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文档介绍
浙江省之江联盟2020届高三下学期4月开学考试数学试题 Word版含解析
- 1 - 之江教育评价 2019 学年第二学期高三返校联考（2020.02） 数学试题卷 一、选择题（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. 集合 3 10A x x ， 2 7B x x ，则 A B （ ） A. 2 10x x B. 2 7x x C. 3 7x x D. 3 10x x 【答案】C 【解析】 【分析】 由 A 与 B，找出两集合的交集即可． 【详解】∵ { | 3 10}A x x ， 2 7{ | }B x x ， ∴A∩B＝{ | 3 7}x x ， 故选：C． 【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题． 2. 若函数 1( ) lnf x x a x 在区间 (1 )e， 上存在零点，则常数 a 的取值范围为（ ） A. 0 1a B. 1 1a e C. 1 1 1a e D. 1 1 1a e 【答案】C 【解析】 【分析】 函数 f(x)在定义域内单调递增，由零点存在性定理可知 1 0, 0f f e ，解不等式即可求得 a 的取值范围. 【详解】函数 1( ) lnf x x a x 在区间 1,e 上为增函数， ∵ (1) ln1 1 0f a ， 1( ) ln 0f e e a e ， 可得 1 1 1a e 故选：C． - 2 - 【点睛】本题主要考查了导数在函数零点存在性问题中的应用，对于零点存在性问题，有两 种思考方向：（1）直接利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，讨论函数零点的情 况；（2）先将函数零点问题等价转化为两个函数图像的交点问题，再利用导数，并结合函数 图像讨论两函数交点情况，从而确定函数零点的情况. 3. “ 1x ”是“ 2lg lg 0x x ”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 解出方程 2lg lg 0x x 的解，可以判断得出选项. 【详解】因为 2lg lg 0x x ，所以 lg 0x 或 lg 1x ，解得 1x 或 10x ， 所以由“ 1x ”可以推出“ 2lg lg 0x x ”成立； 但由“ 2lg lg 0x x ”不能推出“ 1x ”， 所以“ 1x ”是“ 2lg lg 0x x ”成立的充 分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断、解对数方程，属于基础题. 4. 已知实数 x， y满足 3 4 3, 3 0, 0, x y y x y 则 2z x y 的最小值为（ ） A. 3 B. 9 7 C. 3 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】 首先根据题意画出不等式组表示的可行域，再根据 z的几何意义即可得到 z的最小值。 【详解】可行域如图所示： - 3 - 3 0 3 4 3 y x y ，解得 A 3,3 ， 因为 2z x y ， 2y x z ， z表示直线 2y x z 的 y轴截距， 当直线 2y x z 过 A 3,3 时， z取得最小值， 所以 min 2 3 3 3 z 。 故选：A 【点睛】本题主要考查线性规划，同时考查学生数形结合的能力，属于简单题。 5. 函数 f（x） 1 lnx x 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求出 f(x)的导函数,利用导数研究函数的单调性,然后结合图象得到答案. - 4 - 【详解】解:由 f(x) 1 lnx x ,得 f′(x) 2 11 ( 0) ( 1) lnx x x x , 令 g(x)＝1 1 lnx x ,则 g′(x) 2 2 1 1 1 x x x x ＜0, 所以 g(x)在(0,+∞)上单调递减, 又 g(e) 1 e ＞ 0,g(e2 ) 2 2 2 1 11 1lne e e ＜0, 所以存在 x0∈(e,e2),使得 g(x0)＝0, 所以当 x∈(0,x0)时,g(x)＞0,f′(x)＞0; 当 x∈(x0,+∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0, 所以 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减. 故选:C. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和零点存在定理,属中档题. 6. 