2020届河北省保定七校高三上学期第三次联考数学（文）试题（解析版）

2020届河北省保定七校高三上学期第三次联考数学（文）试题（解析版）

2020 届河北省保定七校高三上学期第三次联考数学（文）试 题 一、单选题 1．集合 ，集合 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先由二次不等式的解法得 ，由对数不等式的解法得 ，再结合集合并集的运算即可得解. 【详解】 解不等式 ,解得 ,则 , 解不等式 ,解得 ,即 , 即 , 故选:A. 【点睛】 本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基 础题. 2．若复数 满足 (i 为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位 于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【解析】因为 ，所以该复 数在复平面内对于的点位于第三象限，应选答案 C。 3．在公比为 2 的等比数列{an}中，前 n 项和为 Sn，且 S7﹣2S6＝1，则 a1+a5＝（ ） A．5 B．9 C．17 D．33 【答案】C 【解析】根据等比数列的性质找到 的关系计算即可得出首项与公比,再求 { }2 6 0A x x x= − − < { }2| log 1B x x= < A B = ( )2,3− ( ),3−∞ ( )2,2− ( )0,2 { }| 2 3A x x= − < < { }| 0 2B x x= < < 2 6 0x x− − < 2 3x− < < { }| 2 3A x x= − < < 2log 1x < 0 2x< < { }| 0 2B x x= < < A B = ( )2,3− z ( ) 21 2 1 3z i i− + = + z 2|1 3 | 10( 1 2 ) 10(1 2 ) 2 41 2 ( 1 2 )( 1 2 ) 5 i i iz ii i i + − − += = = − = − −− + − + − − 7 6,S S 1 5a a+ 即可. 【详解】 由等比数列前 项和的性质 可知,当 时 ,又 ,得 ,故 . 故选：C 【点睛】 本题主要考查等比数列前 项和的性质 ,属于中等题型. 4．设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面， ： ，若 是 的必要条件，则 可能是（ ） A． ： ， ， B． ： ， ， C． ： ， ， D． ： ， ， 【答案】B 【解析】根据线面平行与垂直的判定与性质判断即可. 【详解】 由题知 能推出 ： . 对 A, 当 时仍然可以有 , , .故 A 错误. 对 B, , 则 ,又 ,则 .故 B 正确. 对 C, , 则 ,又 ,故 .故 C 错误. 对 D,当 且相交于 时,若 也满足 , .故 D 错误. 故选：B 【点睛】 本题主要考查了空间中线面平行与垂直的判定与性质,属于基础题型. 5．如图茎叶图表示的是甲.乙两人在 5 次综合测评中的成绩，其中乙中的两个数字被污 损，且已知甲，乙两人在 次综合测评中的成绩中位数相等，则乙的平均成绩低于甲的 概率为（ ） n 1 1+ = +n nS a qS 6n = 7 1 62S a S= + 7 62 1− =S S 1 1a = 4 1 5 1 1 2 17a a+ = + × = n 1 1+ = +n nS a qS m n α β p m n⊥ p q q q m α⊥ / /n β α β⊥ q m α⊂ n β⊥ / /α β q m α⊥ n β⊥ / /α β q m α⊂ / /n β α β⊥ q p m n⊥ //m n m α⊥ / /n β α β⊥ n β⊥ / /α β n α⊥ m α⊂ m n⊥ m α⊥ / /α β m β⊥ n β⊥ //m n α β⊥ m / /n m m α⊂ / /n β 5 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据茎叶图分别求出甲、乙的中位数，平均数，得到模糊成绩的值，利用古典 概型求解即可 【详解】 由题意可得：甲的成绩为：84、86、91、98、98；中位数为 91，平均数为 ； 乙的成绩为：86，88，90+x，90+y，99 （x≤y）； ∵甲，乙中位数相同； ∴90+x＝91⇒x＝1； 乙的平均数为 ； ∵乙的平均成绩低于甲； ∴1≤y＜3；⇒y＝1 或 2． ∴乙的平均成绩低于甲的概率 p ； 故选：A． 【点睛】 本题考查了茎叶图，以及中位数、平均数的性质及古典概型，考查了学生的计算能力， 属于基础题． 6．已知函数 f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]，当 x＝a 时，f（x）取得最大值 b，则函数 的图象为（ ） A． B． 