山东省泰安市2020届高三数学第二轮复习检测试题(Word版附解析)

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山东省泰安市2020届高三数学第二轮复习检测试题(Word版附解析)

高三第二轮复习质量检测 数学试题 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在 答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题:本题共 8小题,每小题 5分,共 40分.在每小题给出的四个选项 中,只有一项是符合题目要求的. 1.若集合     1 2 0A x x x    ,  ln 0B x x  ,则 A B  ( ) A.  1 2x x  B.  1 1x x   C.  1 2x x   D.  2 1x x   【答案】A 【解析】 【分析】 分别化简集合 A和 B,然后直接求解 A B 即可 【详解】∵       1 2 0 1 2A x x x x x        ,    ln 0 1B x x x x    , ∴  1 2A B x x    . 【点睛】本题考查集合的运算,属于基础题 2.已知 1 2 iz i    ,则 z ( ) A. 1 3 5 5 i B. 1 3 5 5 i C. 1 3 5 5 i  D. 1 3 5 5 i  【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简 z,再由共轭复数的概念得结论. 【详解】∵         21 21 2 2 1 3 2 2 2 5 5 5 i ii i i iz i i i i              , ∴ 1 3 5 5 z i  . 故选:B. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,属于基础题. 3.已知直线 l过点 P(3,0),圆 2 2: 4 0C x y x   ,则( ) A. l与 C相交 B. l与 C相切 C. l与 C相离 D. l与 C的位置关系不确定 【答案】A 【解析】 【分析】 代入计算得到点 P在圆内,得到答案. 【详解】 2 2 4 0x y x   ,即  2 22 4x y   ,  2 23 2 0 4   ,故点 P在圆内,故 l与 C相交. 故选:A. 【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系,确定点 P在圆内是解题的关键. 4.已知   2 0 1 21 n n npx b b x b x b x      ,若 1 23, 4b b   ,则 p ( ) A. 1 B. 1 2 C. 1 3 D. 1 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二项式定理得到 1 3b pn    ,   2 2 1 4 2 n n b p    ,解得答案. 【详解】  1 npx 展开式的通项为:      1 1 n r r rr r r n nT C px C px         , 故  1 1 3nb C p pn       ,  2 2 2 2 1 4 2n n n b C p p      ,解得 9n  , 1 3 p  . 故选:C. 【点睛】本题考查了二项式定理,意在考查学生的计算能力和应用能力. 5.中国古代“五行”学说认为:物质分“金、木、水、火、土”五种属性,并认为:“金生水、水生 木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取 2种,则抽到的两种物质不 相生的概率为( ) A. 1 5 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 总共有 10种结果,其中相生的有 5种,由古典概型的计算公式计算出概率即可 【详解】从五种不同属性的物质中随机抽取 2种,共 2 5 10C  种, 而相生的有 5种,则抽到的两种物质不相生的概率 5 11 10 2 P    故选:D 【点睛】本题考查的是计算古典概型的概率,较简单. 6.命题   2: 2,1 , 0p x x x m      成立的充要条件是( ) A. 0m  B. 1 4 m   C. 1 2 4 m   D. 2m  【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意 2 min( )m x x  ,设 2 2 1 1 2 4 y x x x         ,计算得到答案. 【详解】  2,1x   , 2 0x x m   ,则 2m x x  ,故 2 min( )m x x  , 设 2 2 1 1 2 4 y x x x         ,  2,1x  ,故当 1 2 x   时,函数有最小值为 1 4  . 故 1 4 m   . 故选:B. 【点睛】本题考查了充要条件,意在考查学生的计算能力和推断能力,转化为求函数的最小 值是解题的关键. 