已知 ABC 的内角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，若 sin 2 sinb A c B ， 1cos 4 B ， 3b ，则 ABC 的面积为（ ） A. 9 15 B. 9 15 16 C. 3 15 16 D. 9 16 【答案】B 【解析】 【分析】 先由正弦定理得 2a c ，再由余弦定理得 ,a c，最后由 1 sin 2 S ac B 求面积. 【详解】由 sin 2 sinb A c B 结合正弦定理可得 2ab bc ，则 2a c . 由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B ，可得 2 2 19= 2 2 2 4 c c c c ， 解得 3 2 c ，则 3a . 又 2 15sin 1 cos 4 B B ， 所以 1 1 3 15 9 15sin 3 2 2 2 4 16ABCS ac B △ . 故选：B. - 5 - 【点睛】本题考查由正弦定理、余弦定理解三角形，求三角形的面积.已知关于三角形的边和 角的正弦值的等式，一般由正弦定理化角为边或化边为角.已知角的余弦值，一般可由余弦定 理列式，属于中档题. 7. 国际象棋比赛中规定，胜方得1分，负方得 0分，和棋得0.5分.2019年浙江省青少年国际 象棋公开赛中，某选手每场比赛得分的分布列如下： X 1 0.5 0 P a b c 且 1 2 8 a b ，则该选手进行一场比赛得分的期望一定不可能的是（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【分析】 计算出随机变量 X 的数学期望为 1 2 E X a b ，将代数式 1 2 a + b与 1 2 a b 相乘，展开后 利用基本不等式求得 1 2 a + b的最小值，进而可得出结果. 【详解】由随机变量 X 的分布列可知，随机变量 X 的数学期望为 1 2 E X a b ， 易知0 1a ，0 1b ， 1 1 2 1 2 28 2 2 2 4 2 2 2 2 a b a ba b a b a b b a b a ， 即 1 4 1 2 8 2 a b ，当且仅当 2b a 时，等号成立， 因此，该选手进行一场比赛得分的期望一定不可能的是0.3. 故选：A. 【点睛】本题考查离散型随机变量数学期望的求解，同时也考查了利用基本不等式求代数式 的最值，考查计算能力，属于中等题. 8. 四面体 ABCD中， 3AB CD ，其余棱长均为 4，E，F 分别为 AB，CD上的点（不 含端点），则（ ） - 6 - A. 不存在 E，使得 EF CD B. 存在 E，使得DE CD C. 存在 E，使得DE 平面 ABC D. 存在 E， F ，使得平面CDE 平面 ABF 【答案】D 【解析】 【分析】 对于 A 选项，取 E，F分别在 AB，CD 的中点 ' ',E F 时，由全等三角形和等腰三角形的性质可判 断； 对于 D 选项，由 A选项的解析得 EF CD ， AF CD ，根据线面垂直和面面垂直的判定理 可判断； 对于 B 选项，作CH 面 ABD于H ，根据线面角的定义和最小角定理可得出 CDE 的最小 值和最大值可判断； 对于 C 选项，作DG 面 ABC于G，由点 G的位置和过空间中一点有且只有一条直线与已 知平面垂直，可判断. 【详解】作出示意图如下图所示： ' ',E F 分别是 AB，CD 的中点，CH 面 ABD于H ，DG 面 ABC于G， 对于 A 选项，取 E，F 分别在 AB，CD 的中点 ' ',E F 时，因为 3AB CD ，其余棱长均为 4， 所以 ABC ABDV V ， 所以 ' 'CE DE ，所以 ' 'E F CD ，即 EF CD ，故 A错误； 对于 D 选项，取 E，F 分别在 AB，CD 的中点 ' ',E F 时，由 A 选项的解析得 ' 'E F CD ， 'AF CD ， ' ' ' 'E F AF F ， 所以CD 面 'ABF ，又CD面 'ECD，所以平面 'CDE 平面 'ABF ，即平面 CDE 平 面 ABF ，故 D 正确； 对于 B 选项，作CH 面 ABD于H ，因为 ABD△ 中， 4AD BD ，所以H 定在 AB 的 中线 'DE 上， 所以 'CDE 就是CD与面 ABD所成的角， - 7 - 当 E 在 AB 上移动时， CDE 的最小值为直线CD与平面 ABD所成的角，即 'CDE ，而 'CDE 是锐角， CDE 的最大值为 2 CDB CDA ， 故当 E 在 AB 上移动时，不存在 E，使得 DE⊥CD.故 B 错误. 对于 C 选项，作DG 面 ABC于G，因为 ABC 中， 4AC BC ， 所以G定在 AB 的中线 'CE 上，且不重合于点 'E ，即点 G不落在 AB 上， 又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在 E，使得 DE⊥平面 ABC， 故 C 选项不正确， 故选：D. 