2 9 1 5 3 10 1 3 457 5 454 5 y+ 2 9 = ( ) 1( ) x bg x a += C． D． 【答案】D 【解析】结合二次函数的性质，求得 ，得到函数 ，再结合指 数函数的图象，即可求解． 【详解】 由题意，函数 f（x）＝x2﹣3x﹣3，x∈[0，4]， 对称轴为 x＝1.5，开口向上，最大值为 f（4）＝1，所以 a＝4，b＝1， 可得函数 g（x） ，相当于把 y 向左平移 1 个单位，所以 D 选项复合题 意． 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了图象的识别，其中解答中熟记一元二次函数的性质，以及指数函数的图 象与性质，合理运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 7．已知定义在 上的奇函数 ，则不等式 的解 集为（ ） A．（-1，6） B．（-6，1） C．（-2，3） D．（-3，2） 【答案】D 【解析】利用函数的奇偶性定义求出 ，结合函数的单调性，对所求不等式化简， 即可求解. 【详解】 函数 是定义在 上的奇函数 所以 ，化简得 即 且 在 上单调递增 4, 1a b= = ( ) 11( )4 xg x += 11( )4 x+= 1( )4 x= R 2 1( ) 2 x xf x a −= + ( )2( 2) 4 0f x f x− + − < 1a = 2 1( ) 2 x xf x a −= + R 2 1 2 1 2 2 x x x xa a − − − −= −+ + 1a = 2 1 2( ) 12 1 2 1 x x xf x −= = −+ + ( )f x R ，解得： 故选：D 【点睛】 本题主要考查了函数的基本性质，函数的奇偶性的应用，关键是利用函数的单调性来解 抽象不等式. 8．函数 其中 ， 的图象如图所示，为了得到 的 图象，则只要将 的图象 　　 A．向左平移 个单位长度 B．向右平移 个单位长度 C．向左平移 个单位长度 D．向右平移 个单位长度 【答案】A 【解析】由图象可知 A＝1， ，所以 T＝π，又 T＝ ＝π，所以 ω＝2，即 f(x)＝ sin (2x＋φ)，又 f ＝sin ＝sin ＝－1，所以 ＋φ＝ ＋2kπ，k∈Z.即 φ＝ ＋2kπ，k∈Z，又|φ|< ，所以 φ＝ ，即 f(x)＝sin .因为 g(x)＝cos 2x＝sin ＝sin ，所以直线将 f(x)向左平移 个单位长度即可得到 g(x)的图象． 9．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将 四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥 为鳖臑， 平面 ， ， ，三棱锥 的四个顶点都在球 的球面上， 则球 的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意得 为球 的直径,而 ,即球 的半径 ; 所以球 的表面积 . 本题选择 C 选项. ( ) ( )2 2( 2) 4 0 4 (2 )f x f x f x f x− + − < ⇒ − < − 2 4 2x x∴ − < − 3 2x− < < P ABC− PA ⊥ ABC 2PA AB= = 2 2AC = P ABC− O O 12π 16π 20π 24π PC O 2 22 4 2 5PC = + = O 5R = O 24π 20πS R= = 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分 析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适 的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长 等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对 角线长等于球的直径. 10．已知 是抛物线 上一点， 为其焦点， 为圆 的圆心，则 的最小值为( )． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】设出抛物线的准线方程，问题求 的最小值，结合抛物线的定义， 就转化为，在抛物线上找一点 ，使 到 点、到抛物线准线距离之和最小，利用平面 几何的知识可以求解出来. 【详解】 设抛物线 的准线方程为 ， 为圆 的圆心，所以 的坐标 为 ，过 作 的垂线，垂足为 ,根据抛物线的定义可知 ,所以问题求 的最小值，就转化为求 的最小值，由平面几何的知识可知，当 在一条直线上时，此时 ， 有最小值，最小值为 ， 故本题选 B. 【点睛】 本题考查了抛物线的定义，以及动点到两点定点距离之和最小问题.