2020届北京市朝阳区高三上学期期末数学试题（解析版）

2020届北京市朝阳区高三上学期期末数学试题（解析版）

2020 届北京市朝阳区高三上学期期末数学试题 一、单选题 1．在复平面内，复数 (2 )i i 对应的点的坐标为（ ） A． (1, 2) B． (2, 1) C． ( 1, 2) D． (2, 1) 【答案】C 【解析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出． 【详解】 解：复数 i（2+i）＝2i﹣1 对应的点的坐标为（﹣1，2）， 故选：C 【点睛】 本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 2．已知 23a  ， 0.5log 2b  ， 2log 3c  ，则（ ） A． a b c  B． a c b  C．b c a  D． c a b  【答案】D 【解析】利用中间量隔开三个值即可. 【详解】 ∵  23 0,1a   ， 0.5log 2 0b   , 2  log 3 1c   , ∴ c a b  ， 故选：D 【点睛】 本题考查实数大小的比较，考查幂指对函数的性质，属于常考题型. 3．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的离心率为 2 ，则其渐近线方程为（ ） A． 2y x  B． 3y x  C． 2 2y x  D． 3 2y x  【答案】B 【解析】根据题意，得双曲线的渐近线方程为 y＝± b a x，再由双曲线离心率为 2，得到 c＝2a，由定义知 b 2 2 3c a   a，代入即得此双曲线的渐近线方程． 【详解】 解：∵双曲线 C 方程为： 2 2 2 2 x y a b   1（a＞0，b＞0） ∴双曲线的渐近线方程为 y＝± b a x 又∵双曲线离心率为 2， ∴c＝2a，可得 b 2 2 3c a   a 因此，双曲线的渐近线方程为 y＝± 3 x 故选：B． 【点睛】 本题给出双曲线的离心率，求双曲线的渐近线方程，着重考查了双曲线的标准方程与基 本概念，属于基础题． 4．在 ABC 中，若 3b  ， 6c  ， 4C = ，则角 B 的大小为（ ） A． 6  B． 3  C． 2 3  D． 3  或 2 3  【答案】D 【解析】利用正弦定理即可得到结果. 【详解】 解：∵b＝3，c 6 ，C 4  ， ∴由正弦定理 b c sinB sinC  ，可得 3 6 4 sinB sin  ， 可得：sinB 3 2  ， ∵c＜b，可得 B 3  或 2 3  ， 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题． 5．从3 名教师和 5 名学生中，选出 4 人参加“我和我的祖国”快闪活动．要求至少有一 名教师入选，且入选教师人数不多于入选学生人数，则不同的选派方案的种数是（ ） A． 20 B． 40 C． 60 D．120 【答案】C 【解析】由题意可分成两类：一名教师和三名学生，两名教师和两名学生，分别利用组 合公式计算即可. 【详解】 由题意可分成两类： （1）一名教师和三名学生，共 1 3 3 5 30C C  ； （2）两名教师和两名学生，共 2 2 3 5 30C C  ； 故不同的选派方案的种数是30 30 60  . 故选：C 【点睛】 本题考查组合的应用，是简单题，注意分类讨论、正确计算即可． 6．已知函数 ( ) x xf x e e  ，则 ( )f x （ ） A．是奇函数，且在 (0, ) 上单调递增 B．是奇函数，且在 (0, ) 上单调递减 C．是偶函数，且在 (0, ) 上单调递增 D．是偶函数，且在 (0, ) 上单调递减 【答案】C 【解析】根据函数的奇偶性的定义以及单调性的性质判断即可． 【详解】 函数   x xf x e e  的定义域为 R，     x x x xf x e e e e f x         ， 即     f x f x  ， ∴  f x 是偶函数， 当 x 0 时，   x xf x e e  , y   xe 为增函数， y xe 为减函数， ∴  f x 在 0, 上单调递增， 故选：C 【点睛】 本题考查了函数的奇偶性以及函数的单调性问题，考查推理能力，是一道中档题． 7．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的体 积为（ ） A． 2 3 B． 4 3 C． 2 D． 4 【答案】A 【解析】根据题意把三棱锥放入棱长为 2 的正方体中，得出三棱锥的形状， 结合图形，求出该三棱锥的体积． 【详解】 解：根据题意，把三棱锥放入棱长为 2 的正方体中，是如图所示的三棱锥 P﹣ABC， ∴三棱锥 P﹣ABC 的体积为： 1 1 22 1 23 3 3ABCS      ， 故选：A 【点睛】 本题考查了利用三视图求空间几何体体积的应用问题，考查空间想象能力，是基础题． 8．设函数 3( ) 3 ( )f x x x a a R    ，则“ 2a  ”是“ ( )f x 有且只有一个零点”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 ( )f x 有且只有一个零点的充要条件为 2a  ,或 2a   ，从而作出判断. 