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|---|---|---|---|---|---|---|---|
2019 | （新课标ⅰ） | 23.已知 $a, b, c$ 为正数, 且满足 $a b c=1$. 证明:
(1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
(2) $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$.
| 【详解】(1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$
$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$ 当且仅当 $a=b=c$ 时取等号
$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等
号
又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)
$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$
又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$
| 【分析】}
(1) 利用 $a b c=1$ 将所证不等式可变为证明: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq b c+a c+a b$, 利用基本不等 式可证得 $2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$, 从而得到结论; (2) 利用基本不等式可得 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 再次利用基本不等式可将式转化为 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24 \sqrt{(a b c)^{2}}$, 在取等条件一致的情况下, 可得结论.
【详解】(1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$
$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$ 当且仅当 $a=b=c$ 时取等号
$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等
号
又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)
$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$
又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 18.已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $a_{1}=2, a_{3}=2 a_{2}+16$.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 设 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
| 【详解】(1)因为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $a_{3}=2 a_{2}+16, \quad a_{1}=2$,
所以令数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{3}=a_{1} q^{2}=2 q^{2}, a_{2}=a_{1} q=2 q$,
所以 $2 q^{2}=4 q+16$, 解得 $q=-2$ (舍去)或 4 ,
所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 、公比为 4 的等比数列, $a_{n}=2 \times 4^{n-1}=2^{2 n-1}$ 。
(2)因为 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 所以 $b_{n}=2 n-1, b_{n+1}=2 n+1, b_{n+1}-b_{n}=2$,
所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公差为 2 的等差数列, $S_{n}=\frac{1+2 n-1^{\prime}}{2} n=n^{2}$ 。
本题考查数列的相关性质, 主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法, 考查等差数 列求和公式的使用, 考查化归与转化思想, 考查计算能力, 是简单题。
| 【分析】}
(1)本题首先可以根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列将 $a_{3}$ 转化为 $a_{1} q^{2}, a_{2}$ 转化为 $a_{1} q$, 再然后将其带 人 $a_{3}=2 a_{2}+16$ 中, 并根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数以及 $a_{1}=2$ 即可通过运算得出结果;
(2)本题可以通过数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式, 再 通过数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式得知数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 最后通过等差数列求和公式即可得出 结果。
【详解】(1)因为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $a_{3}=2 a_{2}+16, \quad a_{1}=2$,
所以令数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{3}=a_{1} q^{2}=2 q^{2}, a_{2}=a_{1} q=2 q$,
所以 $2 q^{2}=4 q+16$, 解得 $q=-2$ (舍去)或 4 ,
所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 、公比为 4 的等比数列, $a_{n}=2 \times 4^{n-1}=2^{2 n-1}$ 。
(2)因为 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 所以 $b_{n}=2 n-1, b_{n+1}=2 n+1, b_{n+1}-b_{n}=2$,
所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公差为 2 的等差数列, $S_{n}=\frac{1+2 n-1^{\prime}}{2} n=n^{2}$ 。
本题考查数列的相关性质, 主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法, 考查等差数 列求和公式的使用, 考查化归与转化思想, 考查计算能力, 是简单题。
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 20. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的两个焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, $O$ 为坐标原点.
(1) 若 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形, 求 $C$ 的离心率;
(2)如果存在点 $P$, 使得 $P F_{1} \perp P F_{2}$, 且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的面积等于 16 , 求 $b$ 的值和 $a$ 的 取值范围.
| 【详解】(1) 连结 $P F_{1}$, 由 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形可知: 在 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 中, $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ}$, $\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$
于是 $2 a=\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=c+\sqrt{3} c$,
故椭圆 $C$ 的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$;
(2) 由题意可知, 满足条件的点 $P(x, y)$ 存在, 当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16, \frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1$, $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$
即 $c|y|=16$
$$
x^{2}+y^{2}=c^{2}
$$
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$
由(2)(3)以 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 得 $y^{2}=\frac{b^{4}}{c^{2}}$, 又由(1)知 $y^{2}=\frac{16^{2}}{c^{2}}$, 故 $b=4$;
由(2)(3)得 $x^{2}=\frac{a^{2}}{c^{2}}\left(c^{2}-b^{2}\right)$, 所以 $c^{2} \geq b^{2}$, 从而 $a^{2}=b^{2}+c^{2} \geq 2 b^{2}=32$, 故 $a \geq 4 \sqrt{2}$;
当 $b=4, a \geq 4 \sqrt{2}$ 时, 存在满足条件的点 $P$.
故 $b=4, a$ 的取值范围为 $[4 \sqrt{2},+\infty)$.
| 【分析】}
(1) 先连结 $P F_{1}$, 由 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形, 得到 $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ},\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$; 再由椭圆定义, 即可求出结果;
(2) 先由题意得到, 满足条件的点 $P(x, y)$ 存在, 当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16, \frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1$, $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, 根据三个式子联立, 结合题中条件, 即可求出结果.
【详解】(1) 连结 $P F_{1}$, 由 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形可知: 在 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 中, $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ}$, $\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$
于是 $2 a=\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=c+\sqrt{3} c$,
故椭圆 $C$ 的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$;
(2) 由题意可知, 满足条件的点 $P(x, y)$ 存在, 当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16, \frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1$, $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$
即 $c|y|=16$
$$
x^{2}+y^{2}=c^{2}
$$
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$
由(2)(3)以 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 得 $y^{2}=\frac{b^{4}}{c^{2}}$, 又由(1)知 $y^{2}=\frac{16^{2}}{c^{2}}$, 故 $b=4$;
由(2)(3)得 $x^{2}=\frac{a^{2}}{c^{2}}\left(c^{2}-b^{2}\right)$, 所以 $c^{2} \geq b^{2}$, 从而 $a^{2}=b^{2}+c^{2} \geq 2 b^{2}=32$, 故 $a \geq 4 \sqrt{2}$;
当 $b=4, a \geq 4 \sqrt{2}$ 时, 存在满足条件的点 $P$.
故 $b=4, a$ 的取值范围为 $[4 \sqrt{2},+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 21. 已知函数 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$. 证明:
(1) $f(x)$ 存在唯一的极值点;
(2) $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数.
| 【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$,
得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$,
显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ，
故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ；
又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;
因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点;
(2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$,
所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$.
由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$,
又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$,
故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根;
综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数.
| 【分析】}
(1) 先对函数 $f(x)$ 求导, 根据导函数的单调性, 得到存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 进而 可得判断函数 $f(x)$ 的单调性, 即可确定其极值点个数, 证明出结论成立;
(2) 先由 (1) 的结果, 得到 $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2<0, f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 得到 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{0},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$, 再求出 $f\left(\frac{1}{a}\right)=0$, 即可结合题意, 说明结论成 立.
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$,
得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$,
显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ，
故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ；
又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;
因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点;
(2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$,
所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$.
由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$,
又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$,
故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根;
综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 22.[选修 4-4: 坐标系与参数方程]
在极坐标系中, $O$ 为极点, 点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上, 直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 垂足为 $P$.
