天津市滨海新区2020届高三数学高考二模试题（解析版）

天津市滨海新区2020届高三数学高考二模试题（解析版）

2020 年高考数学模拟试卷（5 月份） 一、选择题 1.已知集合  1,2,3,4,5,6U  ，  13,5A  , ，  2,3,4B  ，则集合 UA Bð 是( ) A. 1,3,5,6} B. 1,3,5} C. 1,3} D. 1,5} 【答案】D 【解析】 【分析】 利用补集和交集的定义可求出集合 UA Bð . 【详解】集合  1,2,3,4,5,6U  ，  13,5A  , ，  2,3,4B  ，则  1,5,6U B ð ， 因此，  1,5UA B ð . 故选：D. 【点睛】本题考查交集与补集的混合运算，熟悉交集和补集的定义是解题的关键，考查计算 能力，属于基础题. 2.设 xR ，则“| 2 | 1x   ”是“ 2 4 3 0x x   ”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. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 分别求解| 2 | 1x   和 2 4 3 0x x   ，观察解集的关系即可得出结果. 【详解】解：| 2 | 1x   等价于 2 1 2 1x x    或 ，即 3 1x x 或 ； 2 4 3 0x x   的解为 3 1x x 或 ，解集相等，所以“| 2 | 1x   ”是“ 2 4 3 0x x   ”的充 分必要条件. 故选：C. 【点睛】本题考查充分必要条件的判断，涉及绝对值不等式和一元二次不等式求解集，属于 基础题. 3.某校有 200 位教职员工，其每周用于锻炼所用时间的频率分布直方图如图所示．据图估计， 每周锻炼时间在[10，12]小时内的人数为（ ） A. 18 B. 36 C. 54 D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】 由频率分布直方图求出每周锻炼时间在[10，12]小时内的频率，由此能求出每周锻炼时间在 [10，12]小时内的人数． 【详解】由频率分布直方图得： 每周锻炼时间在[10，12]小时内的频率为：1﹣（0.03+0.06+0.18+0.14）×2＝0.18， ∴每周锻炼时间在[10，12]小时内的人数为：200×0.18＝36． 故选：B． 【点睛】本题考查频数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基 础题． 4.函数    3 1 1 x x ef x x e   （其中 e 为自然对数的底数）的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先根据函数的奇偶性排除 A、C,再由 x   时,  f x 的趋向性判断选项即可 【详解】由题,  f x 的定义域为 | 0x x  , 因为        3 3 1 1 1 1 x x x x e ef x f x x e x e           ,所以  f x 是偶函数,图象关于 y 轴对称,故 排除 A、C； 又因为      33 3 1 1 2 1 1 x x x ef x xx e x e      ,则当 x   时, 3x   , 1xe    ,所以   0f x  , 故选：D 【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查函数图象 5.已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为 3 ，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于（ ） A. 8π B. 9π C. 10π D. 11π 【答案】A 【解析】 【分析】 由 AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°可得三角形 ABC 的面积及外接圆的半径，再由三棱柱 ABC﹣ A1B1C1 的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面 的直线与中截面的交点，可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积． 