1、湖北省宜昌市2015届高考数学一模试卷（文科）一、选择题：每小题5分，共50分在四个选项中只有一项是符合题目要求的1已知集合M=x|2x2，集合N=x|x22x30，则MN等于( )A1，1B1，2）C2，1D1，2）2给出如下四个命题：若“p且q”为假命题，则p，q均为假命题；命题“若ab，则a3b3”的否命题为“若ab，则a3b3”；“xR， x2+11”的否定是“xR，x2+11”；在ABC中，“AB”是“sinAsinB”的充要条件其中正确的命题序号是( )ABCD3设an的首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1=( )A2B2CD4下列
2、命题正确的是( )A直线a与平面不平行，则a与平面内的所有直线都不平行B直线a与平面不垂直，则a与平面内的所有直线都不垂直C异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直D若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面5设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=y2x的最小值为( )A7B4C1D26如图，面积为8的平行四边形OABC，对角线ACOC，AC与BO交于点E，某指数函数y=ax（a0，且a1）的图象经过点E，B，则a=( )ABC2D37设F1、F2是双曲线=1（a0，b0）的左、右焦点，A是其右支上一点，连接AF1交双曲线的左支于点B，若|AB|=|AF2|，且BAF2=60，
3、则该双曲线的离心率为( )ABC21D8由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足MN=Q，MN=，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是( )AM没有最大元素，N有一个最小元素BM没有最大元素，N也没有最小元素CM有一个最大元素，N有一个最小元素DM有一个最大元素，N没有最小元素二、填空题：本大题共7小题，考生共需作答5小题，每小题5分
4、，共25分9已知平面向量=（1，2），=（1，k21），若，则k=_10已知x+2y+3z=2，则x2+y2+z2的最小值是_11如图，一桥拱的形状为抛物线，该抛物线拱的高为h=6m，宽为b=24m，则该抛物线拱的面积为_m212若以曲线y=f（x）上任意一点M（x1，y1）为切点作切线l1，曲线上总存在异于M的点N（x2，y2），以点N为切点作切线l2，且l1l2，则称曲线y=f（x）具有“可平行性”现有下列命题：函数y=（x2）2+lnx的图象具有“可平行性”；定义在（，0）（0，+）的奇函数y=f（x）的图象都具有“可平行性”；三次函数f（x）=x3x2+ax+b具有“可平行性”，且对应
5、的两切点M（x1，y1），N（x2，y2）的横坐标满足x1+x2=；要使得分段函数f（x）=的图象具有“可平行性”，当且仅当实数m=1其中的真命题是_（写出所有真命题的序号）13若抛物线y2=2px（p0）上一点A到焦点和到x轴的距离分别为10和6，则p=_14如图，两高速公路线垂直相交于站A，若已知AB=100千米，甲汽车从A站出发，沿AC方向以50千米/小时的速度行驶，同时乙汽车从B站出发，一年BA方向以v千米/小时的速度行驶，至A站即停止前行（甲车仍继续行驶）（两车的车长忽略不计）（1）甲、乙两车的最近距离为_（用含v的式子表示）；（2）若甲、乙两车从开始行驶到甲、乙两车相距最近时所用时
6、间为t0小时，则当v为_时t0最大15定义域为R的偶函数f（x）满足对xR，有f（x+2）=f（x），且当x0，1时，f（x）=2x24x+2，若函数g（x）=f（x）loga（x+1）在（0，+）上至少有三个零点，则a的取值范围是_三、解答题：共65分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16已知函数f（x）=1+2sinxcosx2sin2x（xR）（1）求函数f（x）的单调增区间；（2）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a=3，b=，f（A）=1，求角C17如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60，已知PB=PD=2，PA=（1）证明：PCBD