解决本题的关键是 利用抛物线的定义把问题进行转化. 11．已知函数 在区间 上是 增函数，且在区间 上恰好取得一次最大值，则 的范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 2 2( ) 2sin cos ( ) sin ( 0)2 4 xf x x x ω πω ω ω= − − > 2 5[ , ]3 6 π π− [0, ]π ω 3(0, ]5 1 3[ , ]2 5 1 3[ , ]2 4 1 5[ , )2 2 【解析】先化简 ，再根据正弦函数性质列方程与不等式，解得结果. 【详解】 因为 在区间 上是增函数，且在区间 上恰好取得一次最大值， 所以 ，即 故选：B 【点睛】 本题考查二倍角余弦公式、辅助角公式以及正弦函数性质，考查综合分析与求解能力， 属中档题. 12．已知函数 ， ，若存在实数 使得 ，则 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】先化简方程，分组研究 以及 最小值，确定等于 号取法，解得 . 【详解】 由已知 即 而 ，故 ，设 ，容易求得当 时 的最小值为 2， 当“=”成立的时候 ，故 选 A. 【点睛】 本题考查利用基本不等式求最值以及利用导数求函数最值，考查基本分析与求解能力. 二、填空题 ( )f x 2 2 2( ) 2sin cos ( ) sin sin (1 cos( )) sin4 22 xf x x x x x x ω π πω ω ω ω ω= − − = + − − 2sin (1 sin ) sin sinx x x xω ω ω ω= + − = ( )f x 2 5[ , ]3 6 π π− [0, ]π 2 5 5, ,2 3 6 2 2 2 π πω πω π π πωπ− ≤ − ≤ ≤ < 1 3[ , ]2 5 ω ∈ ( ) logaf x x x= + ( ) ln( 1) log 4( 1)xg x x a a= − − + > 0x 0 0( ) ( )f x g x= a = 00log loga xx a+ 0 0ln( 1)x x− − a 00 0 0 0,log ln( 1) log 4,a xx x x x a∃ + = − − + 00(log log )a xx a+ 0 0( ln( 1)) 4.x x+ − − = 0 1, 1x a> > 00 0 0 1log 0,log 0 logloga x a a x a xx > = > ⇒ 0 +log 2x a ≥ ( ) ln( 1)h x x x= − − 2x = ( )h x 00 0 0(log log ) ( ln( 1)) 4a xx a x x∴ + + − − ≥ ， 0 0 log 1 2 a x x =  = 2.a = 13．已知实数 ， 满足约束条件 则 的最小值为 ___________. 【答案】 【解析】先作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函数所对应的直线，观察直线所 在的位置求目标函数的最小值即可. 【详解】 解：由实数 ， 满足约束条件 ，作出可行域如图所示，联立 ，解得 ，由简单的线性规划问题可得，当目标函数所对应的直 线过点 时，目标函数取最小值，即当 时，目标函数 取最小值 ， 故答案为： . 【点睛】 本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题. 14．已知向量 夹角为 ，且 ， ，则 _______. x y 3 0, 2 0, 2, x y x y x − +  +     3z x y= + 5− x y 3 0, 2 0, 2, x y x y x − +  +     2 0 3 0 x y x y + =  − + = ( 2,1)A − ( 2,1)A − 2, 1x y= − = z 3 ( 2) 1 5× − + = − 5− ,a b 60 1a = 2 10a b− = b = 【答案】 【解析】对 两边平方,代入已知条件,解方程,即可得出答案. 【详解】 ,解得 【点睛】 本道题考查了向量模长计算公式,对向量模长,化简时往往两边平方,即可得出答案. 15．在 中， 分别为角 的对边， ，若 ，则 __________． 【答案】 【解析】由余弦定理可得： ，再有正弦定 理角化边可得： 16．已知点 分别是双曲线 的左、右焦点， 为坐标原点，点 在双曲线 的右支上，且满足 ， ，则双曲线 的离心 率的取值范围为__________． 【答案】 【解析】由 ，可得 ， 故 为直角三角形，且 ， ∴ ． 由双曲线定义可得 ． ∵ ， ∴ ，可得 ． 