【详解】由 AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，由余弦定理可得： BC 2 2 12 60 4 1 2 2 1 32AB AC AB AC cos             ， ∴ 2 2 2AC BC AB  ，∠ACB＝90°，∴底面外接圆的圆心在斜边 AB 的中点， 设三角形 ABC 的外接圆的半径为 r，则 r 2 AB  1， 又 1 1 31 32 2 2ABCS BC AC       ， 所以 V 柱＝S△ABC•AA1 3 ，所以可得 AA1＝2， 因为三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧棱垂直于底面， 所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点， 设外接球的半径为 R，则 R2＝r2+（ 1 2 AA ）2＝12+12＝2， 所以外接球的表面积 S＝4πR2＝4π×2＝8π， 故选：A． 【点睛】本题考查三棱柱的体积及三棱柱的棱长与外接球的半径之间的关系，以及球的表面 积公式，属于中档题． 6.已知函数 f（x）＝2|x|﹣log 1 2 |x|，且 a＝f（ln 3 2 ），b＝f（log2 1 3 ），c＝f（2﹣1），则 a，b，c 的 大小关系为（ ） A. c＜a＜b B. b＜c＜a C. a＜c＜b D. b＜a＜c 【答案】C 【解析】 【分析】 由定义判断函数为偶函数且在（0，+∞）上为增函数，再由 ln 3 2 ＜2﹣1＜log23 及函数单调性得 结论． 【详解】由 f（﹣x）＝2|﹣x|﹣log 1 2 |﹣x|＝2|x|﹣log 1 2 |x|＝f（x），可知 f（x）为偶函数， 又当 x＞0 时，f（x）＝2x﹣log 1 2 x＝2x+log2x 为增函数， 且 0＜ln 3 2 ＜ln 1 2 1 2e  ，b＝f（log2 1 3 ）＝f（﹣log2 1 3 ）＝f（log23），log23＞log22＝1． ∴ln 3 2 ＜2﹣1＜log23． 则 a＜c＜b． 故选：C． 【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的应用，考查数学转化思想方法，是中档题． 7.已知函数 ( ) sin( )( 0, )2f x x        ，其图象相邻两条对称轴之间的距离为 2  ，且 函数 ( )12f x  是偶函数．下列判断正确的是（ ） A. 函数 ( )f x 的最小正周期为 2 B. 函数 ( )f x 的图象关于点 7( ,0)12  对称 C. 函数 ( )f x 的图象关于直线 7 12x   对称 D. 函数 ( )f x 在 3[ , ]4   上单调递增 【答案】D 【解析】 试题分析：由题图象相邻两条对称轴之间的距离为 2  ，则； , 2T    , 又函数 ( )12f x  是偶函数， 可知； ( ) sin(2( ) ) sin(2 ), , ( ) sin(2 )12 6 3 3f x x x f x x              则得；A 错误，B，图像对称点横坐标为； 2 , ,3 6 2 kx k x k Z        错误； C，图像的对称直线方程为； 2 , ,3 2 12 2 kx k x k Z         ，错误； D，函数的增区间为； 52 2 2 , ,2 3 2 12 12k x k k x k k Z                   71, ,12 12k x      3[ , ]4   为它的子集．正确． 考点：三角函数的性质的综合运用． 8.已知双曲线 C： 2 2 2 2 x y a b   1（a＞0，b＞0）的左焦点为 F（﹣c，0），抛物线 y2＝4cx 的准线 与双曲线的一个交点为 P，点 M 为线段 PF 的中点，且 △ OFM 为等腰直角三角形，则双曲线 C 的离心率为（ ） A. 2 B. 2  1 C. 5 1 2  D. 10 2 2  【答案】B 【解析】 【分析】 根据抛物线 y2＝4cx 的准线为 x＝﹣c，不妨设点 P 的坐标为（﹣c，y），y＞0，将其代入双曲 线方程可求得 y，当确定点 P 的坐标后就能得到点 M 的坐标，由于△OFM 为等腰直角三角形， 可根据|MF|＝|OF|建立 a、b、c 的关系式，再结合 b2＝c2﹣a2 和 1ce a  ＞ 即可得解． 【详解】抛物线 y2＝4cx 的准线为 x＝﹣c，不妨设点 P 的坐标为（﹣c，y），y＞0， 代入双曲线方程有 2 2 2 2 1c y a b   ，解得 2by a  ， ∴点 P 的坐标为 2bc a      ， ， ∵点 M 为线段 PF 的中点，且 F（﹣c，0），∴M（﹣c， 2 2 b a ）， ∵△OFM 为等腰直角三角形，∴ 2 2 b ca  即 2ac＝b2＝c2﹣a2， ∴ 2( ) 2 1 0c c a a     ，解得 1 2c a   （舍负），∴ 1 2c a   ． 故选：B． 【点睛】本题考查双曲线与抛物线的几何性质，涉及抛物线的准线方程、双曲线的焦点、离 心率等，考查学生灵活运用知识的能力和运算能力，属于基础题． 9.