2022年高考数学一模试卷含解析答案.docx-淘文阁

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 山东省高考数学一模试卷（理科）一、挑选题（共 10 小题,每道题1（ 5 分）（2022.山东一模）复数为（）5 分,满分 50 分）z=|（ i）i|+i 5（i 为虚数单位） ,就复数 z 的共轭复数A 2 i B 2+i C 4 i D 4+i 【考点】：复数代数形式的乘除运算【专题】：数系的扩充和复数【分析】：直接利用复数模的公式求复数的模,再利用虚数单位i 的运算性质化简后得z,就复数 z 的共轭复数可求【解析】：解：由 z=|（ i） i|+i5=,得：应选： A【点评】：此题考查复数模的求法,考查了虚数单位i 的运算性质

2、,是基础题2（ 5 分）（2022.山东一模）如 1,1. x|x 2 tx+t| 1 ,就实数 t 的取值范畴是（）A 1,0 B 2 2,0 C （ , 2 D 2 2, 2+2 【考点】：集合的包含关系判定及应用【专题】：运算题；函数的性质及应用；集合【分析】：令 y=x2 tx+t ,由题意,将集合的包含关系可化为求函数的最值的范畴【解析】：解：令 y=x 2 tx+t , 如 t=0,就x|x21= 1, 1,成立, 如 t0,就 ymax=（ 1）2 t（ 1）+t=2t+1 1,即 t0,不成立；如 t0,就 ymax=（1）2 t+t=11,成立,ymin=（）2 t

3、. +t 1,即 t2 4t 40,解得, 2 2t2+2,就 2 2t0,综上所述,2 2t0应选 B【点评】：此题考查了集合的包含关系的应用,属于基础题名师归纳总结 3（ 5 分）（2022.山东一模）已知M （ 2,m）是抛物线y2 =2px（p0）上一点,就 “p1” 是第 1 页,共 17 页“点 M 到抛物线焦点的距离不少于3”的（）A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充要条件D 既不充分也不必要条- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【考点】：必要条件、充分条件与充要条件的判定【专题】：简易规律【分析】：依据抛物线的定义和性质,利

4、用充分条件和必要条件的定义即可得到结论【解析】：解：抛物线的交点坐标为 F（,0）,准线方程为 x=,就点 M 到抛物线焦点的距离 PF=2 （）=2+,如 p1,就 PF=2+ ,此时点 M 到抛物线焦点的距离不少于 3 不成立,即充分性不成立,如点 M 到抛物线焦点的距离不少于 3,即 PF=2+3,即 p2,就 p1,成立,即必要性成立,故“ p1”是“点 M 到抛物线焦点的距离不少于 3” 的必要不充分条件,应选： B 【点评】：此题主要考查充分条件和必要条件的判定,的关键利用抛物线的定义和性质是解决此题4（ 5 分）（2022.山东一模）如m 是 2 和 8 的等比中项,就圆锥曲

5、线x2+的离心率为（）或D或A BC【考点】：圆锥曲线的共同特点；等比数列的性质【专题】：运算题【分析】：先依据等比中项的性质求得 m 的值,分别看当 m 大于 0 时,曲线为椭圆,进而依据标准方程求得 a 和 b,就 c 可求得,继而求得离心率当 m0,曲线为双曲线,求得a,b 和 c,就离心率可得最终综合答案即可【解析】：解：依题意可知 m=4 当 m=4 时,曲线为椭圆,a=2,b=1,就 c=,e= =当 m= 4 时,曲线为双曲线,a=1,b=2,c= 就, e=应选 D 【点评】：此题主要考查了圆锥曲线的问题,考查了同学对圆锥曲线基础学问的综合运用,对基础的把握程度5（

6、5 分）（2022.山东一模）在 ABC 中,如 b=2,A=120 ,三角形的面积S=,就三角形外接圆的半径为（）A B 2 C 2D 4 【考点】：正弦定理【专题】：解三角形名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【分析】：由条件求得c=2=b,可得 B 的值,再由正弦定理求得三角形外接圆的半径R 的值【解析】：解： ABC 中,b=2,A=120 ,三角形的面积S=bc.sinA=c .,c=2=b ,故 B=（180 A ）=30R=2,再由正弦定理可得=2R=4,三角形外接圆的半径应选： B【点评】：