7.在直角三角形 ABC中, , 2 2 ACB AC BC     ,点 P是斜边 AB上一点,且 BP=2PA, 则CP CA CP CB        ( ) A. 4 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 如图所示:以CB为 x轴,CA为 y轴建立直角坐标系,计算得到答案. 【详解】如图所示:以CB为 x轴,CA为 y轴建立直角坐标系,则  0,2A ,  2,0B , 2 4, 3 3 P       ,    2 4 2 4 8 4, 0, 2 , 2,0 4 3 3 3 3 3 3 CP CA CP CB                         . 故选:D. 【点睛】本题考查了向量的数量积的计算,建立直角坐标系可以简化运算,是解题的关键. 8.已知函数     21 2 x xaf x x e e ax    只有一个极值点,则实数 a的取值范围是( ) A. 0a  或 1 2 a  B. 0a  或 1 3 a  C. 0a  D. 0a  或 1 3 a   【答案】A 【解析】 【分析】 讨论 0a  , 0a  两种情况,变换得到 x xx e e a   ,设   x xg x e e  ,求导得到单调性, 画出函数  g x 和 xy a  的图像,根据图像得到答案. 【详解】     21 2 x xaf x x e e ax    ,则  ' 2 0x xf x xe ae a    ,故 0x x ax ae e    , 当 0a  时,  ' xf x xe ,函数在  ,0 上单调递减,在  0,  上单调递增,  ' 0 0f  , 故函数有唯一极大值点,满足; 当 0a  时,即 x xx e e a   ,设   x xg x e e  , 则  ' 2x xg x e e   恒成立,且  ' 0 2g  , 画出函数  g x 和 xy a  图像,如图所示: 根图像知:当 1 2 a  时,即 0a  或 1 2 a  时,满足条件 综上所述: 0a  或 1 2 a  . 故选:A. 【点睛】本题考查了根据极值点求参数,变换 x xx e e a   ,画出函数图像是解题的关键. 二、多项选择题:本题共 4小题,每小题 5分,共 20分.在每小题给出的选项中, 有多项符合题目要求.全部选对的得 5分,部分选对的得 3分,有选错的得 0分. 9.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广,发明了“三系法” 籼型杂交水稻,成功研究出“两系法”杂交水稻,创建了超级杂交稻技术体系,为我国粮食 安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献;某杂交水稻种植研究所调查某地水稻 的株高,得出株高(单位:cm)服从正态分布,其密度曲线函数为       2100 2001 , , 10 2 x f x e x        ,则下列说法正确的是( ) A. 该地水稻的平均株高为 100cm B. 该地水稻株高的方差为 10 C. 随机测量一株水稻,其株高在 120cm以上的概率比株高在 70cm以下的概率大 D. 随机测量一株水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)(单位:cm)的概率一样大 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据函数解析式得到 100  , 2 100  ,故 A正确 B错误,根据正态分布的对称性得到 C 正确 D错误,得到答案. 【详解】    2100 2001 10 2 x f x e     ,故 100  , 2 100  ,故 A正确 B错误;      120 80 70p x p x p x     ,故 C正确; 根据正态分布的对称性知:      100 110 90 100 80 90p x p x p x        ,故 D错 误. 故选:AC. 【点睛】本题考查了正态分布,意在考查学生对于正态分布的理解和应用. 10.如图,正方体 ABCD— 1111 DCBA 的棱长为 2,线段 1 1B D 上有两个动点 ,M N,且 1MN  , 则下列结论正确的是( ) A. AC BM B. MN∥平面 ABCD C. 三棱锥 A—BMN的体积为定值 D.△AMN的面积与△BMN的面积相等 【答案】ABC 【解析】 【分析】 如图所示,连接 BD,根据 AC 平面 1 1BDD B 得到 AC BM ,A正确, //MN BD,故 MN∥ 平面 ABCD,B 正确,计算 2 3A MNBV   ,C 正确, 1BMNS △ , 1AMNS △ ,D 错误,得到 答案. 