【详解】 f（x）＝ 3 3x x a  ， f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1）， 令 f′（x）＞0，解得：x＞1 或 x＜﹣1， 令 f′（x）＜0，解得：﹣1＜x＜1， ∴    3 3f x x x a a R    在 1，  ， 1 ， 上单调递增，在 1,1 上单调递 减， 且  1 2  f a   ,    1 2  f a   , 若  f x 有且只有一个零点，则 2a  ,或 2a   ∴“ 2a  ”是“ ( )f x 有且只有一个零点”的充分而不必要条件， 故选：A 【点睛】 本题考查充分性与必要性，同时考查三次函数的零点问题，考查函数与方程思想，属于 中档题. 9．已知正方形 ABCD 的边长为 2 ，以 B 为圆心的圆与直线 AC 相切.若点 P 是圆 B 上 的动点，则 DB AP  的最大值是（ ） A． 2 2 B． 4 2 C． 4 D．8 【答案】D 【解析】建立平面直角坐标系，圆 B 的方程为： 2 2 2x y  ,   4 4 4DB AP sin          ，利用正弦型函数的性质得到最值. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，则  0,0B ，  A 0,2 ，  D 2,2 ， 圆 B 的方程为： 2 2 2x y  ,∴  2 2P cos sin ， ， ∴  2 2DB    ， ，  2 2 2AP cos sin   ， ， ∴ 2 2 2 2 4 4 4 4DB AP cos sin sin                ∴ 14sin       时， DB AP  的最大值是 8， 故选：D 【点睛】 本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了，考查了正弦型函数的性质， 考查推理能力与计算能力，属于中档题． 10．笛卡尔、牛顿都研究过方程 ( 1)( 2)( 3)x x x xy    ，关于这个方程的曲线有下 列说法： ① 该曲线关于 y 轴对称； ② 该曲线关于原点对称；③ 该曲线不经过第三 象限； ④ 该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数．其中正确的是（ ） A．②③ B．①④ C．③ D．③④ 【答案】C 【解析】以﹣x 代 x，以﹣x 代 x，﹣y 代 y，判断①②的正误，利用方程两边的符号判断 ③的正误，利用赋值法判断④的正误. 【详解】 以﹣x 代 x，得到   1 2 3x x x xy    ，方程改变，不关于 y 轴对称； 以﹣x 代 x，﹣y 代 y，得到   1 2 3x x x xy     ，方程改变，不关于原点 对称； 当 x 0, y 0  时，   1 2 3 0,  0,x x x xy   显然方程不成立， ∴该曲线不经过第三象限； 令 x 1  ,易得 12y  ，即  1,12 适合题意，同理可得     1,0 2,0 3,0， ， 适合题意， ∴该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数是错误的， 故选：C 【点睛】 本题考查曲线与方程，考查曲线的性质，考查逻辑推理能力与转化能力，属于中档题． 二、填空题 11． 412x x     的展开式中的常数项为______. 【答案】24 【解析】先求出二项式 412x x     展开式通项公式 4 4 4 2 1 4 4 1(2 ) ( ) 2r r r r r r rT C x C xx       ， 再令 4 2 0r  ，求出 2r = 代入运算即可得解. 【详解】 解：由二项式 412x x     展开式通项公式为 4 4 4 2 1 4 4 1(2 ) ( ) 2r r r r r r rT C x C xx       ， 令 4 2 0r  ，解得 2r = ，即展开式中的常数项为 4 2 2 4 4 32 4 242 1C    ， 故答案为 24. 【点睛】 本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式通项公式，属基础题. 12．已知等差数列{ }na 的公差为 2 ，若 1a ， 3a ， 4a 成等比数列，则 2a  _______；数 列{ }na 的前 n 项和的最小值为_____． 【答案】 6 20 【解析】运用等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项，即可得到 a2，再由等差数列的求和公式，结合二次函数的最值求法，即可得到所求最小值． 【详解】 解：等差数列{an}的公差 d 为 2， 若 a1，a3，a4 成等比数列， 可得 a32＝a1a4， 即有（a1+2d）2＝a1（a1+3d）， 化为 a1d＝﹣4d2， 解得 a1＝﹣8，a2＝﹣8+2＝﹣6； 数列{an}的前 n 项和 Sn＝na1 1 2  n（n﹣1）d ＝﹣8n+n（n﹣1）＝n2﹣9n ＝（n 9 2  ）2 81 4  ， 当 n＝4 或 5 时，Sn 取得最小值﹣20． 