天津市部分区2020届高三上学期期末考试数学试题

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天津市部分区 2019～2020 学年度高三年级上学期期末考试 数学试卷 一、选择题：本大题共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分. 1.设全集 1，2，3，4，5，6，7，8 ，集合 2，3，4，6 ， 1，4，7，8 ， 则 （ ） A. 4 B. 2，3，6 C. 2，3，7 D. 2，3，4， 7 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出 再与 取交集，即可得到答案. 【详解】因为 ， 2，3，4，6 ， 所以 . 故选：B. 【点睛】本题考查集合的交、补运算，考查基本运算求解能力，属于基础题. 2.抛物线 的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用 的准线方程为 ，能求出抛物线 的准线方程. 【详解】 ， 抛物线 的准线方程为 ， 即 ，故选 A . 【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识的掌握与应用， {U = } {A = } {B = } ( )UA C B∩ { } { } { } { } UC B A {2,3,5,6}UC B = {A = } {2,3,6) }( UA C B∩ = 2 4y x= 1x = − 1y = − 1x = 1y = 2 2y px= 2 px = − 2 4y x= 2 4 , 2 4, 2y x p p= ∴ = = ∴ 2 4y x= 2 px = − 1x = − 是基础题. 3.设 ，则“ ”是“ ” （ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 分别解两个不等式得到集合 ， ，再利用集合间的关系，即可得到答案. 【详解】解不等式 得； ， 解不等式 得： ， 因为 是 的真子集， 所以“ ”是“ ”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查简易逻辑中的充分条件与必要条件，求解时要转化成集合间的关系进行判 断，能使求解过程更清晰、明了. 4.直线 与圆 相交于 、 ，则弦 的长度为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 先求圆心到直线的距离 ，再利用弦长公式，即可求得答案. 【详解】圆心到直线的距离 ， 所以 . 故选：B. 【点睛】本题考查直线与圆相交弦的求解，考查基本运算求解能力，属于基础题. 5.已知数列 中， ， ，记 的前 项和为 ，则（ ） 的x∈R 2 2 0x x− < 1 2x − < A B 2 2 0x x− < { | 0 2}A x x= < < 1 2x − < { | 1 3}B x x= − < < A B 2 2 0x x− < 1 2x − < 1 0x y− + = 2 2( 1) 4x y+ + = A B AB 2 2 2 d | 0 1 1| 2 2 d + += = 2 2| | 2 2 4 2 2 2AB r d= − = − = { }na 1 1a = * 12 ( )n na a n N+ = ∈ { }na n nS A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据递推关系求得等比数列 的通项公式，再求出前 项和为 ，化简可得 . 【详解】 ， ， 数列 是以 为首项， 为公比的等比数列， ， . 故选：D. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式与前 项和公式，考查基本量运算，求解时要注意通过 化简找到 与 的关系. 6.已知偶函数 在区间 ， 上单调递增，若 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意得 在区间 上单调递减，利用对数函数的图象与性质可得 ，从而 利用函数的单调性可得答案. 【详解】因为偶函数 在区间 ， 上单调递增， 2 1n nS a= − 1 2n nS a= − 2n nS a= − 2n nS a= − { }na n nS 2n nS a= − * 12 ( )n na a n N+ = ∈ 1 1 2 n n a a +∴ = ∴ { }na 1 1 2 ∴ 11( )2 n na −= ∴ 1 11 12 2 21 21 2 n n nnS a− − = = − = − − n nS na ( )f x (−∞ 1)− ln3a = 2 1log 3b = 1 2 1log 5c = ( )f a ( )f b ( )f c ( ) ( ) ( )f a f b f c> > ( ) ( ) ( )f b f c f a> > ( ) ( ) ( )f c f b f a> > ( ) ( ) ( )f a f c f b> > ( )f x (1, )+∞ a b c< < ( )f x (−∞ 1)− 所以 在区间 上单调递减. 