已知函数   22 , 0 1 , 0 x x x f x xx      ，若函数    g x f x x m   恰有三个零点，则实数 m 的 取值范围是（ ） A   1, 2 ,04       B.   12, 0, 4     C.  12, 0,4        D.  1 ,2 0,4       【答案】A 【解析】 【分析】    g x f x x m   恰有三个零点则  f x x m  的函数图像有三个交点,再画图分析求 解即可. 【 详 解 】 根 据   22 , 0 1 , 0 x x x f x xx      的 图 像 , 取 绝 对 值 可 知  f x x m  如 图 . 当  f x x m  的函数图像有三个交点时分两种情况 ①当直线 y x m  与抛物线部分相交于三个点时,临界条件分别为 y x m  过原点时,此时 0m  ,以及与抛物线相切,此时 2 22 0x x x m x x m       判别式 11 4 0 4m m       ,故 1 ,04m      ②当直线 y x m  与抛物线部分相交于 1 个点,与 1y x   相交于两点,此时临界条件为直线 y x m  与 1y x   相切,此时 21 1 0x m x mxx        判别式 2 4 0 2m m       ,由图得 y x m  中 0m  ,故 2m   为临界条件. 故此时  , 2m   综上所述,   1, 2 ,04m        . 故选：A 【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点的问题,需要画出对应的图像分析直线与曲线 相切等的临界条件,属于中等题型. 二.填空题：本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分. 10.复数 2 1 2 i i   的共轭复数是 ___________ 【答案】 i . 【解析】 2 (2 )(1 2 ) 5 1 2 (1 2 )(1 2 ) 5 i i i i ii i i        ，故该复数的共轭复数为 i . 11.（ 2x x  ）6 的展开式中常数项是_____． 【答案】-160 【解析】 【分析】 根据二项展开式的通项公式求得第 r+1 项，令 x 的指数为 0 得常数项． 【详解】展开式的通项为 Tr+1＝ 3 62 r r rC x （ ） 令 3﹣r＝0 得 r＝3 所以展开式的常数项为 3 3 62 C（ ） ＝﹣160 故答案为：﹣160． 【点睛】二项展开式的通项公式是解决二项展开式特定项问题的工具． 12.已知圆心为 C 的圆经过点 A（﹣1，﹣1）和 B（﹣2，2），且圆心 C 在直线 l：x﹣y﹣1＝0 上，则圆心为 C 的圆的标准方程是_____． 【答案】（x﹣3）2+（y﹣2）2＝25 【解析】 【分析】 由已知求出 AB 的垂直平分线方程，与已知直线方程联立求得圆心坐标，再求出半径，则圆的 方程可求． 【详解】由 A（﹣1，﹣1），B（﹣2，2），得 AB 的中点为（ 3 2  ， 1 2 ）， 又 1 2 31 2ABk      ，∴AB 的垂直平分线方程为 1 1 3 2 3 2y x      ，即 x﹣3y+3＝0． 联立 3 3 0 1 0 x y x y        ，解得 3 2 x y    ． ∴圆心坐标为 C（3，2），半径为|CA|＝5． ∴圆心为 C 的圆的标准方程是（x﹣3）2+（y﹣2）2＝25． 故答案为：（x﹣3）2+（y﹣2）2＝25． 【点睛】本题圆的标准方程的求法，考查计算能力，属于基础题． 13.已知箱中装有 10 个不同的小球，其中 2 个红球、3 个黑球和 5 个白球，现从该箱中有放回 地依次取出 3 个小球．则 3 个小球颜色互不相同的概率是_____；若变量ξ为取出 3 个球中红球 的个数，则ξ的数学期望 E（ξ）为_____． 【答案】 (1). 9 50 (2). 3 5 【解析】 【分析】 基本事件总数 n＝103 ＝1000，3 个小球颜色互不相同包含的基本事件个数 m＝103 ﹣ （23+33+53 2 2 2 2 2 2 3 3 32 8 3 7 5 5C C C         ）＝180，由此能求出 3 个小颜色互不相同 的概率；若变量ξ为取出 3 个球中红球的个数，则ξ～（n， 2 10 ），由此能求出ξ的数学期望 E（ξ）． 【详解】箱中装有 10 个不同的小球，其中 2 个红球、3 个黑球和 5 个白球， 现从该箱中有放回地依次取出 3 个小球， 基本事件总数 n＝103＝1000， 3 个小球颜色互不相同包含的基本事件个数： m＝103﹣（23+33+53 2 2 2 2 2 2 3 3 32 8 3 7 5 5C C C         ）＝180， 则 3 个小球颜色互不相同的概率是 P 180 9 1000 50 m n    ； 若变量ξ为取出 3 个球中红球的个数，则ξ～（n， 2 10 ）， ∴ξ的数学期望 E（ξ）＝3 2 3 10 5   ． 