【点睛】本题考查空间的线线垂直、线面垂直、面面垂直、线面角的应用等综合动点问题， 属于较难题. 9. 已知动点 A， B关于坐标原点O对称， 2AB ， M 过点 A， B且与直线 1y 相切. 若存在定点 P，使得 MA MP 为定值，则点 P的坐标为（ ） A. 10, 2 B. 10, 2 C. 0,1 D. 0, 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据圆的几何性质，结合圆的切线性质、勾股定理，通过计算可以判断出点M 的轨迹是抛物 线，再根据抛物线的定义进行求解即可. 【详解】设 ( , )M x y ，因为点 ,A B关于坐标原点O对称，所以O是线段 AB的中点， 又因为以M 为圆心的圆过 ,A B两点，所以有OA OM ， - 8 - 因此有 2 2 2OM OA MA ，因为点 ,A B关于坐标原点O对称， 2AB ，所以 1OA . 又因为以M 为圆心的圆与直线 1y 相切，所以有 1MA y ， 把 1OA 、 1MA y 代入 2 2 2OM OA MA 中，得： 22 2 1 1x y y ，化简得： 2 2 ( 0)x y y ，因此点M 的轨迹是抛物线， 该抛物线的焦点坐标为 1(0, ) 2 F ，准线方程为： 1 2 y ， 1 1 1 11 1 2 2 2 2 MA MP y MP y MP y MP y MP ， 由抛物线的定义可知： 1 2 y MF ， 所以有 1 2 MA MP MF MP ， 由题意可知存在定点 P，使得当 A运动时， MA MP 为定值， 因此一定有 MF MP ，此时定点 P是该抛物线的焦点 1(0, ) 2 F . 故选：B. 【点睛】本题考查了圆的切线性质，考查了圆的几何性质，考查了抛物线的判断，考查了抛 物线定义的应用，考查了数学运算能力，属于较难题. 10. 数列 na 满足 1 1 ,0 2 a ，且 1 ln 1n n na a a n N ，则（ ） A. 2 1 5 a ， 4 3 5 S B. 2 1 5 a ， 4 3 5 S C. 2 1 5 a ， 4 3 5 S D. 2 1 5 a ， 4 3 5 S 【答案】D 【解析】 【分析】 构造函数 ln 1f x x x ，利用导数分析出该函数的单调性，由 1 1 ,0 2 a 可得出 2 10 5 a ，进而可推导出 3 10 5 a ， 4 10 5 a ，由此可得出结论. - 9 - 【详解】令 ln 1f x x x ，当 1 0 2 x 时， 11 0 1 1 xf x x x ， 所以，函数 ln 1f x x x 在区间 1 ,0 2 上单调递减， 同理可知，函数 ln 1f x x x 在区间 0, 上单调递增， 1 1 ,0 2 a ，且 1 ln 1n n na a a n N ， 则 2 1 1 1 1ln 2 2 2 5 a f a f ，且 2 1 0 0a f a f ，即 2 10 5 a ； 3 2 1 1 6 1ln 5 5 5 5 a f a f ，且 3 2 0 0a f a f ，即 3 10 5 a ； 同理 4 3 10, 5 a f a ，因此， 4 1 2 3 4 3 5 S a a a a . 故选：D. 【点睛】本题考查递推公式的应用，考查利用导数求数列中相关项的取值范围，考查分析问 题和解决问题的能力，属于难题. 二、填空题 11. 若复数 3 2iz i （ i为虚数单位），则复数 z的虚部为______； z ______． 【答案】 (1). 3 (2). 13 【解析】 【分析】 首先化简复数 z得到 2 3z i ，再求复数 z的虚部和模长即可. 【详解】 2 3 23 2 2 3 i iiz i i i ，所以复数 z的虚部为 3 . 2 22 3 = 13 z . 故答案为： 3 ； 13 【点睛】本题主要考查复数的运算，同时考查复数的虚部和模长，属于简单题. 12. 双曲线 2 2 1 4 8 x y 的焦距是______，离心率是______． - 10 - 【答案】 (1). 4 3 (2). 3 【解析】 【分析】 根据双曲线的几何性质，求得焦距和离心率. 【详解】依题意 2, 4 8 2 3a c ，所以焦距 2 4 3c ，离心率 2 3 3 2 ce a . 故答案为：（1）4 3；（2） 3 . 【点睛】本小题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题. 13. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，它系统地总结了战国、秦、汉时期 的数学成就，书中将四个面都是直角三角形的三棱锥称之为“阳马”．若某“阳马”的三视 图如图所示（单位： cm），则该阳马的体积为______ 3cm ，最长的棱长为______cm． 