2022-2023學(xué)年安徽省阜陽(yáng)市高二年級(jí)下冊(cè)學(xué)期選修模塊檢測(cè)數(shù)學(xué)【含答案】

高二數(shù)學(xué)試卷 一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的 1. 拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)坐標(biāo)是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】將已知拋物線(xiàn)方程整理成標(biāo)準(zhǔn)形式，從而可求出焦點(diǎn)坐標(biāo). 【詳解】由可得，焦點(diǎn)在軸的正半軸上，設(shè)坐標(biāo)為， 則，解得，所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為. 故選:D. 2. 設(shè)隨機(jī)變量，若，則（） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根據(jù)正態(tài)分布及求出期望與方差即可判斷作答. 【詳解】因?yàn)殡S機(jī)變量，且， 所以由對(duì)稱(chēng)性知，由正態(tài)分布知方差，A正確，BCD錯(cuò)誤. 故選：A 3. 從1，2，3，0這四個(gè)數(shù)中取三個(gè)組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，則三位數(shù)的個(gè)數(shù)為（） A. 24 B. 48 C. 18 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】利用分步計(jì)數(shù)原理和排列數(shù)即可求解. 【詳解】先排末位則有種，再?gòu)氖Ｏ碌娜齻€(gè)選兩個(gè)進(jìn)行排列則， 根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理可得種， 故選：C. 4. 已知上可導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，是的導(dǎo)函數(shù)，則不等式的解集為（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函數(shù)圖象得出和的解，然后用分類(lèi)討論思想求得結(jié)論． 【詳解】由圖象知的解集為，的解集為， 或， 所以或，解集即為． 故選：C 5. 在數(shù)列中，已知，則的前10項(xiàng)的和為（） A. 1023 B. 1024 C. 2046 D. 2047 【答案】C 【解析】 【分析】利用，表示出的前10項(xiàng)的和，通過(guò)等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求解即可. 【詳解】 ，，，，， 則的前10項(xiàng)的和為. 故選：C. 6. 在棱長(zhǎng)為2的正方體中，下列說(shuō)法不正確的是（） A. 直線(xiàn)與平面所成的角為 B. C. 三棱錐外接球的表面積為 D. 平面與平面距離為 【答案】A 【解析】 【分析】根據(jù)線(xiàn)面角的定義即可判斷A，建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算即可判斷BD，由三棱錐外接球與正方體的外接球相同即可判斷C. 【詳解】 連接，與相交于點(diǎn)，因?yàn)槠矫妫移矫妫? 所以，又因?yàn)?，，所以平面? 即直線(xiàn)與平面所成的角為，且，故A錯(cuò)誤； 連接，以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則， 則 設(shè)平面的法向量為， 則，解得，取，則 所以，則，所以平面， 且平面，則，故B正確； 因?yàn)槿忮F外接球就是正方體的外接球， 設(shè)其外接球的半徑為，則，即， 所以，故C正確； 因?yàn)槠矫嫫矫嫠云矫? 同理平面 又平面, 所以平面平面， 由B選項(xiàng)可知，平面的法向量為，且， 則兩平面間的距離，故D正確. 故選:A 7. 已知拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)為，點(diǎn)是拋物線(xiàn)上一點(diǎn)，圓與線(xiàn)段相交于點(diǎn)，且被直線(xiàn)截得的弦長(zhǎng)為，若，則（） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根據(jù)點(diǎn)在拋物線(xiàn)上及拋物線(xiàn)的定義，利用圓的弦長(zhǎng)及勾股定理即可求解 【詳解】由題意可知，如圖所示， 在拋物線(xiàn)上，則 易知，，由， 因?yàn)楸恢本€(xiàn)截得的弦長(zhǎng)為，則， 由，于是在中， 由解得：，所以． 故選：C. 8. 已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且，，則不正確的是（） A. B. C. 沒(méi)有極小值 D. 當(dāng)有兩個(gè)根時(shí)， 【答案】C 【解析】 【分析】根據(jù)條件判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷AB；求函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，判斷C；將方程的實(shí)數(shù)根，轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題，利用數(shù)形結(jié)合判斷的取值范圍. 