因为 ，即 ， 因为 ， 所以 ，所以 . 故选：A. 【点睛】本题考查对数函数 图象与性质、函数的奇偶性与单调性，考查数形结合思想的应 用和逻辑推理能力. 7.将函数 的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象，则下列说法正 确的是（ ） A. B. 的最小正周期是 C. 在区间 ， 上单调递增 D. 在区间 ， 上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数的平移变换求出 的解析式，再一一对照选项验证是否成立. 【详解】函数 的图象向右平移 个单位长度得： . 对 A， ，故 A 错误； 对 B，最小正周期为 ，故 B 错误； 对 C，当 ，因为 是 的子区间，故 C 正确； 对 D，当 ， 不是 的子区间，故 D 错误； 故选：C. 【点睛】本题考查三角函数的平移变换及三角函数的图象与性质，考查数形结合思想和运算 求解能力. 的 ( )f x (1, )+∞ 3 3 2 3 3 1 1log log 2 0 ln3 log 3log log 2e e > > ⇒ < ⇒ < 1 2a b< < < 1 1 2 2 1 1log log 25 4c = > = a b c< < ( ) ( ) ( )f a f b f c> > ( ) sin 2f x x= 6 π ( )g x 1( )2 2g π = ( )g x 4π ( )g x [0 ]3 π ( )g x [ 3 π 5 ]6 π ( )g x ( ) sin 2f x x= 6 π ( ) sin(2 )3g x x π= − 3sin( )3 2( )2g πππ − == π 0 23 3 33x x ππ π π< − < − <⇒< ( , )3 3 π π− ( , )2 2 π π− 5 426 3 3 33 x x π π π π π< < <⇒ − < 4( , )3 3 π π 3( , )2 2 π π 8.已知双曲线 ： ， 的右焦点为 ， ，点 在 的一条渐近 线上，若 是原点），且 的面积为 ，则 的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角形的面积及 ，求出点 的坐标，再利用点 的坐标求渐近线的斜率，从 而得到 的值，再观察选项，即可得到答案. 【详解】因为 ，所以点 的横坐标等于 ， 因为 的面积为 ，设点 在第一象限， 所以 ， 所以 ，只有选项 A 符合. 故选：A. 【点睛】本题考查三角形面积公式、双曲线的渐近线、双曲线的标准方程求法，考查基本运 算求解能力，求解时只要得到 的值，即可通过代入法选出答案，可减少运算量. 9.已知函数 ，若关于 的方程 恰有三个互不相 同的实数解，则实数 的取值范围是（ ） A. ， B. ， C. D. ， C 2 2 2 2 1( 0x y aa b − = > 0)b > ( 6F 0) P C (PO PF O= ∆POF 3 2 4 C 2 2 14 2 x y− = 2 2 12 4 x y− = 22 13 3 yx − = 2 2 15 x y− = PO PF= P P b a PO PF= P 6 2 ∆POF 3 2 4 P 1 3 2 362 4 2p py y⋅ ⋅ = ⇒ = 3 6 2 2 2 2 b a = ÷ = b a 2 ln( 2) 2 3( ) 15 36 3 x xf x x x x  − < ≤= − + − > x ( )f x kx= k [3 12] (3 12) (0，12) (0 3) 【答案】D 【解析】 【分析】 画出函数 图象，将问题转化为两个函数图象交点问题，求出直线与抛物线相切时的临 界值，再结合图象得到 的取值范围. 【详解】函数 的图象如图所示： 将直线 代入 得： ， 当直线 与抛物线相切时， 或 ， 由于方程 恰有三个互不相同的实数解， 所以两个函数的图象恰有三个不同的交点，所以 . 故选：D. 【点睛】本题以分段函数为载体，考查方程的根与两个函数图象交点的转化关系，考查数形 结合思想的应用，求解时要注意借助函数的图象进行分析求解. 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.其中第 14 题答对 1 空得 3 分，全对得 5 分. 10. 