 有且只有一个交点 8、（）解：因为( )e1 x f xax，xR， 所以( )e1 x fxaxaxR， (0)1kfa， 又因为(0)1f， 所以切线方程为=( +1)1yax. （）解：因为( )e1 x fxaxaxaRR， （1）当0a 时 因为( )e0, x fxxR， 所以( )f

22、x的单调增区间是, ，无单调减区间. （2）当0a 时 令( )0fx ，则 1 1x a 当0a 时，( )f x与( )fx在R上的变化情况如下： x 1 () a ，-1- 1 1 a 1 ( 1,) a fx（ ） 0 + f x（ ） 所以( )f x的单调减区间是 1 () a ，-1-，单调增区间是 1 ( 1,) a 当0a时，( )f x与( )fx在R上的变化情况如下： x 1 () a ，-1- 1 1 a 1 ( 1,) a fx（ ） + 0 f x（ ） 所以( )f x的单调增区间是 1 () a ，-1-，单调减区间是 1 ( 1,) a 综上所述，当0a 时，

23、( )f x的单调增区间是, ，无单调减区间；当 0a 时，( )f x 的单调减区间是 1 () a ，-1-， 单调增区间是 1 ( 1,) a ； 当0a时，( )f x 的单调增区 间是 1 () a ，-1-，单调减区间是 1 ( 1,) a 9、解：（I）由 得 3 分 当 时， 5 分 则 在 的切线方程为： 化简得： 7 分 （II） ,得 ，或 8 分 当 2 时， 恒成立，此时函数 在 上单调递减， 所以，函数 无极值 9 分 当 2 时， ， 的变化情况如下表： 极小值 极大值 11 分 的极大值为 12 分 当 2 时， ， 的变化情况如下表： 极小值 极大值 14 分

24、 的极大值为 14 分 综上， 的极大值恒大于 15 分 10、解：（I） 在 处的切线方程为 分 （II）由 由 及定义域为 ，令 ,得 . 若 ,即 ,在 上， ， 在 上单调递增， 因此, 在区间 的最小值为 若 ,即 ,在（ 上， ， 单调递减；在 上， ， 单调递增，因此 在区间 上的最小值为 ( ) 若 ,即 ,在 上， ， 在 上单调递减， 因此, 在区间 上的最小值为 综上，当 时， ；当 时， 当 时， 9 分 (III)由（II）可知当 或 时， 在 上是单调递增或递减函数，不可能 存在两个零点. 当 时，要使 在区间 上恰有两个零点，则 即 此时， 所以，a 的取值范围为

25、( ) 14 分 11、解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+） 当a1 时，f（x）lnx+x 22x ， f（0）1，且f（1）1 所以曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为y（1）x1，即xy2 0 （ II）若f（x）x恒成立，即f（x）x0 恒成立 设g（x）f（x）xlnxax 2+（2a1）x只要 g（x）max0 即可； g（x） 当a0 时，令g（x）0，得x1 x，g（x），g（x）变化情况如下表： x （0，1） 1 （1，+） g（x） + 0 g（x） 极大值 所以g（x）maxg（1）10，故满足题意 当a0 时，令g（x）0，得x（舍），或x1； x，g

26、（x），g（x）变化情况如下表： x （0，1） 1 （1，+） g（x） + 0 g（x） 极大值 所以g（x）maxg（1）a10，得 0a1 当a0 时，存在，满足g（2）ln（2）0，所以f（x）0 不能恒成立，所以a0 不满足题意 综上，实数a的取值范围为0，1 12、解：（）由已知 ， 分 又 ，解得 分 所以椭圆方程为 . 分 （）设直线 的方程为 联立 ，消去 得 不妨设 分 则 ，因为 为线段 的中点 所以 分 所以 分 所以 为定值 分 （III）若四边形 为平行四边形，则 分 所以 分 应为点 在椭圆上，所以 分 解得 即 所以当四边形 为平行四边形时，直线 的斜率为 分

27、 13、（I） 时， （或在这里求的 也可以）-2 分 -4 分 所求切线方程为 -5 分 （II）方法一： 若 在 上单调递增，则对任意 ,都有 -6 分 即 恒成立，等价于 -7 分 设 则 -8 分 令 得 当 时， , 在 上单调递减； 当 时， , 在 上单调递增； 所以函数 的最小值为 -11 分 所以 -12 分 方法二： 若 在 上单调递增，则对任意 ，都有 -6 分 等价于 设 , 当 时， -7 分 分类讨论：当 ，即 时， 恒成立， 所以 在 上单调递增，那么 ， 所以 时，满足 -8 分 当 ,即 时，令 ，得 当 时， 在 上单调递减； 当 时， 在 上单调递增； 所