(1) 当 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $\rho_{0}$ 及 $l$ 的极坐标方程;
(2) 当 $M$ 在 $C$ 上运动且 $P$ 在线段 $O M$ 上时, 求 $P$ 点轨迹的极坐标方程.
| 【详解】(1) 因为点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,
所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;
即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$,
因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直,
所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;
因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;
(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,
由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,
因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,
所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.
| 【分析】}
(1) 先由题意, 将 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 代人 $\rho=4 \sin \theta$ 即可求出 $\rho_{0}$; 根据题意求出直线 $l$ 的直角坐标方 程, 再化为极坐标方程即可; (2) 先由题意得到 $P$ 点轨迹的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可, 要注意变量的取值 范围
【详解】(1) 因为点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,
所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;
即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$,
因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直,
所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;
因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;
(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,
由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,
因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,
所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 23.[选修 4-5: 不等式选讲]
已知 $f(x)=|x-a| x+|x-2|(x-a)$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)<0$ 的解集;
(2) 若 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $f(x)<0$, 求 $a$ 的取值范围.
| 【详解】（1）当 $a=1$ 时, 原不等式可化为 $|x-1| x+|x-2|(x-1)<0$;
当 $x<1$ 时, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立,
此时解集为 $(-\infty, 1)$;
当 $1 \leq x<2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(2-x)(x-1)<0$, 解得 $x<1$, 此时解集为空集;
当 $x \geq 2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(x-2)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}<0$, 显然不成立; 此 时解集为空集;
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty, 1)$;
(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 所以由 $f(x)<0$ 可得 $(a-x) x+(2-x)(x-a)<0$,
即 $(x-a)(x-1)>0$ ，显然恒成立; 所以 $a \geqslant 1$ 满足题意;
当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,
所以 $a<1$ 不满足题意;
综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.
| 【分析】}
(1) 根据 $a=1$, 将原不等式化为 $|x-1| x+|x-2|(x-1)<0$, 分别讨论 $x<1,1 \leq x<2$, $x \geq 2$ 三种情况, 即可求出结果;
(2) 分别讨论 $a \geqslant 1$ 和 $a<1$ 两种情况， 即可得出结果.
【详解】（1）当 $a=1$ 时, 原不等式可化为 $|x-1| x+|x-2|(x-1)<0$;
当 $x<1$ 时, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立,
此时解集为 $(-\infty, 1)$;
当 $1 \leq x<2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(2-x)(x-1)<0$, 解得 $x<1$, 此时解集为空集;
当 $x \geq 2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(x-2)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}<0$, 显然不成立; 此 时解集为空集;
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty, 1)$;
(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 所以由 $f(x)<0$ 可得 $(a-x) x+(2-x)(x-a)<0$,
即 $(x-a)(x-1)>0$ ，显然恒成立; 所以 $a \geqslant 1$ 满足题意;
当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,
所以 $a<1$ 不满足题意;
综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅲ） | 18. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$.
(1) 求 $B$;
(2) 若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的取值范围.
| 【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。
$0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$ $=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
| 【分析】}
(1) 利用正弦定理化简题中等式, 得到关于 $B$ 的三角方程, 最后根据 A,B,C 均为三角形内角 解得 $B=\frac{\pi}{3}$.(2)根据三角形面积公式 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B$, 又根据正弦定理和 $\frac{12}{25}$ 得到 $S_{\triangle A B C}$ 关于 $C$ 的函数, 由于 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 所以利用三个内角都小于 $\frac{\pi}{2}$ 来计算 $C$ 的定义 域, 最后求解 $S_{\triangle A B C}(C)$ 的值域.
【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。
$0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$ $=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
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2019 | （新课标ⅲ） | 20.已知函数 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+2$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 当 $0<a<3$ 时, 记 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 的最大值为 $M$, 最小值为 $m$, 求 $M-m$ 的取值范 围。
| 【详解】(1) 对 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+2$ 求导得 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 a x=6 x\left(x-\frac{a}{3}\right)$. 所以有 当 $a<0$ 时, $\left(-\infty, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递增, $\left(\frac{a}{3}, 0\right)$ 区间上单调递减, $(0,+\infty)$ 区间上单调递增; 当 $a=0$ 时, $(-\infty,+\infty)$ 区间上单调递增;
当 $a>0$ 时, $(-\infty, 0)$ 区间上单调递增, $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递减, $\left(\frac{a}{3},+\infty\right)$ 区间上单调递增.
若 $0<a \leq 2, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$.而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \geq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(1)$.
所以 $M-m=f(1)-f\left(\frac{a}{3}\right)=(4-a)-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}-a+2$, 设函数 $g(x)=\frac{x^{3}}{27}-x+2$, 求导 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{9}-1$ 当 $0<x \leq 2$ 时 $g^{\prime}(x)<0$ 从而 $g(x)$ 单调递减. 而 $0<a \leq 2$, 所以 $\frac{8}{27} \leq \frac{a^{3}}{27}-a+2<2$. 即 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.
若 $2<a<3, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$ 而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \leq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(0)$. 所以 $M-m=f(0)-f\left(\frac{a}{3}\right)=2-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}$, 而 $2<a<3$, 所以 $\frac{8}{27}<\frac{a^{3}}{27}<1$.即 $M-m$ 的取值范围是 $\left(\frac{8}{27}, 1\right)$.
综上得 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.
| 【分析】}
(1) 先求 $f(x)$ 的导数, 再根据的范围分情况讨论函数单调性; (2) 讨论的范围, 利用函数单调 性进行最大值和最小值的判断, 最终求得 $M-m$ 的取值范围.
【详解】(1) 对 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+2$ 求导得 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 a x=6 x\left(x-\frac{a}{3}\right)$. 所以有 当 $a<0$ 时, $\left(-\infty, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递增, $\left(\frac{a}{3}, 0\right)$ 区间上单调递减, $(0,+\infty)$ 区间上单调递增; 当 $a=0$ 时, $(-\infty,+\infty)$ 区间上单调递增;
当 $a>0$ 时, $(-\infty, 0)$ 区间上单调递增, $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递减, $\left(\frac{a}{3},+\infty\right)$ 区间上单调递增.
若 $0<a \leq 2, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$.而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \geq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(1)$.
所以 $M-m=f(1)-f\left(\frac{a}{3}\right)=(4-a)-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}-a+2$, 设函数 $g(x)=\frac{x^{3}}{27}-x+2$, 求导 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{9}-1$ 当 $0<x \leq 2$ 时 $g^{\prime}(x)<0$ 从而 $g(x)$ 单调递减. 而 $0<a \leq 2$, 所以 $\frac{8}{27} \leq \frac{a^{3}}{27}-a+2<2$. 即 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.
若 $2<a<3, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$ 而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \leq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(0)$. 所以 $M-m=f(0)-f\left(\frac{a}{3}\right)=2-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}$, 而 $2<a<3$, 所以 $\frac{8}{27}<\frac{a^{3}}{27}<1$.即 $M-m$ 的取值范围是 $\left(\frac{8}{27}, 1\right)$.
综上得 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.
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2019 | （新课标ⅲ） | 21. 已知曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{2}, D$, 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点, 过 $D$ 作 $C$ 的两条切线, 切点分别为 $A, B$.
(1) 证明: 直线 $A B$ 过定点:
(2) 若以 $E\left(0, \frac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $A B$ 相切, 且切点为线段 $A B$ 的中点, 求该圆的方程.
| 【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得:
$\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$
设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$
由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$,
解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$.
当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$;
当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.
所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.
| 【分析】}
(1) 可设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), D\left(t,-\frac{1}{2}\right)$ 然后求出 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点处的切线方程, 比如 $A D$ : $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 又因为 $B D$ 也有类似的形式, 从而求出带参数直线 $A B$ 方程, 最后求 出它所过的定点.
(2) 由(1)得带参数的直线 $A B$ 方程和抛物线方程联立, 再通过 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$ 得出 $t$ 的值, 从而求出 $M$ 坐标和 $|E M|$ 的值, 最后求出圆的方程.
【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得:
$\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$
设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$
由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$,
解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$.
当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$;
当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.
所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.
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2019 | （新课标ⅲ） | 23. 设 $x, y, z \in R$, 且 $x+y+z=1$.
(1) 求 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值;
(2) 若 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$ 成立, 证明: $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.
| 【详 解】
$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$
故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因
$x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$
所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.
因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.
根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.
所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.
另解: 用反证法.
若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当
$x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即
$(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放
| 【分析】}
(1)根据条件 $x+y+z=1$, 和柯西不等式得到 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$, 再讨论 $x, y, z$ 是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题, 柯西不等式等号成立时构造的 $x, y, z$ 代人原 不等式, 便可得到参数的取值范围.
【详 解】
$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$
故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因
$x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$
所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.
因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.
根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.
所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.
另解: 用反证法.
若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当
$x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即
$(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 17. 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{2}=4, a_{3}-a_{1}=8$.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{m}+S_{m+1}=S_{m+3}$, 求 $m$.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 根据题意, 列出方程组, 求得首项和公比, 进而求得通项 公式;
(2) 由（1）求出 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用等差数列求和公式求得 $S_{n}$, 根据已知列出关于 $m$ 的等量关系式, 求得结果.