7、；（2）若E为PA的中点，求三棱锥EABC的体积18等差数列an的前n项和为Sn，已知a1=7，a2为整数，当且仅当n=4时Sn取得最大值（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=（9an）2n+1，求数列bn的前n项和为Tn19已知函数f（x）=ax2+（b）x+c（a0）过坐标原点，且在x=1处的切线方程为xy1=0（1）求f（x）的解析式；（2）设g（x）=lnxf（x）f（x），求g（x）的最大值及相应的x值；（3）对于任意正数x，恒有f（x）+f（）2（x+）lnm，求实数m的取值范围20在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1上的任意一点到点A（1，0），B（1，0）的距离之和为2（
8、）求曲线C1的方程；（）设椭圆C2：x2+=1，若斜率为k的直线OM交椭圆C2于点M，垂直于OM的直线ON交曲线C1于点N（i）求证：|MN|的最小值为；（ii）问：是否存在以原点为圆心且与直线MN相切的圆？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由湖北省宜昌市2015届高考数学一模试卷（文科）一、选择题：每小题5分，共50分在四个选项中只有一项是符合题目要求的1已知集合M=x|2x2，集合N=x|x22x30，则MN等于( )A1，1B1，2）C2，1D1，2）考点：交集及其运算 专题：集合分析：求出N中不等式的解集确定出N，找出M与N的交集即可解答：解：由N中不等式变形得：（x3）（x+1
9、）0，解得：x1或x3，即N=（，13，+），M=2，2），MN=2，1，故选：C点评：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2给出如下四个命题：若“p且q”为假命题，则p，q均为假命题；命题“若ab，则a3b3”的否命题为“若ab，则a3b3”；“xR，x2+11”的否定是“xR，x2+11”；在ABC中，“AB”是“sinAsinB”的充要条件其中正确的命题序号是( )ABCD考点：命题的真假判断与应用 专题：简易逻辑分析：根据复合命题与简单命题之间的关系进行判断根据否命题的定义进行判断根据含有量词的命题的否定进行判断根据正弦定理及充要条件的定义进行判断解答：解：若“p且
10、q”为假命题，则p、q至少有一个为假命题，错误根据命题的否命题可知，命题“若ab，则2a2b1”的否命题为“若ab，则2a2b1”，正确全称命题的否定是特称命题，得“xR，x2+11”的否定是“xR，x2+11”错误在ABC中，sinAsinBsinA2RsinB2RabAB，正确；故正确；故选：B点评：本题主要考查四种命题之间的关系，复合命题与简单命题之间的关系以及含有量词的命题的否定，充要条件的定义，比较基础3设an的首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1=( )A2B2CD考点：等比数列的性质；等差数列的性质 专题：等差数列与等比数列分析：
11、由等差数列的前n项和求出S1，S2，S4，然后再由S1，S2，S4成等比数列列式求解a1解答：解：an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和，S1=a1，S2=2a11，S4=4a16，由S1，S2，S4成等比数列，得：，即，解得：故选：D点评：本题考查等差数列的前n项和公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题4下列命题正确的是( )A直线a与平面不平行，则a与平面内的所有直线都不平行B直线a与平面不垂直，则a与平面内的所有直线都不垂直C异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直D若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之
12、间的位置关系 专题：空间位置关系与距离；简易逻辑分析：找出反例判断A的正误；通过直线与平面内的直线的关系判断B的正误；反证法判断C的正误；通过反例判断D的正误；解答：解：对于A，若直线a与平面不平行，则直线a也可能在平面内，则此时a与平面内的无数条直线平行，故A错误；对于B，若直线a与平面不垂直，如果直线a也在平面内，则a与平面内的有无数条直线都垂直，故B错误；对于C，假设过a的平面与b垂直，由线面垂直的定义，则ab，这与异面直线a、b不垂直相矛盾，故C正确对于D，直线a和b共面，直线b和c共面，a和c可能平行、相交也可能异面，故a和c不一定共面，故D错误即4个结论中有3个是错误的只有C正确故