故答案为： 9 50 ， 3 5 ． 【点睛】本题考查概率、数学期望的求法，考查古典概型、二项分布等基础知识，考查数据 分析能力、运算求解能力，是中档题． 14.已知正数 x，y 满足 2 3x y xy   ，则当 x______时， x y 的最小值是______． 【答案】 (1). 1 2 (2). 1 【解析】 【分析】 将 x y 化简成只关于 y 的解析式,再换元利用基本不等式求解即可. 【详解】正数 x,y 满足 2 3x y xy   , 2 03 1 yx y    ,可得 1 3y  , 2 24 3 1 3 1 y y yx y yy y       , 令 3 1t y  则 1 3 ty  且 0t  , 2 2 1 14 4 5 1 1 1 1 13 3 4 5 5 2 4 19 9 9 t t t tx y t tt t t t                 （ ） （ ） , 当且仅当 14t t  即 1 2t  ,此时 1 2x y  取最小值 1, 故答案为： 1(1) 2 (2)1 【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用,需要换元后再利用基本不等式,属于中等题型. 15.在平面凸四边形 ABCD 中， 2AB  ，点 M ，N 分别是边 AD ，BC 的中点，且 3 2MN  ， 若   3 2MN AD BC     ，则 AB CD   ______. 【答案】 2 【解析】 【分析】 取 BD 的中点 O，连接 OM，ON，运用向量的中点表示和数量积的性质，以及加减运算，计 算可得所求值. 【详解】解：取 BD 的中点 O，连接 OM，ON， 可得 1 ( )2MN MO ON AB DC        ， 平方可得    2 2 2 21 1 92 4 24 4 4MN AB DC AB DC DC AB DC                ， 即有 25 1 2 2AB DC DC     ， 3( ) 2MN AD BC     ， 即有 1 ( ) ( )2 AB DC AB BD BC           2 2 21 1 1 3( ) ( ) 42 2 2 2AB DC AB CD AB CD CD               ， 解得 2 1CD  ， 所以 21 5 1 5 22 2 2 2AB CD DC         ， 故答案为：−2. 【点睛】本题考查向量数量积的性质和向量的中点表示，化简整理的运算能力，属于中档题. 三.解答题：本大题共 5 个小题，共 75 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算 步骤． 16.在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且 11 3b c cosA ABC   ， ， 的面积 为 2 2 ． （Ⅰ）求 a 及 sinC 的值； （Ⅱ）求 π2 6cos A（ ）的值． 【答案】（ Ⅰ） 3a  ， 4 2   9sinC  ，（Ⅱ 4 2 7 3 18 ） 【解析】 【分析】 (1)根据余弦定理与面积公式化简求解即可. (2)先利用二倍角公式求解 2sin A 与 2cos A,再根据余弦的差角公式计算即可. 【详解】（ Ⅰ）在 ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别是 a,b,c,且 21 2 21, , 13 3b c cosA sinA cos A       , ABC 的面积为 1 2 2 2 2 2, 6, 3, 22 2 3 3 bcbc sinA bc bc b c          , 2 2 12 9 4 2 3 2 33a b c bc cosA            ． 再根据正弦定理可得 a c sinA sinC  ,即 3 2 4 2, 92 2 3 sinCsinC    ． （ Ⅱ 2 2 1 4 22 2 2 ,3 3 9sin A sinAcosA     ） 2 72 2 1 9cos A cos A    , 故 7 3 4 2 1 4 2 7 32 2 26 6 6 9 2 9 2 18cos A cos Acos sin Asin           （ ） ． 【点睛】本题主要考查了正余弦定理与面积公式的运用,同时也考查了二倍角公式与和差角公 式的运用,属于中等题型. 17.如图，在四棱锥 P ABCD 中， PAD△ 为等边三角形，边长为 2， ABC 为等腰直角三 角形， AB BC ， 1AC  ， 90DAC   ，平面 PAD  平面 ABCD. (1)证明： AC  平面 PAD； (2)求平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值； (3)棱 PD 上是否存在一点 E，使得 / /AE 平面 PBC？