辽宁省抚顺市第一中学2019-2020学年高三上学期期中考试数学（文）试题

辽宁省抚顺市第一中学2019-2020学年高三上学期期中考试数学（文）试题

抚顺一中 2020 届高三年级上学期期中考试数学试题 第Ⅰ卷 选择题（共 60 分） 一、选择题：本题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一 个是正确的 1.如果 { | 6}U x N x   ， {1,2,3}A  ， {2,4,5}B  ，那么   U UC A C B U （ ） A. {0,1,3,4,5} B. {1,3,4,5} C. {1,2,3,4,5} D. {0} 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意求出集合 ,A B 的补集，进而求并集即可． 【详解】∵  { | 6} 0,1,2,3,4,5 ,U x N x    {1,2,3}A  ， {2,4,5}B  ， ∴  0,4,5 ,UC A   0,1,3UC B  ， ∴   U UC A C B U {0,1,3,4,5}， 故选：A 【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查集合的描述法与列举法，属于基础题目． 2.设复数 1z i  ，则 3i z 等于（ ） A. 1 1 2 2 i B. 1 1 2 2 i C. 1 1 2 2   i D. 1 1 2 2 i  【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的乘方与除法运算法则，直接计算即可． 【详解】∵ 1z i  ， ∴       3 1 1 1 1 1 2 i ii i i z i i i          1 1 2 2 i  ， 故选：D 【点睛】本题考查复数的代数运算，涉及乘方运算以及乘除运算，考查计算能力，属于基础 题． 3.已知 0 1 0 2 1: 1,log ; : ,2 xp x x q x R e x      ，则下列说法中正确的是（ ） A. p q 是假命题 B. p q 是真命题 C.  p q  是真命题 D.  p q  是假命题 【答案】D 【解析】 【分析】 举例判断命题 p 与 q 的真假，再由复合命题的真假判断得答案． 【详解】当 0 1x  时， 1 0 2 log 0,x  故 p 命题为假命题； 记 f（x）＝ex﹣x 的导数为 f′（x）＝ex １， 易知 f（x）＝ex﹣x在（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增， ∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即 , xx R e x   ，故 q命题为真命题； ∴  p q  是假命题 故选：D 【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的 图象与性质，是基础题． 4.设 1 3 2log 3a  ， 1 2 1log 3b  ， 0.31 2c      ,则（ ） A. c b a  B. b a c  C. b c a  D. a b c  【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数和对数函数的单调性，利用临界值 1 2 和1，确定 , ,a b c 的大致范围，从而得到大 小关系. 【详解】 0.3 0 1 1 2 2 1 1 1 11 log log2 2 2 3              ，即 c b 1 0.32 1 1 1 3 3 3 2 3 1 1 1log log log3 3 3 2 2              ，即 a c b c a   本题正确选项：C 【点睛】本题考查根据指数函数和对数函数单调性比较大小的问题，关键是能够找到合适的 临界值，确定所求式子的大致范围. 5.已知{ }na 是等比数列， 2 5 12, 4a a  则 1 2 2 3 1 =n na a a a a a   A.  32 1 23 n B.  32 1 43 n C.  16 1 2 n D.  16 1 4 n 【答案】B 【解析】 ∵ na 是等比数列， 2 2a  ， 5 1 4a  ，∴q3= 1 8 ，则 q= 1 2 ， ∵ 1 1 n n n n a a a a   =q2= 1 4 ∴数列{anan+1}是以 8 为首项， 1 4 为公比的等比数列 ∴a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1=  32 1 43 n ． 故选：B 点睛：本题重点考查了等差数列的通项公式及前 n 项和知识，解题关键是把新数列的和理解 为新等比数列的前 n 项和,整体换元的思想同学们要牢固把握. 6.在 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 , ,a b c .