28、以函数 的最小值为 -10 分 由 解得 所以 -11 分 综上： -12 分 （III）2 个-14 分 14、解：（）由题意得 2 2 c e a ，1 分 b=1, 又 222 abc 解得2,1ac4 分 所以椭圆方程为 2 2 1 2 x y5 分 （）设 00 (,)M xy，由题意及椭圆的对称性可知 000 (,)(1)Nxyy 6 分 则直线AM的方程为 0 0 1 1 y yx x 7 分 直线AN的方程为 0 0 1 1 y yx x 8 分 则E点坐标为 0 0 (,0) 1 x y ，F点坐标为 0 0 (,0) 1 x y 10 分 假设存在定点G（0，n）使得OGE

29、=OFG， 即 tanOGE=tanOFG（也可以转化为斜率来求）11 分 即 OEOG OGOF 即 2 OGOE OF12 分 即 2 20 2 0 2 1 x n y 所以2n 13 分 所以存在点G坐标为(0,2)满足条件.14 分 15、解（1） 由题可知 即 ，得 （2） 可设 令 得 或 在 上存在零点， 即 由此可知 ， 减 极小 增 在 单调递减； ， 单调递增。 ( ) 设 在 单调递减， 当 时， 16、（）解： 22 2 ) 1( )1 (2 )(1 x x xfa时，当. 切线的斜率2)0( fk； 0)0(f 曲线)(xfy 在原点处的切线方程为：xy2. 5 分

30、（） 22 22 ) 1( 2) 12() 1(2 )( x xaaxxa xf 2 2222 222221 () (1)(1) axaxaaxxa xx （）（） 7 分 （1）当时，0a0 1 00)( 21 a xaxxf； 则的变化情况如下表：随、xxfxf)()( ）上单调递减，）上单调递增，在（在（, 11 , 0)( aa xf 9 分 x 0 （0， a 1 ） a 1 （， a 1 ） )(x f 0 )(xf 1 2 a 递增 ) 1 ( a f 递减 法法 1 1： 2 ) 1 ()(a a fxf的最大值为 10 分 ,1)0()(0)( 2 恒成立）时，（存在最小值，

31、则若afxfxxf 1 1 12 2 2 2 a x aax 即： xa a xaax 1 2 1 12 2 22 ）（在), 0( x恒成立， 0 2 1 2 a a . 1001, 0 2 aaa， 13 分 所以a的取值范围为 1 , 0(. 14 分 法法 2 2： 2 ) 1 ()(a a fxf的最大值为； 10 分 当 1 x a 时，22ax ， 22 2110axaa ， 0)(,xfx时； 即 1 , 0 a x时， 22 ( )1,f xaa； ) 1 ， a x时， 2 ( )0f xa （ ， 01)0()( 2 afxf存在最小值，则若， 所以a的取值范围为 1 ,

32、 0(. 14 分 用趋近说：0)(,xfx时，论述不严谨，扣 1 分. （2）当时，0a0 1 00)( 21 a xaxxf；. 则的变化情况如下表：随、xxfxf)()( x 0 （0，a） a （ ，a） )(x f - 0 + )(xf 1 2 a 递减 )( af 递增 ）上单调递增，）上单调递减，在（在（, 0)(aaxf 法法 1 1：1)()(afxf的最小值为. 2 ( )0( )1,f xxf xa若存在最大值，则，）时，恒成立 2 2 2 21 1 1 axa a x 即： xa a xaax 1 2 1 12 2 22 ）（在), 0( x恒成立， 101, 0, 0 2 1 2 2 aaa a a ，. 综上：a的取值范围是 1 , 0( 1,（. 1 2 a y a x 1 法法 2 2：1)()(afxf的最小值为； 当xa时， 2 22axa ， 22 2110axaa ， 0)(,xfx；（论述不严谨，扣 1 分） 即0,xa时， 1, 1)( 2 axf；)xa ，时，)0 , 1)(xf 01)0()( 2 afxf存在最大值，则若，1.a 综上：a的取值范围是 1 , 0( 1,（.