【詳解】因?yàn)?，所以函?shù)單調(diào)遞增， ，即，故A正確； ，即，故B正確； 設(shè)， 即，，得， 所以，，得， 在區(qū)間上，，單調(diào)遞減，在區(qū)間上，，單調(diào)遞增，所以當(dāng)函數(shù)取得極小值，故C錯(cuò)誤； 有2個(gè)根，即函數(shù)的圖象與有2個(gè)交點(diǎn)，由以上可知當(dāng)函數(shù)取得極小值，， 并且時(shí)，，并且時(shí)，，時(shí)，，并且時(shí)，， 所以當(dāng)直線(xiàn)與的圖象有2個(gè)交點(diǎn)時(shí)，，故D正確. 故選：C. 二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分. 9. 下列說(shuō)法正確是（） A. 若隨機(jī)變量~，則 B. 若隨機(jī)變量的方差，則 C. 若，，，則事件與事件獨(dú)立 D. 若隨機(jī)變量~且，則 【答案】ACD 【解析】 【分析】通過(guò)計(jì)算可以判斷選項(xiàng)ABD；計(jì)算得到，則事件與事件獨(dú)立，所以選項(xiàng)C正確. 【詳解】A. 若隨機(jī)變量~，則，所以該選項(xiàng)正確； B. 若隨機(jī)變量的方差，則,所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤； C. 若，則事件與事件獨(dú)立，所以該選項(xiàng)正確； D. 若隨機(jī)變量~且，則，所以該選項(xiàng)正確. 故選：ACD 10. 已知是等差數(shù)列，其前項(xiàng)和為，，則下列結(jié)論一定正確的有（　?。? A. B. 最小 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】計(jì)算得所以，所以選項(xiàng)A正確；由于符號(hào)不確定，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；所以選項(xiàng)C正確；，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 【詳解】根據(jù)題意，數(shù)列是等差數(shù)列，若 即 變形可得所以，所以選項(xiàng)A正確； ， 如果，則，則最?。蝗绻?，則，由于，則最??； 如果，則，由于，則沒(méi)有最小值.所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤； ，所以選項(xiàng)C正確； ，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 故選：AC 11. 點(diǎn)是拋物線(xiàn)上第一象限內(nèi)的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作圓C：的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)為、，分別交軸于P，Q兩點(diǎn)，則下列選項(xiàng)正確的是（） A. B. 若，則直線(xiàn)MN的方程為 C. 若，則的面積為92 D. 的面積最小值為72 【答案】ABD 【解析】 【分析】根據(jù)勾股定理即可判斷A，根據(jù)相交弦的方程即可由兩圓方程相減求解B,根據(jù)三角形面積與內(nèi)切圓的關(guān)系即可列出方程求解C，結(jié)合基本不等式即可求解D. 【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，，故,A正確； 對(duì)于B選項(xiàng)，，,則以為直徑的圓的方程為，與圓相減得，故MN直線(xiàn)為，故B正確； 對(duì)于C選項(xiàng)，,又，當(dāng)時(shí)，，則，故，故C錯(cuò)誤； 對(duì)于D選項(xiàng)，由C可知當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故時(shí)，取得最小值72，故D正確， 故選：ABD. 【點(diǎn)睛】圓錐曲線(xiàn)中取值范圍問(wèn)題的五種求解策略： （1）利用圓錐曲線(xiàn)的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍； （2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類(lèi)問(wèn)題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系； （3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍； （4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍； （5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍. 12. 如圖，點(diǎn)M是棱長(zhǎng)為l的正方體中的側(cè)面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包含邊界），則下列結(jié)論正確的是（） A. 不存在點(diǎn)M滿(mǎn)足平面 B. 