11. 已知 $F$ 是双曲线 $E: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的左焦点, $P$ 是 $E$ 右支上一点, $P F$ 与 $E$ 的渐近 线分别交于 $A, B$ 两点, 且 $\overrightarrow{F A}=\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{B P}$, 则 $E$ 的离心率为$\tk$
解:我们令$X$代指$A$或者$B$,设$\vv{FX}=\lambda \vv{FP}$,由题意可知$\lambda=\frac{2}{5},\frac{4}{5}$(分别对应$A$和$B$)
设$P(x_1,y_1),\frac{x_1^2}{a^2}-\frac{y_1^2}{b^2}=1$,则有 \[ X(\lambda x_1+c(\lambda-1),\lambda y_1) \] 代入渐近线方程 \[ \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=0 \] 可得 \begin{gather} \frac{[\lambda x_1+c(\lambda-1)]^2}{a^2}-\frac{(\lambda y_1)^2}{b^2}=0\\ \lambda^2+\frac{2cx_1\lambda(\lambda-1)}{a^2}+\frac{c^2(\lambda-1)^2}{a^2}=0\\ c^2(\frac{\lambda-1}{\lambda})^2+2cx_1 \frac{\lambda-1}{\lambda}+a^2=0 \end{gather} 注意到$\frac{\lambda-1}{\lambda}=-\frac{3}{2},-\frac{1}{4}$,由韦达定理 \[ \frac{a^2}{c^2}=(-\frac{3}{2}) \cdot (-\frac{1}{4})=\frac{8}{3} \] \[ \frac{c}{a}=\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3} \]
12. 若 $a=\mathrm{e}^{0.2} \ln 3, b=\mathrm{e}^{0.3} \ln 2, c=\frac{\mathrm{e}^{0.4}}{3}$, 则请比较大小
解:基本常识:$\ln 2$大约是0.7
$\me^{0.1}$只比1.1大一点.如果非要证明的话,$f(x)=\me^x-1-2x$的导数$f'(x)=\me^x-2<0,\forall 0<x<\frac{1}{2}$,故$\me^x<1+2x,\forall 0<x<\frac{1}{2}$.因此$\me^{0.1}<1.2$
\[ \frac{c}{b}=\frac{\me^{0.1}}{3\ln 2} \approx \frac{\me^{0.1}}{2.1}<1 \]
基本常识:$3>2\sqrt{2},\ln 3>\frac{3}{2}\ln2$ \[ \frac{b}{a}=\frac{\me^{0.1}\ln 2}{\ln 3}<\frac{2}{3}\me^{0.1}<1 \]
因此$c<b<a$
20. (12 分)已知椭圆 $C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的长轴长为 $4, O$ 为坐标原点, $A$ 为椭圆 $C$ 的右顶点, $B$ 为 椭圆 $C$ 的上顶点,且 $\triangle A B O$ 的面积为 $\sqrt{3}$.
(1)求椭圆 $C$ 的方程.
(2) 过点 $D(2,3)$ 的直线 $l$ 与椭圆相交于 $P, Q$ 两点, 过点 $P$ 作 $x$ 轴的垂线, 与直线 $A Q$ 相交 于点 $M, N$ 是 $P M$ 的中点, 试问直线 $A N$ 的斜率是否为定值? 若是, 求出该定值; 若不 是, 说明理由.
解:本题使用常规方法直接算即可,属于对称型问题,不需太多技巧.而实质上本题还是与22年乙卷题目相通的题目.由于$N$是$PM$中点,故$AM,AP;AN,AD$是调和线束,而$AD$是椭圆切线,所以$AN$就是$D$对应的切点弦所在直线.切线产生的调和,中线产生的调和,本题具有与22年乙卷完全相同的命题背景,但是简单在不需要猜点,计算也是完全对称化的.
当然,这里仍然可以采用点生成点的方式:
$P(x,_1,y_1),Q(x_2,y_2)$,设$\vv{DQ}=\lambda \vv{DP},x_2=\lambda x_1+2(1-\lambda),y_2=\lambda y_1+3(1-\lambda)$
代入到$\frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{3}=1$,可得 \[ \lambda=\frac{3}{5-x_1-2y_1} \]
从而$M$的纵坐标 \[ y_M=\frac{y_2}{x_2-2}(x_1-2)=\frac{\lambda(y_1-3)+3}{\lambda}=2-x_1-y_1 \] 从而 \[ N(x_1,\frac{2-x_1}{2}) \]
所以$AN$的斜率为 \[ \frac{\frac{2-x_1}{2}-0}{x_1-2}=-\frac{1}{2} \]
21. (12 分)已知 $a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)=\frac{2}{\sqrt{x}}+a x$.
(1)讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 设 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数, 证明: $\left[\sqrt{\frac{1^2+1}{1^2+1+1}}+\sqrt{\frac{2^2+2}{2^2+2+1}}+\cdots+\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}\right]$ $=n-1, n \in \mathbf{N}^{\cdot}$.
证明:记$S_n=\sqrt{\frac{1^2+1}{1^2+1+1}}+\sqrt{\frac{2^2+2}{2^2+2+1}}+\cdots+\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}$
注意到 \[ 0<1-\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}=\frac{\frac{1}{n^2+n+1}}{1+\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}}<\frac{1}{n^2+n+1}<\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \]
可得 \[ 0<n-S_n<1-\frac{1}{n+1},n-1+\frac{1}{n+1}<S_n<n \] 故$[S_n]=n-1$