【详解】(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,
根据题意, 有 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q=4 \\ a_{1} q^{2}-a_{1}=8\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ q=3\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;
(2) 令 $b_{n}=\log _{3} a_{n}=\log _{3} 3^{n-1}=n-1$,
所以 $S_{n}=\frac{n(0+n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ ，
根据 $S_{m}+S_{m+1}=S_{m+3}$, 可得 $\frac{m(m-1)}{2}+\frac{m(m+1)}{2}=\frac{(m+2)(m+3)}{2}$ ，
整理得 $m^{2}-5 m-6=0$, 因为 $m>0$, 所以 $m=6$,
| 【分析】}
(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 根据题意, 列出方程组, 求得首项和公比, 进而求得通项 公式;
(2) 由（1）求出 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用等差数列求和公式求得 $S_{n}$, 根据已知列出关于 $m$ 的等量关系式, 求得结果.
【解析】}
【分析】}
(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 根据题意, 列出方程组, 求得首项和公比, 进而求得通项 公式;
(2) 由（1）求出 $\left\{\log _{3} a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用等差数列求和公式求得 $S_{n}$, 根据已知列出关于 $m$ 的等量关系式, 求得结果.
【详解】(1) 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,
根据题意, 有 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q=4 \\ a_{1} q^{2}-a_{1}=8\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ q=3\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;
(2) 令 $b_{n}=\log _{3} a_{n}=\log _{3} 3^{n-1}=n-1$,
所以 $S_{n}=\frac{n(0+n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ ，
根据 $S_{m}+S_{m+1}=S_{m+3}$, 可得 $\frac{m(m-1)}{2}+\frac{m(m+1)}{2}=\frac{(m+2)(m+3)}{2}$ ，
整理得 $m^{2}-5 m-6=0$, 因为 $m>0$, 所以 $m=6$,
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 18. 某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人 次, 整理数据得到下表 (单位: 天):
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline $\begin{array}{l}\text { 锻炼人次 } \\
\text { 空气质量等级 }\end{array}$ & {$[0,200]$} & $(200,400]$ & $(400,600]$ \\
\hline 1 (优) & 2 & 16 & 25 \\
\hline 2 (良) & 5 & 10 & 12 \\
\hline 3 (轻度污染) & 6 & 7 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline 4 (中度污染) & 7 & 2 & 0 \\
\hline
\end{tabular}
(1) 分别估计该市一天的空气质量等级为 $1,2,3,4$ 的概率;
(2) 求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代 表);
(3) 若某天的空气质量等级为 1 或 2 , 则称这天“空气质量好”; 若某天的空气质量等级为 3 或 4, 则称这天“空气质量不好”. 根据所给数据, 完成下面的 $2 \times 2$ 列联表, 并根据列联表, 判 断是否有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量好 & & \\
\hline 空气质量不好 & & \\
\hline
\end{tabular}
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$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}
| 【解析】}
【分析】}
(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;
(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;
(3) 根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.
【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;
(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为
$$
\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350
$$
(3) $2 \times 2$ 列联表如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
$$
K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841 \text {, }
$$
因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
| 【分析】}
(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;
(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;
(3) 根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.
【解析】}
【分析】}
(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;
(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;
(3) 根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.
【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;
(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为
$$
\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350
$$
(3) $2 \times 2$ 列联表如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
$$
K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841 \text {, }
$$
因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 20. 已知函数 $f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 若 $f(x)$ 有三个零点, 求 $k$ 的取值范围.
| 【解析】}
【分析】}
(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可;
(2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可.
【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$,
当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增;
当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$,
令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增.
(2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点,
同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点,
又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点,
综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$.
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题.
| 【分析】}
(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可;
(2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可.
【解析】}
【分析】}
(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可;
(2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可.
【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$,
当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增;
当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$,
令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增.
(2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点,
同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点,
又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点,
综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$.
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-t-t^{2}, \\ y=2-t+t^{2}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数且 $\left.t \neq 1\right), C$ 与坐标轴交 于 $A, B$ 两点.
(1) 求 $|A B|$ :
(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求直线 $A B$ 的极坐标方程.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 $|A B|$ 的值;
(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.
【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.
令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$.
$\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$;
(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,
则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.
由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.
| 【分析】}
(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 $|A B|$ 的值;
(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.
【解析】}
【分析】}
(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 $|A B|$ 的值;
(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.
【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.
令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$.
$\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$;
(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,
则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.
由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 23. 设 $a, b, c \in R, a+b+c=0, a b c=1$.
(1) 证明: $a b+b c+c a<0$;
(2) 用 $\max \{a, b, c\}$ 表示 $a, b, c$ 中的最大值，证明: $\max \{a, b, c\} \geq \sqrt[3]{4}$.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由
$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.
【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，
$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$
$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，
由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,
$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.
当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,
$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.
| 【分析】}
(1) 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由
$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.
【解析】}
【分析】}
(1) 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由
$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.
【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，
$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$
$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，
由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,
$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.
当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,
$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 17. 某厂接受了一项加工业务, 加工出来的产品(单位：件)按标准分为 $A, B, C, D$ 四个等级.加工业务约定 : 对于 $A$ 级品、 $B$ 级品、 $C$ 级品, 厂家每件分别收取加工费 90 元, 50 元, 20 元; 对于 $\mathrm{D}$ 级品, 厂家每件要赔 偿原料损失费 50 元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为 25 元/件，乙分厂加工成本 费为 20 元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务, 在两个分厂各试加工了100件这种产品, 并统计了这些 产品的等级, 整理如下:
甲分厂产品等级的频数分布表
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|}
\hline 等级 & $A$ & $B$ & $C$ & $D$ \\
\hline 频数 & 40 & 20 & 20 & 20 \\
\hline
\end{tabular}
乙分厂产品等级的频数分布表
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|}
\hline 等级 & $A$ & $B$ & $C$ & $D$ \\
\hline 频数 & 28 & 17 & 34 & 21 \\
\hline
\end{tabular}
（1）分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 $\mathrm{A}$ 级品的概率;
(2) 分别求甲、乙两分厂加工出来的 100 件产品的平均利润, 以平均利润为依据, 厂家应选哪个分厂承接 加工业务?
| 【解析】
【分析】}
(1) 根据两个频数分布表即可求出; (2) 根据题意分别求出甲乙两厂加工100件产品的总利润, 即可求出平均利润, 由此作出选择.
【详解】 (1) 由表可知, 甲厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{40}{100}=0.4$
，乙厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{28}{100}=0.28$;
(2) 甲分厂加工 100 件产品的总利润为
$40 \times(90-25)+20 \times(50-25)+20 \times(20-25)-20 \times(50+25)=1500$ 元,
所以甲分厂加工 100 件产品的平均利润为 15 元每件;
乙分厂加工 100 件产品的总利润为
$28 \times(90-20)+17 \times(50-20)+34 \times(20-20)-21 \times(50+20)=1000$ 元
所以乙分厂加工 100 件产品的平均利润为 10 元每件.
故厂家选择甲分厂承接加工任务.
| 【分析】}
(1) 根据两个频数分布表即可求出; (2) 根据题意分别求出甲乙两厂加工100件产品的总利润, 即可求出平均利润, 由此作出选择.
【解析】
【分析】}
(1) 根据两个频数分布表即可求出; (2) 根据题意分别求出甲乙两厂加工100件产品的总利润, 即可求出平均利润, 由此作出选择.
【详解】 (1) 由表可知, 甲厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{40}{100}=0.4$
，乙厂加工出来的一件产品为 $A$ 级品的概率为 $\frac{28}{100}=0.28$;
(2) 甲分厂加工 100 件产品的总利润为
$40 \times(90-25)+20 \times(50-25)+20 \times(20-25)-20 \times(50+25)=1500$ 元,
所以甲分厂加工 100 件产品的平均利润为 15 元每件;
乙分厂加工 100 件产品的总利润为
$28 \times(90-20)+17 \times(50-20)+34 \times(20-20)-21 \times(50+20)=1000$ 元
所以乙分厂加工 100 件产品的平均利润为 10 元每件.