存在無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)M滿(mǎn)足 C. 當(dāng)點(diǎn)M滿(mǎn)足時(shí)，平面截正方體所得截面的面積為 D. 滿(mǎn)足的點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度是 【答案】BCD 【解析】 【分析】對(duì)于A：根據(jù)線(xiàn)面垂直關(guān)系可得，分析判斷；對(duì)于B：根據(jù)線(xiàn)面垂直關(guān)系可得，分析判斷；對(duì)于C：根據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)以及利用空間向量分析運(yùn)算求截面，進(jìn)而可求截面面積；對(duì)于D：利用空間向量求點(diǎn)M的軌跡，進(jìn)而求點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度. 【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：連接， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以， ∵，且平面，所以， ，平面， 所以平面，且平面， 可得， 同理可證， ，平面，所以， 又點(diǎn)M是面上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包含邊界），所以當(dāng)M與A1重合時(shí)， 故A錯(cuò)誤； 對(duì)于選項(xiàng)B：連接， ，，則， 又因?yàn)?，，? 所以， 可知當(dāng)M在線(xiàn)段上時(shí)，有故存在無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)滿(mǎn)足，故B正確； 對(duì)于選項(xiàng)C：延長(zhǎng)交于點(diǎn)， ∵，則為線(xiàn)段靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)， 且，則，則為線(xiàn)段的中點(diǎn)， 如圖，以D點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系， 則，可得， 設(shè)平面的法向量為，則， 令，則，即， 設(shè)平面，點(diǎn)，則， 則，解得， 則，故， 可得，即， 且， 故截面面積，故C正確； 對(duì)于選項(xiàng)D： 因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為l，所以設(shè) 所以，， 因?yàn)?，所? 化簡(jiǎn)得：， 所以點(diǎn)M的軌跡是一段以為圓心，半徑為的圓弧， 設(shè)圓弧與分別交于點(diǎn)， 取，則，即；取，則，即； 則，則， 且，即， ∴軌跡長(zhǎng)度是，故D正確． 故選：BCD. 三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．請(qǐng)把答案填寫(xiě)在答題卡相應(yīng)位置上． 13. 若，則=__. 【答案】3 【解析】 【分析】列出關(guān)于x的方程，解之即可求得x的值. 【詳解】由，可得， 即，整理得， 解之得或（舍） 故答案為：3 14. 現(xiàn)有兩批產(chǎn)品，第一批產(chǎn)品的次品率為5%，第二批產(chǎn)品的次品率為15%，兩批產(chǎn)品以3:2的比例混合在一起，從中任取1件，該產(chǎn)品合格的概率為_(kāi)_________. 【答案】0.91## 【解析】 【分析】設(shè)兩批產(chǎn)品共取件，求出第一批和第二批產(chǎn)品中的合格品的件數(shù)即得解. 【詳解】設(shè)兩批產(chǎn)品共取件， 所以第一批產(chǎn)品中的合格品有件，第二批產(chǎn)品中的合格品有件， 所以從中任取1件，該產(chǎn)品合格的概率為. 故答案為：0.91 15. 若直線(xiàn)與圓交于兩點(diǎn)，則面積的最大值為_(kāi)___. 【答案】 【解析】 【分析】先求得面積的表達(dá)式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得面積的最大值. 【詳解】圓的圓心，半徑， 直線(xiàn)恒過(guò)定點(diǎn)，則， 設(shè)中點(diǎn)為M，則點(diǎn)M在以為直徑的圓上， 設(shè)圓心到直線(xiàn)距離為d， 則，， 則的面積為 當(dāng)即時(shí)取得最大值. 則面積的最大值為. 故答案為： 16. 已知函數(shù)在處取得極值，且在上的最大值為1，則的值為_(kāi)__. 【答案】或 【解析】 【分析】先求得的導(dǎo)函數(shù)，進(jìn)而按t討論得到的單調(diào)性，利用題給條件列出關(guān)于的方程，進(jìn)而求得的值. 【詳解】由（），可得 由函數(shù)在處取得極值，可得， 若， 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增， 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減， 則在處取得極大值即最大值， 則，解之得. 若， 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增， 則在處取得極大值， 又由在上的最大值為1可得， ，即，不等式組無(wú)解. 