已知 3 sin cos 2b A a B b c   ，则 A  A. 6  B. 4  C. 3  D. 2 3  【答案】C 【解析】 【分析】 由正弦定理将边与角的关系转化成角的关系，再运用诱导公式和两角和的正弦公式化简，再 利用辅助角公式可求得 A. 【详解】由已知和正弦定理得 3sin sin sin cos 2sin sinB A A B B C   ， 即 3sin sin sin cos 2sin sin( )B A A B B A B    ， 即  3sin sin sin cos 2sin sin cos cos sinB A A B B A B A B    所以 3sin sin 2sin cos sinB A B A B  ，因为sin 0B  ，所以 3sin cos 2A A  ，即 sin 16A      ，所以 26 2A k     ，即 23A k   ，又 (0, )A  ，所以 3A  ， 故选:C。 【点睛】本题考查正弦定理、辅助角公式，诱导公式，利用正弦定理将已知等式中的边、角 关系转化为角之间的关系式,再利用诱导公式、两角和的正弦公式是本题的关键，属于中档题. 7.已知 x，y 满足条件 0 { 2 0 x y x x y k      (k 为常数)，若目标函数 z＝x＋3y 的最大值为 8，则 k ＝( ) A. －16 B. －6 C. - 8 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 由 z ＝ x ＋ 3y 得 y ＝ － 1 3 x ＋ 3 z ， 先 作 出 0{x y x   的 图 象 ， 如 图 所 示 ， 因为目标函数 z＝x＋3y 的最大值为 8，所以 x＋3y＝8 与直线 y＝x 的交点为 C，解得 C(2,2)， 代入直线 2x＋y＋k＝0，得 k＝－6. 8.已知某几何体的三视图如图所示，若网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的体积为 A. 16 3 B. 16 2 3 C. 16 D. 16 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由三视图还原几何体的直观图可知该几何体为三棱锥，将其放在正方体中可直观地得出棱之 间的关系，再根据三棱锥的体积公式求解. 【详解】由三视图可知该几何体为三棱锥,记为三棱锥 A-BCD，将其放在棱长为 4 的正方体中, 如图所示, 2 2, 4AD BC BD   ，且 ,AD BD AD BC  ， BC BD ，所以 AD  面 BCD， 所以三棱锥 A-BCD 的体积为 1 1 1 162 2 2 2 43 3 2 3A BCD BCDV AD S          ， 故选：A. 【点睛】本题考查空间几何体的三视图的识别和几何体体积的计算,运用空间想象能力将三视 图还原几何体的直观图是本题的关键，属于基础题. 9.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 P 在椭圆上， O 为坐标原 点，若 1 2 1| | | |2OP F F ，且 2 1 2| || |PF PF a ，则该椭圆的离心率为（ ） A. 3 4 B. 3 2 C. 1 2 D. 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由椭圆的定义可得，|PF1|+|PF2|=2a，又|PF1|•|PF2|=a2，可得|PF1|=|PF2|=a，即 P 为椭圆的短 轴的端点，由条件可得 b=c，计算即可得到椭圆的离心率． 【详解】由椭圆的定义可得，|PF1|+|PF2|=2a， 又|PF1|•|PF2|=a2， 可得|PF1|=|PF2|=a，即 P 为椭圆的短轴的端点， |OP|=b，且|OP|= 1 2 |F1F2|=c， 即有 c=b= 2 2a c ， 即为 a= 2 c，e= c a = 2 2 ． 故选：C． 【点睛】求解离心率的常用方法 1.利用公式 ，直接求 . 2.找等量关系，构造出关于 a ， c 的齐次式，转化为关于 的方程求解． 3.通过取特殊位置或特殊点求解． 4 变用公式,整体求出 ：以椭圆为例,如利用 2 2 2 2 2 2 21c a b be a a a     , 2 22 2 2 1 1 ce bc b c    . 10.已知向量 (2cos ,2sin ), (3cos ,3sin )a b     ，若 a  与b  的夹角为 60 ，则直线 2 cos 2 sin 1 0x y    与圆 2 2( cos ) ( sin ) 1x y     的位置关系是（ ） A. 相交但不过圆心 B. 相交且过圆心 C. 相切 D. 