【答案】 (1). 10 (2). 5 2 【解析】 【分析】 由三视图还原几何体如下图所示，根据三棱锥的体积公式和勾股定理可求得答案. 【详解】由三视图还原几何体如下图所示，则该阳马的体积为 31 14 5 3 10 3 2 V cm ， 由勾股定理得 2 23 4 5AC ， 2 23 5 34BD ， 2 2 24 34 5 2AB BD AD ， - 11 - 所以最长的棱长为 5 2AB cm ， 故答案为：（1）10；（2）5 2 . 【点睛】本题考查由三视图还原几何体，求得几何体的体积和棱长，属于基础题. 14. 若 5 66 0 1 5 61 1 1x a a x a x a x ，则 0 1 2 3 4 5 6a a a a a a a ______， 5a ______． 【答案】 (1). 64 (2). 6 【解析】 【分析】 利用赋值法求第一个问题，观察可得 6 6[ 1 1]x x ，再利用展开式的通项公式求得第二个 问题的结果. 【 详 解 】 令 2x ， 得 0 1 2 3 4 5 6 62 a a a a a a a ， 所 以 0 1 2 3 4 5 6 64a a a a a a a ； 又 6 6[ 1 1]x x = 5 6 0 1 5 61 1 1a a x a x a x ，将 1x 视为一个整体，则 5a 为二项式展开式中 51x 的系数， 展开式的通项公式为 6 1 6 1) 1r r r rT C x （ ，令 1r ，则 51x 的系数的值为 1 1 6 61C ， 故答案为：64，6. 【点睛】本题考查了二项式展开式定理的应用问题，考查了展开式中的通项公式的应用及赋 值法，属于基础题． 15. “2019 曹娥江国际马拉松”在上虞举行，现要选派 5 名志愿者服务于 , , ,A B C D四个不 - 12 - 同的运动员救助点，每个救助点至少分配 1 人，若志愿者甲要求不到 A 救助点，则不同的分 派方案有________种. 【答案】180 【解析】 【分析】 先对甲单独服务和甲与其他人一起服务分类计数，再考虑甲要求不到 A 救助点计算两类的方 法种数，求得不同的分派方案种数. 【详解】根据志愿者甲的特殊要求，应按甲单独服务、甲与其他人一起服务分类计数. 若甲单独服务，则甲有 3 种选法，其余各人先从另 4 人中选 2 人组团， 再分配给余下的 3 个救助点，共 2 3 4 3C A 种方法； 若甲与其他人组团服务，则从 4 人中选 1 人与甲组团，有 1 4C 种选法， 再定求助点有 1 3A 种方法，其余 3人救助点的选法有 3 3A 种， 故共有 2 3 1 1 3 4 3 4 3 33 180C A C A A （种）方法. 故答案为：180 【点睛】本题考查排列组合与计数原理,合理分类，特殊元素和位置的考虑是解决问题的关键， 思路过程不清极易出现遗漏与重复计数的错误. 16. 已知平面向量 ,a b 满足 2a a b ．对任意的 t R ，都有 2 3a tb b 成立，则 b 的取值范围是______． 【答案】 2 3[ , 2] 3 【解析】 【分析】 先设a与b 的夹角为 0 ， | | ( 0)b m m r ，根据向量数量积的计算公式，以及向 量模的计算公式，结合题中条件，即可求出m的范围，得出结果． 【详解】设a与b 的夹角为 0 ， | | ( 0)b m m r ， 所以 2 cos 2a b m rr ，即 1cos [ 1,1] m ，所以 1m ． - 13 - 因为对任意的 tR ，都有 2 3a tb b 成立，所以对任意的 tR ，不等式 2 2 2 08 16 3m t t+ m 恒成立， 所以 2 2 0166 34 4m m ，解得 24 3 4m ， 所以 2 3[ , 2] 3 m ，即 b 的取值范围是 2 3[ , 2] 3 ． 故答案为： 2 3[ , 2] 3 ． 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积、平面向量模的计算，属于中档题． 17. 已知函数 2 af x x t x （10 20a ，且aN ）在 1,4 上的最大值为 g t ，若 g t 的最小值为 4，则常数 a _______． 【答案】16 【解析】 【分析】 令 2 ah x x x ，利用导数分析函数 y h x 在区间 1,4 上的单调性，可求得该函数在区 间 1,4 上的值域为 2 33 , 16 4 4 a a ，进而可得 2 3max 16 , 3 4 4 a ag t t t ，结合三 角不等式可得出 2 3 3 4 0 8 2 4 a a ，进而可求得自然数 a的值. 【详解】令 2 ah x x x ，则 3 2 2 22 a x ah x x x x ，令 0h x ，可得 3 2 ax ， 10 20a ，则 3 33 5, 10 1,4 2 a ，所以 3 1,4 2 a . 