故厂家选择甲分厂承接加工任务.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 18. $\square A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $B=150^{\circ}$.
(1) 若 $a=\sqrt{3} c, b=2 \sqrt{7}$, 求 $\square A B C$ 的面积;
(2) 若 $\sin A+\sqrt{3} \sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求 $C$.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 已知角 $B$ 和 $b$ 边, 结合 $a, c$ 关系, 由余弦定理建立 $c$ 的方程, 求解得出 $a, c$
，利用面积公式，即可得出结论;
(2) 将 $A=30^{\circ}-C$ 代入已知等式, 由两角差的正弦和辅助角公式, 化简得出有关 $C$ 角的三角函数值, 结合 $C$ 的范围, 即可求解.
【详解】(1) 由余弦定理可得 $b^{2}=28=a^{2}+c^{2}-2 a c \cdot \cos 150^{\circ}=7 c^{2}$,
$\therefore c=2, a=2 \sqrt{3}, \therefore \triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$;
(2) $\because A+C=30^{\circ}$
$\therefore \sin A+\sqrt{3} \sin C=\sin \left(30^{\circ}-C\right)+\sqrt{3} \sin C$ $=\frac{1}{2} \cos C+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin C=\sin \left(C+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\because 0^{\circ}<C<30^{\circ}, \therefore 30^{\circ}<C+30^{\circ}<60^{\circ}$
$\therefore C+30^{\circ}=45^{\circ}, \therefore C=15^{\circ}$.
| 【分析】}
(1) 已知角 $B$ 和 $b$ 边, 结合 $a, c$ 关系, 由余弦定理建立 $c$ 的方程, 求解得出 $a, c$
，利用面积公式，即可得出结论;
(2) 将 $A=30^{\circ}-C$ 代入已知等式, 由两角差的正弦和辅助角公式, 化简得出有关 $C$ 角的三角函数值, 结合 $C$ 的范围, 即可求解.
【解析】}
【分析】}
(1) 已知角 $B$ 和 $b$ 边, 结合 $a, c$ 关系, 由余弦定理建立 $c$ 的方程, 求解得出 $a, c$
，利用面积公式，即可得出结论;
(2) 将 $A=30^{\circ}-C$ 代入已知等式, 由两角差的正弦和辅助角公式, 化简得出有关 $C$ 角的三角函数值, 结合 $C$ 的范围, 即可求解.
【详解】(1) 由余弦定理可得 $b^{2}=28=a^{2}+c^{2}-2 a c \cdot \cos 150^{\circ}=7 c^{2}$,
$\therefore c=2, a=2 \sqrt{3}, \therefore \triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$;
(2) $\because A+C=30^{\circ}$
$\therefore \sin A+\sqrt{3} \sin C=\sin \left(30^{\circ}-C\right)+\sqrt{3} \sin C$ $=\frac{1}{2} \cos C+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin C=\sin \left(C+30^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\because 0^{\circ}<C<30^{\circ}, \therefore 30^{\circ}<C+30^{\circ}<60^{\circ}$
$\therefore C+30^{\circ}=45^{\circ}, \therefore C=15^{\circ}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 20. 已知函数 $f(x)=e^{x}-a(x+2)$.
(1) 当 $a=1$ 时, 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 求 $a$ 的取值范围.
| 【解析】
【分析】}
(1) 将 $a=1$
代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$,
令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$,
所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解,
从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解,
令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$,
令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$,
所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增,
且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$,
而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$,
所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$,
所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$.
| 【分析】}
(1) 将 $a=1$
代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果.
【解析】
【分析】}
(1) 将 $a=1$
代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解, 将其转化为 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解, 令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 求导研究函数图象的走向, 从而求得结果. 【详解】（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}-(x+2), f^{\prime}(x)=e^{x}-1$,
令 $f^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<0$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>0$,
所以 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$, 增区间为 $(0,+\infty)$;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 即 $e^{x}-a(x+2)=0$ 有两个解,
从方程可知, $x=2$ 不成立, 即 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解,
令 $h(x)=\frac{e^{x}}{x+2}(x \neq-2)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+2)-e^{x}}{(x+2)^{2}}=\frac{e^{x}(x+1)}{(x+2)^{2}}$,
令 $h^{\prime}(x)>0$, 解得 $x>-1$, 令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-2$ 或 $-2<x<-1$,
所以函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,-1)$ 上单调递减, 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增,
且当 $x<-2$ 时, $h(x)<0$,
而 $x \rightarrow-2^{+}$时, $h(x) \rightarrow+\infty$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $h(x) \rightarrow+\infty$,
所以当 $a=\frac{e^{x}}{x+2}$ 有两个解时, 有 $a>h(-1)=\frac{1}{e}$,
所以满足条件的 $a$ 的取值范围是: $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{k} t, \\ y=\sin ^{k} t\end{array}(t\right.$ 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, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$.
(1) 当 $k=1$ 时, $C_{1}$ 是什么曲线?
(2) 当 $k=4$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标.
| 【解析】
【分析】}
(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;
(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解.
【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,
所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆;
(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,
得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,
曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,
曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,
联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,
整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去),
$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.
| 【分析】}
(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;
(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解.
【解析】
【分析】}
(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;
(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程, 即可求解.
【详解】(1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数), 两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,
所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆;
(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,
得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,
曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,
曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,
联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,
整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去),
$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 17. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$.
(1) 求 $A$;
(2) 若 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$, 证明: $\triangle A B C$ 是直角三角形.
| 【解析】
【分析】}
(1) 根据诱导公式和同角三角函数平方关系, $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$ 可化为 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ , 即可解出;
(2) 根据余弦定理可得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 将 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ 代入可找到 $a, b, c$ 关系,
再根据勾股定理或正弦定理即可证出.
【详解】 (1) 因为 $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$, 所以 $\sin ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$,
即 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ ， 解得 $\cos A=\frac{1}{2}$, 又 $0<A<\pi$,
所以 $A=\frac{\pi}{3}$;
(2) 因为 $A=\frac{\pi}{3}$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$,
即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$ (1),
又 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ (2), 将(2)代入(1)得, $b^{2}+c^{2}-3(b-c)^{2}=b c$,
即 $2 b^{2}+2 c^{2}-5 b c=0$, 而 $b>c$, 解得 $b=2 c$,
所以 $a=\sqrt{3} c$,
故 $b^{2}=a^{2}+c^{2}$,
即 $\square A B C$ 是直角三角形.
| 【分析】}
(1) 根据诱导公式和同角三角函数平方关系, $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$ 可化为 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ , 即可解出;
(2) 根据余弦定理可得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 将 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ 代入可找到 $a, b, c$ 关系,
再根据勾股定理或正弦定理即可证出.
【解析】
【分析】}
(1) 根据诱导公式和同角三角函数平方关系, $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$ 可化为 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ , 即可解出;
(2) 根据余弦定理可得 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 将 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ 代入可找到 $a, b, c$ 关系,
再根据勾股定理或正弦定理即可证出.
【详解】 (1) 因为 $\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}+A\right)+\cos A=\frac{5}{4}$, 所以 $\sin ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$,
即 $1-\cos ^{2} A+\cos A=\frac{5}{4}$ ， 解得 $\cos A=\frac{1}{2}$, 又 $0<A<\pi$,
所以 $A=\frac{\pi}{3}$;
(2) 因为 $A=\frac{\pi}{3}$, 所以 $\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$,
即 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$ (1),
又 $b-c=\frac{\sqrt{3}}{3} a$ (2), 将(2)代入(1)得, $b^{2}+c^{2}-3(b-c)^{2}=b c$,
即 $2 b^{2}+2 c^{2}-5 b c=0$, 而 $b>c$, 解得 $b=2 c$,
所以 $a=\sqrt{3} c$,
故 $b^{2}=a^{2}+c^{2}$,
即 $\square A B C$ 是直角三角形.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 18. 某沙漠地区经过治理, 生态系统得到很大改善, 野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的 数量, 将其分成面积相近的 200 个地块, 从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取 20 个作为样区, 调查得 到样本数据 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$, 其中 $x_{i}$ 和 $y_{i}$ 分别表示第 $i$ 个样区的植物覆盖面积(单位: 公顷)和这种野 生动物的数量, 并计算得 $\sum_{i=1}^{20} x_{i}=60, \sum_{i=1}^{20} y_{i}=1200, \sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=80, \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=9000$, $\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)=800$
(1) 求该地区这种野生动物数量的估计值 (这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平 均数乘以地块数）;
(2) 求样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$ 的相关系数（精确到 0.01$)$;
(3) 根据现有统计资料, 各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动 物数量更准确的估计, 请给出一种你认为更合理的抽样方法, 并说明理由.