7、此题主要考查正弦定理的应用,属于基础题6（ 5 分）（2022.山东一模）某几何体的三视图如下列图,正视图、侧视图、俯视图都是边长为 1 的正方形,就此几何体的外接球的表面积为（）A 3 B 4 C 2 D【考点】：由三视图求面积、体积【专题】：空间位置关系与距离【分析】：如下列图,该几何体是正方体的内接正四棱锥因此此几何体的外接球的直径2R=正方体的对角线,利用球的表面积运算公式即可得出【解析】：解：如下列图,该几何体是正方体的内接正四棱锥因此此几何体的外接球的直径2R=正方体的对角线,其表面积 S=4R2=3应选： A【点评】：此题考查了正方体的内接正四棱锥、球的表面积运算公式,

8、考查了推理才能与计算才能,属于基础题名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 7（5 分）（2022.山东一模）定义 maxa ,b=,设实数 x,y 满意约束条件,就 z=max4x+y ,3x y 的取值范畴是（）A 8,10 B 7,10 C 6,8 D 7,8【考点】：简洁线性规划【专题】：分类争论；转化思想；不等式的解法及应用【分析】：由约束条件作出可行域,结合新定义得到目标函数的分段函数,然后化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,求出最优解的坐标,代入目标函数得答案【解析】：解：由约束条件,

9、得作出可行域如图,由定义 maxa ,b=z=max4x+y ,3x y=,当 x+2y 0 时, 化 z=4x+y 为 y= 4x+z,当直线 y= 4x+z 过 B（ 2,1）时 z 有最小值为 4（ 2）+1= 7；当直线 y= 4x+z 过 A （2,2）时 z 有最大值为 42+12=10；当 x+2y 0 时,化 z=3x y 为 y=3x z,当直线 y=3x z 过 B（ 2,1）时 z 有最小值为 3（ 2） 1= 7；当直线 y= 4x+z 过 A （2, 2）时 z 有最大值为42 1（2）=10综上, z=max4x+y ,3x y 的取值范畴是 7,10应选： B【点

10、评】：此题是新定义题, 考查了简洁的线性规划,是中档题考查了数形结合及数学转化思想方法,8（ 5 分）（2022.山东一模）函数 y=log 3（x+3） 1（ a0,且 a1）的图象恒过定点 A ,如点 A 在直线 mx+ny+1=0 上,其中 m, n 均大于 0,就的最小值为（）A 2 B 4 C 8 D 16 【考点】：基本不等式；对数函数的图像与性质名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【专题】：函数的性质及应用；不等式的解法及应用【分析】：现依据对数函数图象和性质求出点A 的坐标,再依据点在直线上

11、,代入化简得到 2m+n=1 ,再依据基本不等式,即可求出结果【解析】：解： y=log 3（x+3） 1（a0,且 a1）的图象恒过定点 A,当 x+3=1 时,即 x= 2 时, y= 1,A 点的坐标为（2, 1）,点 A 在直线 mx+ny+1=0 上, 2m n+1=0,即 2m+n=1 ,m,n 均大于 0,=+=2+24+2=8,当且仅当m=, n=时取等号,故的最小值为8,应选： C 【点评】：此题考查了对数函数图象和性质以及基本不等式,属于中档题9（5 分）（2022.山东一模）已知 ABC 中,内角 A、B、C所对的边分别为a,b,且 acosC+c=b,如 a=1,c

12、 2b=1,就角 B 为（）A BCD【考点】：余弦定理；正弦定理【专题】：解三角形【分析】：已知等式利用正弦定理化简,整理求出cosA 的值,求出 A 的度数,利用余弦定理列出关系式,把 a 与 sinA 的值代入得到关于 b 与 c 的方程,与已知等式联立求出 b 与 c的值,再利用正弦定理求出 sinB 的值,即可确定出 B 的度数【解析】：解：已知等式利用正弦定理化简得：sinAcosC+ sinC=sinB=sin （A+C ）=sinAcosC+cosAsinC ,由 sinC0,整理得： cosA=,即 A=,2=bc ,由余弦定理得：2 a =b2 +c2 2bccos

13、A,即 1=b2 +c,与c 2b=1 联立,解得： c=,b=1,由正弦定理=,得： sinB=bc, BC,就 B=应选： B【点评】：此题考查了正弦、余弦定理,的关键以及特别角的三角函数值,娴熟把握定理是解此题名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 10（5 分）（2022.山东一模）设定义在D 上的函数 y=h （x）在点 P（x0, h（x0）处的切线方程为 l： y=g（ x）,当 xx0 时,如 0 在 D 内恒成立,就称 P 为函数y=h（x）的 “ 类对称点 ” ,就 f（x） =x 2 6x+4ln