【详解】如图所示:连接 BD,易知 AC BD , 1DD 平面 ABCD, AC 平面 ABCD, 故 1AC DD ,故 AC 平面 1 1BDD B , BM  平面 1 1BDD B ,故 AC BM ,A正确; 易知 1 1 //D B BD,故 //MN BD,故 MN∥平面 ABCD,B正确; 1 1 1 21 2 2 3 3 2 3A MNB BMNV S AO        △ 为定值,故 C正确; 1BMNS △ , 1 2 2AMN hS MN h  △ ,其中h为点 A到直线 1 1B D 的距离,根据图像知 2h  , 故 1AMNS △ ,故 D错误; 故选:ABC. 【点睛】本题考查了立体几何中直线垂直,线面平行,体积的计算,意在考查学生的计算能 力和空间想象能力. 11.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a b a b     的一条渐近线方程为 2 0x y  ,双曲线的左焦点在 直线 5 0x y   上,A、B分别是双曲线的左、右顶点,点 P为双曲线右支上位于第一象 限的动点,PA,PB的斜率分别为 1 2,k k ,则 1 2k k 的取值可能为( ) A. 3 4 B. 1 C. 4 3 D. 2 【答案】CD 【解析】 【分析】 计算得到双曲线方程为 2 2 1 4 x y  ,则  2,0A  ,  2,0B ,设  0 0,P x y , 1 2 0 02 k y k x  , 根据渐近线方程知: 0 0 10 2 y x   ,代入计算得到答案. 【详解】根据题意知: 1 2 b a  , 5c  ,故 2a  , 1b  ,双曲线方程为 2 2 1 4 x y  , 则  2,0A  ,  2,0B ,设  0 0,P x y ,则 2 20 0 1 4 x y  , 0 0x  , 0 0y  , 0 0 0 0 0 2 0 1 0 2 0 0 2 2 2 4 2 y y x y x x x x k k y         ,根据渐近线方程知: 0 0 10 2 y x   , 故 0 1 2 0 1 2 xk k y   . 故选:CD. 【点睛】本题考查了双曲线中斜率的计算,确定 0 0 10 2 y x   是解题的关键. 12.在平面直角坐标系 xOy中,如图放置的边长为 2的正方形 ABCD沿 x轴滚动(无滑动滚动), 点 D恰好经过坐标原点,设顶点  ,B x y 的轨迹方程是  y f x ,则对函数  y f x 的判 断正确的是( ) A. 函数     2 2g x f x  在  3 9 , 上有两个零点 B. 函数  y f x 是偶函数 C. 函数  y f x 在  8 6 , 上单调递增 D. 对任意的 xR,都有     14f x f x    【答案】AB 【解析】 【分析】 根据题意中的轨迹,画出函数图像,根据图像判断每个选项得到答案. 【详解】当以 A点为中心滚动时, B点轨迹为  2,0 为圆心, 2为半径的 1 4 圆弧; 当以D点为中心滚动时, B点轨迹为  0,0 为圆心, 2 2为半径的 1 4 圆弧; 当以C点为中心滚动时, B点轨迹为  2,0 为圆心, 2为半径的 1 4 圆弧; 当以 B点为中心滚动时, B点不动,然后周期循环,周期为8 . 画出函数图像,如图所示:    0 0 2 2 0g f   ,      8 8 2 2 0 2 2 0g f f     ,A正确; 根据图像和周期知 B正确; 函数  y f x 在 0,2 上单调递减,故在  8 6 , 上单调递减,C错误; 取 2x   ,易知     12 2 f f    ,故 D错误. 故选:AB. 【点睛】本题考查了轨迹方程,意在考查学生的计算能力和转化能力,画出图像确定周期是 解题的关键. 三、填空题:本题共 4小题,每小题 5分,共 20分. 13.函数 cos4 3sin 4y x x  的单调递增区间为______. 【答案】  , 2 6 2 12 k k k Z         【解析】 【分析】 化简得到 2sin 4 6 y x       ,取 2 4 2 2 6 2 k x k        , k Z ,解得答案. 【详解】 cos 4 3 sin 4 2sin 4 6 y x x x         ,取 2 4 2 2 6 2 k x k        ,k Z , 解得  , 2 6 2 12 k kx k Z          . 故答案为:  , 2 6 2 12 k k k Z         . 【点睛】本题考查了三角函数的单调区间,意在考查学生的计算能力. 14.北京大兴国际机场为 4F级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源,于 2019年 9月 25日正式通航.目前建有“三纵一横”4条跑道,分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、 北一跑道,如图所示;若有 2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞,且西一 跑道、西二跑道至少有一道被选取,则共有______种不同的安排方法.(用数字作答). 【答案】10 【解析】 【分析】 根据题意,共有 2 4 12A  种选择,排除西一跑道、西二跑道都没有的 2种选择,得到答案. 