若， 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增， 則在處取得極小值， 在處取得極大值 又由在上的最大值為1可得， ，解之得. 綜上，的值為或. 故答案為：或. 四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟 17. 已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，從條件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)條件作為已知，解答下列問(wèn)題. （1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）設(shè)，記的前項(xiàng)和為，若對(duì)任意正整數(shù)，都有恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍. 條件①，且；條件②為等比數(shù)列，且滿(mǎn)足. 注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分. 【答案】（1）條件選擇見(jiàn)解析， （2） 【解析】 【分析】（1）選①：由與的關(guān)系求；選②：求得后得到公比，寫(xiě)出通項(xiàng)公式即可. （2）由裂項(xiàng)求和法求得，并求得的取值范圍，由不等式恒成立求的取值范圍. 【小問(wèn)1詳解】 選①：且，則， 兩式相減，得， 所以為公比的等比數(shù)列， 又，，解得，所以； 選②：因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，且滿(mǎn)足， 所以，， 所以，所以. 【小問(wèn)2詳解】 因?yàn)?，所以? 顯然數(shù)列是關(guān)于的增函數(shù)，∵，∴， ∴ 由恒成立得，，解得或 故的取值范圍為. 18. 已知是函數(shù)的極值點(diǎn)，則： （1）求實(shí)數(shù)的值． （2）討論方程的解的個(gè)數(shù) 【答案】（1） （2）答案見(jiàn)解析 【解析】 【分析】（1）求導(dǎo)，由題意可得，即可得解，要注意檢驗(yàn)； （2）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，由此作出函數(shù)的大致圖象，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解. 【小問(wèn)1詳解】 , 因?yàn)槭呛瘮?shù)的極值點(diǎn)， 所以，即， 解得或， 當(dāng)時(shí)，， 令，則或，令，則， 所以函數(shù)在上遞增，在上遞增， 所以的極小值點(diǎn)為，極大值點(diǎn)為，符合題意， 當(dāng)時(shí)，， 所以在上遞增，所以無(wú)極值點(diǎn)， 綜上所述； 【小問(wèn)2詳解】 由（1）可得， 函數(shù)在上遞增，在上遞增， 則， 又當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，， 作出函數(shù)的大致圖象，如圖所示， 當(dāng)或時(shí)，方程有個(gè)解， 當(dāng)或時(shí)，方程有個(gè)解， 當(dāng)時(shí)，方程有個(gè)解. 19. 如圖，在矩形ABCD中，，E為邊CD上的點(diǎn)，，以BE為折痕把折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且使二面角為直二面角，三棱錐的體積為． （1）求證：平面平面PAE； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）證明見(jiàn)解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取BE中點(diǎn)，則，由三棱錐的體積得，可得，由平面ABCD得，故平面PBE，得，又，可得平面，進(jìn)而得證； （2）以D為原點(diǎn)，為x，y軸正向，過(guò)作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面BPA和平面DPA的法向量，由向量的夾角公式求解即可． 【小問(wèn)1詳解】 設(shè)，由題意為等腰直角三角形，折疊后為等腰直角三角形， 取BE中點(diǎn)，連接PF，則， 由于二面角為直二面角，故平面ABCD，且， 則， 得，即． 則，故， 又平面ABCD，故，又PF與BE相交， 故平面PBE，故， 又，且PE與AE相交，故平面， 又面PAB，故平面平面. 【小問(wèn)2詳解】 以D為原點(diǎn)，為x，y軸正向，過(guò)作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系， 則，， 設(shè)平面BPA的法向量為，則， 取，可得， 設(shè)平面DPA的法向量為，則， 取，可得， 則， 由于二面角為鈍角，故其余弦值為． 20. 2022年12月初某省青少年乒乓球培訓(xùn)基地舉行了混雙選拔賽，其決賽在韓菲/陳宇和黃政/孫藝兩對(duì)組合間進(jìn)行，每場(chǎng)比賽均能分出勝負(fù)．已知本次比賽的贊助商提供了10000元獎(jiǎng)金，并規(guī)定：①若其中一對(duì)贏的場(chǎng)數(shù)先達(dá)到4場(chǎng)，則比賽終止，同時(shí)這對(duì)組合獲得全部獎(jiǎng)金；②若比賽意外終止時(shí)無(wú)組合先贏4場(chǎng)，則按照比賽繼續(xù)進(jìn)行各自贏得全部獎(jiǎng)金的概率之比給兩對(duì)組合分配獎(jiǎng)金．