相离 【答案】C 【解析】 【分析】 由 已 知 利 用 向 量 的 数 量 积 的 定 义 可 求 得 cosαcosβ+sinαsinβ 1 2  ， 要 判 断 直 线 xcosα+ysinα+1 ＝ 0 与 圆 的 位 置 关 系 ， 只 要 判 断 圆 心 （ cosβ ， sinβ ） 到 直 线 2xcosα+2ysinα+1＝0 的距离 d 与圆的半径的比较即可 【详解】解：由题意可得| a |＝2， 3b  ， 60a b a b cos      2×3 1 2   3 又    2 2 3 3a b cos sin cos sin       ， ， 6cosαcosβ+6sinαsinβ＝3， ∴cosαcosβ+sinαsinβ 1 2  ， 圆（x﹣cosβ）2+（y﹣sinβ）2＝1 的圆心坐标为（cosβ，sinβ），半径为 1； ∵圆心（cosβ，sinβ）到直线 2xcosα+2ysinα+1＝0 的距离 d    2 2 2 2 1 1 1 22 2 cos cos sin sin cos sin             1； ∴直线 2xcosα＋2ysinα+1＝0 与圆（x﹣cosβ）2+（y﹣sinβ）2＝1 相切， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的定义及坐标表示，直线与圆的位置关系的判断，综 合应用向量，点到直线的距离公式等知识． 11.若不等式 1 2 2 1m x x    在  0,1x 时恒成立，则实数 m 的最大值为（ ） A. 9 B. 9 2 C. 5 D. 5 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设 f（x） 1 2 2 1x x    ，根据形式将其化为 f（x）  1 15 22 2 1 x x x x      ．利用基本不等式 求最值，可得当且仅当 x 1 3  时  1 1 22 1 x x x x    的最小值为 2，得到 f（x）的最小值为 f（ 1 3 ） 9 2  ，再由题中不等式恒成立可知 m≤（ 1 2 2 1x x   ）min，由此可得实数 m 的最大值． 【详解】解：设 f（x） 1 1 2 22 2 1 1x x x x      （0＜x＜1） 而 1 22 1x x   [x+（1﹣x）]（ 1 22 1x x   ）  1 15 22 2 1 x x x x      ∵x∈（0，1），得 x＞0 且 1﹣x＞0 ∴  1 1 22 1 x x x x    2  1 1 22 1 x x x x    2， 当且仅当  1 1 22 11 x x x x    ，即 x 1 3  时  1 1 22 1 x x x x    的最小值为 2 ∴f（x） 1 2 2 1x x    的最小值为 f（ 1 3 ） 9 2  而不等式 m 1 2 2 1x x    当 x∈（0，1）时恒成立，即 m≤（ 1 2 2 1x x   ）min 因此，可得实数 m 的最大值为 9 2 故选：B． 【点睛】本题给出关于 x 的不等式恒成立，求参数 m 的取值范围．着重考查了利用基本不等 式求函数的最值和不等式恒成立问题的处理等知识，属于中档题． 12.已知函数 ( ) 2 x e ef x e x   ( e 为自然对数的底数)， ( ) ln 4g x x ax ea    .若存在实 数 1 2,x x ，使得 1 2( ) ( ) 12 ef x g x   ，且 2 1 1 | |x ex   ，则实数 a 的最大值为（ ） A. 5 2e B. 2 5 e e C. 2 e D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 解方程  1 12 ef x   求得 1x ，结合 2 1 1 | |x ex   求得 2x 的取值范围 2,e e   .将  2 1g x  转化为 直线   3y a x e   和 lny x 在区间 2,e e   上有交点的问题来求得 a 的最大值. 【详解】由  1 12 ef x   得 1 1 1 0x ee x e     ，注意到   1x eh x e x e    在 R 上为增 函数 且   0h e  ，所 以 1x e . 由于  g x 的定 义域为  0,  ，所 以由 2 1 1 | |x ex   得 2 2e x e  . 所 以 由  2 1g x  得  2 2ln 3x a x e   ， 画 出  2lny x e x e   和   3y a x e   的图 像如 下图 所示， 其中    2,1 , ,2A e B e 由图 可知 a 的最 大值 即为     1 3 2 ACk e e e     .故选 C. 【点睛】本小题主要考查函数零点问题，考查指数方程和对数方程的解法，考查化归与转化 的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 第 Ⅱ 卷 非选择题（共 90 分） 二、填空题：本题包括 4 个小题，每题 5 分，共 20 分 13.已知函数   cos 1 2 1x xf x ax     是奇函数，则实数 a 的值为_____________. 