山东省日照市五莲县第一中学2020届高三3月过程检测（实验班）数学试题

山东省日照市五莲县第一中学2020届高三3月过程检测（实验班）数学试题

‎2020年高考数学（3月份）模拟测试试卷 一、选择题（共8小题）‎ ‎1.集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式化简集合、，然后直接利用交集运算得答案．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了不等式的解法．‎ ‎2.若复数z＝为纯虚数，则实数a的值为（ ）‎ A. 1 B. 0 C. － D. －1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出.‎ ‎【详解】设z＝bi，b∈R且b≠0，则＝bi，得到1＋i＝－ab＋bi，‎ ‎∴1＝－ab，且1＝b，解得a＝－1.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算和纯虚数的概念.‎ ‎3.设为等差数列，p，q，k，l为正整数，则“”是“”的（）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式，得到等差数列公差正负性和p，q，k，l之间的关系，结合充分性、必要性的定义选出正确答案即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 或，显然由不一定能推出，由也不一定能推出 ，‎ 因此是的既不充分也不必要条件，故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了充要条件的判断.‎ ‎4.已知，，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为所以选C．‎ 考点：比较大小 ‎5.据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为 ‎ ：男、子、伯、候、公，共五级.现有每个级别的诸侯各一人，共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分个（为正整数），若按这种方法分橘子，“公”恰好分得30个橘子的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：先根据等差数列列关于m以及首项的不定方程，根据正整数解确定m可能取法，最后根据古典概型概率公式求结果.‎ 详解：设首项为，因为和为80，所以 因为，‎ 所以 因此“公”恰好分得30个橘子的概率是，‎ 选B.‎ 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 ‎(1)列举法.‎ ‎(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.‎ ‎(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.‎ ‎(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.‎ ‎6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要求的值，需将角用已知角表示出来，从而考虑用三角恒等变换公式解题．已知角有，正五边形内角，，已知三角函数值有 ‎，所以，从而．‎ ‎【详解】由题可知，且，，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换，考查解读信息与应用信息的能力.‎ ‎7.已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线为双曲线的一条渐近线，关于直线的对称点在以为圆心，以半焦距为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称性可得，可得，，渐近线的倾斜角为，即可得，即可求离心率．‎ ‎【详解】解：如图，根据对称性可得，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 所以渐近线的倾斜角为60°，‎ ‎，‎ 则双曲线的离心率为.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的性质、离心率，考查转化能力．‎ ‎8.已知为等边三角形，动点在以为直径的圆上，若，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等边的边长为2，以边的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，通过向量的坐标运算，将、用表示出来，然后利用辅助角公可求出的最大值 ‎【详解】解：设的边长为2，不妨以线段的中点为坐标原点，‎ 建立如下图所示的平面直角坐标系，‎ 则点、、，‎ 以线段直径的圆的方程为，‎ 设点，‎ 则，，‎ ‎，‎ 由于，‎ 则，‎ 解得，‎ 所以，，‎ 因此，的最大值为，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的基本定理，涉及圆的参数方程、辅助角公式，关键在于引入合适的变量来表示问题涉及的参数．‎ 二、多项选择题（共4小题）‎ ‎9.已知，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质，逐一判断即可．‎ ‎【详解】解：，‎ A错误，比如，，不成立；‎ B，成立；‎ C，由，‎ 故C成立，‎ D，，故D不成立，‎ 故选:BC.‎ ‎【点睛】本题考查不等式比较大小，常利用了作差法，因式分解法等．‎ ‎10.如图，已知矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 线段的长是定值 B. 存在某个位置，使 C. 点的运动轨迹是一个圆 D. 存在某个位置，使平面 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接，，根据面面平行的判定定理可得平面平面，由面面平行的性质定理可知平面，可判断；在中，利用余弦定理可求得为定值，可判断和；假设，由线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直的性质定理可知，与矛盾，可判断．