7 1+ 2 10a b− = 2 2 2 22 4 4 4 2 10a b a a b b b b− = − ⋅ + = − + =       7 1b = + ABC∆ , ,a b c , ,A B C 2 3B π= 2 2 4a c ac+ = ( )sin sin sin A C A C + = 10 3 3 2 2 2 21cos 52 2 a c bB b acac + −= = − ⇒ = 2sin 5sin sin sin( )sin 5sin sinB A C A C B A C= ⇒ + = sin( ) 5 10 3 sin sin sin 3 A C A C B +⇒ = = 1 2,F F ( )2 2 2: 1 0yC x bb − = > O P C 1 2 2F F OP= 2 1tan 4PF F∠ ≥ C 171, 3      1 2 2F F OP= | |OP = c 1 2PF F∆ 1 2PF PF⊥ 2 2 2 1 2 1 2| | | | | |PF PF F F+ = 1 2| | | | 2PF PF a− = 1 2 1 2 tan 4PFPF F PF ∠ = ≥ 1 24PF PF≥ 2 2 3 aPF ≤ 又 ， 整理得 ． ∴ ． ∴ ， 又 ， ∴ ，即双曲线 的离心率的取值范围为 ． 答案： 点睛：求双曲线的离心率时，可将条件中给出的双曲线的几何关系转化为关于基本量 的方程或不等式，然后利用 和 转化为关于 e 的方程或不等式， 通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围，解题时要注意平面几何知识的应 用． 三、解答题 17．在 中，内角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ， 是 边的中点， 若 ，且 .求 面积的最大值. 【答案】最大值是 【解析】由正弦定理将正弦化成边,再利用余弦定理求得 .再利用向量的加法 得 ,两边平方有 ,再根据 即可求得面积的最 大值. 【详解】 由题意及正弦定理得到 ,于是可得 ,又 , , 又因为 是 的中点,所以 ,故 , 2 2 2 2 2(2 ) | | 4a PF PF c+ + = 2 2 2 2( ) 2PF a c a+ = − 2 2 2 2 2 2 2 25( ) 2 ( )3 9 a aPF a c a a+ = − ≤ + = 2 2 2 17 9 ce a = ≤ 1e > 171 3e< ≤ C 17(1, ]3 17(1, ]3 , ,a b c 2 2 2b c a＝ － e= c a ABC∆ A B C a b c D AB 1CD = ( )( )1 sin sin sin2a b A c b C B − = + −   ABC∆ 15 5 1cos 4C = 2CD CA CB= +   8 5ab ≤ 1 sin2ABCS ab C∆ = 2 2 2 2 aba b c+ − = 1cos 4C = ( )0,C π∈ 15sin 4C = D AB 2CD CA CB= +   2 224 2CD CA CB CA CB= + + ⋅  则 ,则 ,当且仅当 时等号成 立, 所以 ,即 面积的最大值是 . 【点睛】 本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用,同时与考查了基本不等式的运用,属于 中等题型. 18．已知数列 满足： ， Ⅰ 求数列 的通项公式； Ⅱ 设 ，数列 的前 n 项和为 ，试比较 与 的大 小． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）详见解析. 【解析】 Ⅰ 直接利用利用递推关系式求数列的通项公式； Ⅱ 首先求出数列的通 项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和． 【详解】 解：数列 满足 ， 时， ， 相减可得： ， ． 时， 综上可得： ． 证明： ， ， 2 2 2 2 1 54 2 cos 2 2a ab C b a b ab ab= + + = + + ≥ 8 5ab ≤ a b= 1 1 8 15 15sin2 2 5 4 5ABC ab CS∆ = ≤ × × = ABC∆ 15 5 { }na 2 1 1 2 3 13 3 3 3 n n na a a a− ++ + …+ = ( )*n N∈ ( ) { }na ( ) ( )( )1 1 1 3 1 1n n n n b a a+ + = − − { }nb nS nS 7 16 ( ) ( )n n 2 n 13a 1 n 23  ==   ≥ ( ) ( ) ( )I { }na 2 n 1 1 2 3 n n 1a 3a 3 a 3 a 3 − ++ + …+ = ( )n N .