附: 相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x})^{2} \sum_{i=1}^{n} y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}, \quad \sqrt{2}=1.414$.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;
（2）利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;
（3）各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.
【详解】 (1) 样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$,
地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$
(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为
$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$
(3)
由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样
先将植物覆盖面积按优中差分成三层,
在各层内按比例抽取样本,
在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.
【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.
| 【分析】}
(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;
（2）利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;
（3）各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.
【解析】}
【分析】}
(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;
（2）利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;
（3）各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.
【详解】 (1) 样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$,
地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$
(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为
$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$
(3)
由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样
先将植物覆盖面积按优中差分成三层,
在各层内按比例抽取样本,
在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.
【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 19. 已知椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$
$(a>b>0)$ 的右焦点 $F$ 与抛物线 $C_{2}$ 的焦点重合, $C_{1}$ 的中心与 $C_{2}$ 的顶点重合. 过 $F$ 且与 $x$ 轴重直的直线交 $C_{1}$ 于 $A, B$ 两点, 交 $C_{2}$ 于 $C, D$ 两点, 且 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$.
(1) 求 $C_{1}$ 的离心率;
(2) 若 $C_{1}$ 的四个顶点到 $C_{2}$ 的准线距离之和为 12 , 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的标准方程.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 根据题意求出 $C_{2}$ 的方程, 结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 $A, C$ 在第一象限, 运用代入法求出 $A, B, C, D$ 点的纵坐标, 根据 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$, 结合椭圆离心率的公式进行求解即可;
(2) 由 (1) 可以得到椭圆的标准方程, 确定椭圆的四个顶点坐标, 再确定抛物线的准线方程, 最后结合 已知进行求解即可;
【详解】解: (1) 因为椭圆 $C_{1}$ 的右焦点坐标为: $F(\mathrm{c}, 0)$, 所以抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$
不妨设 $A, C$ 在第一象限, 因为椭圆 $C_{1}$ 的方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,
所以当 $x=c$ 时, 有 $\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow y= \pm \frac{b^{2}}{a}$, 因此 $A, B$ 的纵坐标分别为 $\frac{b^{2}}{a},-\frac{b^{2}}{a}$;
又因为抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$ ，所以当 $x=c$ 时，有 $y^{2}=4 c \cdot c \Rightarrow y= \pm 2 c$,
所以 $C, D$ 的纵坐标分别为 $2 c,-2 c$, 故 $|A B|=\frac{2 b^{2}}{a},|C D|=4 c$.
由 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$ 得 $4 c=\frac{8 b^{2}}{3 a}$ ，即 $3 \cdot \frac{c}{a}=2-2\left(\frac{c}{a}\right)^{2}$ ，解得 $\frac{c}{a}=-2$ （舍去）， $\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$.
所以 $C_{1}$ 的离心率为 $\frac{1}{2}$.
(2) 由 (1) 知 $a=2 c, b=\sqrt{3} c$, 故 $C_{1}: \frac{x^{2}}{4 c^{2}}+\frac{y^{2}}{3 c^{2}}=1$, 所以 $C_{1}$ 的四个顶点坐标分别为 $(2 c, 0)$, $(-2 c, 0),(0, \sqrt{3} c),(0,-\sqrt{3} c), C_{2}$ 的准线为 $x=-c$.
由已知得 $3 c+c+c+c=12$, 即 $c=2$.
所以 $C_{1}$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1, C_{2}$ 的标准方程为 $y^{2}=8 x$.
| 【分析】}
(1) 根据题意求出 $C_{2}$ 的方程, 结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 $A, C$ 在第一象限, 运用代入法求出 $A, B, C, D$ 点的纵坐标, 根据 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$, 结合椭圆离心率的公式进行求解即可;
(2) 由 (1) 可以得到椭圆的标准方程, 确定椭圆的四个顶点坐标, 再确定抛物线的准线方程, 最后结合 已知进行求解即可;
【解析】}
【分析】}
(1) 根据题意求出 $C_{2}$ 的方程, 结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 $A, C$ 在第一象限, 运用代入法求出 $A, B, C, D$ 点的纵坐标, 根据 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$, 结合椭圆离心率的公式进行求解即可;
(2) 由 (1) 可以得到椭圆的标准方程, 确定椭圆的四个顶点坐标, 再确定抛物线的准线方程, 最后结合 已知进行求解即可;
【详解】解: (1) 因为椭圆 $C_{1}$ 的右焦点坐标为: $F(\mathrm{c}, 0)$, 所以抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$
不妨设 $A, C$ 在第一象限, 因为椭圆 $C_{1}$ 的方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,
所以当 $x=c$ 时, 有 $\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow y= \pm \frac{b^{2}}{a}$, 因此 $A, B$ 的纵坐标分别为 $\frac{b^{2}}{a},-\frac{b^{2}}{a}$;
又因为抛物线 $C_{2}$ 的方程为 $y^{2}=4 c x$ ，所以当 $x=c$ 时，有 $y^{2}=4 c \cdot c \Rightarrow y= \pm 2 c$,
所以 $C, D$ 的纵坐标分别为 $2 c,-2 c$, 故 $|A B|=\frac{2 b^{2}}{a},|C D|=4 c$.
由 $|C D|=\frac{4}{3}|A B|$ 得 $4 c=\frac{8 b^{2}}{3 a}$ ，即 $3 \cdot \frac{c}{a}=2-2\left(\frac{c}{a}\right)^{2}$ ，解得 $\frac{c}{a}=-2$ （舍去）， $\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$.
所以 $C_{1}$ 的离心率为 $\frac{1}{2}$.
(2) 由 (1) 知 $a=2 c, b=\sqrt{3} c$, 故 $C_{1}: \frac{x^{2}}{4 c^{2}}+\frac{y^{2}}{3 c^{2}}=1$, 所以 $C_{1}$ 的四个顶点坐标分别为 $(2 c, 0)$, $(-2 c, 0),(0, \sqrt{3} c),(0,-\sqrt{3} c), C_{2}$ 的准线为 $x=-c$.
由已知得 $3 c+c+c+c=12$, 即 $c=2$.
所以 $C_{1}$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1, C_{2}$ 的标准方程为 $y^{2}=8 x$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 21.已知函数 $f(x)=2 \ln x+1$.
(1) 若 $f(x) \leq 2 x+c$, 求 $c$ 的取值范围;
（2）设 $a>0$ 时, 讨论函数 $g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 的单调性.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$
，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可;
(2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$
$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$
设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,
当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,
当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,
所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,
即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ，
要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,
只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;
(2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$
因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,
则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,
当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;
当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减,
所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.
| 【分析】}
(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$
，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可;
(2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.
【解析】}
【分析】}
(1) 不等式 $f(x) \leq 2 x+c$ 转化为 $f(x)-2 x-c \leq 0$
，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可;
(2) 对函数 $g(x)$ 求导, 把导函数 $g^{\prime}(x)$ 的分子构成一个新函数 $m(x)$, 再求导得到 $m^{\prime}(x)$, 根据 $m^{\prime}(x)$ 的正负, 判断 $m(x)$ 的单调性, 进而确定 $g^{\prime}(x)$ 的正负性, 最后求出函数 $g(x)$ 的单调性.