【详解】不考虑西一跑道、西二跑道共有 2 4 12A  种选择, 排除西一跑道、西二跑道都没有的 2 2 2A  种选择,共有10种选择. 故答案为:10. 【点睛】本题考查了排列的应用,利用排除法可以简化运算,是解题的关键. 15.已知抛物线  2: 2 0C x py p  的准线方程为 1y   ,直线 : 3 4 4 0l x y   与抛物线 C 和圆 2 2 2 0x y y   从左至右的交点依次为 A、B、E、F,则抛物线 C的方程为______, EF AB ______. 【答案】 (1). 2 4x y (2). 16 【解析】 【分析】 计算 2p  ,故抛物线方程为 2 4x y ,联立方程得到 1 1 4 y  , 2 4y  ,计算 1 4 AB  , 4EF  ,得到答案. 【详解】根据题意知 1 2 p    ,故 2p  ,故抛物线方程为 2 4x y ,设焦点为  0,1M , 2 2 2 0x y y   ,即  22 1 1x y   ,直线 : 3 4 4 0l x y   过圆心, 联立方程 2 4 3 4 4 0 x y x y       ,得到 24 17 4 0y y   ,解得 1 1 4 y  , 2 4y  . 故 1 11 1 1 4 4 AB AM      , 1 4 1 1 4EF FM      ,故 16 EF AB  . 故答案为: 2 4x y ;16 . 【点睛】本题考查了抛物线方程,抛物线中的弦长问题,意在考查学生的计算能力和转化能 力. 16.已知 A,B 是球 O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点,若三棱锥 O-ABC 体 积的最大值为 36,则球 O 的表面积为________. 【答案】144π 【解析】 【分析】 易知当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时,三棱锥的体积最大,设球 O 的半径为 R,列方程 求解即可. 【详解】如图所示,当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时,三棱锥的体积最大, 设球 O的半径为 R,此时 VO-ABC=VC-AOB= × R2 ×R= R3 =36, 故 R=6,则球 O 的表面积为 S=4πR2=144π. 故答案为 144π. 【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式,属于基础题. 四、解答题:本题共 6小题,共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在① 5 4 62a b b  ,②  3 5 1 44a a b b   ,③ 2 4 2 35b S a b 三个条件中任选一个,补充在 下面的问题中,并解答. 设 na 是公比大于 0的等比数列,其前 n项和为  ,n nS b 是等差数列.已知 1 1a  , 3 2 2 1 4 3 52 ,S S a a a b b     ,__________. (1)求 na 和 nb 的通项公式; (2)设 1 1 2 2 3 3n n nT a b a b a b a b     ,求 nT . 【答案】(1) 1, .n n na b n   (2)  1 2 1.n nT n    【解析】 【分析】 (1)直接利用等差数列等比数列公式计算得到答案. (2) 2nn na b n  ,利用错位相减法计算得到答案. 【详解】(1)方案一:选条件①:设等比数列 na 的公比为 q, 1 3 2 2 11, 2a S S a a    , 2 2 0q q    ,解得 2q= 或 1q   , 0q  , 2q  , 12nna - = . 设等差数列 nb 的公差为 d, 4 3 5 5 4 6, 2a b b a b b    , 1 1 2 6 8 3 13 16 b d b d      , 解得 1 1 1 b d    , nb n  , 12 ,n n na b n   . 方案二:选条件②:设等比数列 na 的公比为 q, 1 3 2 2 11, 2a S S a a    , 2 2 0q q    ,解得 2q= 或 1q   , 0q  , 2q  , 12nna - = . 设等差数列 nb 的公差为 d ,  4 3 5 3 5 1 4, 4a b b a a b b     , 1 1 2 6 8 2 3 5 b d b d      , 解得 1 1 1 b d    , nb n  , 12 , .n n na b n   方案三:选条件③,设等比数列 na 的公比为q, 1 3 2 2 11, 2a S S a a    , 2 2 0q q    ,解得 2q= 或 1q   , 0q  , 2q  , 12nna - = . 