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二轮做好题DAY3

news 2026/6/24 8:51:35

【雅礼中学模拟预测T8】 若关于$x$的方程$$\mathrm{e}^x=a\ln(x-1)+a\ln a-a$$在$(1,+\infty)$上有解,则实数$a$的取值范围是

A.$\left(0,2\right]$

B.$\left[2,+\infty\right)$

C.$\left(0,\mathrm{e}^2\right]$

D.$\left[\mathrm{e}^2,+\infty\right)$

解. 方程变形为,

\[\dfrac{\mathrm{e}^x}{a}-\ln a=\ln(x-1)-1, \]

\[\implies\mathrm{e}^{x-\ln a}+x-\ln a=\mathrm{e}^{\ln(x-1)}+\ln(x-1). \]

设$f(t)=\mathrm{e}^t+t$,因$f'(t)=\mathrm{e}^t+1>0$,$f(t)$单调递增,故$$x-\ln a=\ln(x-1)\implies \ln a=x-\ln(x-1)$$设$g(x)=x-\ln(x-1)$$,则
$$g'(x)=1-\dfrac{1}{x-1}=\dfrac{x-2}{x-1},$$

$g(x)$在$(1,2)$递减、$(2,+\infty)$递增,
$g(x)_{\min}=g(2)=2$,故$\ln a\geq2\implies a\geq\mathrm{e}^2$.

【雅礼中学模拟预测T11】 已知双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$,其一条渐近线的斜率为$\sqrt{3}$,过点$F_2$且斜率存在的直线$l$与$C$的右支交于$P,Q$两点.若$A,B$分别为$\triangle PF_1F_2$和$\triangle QF_1F_2$的内心,且四边形$AF_1BF_2$的面积为$2\sqrt{5}a^2$,则直线$l$的斜率的绝对值为$\underline{\qquad\qquad}.$

解

不难得到,$AB\perp x$轴,且$M(a,0)$.所以四边形 $ AF_{1}BF_{2} $ 的面积为

\[\dfrac{\left| {AB}\right| \times \left| {{F}_{1}{F}_{2}}\right| }{2} = \dfrac{\left| {AB}\right| \times {2c}}{2} = c\left| {AB}\right| = {2a}\left| {AB}\right| = 2\sqrt{5}{a}^{2} \]

\[\implies \left| {AB}\right| = \sqrt{5}a, \]

因渐进线斜率为$\sqrt{3}$,得$\dfrac{b}{a}=\sqrt{3}\implies c=2a.$
设直线 $ l $ 的倾斜角为 $ \alpha \left( {\dfrac{\pi }{3} < \alpha < \dfrac{2\pi }{3}}\right) $ ,
则 $ \angle AF_2M = \dfrac{\pi - \alpha }{2} $ , $ \angle B{F}_{2}M = \dfrac{\alpha }{2} $ ,

\[\begin{align*}\left| {AM}\right| = \left| {M{F}_{2}}\right| \tan \left( \dfrac{\pi - \alpha }{2}\right) = \dfrac{a}{\tan \dfrac{\alpha }{2}}, \end{align*}\]

\[\left| {BM}\right| = \left| {M{F}_{2}}\right| \tan \dfrac{\alpha }{2} = a\tan \dfrac{\alpha }{2}. \]

所以

\[\begin{align*}\left| {AB}\right| =& \left| {AM}\right| + \left| {BM}\right|\\=& \dfrac{a}{\tan c{\alpha }{2}} + a\tan \dfrac{\alpha }{2}\\=& a\left( {\dfrac{\cos \dfrac{\alpha }{2}}{\sin \dfrac{\alpha }{2}} + \dfrac{\sin \dfrac{\alpha }{2}}{\cos \dfrac{\alpha }{2}}}\right)\\=& a \cdot \dfrac{{\cos }^{2}\dfrac{\alpha }{2} + {\sin }^{2}\dfrac{\alpha }{2}}{\sin \dfrac{\alpha }{2}\cos \dfrac{\alpha }{2}}\\=& \dfrac{2a}{\sin \alpha }\\=& \sqrt{5}a, \end{align*}\]

