精彩试读：

19. 已知点A(0，－2)，椭圆E：$\displaystyle \frac{{{{x}^{2}}}}{{{{a}^{2}}}}+\frac{{{{y}^{2}}}}{{{{b}^{2}}}}=1$ (a>b>0)，离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，O为坐标原点.

(1)求E的方程；

(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.

【答案】（1）$\displaystyle \frac{{{{x}^{2}}}}{4}+{{y}^{2}}=1$ （2）$y=\pm \frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2$

【解析】

【详解】试题分析：设出$F$，由直线$AF$的斜率为$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$求得$\displaystyle c$，结合离心率求得$\displaystyle a$，再由隐含条件求得$b$，即可求椭圆方程；（2）点$l\bot x$轴时，不合题意；当直线$\displaystyle l$斜率存在时，设直线$\displaystyle l:y=kx-2$，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得$\displaystyle k$的范围，再由弦长公式求得$\left| {PQ} \right|$，由点到直线的距离公式求得$O$到$\displaystyle l$的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出$\displaystyle k$值，则直线方程可求.

试题解析：（1）设$F\left( {c,0} \right)$，因为直线$AF$的斜率为$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，$A\left( {0,-2} \right)$

所以$\frac{2}{c}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，$c=\sqrt{3}$.

又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2},{{b}^{2}}={{a}^{2}}-{{c}^{2}}$

解得$a=2,b=1$，

所以椭圆$\displaystyle E$的方程为$\frac{{{{x}^{2}}}}{4}+{{y}^{2}}=1$.

（2）解：设$P\left( {{{x}_{1}},{{y}_{1}}} \right),Q\left( {{{x}_{2}},{{y}_{2}}} \right)$

由题意可设直线$\displaystyle l$的方程为：$y=kx-2$，

联立消去$\displaystyle y$得$\left( {1+4{{k}^{2}}} \right){{x}^{2}}-16kx+12=0$，

当$\Delta =16\left( {4{{k}^{2}}-3} \right)>0$，所以${{k}^{2}}>\frac{3}{4}$，即$k<-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$或$k>\frac{{\sqrt{3}}}{2}$时

${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{{16k}}{{1+4{{k}^{2}}}},{{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{{12}}{{1+4{{k}^{2}}}}$.

所以$\left| {PQ} \right|=\sqrt{{1+{{k}^{2}}}}\sqrt{{{{{\left( {{{x}_{1}}+{{x}_{2}}} \right)}}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}}}$

$=\sqrt{{1+{{k}^{2}}}}\sqrt{{{{{\left( {\frac{{16k}}{{1+4{{k}^{2}}}}} \right)}}^{2}}-\frac{{48}}{{1+4{{k}^{2}}}}}}$

$=\frac{{4\sqrt{{1+{{k}^{2}}}}\sqrt{{4{{k}^{2}}-3}}}}{{1+4{{k}^{2}}}}$

点$O$到直线$\displaystyle l$的距离$d=\frac{2}{{\sqrt{{{{k}^{2}}+1}}}}$

所以${{S}_{{\Delta OPQ}}}=\frac{1}{2}d\left| {PQ} \right|=\frac{{4\sqrt{{4{{k}^{2}}-3}}}}{{1+4{{k}^{2}}}}$，

设$\sqrt{{4{{k}^{2}}-3}}=t>0$，则$4{{k}^{2}}={{t}^{2}}+3$，

${{S}_{{\Delta OPQ}}}=\frac{{4t}}{{{{t}^{2}}+4}}=\frac{4}{{t+\frac{4}{t}}}\le \frac{4}{{2\sqrt{4}}}=1$，

当且仅当$t=2$，即$\sqrt{{4{{k}^{2}}-3}}=2$，

解得$k=\pm \frac{{\sqrt{7}}}{2}$时取等号，

满足${{k}^{2}}>\frac{3}{4}$

所以$\Delta OPQ$的面积最大时直线$\displaystyle l$的方程为：$y=\frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2$或$y=-\frac{{\sqrt{7}}}{2}x-2$

20. 已知函数$\displaystyle f\left( x \right)={{x}^{2}}-2x+a\ln x\left( {a\in R} \right)$.