设等差数列 nb 的公差为 d , 4 3 5 2 4 2 3, 5a b b b S a b   , 1 1 2 6 8 0 b d b d      , 解得 1 1 1 b d    , nb n  , 12 , .n n na b n   (2) 12 ,n n na b n  , 1 1 2 2n n nT a b a b a b      0 1 2 11 2 2 2 1 2 2n nn n             ,  1 2 12 1 2 2 2 1 2 2n n nT n n             , 1 2 11 2 2 2 2n n nT n        1 2 2 2 1 2 1 2 n n n nn n         ,  1 2 1.n nT n     【点睛】本题考查了等差数列等比数列通项公式,错位相减法求和,意在考查学生对于数列 公式方法的综合应用. 18.如图,在△ABC中, 5: 5 :3, 1 sin 5 AD DC BD A  , , 0BA BD    (1)求 BC的长度; (2)若 E为 AC上靠近 A的四等分点,求sin DBE . 【答案】(1) 2BC  (2) 3 10 10 【解析】 【分析】 (1)计算得到 5cos 5 ADB  , 3 5 5 DC  ,利用余弦定理计算得到答案. (2)根据余弦定理得到 2 10 5 BE  ,利用正弦定理计算得到答案. 【详解】(1) 0BA BD     , BA BD  ,在 ABD 中, 1BD  , 5sin 5 A  , 5AD  , 5cos 5 ADB  ,又 : 5 : 3AD DC  , 3 5 5 DC  , 在 BCD 中, 5cos 5 BDC   , 2 2 2= 2 cosBC CD BD CD BD BDC       9 3 5 5= 1 2 1 5 5 5             =4 2BC  . (2)由(1)知 AB=2, 1 2 5 4 5 AE AC  , 2 5cos 5 A  , ABE 中, 2 2 2 2 cosBE AB AE AB AE A      4 2 5 2 54 2 2 5 5 5       8 5  , 2 10 5 BE  , 在 3 5 2 5sin = 5 5 BDE DE BDE  中, , , sin sin DE BE DBE BDE     , sin 3 10sin 10 DE BDEDBE BE       . 【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理解三角形,意在考查学生的计算能力和应用能力. 19.如图所示,在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中 AB AC, ,侧面 1 1ABB A 是正方形, 3, 3 6AB AC  . (1)证明:平面 1 1ABC 平面 1 1A BC ; (2)若 1 6 AM AC   ,求二面角 1 1M BC A  的大小. 【答案】(1)证明见解析;(2) 3  【解析】 【分析】 (1)证明 1 1AC 平面 1 1ABB A 得到 1 1 1AB AC ,证明 1AB 平面 1 1A BC 得到答案. (2)如图,以 1A为坐标原点,建立空间直角坐标系O xyz ,求得平面 1MBC 的一个法向量 为 6 1, ,1 5 5 n          , 1AB  是平面 1 1A BC 的一个法向量,计算向量夹角得到答案. 【详解】(1)三棱柱 1 1 1ABC ABC 为直三棱柱, 1 1 1AA AC  , AB AC , 1 1 1 1AC AB  ,又 1 1 1,AA AB 平面 1 1 1 1 1 1,ABB A AA AB A  , 1 1AC 平面 1 1ABB A ,又 1AB 平面 1 1ABB A , 1 1 1AB AC  , 又侧面 1 1ABB A 为正方形, 1 1A B AB  ,又 1 1 1,AC A B 平面 1 1A BC , 1 1 1 1A B AC A , 1AB 平面 1 1A BC ,又 1AB 平面 1 1ABC , 平面 1 1ABC 平面 1 1A BC . (2)如图,以 1A为坐标原点,建立空间直角坐标系O xyz , 则          1 10,0,3 , 0,3,3 , 0,3,0 , 3 6,0,0 , 3 6,0,3A B B C C ,    13 6,0,0 , 0,3, 3AC AB      ,    10,3,0 , 3 6, 3, 3AB BC      , MB AB AM      1 6 AB AC    6 ,3,0 2         , 设平面 1MBC 的一个法向量为  , ,1n x y  ,则 1 0 0 n MB n BC         ,解得 6 1, 5 5 x y  , 6 1, ,1 5 5 n           ,又 1AB  是平面 1 1A BC 的一个法向量, 1 3 3 15cos , 232 18 25 n AB         , 1 2, 3 n AB      , 二面角 1 1M BC A  的大小为 3  . 【点睛】本题考查了面面垂直,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 20.