当 31 2 ax 时， 0h x ，此时，函数 y h x 单调递减； 当 3 4 2 a x 时， 0h x ，此时，函数 y h x 单调递增. - 14 - 所以， 2 33 min 3 2 4 a ah x h ， 又 1 1h a ， 4 16 4 ah ， 3 31 4 15 20 0 4 4 ah h a ，则 max 4 16 4 ah x h . 所以，函数 f x h x t 的最大值为 22 33 2 3 16 316 3 4 44 4 max 16 , 3 4 4 2 2 a aa a t tt t a ag t t t 2 316 3 4 4 4 2 a a ， 设 3 33 5, 10 2 ar ，则 2 3 3 2 16 3 4 4 1 6 32 4 2 4 a a r r ， 令 3 26 32r r r ，则 23 12 3 4 0r r r r r ， 所以，函数 y r 在 3 35, 10r 上单调递减，则 3 3 310 42 6 100 6 7 100 0r . 所以， 3 2 3 21 6 326 32 4 4 4 r rr r ，整理得 3 26 16 0r r ， 即 22 4 8 0r r r ，由于 3 35, 10r ，解得 2r = ，即 3 2 2 a ，解得 16a . 故答案为：16 . 【点睛】本题考查利用含绝对值函数在区间上的最值求参数，考查绝对值三角不等式以及导 数的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 三、简答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18. 已知函数 sin cos 3 sin cos 2 f x x x x x ． （1）求函数 f x 的单调递增区间； - 15 - （2）若 f x a 在区间 0, 2 上有两个不同的解 1x ， 2x ，求 a的范围及 1 2x x 的值． 【答案】（1） + , + ( ) 3 6 k k k Z ；（2） a的范围为 10, 2 ， 1 2 3 x x . 【解析】 【分析】 （1）直接利用三角函数关系式的恒等变换的应用，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一 步求出函数的单调增区间． （2）利用函数的定义域求出函数的值域，进一步求出参数 a的范围和 1 2x x 的值． 【详解】解：（1）函数 sin cos 3 sin cos 2 f x x x x x 2 3 1 cos2 3 1sin sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 6 2 xx x x x ． 由 +2 2 +2 ( ) 2 6 2 k x k k Z ，解得 + + ( ) 3 6 k x k k Z ， 所以函数 f x 的单调递增区间为： + , + ( ) 3 6 k k k Z ． （2）由于0 2 x ，所以 72 6 6 6 x ，所以在 1 sin 2 1 2 6 x 时， f x a 在 区间 0, 2 上有两个不同的解 1x ， 2x ， 故 a的范围为 10, 2 ． 又令 2 + ( ) 6 2 x k k Z ，解得 + ( ) 6 2 kx k Z ， 所以函数 f x 的图象在区间 0, 2 上关于 6 x 对称，故 1 2 2 6 3 x x ， 所以 1 2 3 x x ． 【点睛】本题考查三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的 运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题． - 16 - 19. 如图，四棱锥 S ABCD 中， //AD BC， AD AS ， 2AD ， 2CD ， 1AB BC AS ， 2 3 SAB ． （1）求证： AD BS ； （2）求直线CD与平面 SAC所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 42 7 . 【解析】 【分析】 （1）取 AD的中点E，连接CE，证明出四边形 ABCE为平行四边形，以及CE AD ，进 而可得出 AD AB ，结合 AD AS 可得出 AD平面 SAB，由此可得出 AD BS ； （2）以点 A为坐标原点， AB、 AD所在直线分别为 y、 z轴建立空间直角坐标系，利用空 间向量法可求得直线CD与平面 SAC所成角的正弦值. 【详解】（1）如下图所示，取 AD的中点 E，连接CE . 