14、x 的 “类对称点 ”的横坐标是（）A 1 BC e D【考点】：利用导数争论曲线上某点切线方程【专题】：运算题；新定义；导数的概念及应用；导数的综合应用【分析】：当 a=4 时,函数 y=H （ x）在其图象上一点 P（x0,f（x0）处的切线方程为 y=g（x）=（2x0+ 6）（x x0）+x02 6x0+4lnx0 由此能推导出 y=h（x）存在 “类对称点 ”,是一个 “ 类对称点 ” 的横坐标【解析】：解：当 a=4 时,函数 y=h（x）在其图象上一点y=g（x）=（2x0+ 6）（x x0）+x02 6x0+4lnx 0,P（x0,h（x0）处的切线方程为：设 m（x）

15、=h（x）g（x）=x2 6x+4lnx （ 2x0+ 6）（x x0） x0 2+6x 0 4lnx 0,就 m（x0）=0m（ x）=2x+ 6 （ 2x0+ 6）=2（ x x0）（1）=（x x0）（x）如 x0, （ x）在（ x0,）上单调递减,当 x（x0,）时, m（ x） m（x0） =0,此时0；如 x0,（x）在（, x0）上单调递减,当 x（,x0）时, m（ x） m（x0） =0,此时0；y=h （x）在（ 0,）（,+）上不存在 “类对称点 ” 如 x0=,（x）20,m（x）在（ 0,+）上是增函数,当 xx0 时, m（x） m（x0）=0,当 xx0 时,

16、m（x） m（x0）=0,故0即此时点 P 是 y=f （x）的 “ 类对称点 ”综上, y=h （x）存在 “类对称点 ”,应选 B是一个 “ 类对称点 ”的横坐标名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【点评】：此题考查函数的单调增区间的求法,探究满意函数在肯定零点下的参数的求法,探究函数是否存在“类对称点 ”解题时要认真审题,留意分类争论思想和等价转化思想的合理运用,此题是难题二、填空题：本大题共5 小题,每道题5 分,共 25 分f（x）6 的解集为 x|11（5 分）（2022.山东一模）已知函数f（x）=|

18、的焦点为 F,射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M ,与其准线相交于点 N,就 |FM|：|MN|= 1：【考点】：抛物线的简洁性质【专题】：圆锥曲线的定义、性质与方程名师归纳总结【分析】：求出抛物线C 的焦点 F 的坐标,从而得到AF 的斜率 k=过 M 作 MP l 于第 7 页,共 17 页P,依据抛物线物定义得|FM|=|PM| Rt MPN 中,依据 tanMNP=,从而得到 |PN|=2|PM|,进而算出 |MN|=|PM|,由此即可得到|FM|：|MN|的值【解析】：解：抛物线C：x2=4y 的焦点为 F（0, 1）,点 A 坐标为（ 2,0）,抛物线的准线方程为l

19、：y= 1,直线 AF 的斜率为 k=,过 M 作 MP l 于 P,依据抛物线物定义得|FM|=|PM| ,Rt MPN 中, tanMNP= k=,=,可得 |PN|=2|PM|,得|MN|=|PM| 因此可得 |FM|：|MN|=|PM| ：|MN|=1 ：故答案为： 1：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【点评】：此题给出抛物线方程和射线FA,求线段的比值着重考查了直线的斜率、抛物线的定义、标准方程和简洁几何性质等学问,属于中档题13（5 分）（2022.山东一模）已知函数就=【考点】：定积分【专题】：导数的综合应用【分析】：=,由定积

20、分的几何意义可知：表示上半圆 x2+y 2=1（ y0）的面积,即可得出利用微积分基本定理即可得出 dx=【解析】：解：=,由定积分的几何意义可知：表示上半圆 x2+y 2=1（y0）的面积,=又 dx= =e2 e= =好故答案为：【点评】：此题考查了定积分的几何意义、微积分基本定理,属于中档题14（5 分）（2022.山东一模）把座位编号为1、2、3、4、5 的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人,每人至少一张,至多两张,且分得的两张票必需是连号,那么不同的分法种数为96（用数字作答）【考点】：排列、组合及简洁计数问题【专题】：概率与统计名师归纳总结 - - - - - - -第