‎ ‎【详解】解：取的中点，连接，，‎ ‎∵，分别为、中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵且，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ 又，、平面，‎ ‎∴平面平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面，即D错误，‎ 设，‎ 则，，，‎ ‎∴，‎ 即为定值，所以A正确，‎ ‎∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即C正确，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 设，‎ ‎∵、平面，，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴，与矛盾，‎ 所以假设不成立，即B错误.‎ 故选:AC.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．‎ ‎11.数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论正确的是（ ）‎ A. 曲线经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）‎ B. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过2‎ C. 曲线围成区域的面积大于 D. 方程表示的曲线在第一象限和第三象限 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定曲线经过点，再将，的整点，和逐一代入曲线的方程进行检验即可判断；利用基本不等式即可判断；将以为圆心、2为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可判断；因为，所以与同号，仅限与第一和三象限，从而判断．‎ ‎【详解】解：把，代入曲线，‎ 可知等号两边成立，‎ 所以曲线在第一象限过点，‎ 由曲线的对称性可知，该点的位置是图中的点，‎ 对于A选项，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，‎ 把，和代入曲线的方程验证可知，‎ 等号不成立，‎ 所以曲线在第一象限内不经过任何整点，‎ 再结合曲线的对称性可知，‎ 曲线只经过整点，即A错误；‎ 对于B选项，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，即B正确；‎ 对于C选项，‎ 以为圆点，2为半径的圆的面积为，‎ 显然曲线围成区域的面积小于圆的面积，即C错误；‎ 对于D选项，因为，‎ 所以与同号，仅限与第一和三象限，即D正确.‎ 故选:BD.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点，有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力．‎ ‎12.已知函数满足，且在上有最小值，无最大值.则（ ）‎ A. B. 若，则 C. 的最小正周期为3 D. 在上的零点个数最少为1346个 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦函数图象的对称性可判断；根据已知三角函数值求角的方法，可得，，两式相减可求出，进而求得周期，从而可判断和选项；因为，所以函数在区间上的长度恰好为673个周期，为了算出零点“至少”有多少个，可取，进而可判断．‎ ‎【详解】解：由题意得，在的区间中点处取得最小值，‎ 即，所以A正确；‎ 因为，‎ 且在上有最小值，无最大值，‎ 所以不妨令，‎ ‎，‎ 两式相减得，，‎ 所以，即B错误，C正确；‎ 因为，‎ 所以函数在区间上的长度恰好为673个周期，‎ 当，即时，‎ 在区间上的零点个数至少为个，即D错误.‎ 故选:AC.‎ ‎【点睛】本题考查与三角函数有关的命题的真假关系，结合三角函数的图象与性质，利用特殊值法以及三角函数的性质是解题的关键，综合性较强．‎ 三、填空题 ‎13.为做好社区新冠疫情防控工作，需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作，其中甲小区至少分配两名志愿者，其它三个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有_______种.（用数字作答）‎ ‎【答案】660‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意，分析可得甲、乙、丙、丁四个小区分配人数依次为3，1，1，1或2，2，1，1，据此分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作，‎ 其中甲小区至少分配两名志愿者，‎ 其它三个小区至少分配一名志愿者，‎ 则甲、乙、丙、丁四个小区分配人数依次为：‎ ‎3，1，1，1或2，2，1，1，‎ 若甲小区分3人，甲小区有种情况，‎ 剩下的3个小区有种情况，‎ 此时有种分配方法，‎ 若甲小区分2人，甲小区有种情况，‎ 剩下的3个小区有种情况，‎ 此时有种分配方法，‎ 则有种不同的分配方法；‎ 故答案为：660.‎ ‎【点睛】本题考查排列组合的简单应用，涉及分步乘法和分类加法计数原理的应用．‎ ‎14.已知函数，在区间上任取三个数，，，均存在以，，为边长的三角形，则的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形中两短边之和大于第三边可知，原问题等价于函数在上的最小值的两倍大于最大值，由此利用导数求出最小值及最大值，进而建立不等式解出即可．‎ ‎【详解】解：由，‎ 得，，‎ 令，解得，‎ 易知函数在上单调递增，‎ 在上单调递减，‎ 故，‎ ‎，‎ 依题意，，且，‎ 即，‎ 解得 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数在闭区间上的最值，同时还涉及了三角形中三边的关系，考查转化思想及运算能力．‎ ‎15.设抛物线的焦点为，准线为1，过焦点的直线交抛物线于，两点，分别过，作的垂线，垂足为，，若，则_________，三角形的面积为________.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过抛物线的焦点坐标，即可求解，利用抛物线的定义，结合，求出直线的斜率值，写出直线的方程，利用直线与抛物线方程联立求得的值，求解的面积．