13、选：C点评：本题考查直线与平面，直线与直线的位置关系，命题的真假的判断，要证明一个结论是正确的，要经过严谨的论证，要找到能充分说明问题的相关公理、定理、性质进行说明；但要证明一个结论是错误的，只要举出反例即可5设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=y2x的最小值为( )A7B4C1D2考点：简单线性规划 专题：不等式的解法及应用分析：先根据条件画出可行域，设z=y2x，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最小，只需求出直线z=y2x，过可行域内的点B（5，3）时的最小值，从而得到z最小值即可解答：解：设变量x、y满足约束条件 ，在坐标系中画出可行域三角形，平移直线y2x=0经过点
14、A（5，3）时，y2x最小，最小值为：7，则目标函数z=y2x的最小值为7故选A点评：借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定6如图，面积为8的平行四边形OABC，对角线ACOC，AC与BO交于点E，某指数函数y=ax（a0，且a1）的图象经过点E，B，则a=( )ABC2D3考点：指数函数的图像与性质 专题：函数的性质及应用分析：首先设点E（t，at），则点B坐标为（2t，2at），又因为2at=a2t，所以at=2；然后根据平行四边形的面积是8，求出t的值，代入at=2，求出a的值即可解答：解：设点E（t，at），
15、则点B坐标为（2t，2at），又因为2at=a2t，所以at=2；因为平行四边形OABC的面积S=OCAC=at2t=4t，又平行四边形OABC的面积为8所以4t=8，t=2，所以a2=2，即a=点评：本题主要考查了指数函数的图象和性质，属于基础题7设F1、F2是双曲线=1（a0，b0）的左、右焦点，A是其右支上一点，连接AF1交双曲线的左支于点B，若|AB|=|AF2|，且BAF2=60，则该双曲线的离心率为( )ABC21D考点：双曲线的简单性质 专题：计算题；解三角形；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由题意可得BAF2为等边三角形，设AF2=t，则AB=BF2=t，再由双曲线的定义，求得
16、t=4a，再由余弦定理可得a，c的关系，结合离心率公式即可计算得到解答：解：若|AB|=|AF2|，且BAF2=60，则BAF2为等边三角形，设AF2=t，则AB=BF2=t，由双曲线的定义可得，AF1AF2=2a，BF2BF1=2a，AF1=AB+BF1，即有t+2a=2t2a，解得，t=4a，AF1=6a，AF2=4a，F1F2=2c，由余弦定理可得，F1F22=AF12+AF222AF1AF2cos60，即有4c2=36a2+16a226a4a，即为4c2=28a2，则有e=故选D点评：本题考查双曲线的离心率的求法，考查双曲线的定义的运用，考查余弦定理的运用，考查运算能力，属于中档题8由
17、无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足MN=Q，MN=，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是( )AM没有最大元素，N有一个最小元素BM没有最大元素，N也没有最小元素CM有一个最大元素，N有一个最小元素DM有一个最大元素，N没有最小元素考点：子集与真子集 专题：计算题；集合分析：由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案解答：解：若M
18、=xQ|x0，N=xQ|x0；则M没有最大元素，N有一个最小元素0；故A正确；若M=xQ|x，N=xQ|x；则M没有最大元素，N也没有最小元素；故B正确；若M=xQ|x0，N=xQ|x0；M有一个最大元素，N没有最小元素，故D正确；M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，故C不正确；故选C点评：本题考查了学生对新定义的接受与应用能力，属于基础题二、填空题：本大题共7小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分9已知平面向量=（1，2），=（1，k21），若，则k=考点：平面向量数量积的运算 专题：计算题；平面向量及应用分析：运用向量垂直的条件：数量积为0，由数量积的坐标表示，解方程即可得到