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为: $(0,+\infty)$
$f(x) \leq 2 x+c \Rightarrow f(x)-2 x-c \leq 0 \Rightarrow 2 \ln x+1-2 x-c \leq 0(*)$
设 $h(x)=2 \ln x+1-2 x-c(x>0)$, 则有 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-2=\frac{2(1-x)}{x}$,
当 $x>1$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,
当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,
所以当 $x=1$ 时, 函数 $h(x)$ 有最大值,
即 $h(x)_{\text {max }}=h(1)=2 \ln 1+1-2 \times 1-c=-1-c$ ，
要想不等式 $(*)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,
只需 $h(x)_{\max } \leq 0 \Rightarrow-1-c \leq 0 \Rightarrow c \geq-1$;
(2) $g(x)=\frac{2 \ln x+1-(2 \ln a-1)}{x-a}=\frac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}(x>0$ 且 $x \neq a)$
因此 $g^{\prime}(x)=\frac{2(x-a-x \ln x+x \ln a)}{x(x-a)^{2}}$, 设 $m(x)=2(x-a-x \ln x+x \ln a)$,
则有 $m^{\prime}(x)=2(\ln a-\ln x)$,
当 $x>a$ 时, $\ln x>\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 单调递减;
当 $0<x<a$ 时, $\ln x<\ln a$, 所以 $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增, 因此有 $m(x)<m(a)=0$, 即 $g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)$ 单调递减,
所以函数 $g(x)$ 在区间 $(0, a)$ 和 $(a,+\infty)$ 上单调递减，没有递增区间.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 22. 已知曲线 $C_{1}, C_{2}$ 的参数方程分别为 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos ^{2} \theta, \\ y=4 \sin ^{2} \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t}, \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).
(1) 将 $C_{1}, C_{2}$ 的参数方程化为普通方程;
(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 设 $C_{1}, C_{2}$ 的交点为 $P$, 求圆心在极轴上, 且经过 极点和 $P$ 的圆的极坐标方程.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;
(2) 两方程联立求得点 $P$
, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;
由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.
(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$;
设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,
则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,
$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,
$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.
| 【分析】}
(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;
(2) 两方程联立求得点 $P$
, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【解析】}
【分析】}
(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;
(2) 两方程联立求得点 $P$
, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;
由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.
(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$;
设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,
则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,
$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,
$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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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_II_Open-ended_Questions |
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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}{|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) 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】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.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2021 | （全国甲卷） | 18. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{n}>0, a_{2}=3 a_{1}$, 且数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列, 证明: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数 列.
| 【详解】 $\because$ 数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列, 设公差为 $d=\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{a_{2}+a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$
$\therefore \sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}+(n-1) \sqrt{a_{1}}=n \sqrt{a_{1}}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$
$\therefore S_{n}=a_{1} n^{2}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$
$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=a_{1} n^{2}-a_{1}(n-1)^{2}=2 a_{1} n-a_{1}$
当 $n=1$ 时, $2 a_{1} \times 1-a_{1}=a_{1}$, 满足 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
$\therefore a_{n}-a_{n-1}=\left(2 a_{1} n-a_{1}\right)-\left[2 a_{1}(n-1)-a_{1}\right]=2 a_{1}$
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.
| 【分析】先根据 $\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}$ 求出数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 的公差 $d$, 进一步写出 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 的通项, 从而求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公 式, 最终得证.
【详解】 $\because$ 数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列, 设公差为 $d=\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{a_{2}+a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$
$\therefore \sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}+(n-1) \sqrt{a_{1}}=n \sqrt{a_{1}}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$
$\therefore S_{n}=a_{1} n^{2}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$
$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=a_{1} n^{2}-a_{1}(n-1)^{2}=2 a_{1} n-a_{1}$
当 $n=1$ 时, $2 a_{1} \times 1-a_{1}=a_{1}$, 满足 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
$\therefore a_{n}-a_{n-1}=\left(2 a_{1} n-a_{1}\right)-\left[2 a_{1}(n-1)-a_{1}\right]=2 a_{1}$
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2021 | （全国甲卷） | 20. 设函数 $f(x)=a^{2} x^{2}+a x-3 \ln x+1$, 其中 $a>0$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 若 $y=f(x)$ 的图象与 $x$ 轴没有公共点, 求 $a$ 的取值范围.
| 【详解】(1) 函数的定义域为 $(0,+\infty)$,
又 $f^{\prime}(x)=\frac{(2 a x+3)(a x-1)}{x}$ ，
因为 $a>0, x>0$, 故 $2 a x+3>0$, 当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x>\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;
所以 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$, 增区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$.
(2) 因为 $f(1)=a^{2}+a+1>0$ 且 $y=f(x)$ 的图与 $x$ 轴没有公共点,
所以 $y=f(x)$ 的图象在 $x$ 轴的上方,
由（1）中函数的单调性可得 $f(x)_{\min }=f\left(\frac{1}{a}\right)=3-3 \ln \frac{1}{a}=3+3 \ln a$,
故 $3+3 \ln a>0$ 即 $a>\frac{1}{e}$.
| 【分析】(1) 求出函数的导数, 讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据 $f(1)>0$ 及 (1) 的单调性性可得 $f(x)_{\text {min }}>0$, 从而可求 $a$ 的取值范围.
【详解】(1) 函数的定义域为 $(0,+\infty)$,
又 $f^{\prime}(x)=\frac{(2 a x+3)(a x-1)}{x}$ ，
因为 $a>0, x>0$, 故 $2 a x+3>0$, 当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x>\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;
所以 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$, 增区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$.
(2) 因为 $f(1)=a^{2}+a+1>0$ 且 $y=f(x)$ 的图与 $x$ 轴没有公共点,
所以 $y=f(x)$ 的图象在 $x$ 轴的上方,
由（1）中函数的单调性可得 $f(x)_{\min }=f\left(\frac{1}{a}\right)=3-3 \ln \frac{1}{a}=3+3 \ln a$,
故 $3+3 \ln a>0$ 即 $a>\frac{1}{e}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2021 | （全国甲卷） | 21. 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
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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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_II_Open-ended_Questions |
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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，得到各件产品该项指标数据如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\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 $\bar{y}$, 样本方差分别记为 $s_{1}^{2}$ 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:
$\bar{x}=\frac{9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7}{10}=10$;
$\bar{y}=\frac{10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5}{10}=10.3$.
$s_{1}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.09+0.04+0.01+0.04+0.01+0.04+0.09)$
$=\frac{1}{10} \times 0.36=0.036$
$s_{2}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.01+0.04+0.09+0.04+0.09+0.04+0.01+0.04)$
$=\frac{1}{10} \times 0.4=0.04$
(2) $\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3$
$2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}=2 \sqrt{\frac{0.036+0.04}{10}}=2 \sqrt{0.0076}$
$\because$ 则 $0.3=\sqrt{0.09}>2 \sqrt{0.076}=\sqrt{0.0304}$
, 所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较
旧设备有显著提高;
没有显著提高.
|
解析
解析:
$\bar{x}=\frac{9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7}{10}=10$;
$\bar{y}=\frac{10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5}{10}=10.3$.
$s_{1}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.09+0.04+0.01+0.04+0.01+0.04+0.09)$
$=\frac{1}{10} \times 0.36=0.036$
$s_{2}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.01+0.04+0.09+0.04+0.09+0.04+0.01+0.04)$
$=\frac{1}{10} \times 0.4=0.04$
(2) $\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3$
$2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}=2 \sqrt{\frac{0.036+0.04}{10}}=2 \sqrt{0.0076}$
$\because$ 则 $0.3=\sqrt{0.09}>2 \sqrt{0.076}=\sqrt{0.0304}$
, 所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较
旧设备有显著提高;
没有显著提高.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2021 | （新课标ⅰ） | 19. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的等比数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\frac{n a_{n}}{3}$. 已知 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$, 成等差数 列.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 记 $S_{n}$, 和 $T_{n}$ 分别为 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.证明: $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$.
| 解析
解析:
设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $a_{n}=q^{n-1}$ ，
因为 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$ 成等差数列, 所以 $1+9 q^{2}=2 \times 3 q$, 解得 $q=\frac{1}{3}$,
故 $a_{n}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}, \quad S_{n}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)$.