1BC ， 2AD ， E为 AD的中点，则 1 1 2 AE AD ， BC AE ， 又 //AD BC，可得 //BC AE，四边形 ABCE为平行四边形， //CE AB ， - 17 - 且 1DE ， 1CE AB ， 2CD ， 2 2 2CE DE CD ， 2 CED ，则CE AD ， AD AB ， AD AS ， AB AS A ， AD 平面 SAB， BS 平面 SAB，因此， AD BS ； （2）以点 A为坐标原点， AB、 AD所在直线分别为 y、 z轴建立如下图所示的空间直角坐 标系 A xyz ， 则点 0,0,0A 、 0,1,1C 、 0,0,2D 、 3 1, ,0 2 2 S ， 所以， 0, 1,1CD ， 0,1,1AC ， 3 1, ,0 2 2 AS . 设平面 SAC的法向量为 , ,n x y z ， 由 0 0 n AC n AS ，得 0 3 1 0 2 2 y z x y ，可得 3y x z y ， 令 1x ，可得 3y ， 3z ，则 1, 3, 3n ， 2 3 42cos , 77 2 n CDn CD n CD . 因此，直线CD与平面 SAC所成角的正弦值为 42 7 . 【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法求解线面角的 正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题. - 18 - 20. 已知公差为 2 等差数列 na 的前 n 项和为 nS 满足 1S ， 2S ， 4S 成等比数列． （1）求数列 na 的通项公式； （2）证明；当 2n 时， 1 2 3 1 1 1 1 3 2 3 2na a a na ． 【答案】（1） 2 1na n ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由等比数列的性质得 42 2 1S SS ，代入可求得首项 1a ，从而得数列 na 的通项公式； （2）运用放缩法，当 2n 时， 1 1 1 1 1 (2 2) 2 1nna n n n n ，可得证. 【详解】（1）因为 1S ， 2S ， 4S 成等比数列，所以 42 2 1S SS ，即 2 1 1 12 +2 4 +6 2aa a ， 解得 1 1a ， 所以 1 1 2 2 1na n n ， 所以数列 na 的通项公式为 2 1na n ； （2）当 2n 时， 1 1 1 1 1 1 1 1 (2 1) (2 2) 2 ( 1) 2 1nna n n n n n n n n ， 所以 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 31 1 2 3 2 2 2 3 1 2 2 2na a a na n n n ， 所以 1 2 3 1 1 1 1 3 2 3 2na a a na . 【点睛】本题考查等差数列的基本量计算，以及运用放缩法和裂项求和法证明不等式，属于 中档题. 21. 已知椭圆 E : 2 2 2 2 1x y a b （ 0a b ）的离心率为 1 2 ，F 为其右焦点，直线 4x 上动 点 A到椭圆 E上点的距离的最小值为 2． - 19 - （1）求椭圆 E的方程； （2）线段 AF 交椭圆 E于点 B，直线 AC与椭圆E有且仅有一个公共点C．试证明 FA FC ，并求 FBC 面积的最小值． 【答案】（1） 2 2 1 4 3 x y ；（2） 81 36 2 49 . 【解析】 【分析】 （1）由已知条件求得 , ,a b c，可得出椭圆的标准方程； （2）设点 0 0,C x y ， 4,A t ， 1,0F ，设过点 C 椭圆 E的切线方程为： y kx m ，与 椭圆的方程联立，由根的判别式为 0 得出 , ,k m t的关系，进而表示出点 C 的坐标，由向量垂直 的条件FA FC 可得证，再设直线 BC 的方程 y kx m ，由前面所证的结论 FA FC ，建 立关于 k，m 的关系，表示 FBC 的面积，运用函数知识，可求得 FBC 面积的最小值. 【详解】（1）由已知得 1 , 4 2 2 2 c a a ，所以 2 2 21, 3c b a c ，所以椭圆 E的方 程为 2 2 1 4 3 x y ； （2）设点 0 0,C x y ， 4,A t ， 1,0F ，则过点 C 椭圆 E的切线方程为： y kx m ，与 椭圆 E 的方程联立 2 2 1 4 3 y kx m x y ，整理得 2 2 23+4 +8 +4 12 0kmk mxx ，则 2 2 2 2 28 4 3+4 4 12 48 4 +3 0k mk k mm ，所以 2 24 +3 0k m ，即 2 24 +3m k ，解得 20 2 4 4 4 3+4k km km kx m m ， - 20 - 因为点 4,A t 在切线上，所以 4t k m ， 又 0 03 , 1,FA t FC x y ， ， 所以 0 0 0 03 1 + 3 1 + 4 + +FA FC x