已知每場(chǎng)比賽韓菲/陳宇組合贏的概率為，黃政/孫藝贏的概率為，且每場(chǎng)比賽相互獨(dú)立． （1）若在已進(jìn)行的5場(chǎng)比賽中韓菲/陳宇組合贏3場(chǎng)、黃政/孫藝組合贏2場(chǎng)，求比賽繼續(xù)進(jìn)行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎(jiǎng)金的概率； （2）若比賽進(jìn)行了5場(chǎng)時(shí)終止（含自然終止與意外終止），則這5場(chǎng)比賽中兩對(duì)組合之間的比賽結(jié)果共有多少不同的情況？ （3）若比賽進(jìn)行了5場(chǎng)時(shí)終止（含自然終止與意外終止），設(shè)，若贊助商按規(guī)定頒發(fā)獎(jiǎng)金，求韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)X的分布列． 【答案】（1） （2）28 （3）分布列見(jiàn)詳解 【解析】 【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合對(duì)立事件的概率求法運(yùn)算； （2）根據(jù)題意可得有四則可能，再結(jié)合組合數(shù)運(yùn)算求解； （3）根據(jù)題意分析可得獎(jiǎng)金數(shù)X的可能取值，結(jié)合（2）求相應(yīng)的概率，即可得結(jié)果. 【小問(wèn)1詳解】 “比賽繼續(xù)進(jìn)行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎(jiǎng)金”的對(duì)立事件為“黃政/孫藝組合再連贏2場(chǎng)”， 故比賽繼續(xù)進(jìn)行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎(jiǎng)金的概率. 【小問(wèn)2詳解】 設(shè)5場(chǎng)比賽中韓菲/陳宇組合贏場(chǎng)、黃政/孫藝組合贏場(chǎng)，用表示比賽結(jié)果， 若比賽進(jìn)行了5場(chǎng)時(shí)終止（含自然終止與意外終止），則有：， 故共有種不同的情況. 【小問(wèn)3詳解】 若韓菲/陳宇組合贏1場(chǎng)、黃政/孫藝組合贏4場(chǎng)，則韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為0元； 若韓菲/陳宇組合贏2場(chǎng)、黃政/孫藝組合贏3場(chǎng)，則韓菲/陳宇組合需再連贏2場(chǎng)，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為元； 若韓菲/陳宇組合贏3場(chǎng)、黃政/孫藝組合贏2場(chǎng)，則韓菲/陳宇組合需再贏1場(chǎng)，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為元； 若韓菲/陳宇組合贏4場(chǎng)、黃政/孫藝組合贏1場(chǎng)，則韓菲/陳宇組合獲得獎(jiǎng)金數(shù)為10000元； 即獎(jiǎng)金數(shù)X的可能取值有，則有 ， 故獎(jiǎng)金數(shù)X的分布列為： 0 2500 7500 10000 21. 以橢圓的中心O為圓心，以為半徑的圓稱(chēng)為該橢圓的“伴隨”．已知橢圓的離心率為，且過(guò)點(diǎn)． （1）求橢圓C及其“伴隨”的方程； （2）過(guò)點(diǎn)作“伴隨”的切線(xiàn)l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，記為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積為，將表示為m的函數(shù)，并求的最大值． 【答案】（1）,；（2），，的最大值為1． 【解析】 【分析】（1）由橢圓C的離心率，結(jié)合的關(guān)系，得到，設(shè)出橢圓方程，代入點(diǎn)，即可得到橢圓方程和“伴隨”的方程； （2）設(shè)切線(xiàn)的方程為，聯(lián)立橢圓方程，消去y得到x的二次方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，即可得到AB的長(zhǎng)，由l與圓相切，得到的關(guān)系式，求出 的面積，運(yùn)用基本不等式，即可得到最大值． 【詳解】（1）橢圓的離心率為，可得，即 又由，可得， 設(shè)橢圓C的方程為， 因?yàn)闄E圓C過(guò)點(diǎn)，代入可得， 解得，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為， 又由，即“伴隨圓”是以原點(diǎn)為圓心，半徑為1的圓， 所以橢圓C的“伴隨”方程為． （2）由題意知，， 易知切線(xiàn)的斜率存在，設(shè)切線(xiàn)的方程為， 由得， 設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2）， 則，． 又由l與圓x2+y2=1相切，所以，k2=m2-1． 所以=， 則，， 可得（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)）， 所以當(dāng)時(shí)，S△AOB的最大值為1． 