+∈ n 2∴ ≥ n 2 1 2 n 1 na 3a 3 a 3 − −+ +…+ = n 1 n 13 a 3 − = n n 1a 3 ∴ = n 1= 1 2a .3 = ( ) ( )n n 2 n 13a 1 n 23  ==   ≥ ( )II ( )( )n n 1 n n 1 1b 3 1 a 1 a+ + = − − 1 2 2 1 8b 2 1 33 1 13 3 ∴ = =   ⋅ − ⋅ −       时， ． ， ． 【点睛】 这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常 见的已知 和 的关系，求 表达式，一般是写出 做差得通项，但是这种方法需 要检验 n=1 时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和 等。 19．在平行四边形 中， ， ，过 点作 的垂线，交 的延 长线于点 ， .连结 ，交 于点 ，如图 1，将 沿 折起，使 得点 到达点 的位置，如图 2. （1）证明：平面 平面 ； （2）若 为 的中点， 为 的中点，且平面 平面 ，求三棱锥 的体积. 【答案】（1）见解析； （2） . 【解析】（1）证明 ． ， ．推出 ， ， 得到 平面 BFP，然后证明平面 平面 BCP．（2）解法一：证明 平面 ABCD．取 BF 的中点为 O，连结 GO，得到 平面 ABCD．然后求解棱锥的高．解 法二：证明 平面 ABCD．三棱锥 的高等于 ．说明 的面积 是四边形 ABCD 的面积的 ，通过 ，求解三棱锥 的体积． 【详解】 n 2≥ n n n 1 n 1 n n 1 1 1 1 1b 1 1 2 3 1 3 13 1 13 3 + + +  = = ⋅ − − −    − −     n 2 3 3 4 n n 1 8 1 1 1 1 1 1 1S 3 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1+       ∴ = + − + − +…+ −      − − − − − −       n 1 8 1 1 1 7 3 2 8 3 1 16+  = + − < −  nS na na 1nS − ABCD 3AB = 2BC = A CD CD E 3AE = EB AD F ADE∆ AD E P BFP ⊥ BCP G PB H CD ADP ⊥ ABCD G BCH− 3 16 BE AD⊥ PF AD⊥ BF AD⊥ PF BC⊥ BF BC⊥ BC ⊥ BFP ⊥ PF ⊥ GO ⊥ PF ⊥ G BCH− 1 2 PF BCH 1 4 ABCD 1 3P ABCDV S PF− = × ⋅平行四边形 G BCH− （1）证明：如题图 1，在 中， ， ，所以 ． 在 中， ，所以 ． 所以 ． 如题图 2， ．又因为 ，所以 ， ， ， 所以 平面 BFP，又因为 平面 BCP，所以平面 平面 BCP． （2）解法一：因为平面 平面 ABCD， 平面 平面 ， 平面 ADP， ，所以 平面 ABCD． 取 BF 的中点为 O，连结 GO，则 ，所以 平面 ABCD． 即 GO 为三棱锥 的高． 且 ． 因为，三棱锥 的体积为 ． 解法二：因为平面 平面 ABCD，平面 平面 ， 平面 ADP， 所以 平面 ABCD． 因为 G 为 PB 的中点． 所以三棱锥 的高等于 ． 因为 H 为 CD 的中点，所以 的面积是四边形 ABCD 的面积的 ， 从而三棱锥 的体积是四棱锥 的体积的 ． 面 ， Rt BAE 3AB = 3AE = 60AEB∠ = ° Rt AED 2AD = 30DAE∠ = ° BE AD⊥ ,PF AD BF AD⊥ ⊥ AD BC PF BC⊥ BF BC⊥ PF BF F∩ = BC ⊥ BC ⊂ BFP ⊥ ADP ⊥ ADP ∩ ABCD AD= PF ⊂ PF AD⊥ PF ⊥ GO PF GO ⊥ G BCH− 1 1 3sin302 2 4GO PF PA= = × ° = G BCH− 1 1 1 3 1 3 3 3 3 3 3 2 4 6 2 4 16BCH BCDG BCHV S GO S− = ⋅ = × × = × × =  三棱锥 ADP ⊥ ADP ∩ ABCD AD= PF ⊂ PF ⊥ G BCH− 1 2 PF BCH 1 4 G BCH− P ABCD− 1 8 ABCD平行四边形 ABCD 1 1 3 33 33 3 2 2P ABCDV S PF− = × ⋅ = × × =平行四边形 所以三棱锥 的体积为 ． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法， 考查空间想象能力以及计算能力． 20．