‎ ‎【详解】解：抛物线的焦点为，‎ 所以，‎ 所以；‎ 如图所示，‎ 过点作，交直线于点，‎ 由抛物线的定义知，，‎ 且，‎ 所以，，‎ 所以，，‎ 可知：，‎ 所以直线的斜率为，‎ 设直线的方程为，点，，‎ 由，‎ 消去整理得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以；‎ 所以的面积为，‎ 故答案为：2；5.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的方程与性质的应用问题，涉及联立方程组、韦达定理、焦点弦和三角形面积的计算问题．‎ ‎16.在三棱锥中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，且，，与底面所成的角的正弦值为，则三棱锥的外接球的体积为_______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，取的中点，连接，，由，，利用等腰三角形的性质，线面垂直的判定定理即可得出：平面，进而得出：平面平面，可得为与底面所成的角，其正弦值为．在中，设，利用余弦定理可得：，讨论当时，作平面，求得，根据三棱锥和外接球的性质，列式求出外接球的半径，即可求出外接球的体积；当时，取的中点，连接，利用余弦定理可得，可得点为三棱锥的外接球的球心，即可得出外接球的体积．‎ ‎【详解】解：如图所示，‎ 取的中点，连接，.‎ ‎∵，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴平面，‎ 又平面，‎ ‎∴平面平面，‎ ‎∴或的补角为与底面所成的角，其正弦值为，‎ ‎，‎ ‎，‎ 在中，设，由余弦定理可得：‎ ‎，‎ 解得：或，即或，‎ 当时，如下图所示，‎ 设中边上的高为，‎ 由于平面平面，则平面，‎ 则，解得：，‎ 所以，‎ 得，‎ 设底面圆的半径为，所以，‎ 设球心到底面外接圆圆心的距离为，球的半径为，‎ 则有：，即：，‎ 解得：，‎ 又因为，即：，‎ 所以外接球的体积为：.‎ 当时，取的中点，连接，‎ 则，‎ 解得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 可得点为三棱锥的外接球的球心，‎ 其外接球的半径，‎ 外体积.‎ 综上得：三棱锥的外接球的体积为：或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查等腰三角形的性质、球的体积计算公式、余弦定理、线面、面面垂直的判定与性质定理，考查了推理能力与计算能力．‎ 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.如图，在中，，角的平分线交于点，设，其中．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的长．‎ ‎【答案】（1）；（2）5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据求出和的值，利用角平分线和二倍角公式求出，即可求出；‎ ‎（2）根据正弦定理求出，的关系，利用向量的夹角公式求出，可得，正弦定理可得答案 ‎【详解】解：（1）由，且，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则 ‎；‎ ‎（2）由正弦定理，得，即，，‎ 又，，‎ 由上两式解得，又由，得，‎ 解得 ‎【点睛】本题考查了二倍角公式和正弦定理的灵活运用和计算能力，是中档题．‎ ‎18.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.‎ 已知：数列的前项和为，且，______.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）对大于1的自然数，是否存在大于2的自然数，使得，，成等比数列.若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若条件①成立，由题意可发现数列是以1为首项，3为公差的等差数列，计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式；若条件②成立，通过递推关系得出是首项为1，公差为3的等差数列，即可求出通项公式；若条件③成立，通过和的关系即可求出的通项公式；‎ ‎（2）先假设存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，根据等比中项的性质有，分三种情况讨论3个条件分别成立时，然后代入和，得出关于 的表达式，用表示，通过数列的单调性和二次函数的性质，判断可得的最小值．‎ ‎【详解】解：若条件①成立，‎ ‎（1），，‎ 故数列是以1为首项，3为公差的等差数列.‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由题意，假设对大于1的自然数，存在大于2的自然数，‎ 使得，，成等比数列，‎ 则，‎ 即，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 整理，得，‎ 构造数列：令且，‎ ‎∵，‎ 当且时，，‎ 即.‎ ‎∴数列是单调递增数列.‎ 当时，数列取最小值.‎ ‎∴对大于1的自然数，存在大于2的自然数，且的最小值为6.‎ 若条件②成立，‎ ‎（1），‎ ‎,，‎ 即：，‎ ‎，，‎ 是首项为1，公差为3的等差数列，‎ ‎.‎ ‎（2）若，，成等比数列，‎ 则，即，‎ 整理得：，‎ 且为整数，时，，‎ 即存在大于2自然数，使得，，成等比数列，的最小值为6.‎ 若条件③成立，‎ ‎（1），‎ ‎，‎ ‎，所以，‎ ‎（2）若，，成等比数列，则，‎ 即：，‎ 整理得：，‎ 且为整数，时，，‎ 即存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，的最小值为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列由递推关系求通项公式，以及等比数列的性质应用．考查了转化思想，构造法，利用数列单调性和二次函数的性质求最值，逻辑思维能力和数学运算能力．‎ ‎19.