【答案】 1 2  【解析】 【分析】 根据奇函数的定义 ( ) ( )f x f x   得出关于 a 的方程，求解即可。 【详解】方法一：函数 cos 1( ) 2 1x xf x ax    是奇函数，所以 ( ) ( )f x f x   ， 所以 cos 1 cos( ) 1 2 1 2 1x x x xa ax x          即 1 1 2 1 2 12 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x xa                ， 则 1 2a   ， 方法二：因为函数 cos 1( ) 2 1x xf x ax    是奇函数，所以 ( ) ( )f x f x   ， 所以 ( 1) (1)f f   ，即 1 1 1cos1 cos( 1)2 1 2 1a a         ， 解得 1 2a   ， 故填： 1 2  。 【点睛】本题考查函数奇偶性的定义, 根据函数的奇偶性求参数的值，属于基础题. 14.两条直线 4 0ax y   与 2 0x y   相交于第一象限，则实数 a 的取值范围是 _________. 【答案】﹣1＜a＜2 【解析】 【分析】 联立方程组解出交点坐标，解不等式即可解决． 【详解】解：由 4 0 2 0 ax y x y        得 6 1 4 2 1 x a ay a       ∵两直线 ax+y﹣4＝0 与 x﹣y﹣2＝0 相交于第一象限 ∴ 6 01 4 2 01 a a a       ＞ ＞ 解得：﹣1＜a＜2 故答案为：﹣1＜a＜2 【点睛】本题主要考查直线交点坐标的求解，和不等式的应用．属于基础题． 15.在四面体 A BCD 中， 2AB AC AD BC BD     ，若四面体 A BCD 的外接球 的体积 8 2 3V  ，则 CD  ______． 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 设 CD 的中点为 M ， AB 的中点为 N ，连接 MN,可知球心 O 在 MN 上，连接 CN,DN,OA,OD,设 2CD x ，根据勾股定理，得方程，进而问题得解. 【详解】设CD 的中点为 M ， AB 的中点为 N ，连接 MN,由题目中已知条件可知，MN 分别为 CD，AB 的垂直平分线，故四面体 A BCD 的外接球球心 O 在线段 MN 上， 连接 CN,DN,OA,OD， 设四面体 A BCD 的外接球半径为 r ，由 34 8 2 3 3V r   ，得 2r  ． 设 2CD x ， 在 Rt OAN 中， 2 2 2 1 1ON OA AN     ， 在 Rt ADN 中， 2 2 3DN AD AN   ， 在 Rt DMN 中， 2 2 23MN DN DM x    ， 所以 23 1OM MN ON x     ， 在 Rt ODM 中， 2 2 2OM OD DM  ，由 2 2 23 1 2x x    ，解得 2x  ， 所以 2 2CD  .故填： 2 2 【点睛】本题考查了几何体的外接球的有关问题，关键是确定球心在几何体中的位置，根据 已知条件，结合几何体的半径和表面积或体积公式求解. 16.设数列  1,na n n N   满足 1 22, 6a a  ，且   2 1 1 2n n n na a a a      ，若 x 表 示不超过 x 的最大整数，则 1 2 2019 2019 2019 2019[ ]a a a     ____________． 【答案】2018 【解析】 【分析】 数列{an}满足 a1＝2，a2＝6，且（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，利用等差数列的通项公式可得： an+1﹣an＝2n+2．再利用累加求和方法可得 an＝n（n+1）．利用裂项求和方法即可得出． 【详解】∵   2 1 1 2n n n na a a a      ， ∴数列{an+1﹣an}为等差数列，首项为 4，公差为 2． ∴an+1﹣an＝4+2（n﹣1）＝2n+2． ∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1 ＝2n+2（n﹣1）+…+2×2+2  12 2 n n    n（n+1）． ∴ 1 2 2019 1 1 1 1 1 1 1 1 11 12 2 3 2019 2020 2020a a a                             ． ∴     1 2 2019 2019 2019 2019 2019 12019 20182020 2020a a a             ＝2018． 故答案为：2018． 【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、累加求和方法与裂项相消求和方 法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 三、解答题：本题包括 6 个小题，共 70 分 17.