故答案为：﹣6，﹣20． 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查等比数列中项的性质，以及二次 函数的最值的求法，考查运算能力，属于中档题． 13．若顶点在原点的抛物线经过四个点 (1,1) ， 1(2, )2 ， (2,1) ， (4,2) 中的 2 个点，则 该抛物线的标准方程可以是________． 【答案】 2 8x y 或 2y x 【解析】分两类情况，设出抛物线标准方程，逐一检验即可. 【详解】 设抛物线的标准方程为： 2x my ，不难验证  12, 4,22      ， 适合，故 2 8x y ； 设抛物线的标准方程为： 2 ny x ，不难验证   1,1 4,2， 适合，故 2y x ； 故答案为： 2 8x y 或 2y x 【点睛】 本题考查抛物线标准方程的求法，考查待定系数法，考查计算能力，属于基础题. 14．春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活 动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为 p ，各株是否成活相互独立．该学校的某班 随机领养了此种盆栽植物 10 株，设 X 为其中成活的株数，若 X 的方差 2.1DX  ， ( 3) ( 7)P X P X   ，则 p  ________． 【答案】 0.7 【解析】由题意可知：  X ~ B 10, p ，且       10 1 2.1 3 7 p p P X P X       ，从而可得 p 值． 【详解】 由题意可知：  X ~ B 10, p ∴       10 1 2.1 3 7 p p P X P X       ，即 2100 100 21 0 0.5 p p p       , ∴ 0.7p  故答案为： 0.7 【点睛】 本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中 档题． 15．已知函数 ( )f x 的定义域为 R ，且 ( ) 2 ( )f x f x  ，当 [0, )x  时， ( ) sinf x x ．若存在 0 ( , ]x m  ，使得 0( ) 4 3f x  ，则 m 的取值范围为________． 【答案】 10[ , )3   【解析】由 f（x+   ）＝2f（x），得 f（x）＝2f（x﹣ ），分段求解析式，结合图象可 得 m 的取值范围． 【详解】 解：∵    2f x f x  ，∴    2f x f x   ， ∵当 [ )0,xÎ p 时，   sinf x x ． ∴当  ,2x   时，    2sinf x x   ． 当  2 ,3x   时，    4sin 2f x x   ． 当  3 ,4x   时，    8sin 3f x x   ． 作出函数的图象： 令  8sin 3 4 3x   ，解得： 10 3x  ，或11 3  ， 若存在  0 ,x m  ，使得  0 4 3f x  ，则 10 3m  ， 故答案为： 10[ , )3   【点睛】 本题考查函数与方程的综合运用，训练了函数解析式的求解及常用方法，考查数形结合 的解题思想方法，属中档题． 16．某学校数学建模小组为了研究双层玻璃窗户中每层玻璃厚度 d （每层玻璃的厚度 相同）及两层玻璃间夹空气层厚度l 对保温效果的影响，利用热传导定律得到热传导量 q满足关系式： 1 1 2 ( 2) Tq ld d      ，其中玻璃的热传导系数 3 1 4 10   焦耳/（厘米 度），不流通、干燥空气的热传导系数 4 2 2.5 10   焦耳/（厘米 度）， T 为室内外 温度差． q值越小，保温效果越好．现有 4 种型号的双层玻璃窗户，具体数据如下表： 型号 每层玻璃厚度 d （单位：厘米） 玻璃间夹空气层厚度l （单位：厘米） A 型 0.5 3 B 型 0.5 4 C 型 0.6 2 D 型 0.6 3 则保温效果最好的双层玻璃的型号是________型． 【答案】 B 【解析】分别计算 4 种型号的双层玻璃窗户的 q值，根据 q值越小，保温效果越好．即 可作出判断. 【详解】 A 型双层玻璃窗户： 3 1 4 2 4 10 32 0.5 2 492.5 10 0.5 ld d                   ， B 型双层玻璃窗户： 3 1 4 2 4 10 42 0.5 2 652.5 10 0.5 ld d                   ， C 型双层玻璃窗户： 3 1 4 2 4 10 22 0.6 2 33.22.5 10 0.6 ld d                   ， D 型双层玻璃窗户： 3 1 4 2 4 10 32 0.6 2 49.22.5 10 0.6 ld d                   ， 根据 1 1 2 2 Tq ld d         ，且 q值越小，保温效果越好． 故答案为：B 【点睛】 本题以双层玻璃窗户保温效果为背景，考查学生学生分析问题解决问题的能力，考查计 算能力. 