21、 8 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【分析】：依据题意,先将票分为符合题意要求的4 份,可以转化为将1、2、3、4、5 这五个数用 3 个板子隔开, 分为四部分且不存在三连号的问题,用插空法易得其情形数目,再将分好的 4 份对应到 4 个人,由排列学问可得其情形数目,由分步计数原理,运算可得答案【解析】：解：先将票分为符合条件的4 份,由题意, 4 人分 5 张票,且每人至少一张,至多两张,就三人一张,1 人 2 张,且分得的票必需是连号,相当于将 1、2、3、4、5 这五个数用 3 个板子隔开, 分为四部分且不存在三连号在 4 个空位插 3 个板子,

22、共有 C4 3=4 种情4况,再对应到 4 个人,有 A 4 =24 种情形,就共有 424=96 种情形故答案为 96【点评】：此题考查排列、组合的应用,留意将分票的问题转化为将数用 3 个板子隔开,分为四部分的问题,用插空法进行解决1、2、3、4、5 这五个15（5 分）（2022.山东一模）已知函数f（ x）=xex,记 f 0（x）=f （x）,f1（x）=f（x0）,f n（x）=f n 1（x）且 x2x1,对于以下命题：函数 f（x）存在平行于 x 轴的切线；0； f2022（x）=xe x+2022e x； f（x1）+x2f（x2）+x1其中正确的命题序号是（写出全部满

23、意题目条件的序号）【考点】：导数的运算【专题】：导数的概念及应用【分析】：依据导数的几何意义判定正确,依据导数和函数的单调性判定错；依据导数的运算,得到正确,依据导数与函数的单调性的关系判定错【解析】：解：对于 ,由于 f（x）=（x+1）ex,易知 f（ 1）=0,函数 f（x）存在平行于 x 轴的切线,故正确；对于 ,由于 f（ x）=（x+1）e x,所以 x（ , 1）时,函数 f（x）单调递减, x（1,+）时,函数 f（x）单调递增,故0 的正负不能定,故错；对于 ,由于 f1（x）=f（x0）=xex+2e x,f 2（x）=f（x1） =xex+3e x,f

24、n（x） =fn 1（ x）=xe x+（n+1）e x,所以 f2022（x）=f 2022（x）=xe x+2022e x；故正确；对于 ,f（ x1）+x2 f（x2）+x1 等价于 f（x1） x1f（x2） x2,构建函数 h（x）=f（ x） x,就 h（ x）=f （x） 1=（x+1）ex 1,易知函数 h（x）在 R 上不单调,故错；故答案为：【点评】：此题考查了导数的几何意义以及导数和函数的单调性的关系,以及导数的运算法就,属于中档题三、解答题：本大题共 6 小题,共 75 分,解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤名师归纳总结 - - - - - - -第

25、 9 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 16（12 分）（2022.山东一模）已知函数f（x）=2sinx+2sin （x）（1）求 f（x）的单调递增区间；（2）在 ABC 中,角 A, B,C 的对边分别为a,b,c已知 f（A ）=,a=b,证明：C=3B【考点】：两角和与差的正弦函数；正弦定理【专题】：运算题；三角函数的图像与性质；解三角形【分析】：（1）运用两角差的正弦公式,即可化简,再由正弦函数的单调增区间,即可得到；（2）由 f（A ）=,及 0A ,即可得到A=,再由正弦定理,及边角关系,即可得证【解析】：（1）解：函数 f（x）=2si

26、nx+2sin （x）=2（ sinx+ sinxcosx）=2（sinx cosx）=2 sin（ x）,令 2kx2k,kZ,就 2kx2k,就 f（x）的单调递增区间是 2k ,2k ,kZ（2）证明：由 f（ A） =,就 sin（A ）=,由 0A,就A,就 A=,由 =,a= b,就 sinB=,由 ab,A=,B=,C=,故 C=3B【点评】：此题考查三角函数的化简,正弦函数的单调区间,意角的范畴,属于中档题17（12 分）（2022.山东一模） 2022 年中国北京奥运会吉利物由考查正弦定理及边角关系,注5 个“ 中国福娃 ” 组成,分别叫贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮现有 8