19、k解答：解：平面向量=（1，2），=（1，k21），若，则=0，即1+2（k21）=0，解得，k=故答案为：点评：本题考查平面向量垂直的条件：数量积为0，考查运算能力，属于基础题10已知x+2y+3z=2，则x2+y2+z2的最小值是考点：二维形式的柯西不等式 专题：不等式的解法及应用分析：由条件利用柯西不等式（12+22+32）（x2+y2+z2）（x+2y+3z）2，求得x2+y2+z2的最小值解答：解：12+22+32=14，由柯西不等式可得（12+22+32）（x2+y2+z2）（x+2y+3z）2=4，x2+y2+z2=，即x2+y2+z2的最小值是 ，故答案为：点评：本题主要考查了
20、函数的最值，以及柯西不等式的应用，解题的关键是利用柯西不等式（12+22+32）（x2+y2+z2）（x+2y+3z）2，进行解决11如图，一桥拱的形状为抛物线，该抛物线拱的高为h=6m，宽为b=24m，则该抛物线拱的面积为96m2考点：抛物线的应用 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：建立坐标系，设抛物线方程为x2=2py（p0），则将（12，6）代入可得p=12，y=，该抛物线拱的面积为2（126），即可得出结论解答：解：由题意，建立如图所示的坐标系，设抛物线方程为x2=2py（p0），则将（12，6）代入可得p=12，y=，该抛物线拱的面积为2（126）=2（7224）=96m2，故答
21、案为：96点评：解决该试题的关键是利用定积分表示出抛物线拱的面积，然后借助于定积分得到结论12若以曲线y=f（x）上任意一点M（x1，y1）为切点作切线l1，曲线上总存在异于M的点N（x2，y2），以点N为切点作切线l2，且l1l2，则称曲线y=f（x）具有“可平行性”现有下列命题：函数y=（x2）2+lnx的图象具有“可平行性”；定义在（，0）（0，+）的奇函数y=f（x）的图象都具有“可平行性”；三次函数f（x）=x3x2+ax+b具有“可平行性”，且对应的两切点M（x1，y1），N（x2，y2）的横坐标满足x1+x2=；要使得分段函数f（x）=的图象具有“可平行性”，当且仅当实数m=1其
22、中的真命题是（写出所有真命题的序号）考点：命题的真假判断与应用 专题：新定义；简易逻辑分析：根据导数的几何意义，将定义转化为：“方程y=a（a是导数值）至少有两个根”，利用：y=4+时，x的取值唯一判断不符合；对于，举例说明不正确；对于，求出导数列出方程化简后判断；对于，由两分段函数的导数的值域相等求得满足条件的m值判断解答：解：由“可平行性”的定义，可得曲线y=f（x）具有“可平行性”，则方程y=a（a是导数值）至少有两个根函数y=（x2）2+lnx，则（x0），方程，即2x2（4+a）x+1=0，当a=4+时有两个相等正根，不符合题意；定义在（，0）（0，+）的奇函数，如y=x，x（，0）
23、（0，+）在各点处没有切线，错误；三次函数f（x）=x3x2+ax+b，则f（x）=3x22x+a，方程3x22x+am=0在（2）212（am）0时不满足方程y=a（a是导数值）至少有两个根命题错误；函数y=ex1（x0），y=ex（0，1），函数y=x+，=，由，得，x1，则m=1故要使得分段函数f（x）=的图象具有“可平行性”，当且仅当实数m=1，正确正确的命题是故答案为：点评：本题考查了导数的几何意义，关键是将定义正确转化为：曲线上至少存在两个不同的点，对应的导数值相等，综合性较强，考查了转化思想13若抛物线y2=2px（p0）上一点A到焦点和到x轴的距离分别为10和6，则p=2或18
24、考点：抛物线的简单性质 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由抛物线方程得到焦点F（，0），设A（x，），由A到焦点和到x轴的距离分别为10和6，利用抛物线定义和两点间距离公式建立方程组，能求出p的值解答：解：点A是抛物线y2=2px（p0）上一点，焦点F（，0），可设A（x，），A到焦点和到x轴的距离分别为10和6，整理，得p4328p2+1296=0，解得p2=4，或p2=324，p=2，或p=8故答案为：2或8点评：本题考查抛物线的简单性质的应用，是中档题，解题时要注意两点间距离公式的合理运用14如图，两高速公路线垂直相交于站A，若已知AB=100千米，甲汽车从A站出发，沿AC方向以5
25、0千米/小时的速度行驶，同时乙汽车从B站出发，一年BA方向以v千米/小时的速度行驶，至A站即停止前行（甲车仍继续行驶）（两车的车长忽略不计）（1）甲、乙两车的最近距离为（用含v的式子表示）；（2）若甲、乙两车从开始行驶到甲、乙两车相距最近时所用时间为t0小时，则当v为50千米/小时时t0最大考点：函数模型的选择与应用 专题：函数的性质及应用分析：（1）设乙车行驶t小时到D，甲车行驶t小时到E，分类讨论，利用二次函数确定最值；（2）利用基本不等式，即可求得结论解答：解：（1）设乙车行驶t小时到D，甲车行驶t小时到E若0vt100，则DE2=AE2+AD2=（100vt）2+（50t）2=（250