是虚数单位，若复数 满足 ，则 ________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算，求得 . 的( )f x k ( )f x y kx= 2( ) 15 36f x x x= − + − 2 15) 36 0(x k x− ++ = y kx= 215) 144 0( 3k k− − = ⇒= =∆ 27k = ( )f x kx= 0 3k< < i z (1 3 ) 4i z i+ = z = 6 2 5 5 + i z = 6 2 5 5 + i 【详解】 . 故答案为： . 【点睛】本题考查复数的四则运算，考查基本运算求解能力，属于基础题. 11. 的展开式中含 项的系数是________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】 根据二项展开式得 ，进而得到 时会出现 项，再 计算其系数. 【详解】 ， 当 时，即 ， 所以 . 故答案为： . 【点睛】本题考查二项式定理展开式的通项，考查基本运算求解能力，属于基础题. 12.已知 ， ，且 ，则 的最小值是_______. 【答案】 【解析】 【分析】 利用 1 的代换，将求式子 的最小值等价于求 的最小值，再利用基本不 等式，即可求得最小值. 【详解】因为 ， 等号成立当且仅当 . 故答案为： . 【点睛】本题考查 1 的代换和基本不等式求最值，考查转化与化归思想的运用，求解时注意 4 4 (1 3 ) 12 4 6 2 1 3 (1 3 )(1 3 ) 10 5 5 i i i iz ii i i − += = = = ++ + − 6 2 5 5 + i 6 2 1(2 )x x − 3x 192− 6 1 6 2 1(2 ) ( ) ( 0,1, ,6)r r r rT C x rx − + = − =  1r = 3x 6 6 6 3 1 6 62 1(2 ) ( ) 2 ( 1) ( 0,1, ,6)r r r r r r r rT C x C x rx − − − + = − = ⋅ ⋅ − ⋅ =  6 3 3r− = 1r = 1 5 3 3 2 6 2 ( 1) 192T C x x= − = − 192− 0a > 0b > 3 1a b+ = 4 3 a b + 25 4 3 a b + 4 3( )( 3 )a ba b + + 4 3 4 3 12 3 12 3( )( 3 ) 4 9 13 2 25b a b aa ba b a b a b a b + = + + = + + + ≥ + ⋅ = 2 1,5 5a b= = 25 一正、二定、三等的运用，特别是验证等号成立这一条件. 13.已知半径为 2 的球的球面上有 、 、 、 不同的四点， 是边长为 3 的等边三 角形，且 平面 为球心， 与 在平面 的同一侧），则三棱锥 的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】 作出三棱锥内接于球的图形，再求出三棱锥的高，最后代入体积公式即可得到答案. 【详解】如图所示，点 为 的中心，则 ， ，所以 ， 所以 . 故答案为： . 【点睛】本题考查三棱锥与球的内接问题、体积的求法，考查空间想象能力和运算求解能力， 准确画出图形求出三棱锥的高是解题的关键. 14.设 是等差数列，若 ， ，则 _______；若 ， 则数列 的前 项和 ________. 【答案】 (1). (2). A B C D ABC∆ DO ⊥ (ABC O D O ABC D ABC− 9 3 4 E ABC∆ 3 2 32 3BE AC= ⋅ ⋅ = 2OB = 2 2 4 3 1OE OB BE= − = − = 21 1 1 3 9 3( 3 ) 33 3 2 2 4ABCV S DE∆= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 9 3 4 { }na 5 9a = 2 7 16a a+ = na = * 1 2 1( )n n n b n Na a + = + ∈ { }nb n nS = 2 1n − 22 3 2 1 n n n + + 【解析】 【分析】 利用等差数列通项公式求得 ，进而求得 ；求出 再利用分组求 和法及裂项相消法求 . 【详解】由题意得： . 因为 ， 所以 ， ， ， 所以 . 故答案为： ； . 【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、分组求和法及及裂项相消法求和，考查方程思 想的运用，考查基本运算求解能力，裂项相消求和的关键是对通项进行改写. 15.设点 、 、 、 为圆 上四个互不相同的点，若 ， 且 ，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据 得到 过圆的圆心 ，再利用向量的加法法则得 ，由 向量数量积的几何意义得到等式 ，最后求得 的值. 