ty x k m kx m 2 2 0 4+ +3+4 + 4 + 3 + 4 + 3kmk mkk x m k m m m m m k 2 24 4 +4 + 3 0km kmk m ，所以FA FC ，即 FA FC ； 直线 AF 的方程为： 1 3 ty x ，与椭圆的方程联立 2 2 1 3 1 4 3 ty x x y 得 22 2 227+4 8 +4 108 0t xt x t ， 2 2 2 228 4 27+4 4 108 16 81 +9t tt t ， 设点 B 的坐标为 1 1,B x y ，且 1>0x ，则 2 1 2 2 4 +18 +9 27+4 t tx t 22 2 22 0 0 0 0 0 2 11 + 1 +3 1 2 4 2 xx y x xFC ，所以 1 12 2 FC x ，同理 2 12 2 FB x ， 0 1 0 1 1 1 1 1 12 2 4 4 2 2 2 2 8FBCS FC FB x x x x 2 2 2 2 2 2 1 4 4 +18 +9 2 +9 +94+ 4 1+ 2 8 27+4 27+4 k t t t t t t k m m 2 2 2 +9 9 +9 1 27 4 6 + + k m t t t ， 综上可得： FBC 面积的最小值为 81 36 2 49 . 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置之求三角形的面积的最值问题，关 键在于将三角形的面积表示成某个变量的函数，属于较难题. 22. 已知 0a ，函数 ln xf x x ， ( ) 1g x ax= - ． - 21 - （1）当 a为何值时，直线 y g x 是曲线 y f x 的切线； （2）是否存在实数 a，使得 g x a f ax 恒成立？若存在，求实数 a的取值集合；若不 存在，请说明理由． 【答案】（1） 1a ；（2）存在， 1a . 【解析】 【分析】 (1) 设切点为 0 0 0 ln xx x ， ，设出切线方程为 0 0 0 0 2 0 ln 1 lnx xy x x x x ，由 y g x 恒过 0 1， ，代入可求得 a的值. (2) g x a f ax 恒成立，等价于 2 ln 0a x xx a 恒成立，构造函数 2 lnF x a x axx ，需 min 0F x ，从而可求得 a的取值. 【详解】（1）因为 ln xf x x ，所以 ' 2 1 ln xf x x ， 若直线 y g x 是曲线 y f x 的切线，设切点为 0 0 0 ln xx x ， ，此时切线方程为 0 0 0 0 2 0 ln 1 lnx xy x x x x ， 又 y g x 恒过 0 1， ，所以 2 0 0 0 0 0 ln 1 ln1 0x x x x x ，即 0 02ln + 1 0x x ， 令 2ln + 1h x x x ，则 1 2ln1+1 1 0h ，且 h x 在 0 ， 上单调递增， 所以方程 0 02ln + 1 0x x 有唯一的解 0 1x ，所以 ' 0 2 1 l 1 1(1) n1f x af ， 所以当 1a 时，直线 y g x 是曲线 y f x 的切线； （2）假设存在实数 a，使得 g x a f ax 恒成立，即 2 ln 0a x xx a 恒成立. 令 2 lnF x a x axx ，则 2 ' 2 1( ) ax xF x x ，令 2( ) 2 1G x ax x ，又 0a ，则 1 8 0a ， 所以 ( ) 0G x 有两个不等根 1x ， 2x ， 1 2 1 0 2 x x a ，不妨设 1 20x x . - 22 - 所以 F x 在 2(0, )x 上递减，在 2 ,x 上递增.所以 2 2 2 2 2( ) ln( ) 0F x ax x ax 成立. 因为 2 2 2 2( ) 2 1 0G x ax x ，所以 2 2 2 1 2 xax x ，所以 2 2 2 2 1 1( ) ln 0 2 2 x xF x F x x ． 令 1 1 1( ) ln ln 2 ln(1 ) 2 2 2 x x xH x x x x ， ( 1)( 2)( ) 2 ( 1) x xH x x x ， 所以 ' ( )H x 在 (0,1)有 '( )>0H x ，在 (1, ) 上有 '( ) 0H x ，所以 ( )H x 在 (0,1)上递增，在 (1, ) 上递减.所以 ( ) (1) 0H x H . 又 2 2 2 2 1 1ln 0 2 2 x xF x x ，所以 2 0F x ， 2 1x . 代入 2 2 2 1 2 xax x ，得 1a ， 所以存在实数 a，使得 g x a f ax 恒成立，此时 1a ． 【点睛】本题考查函数与导数的综合问题.由导数的几何意义求切线方程，恒成立问题一般可 转化为最值问题，属于较难题. - 23 -查看更多