三、解答题 17．已知函数 2( ) 3sin 2 2cos ( )f x x x m m R    ． （1）求 ( )f x 的最小正周期； （2）求 ( )f x 的单调递增区间； （3）对于任意 [0, ]2x  都有 ( ) 0f x  恒成立，求 m 的取值范围． 【答案】（1） ；（2）[ , ]( )3 6k k k Z      ；（3） ( , 3)  . 【解析】（1）将函数进行化简，根据三角函数的周期公式即可求函数 f（x）的最小正周 期 T； （2）由三角函数的图象与性质即可求函数 f（x）的单调递增区间； （3）原问题等价于  f x 的最大值小于零. 【详解】 （1）因为   23sin2 2cosf x x x m   3sin2 cos2 1x x m    ， 2sin 2 16x m       . 所以  f x 的最小正周期 2 π2T   ． （2）由（1）知   2sin 2 16f x x m       ． 又函数 siny x 的单调递增区间为 π π2 , 22 2k k       ( k Z)． 由 2 2 22 6 2k x k         ， k Z ， 得 3 6k x k       ， k Z ． 所以  f x 的单调递增区间为  ,3 6k k k Z         . （3）因为 0 2x   ，所以 726 6 6x     . 所以 1 sin 2 12 6x        .所以 2sin 2 1 36m x m m         . 当 2 6 2x    ，即 6x  时，  f x 的最大值为 3m ， 又因为   0f x  对于任意 0, 2x     恒成立，所以 3 0m  ，即 3m   . 所以 m 的取值范围是 , 3  . 【点睛】 本题主要考查三角函数函数的周期、单调区间和最值问题，关键在正确化简三角函数解 析式为一个角的一个三角函数名称的形式，然后利用三角函数的性质解答，要求熟练掌 握三角函数的图象和性质． 18．某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动．设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有 害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名 称．每位参赛选手从所有卡片中随机抽取 20 张，按照自己的判断，将每张卡片放入对 应的箱子中．按规则，每正确投放一张卡片得 5 分，投放错误得 0 分．比如将写有“废 电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得 5 分，放入其它箱子，得 0 分．从所有参 赛选手中随机抽取 20 人，将他们的得分按照[0,20] ， (20,40] ， (40,60] ， (60,80] ， (80,100] 分组，绘成频率分布直方图如图： （1）分别求出所抽取的 20 人中得分落在组[0,20] 和 (20,40] 内的人数； （2）从所抽取的 20 人中得分落在组[0,40] 的选手中随机选取 3 名选手，以 X 表示这 3 名选手中得分不超过 20 分的人数，求 X 的分布列和数学期望； （3） 如果某选手将抽到的 20 张卡片逐一随机放入四个箱子，能否认为该选手不会得 到 100 分？请说明理由． 【答案】（1）抽取的 20 人中得分落在组[0,20] 的人数有 2 人，得分落在组 (20,40] 的 人数有 3 人；（2）分布列见解析，1.2；（3）答案不唯一，具体见解析. 【解析】（1）根据频率分布直方图即可得到满足题意的人数； （2） X 的所有可能取值为 0 ， 1， 2 ，求出相应的概率值，即可得到的分布列和数学 期望； （3）该选手获得 100 分的概率是 201 4      ，结合此数据作出合理的解释. 【详解】 （1）由题意知，所抽取的 20 人中得分落在组 0,20 的人数有 0.0050 20 20 2   （人）， 得分落在组 20,40 的人数有 0.0075 20 20 3   （人）． 所以所抽取的 20 人中得分落在组 0,20 的人数有 2 人，得分落在组 20,40 的人数有 3 人． （2） X 的所有可能取值为 0 ， 1， 2 ．   3 3 3 5 10 10 CP X C    ，   1 2 2 3 3 5 61 10 C CP X C    ，   2 1 2 3 3 5 32 10 C CP X C    ． 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 10 6 10 3 10 所以 X 的期望 1 6 30 1 2 1.210 10 10EX        ． （3）答案不唯一． 答案示例 1：可以认为该选手不会得到 100 分．理由如下： 该选手获得 100 分的概率是 201 4      ，概率非常小，故可以认为该选手不会得到 100 分． 答案示例 2：不能认为该同学不可能得到 100 分．理由如下： 该选手获得 100 分的概率是 201 4      ，虽然概率非常小，但是也可能发生，故不能认为该 选手不会得到 100 分． 