（1）当$\displaystyle a=-4$时，求函数$f\left( x \right)$的单调区间；

（2）若函数$f\left( x \right)$有两个极值点$\displaystyle {{x}_{1}}$，$\displaystyle {{x}_{2}}\left( {{{x}_{1}}<{{x}_{2}}} \right)$，不等式$\displaystyle f\left( {{{x}_{1}}} \right)\ge m{{x}_{2}}$恒成立，求实数$\displaystyle m$的取值范围．

【答案】（1）$f\left( x \right)$的单调增区间为，单调减区间为$\left( {0,2} \right)$；（2）$\displaystyle m\le -\frac{3}{2}-\ln 2$.

【解析】

【分析】（1）$\displaystyle a=-4$时，$f\left( x \right)={{x}^{2}}-2x-4\text{ln}x$，定义域为，求导，利用导数的正负求的单调区间；

（2）由函数在 上有两个极值点，求导，根据判别式可得，不等式$\displaystyle f\left( {{{x}_{1}}} \right)\ge m{{x}_{2}}$恒成立即为$\frac{{f\left( {{{x}_{1}}} \right)}}{{{{x}_{2}}}}\ge m$ ，求得$\frac{{f\left( {{{x}_{1}}} \right)}}{{{{x}_{2}}}}=1-{{x}_{1}}+\frac{1}{{{{x}_{1}}-1}}+2{{x}_{1}}\text{ln}{{x}_{1}}$，令$h\left( x \right)=1-x+\frac{1}{{x-1}}+2x\text{ln}x(0<x<\frac{1}{2})$求出导数，判断单调性，即可得到的范围，即可求得$\displaystyle m$的范围．

【详解】（1）$\displaystyle a=-4$时，$f\left( x \right)={{x}^{2}}-2x-4\text{ln}x$，定义域为，

$\displaystyle {f}'\left( x \right)=2x-2-\frac{4}{x}=\frac{{2\left( {{{x}^{2}}-x-2} \right)}}{x}=\frac{{2\left( {x+1} \right)\left( {x-2} \right)}}{x}$.

∴$0<x<2$时：$\displaystyle {f}'\left( x \right)<0$，$\displaystyle x>2$时，$\displaystyle {f}'\left( x \right)>0$，

∴$f\left( x \right)$的单调增区间为，单调减区间为$\left( {0,2} \right)$.

（2）函数$f\left( x \right)$在上有两个极值点，$\displaystyle {f}'\left( x \right)=2x-2+\frac{a}{x}=\frac{{2{{x}^{2}}-2x+a}}{x}(x>0)$.

由$\displaystyle {f}'\left( x \right)=0$得$2{{x}^{2}}-2x+a=0$，

当$\displaystyle \Delta =4-8a>0$，$a<\frac{1}{2}$时，$\displaystyle {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=1$，${{x}_{1}}=\frac{{1-\sqrt{{1-2a}}}}{2}$，${{x}_{2}}=\frac{{1+\sqrt{{1-2a}}}}{2}$，则${{x}_{1}}>0$，∴$\displaystyle a>0$.

由$\displaystyle 0<a<\frac{1}{2}$，可得$\displaystyle 0<{{x}_{1}}<\frac{1}{2}$，$\displaystyle \frac{1}{2}<{{x}_{2}}<1$，

$\frac{{f\left( {{{x}_{1}}} \right)}}{{{{x}_{2}}}}=\frac{{x_{1}^{2}-2{{x}_{1}}+a\text{ln}{{x}_{1}}}}{{{{x}_{2}}}}=\frac{{x_{1}^{2}-2{{x}_{1}}+\left( {2{{x}_{1}}-2x_{1}^{2}} \right)\text{ln}{{x}_{1}}}}{{{{x}_{2}}}}=1-{{x}_{1}}+\frac{1}{{{{x}_{1}}-1}}+2{{x}_{1}}\text{ln}{{x}_{1}}$，

令$h\left( x \right)=1-x+\frac{1}{{x-1}}+2x\text{ln}x(0<x<\frac{1}{2})$，则${h}'\left( x \right)=1-\frac{1}{{{{{\left( {x-1} \right)}}^{2}}}}\text{+}2\text{ln}x$，

因为$\displaystyle 0<x<\frac{1}{2}$,$-1<x-1<-\frac{1}{2},\frac{1}{4}<{{\left( {x-1} \right)}^{2}}<1$，$-4<-\frac{1}{{{{{\left( {x-1} \right)}}^{2}}}}<-1$，又$2\text{ln}x<0$.