【點(diǎn)睛】本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查聯(lián)立直線(xiàn)方程和橢圓方程，消去未知數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式的運(yùn)用，考查直線(xiàn)與圓相切的條件，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題． 22. 已知函數(shù)，. （1）討論函數(shù)的單調(diào)性； （2）若恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍. 【答案】（1）答案見(jiàn)解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求導(dǎo)，對(duì)a進(jìn)行討論，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可求出的單調(diào)性； （2）方法一：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立，令，求導(dǎo)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)和零點(diǎn)存在定理，分析其單調(diào)性，根據(jù)隱零點(diǎn)的的關(guān)系求出最小值，轉(zhuǎn)化為，再次換元，令，求導(dǎo)分析單調(diào)性并得到最值，即可求出a；方法二：利用將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立，換元后得到新的函數(shù)，求導(dǎo)分析其單調(diào)性，并對(duì)a進(jìn)行討論，即可求解； 【小問(wèn)1詳解】 解：的定義域?yàn)?，? 當(dāng)時(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，令解得，所以在上單調(diào)遞增； 令解得，所以在上單調(diào)遞減， 綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 【小問(wèn)2詳解】 已知在恒成立，化簡(jiǎn)得 法一：令，定義域?yàn)椋? 則， ①當(dāng)時(shí)，恒成立，則單調(diào)遞增，的值域?yàn)镽，不符合題意； ②當(dāng)時(shí)，，也不符合題意； ③當(dāng)時(shí)，令，則恒成立， 所以在上單調(diào)遞增. 當(dāng)時(shí)，，又， 根據(jù)零點(diǎn)存在定理以及函數(shù)的單調(diào)性可知，有，即有唯一解， 有，此時(shí)； 當(dāng)時(shí)，，又， 根據(jù)零點(diǎn)存在定理以及函數(shù)的單調(diào)性可知，有，即有唯一解， 有，此時(shí). 綜上所述，對(duì)，都有唯一解，有，此時(shí). 又當(dāng)時(shí)，，即，所以在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，，即，所以在上單調(diào)遞增. 所以， 故只需. 令，上式即轉(zhuǎn)化為，設(shè)，則. 當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減. 所以，當(dāng)時(shí)，有最大值，所以， 所以. 又，所以，所以. 由，解得． 綜上所述. 法二：恒成立， 令，故在上單調(diào)遞增， 所以，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在恒成立， 設(shè)， 當(dāng)時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增，又， 所以時(shí)，，不符合題意； 當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增， 所以， 當(dāng)時(shí)，都有均不符合題意， 當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在恒成立， 綜上所述： 【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：主要考向有以下幾點(diǎn)： 1、求函數(shù)單調(diào)區(qū)間（含參數(shù)）或判斷函數(shù)（含參數(shù)）的單調(diào)性； 2、求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線(xiàn)方程，或知道切線(xiàn)方程求參數(shù)； 3、求函數(shù)的極值（最值）； 4、求函數(shù)的零點(diǎn)（零點(diǎn)個(gè)數(shù)），或知道零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍； 5、證明不等式； 解決方法：對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，結(jié)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì)解決，在證明不等式或求參數(shù)取值范圍時(shí)，通常會(huì)對(duì)函數(shù)進(jìn)行參變分離，構(gòu)造新函數(shù)，對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)再結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性等解決.