【详解】因为 ，所以 ， 所以 过圆的圆心 ， 所以 ， 因为 在 向量方向上的投影为： ，代入上式得： 1,a d na 1 1 12 1 2 1nb n n = − +− + nS 1 1 1 4 9, 2, 2 12 7 16, 1, n a d d a na d a + = = ⇒ ⇒ = − + = =  2 1 11 1(2 1)(2 1) 2 1 2 1nb n n n n = + = − +− + − + 1 1 1 11 3b = − + 2 1 1 13 5b = − + 1 1, 12 1 2 1nb n n = − +− + 21 2 31 2 1 2 1n n nS nn n += − + =+ + 2 1n − 22 3 2 1 n n n + + M N P Q 2 2 2 ( 0)x y r r+ = > 0MP PN⋅ =  (PM + ) 2PN PQ⋅ =  PQ = 2 0MP PN⋅ =  MN O 2PM PN PO+ =   1| | cos | |2PO PQθ =  | |PQ 0MP PN⋅ =  MP PN⊥  MN O ( ) 2 2 | | | | cos 2PM PN PQ PO PQ PO PQ θ+ ⋅ = ⋅ = ⋅ =       PO PQ 1| | cos | |2PO PQθ =  . 故答案为： . 【点睛】本题考查向量与圆知识的交会、向量的垂直、加法法则、数量积的几何意义等知识， 考查方程思想的运用，求解时注意向量几何意义的灵活运用，考查逻辑推理能力和运算求解 能力. 三、解答题：本大题共 5 个小题，共 14×2＋15＋16×2＝75 分.解答应写出必要 的文字说明、证明过程或演算步骤. 16.在 中，内角 、 、 所对的边分别为 、 、 .已知 . ⑴求证： 、 、 成等差数列； ⑵若 ， ，求 和 的值. 【答案】（1）证明见解析（2） ， 【解析】 【分析】 （1）根据两角和的正弦公式、诱导公式得到 ，再利用正弦定理证得 ，从而证明结论成立； （2）利用余弦定理 ，再由（1） ，联立求得 的值；由正弦定理 求得 ，再利用倍角公式求得 的值. 【详解】（1）因为 ， 所以 . 由于在 中， ，所以 ， 所以 . 由正弦定理 ，得 . 所以 成等差数列. 2| | 1 22 PQ PQ= ⇒ =   2 ABC∆ A B C a b c 2(sin cos cos sin ) sinA C A C A+ = sinC+ a b c 7c = 2 3C π= b sin 2B 5b = 55 3sin 2 98B = 2sin sin sinB A C= + 2b a c= + 2 2 + 49+ =a b ab 2 7= −a b b sin B sin 2B ( )2 sin cos cos sin sin sin+ = +A C A C A C ( )2sin sin sinA C A C+ = + ABC∆ + =A C Bπ − ( )sin sinA C B+ = 2sin sin sinB A C= + sin sin sin a b c A B C = = 2b a c= + , ,a b c （2）在 中， ， 由余弦定理，得 , 即 . 由（1）知 ，所以 ，解得 . 由正弦定理，得 . 在 中，因为于 ，所以 ， 所以 . 所以 . 【点睛】本题考查三角恒等变换、正弦定理、余弦定理解三角形，考查方程思想的运用和运 算求解能力，求 的值时，注意角 这一条件的应用. 17.每年的 12 月 4 日为我国“法制宣传日”.天津市某高中团委在 2019 年 12 月 4 日开展了以 “学法、遵法、守法”为主题的学习活动.已知该学校高一、高二、高三的学生人数分别是 480 人、360 人、360 人.为检查该学校组织学生学习的效果，现采用分层抽样的方法从该校全体学 生中选取 10 名学生进行问卷测试.具体要求：每位被选中的学生要从 10 个有关法律、法规的 问题中随机抽出 4 个问题进行作答，所抽取的 4 个问题全部答对的学生将在全校给予表彰. ⑴求各个年级应选取的学生人数； ⑵若从被选取的 10 名学生中任选 3 人，求这 3 名学生分别来自三个年级的概率； ⑶若被选取的 10 人中的某学生能答对 10 道题中的 7 道题，另外 3 道题回答不对，记 表示 该名学生答对问题的个数，求随机变量 的分布列及数学期望. 【答案】（1）高一年级应选取 人，高二年级应选取 人，高三年级应选取 人.