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+∞)，且f(x)=cos(x-1)-1令g)=f)=c0s(x-1D-士xe(0,1+受.六g(x)=-sin(x-1)+是，xe(0,1+变)，令h()=g()=-nx-1D+xe0,1+受)则k)=-os(x一-1D-是，当z601+受)时，osx-1D>0,号>0，N)=-os(x-1-是<0，即A(x)=g(x)=-si(x-1)+之在xE(0,1+受)上单调递减，又h(1)=g'(1)=1>0,h2)=g(2)=-siml+子<-sm吾<0，A1+受)=g1+受)=-m受+1五11+受)21+受)户-1<0,则存在x∈(0,2)，使得h(x)=g'(xo)=0,即存在xE(0,1+受)，使得h(x)=g(x)=0,.当x∈(0，xo)时，h(x)=g(x)>0,当x∈(，1+受)时，h(x)=g'(x<0,“x=为g(x)=∫(x)=cos(x-1)-上的唯一极大值点，故了(x)在区间(0,1+受)上存在唯一极大值点x:(2)由1知，f)=6osx-1D-xe0,+o).①当x∈(0,1+5)时，由(1)知，f(x)在(0，x)上单调递增，在(x1十+受)上单调递减，ra=时-1=fa+号》-号中专02f(受)=cos(受---sinl-2>sin-2-9π4π2“存在a∈（受，l1+受），使得f(a=0,六当x∈(0,1)，(a,1+受)时，f(x)<0,fx)单调递减，当x∈(1，a)时，f(x)>0,f(x)单调递增，

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方程必有实发4=3-4y-1≥0y≤号即<2在前线C上不存在点P(,.使行2石放③腊说月满足条件的整数可取-10,1.当y=-1时=0或1，.曲线C经过的整数点有(0，-1)，(1，-1)，当y=0时，x=-1或1，曲线C经过的整数点有（一1,0），(1,0)；当y-1时，x-0或1，.曲线C经过的整数点有(0,1)，(1,1).故曲线C恰好经过6个整数点，①正确.“2+y-1+xy≤1+y2,x2+y≤2，.√x2十y≤2，当且仅当x=,即=1或文，-一时取等号，则曲线上的点到原点的最大距离为，2，故②正确x=1y=117.解：1医为双由线八-苦-1(>0)的条渐近线方程为y-51.所以6=3，因此T的方程为2-苦-1.…5分(2)由双曲线定义可得||PF1|-|PF2|=2a=2,又PF⊥PF2,△PFF2的面积为6，所以|PF||PF2|=12,且|PF12+PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以42=|PF|2+|PF2|2=(|PF-|PF2|)2+2|PF|PF2|=28,故c2=7,所以2=7-1=6，因此2b=2√6.……10分18解，股储圆位标准方程为号+芳-1a>60).将点1，号代人方者，符十京1，义。台-当。-十20=厄，c-1,6=1椭圆的方程为吃十y=1.……5分(2)(1)可知F(1.0),直线1的方程是y=am西(r-1)“直线方程为y=-+1.1x2+2y2=2由x=1一y→3y2-2y-1=0,设P(.x1,y1),Q(.2,y2),△=(-2)2-4×3×(-1)=16>0，y1+y2=39PQV+是1n--x号23…12分19.解：OM=(-3,x),ON=(1,x),FD=(x+3,y),F2P=(x-√3，y).因为2OM.O示+P·F2P=0,所以(x2-3)2=x2-3十y2,整理得(1一入)x2十y=3(1一入2)为点P的轨迹方程.…4分(1)当入=士1时，方程为y=0,轨迹为一条直线；(2)当入=0时，方程为x2十y2=3,轨迹为圆；(3)当∈（一10U0.1)时，方程为号十3=1，轨迹为巾心在原点，焦点在x铂上的稀圆：(4)当(-©，-1)U1,十∞)时，方程为苦-30D=1,轨迹为中心在原点，焦点在x轴上的双曲线。……12分0解，0设直线的方我为y十号联立〉+台得-=x2=2py设A(01,y),B(x,),所以x十2=2k,x=-p.因为O才·O市=-12.所以x1x2十yy2=-12,又一：0-有所以-+套-12，又因为≥0.所以.5分全国100所名校高考专项强化卷·数学卷八参考答案第3页（共4页）【文科·Y】

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