某人玩掷正方体骰子走跳棋的游戏,已知骰子每面朝上的概率都是 1 6 ,棋盘上标有第 0站, 第 1站,第 2站,……,第 100站.一枚棋子开始在第 0站,选手每掷一次骰子,棋子向前跳 动一次,若掷出朝上的点数为 1或 2,棋子向前跳两站;若掷出其余点数,则棋子向前跳一站, 直到跳到第 99站或第 100站时,游戏结束;设游戏过程中棋子出现在第 n站的概率为 nP . (1)当游戏开始时,若抛掷均匀骰子 3次后,求棋子所走站数之和 X的分布列与数学期望; (2)证明:   1 1 1 1 98 3n n n nP P P P n       ; (3)若最终棋子落在第 99站,则记选手落败,若最终棋子落在第 100站,则记选手获胜, 请分析这个游戏是否公平. 【答案】(1)详见解析(2)证明见解析;(3)游戏不公平,详见解析 【解析】 【分析】 (1)随机变量 X的所有可能取值为 3,4,5,6,计算概率得到分布列,计算得到数学期望. (2)根据题意得到 1 1 2 1 3 3n n nP P P   ,化简得到  1 1 1 3n n n nP P P P     . (3)计算得到 99 98 97 2 1 3 3 P P P  , 100 99P P ,得到答案. 【详解】(1)随机变量 X的所有可能取值为 3,4,5,6,     3 2 1 3 2 8 2 1 43 , 4 3 27 3 3 9 P X P X C                        ,     2 3 2 3 2 1 2 1 15 , 6 3 3 9 3 27 P X C P X                        , 所以,随机变量 X的分布列为: X 3 4 5 6 p 8 27 4 9 2 9 1 27   8 4 2 13 4 5 6 4 27 9 9 27 E X          . (2)由题意知,当1 98n  时,棋子要到第  1n 站,有两种情况: ①由第 n站跳 1站得到,其概率为 2 3 nP ; ②由第  1n 站跳 2站得到,其概率为 1 1 3 nP  1 1 2 1 3 3n n nP P P    ,  1 1 1 2 1 1 3 3 3n n n n n n nP P P P P P P          ,    1 1 1 1 98 3n n n nP P P P n        , (3)由(2)知,当棋子落到第 99站游戏结束的概率为 99 98 97 2 1 3 3 P P P  , 当棋子落到第 100站游戏结束的概率为 100 98 1 3 P P , 100 99P P ,最终棋子落在第 99站的概率大于落在第 100站的概率, 游戏不公平. 【点睛】本题考查了分布列和数学期望,数列的递推公式,概率的计算,意在考查学生的计 算能力和综合应用能力. 21.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a b a b     的离心率 e满足 22 3 2 2 0e e   ,以坐标原点为圆 心,椭圆 C的长轴长为半径的圆与直线 2 4 5 0x y   相切. (1)求椭圆 C的方程; (2)过点 P(0,1)的动直线 l (直线 l的斜率存在)与椭圆 C相交于 A,B两点,问在 y轴上是否 存在与点 P不同的定点 Q,使得 APQ BPQ SQA QB S    恒成立?若存在,求出定点 Q的坐标;若不存 在,请说明理由. 【答案】(1) 2 2 1 4 2 x y   (2)存在;定点  0, 2Q 【解析】 【分析】 (1)根据点到直线距离公式计算得到 2a  ,计算 2 2 e  ,得到答案. (2)设       1 1 2 20, 1 , , , ,Q m m A x y B x y ,直线 l的方程为 1y kx  ,联立方程得到 1 2 1 22 2 4 2, 2 1 2 1 kx x x x k k        , sin sin APQ BPQ S QA PQA S QB PQB      ,得到 QA QBk k  ,计算得 到答案. 【详解】(1)由题意知 0 0 4 5 2 4 1 a     , 2a  , 由 22 3 2 2 0e e   ,解得 2 2 e  或 2e  (舍),故 2c  , 2b  , 椭圆 C的方程为 2 2 1 4 2 x y   . (2)存在, 假设 y轴上存在与点 P不同的定点 Q,使得 APQ BPQ SQA QB S    恒成立, 设       1 1 2 20, 1 , , , ,Q m m A x y B x y ,直线 l的方程为 1y kx  , 由 2 2 1 4 2 1 x y y kx        ,得  2 22 1 4 2 0k x kx    , 1 2 1 22 2 4 2, 2 1 2 1 kx x x x k k         ,  2 2 216 8 2 1 32 8 0k k k       , 1 sin sin2 1 sinsin 2 APQ BPQ QP QA PQAS QA PQA S QB PQBQP QB PQB        , APQ BPQ SQA QB S     , sin sinPQA PQB    , PQA PQB  , QA QBk k   , 1 2 1 2 y m y m x x      ,   1 2 1 21 2m x x kx x    ,即   2 2 4 21 2 2 1 2 1 km k k k       , 解得 2m  ,存在定点  0, 2Q ,使得 APQ BPQ SQA QB S    恒成立. 