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下 100 个芒果，其质量分别在 ， ， ， ， ， （单位： 克）中，经统计得频率分布直方图如图所示. （1）经计算估计这组数据的中位数； （2）现按分层抽样从质量为 ， 的芒果中随机抽取 6 个，再从这 6 个中随机抽取 3 个，求这 3 个芒果中恰有 1 个在 内的概率. （3）某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计 总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有 10000 个，经销商提出如下两种收购方案： A：所有芒果以 10 元/千克收购； B：对质量低于 250 克的芒果以 2 元/个收购，高于或等于 250 克的以 3 元/个收购，通 过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？ 【答案】（1）中位数为 268.75；（2） ；（3）选 B 方案 【解析】(1)根据中位数左右两边的频率均为 0.5 求解即可. (2)利用枚举法求出所以可能的情况,再利用古典概型方法求解概率即可. (3)分别计算两种方案的获利再比较大小即可. 【详解】 （1）由频率分布直方图可得,前 3 组的频率和为 , 前 4 组的频率和为 ,所以中位数在 内, G BCH− 3 16 [ )100,150 [ )150,200 [ )200,250 [ )250,300 [ )300,350 [ )350,400 [ )250,300 [ )300,350 [ )300,350 3 5P = ( )0.002 0.002 0.003 50 0.35 0.5+ + × = < ( )0.002 0.002 0.003 0.008 50 0.75 0.5+ + + × = > [ )250,300 设中位数为 ,则有 ,解得 .故中位数为 268.75. （2）设质量在 内的 4 个芒果分别为 , , , ,质量在 内的 2 个 芒果分别为 , .从这 6 个芒果中选出 3 个的情况共有 , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,共计 20 种, 其中恰有一个在 内的情况有 , , , , , , , , , , , ,共 计 12 种, 因此概率 . （3）方案 A： 元. 方案 B：由题意得低于 250 克： 元； 高于或等于 250 克 元. 故总计 元,由于 , 故 B 方案获利更多,应选 B 方案. 【点睛】 本题主要考查了频率分布直方图的用法以及古典概型的方法,同时也考查了根据样本估 计总体的方法等.属于中等题型. 21．已知点 ，点 ，点 ，动圆 与 轴相切于点 ，过点 的直线 与圆 相切于点 ，过点 的直线 与圆 相切于点 （ 均不同于点 ），且 与 交于点 ，设点 的轨迹为曲线 . （1）证明： 为定值，并求 的方程； （2）设直线 与 的另一个交点为 ，直线 与 交于 两点，当 三 x ( )0.35 250 0.008 0.5x+ − × = 268.75x = [ )250,300 A B C D [ )300,350 a b ( ), ,A B C ( ), ,A B D ( ), ,A B a ( ), ,A B b ( ), ,A C D ( ), ,A C a ( ), ,A C b ( ), ,A D a ( ), ,A D b ( ), ,A a b ( ), ,B C D ( ), ,B C a ( ), ,B C b ( ), ,B D a ( ), ,B D b ( ), ,B a b ( ), ,C D a ( ), ,C D b ( ), ,C a b ( ), ,D a b [ )300,350 ( ), ,A B a ( ), ,A B b ( ), ,A C a ( ), ,A C b ( ), ,A D a ( ), ,A D b ( ), ,B C a ( ), ,B C b ( ), ,B D a ( ), ,B D b ( ), ,C D a ( ), ,C D b 12 3 20 5P = = ( )125 0.002 175 0.002 225 0.003 275 0.008 325 0.004 375 0.001× + × + × + × + × + × 50 10000 10 0.001 25750× × × × = ( )0.002 0.002 0.003 50 10000 2 7000+ + × × × = ( )0.008 0.004 0.001 50 10000 3 19500+ + × × × = 7000 19500 26500+ = 25750 26500< ( )2,0A − ( )1,0B − ( )1,0C O′ x A B 1l O′ D C 2l O′ E ,D E A 1l 2l P P Γ PB PC+ Γ 1l Γ Q CD Γ ,M N , ,O D C′ 点共线时，求四边形 的面积. 【答案】(1)证明见解析，方程为 . (2) . 