又 $b_{n}=\frac{n}{3^{n}}$, 则 $T_{n}=\frac{1}{3^{1}}+\frac{2}{3^{2}}+\frac{3}{3^{3}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n-1}}+\frac{n}{3^{n}}$,
两边同乘 $\frac{1}{3}$, 则 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+1}}$,
两式相减, 得 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{3^{4}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n+1}}$,
即 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}$,
整理得 $T_{n}=\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{2 \times 3^{n}}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}$,
$2 T_{n}-S_{n}=2\left(\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}\right)-\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)=-\frac{4 n+3}{2 \times 3^{n}}<0$
故 $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$.
|
解析
解析:
设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $a_{n}=q^{n-1}$ ，
因为 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$ 成等差数列, 所以 $1+9 q^{2}=2 \times 3 q$, 解得 $q=\frac{1}{3}$,
故 $a_{n}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}, \quad S_{n}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)$.
又 $b_{n}=\frac{n}{3^{n}}$, 则 $T_{n}=\frac{1}{3^{1}}+\frac{2}{3^{2}}+\frac{3}{3^{3}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n-1}}+\frac{n}{3^{n}}$,
两边同乘 $\frac{1}{3}$, 则 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+1}}$,
两式相减, 得 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{3^{4}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n+1}}$,
即 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}$,
整理得 $T_{n}=\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{2 \times 3^{n}}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}$,
$2 T_{n}-S_{n}=2\left(\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}\right)-\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)=-\frac{4 n+3}{2 \times 3^{n}}<0$
故 $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2021 | （新课标ⅰ） | 20. 已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $F$ 到准线的距离为 2 .
(1) 求 $C$ 的方程,
(2) 已知 $O$ 为坐标原点, 点 $P$ 在 $C$ 上, 点 $Q$ 满足 $\overrightarrow{P Q}=9 \overrightarrow{Q F}$, 求直线 $O Q$ 斜率的最大值.
| 解析
解析:
(1) 由焦点到准线的距离为 $p$, 则 $p=2$.
抛物线 $c$ 的方程: $y^{2}=4 x$.
(2) 设点 $P\left(\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\right), Q\left(x_{Q}, y_{Q}\right), F(1,0)$.
$\because \overrightarrow{P Q}=9 \overrightarrow{Q F}$
$\therefore\left(x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{Q}-y_{0}\right)=9\left(1-x_{Q},-y_{Q}\right) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}=9-9 x_{Q} \\ y_{Q}-y_{0}=-9 x_{Q}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}=\frac{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}{10} \\ y_{Q}=\frac{y_{0}}{10}\end{array}\right.\right.$
则 $k_{O Q}=\frac{y_{Q}}{x_{Q}}=\frac{y_{0}}{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}=\frac{1}{\frac{9}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{4}} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{9}{4}}}=\frac{1}{3}$.
$\therefore$ 直线 $O Q$ 斜率的最大值为 $\frac{1}{3}$.
|
解析
解析:
(1) 由焦点到准线的距离为 $p$, 则 $p=2$.
抛物线 $c$ 的方程: $y^{2}=4 x$.
(2) 设点 $P\left(\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\right), Q\left(x_{Q}, y_{Q}\right), F(1,0)$.
$\because \overrightarrow{P Q}=9 \overrightarrow{Q F}$
$\therefore\left(x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{Q}-y_{0}\right)=9\left(1-x_{Q},-y_{Q}\right) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}=9-9 x_{Q} \\ y_{Q}-y_{0}=-9 x_{Q}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}=\frac{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}{10} \\ y_{Q}=\frac{y_{0}}{10}\end{array}\right.\right.$
则 $k_{O Q}=\frac{y_{Q}}{x_{Q}}=\frac{y_{0}}{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}=\frac{1}{\frac{9}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{4}} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{9}{4}}}=\frac{1}{3}$.
$\therefore$ 直线 $O Q$ 斜率的最大值为 $\frac{1}{3}$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2021 | （新课标ⅰ） | 21.已知函数 $f(x)=x^{3}-x^{2}+a x+1$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 求曲线 $y=f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线 $y=f(x)$ 的公共点的坐标.
| 解析
解析:
(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$
(i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增.
(ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$.
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\
\hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\
\hline
\end{tabular}
$\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减.
(2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$.
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 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.
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 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （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 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$
|
解析
解析:
(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$
(i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增.
(ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$.
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\
\hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\
\hline
\end{tabular}
$\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减.
(2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$.
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 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.
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 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （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 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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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) 若 $A=2 B$, 求 $C$;
(2) 证明: $2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$
| 【小问 1 详解】}
由 $A=2 B, \quad \sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得, $\quad \sin C \sin B=\sin B \sin (C-A)$,
而 $0<B<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\sin B \in(0,1)$, 即有 $\sin C=\sin (C-A)>0$, 而 $0<C<\pi, 0<C-A<\pi$, 显然 $C \neq C-A$, 所以, $C+C-A=\pi$, 而 $A=2 B$,
$A+B+C=\pi$, 所以 $C=\frac{5 \pi}{8}$.
【小问 2 详解】}
由 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得，
$\sin C(\sin A \cos B-\cos A \sin B)=\sin B(\sin C \cos A-\cos C \sin A)$, 再由正弦定理可得, $a c \cos B-b c \cos A=b c \cos A-a b \cos C$, 然后根据余弦定理可知,
$\frac{1}{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$, 化简得:
$2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 故原等式成立.
| 【分析】(1) 根据题意可得, $\sin C=\sin (C-A)$, 再结合三角形内角和定理即可解出;
(2) 由题意利用两角差的正弦公式展开得
$\sin C(\sin A \cos B-\cos A \sin B)=\sin B(\sin C \cos A-\cos C \sin A)$, 再根据正弦定理, 余 弦定理化简即可证出.
【小问 1 详解】}
由 $A=2 B, \quad \sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得, $\quad \sin C \sin B=\sin B \sin (C-A)$,
而 $0<B<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\sin B \in(0,1)$, 即有 $\sin C=\sin (C-A)>0$, 而 $0<C<\pi, 0<C-A<\pi$, 显然 $C \neq C-A$, 所以, $C+C-A=\pi$, 而 $A=2 B$,
$A+B+C=\pi$, 所以 $C=\frac{5 \pi}{8}$.
【小问 2 详解】}
由 $\sin C \sin (A-B)=\sin B \sin (C-A)$ 可得，
$\sin C(\sin A \cos B-\cos A \sin B)=\sin B(\sin C \cos A-\cos C \sin A)$, 再由正弦定理可得, $a c \cos B-b c \cos A=b c \cos A-a b \cos C$, 然后根据余弦定理可知,
$\frac{1}{2}\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)=\frac{1}{2}\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$, 化简得:
$2 a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 故原等式成立.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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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: $\left.m^{3}\right)$, 得到如下数据:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline 样本号 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】
$$
\begin{gathered}
r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
=\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{gathered}
$$
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】
$$
\begin{gathered}
r=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(x_{\mathrm{i}}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{\mathrm{i}=1}^{10}\left(y_{\mathrm{i}}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}} y_{\mathrm{i}}-10 \overline{x y}}{\sqrt{\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} x_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{x}^{2}\right)\left(\sum_{\mathrm{i}=1}^{10} y_{\mathrm{i}}^{2}-10 \bar{y}^{2}\right)}} \\
=\frac{0.2474-10 \times 0.06 \times 0.39}{\sqrt{\left(0.038-10 \times 0.06^{2}\right)\left(1.6158-10 \times 0.39^{2}\right)}}=\frac{0.0134}{\sqrt{0.0001896}} \approx \frac{0.0134}{0.01377} \approx 0.97
\end{gathered}
$$
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 $1209 \mathrm{~m}^{3}$
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2022 | （全国乙卷） | 21. 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 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$,
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 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$,
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 $(0,-2)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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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 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3,(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,
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 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.