26、0+v2）t2200vt+10000t=时，DE2取到最小值，DE也取到最小值，最小值为；若vt100，乙车停止，甲车继续前行，DE越来越大，无最大值综上，甲，乙两车的最近距离为千米；（2）t0=1，当且仅当v=，即v=50千米/小时，t0最大，故答案为：；50千米/小时；点评：本题考查函数模型的构建，考查基本不等式的运用，属于中档题15定义域为R的偶函数f（x）满足对xR，有f（x+2）=f（x），且当x0，1时，f（x）=2x24x+2，若函数g（x）=f（x）loga（x+1）在（0，+）上至少有三个零点，则a的取值范围是a考点：函数奇偶性的性质；函数零点的判定定理 专题：函数的性质及应
27、用分析：由f（x+2）=f（x）得出函数的周期，由y=f（x）loga（x+1）=0得到f（x）=loga（x+1），利用函数的周期性和偶函数的性质，分别作出函数y=f（x）和y=loga（x+1）的图象，利用图象确定a的取值范围解答：解：由y=f（x）loga（x+1）=0得到f（x）=loga（x+1），因为偶函数f（x）满足对xR，有f（x+2）=f（x），所以偶函数的周期是2，由题意得，当x0，1时，f（x）=2x24x+2，分别作出函数y=f（x）和g（x）=loga（x+1）的图象，已知0a1不满足条件，则a1，要使函数y=f（x）loga（x+1）在（0，+）上至少有三个零点，由
28、图可得，loga（2+1）f（2）=f（0）=2，即loga3，则a23，解得a，故答案为：a点评：本题主要考查函数零点应用，利用数形结合，将方程转化为两个函数图象的相交问题是解决此类问题的基本方法综合性较强三、解答题：共65分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16已知函数f（x）=1+2sinxcosx2sin2x（xR）（1）求函数f（x）的单调增区间；（2）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a=3，b=，f（A）=1，求角C考点：三角函数中的恒等变换应用；正弦定理 专题：三角函数的求值；三角函数的图像与性质分析：（1）利用三角函数中的恒等变换应用，化简可得f（x）=
29、2sin（2x+），利用正弦函数的单调性，由不等式2k2x+2k+，kZ可求得f（x）的单调增区间；（2）由f（A）=2sin（2A+）=1sin（2A+）=，A（0，），即可求得A的值，再结合正弦定理可求得B的值，从而可得角C解答：解：f（x）=1+2sinxcosx2sin2x=sin2x+cos2x=2sin（2x+） （1）由2k2x+2k+，kZ得kxk+，kZ函数f（x）的单调递增区间为k，k+，kZ （2）f（A）=12sin（2A+）=1sin（2A+）=A（0，），2A+（，），2A+=，A=，由正弦定理得sinB=又ba，B（0，），B= 故C=点评：本题考查三角函数中的恒
30、等变换应用，考查正弦函数的单调性与特殊角的三角函数值，考查正弦定理的应用，属于中档题17如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60，已知PB=PD=2，PA=（1）证明：PCBD；（2）若E为PA的中点，求三棱锥EABC的体积考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；棱锥的结构特征 专题：空间位置关系与距离分析：（1）连接BD，AC交于O点，由已知得POBD，BDAC，从而BD面PAC，由此能证明BDPC（2）由VEABC=VBAEC，利用等积法能求出三棱锥EABC的体积解答：（1）证明：连接BD，AC交于O点，PB=PD，POBD，又ABCD是菱形，BDAC，而ACPO=O，BD
31、面PAC，BDPC（2）解：由（1）知BD面PAC，=3，VEABC=VBAEC=点评：本题考查异面直线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要注意空间思维能力的培养18等差数列an的前n项和为Sn，已知a1=7，a2为整数，当且仅当n=4时Sn取得最大值（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=（9an）2n+1，求数列bn的前n项和为Tn考点：数列的求和；等差数列的性质 专题：等差数列与等比数列分析：（1）由当且仅当n=4时Sn取得最大值，可得a40，a50再利用等差数列的通项公式即可得出；（2）利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出解答：解：（1）当且仅当n=4时Sn取得