若存在，求出 PE PD 的值；若不存在，请 说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2） 30 10 ；（3）棱 PD 上存在一点 E，使得 / /AE 平面 PBC，且 1 3 PE PD  . 【解析】 【分析】 （1）用面面垂直的性质定理证明线面垂直； （2）取 AD 的中点 O ，连接 PO ，得 PO  平面 ABCD ，以 AP 为 x 轴， AC 为 y 轴，过 A 平行于 PO 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用平面的法向量的夹角求二 面角； （3）假设棱 PD 上存在一点 E，使得 / /AE 平面 PBC，设 PE PD  ，由 AE  与平面 PBC 的 法向量垂直求得  ，如果求不出，说明不存在. 【详解】（1）∵平面 PAD  平面 ABCD， AC AD ，平面 PAD 平面 ABCD AD ， AC  平面 ABCD，∴ AC  平面 PAD ； （2）取 AD 的中点 O ，连接 PO ，由于 PAD 是等边三角形，所以 PO AD ，由平面 PAD  平面 ABCD，得 PO  平面 ABCD ， 3PO  ， 以 AP 为 x 轴， AC 为 y 轴，过 A 平行于 PO 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标 系， 则 (0,0,0)A ， (2,0,0)D ， (0,1,0)C ， 1 1( , ,0)2 2B  ， (1,0, 3)P ， ( 1,1, 3)PC    ， 1 1( , ,0)2 2BC  ，设平面 PBC 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， 则 3 0 1 1 02 2 n PC x y z n BC x y              ，取 1x   ，则 1y  ， 2 3 3z  ， 2 3( 1,1, )3n   ， 平面 PAD 的一个法向量为 (0,1,0)m  ， 2 2 2 1 30cos , 102 31 ( 1) 1 ( )3 m nm n m n              ， ∴平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为 30 10 ； （3）假设棱 PD 上存在一点 E，使得 / /AE 平面 PBC，设 PE PD  (0 1)  ， 由（2） (1,0, 3)PD   ， (1,0, 3)AP  ， 1 0 3 3)AE AP PE AP PD             ( ，， ，又平面 PBC 的一个法向量是 2 3( 1,1, )3n   ， ∴ 2 31 ( 3 3 ) 03AE n          ，解得 1 3   ，∴ 1 3 PE PD  . ∴棱 PD 上存在一点 E，使得 / /AE 平面 PBC，且 1 3 PE PD  . 【点睛】本题考查由面面垂直证明线面垂直，考查用空间向量法求二面角，研究线面平行．解 题是建立空间直角坐标系． 18.已知等比数列{an}的公比 q＞1，且 a3+a4+a5＝28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项．数列{bn}满 足 b1＝1，数列{（bn+1﹣bn）an}的前 n 项和为 2n2+n． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{bn}的通项公式． 【答案】（Ⅰ） 12n na  ；（Ⅱ）   2115 4 3 ( )2 n nb n     ． 【解析】 【分析】 （1）运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所 求通项公式； （2）设 cn＝（bn+1﹣bn）an，数列{cn}前 n 项和为 Sn．由数列的递推式求得 cn，再由数列的恒 等式可得 bn，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求通项公 式． 【详解】（1）由题知 a3+a4+a5＝28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项， 所以 a3+a5＝2a4+4，解得 a4＝8，a3+a5＝20， 即 a1q3＝8，a1q2+a1q4＝20， 解得 a1＝1，q＝2， 所以 12n na -= ； （2）设 cn＝（bn+1﹣bn）an，数列{cn}前 n 项和为 Sn． 由 1 1 , 1 , 2n n n S nc S S n     ，Sn＝2n2+n，Sn﹣1＝2（n﹣1）2+n﹣1． 