（2） （3） 详见解析 【解析】 【分析】 ABC∆ 27, 3c C π= = 2 2 2 27 2 cos 3a b ab π= + − 2 2 + 49+ =a b ab 2 7= −a b ( ) ( )2 22 7 + 2 7 49− + − =b b b b 5b = 2sin 5 33sin 14 b B c π = = ABC∆ 2= 3C π 0, 2B π ∈   2 2 5 3 11cos 1 sin 1 14 14B B  = − = − =    55 3sin 2 2sin cos 98B B B= = cos B 0, 2B π ∈   X X 4 3 3 3 10 （1）利用分层抽样求得各年级应抽取的人数； （2）利用计算原理求得基本事件 总数为 ，再求出所求事件的基本事件数，再代入古典 概型概率计算公式； （3）随机变量 的所有可能取值为 ，利用超几何分计算 （ ），最后求得期望值. 【详解】（1）由题意，知高一、高二、高三年级的人数之比为 ，由于采用分层抽样方 法从中选取 人，因此，高一年级应选取 人，高二年级应选取 人，高三年级应选取 人. （2）由（1）知，被选取的 名学生高一、高二、高三年级分别有 人、 人、 人，所以， 从这 名学生任选 名，且 名学生分别来自三个年级的概率为 . （3）由题意知，随机变量 的所有可能取值为 ， 且 服从超几何分布， （ ）. 所以，随机变量 的分布列为 1 2 3 4 所以，随机变量 的数学期望为 . 【点睛】本题考查统计中的分层抽样、古典概型、超几何分布，考查统计与概率思想的应用， 考查数据处理能力，求解的关键是确定随机变量的概率模型. 18.如图，在三棱柱 中， 、 分别为 、 的中点， ， ， . 的 3 10C X 1,2,3,4 ( ) 4 7 3 4 10 k kC CP X k C − = = 1,2,3,4k = 4 :3:3 10 4 3 3 10 4 3 3 10 3 3 1 1 1 4 3 3 3 10 3 10 C C C C ⋅ ⋅ = X 1,2,3,4 X ( ) 4 7 3 4 10 k kC CP X k C − = = 1,2,3,4k = X X P 1 30 3 10 1 2 1 6 X ( ) 1 3 1 1 141 2 3 430 10 2 6 5E X = × + × + × + × = 1 1 1ABC A B C− P O AC 1 1AC 1 1 2 2PA PC= = 1 1 1 1A B B C= 1 2 3PB= = 1 1 4AC = ⑴求证： 平面 ； ⑵求二面角 的正弦值； ⑶已知 为棱 上的点，若 ，求线段 的长度. 【答案】（1）证明见解析（2） （3） 【解析】 【分析】 （1）证明 ， ，再根据 ，从而得到线面垂直的证明； （2）以点 为坐标原点，分别以 的方向为 轴的正方向，利用向量法求 得二面角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系求得正弦值； （3）结合（2）中 ，求得点 ，再求 的值，从而求得线段 的长度. 【详解】（1）在三角形 中， 且 为 的中点， 所以 .① PO ⊥ 1 1 1A B C 1 1 1B PA C− − H 1 1B C 1 1 1 1 3B H B C=  PH 2 5 5 2 2 1 1PO AC⊥ 1PO OB⊥ 1 1 1AC OB O= O 1 1, ,OA OB  OP , ,x y z ( )1 2,0,0C − 2 4 2, ,03 3  −    H PH PH 1 1PAC 1 1PA PC= O 1 1AC 1 1PO AC⊥ 在 中， , . 连接 ，在 中， ， 所以 . 又 ，所以 ，所以 .② 又因 ，③ 由①②③，得 平面 . （2）以点 为坐标原点，分别以 的方向为 轴的正方向，建立如图所示 的空间直角坐标系 ， 则 ， 所以 . 设 为平面 的法向量， 则有 即 令 ，得 所以 . 易得， 且为平面 的法向量， 为 1Rt PAO∆ 1 1 1 1 2,2AO AC= = 1 2 2PA = 2 2 1 1 2PO PA AO= − = 1OB 1 1 1A B C∆ 1 1 1 1= 2 3A B B C = 1 1 1OB AC⊥ 2 2 1 1 1 1 2 2OB A B AO= − = 1 2 3PB = 2 2 2 1 1PB PO OB= + 1PO OB⊥ 1 1 1AC OB O= PO ⊥ 1 1 1A B C O 1 1, ,OA OB  OP , ,x y z O xyz− ( )0,0,0O ， ( ) ( ) ( )1 12,0,0 , 0,2 2,0 , 0,0,2A B P ( ) ( )1 1 1= 2,2 2,0 , = 2,0,2A B A P− −  ( ), ,n x y z= 1 1PA B 1 1 1 · 0, · 0. n A B n A P  = =   2 2 2 0, 2 2 0. x y x z − + =− + = =1x 2 ,2 1. y z  =  = 21, ,12n  =      ( )1= 0,2 2,0OB 1 1PAC 所以 ， ， 所以 . 