32、最大值，a40，a50，解得又a2为整数，7+d为整数，d为整数，d=2故an=72（n1）=92n（2）bn=（9an）2n+1=n2n数列bn的前n项和为Tn=12+222+323+n2n，2Tn=22+223+324+（n1）2n+n2n+1，Tn=2+22+23+2nn2n+1=n2n+1=（1n）2n+12，点评：本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19已知函数f（x）=ax2+（b）x+c（a0）过坐标原点，且在x=1处的切线方程为xy1=0（1）求f（x）的解析式；（2）设g（x）=lnxf（x）f（x），求
33、g（x）的最大值及相应的x值；（3）对于任意正数x，恒有f（x）+f（）2（x+）lnm，求实数m的取值范围考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；二次函数的性质 专题：计算题；函数的性质及应用；导数的综合应用分析：（1）由函数f（x）=ax2+（b）x+c（a0）过坐标原点可得f（0）=c=0，从而求导f（x）=2ax+（b），从而得到f（1）=2a+（b）=1且f（1）=a+b=0；从而解得；（2）化简g（x）=lnxf（x）f（x）=lnx2x3+3x2x；求导g（x）=；从而求最值；（3）x0时，不等式x2+（x+）2（x+）lnm恒成立，令x+=t，（t2），则lnmt1；从而求得解答
34、：解：（1）函数f（x）=ax2+（b）x+c（a0）过坐标原点，f（0）=c=0，f（x）=2ax+（b），由函数f（x）在x=1处的切线方程为xy1=0知，f（1）=2a+（b）=1且f（1）=a+b=0；解得a=1，b=；f（x）=x2x（2）g（x）=lnxf（x）f（x）=lnx2x3+3x2x；g（x）=；当x（0，1）时，g（x）单调递增；当x（1，+）时，g（x）单调递减 当x=1时，g（x）有最大值，且gmax（x）=0；（3）x0时，不等式x2+（x+）2（x+）lnm恒成立，令x+=t，（t2），则lnmt1；lnm（t1）min=1；0m点评：本题考查了导数的综合应用及
35、恒成立问题，同时考查了换元法的应用，属于中档题20在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1上的任意一点到点A（1，0），B（1，0）的距离之和为2（）求曲线C1的方程；（）设椭圆C2：x2+=1，若斜率为k的直线OM交椭圆C2于点M，垂直于OM的直线ON交曲线C1于点N（i）求证：|MN|的最小值为；（ii）问：是否存在以原点为圆心且与直线MN相切的圆？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由考点：直线与圆锥曲线的综合问题 专题：圆锥曲线中的最值与范围问题分析：（）由椭圆定义可知曲线C1的轨迹是椭圆，设C1的方程为，由已知条件知2a=2，c=1，由此能求出曲线的方程（）（）当k=0，M为C2长
36、轴端点，N为C1短轴的端点，|MN|=设直线OM：y=kx，代入x2+=1，得（2+3k）x2=2，由此能求出|MN|的最小值（）存在以原点为圆心且与直线MN相切的圆设RtMON斜边上的高为h，当k=0时，h=，当k0时，|OM|ON|=，由此能推导出存在以原点为圆心，半径为且与直线MN相切的圆，并能求出圆的方程解答：满分（）解：由椭圆定义可知曲线C1的轨迹是椭圆，设C1的方程为，ab0，所以2a=2，c=1，则b=1，故的方程（）（） 证明：当k=0，M为C2长轴端点，则N为C1短轴的端点，|MN|=当k0时，设直线OM：y=kx，代入x2+=1，整理得（2+3k）x2=2，即x2=，y2=，所以|OM|2=x2+y2=又由已知OMON，设ON：y=，同理解得|ON|2=，所以|MN|2=|OM|2+|ON|2=+=（2+2k2），又|MN|22=，所以|MN|的最小值为（）解：存在以原点为圆心且与直线MN相切的圆设RtMON斜边上的高为h，由（）（）得当k=0时，h=，当k0时，|OM|ON|=，又|MN|=，由|MN|h=|OM|ON|，得h=，故存在以原点为圆心，半径为且与直线MN相切的圆，圆方程为点评：本小题考查椭圆的标准方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想等