解得 cn＝4n﹣1． 由（1）可知 12n na -= ， 所以   1 1 14 1 ( )2b b n       n n n ， 故   2 1 14 5 ( ) 22n nb b      ，n n n ， bn﹣b1＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+（b3﹣b2）+（b2﹣b1）    2 3 1 01 1 1 14 5 ( ) 4 9 ( ) 7 ( ) 3 ( )2 2 2 2n n           n n ， 设    0 1 3 21 1 1 13 ( ) 7 ( ) 4 9 ( ) 4 5 ( ) 22 2 2 2T n n n             ，n n n ， 所以    2 2 11 1 1 1 13 7 ( ) 4 9 ( ) 4 5 ( )2 2 2 2 2nT n            n n n ， 相减可得  2 2 11 1 1 1 13 4 4 ( ) 4 ( ) 4 5 ( )2 2 2 2 2T n            n n n 3+4• 2 1 112 2 11 2 n       （4n﹣5）•（ 1 2 ）n﹣1， 化简可得   2114 4 3 ( ) 22T n n    ，n n ， 又 b1＝1，所以   2115 4 3 ( )2 n nb n     ． 【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的恒等式和 数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 19.已知点 A ， B 分别是椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0)a b  的左顶点和上顶点， F 为其右焦点， 1BA BF   ，且该椭圆的离心率为 1 2 ； （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设点 P 为椭圆上的一动点，且不与椭圆顶点重合，点 M 为直线 AP 与 y 轴的交点，线 段 AP 的中垂线与 x 轴交于点 N ，若直线 OP 斜率为 OPk ，直线 MN 的斜率为 MNk ，且 28 OP MN bk k a    （O 为坐标原点），求直线 AP 的方程. 【答案】（1） 2 2 : 14 3 x yC   （2）3 2 6 0x y   【解析】 【分析】 （1）依题意表示出 BA  ， BF  ，根据 1BA BF   ，和离心率为 1 2 ，求出 ,a b 的值，即可求出 椭圆方程. （2）设直线 AP 的斜率为 k ，直线 AP 方程为 ( 2)y k x  ，设  ,p pP x y ， AP 中点为  ,H HH x y ，  ,0NN x 联立直线方程与椭圆方程，消去 y 即可用含 k 的式子表示 P 、 H 的 坐标，即可表示出 AP 中垂线方程，求出 N 的坐标，最后根据 28 OP MN bk k a    求出参数 k 即 可得解. 【详解】解：（1）依题意知： ( ,0)A a ， (0, )B b ， (c,0)F ， ( , )BA a b   ， ( , )BF c b  ， 则 2 1BA BF ac b      ，又 1 2 ce a   ， 2 3 a b   ， 椭圆 C 的标准方程为 2 2 : 14 3 x yC   . （2）由题意  2,0A  ，设直线 AP 的斜率为 k ，直线 AP 方程为 ( 2)y k x  所以 (0,2 )M k ，设  ,p pP x y ， AP 中点为  ,H HH x y ，  ,0NN x 由 2 2 ( 2) 14 3 y k x x y     消去 y 得 2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k     2 2 16 12( 2) 3 4P kx k      2 2 2 6 8 12,3 4 3 4 k kP k k       2 2 2 8 6,3 4 3 4 k kH k k       AP 中垂线方程为： 2 2 2 6 1 8 3 4 3 4 k ky xk k k         令 0y  得 2 2 2 3 4N kx k   . 2 2 2 ,03 4 kN k      2 6 3 4 P OP P y kk x k     ， 2 2 2 2 3 4 2 3 4 MN k kk k k k    2 2 2 6 3 4 8 123 4OP MN k k bk k k k a               解得 2 9 4k  . 3 2k   直线 AP 的方程为 3 ( 2)2y x   ， 即3 2 6 0x y   【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合问题，属于中档题. 