[选修 4-5: 不等式选讲]}
| 【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 $f(a)=6 a^{2}-2 a-3,(-1 \leqslant a \leqslant 1)$,
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 $-\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}$.
[选修 4-5: 不等式选讲]}
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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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 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$
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 $\frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \frac{b}{a+c} \leq \frac{b}{2 \sqrt{a c}}=\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}, \quad \frac{c}{a+b} \leq \frac{c}{2 \sqrt{a b}}=\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}$
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \leq \frac{a^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{b^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}+\frac{c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{a^{\frac{3}{2}}+b^{\frac{3}{2}}+c^{\frac{3}{2}}}{2 \sqrt{a b c}}=\frac{1}{2 \sqrt{a b c}}$
当且仅当 $a=b=c$ 时取等号.
| 10 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2022 | （全国甲卷） | 17. 甲、乙两城之间的长途客车均由 $A$ 和 $B$ 两家公司运营, 为了解这两家公司长途客车的运 行情况，随机调查了甲、乙两城之间的 500 个班次，得到下面列联表:
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline & 准点班次数 & 20 \\
\hline$A$ & 240 & 末准点班次数 \\
\hline$B$ & 210 & 30 \\
\hline
\end{tabular}
（1）根据上表, 分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率;
（2）能否有 $90 \%$ 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关?
附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$,
$\begin{array}{cccc}P\left(\begin{array}{ll}K^{2} & k\end{array}\right) & 0.100 & 0.050 & 0.010 \\ & 2.706 & 3.841 & 6.635\end{array}$
| 【小问 1 详解】}
根据表中数据, $A$ 共有班次 260 次, 准点班次有 240 次,
设 $A$ 家公司长途客车准点事件为 $M$,
则 $P(M)=\frac{240}{260}=\frac{12}{13}$ ；
$B$ 共有班次 240 次, 准点班次有 210 次,
设 $B$ 家公司长途客车准点事件为 $N$,
则 $P(N)=\frac{210}{240}=\frac{7}{8}$.
$A$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{12}{13}$; $B$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{7}{8}$.
【小问 2 详解】}
列联表
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 准点班次数 & 末准点班次数 & 合计 \\
\hline$A$ & 240 & 20 & 260 \\
\hline$B$ & 210 & 30 & 240 \\
\hline 合计 & 450 & 50 & 500 \\
\hline
\end{tabular}
$$
\begin{aligned}
& K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} \\
& =\frac{500 \times(240 \times 30-210 \times 20)^{2}}{260 \times 240 \times 450 \times 50} \approx 3.205>2.706,
\end{aligned}
$$
根据临界值表可知, 有 $90 \%$ 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公 司有关.
| 【分析】(1) 根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果;
(2) 根据表格中数据及公式计算 $K^{2}$, 再利用临界值表比较即可得结论.
【小问 1 详解】}
根据表中数据, $A$ 共有班次 260 次, 准点班次有 240 次,
设 $A$ 家公司长途客车准点事件为 $M$,
则 $P(M)=\frac{240}{260}=\frac{12}{13}$ ；
$B$ 共有班次 240 次, 准点班次有 210 次,
设 $B$ 家公司长途客车准点事件为 $N$,
则 $P(N)=\frac{210}{240}=\frac{7}{8}$.
$A$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{12}{13}$; $B$ 家公司长途客车准点的概率为 $\frac{7}{8}$.
【小问 2 详解】}
列联表
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 准点班次数 & 末准点班次数 & 合计 \\
\hline$A$ & 240 & 20 & 260 \\
\hline$B$ & 210 & 30 & 240 \\
\hline 合计 & 450 & 50 & 500 \\
\hline
\end{tabular}
$$
\begin{aligned}
& K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)} \\
& =\frac{500 \times(240 \times 30-210 \times 20)^{2}}{260 \times 240 \times 450 \times 50} \approx 3.205>2.706,
\end{aligned}
$$
根据临界值表可知, 有 $90 \%$ 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公 司有关.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2022 | （全国甲卷） | 18. 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 $\left(S_{n}\right)_{\text {min }}=-78$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2022 | （全国甲卷） | 20. 已知函数 $f(x)=x^{3}-x, g(x)=x^{2}+a$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线也是曲线 $y=g(x)$ 的切线.
(1) 若 $x_{1}=-1$, 求 $a$;
(2) 求 $a$ 的取值范围.
| 【小问 1 详解】}
由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$,
即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$;
【小问 2 详解】}
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为
$y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$,
设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$,
则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$,
令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ，
令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\
\hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\
\hline
\end{tabular}
则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$.
| 【分析】(1) 先由 $f(x)$ 上的切点求出切线方程, 设出 $g(x)$ 上的切点坐标, 由斜率求出切点 坐标, 再由函数值求出 $a$ 即可;
(2) 设出 $g(x)$ 上的切点坐标, 分别由 $f(x)$ 和 $g(x)$ 及切点表示出切线方程, 由切线重合表示 出 $a$, 构造函数, 求导求出函数值域, 即可求得 $a$ 的取值范围.
【小问 1 详解】}
由题意知, $f(-1)=-1-(-1)=0, f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1, f^{\prime}(-1)=3-1=2$, 则 $y=f(x)$ 在点 $(-1,0)$ 处的切线方程为 $y=2(x+1)$,
即 $y=2 x+2$, 设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}=2$, 解 得 $x_{2}=1$, 则 $g(1)=1+a=2+2$, 解得 $a=3$;
【小问 2 详解】}
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1$, 则 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right)$ 处的切线方程为
$y-\left(x_{1}^{3}-x_{1}\right)=\left(3 x_{1}^{2}-1\right)\left(x-x_{1}\right)$, 整理得 $y=\left(3 x_{1}^{2}-1\right) x-2 x_{1}^{3}$,
设该切线与 $g(x)$ 切于点 $\left(x_{2}, g\left(x_{2}\right)\right), g^{\prime}(x)=2 x$, 则 $g^{\prime}\left(x_{2}\right)=2 x_{2}$, 则切线方程为 $y-\left(x_{2}^{2}+a\right)=2 x_{2}\left(x-x_{2}\right)$, 整理得 $y=2 x_{2} x-x_{2}^{2}+a$,
则 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}-1=2 x_{2} \\ -2 x_{1}^{3}=-x_{2}^{2}+a\end{array}\right.$, 整理得 $a=x_{2}^{2}-2 x_{1}^{3}=\left(\frac{3 x_{1}^{2}}{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{3}=\frac{9}{4} x_{1}^{4}-2 x_{1}^{3}-\frac{3}{2} x_{1}^{2}+\frac{1}{4}$,
令 $h(x)=\frac{9}{4} x^{4}-2 x^{3}-\frac{3}{2} x^{2}+\frac{1}{4}$, 则 $h^{\prime}(x)=9 x^{3}-6 x^{2}-3 x=3 x(3 x+1)(x-1)$, 令 $h^{\prime}(x)>0$ ，解得 $-\frac{1}{3}<x<0$ 或 $x>1$ ，
令 $h^{\prime}(x)<0$, 解得 $x<-\frac{1}{3}$ 或 $0<x<1$, 则 $x$ 变化时, $h^{\prime}(x), h(x)$ 的变化情况如下表:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline$x$ & $\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$ & $-\frac{1}{3}$ & $\left(-\frac{1}{3}, 0\right)$ & 0 & $(0,1)$ & 1 & $(1,+\infty)$ \\
\hline$h^{\prime}(x)$ & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$h(x)$ & $\searrow$ & $\frac{5}{27}$ & $\nearrow$ & $\frac{1}{4}$ & $\searrow$ & -1 & $\nearrow$ \\
\hline
\end{tabular}
则 $h(x)$ 的值域为 $[-1,+\infty)$, 故 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$.
| 12 | 2010-2022_Math_II_Open-ended_Questions |
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2022 | （全国甲卷） | 21. 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) 由抛物线的定义可得 $|M F|=p+\frac{p}{2}$, 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 $A B: x=\sqrt{2} y+4$.
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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 $\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \geq 3$.
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