设函数   2 2sin 2 sin cos6f x x x x       . （1）求  f x 的单调递增区间； （2）若角 A 满足   1f A  ， 3a  ， ABC△ 的面积为 3 2 ，求b c 的值. 【答案】(1) ,6 3k k        ， k Z ；(2) 3b c  . 【解析】 【分析】 （1）将函数化成   2 6f x sin x      的形式，再根据正弦函数的单调增区间求解．（2）结 合条件及（1）得到 3A  ，由面积可得 2bc  ，然后根据余弦定理经变形后可得 3b c  ． 【 详 解 】 （ 1 ） 由 题 意 得   3 1sin2 cos2 cos22 2f x x x x   3 1sin2 cos2 sin 22 2 6x x x        ， 令 2 2 22 6 2k x k         ， k Z ， 得 6 3k x k       ， k Z . 所以函数  f x 的单调递增区间为 ,6 3k k        ， k Z ． （2）由条件及（1）得   sin 2 16f A A       ， ∵ 0 2A   ， ∴ 526 6 6A      ， ∴ 2 6 2A    ， 解得 3A  ． 又 1 3 3sin2 4 2S bc A bc   ， ∴ 2bc  ． 由余弦定理得 2 2 2 2 cosAa b c bc   ， ∴    2 22 23 2 cos 3 63b c bc b c bc b c         ， ∴ 2 9b c  ∴ 3b c  ． 【点睛】在应用余弦定理解题时，要注意公式的常见变形，即 2 2 2( ) 2a b a b ab    ，这一 变形往往与三角形的面积公式结合在一起，体现了知识间的联系和综合． 18.已知函数    2 2f x x x   . (1)若不等式  f x a 在 3,3 上恒成立，求实数 a 的取值范围； (2)当 0a  时，解关于 x 的不等式  f x ax . 【答案】(1) 5a  ；(2) 2 2 216 16 16( , ] [ , ]2 2 2 a a a a a a         . 【解析】 【分析】 （1）利用区间化简函数的解析式，求出函数的最值，然后求解 a 的范围． （2）通过讨论 x 与 2 的大小，去掉绝对值符号，然后求解不等式即可． 【详解】（1） 2 2 4 [ 3,2]( ) 4 (2,3] x xf x x x        ，则 max( ) 5f x  ，所以 5a  ； （2）当 2x  时， 2( ) 4f x x  ax ，设 2( ) 4g x x ax   ， (2) 2 0g a   , 令 ( ) 0g x  ， 解得 2 1 16 22 a ax    ， 2 1 16 02 a ax    （舍）, 则不等式解为 2 162 2 a ax    . 当 2x  时， 2( ) 4f x x ax   ，不等式为 2 4 0x ax   ，设 2( ) 4p x x ax   ， (2) 2 0p a  ， 令 ( ) 0p x ，解得 2 2 1 2 16 16, 22 2 a a a ax x        ， 则不等式解为 2 16 2 a ax    或 2 16 22 a a x     综上不等式解集为 2 2 216 16 16( , ] [ , ]2 2 2 a a a a a a         . 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了分类讨论和转化的 数学思想，属于中档题． 19.设数列 na 的前 n 项和 nS 满足： 2 ( 1)n nS na n n   ，等比数列 nb 的前 n 项和为 nT ， 公比为 1a ，且 5 3 52T T b  ． （1）求数列 na 的通项公式; （2）设数列 1 1 n na a        的前 n 项和为 nM ，求证： 1 1 5 4nM  ． 【答案】(1) 4 3na n  ;(2)证明见解析. 【解析】 【详解】（1）∵ 2 ( 1)n nS na n n   ①， ∴ 1 1( 1) 2( 1)n nS n a n n     ②， ②-①， 1 1( 1) 4n n na n a na n     ， ∴ 1 4n na a   ，又∵等比数列 nb ， 5 3 52T T b  ， ∴ 5 3 5 4 52T T b b b    ， 1q  ， ∴ 1 1a  ，∴数列 na 是1为首项， 4 为公差的等差数列， ∴ 1 4( 1) 4 3na n n     ； （2）由（1）可得 1 1 1 1 1 1( )(4 3)(4 1) 4 4 3 4 1n na a n n n n       ， ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) (1 )4 5 5 9 4 3 4 1 4 4 1nM n n n           ，∴ 1 1 1(1 )4 5 4nM   ， 即 1 1 5 4nM  ． 