20.已知 2( ) 4 6lnf x x x x   ， （1）求  f x 在 (1, (1))f 处的切线方程以及  f x 的单调性； （2）对 (1, )x   ，有 2 1( ) ( ) 6 1 12xf x f x x k x          恒成立，求 k 的最大整数解； （3）令 ( ) ( ) 4 ( 6)lng x f x x a x    ，若  g x 有两个零点分别为 1x ， 2x  1 2x x 且 0x 为  g x 的唯一的极值点，求证： 1 2 03 4x x x  . 【答案】（1）切线方程为 8 5y x   ；单调递减区间为 0,3 ，单调递增区间为 (3, ) （2） k 的最大整数解为3（3）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，求出 (1)f  ， (1)f 即可得到切线方程，解 ( ) 0f x  得到单调递增区间， 解 ( ) 0f x  得到单调递减区间，需注意在定义域范围内； （2） 2 1( ) ( ) 6 1 12xf x f x x k x          等价于 min ln ( )1 x x xk h xx   ，求导分析 ( )h x 的 单调性，即可求出 k 的最大整数解； （3）由 2( ) lng x x a x  ，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明； 【详解】解：（1） 2( ) 4 6lnf x x x x   所以定义域为( )0,+¥ 6( ) 2 4f x x x     ； (1) 8f    ； (1) 3f   所以切线方程为 8 5y x   ； 2( ) ( 1)( 3)f x x xx     ， 令 ( ) 0f x  解得 3x  令 ( ) 0f x  解得 0 3x  所以  f x 的单调递减区间为  0,3 ，单调递增区间为 (3, ) . （2） 2 1( ) ( ) 6 1 12xf x f x x k x          等价于 min ln ( )1 x x xk h xx   ； 2 2 ln( ) ( 1) x xh x x     ， 记 ( ) 2 lnm x x x   ， 1( ) 1 0m x x     ，所以  m x 为 (1, ) 上的递增函数， 且 (3) 1 ln3 0m    ， (4) 2 ln 4 0m    ，所以 0 (3,4)x  ，使得  0 0m x  即 0 02 ln 0x x   ， 所以  h x 在 01, x 上递减，在 0,x  上递增， 且   0 0 0 min 0 0 0 ln( ) (3,4)1 x x xh x h x xx     ； 所以 k 的最大整数解为3. （3） 2( ) lng x x a x  ， ( 2 )( 2 )( ) 2 0a x a x ag x x x x       得 0 2 ax  ， 当 0, 2 ax      ， ( ) 0g x  ， ,2 ax       ， ( ) 0g x  ； 所以 ( )g x 在 0, 2 a      上单调递减， ,2 a     上单调递增， 而要使  g x 有两个零点，要满足  0 0g x  ， 即 2 ln 0 22 2 2 a a ag a a e                  ； 因为 10 2 ax  ， 2 2 ax  ，令 2 1 x tx  ( 1)t  ， 由    1 2f x f x ， 2 2 1 1 2 2ln lnx a x x a x    ， 即： 2 2 2 1 1 1 1ln lnx a x t x a tx   ， 2 1 2 ln 1 a tx t    而要证 1 2 03 4x x x  ， 只需证 1(3 1) 2 2t x a  ， 即证： 2 2 1(3 1) 8t x a  即： 2 2 ln(3 1) 81 a tt at   由 0a  ， 1t  只需证： 2 2(3 1) ln 8 8 0t t t    ， 令 2 2( ) (3 1) ln 8 8h t t t t    ，则 1( ) (18 6)ln 7 6h t t t t t       令 1( ) (18 6)ln 7 6n t t t t t      ，则 2 6 1( ) 18ln 11 0tn t t t      ( 1)t  故  n t 在 (1, ) 上递增， ( ) (1) 0n t n  ； 故  h t 在 (1, ) 上递增， ( ) (1) 0h t h  ； 1 2 03 4x x x   . 【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调性，综 合性比较强，属于难题.