解得 $ \sin \alpha = \dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,则 $ \cos \alpha = \pm \dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ,
所以 $ \tan \alpha = \pm 2 $ ,即直线$l$的斜率的绝对值为 2.
QQ20260405-213739

【南开中学高三下学期3月质量检测T17】 如图,在直角坐标系$xOy$中,$A(-1,0)$,$B(2,0)$,$D(-2,0)$,动点$C$与$A$,$B$两点构成$\triangle ABC$,$\triangle ABC$中角$A$,$B$,$C$的对边分别为$a$,$b$,$c$,且满足$\sin\angle BAC+\sin\angle ACB=2\sin\angle ABC\cos\angle BAC$.

(1) 当$C$点运动时,探究$|CD|-|CB|$是否为定值,并求出动点$C$的轨迹方程,

(2) 点$M$,$N$在点$C$的轨迹上且满足$OM\perp ON$,求坐标原点$O$到直线$MN$的距离.
QQ20260405-215304

解.
(1) 在$\triangle ABC$中,由正弦定理得$a+c=2b\cos\angle BAC$.
由余弦定理$\cos\angle BAC=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,代入上式得：

\[a+c=2b\cdot\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.\]

$\implies$

\[c(a+c)=b^2+c^2-a^2. \]

$\implies$ $$b^2=a2+ac.$$
由$A(-1,0)$,$B(2,0)$,$D(-2,0)$,得$BC=a$,$AC=b$,$AB=3=c$,故$b^2=a^2+3a$.
又$\angle CAD+\angle CAB=\pi$,故$\cos\angle CAD=-\cos\angle CAB$,
在$\triangle ABC$中,$\cos\angle CAB=\dfrac{b^2+9-a^2}{6b}$,在$\triangle ADC$中,$\cos\angle CAD=\dfrac{b^2+1-|CD|^2}{2b}$,
则$\dfrac{b^2+1-|CD|^2}{2b}=-\dfrac{b^2+9-a^2}{6b}$,整理

\[3(b^2+1-|CD|^2)=-(b^2+9-a^2). \]

代入$b^2=a^2+3a$化简：

\[3(a^2+3a+1-|CD|^2)=-(a^2+3a+9-a^2),$$ $\implies$ $$3a^2+9a+3-3|CD|^2=-3a-9, \]

\[3|CD|^2=3a^2+12a+12 \implies |CD|^2=(a+2)^2. \]

因动点$C$不与$A,B,D$共线,且由后续轨迹知$|CD|>0$,$a>0$,故$|CD|=a+2$,即$|CD|-|CB|=2$（定值）.
由双曲线的定义,动点$C$的轨迹为双曲线的右支,其中$2a'=2$,$a'=1$,焦点$B(2,0)$,$D(-2,0)$,故$c'=2$,$b'^2=c'^2-a'^2=3$,
中心为原点,故轨迹方程为$x^2-\dfrac{y^2}{3}=1(x>1)$.

(2) 由轨迹方程知直线$MN$的斜率不为$0$,设其方程为$x=my+n$,$M(x_1,y_1)$,$N(x_2,y_2)$,
联立$\begin{cases}x=my+n\\3x^2-y^2=3\end{cases}$,消去$x$得：

\[3(my+n)^2-y^2-3=0 $$ $\implies $$$(3m^2-1)y^2+6mny+3n^2-3=0.\]

由$\Delta=(6mn)^2-4(3m^2-1)(3n^2-3)>0$,得$n^2+3m^2>1$,
由韦达定理得$y_1+y_2=-\dfrac{6mn}{3m^2-1}$,$y_1y_2=\dfrac{3n^2-3}{3m^2-1}$.
由$OM\perp ON$,得$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=0$,即$x_1x_2+y_1y_2=0$,
又$x_1=my_1+n$,$x_2=my_2+n$,故：