【点睛】 本题考查频率分布直方图的应用，离散型随机变量的分布列与期望，概率的理解，考查 分析问题解决问题的能力. 19．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， 3ABC   ， PA  平面 ABCD ， 3PA  ， 2PF FA ， E 为 CD 的中点． （1）求证： BD PC ； （2）求异面直线 AB 与 DF 所成角的余弦值； （3）判断直线 EF 与平面 PBC 的位置关系，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 5 ；（3）相交，理由见解析． 【解析】（1）根据题意先证明 BD  平面 PAC ，即可得到答案； （2）以O 为坐标原点，以OB 为 x 轴，以OC 为 y 轴，以过点O 且与 AP 平行的直线 为 z 轴， 建立空间直角坐标系O xyz ，求出 AB 、 DF 的坐标，利用公式即可得到结果； （3）求出平面 PBC 的一个法向量与向量 EF ，根据 nEF   与零的关系，作出判断. 【详解】 （1）连结 AC ． 因为底面 ABCD 是菱形 ，所以 BD AC . 又因为 PA  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ， 所以 PA BD . 又因为 PA AC A  ， 所以 BD  平面 PAC . 又因为 PC 平面 PAC ， 所以 BD PC . （2）设 AC ， BD 交于点O . 因为底面 ABCD 是菱形 ， 所以 AC BD ， 又因为 PA  平面 ABCD ， 所以 PA AC ， PA BD . 如图，以O 为坐标原点，以 OB 为 x 轴，以OC 为 y 轴，以过点O 且与 AP 平行的直线 为 z 轴， 建立空间直角坐标系O xyz ， 则  0, 1,0A  ，  3,0,0B ，  0,1,0C ，  3,0,0D  ， 3 1, ,02 2E      ，  0, 1,3P  ，  0, 1,1F  . 则  3,1,0AB  ，  3, 1,1DF   ， 设异面直线 AB 与 DF 所成角为 ，则 0, 2      ， | | 5cos cos , 5 AB DFAB DF AB DF             ， 所以 AB 与 DF 所成角的余弦值为 5 5 . （3）直线 EF 与平面 PBC 相交.证明如下： 由（2）可知， 3 3, ,12 2EF        ，  3,1,0BC   ，  3, 1,3BP    ， 设平面 PBC 的一个法向量为  n , ,x y z ， 则 0, 0, n BC n BP         即 3 0, 3 3 0, x y x y z         令 3x  ，得  n 3,3,2 ． 则  3 3n , ,1 3,3,2 02 2EF            ， 所以直线 EF 与平面 PBC 相交． 【点睛】 本题考查线面的位置关系，考查异面直线所成角的度量，考查推理能力与计算能力，属 于中档题. 20．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     过点 3( 1, )2P  ，且椭圆C 的一个顶点 D 的坐 标为 ( 2,0) ．过椭圆C 的右焦点 F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点 A ，B （ A ，B 不同于点 D ），直线 DA 与直线 m ： 4x  交于点 M ．连接 MF ，过点 F 作 MF 的垂 线与直线 m 交于点 N ． （1）求椭圆C 的方程，并求点 F 的坐标； （2）求证： D ， B ， N 三点共线． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ， (1,0) ；（2）证明见解析. 【解析】（1）根据题意列方程组 2 2 2, 1 9 14 a a b    ，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点 坐标； （2）讨论直线l 的斜率，利用 DB DN ， 是平行的证明 D ， B ， N 三点共线． 【详解】 （1） 因为点 31, 2P    在椭圆C 上，且椭圆C 的一个顶点 D 的坐标为 2,0 ， 所以 2 2 2, 1 9 1.4 a a b    解得 2, 3. a b   所以椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． 所以椭圆C 的右焦点 F 的坐标为  1,0 ． （2）① 当直线 l 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 1x  ． 显然， 31, 2A     ， 31, 2B    或 31, 2A    ， 31, 2B     ． 当 31, 2A     ， 31, 2B    时，直线 DA 的方程为  1 22y x  ，点 M 的坐标为 4,3 ． 所以 1MFk  ． 