27、个相同的盒子,每个盒子中放一只福娃,每种福娃的数量如下表：福娃名称贝贝晶晶欢欢迎迎妮妮数量 1 1 1 2 3 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 从中随机地选取 5 只（）求选取的5 只恰好组成完整“奥运吉利物 ”的概率；8 分；差两种记6（）如完整地选取奥运会吉利物记10 分；如选出的5 只中仅差一种记分；以此类推设表示所得的分数,求的分布列及数学期望【考点】：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【专题】：概率与统计【分析】：（）依据排列组合学问得出 P= 运算求解即可（）确定

28、的取值为： 10,8,6,4分别求解 P（=10）,P（ =8）,P（=6）,P（=4）,列出分布列即可【解析】：解：（）选取的5 只恰好组成完整“奥运吉利物 ” 的概率 P=,（）的取值为： 10,8,6,4P（=10）=,=,=,P（=8）=P（=6）=P（=4）= = 的分布列为： 10 8 6 4 P E=7.5解决古典概率分布的求解问题,关键是确定【点评】：此题综合考查了运用排列组合学问,随机变量的数值,概率的求解,难度较大,认真分类确定个数求解概率,属于难题名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 18

29、（12 分）（2022.山东一模）在正三角形ABC 中, E、F、P 分别是 AB 、AC、BC 边上的点,满意 AE ：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图 1）将 AEF 沿 EF 折起到 A 1EF 的位置,使二面角 A 1 EF B 成直二面角,连结 A 1B、A 1P（如图 2）（1）求证： A 1E平面 BEP （2）求直线 A 1E 与平面 A 1BP 所成角的大小；（3）求二面角B A 1P F 的余弦值直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角【考点】：与二面角有关的立体几何综合题；【专题】：空间角【分析】：（1）设正三角形 ABC 的边长为 3在图 1 中,取 B

30、E 的中点 D,连结 DF由已知条件推导出 ADF 是正三角形,从而得到 EFAD 在图 2 中,推导出 A 1EB 为二面角 A 1 EF B 的平面角,且 A 1EBE由此能证明 A1E平面 BEP（2）建立分别以 EB、EF、EA 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的空间直角坐标系,利用向量法能求出直线 A 1E 与平面 A 1BP 所成的角的大小（3）分别求出平面A 1FP 的法向量和平面BA 1F 的法向量,利用向量法能求出二面角BA 1P F 的余弦值【解析】：（1）证明：不妨设正三角形 ABC 的边长为 3在图 1 中,取 BE 的中点 D,连结 DFAE ：EB=CF ：FA=1

31、： 2, AF=AD=2 ,而 A=60 度, ADF 是正三角形,又 AE=DE=1 , EFAD 在图 2 中, A 1EEF, BEEF, A 1EB 为二面角 A 1 EF B 的平面角由题设条件知此二面角为直二面角,A 1EBE又 BEEF=E, A 1E平面 BEF,即 A 1E平面 BEP（2）建立分别以 EB、EF、EA 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的空间直角坐标系,就 E（ 0,0,0）,A （0,0,1）,B（2,0, 0）,F（0,0）,P （1,0）,就,名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - -

32、设平面 ABP 的法向量为,由平面 ABP 知,即令,得,直线 A 1E 与平面 A 1BP 所成的角为60 度,（3）设平面 A 1FP 的法向量为由平面 A 1FP 知,令 y2=1,得,所以二面角B A 1P F 的余弦值是考查直线与平面所成的角的求法,考查二面角【点评】：此题考查直线与平面垂直的证明,的余弦值的求法,解题时要认真审题,留意向量法的合理运用19（12 分）（2022.山东一模）数列 a n 中,a1=1,当 n2 时,其前 n 项和为 Sn,满意 Sn 2=an（Sn）（1）求 Sn 的表达式；（2）设 bn=,数列 b n 的前 n 项和为 Tn,不等式 Tn（m

33、2 5m）对全部的nN*恒成立,求正整数m 的最大值【考点】：数列的求和；数列递推式名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【专题】：等差数列与等比数列【分析】：（1）当 n2 时, an=Sn Sn 1,代入利用等差数列的通项公式即可得出；（2）利用 “ 裂项求和 ”、一元二次不等式的解法即可得出【解析】：解：（1） Sn 2=an（Sn）=化为,数列是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列故 =1+2（ n 1）=2n 1,Sn=（2）bn= = =,故 Tn= + =又不等式 T n（m 2 5m）对