如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面垂直；‎ ‎（Ⅱ）是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）存在，此时为的中点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）证明平面，得到平面平面，故平面平面，平面，得到答案.‎ ‎（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，平面，过作于，连接，则，过作于，连接，是二面角的平面角，设，，计算得到答案.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵，，，∴平面.‎ 又平面，∴平面平面，‎ 而平面，，∴平面平面，‎ 由，知，可知平面，‎ 又平面，∴平面平面.‎ ‎（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，由知，‎ 易证平面，所以平面，‎ 过作于，连接，则（三垂线定理），‎ 即是二面角的平面角，‎ 不妨设，则，‎ 在中，设（），由得，‎ 即，得，∴，‎ 依题意知，即，解得，‎ 此时为的中点.‎ 综上知，存在点，使得二面角的余弦值，此时为的中点.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直，根据二面角确定点的位置，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，也可以建立空间直角坐标系解得答案.‎ ‎20.沙漠蝗虫灾害年年有，今年灾害特别大.为防范罕见暴发的蝗群迁飞入境，我国决定建立起多道防线，从源头上控制沙漠蝗群.经研究，每只蝗虫的平均产卵数和平均温度有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.‎ ‎，，，，，.（其中，）.‎ ‎（1）根据散点图判断，与（其中…自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程.（计算结果精确到小数点后第三位）‎ ‎（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到28℃以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为.‎ ‎①记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为，求的最大值，并求出相应的概率.‎ ‎②当取最大值时，记该地今后5年中，需要人工防治的次数为，求的数学期望和方差.‎ 附：线性回归方程系数公式，.‎ ‎【答案】（1）更适宜；回归方程为（2）①当时，②详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图象可知，更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型，对两边取自然对数，求出回归方程，再化为关于的回归方程；‎ ‎（2）①由对其求导数，利用导数判断函数单调性，求出函数的最值以及对应的值；‎ ‎②由取最大值时的的值，得出，由，计算得出答案．‎ ‎【详解】解：（1）根据散点图可以判断，‎ 更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型，‎ 对两边取自然对数，‎ 得：，‎ 令，，，‎ 则，‎ 因为，‎ ‎，‎ 所以关于的回归方程为，‎ 所以关于的回归方程为；‎ ‎（2）①由，‎ 得：，‎ 又，‎ 令，‎ 解得，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以有唯一的极大值为，也是最大值，‎ 所以当时，‎ ‎；‎ ‎②由①知，当取得最大值时，，‎ 所以，‎ 所以的数学期望为，‎ 方差为.‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程的求法与应用问题，概率的计算与应用问题，数学期望与方差的计算问题，同时还涉及了利用导数求单调性及最值，对计算能力的要求较高．‎ ‎21.已知圆,定点 ,为平面内一动点，以线段为直径的圆内切于圆，设动点的轨迹为曲线 ‎（1）求曲线的方程 ‎（2）过点的直线与交于两点，已知点，直线分别与直线交于两点，线段的中点是否在定直线上，若存在，求出该直线方程；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设以为直径的圆心为，切点为，取关于轴的对称点，连接，计算得到，故轨迹为椭圆，计算得到答案.‎ ‎（2）设直线的方程为，设，联立方程得到 ‎，，计算，得到答案.‎ ‎【详解】（1）设以为直径的圆心为，切点为，则，‎ 取关于轴的对称点，连接，故，‎ 所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆，其中，‎ 曲线方程为.‎ ‎（2）设直线的方程为，设，‎ 直线的方程为，同理，‎ 所以，‎ 即，‎ 联立，‎ 所以，‎ 代入得，‎ 所以点都在定直线上.‎ ‎【点睛】本题考查了轨迹方程，定直线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎22.已知函数，其中.‎ ‎（1）求证：当时，无极值点；‎ ‎（2）若函数，是否存在，使得在处取得极小值？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）存在；详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，由，可知导函数大于零恒成立，由此即可得出无极值点；‎ ‎（2）先必要性探路可知，再证明当时，是函数的极小值点，即证明其充分性，由此即可得出结论．‎ ‎【详解】解：（1）证明：，‎ 显然，，‎ 当时，，‎ 即，‎ ‎∴函数在其定义域上为增函数，‎ 故无极值点；‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 显然是的极小值点的必要条件，‎ 为，即，‎ 此时，‎ 显然当时，‎ ‎，‎ 当时，‎ ‎，‎ 故，‎ 令，‎ 则，‎ 故是减函数，‎ 故当时，，‎ 即，‎ 令，‎ 则，‎ 当时，，‎ 故在单调递增，‎ 故当时，，‎ 即，‎ 故当时，‎ ‎，‎ 因此，当时，‎ 是的极小值点，即充分性也成立.‎ 综上，存在，使得在处取得极小值.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，考查化归与转化思想．‎