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）

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.