【解析】分析：（1）根据圆的切线性质可得， ， 从而根据椭圆的可得结果；（2）直线与曲线联立，利用韦达定理、弦长公式以及三角 形面积公式可得四边形 的面积为 . 详解：（1）由已知可得|PD|＝|PE|，|BA|＝|BD|，|CE|＝|CA|， 所以|PB|＋|PC|＝|PD|＋|DB|＋|PC| ＝|PE|＋|PC|＋|AB| ＝|CE|＋|AB| ＝|AC|＋|AB|＝4＞|BC| 所以点 P 的轨迹Γ是以 B，C 为焦点的椭圆（去掉与 x 轴的交点）， 可求Γ的方程为 ＋ ＝1(y≠0)． （2）由 O′，D，C 三点共线及圆的几何性质，可知 PB⊥CD， 又由直线 CE，CA 为圆 O′的切线，可知 CE＝CA，O′A＝O′E， 所以△O′AC≌△O′EC，进而有∠ACO′＝∠ECO′， 所以|PC|＝|BC|＝2，又由椭圆的定义，|PB|＋|PC|＝4，得|PB|＝2， 所以△PBC 为等边三角形，即点 P 在 y 轴上，点 P 的坐标为(0，± ) (i)当点 P 的坐标为(0， )时，∠PBC＝60°，∠BCD＝30°， 此时直线 l1 的方程为 y＝ (x＋1)，直线 CD 的方程为 y＝－ (x－1)， 由 整理得 5x2＋8x＝0，得 Q(－ ，－ )，所以|PQ|＝ ， 由 整理得 13x2－8x－32＝0， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＋x2＝ ，x1x2＝－ ， |MN|＝ |x1－x2|＝ ， MPNQ 2 2 14 3 x y+ = 384 65 PB PC PD DB PC PE PC AB+ = + + = + + 4CE AB AC AB= + = + = MPNQ 1 384 2 65S PQ MN= ⋅ = 所以四边形 MPNQ 的面积 S＝ |PQ|·|MN|＝ ． (ii)当点 P 的坐标为(0，－ )时，由椭圆的对称性，四边形 MPNQ 的面积为 ． 综上，四边形 MPNQ 的面积为 ． 点睛：求椭圆标准方程的方法一般为定义法与待定系数法,定义法是若题设给条件符合 椭圆的定义，直接写出方程；也可以根据条件确定关于 的方程组，解出 从而 写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线 方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问 题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单. 22．设函数 . (Ⅰ)讨论函数 的单调性； (Ⅱ)当函数 有最大值且最大值大于 时，求 的取值范围. 【答案】(1) 当 时，函数 在 上单调递增， 当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减； (2) ． 【解析】试题分析：(1)求导出现分式通分，讨论分子的正负；（2）研究函数的单调性， 猜出函数的根比较 a 和函数零点的关系即可； （Ⅰ）函数 的定义域为 ， ①当 时， ，函数 在 上单调递增； ②当 时，令 ，解得 ， i）当 时， ，函数单调递增， ii）当 时， ，函数单调递减； 综上所述：当 时，函数 在 上单调递增， 当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减； , ,a b c , ,a b ( ) ( ) ( )1 , .f x lnx a x a R= − + ∈ ( )f x ( )f x 3 1a − a 1a ≤ − ( )f x (0, )+∞ 1a > − ( )f x 10, a      1 ,1 a  +∞ +  ( 1 0)− ， ( )f x ( )0,+∞ ( ) ( ) ( )1 11 1 a xf x ax x − += − +′ = 1a ≤ − ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0,+∞ 1 0a + > ( ) 0f x′ = 1 1x a = + 10 1x a < < + ( ) 0f x′ > 1 1x a > + ( ) 0f x′ < 1a ≤ − ( )f x ( )0,+∞ 1a > − ( )f x 10, 1a    +  1 ,1 a  +∞ +  （Ⅱ）由（Ⅰ）得： 当函数 有最大值且最大值大于 ， ， 即 ， 令 ， 且 在 上单调递增， 在 上恒成立， 故 的取值范围为 . ( )max 1 1ln 11 1f x f a a  = = − + +  ( )f x 3 1a − 1ln 1 3 11 aa − > −+ ( )ln 1 3 0a a+ + < ( ) ( )ln 1 3g a a a= + + ( )0 0g = ( )g a ( )1,− +∞ ∴ ( ) ( )0 0g a g< = ( )1,− +∞ ∴ -1 0a< < a ( )1 0，−