故所求二面角 的正弦值为 （3）由（2）知 . 设点 ，则 . 又 ， ， 所以 ，从而 即点 . 所以 . 所以 . 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、向量法求空间角及空间中线段的长度，考查空间想 象能力和运算求解能力，求解时注意空间直角坐标系建立的适当性. 19.设椭圆 的左、右焦点分别为 ， 、 ， ，点 在椭圆 上， 为原点. ⑴若 ， ，求椭圆的离心率； ⑵若椭圆的右顶点为 ，短轴长为 2，且满足 为椭圆的离心率）. ①求椭圆的方程； 1 2n OB =   1 2 5n OB =  1 1 1 5cos , 5 n OBn OB n OB = =      1 1 1B PA C− − 2 5 2 51 5 5  − =    ( )1 2,0,0C − ( )1 1 1, ,H x y z= ( )1 1 1 1, 2 2,B H x y z= − ( )1 1 2, 2 2,0B C = − − 1 1 1 1 3B H B C=  ( ) ( )1 1 1 1, 2 2, 2, 2 2,03x y z− = − − 1 1 1 2 ,3 2 22 2 ,3 0. x y z  = −   − = −  =  2 4 2, ,03 3  −    H 2 4 2, , 23 3PH  = − −     ( ) 22 22 4 2 2 2 23 3PH   = − + + − =         2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1(F c− 0) 2 (F c 0) P O PO c= 2 3F OP π∠ = A 2 2 1 1 (3 e eOF OA F A + = ②设直线 ： 与椭圆相交于 、 两点，若 的面积为 1，求实数 的值. 【答案】（1） （2）① ② 【解析】 【分析】 （1）由题意得 ，利用勾股定理得 ，再利用椭圆的定义得到 的关系， 从而求得离心率； （2）①由 ，得 ，求出 后，即可得到椭圆的方程； ②设点 ，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式求得 关于 的解析式，再由点到直线的距离公式，得到面积 ，从而求得 的值. 【详解】（1）连接 .因为 ， 所以 是等边三角形，所以 . 又 ，所以 ,所以 . 于是，有 ， 所以 ，即所求椭圆的离心率为 . （2）①由 ，得 ， 整理，得 . 又因为 ，所以 ， . 故所求椭圆的方程为 . ②依题意，设点 . l 2y kx= − P Q POQ∆ k 3 1− 2 2 14 x y+ = 7 2k = ± 1 2PF PF⊥ 1 3PF c= ,a c 2 2 1 1 3 e OF OA F A + = 2 23c b= , ,a b c ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y PQ k 2 2 4 4 3 4 1POQ kS k∆ −= + k 1PF 2 2, 3OP OF c F OP π= = ∠ = 2POF∆ 2 2, 3PF c PF O π= ∠ = 2 1OP OF OF= = 1 2PF PF⊥ 1 3PF c= ( )1 22 3 1a PF PF c= + = + 2 3 1 3 1 ce a = = = − + 3 1− 2 2 1 1 3 e OF OA F A + = ( ) 1 1 3 c c a a a c + = − 2 23c b= 2 2b = 1b = 2 2 2 23, 4c a b c= = + = 2 2 14 x y+ = ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y 联立方程组 消去 ，并整理得 . 则 ，（*） 且 ， 所以 . 又点 到直线 的距离为 ， 所以 . 因为 ，所以 ，解得 . 经验证 满足（*）式， 故所求实数 . 【点睛】本题考查椭圆的离心率、椭圆方程的求解、直线与椭圆的位置关系、弦长公式等的 综合运用，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 20.已知函数 为自然对数的底数）. ⑴当 时，求曲线 在点 ， 处的切线方程； ⑵讨论 的单调性； ⑶当 时，证明 . 