34、全部的 nN*恒成立,（m2 5m）,化简得： m2 5m 60,解得：1m6正整数 m 的最大值为 6【点评】：此题考查了递推式的应用、“裂项求和 ”、等差数列的通项公式、一元二次不等式的解法,考查了推理才能与运算才能,属于中档题20（13 分）（2022.山东一模）在平面直角坐标系xOy 中,椭圆 G 的中心为坐标原点,左焦点为 F1（ 1,0）,P 为椭圆 G 的上顶点,且PF1O=45（）求椭圆 G 的标准方程；（）已知直线 l1： y=kx+m 1 与椭圆 G 交于 A,B 两点,直线 l2：y=kx+m 2（m1m2）与椭圆 G 交于 C,D 两点,且 |AB|=|CD| ,如下

35、列图（）证明： m1+m2=0；（）求四边形 ABCD 的面积 S 的最大值【考点】：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【专题】：综合题【分析】：（）依据F1（ 1,0）, PF1O=45,可得 b=c=1,从而 a 2=b2+c2=2,故可得椭圆 G 的标准方程；名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （）设 A （x1,y1）,B（x2,y2）,C（x3,y3）, D（ x4,y4）（）直线 l1：y=kx+m 1 与椭圆 G 联立,利用韦达定理, 可求 AB ,CD 的长,利用 |AB|=|CD| ,

36、可得结论；（）求出两平行线AB , CD 间的距离为d,就,表示出四边形ABCD 的面积 S,利用基本不等式,即可求得四边形ABCD 的面积 S 取得最大值【解析】：（）解：设椭圆G 的标准方程为由于 F1（ 1,0）, PF1O=45,所以 b=c=1 所以, a2=b 2+c 2=2（2 分）所以,椭圆G 的标准方程为（3 分）（）设 A （x1,y1）,B（x2,y2）,C（x3,y3）, D（ x4,y4）（）证明：由消去 y 得：（5 分）就,所以同理= （7 分）由于 |AB|=|CD| ,所以由于 m1m2,所以 m1+m2=0（9 分）名师归纳总结（）解：由题意得四边形AB

37、CD 是平行四边形,设两平行线AB , CD 间的距离为d,就第 15 页,共 17 页由于m1+m2=0,所以（10 分）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以=（或）所以当时,四边形 ABCD 的面积 S 取得最大值为（ 12 分）【点评】：此题考查椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的位置关系,考查弦长的运算,考查三角形的面积, 同时考查利用基本不等式求最值,的关键正确求弦长, 表示出四边形的面积是解题21（14 分）（2022.山东一模）已知函数 f（x）=aln（x+1 ） ax x 2（）如 x=1 为函数 f（x）的极值点,求 a 的值；

38、（）争论 f （x）在定义域上的单调性；（）证明：对任意正整数 n,ln （n+1） 2+【考点】：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数争论函数的单调性；利用导数争论函数的极值【专题】：导数的综合应用【分析】：（I）由,f（1）=0,知,由此能求出 a（）由,令 f（x）=0,得 x=0,或,又 f（x）的定义域为（1, +）,争论两个根及1 的大小关系,即可判定函数的单调性；（）当 a=1 时, f（x）在 0,+）上递减, f（x）f（0）,即 ln（x+1 ）x+x2,由此能够证明 ln（n+1） 2+【解析】：解：（1）由于,令 f（1）=0,即,解得 a= 4,经检验：此时

39、,x（0,1）,f（x） 0,f（x）递增； x（1,+）,f（x） 0,f（x）递减,f （x）在 x=1 处取极大值满意题意名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）,令 f（x）=0,得 x=0 ,或,又 f（x）的定义域为（1, +）当,即 a0 时,如 x（ 1,0）,就 f（x） 0,f（x）递增；如 x（0,+）,就 f（x） 0,f（x）递减；当,即2a0 时,如 x（ 1,就 f（x） 0,f（x）递减；如, 0）,就 f（x） 0, f（x）递增；如x（0,+）,就 f（x） 0,f（x）递减；当,即 a= 2 时, f（x） 0,f（x）在（1,+）内递减,x（ 0, 当,即 a 2 时,如 x（ 1,0）,就 f（x） 0,f（x）递减；如,就 f（x） 0,f（ x）递增；如,+）,就 f（x） 0,f（ x）递减；（3）由（ 2）知当 a=1 时, f（x）在 0,+）上递减, f（x）f（0）,即 ln（x+1）x+x

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