面来完成，即所有的垂线以及平行线都不是凭空而来的. 20.已知椭圆：
，动圆：
（圆心为椭圆上异于左右顶点的
.
任意一点），过原点作两条射线与圆相切，分别交椭圆于，两点，且切线长的最小值为（Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）求证：【答案】（Ⅰ）【解析】 【分析】
（Ⅰ）将圆心坐标代入椭圆方程，根据两点之间的距离公式，|OT|长的最小值为
的面积为定值.
； （Ⅱ）见解析.
，由切线
，即可求得b的值，求得椭圆C的方程；（Ⅱ）当斜率不存在，此时M、N分别为长、短轴
，当斜率存在，分别设出切线方程，代入求得M和N的坐标，由三角形的面
，即可求得△MON的面积
，焦点在x轴上，P（，）在椭圆方程上，
一个端点，则△MON的面积为积S△MON
【详解】（Ⅰ）因为椭圆则由
2
＝b2（1），
＝（1
）+b≥b
2
2
b＜2，得：r，
2
故点O在圆P外，
不妨设OM与圆P相切于T，则有： 切线长|OT|代入得|OT|由已知得：所以椭圆的方程为：（Ⅱ） 当切线代入椭圆方程得：
或
，解得：b2＝2，
斜率不存在即圆与轴相切时，易得，说明圆同时也与轴相切，
的面积为
.
，
，
，
此时、分别为长、短轴一个端点，则
当切线、斜率都存在时，设切线方程为：，由得：，
整理得：由知：记为
由韦达定理得：由上知：
，即
，此时
. ，方程，
必有两个非零根，
，则，分别对应直线
，将
的斜率， 代入得：
，
，设点位于第一、三象限，点位于第二、四象限，
：
与椭圆方程
联立
若点位于第一象限，点位于第二象限，设
可得：，
设：与椭圆方程联立可得：，分别过M,N作垂直x轴，
则
，代入坐标有：
同理，当点、位于其它象限时，结论也成立.
，
【点睛】本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系，考查推理运算和方程求解能力．运用化归转化手段．将切线长最短问题转化为椭圆上的动点到定点距离最短问题；考查圆锥曲线中的有关定值问题，从变化中寻找不变量，并通过必要的推理和运算化简求值．考查转化化归思想、分类整合思想，属于难题． 21.已知函数（Ⅰ）讨论函数（Ⅱ）函数【答案】（Ⅰ）
的单调性；
，其中的增区间是
.若
，
恒成立，求实数的取值范围. ，减区间是
.
.
有两个极值点
或
时，函数
时，函数
【解析】 【分析】
的增区间是； （Ⅱ）.
（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题等价于m
恒成立，即m＞
恒成立，令t＝a﹣2（t＞2），则
，
令g（t）【详解】（Ⅰ）（1）当函数（2）当综上所述，
的增区间是
时，即或
，根据函数的单调性求出g（t）的最小值，从而求出m的范围即可．
，令
时，即，时，时，函数的增区间是
，∴或
时方程
有两根，.
的增区间是，减区间是
. .
.
，
，
，减区间是
在上恒成立，函数的增区间是
.
且
，
时，函数
（Ⅱ）∵
有两根，且，∴.
恒成立等价于恒成立，即恒成立，
令当∴
时，函数
，则，令
单调递增，
.
，∴
.
.
，∴的取值范围是
【点睛】本题考查函数的单调性问题，考查导数的应用，解决与不等式有关的参数范围和证明问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，分类思想，考查运算能力，是一道综合题．
四、选考题（请考生在22、23两题中任选一题作答，只能做所选定的题目，如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑，满分10分）
22.在直角坐标系
中，曲线：
（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐
，直线的极坐标方程为
.
标系，曲线的极坐标方程为
（Ⅰ）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与，在第一象限分别交于，两点，为上的动点.求【答案】（1）【解析】 【分析】 (Ⅰ)先求出曲线
的普通方程,再把普通方程化为极坐标方程.再写出直线的直角坐标方程.( Ⅱ)先求出,再求出以
再求
面积的最大值.
,
为底边的
的高的最大值为
,
（2）
面积的最大值.
【详解】(Ⅰ)依题意得,曲线的普通方程为曲线的极坐标方程为
,
直线的直角坐标方程为(Ⅱ)曲线的直角坐标方程为则
,则
到的距离为则
的面积的最大值为
,即
．
,设,得, ,以
为底边的
的高的最大值为
,
或
,
, (舍),
【点睛】(1)本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线和圆的位置关系，考查面积的最值的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）本题的解题的关键是求出
.
23.已知函数（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）关于的不等式【答案】（1）m=3 (2)
有解，求实数的取值范围.
，若
的解集是
.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）作出f（x）的图象，结合题意可得
，由此求得m的值．
（Ⅱ）求得f（x）的最小值为2，可得2＜a2+a﹣4，由此求得a的范围． 试题解析： （1）解法一：
作出函数
的图象
由的解集为 及函数图象得
解法二：
得
① 得
得，
②得，不合题意
③ 得
当当
时，
时，
，不符合
，舍去
综上不等式的解集为
，
（2）解法一：由（Ⅰ）得 ∵ ∴ 即
实数的取值范围
解法二：由绝对值不等式几何意义得
实数的取值范围
即
有解 有解 即
，
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
福建省厦门第一中学2024届高三3月模拟数学（文）试题（解析版）