直线 FN 的方程为  1y x   ，点 N 的坐标为 4, 3 ． 则 33, 2DB       ，  6, 3DN   ． 所以 2DN DB  ，所以 D ， B ， N 三点共线． 同理，当 31, 2A    ， 31, 2B     时， D ， B ， N 三点共线． ② 当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为  1y k x  ． 由   2 2 1 , 3 4 12 y k x x y       得   2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k     ． 且     22 2 28 4 3 4 4 12 0k k k       ． 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 2 1 2 2 8 3 4 kx x k    ， 2 1 2 2 4 12 3 4 kx x k   ． 直线 DA 的方程为  1 1 22 yy xx   ，点 M 的坐标为 1 1 64, 2 y x      ． 所以 1 1 1 1 6 02 2 4 1 2MF y x yk x    ． 直线 NF 的方程为  1 1 2 12 xy xy    ，点 N 的坐标为  1 1 3 24, 2 x y      ． 则  2 22,DB x y  ，  1 1 3 26, 2 xDN y        ． 所以   1 2 2 1 3 22 62 xx yy       1 2 1 2 1 3 2 2 42 x x y yy        ，      2 1 2 1 2 1 3 2 2 4 1 12 x x k x xy          ，     2 2 2 1 2 1 2 1 3 1 4 2 4 4 42 k x x k x x ky           ，    2 2 2 2 2 2 2 1 3 4 12 81 4 2 4 4 42 3 4 3 4 k kk k ky k k            ，        2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 12 2 4 8 4 4 3 43 2 3 4 k k k k k k y k            ， 2 4 2 2 4 2 4 2 2 1 3 4 12 16 48 16 32 12 12 16 16 2 3 4 k k k k k k k k y k             0 ． 所以 DB 与 DN 共线， 所以 D ， B ， N 三点共线． 综上所述， D ， B ， N 三点共线． 【点睛】 本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦 达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 21．已知函数 ( ) (sin )lnf x x a x  ， a R ． （1）若 0a  . （ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))2 2f  处的切线方程； （ⅱ）求函数 ( )f x 在区间 (1, ) 内的极大值的个数． （2）若 ( )f x 在 ,2 π π     内单调递减，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）（ⅰ） 2 ln 02x y       ；（ⅱ）1；（2） ( , 1]  ． 【解析】（1）（ⅰ）求出导函数，得到 2f       与 2f      ，利用点斜式得到直线的方程； （ⅱ）研究函数在区间 1, 内单调性，结合极值的定义得到答案； （2）由题可知   sin cos lnx af x x xx   ，其中 ,2x      ，分两类情况： 1a   与 1a   ， 结合函数的单调性与极值即可得到实数 a 的取值范围． 【详解】 （1）（ⅰ）因为   sin lnf x x x ， 所以   sincos ln xf x x x x   ， 2 2f         ． 又因为 ln2 2f       ， 所以曲线  y f x 在点 ,2 2f         处的切线方程为 2ln 2 2y x         ， 化简得 2 ln 02x y       ． （ⅱ）当 1, 2x     时，   0f x  ，  f x 单调递增，此时  f x 无极大值． 当 ,2x      时，设    g x f x  ，则   2 2cos sinsin ln 0x xg x x x x x      ， 所以  f x 在 ,2       内单调递减． 又因为 2 02f        ，   ln 0f      ， 所以在 ,2       内存在唯一的 0 ,2x      ，使得  0 0f x  ． 当 x 变化时，  f x ，  f x 的变化如下表 x 0,2 x     0x  0 ,x   f x  0 -  f x ↗ ↘ 所以  f x 在 01, x 内单调递增，在 0 ,x  内单调递减，此时  f x 有唯一极大值． 