考点：1．等差等比数列的运算；2．列项相消法求数列的和． 20.如图所示的几何体中， , , 2, 2 2,BE BC EA AC BC AC    45 , / / , 2ACB AD BC BC AD   ． (1)求证： AE ⊥ 平面 ABCD； (2)若 60ABE   ，点 F 在 EC 上，且满足 EF=2FC，求二面角 F—AD—C 的余弦值． 【答案】（1）详见解析（2） 2 7 7 【解析】 【分析】 （1）在 ABC 中，根据已知的边、角条件运用余弦定理可得出 AB BC ，再由 ,BE BC AB BE B   ， 得出 BC ⊥平面 ABE.，由线面垂直的性质得 BC AE⊥ ，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）在以 B 为原点，建立空间直角坐标系 B xyz ，得出点 , , ,F A D C 的坐标，求出面 FAD 的法向量，由（1）得 EA  平面 ABCD，所以 EA  为平面 ABCD 的一个法向量，再根据向量的夹 角公式求得二面角的余弦值. 【详解】（1）在 ABC 中， 2, 2 2, 45 ,BC AC ACB     由余弦定理可得 2 2 2 2 cos45 4AB BC AC BC AC       ， 所以 2AB  ，所以 2 2 2 ,AC AB BC  所以 ABC 是直角三角形， AB BC . 又 ,BE BC AB BE B   ，所以 BC ⊥平面 ABE. 因为 AE  平面 ABE，所以 BC AE⊥ ，因为 ,EA AC AC BC C   , 所以 AE ⊥平面 ABCD. （2）由（1）知，BC ⊥平面 ABE，所以平面 BEC  平面 AEB，在平面 ABE 中，过点 B 作 Bz BE ， 则 Bz  平面 BEC，如图，以 B 为原点，BE,BC 所在直线分别为 ,x y 轴建立空间直角坐标系 B xyz ， 则        0,0,0 , 0,2,0 , 4,0,0 , 1,0, 3 ,B C E A  1,1, 3D , 因为 2EF FC ，所以 4 4, ,03 3F      ，易知   1 40,1,0 , , , 33 3AD AF         , 设平面 ADF 的法向量为  , ,n x y z ， 则 0, 0, AD n AF n           即 0, 1 4 3 0,3 3 y x y z     令 3,z  则 0, 9y x  ， 所以  9,0, 3n  为平面 ADF 的一个法向量， 由（1）知 EA  平面 ABCD，所以  3,0, 3EA   为平面 ABCD 的一个法向量. 设二面角 F AD C  的平面角为 ， 由图知 为锐角，则 24 2 7cos 72 3 2 21 EA n EA n           ， 所以二面角 F AD C  的余弦值为 2 7 7 . 【点睛】本题考查线面垂直关系的证明和二面角的计算，属于中档题. 21.已知椭圆 C： 的长轴是短轴的两倍，点 在椭圆上．不过 原点的直线 l 与椭圆相交于 A、B 两点，设直线 OA、l、OB 的斜率分别为 1k 、 k 、 2k ，且 1k 、 k 、 2k 恰好构成等比数列． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程． （Ⅱ）试探究 2 2OA OB 是否为定值？若是，求出这个值；否 则求出它的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 x y  （Ⅱ）5． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，一般利用待定系数法，只需列出两个独立条件解方程组即 可；（Ⅱ）研究解析几何中定值问题，一般利用坐标运算（即解析法）．先将条件 1k 、k 、 2k 构 成等比数列转化为坐标：设 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 ，则 2 1 2 1 2 1 2 y yk k k x x    = 1 2 1 2 ( )( )kx m kx m x x   ， 再利用直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得 1 2 2 2 1 2 2 8 1 4{ 4 4 1 4 kmx x k mx x k       ，两者结合化简得： 1 2k   ， 1 2 2 1 2 2{ 2 2 x x m x x m       ， 最 后 将 2 2OA OB 也 用 坐 标 表 示 并 代 入 化 简 为 ： 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2OA OB x y x y     = =  2 1 2 1 2 3 2 2 54 x x x x      试题解析：解：（Ⅰ）由题意可知 2a b 且 2 2 3 1 14a b   2 1b  ，a=2 所以椭圆的方程为 2 2 14 x y  （Ⅱ）设直线 l 的方程为 y kx m  ， 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 由 2 2{ 4 4 y kx m x y      2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     1 2 2 2 1 2 2 8 1 4{ 4 4 1 4 kmx x k mx x k       且 2 216(1 4 ) 0k m     1 2k k k 、 、 恰好构成等比数列． 