【答案】（1） （2）见解析（3）证明见解析 【解析】 【分析】 2 2 2, 1.4 y kx x y = − + = y ( )2 24 1 16 12 0k x kx+ − + = ( ) ( )2 2 2256 48 4 1 16 4 3 0k k k∆ = − + = − > 1 2 1 22 2 16 12,4 1 4 1 kx x x xk k + = =+ + ( ) 2 2 22 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1 4 31 1 4 4 1 k kPQ k x x k x x x x k + −= + − = + + − = + O l 2 2 1 d k = + 2 2 2 2 22 1 1 4 1 4 3 2 4 4 3 2 2 4 1 4 11POQ k k kS PQ d k kk ∆ + − −= ⋅ = × × =+ ++ 1POQS∆ = 2 2 4 4 3 14 1 k k − =+ 7 2k = ± 7 2k = ± 7 2k = ± 21( ) ln( ) ( 1) (2f x ex ax a x e= + + + 1a = ( )y f x= (1 (1))f ( )f x 0a < 3( ) 12f x a ≤ − − 8 2 1 0x y− − = （1）当 时， ，利用导数的几何意义求得切线方程； （2）对函数进行求导得 ，对 分 和 两种情况进行分类讨论， 研究导数值的正负，从而得到函数的单调区间； （3）证明不等式 成立等价于证明 成立，再构造函数进行 证明. 【详解】（1）当 时， . 所以 ， 所以 ，又 . 所以曲线在点 处的切线方程为 ， 即 . （2）易得 （ ）. ①当 时， ，此时 在 上单调递增； ②当 时，令 ，得 . 则当 时， ，此时 在 上单调递增； 当 时， ，此时 在 上单调递减. 综上所述，当 时，函数 在区间 上单调递增； 当 时，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减. 1a = ( ) 1 2f x xx ′ = + + ( )( )' 1 1( ) ax xf x x + += a 0a ≥ 0a < ( ) 3 12f x a ≤ − − ( )max 3 12f x a ≤ − − 1a = ( ) ( ) 21ln 22f x ex x x= + + ( ) 1 2f x xx ′ = + + ( ) 11 1 2 41k f ′= = + + = ( ) 71 2f = ( )( )1, 1f ( )7 4 12y x− = − 8 2 1 0x y− − = ( ) ( )2 1 11 1 ax a xf x ax ax x + + +′ = + + + = ( )( )1 1ax x x + += 0x > 0a ≥ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0, ∞+ 0a < ( ) 0f x′ = 1x a = − 10 x a < < − ( ) 0f x′ > ( )f x 10, a  −   1x a > − ( ) 0f x′ < ( )f x 1 ,a  − +∞   0a ≥ ( )f x ( )0, ∞+ 0a < ( )f x 10, a  −   1 ,a  − +∞   （3）由（2）知，当 时， 在 处取得最大值， 即 ， 则 等价于 ，即 ， 即 .（※） 令 ，则 .不妨设 （ ）， 所以 （ ）. 从而，当 时， ；当 时， ， 所以函数 在区间 上单调递增；在区间 上单调递减. 故当 时 . 所以当 时，总有 . 即当 时，不等式（※）总成立， 故当 时， 成立. 【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方程、讨论函数的单调性、证明不等式，考查 函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解 能力，证明不等式的关键是先将问题进行等价转化，再构造函数利用导数研究新函数的性质. 0a < ( )f x 1x a = − ( ) ( )2max 1 1 1ln 12 e af x f aa a a a      = − = − + × + + −           1 1ln 2a a  = − −   ( ) 3 12f x a ≤ − − ( )max 3 12f x a ≤ − − 1 1 3ln 12 2a a a  − − ≤ − −   1 1ln 1 0a a  − + + ≤   1t a = − 0t > ( ) lnt 1g t t= − + 0t > ( ) 1 11 tg t t t −′ = − = 0t > ( )0,1t ∈ ( ) 0g t′ > ( )1,t ∈ +∞ ( ) 0g t′ < ( )g t ( )0,1 ( )1,+∞ 1t = ( ) ( )max 1 0g t g= = 0t > ( ) ( )max 0g t g t≤ = 0a < 0a < ( ) 3 12f x a ≤ − −