所以$\displaystyle {h}'\left( x \right)<0$，即$\displaystyle 0<x<\frac{1}{2}$时，$h\left( x \right)$单调递减，所以$h\left( x \right)>-\frac{3}{2}-\text{ln}2$，即$\frac{{f\left( {{{x}_{1}}} \right)}}{{{{x}_{2}}}}>-\frac{3}{2}-\text{ln}2$，

故实数$\displaystyle m$的取值范围是$m\le -\frac{3}{2}-\text{ln}2$.

请考生在第21、22题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写．

21. 在直角坐标系$xOy$中，曲线${{C}_{1}}$的参数方程为$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x=\sqrt{3}\cos \alpha } \\ {y=\sin \alpha } \end{array}} \right.$（$\displaystyle \alpha $为参数），以坐标原点为极点，以$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 \sin (\theta +\frac{\pi }{4})=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$\displaystyle \left| {PQ} \right|$的最小值以及此时$P$的直角坐标.

【答案】（1）${{C}_{1}}$：$\displaystyle \frac{{{{x}^{2}}}}{3}+{{y}^{2}}=1$，${{C}_{2}}$：$\displaystyle x+y-4=0$；（2）$\displaystyle {{\left| {PQ} \right|}_{{\min }}}=\sqrt{2}$，此时$\displaystyle P(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$.

【解析】

【详解】试题分析：（1）${{C}_{1}}$的普通方程为$\displaystyle \frac{{{{x}^{2}}}}{3}+{{y}^{2}}=1$，${{C}_{2}}$的直角坐标方程为$\displaystyle x+y-4=0$；（2）由题意，可设点$P$的直角坐标为$\displaystyle (\sqrt{3}\cos \alpha ,\sin \alpha )$$\Rightarrow $$P$到${{C}_{2}}$的距离$\displaystyle d(\alpha )=\frac{{|\sqrt{3}\cos \alpha +\sin \alpha -4|}}{{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}|\sin (\alpha +\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{3})-2|$

$\Rightarrow $当且仅当$\displaystyle \alpha =2k\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }+\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}(k\in Z)$时，$\displaystyle d(\alpha )$取得最小值，最小值为$\sqrt{2}$，此时$P$的直角坐标为$\displaystyle (\frac{3}{2},\frac{1}{2})$.

试题解析： （1）${{C}_{1}}$的普通方程为$\displaystyle \frac{{{{x}^{2}}}}{3}+{{y}^{2}}=1$，${{C}_{2}}$的直角坐标方程为$\displaystyle x+y-4=0$.

（2）由题意，可设点$P$

直角坐标为$\displaystyle (\sqrt{3}\cos \alpha ,\sin \alpha )$，因为${{C}_{2}}$是直线，所以$\displaystyle |PQ|$的最小值即为$P$到${{C}_{2}}$的距离$\displaystyle d(\alpha )$的最小值，$\displaystyle d(\alpha )=\frac{{|\sqrt{3}\cos \alpha +\sin \alpha -4|}}{{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}|\sin (\alpha +\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{3})-2|$.

当且仅当$\displaystyle \alpha =2k\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }+\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}(k\in Z)$时，$\displaystyle d(\alpha )$取得最小值，最小值为$\sqrt{2}$，此时$P$的直角坐标为$\displaystyle (\frac{3}{2},\frac{1}{2})$.

考点：坐标系与参数方程.

【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线$\text{C}$的普通方程$\displaystyle F(x,y)=0$化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．