【点睛】 本题考查了椭圆方程,椭圆中的定点问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 22.已知函数      1 1 , 0x xf x x e x e x     . (1)证明:   10 1 1 xf x x e x        ; (2)若   3 2 cos 2 xxg x ax x x x e          ,当      0,1 ,x f x g x  恒成立,求实数 a的取 值范围. 【答案】(1)证明见解析;(2)  , 3  【解析】 【分析】 ( 1 )    x xf x x e e   , 得 到   0f x  ,  0 0f  得 到   0f x  , 整 理 得 到     2 21xe x  ,即 1xe x  ,令    1 0xx e x x     ,证明   0x  得到答案. (2)当  0,1x 时,要证    f x g x 即证   3 21 1 2 cos 0 2 x xx e ax x x            ,令   2 2cos 2 xG x x  ,证明  G x 在  0 1,上是减函数,得当 3a   时,    f x g x 在 0 1, 上恒成立,再证明 3a   时,    f x g x 在  0 1,上不恒成立,得到答案. 【详解】(1)    x xf x x e e   ,当 0x  时, 1, 1x xe e  ,   0f x  ,  f x 在 0 , 上是增函数,又  0 0f  ,   0f x  . 由   1 1 1 xf x x e x       整理得     2 21xe x  ,即 1xe x  , 令    1 0xx e x x     ,即  ' 1 0xx e    ,  x 在 0 , 上是增函数,又   0x  ,   0x  , 1xe x   ,   1 1 1 xf x x e x        , 综上,   10 1 1 xf x x e x        (2)当  0,1x 时,要证    f x g x , 即证     3 1 1 2 cos 2 x x xxx e x e ax x x x e             , 只需证明   3 21 1 2 cos 0 2 x xx e ax x x            . 由(1)可知:当  0,1x 时,      1 1 0x xf x x e x e     , 即   21 1xx e x   ,   3 3 21 1 2 cos 1 1 2 cos 2 2 x x xx e ax x x x ax x x                  2 1 2cos 2 xx a x           , 令   2 2cos 2 xG x x  ,则   2sinG x x x   , 令   2sinH x x x  ,则   1 2cosH x x   , 当  0,1x 时,   0H x  ,  G x 在  0 1,上是减函数, 故当  0,1x 时,    0 0G x G   ,  G x 在  0 1,上是减函数,    0 =2G x G  ,  1 3a G x a     , 故当 3a   时,    f x g x 在  0 1,上恒成立. 当 3a   时,由(1)可知:  22 1xe x  ,即   2 11 1 xx e x    ,   3 3 2 11 1 2 cos 1 2 cos 2 1 2 x x xx e ax x x ax x x x                  3 2 cos 1 2 x xax x x x       21 2cos 1 2 xx a x x          , 令     21 12cos 1 2 1 xI x a x a G x x x          ,则      2 1 1 I x G x x     , 当  0,1x 时,   0I x  ,  I x 在 0 1,上是减函数,  I x 在 0 1,上的值域为  1 2cos1, 3a a   . 3a   , 3 0a   ,存在  0 0,1x  ,使得  0 0I x  ,此时    0 0f x g x 故 3a   时,    f x g x 在  0 1,上不恒成立. 综上,实数 a的取值范围是  , 3  . 【点睛】本题考查了利用导数证明不等式,不等式恒成立问题,意在考查学生的计算能力和 综合应用能力.
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