综上所述，  f x 在 1, 内的极大值的个数为1． （2） 由题可知   sin cos lnx af x x xx   ，其中 ,2x      ． 当 1a   时，   0f x  ，故  f x 在 ,2       内单调递减； 下面设 1a   ． 对于 ,2x       ， 2ln ln ln 2x e   ，且 cos 0x  ， 所以 cos ln 2cosx x x ． 所以当 ,2x      时，   sin sin 2 cos2cosx a x a x xf x xx x      ． 设   sin 2 cosh x x x x a   ， ,2x      ， 则   cos 2cos 2 sin 3cos 2 sin 0h x x x x x x x x      ． 所以  h x 在 ,2       上单调递减． 1 02h a       ，   2h a    ． 当 2 0a   时，即 2a  时，   0h   ，对 ,2x       ，   0h x  ， 所以   0f x  ，  f x 在 ,2       内单调递增，不符合题意． 当 2 0a   时，即 1 2a    时， 02h      ，   0h   ， 所以 1 ,2x       ，使  1 0h x  ， 因为  h x 在 ,2       内单调递减， 所以对 1,2x x     ，   0h x  ，所以   0f x  ． 所以  f x 在 1,2 x     内单调递增，不符合题意． 所以当 1a   时，  f x 在 ,2       内不单调递减． 综上可得 1a   ， 故 a 的取值范围为 , 1  ． 【点睛】 本题考查了导数的几何意义及导数的综合应用，同时考查了数形结合的数学思想与分类 讨论的思想，属于中档题． 22．设 m 为正整数，各项均为正整数的数列{ }na 定义如下： 1 1a  ， 1 , ,2 , . n n n n n a aa a m a      为偶数 为奇数 （1）若 5m  ，写出 8a ， 9a ， 10a ； （2）求证：数列{ }na 单调递增的充要条件是 m 为偶数； （3）若 m 为奇数，是否存在 1n  满足 1na  ？请说明理由． 【答案】（1） 8 6a  ， 9 3a  ， 10 8a  ；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析． 【解析】（1） 5m  时，结合条件，注意求得 8a ， 9a ， 10a ； （2）根据 1n na a  与零的关系，判断数列 na 单调递增的充要条件； （3）存在 1n  满足 1na  . 【详解】 （1） 8 6a  ， 9 3a  ， 10 8a  ． （2）先证“充分性”． 当 m 为偶数时，若 na 为奇数，则 1na  为奇数． 因为 1 1a  为奇数，所以归纳可得，对 *n N  ， na 均为奇数，则 1n na a m   ， 所以 1 0n na a m    ， 所以数列 na 单调递增． 再证“必要性”． 假设存在 *k N 使得 ka 为偶数，则 1 2 k k k aa a   ，与数列 na 单调递增矛盾， 因此数列 na 中的所有项都是奇数． 此时 1n na a m   ，即 1n nm a a  ，所以 m 为偶数． （3）存在 1n  满足 1na  ，理由如下： 因为 1 1a  ， m 为奇数，所以 2 1 2a m m   且 2a 为偶数， 3 1 2 ma m  ． 假设 ka 为奇数时， ka m ； ka 为偶数时， 2ka m ． 当 ka 为奇数时， 1 2k ka a m m    ，且 1ka  为偶数； 当 ka 为偶数时， 1 2 k k aa m   ． 所以若 1ka  为奇数，则 1ka m  ；若 1ka  为偶数，则 1 2ka m  ． 因此对 *n N  都有 2na m ． 所以正整数数列 na 中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项． 设集合  { , | , }r sA r s a a r s   ，设集合  * *{ | , }B r N r s A N    ． 因为 A   ，所以 B   ． 令 1r 是 B 中的最小元素，下面证 1 1r  ． 设 1 1r  且 1 1 1 1( )r sa a r s  ． 当 1ra m 时， 1 11 2r ra a  ， 1 11 2s sa a  ，所以 1 11 1r sa a  ； 当 1ra m 时， 1 11r ra a m   ， 1 11s sa a m   ，所以 1 11 1r sa a  ． 所以若 1 1r  ，则 1 1r B  且 1 11r r  ，与 1r 是 B 中的最小元素矛盾． 所以 1 1r  ，且存在 * 11 s N  满足 1 1 1sa a  ，即存在 1n  满足 1na  ． 【点睛】 本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力， 属于难题．