2 1 2 1 2 1 2 y yk k k x x    = 1 2 1 2 ( )( )kx m kx m x x   即  2 22 2 2 2 2 2 1 48 4 4 4 4 m kk mk k m m      2 2 24 0k m m   因为 0m  ， 2 1 4k   1 2k   此时 216(2 ) 0m    ，即  2, 2m  1 2 2 1 2 2{ 2 2 x x m x x m       故 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2OA OB x y x y     = =  2 1 2 1 2 3 2 2 54 x x x x      所以 2 2OA OB 是定值为 5． 考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系 22.已知函数   4lnaf x ax xx    的两个极值点 1 2,x x 满足 1 2x x ，且 2 3e x  ，其中 e 为 自然对数的底数． （Ⅰ）求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）求    2 1f x f x 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 2 6 4, )5 1 ea e   （ ；（Ⅱ）    2 1 2 32 168ln3,5 1f x f x e        . 【解析】 分析：（Ⅰ）由题设有 2 2 4( ) ax x af x x    ，因为  f x 有两个极值点 1 2,x x 且 1 2x x ，所以   2 4S x ax x a   有两个不同解为 1 2,x x ，故 1 2 1x x ，结合题设有 1 20 1 3x e x     ， 从而     3 0 0 S S e    得到 2 6 4 5 1 ea e    . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 1 2 1x x ，所以      2 1 2 2 1f x f x f x f x         ，又 2 2 2 4 1 xa x   ，从而     2 2 2 1 22 2 8( 1) 8ln1 xf x f x xx    ，其中  2 ,3x e ，利用导数可以求出该函数的值域. 详解：（Ⅰ） 2 2 2 4 4( ) a ax x af x a x x x       ， 由题意知 1 2x x， 即为方程 2 4 0ax x a   的两个根. 由韦达定理： 1 2 1 2 4 1 x x a x x       ，所以 0a  且 10 1x  . 令   2 4S x ax x a   ， 则由 2 3e x  可得     3 0 0 S S e    ，解得 2 6 4 5 1 ea e    . （Ⅱ） 2 1 2 2 ( ) ( ) af x f x ax x     2 2 1 1 4ln 4lnax ax xx    ， ∵ 1 2 1x x  ，∴ 2 1 2 2 ( ) ( ) af x f x ax x    22 2 2 14ln 4lnax axx x     2 2 2 12 ( ) 8lna x xx    ， 由（Ⅰ）知 2 2 2 4 1 xa x   ，代入得 2 2 1 2 2 8( ) ( ) 1 xf x f x x    2 2 2 1( ) 8lnx xx   2 2 22 2 8( 1) 8ln1 x xx   ， 令 2 2 2 ( ,9)t x e  ，于是可得 8 8( ) 4ln1 th t tt   ， 故 2 16 4( ) ( 1)h t t t    2 2 2 2 4( 2 1) 4( 1) 0( 1) ( 1) t t t t t t t         ∴ ( )h t 在 2( ,9)e 上单调递减， ∴ 2 1 2 32 16( ) ( ) ( 8ln3, )5 1f x f x e      . 点睛：（1）因为函数在 0,  上导数是存在的，所以函数的极值点即为导数的零点，也是对 应的一元二次方程的根，利用根分布就可以求出参数的取值范围. （2）复杂的多元函数的最值问题可以先消元处理，再利用导数分析函数的单调性从而求出函 数的值域.