2020屆北京市朝陽區(qū)高三上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題(解析版)

1、北京市朝陽區(qū)20192020學(xué)年度第一學(xué)期高三年級期中數(shù)學(xué)試卷2019. 11本試卷分為選擇題（共40分）和非選擇題（共110分）兩部分考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目 要求的一項。1 .已知集合 Ax Z x2 4 , B 1, 2,則 AUB （）A. 1B. 1, 2C. 1 ,0 ,1,2D. 2, 1,0 ,1,2【答案】C【解析】【分析】根據(jù)一元二次不等式的解法求得集合A,根據(jù)并集定義求得結(jié)果.【詳解】Q A x Z| 2 x

2、 21,0,1 , B 1,2 AU B 1,0,1,2故選：C【點睛】本題考查集合運(yùn)算中的并集運(yùn)算，涉及到一元二次不等式的求解，屬于基礎(chǔ)題2.已知，且 sin a= 3 ,則 tan a=()5A.B.C.D.344343由 sin= 35得 cos a=石$訪2=,所以tan =包，5cos342故答案為：B。3.下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在區(qū)間（0,1）上單調(diào)遞增的是（）3A. y xB.ySin（x）C. ylog2xD.y2x2【答案】D【解析】【分析】yx3與y sin x在0,1上單調(diào)遞減，可排除性定義和單調(diào)性的性質(zhì)可驗證出D正確.【詳解】A中，y x3在0,1上單調(diào)遞增yB中，y

3、 sin x在0,1上單調(diào)遞增y sinA,B ； y log2 x為偶函數(shù)，可排除 C ；根據(jù)奇偶x3在0,1上單調(diào)遞減，A錯誤；x sinx在0,1上單調(diào)遞減，B錯誤；C中，log2 x log2 x y log2x為偶函數(shù)，C錯誤；D中，2x 2x2x 2x y 2x 2 x為奇函數(shù)2x在0,1上單調(diào)遞減，2x在0,1上單調(diào)遞增 y 2x 2 x在0,1上單調(diào)遞增，D正確.故選：D【點睛】本題考查函數(shù)單調(diào)性和奇偶性的判斷，屬于基礎(chǔ)題4 .關(guān)于函數(shù)f x sinx cosx有下述三個結(jié)論:函數(shù)f x的最小正周期為 2 ；函數(shù)f x的最大值為2;一、,，一、一 冗 ，、，、一、，函數(shù)f x在

4、區(qū)間 一，冗上單倜遞減.2其中，所有正確結(jié)論的序號是（）C.D.A.B.【答案】B【解析】利用輔助角公式化簡函數(shù)為f x .2 sin x;根據(jù)正弦型函數(shù)最小正周期和最值的求解可知正確，錯誤；利用x的范圍求得x 的范圍，對應(yīng)正弦函數(shù)的單調(diào)性可得f x單調(diào)性，知正確4【詳解】f x sin x cosx 2 sin x 4f x最小正周期T 2 ,正確;f x .ax J2，錯誤; max35時單調(diào)遞減，正確時，x ,，則 f x 在 x 4442故選：B【點睛】本題考查正弦型函數(shù)最小正周期、值域和單調(diào)區(qū)間的求解問題；處理正弦型函數(shù)單調(diào)性問題的關(guān) 鍵是能夠采用整體對應(yīng)的方式，利用角整體所處的范圍

5、與正弦函數(shù)圖象相對應(yīng)，從而得到結(jié)論5 .已知 ，是兩個不同的平面，直線 m ,下列命題中正確的是()A.若，則m/B.若 ，則mC.若m / ,則D.若m ，則【答案】D【解析】【分析】通過反例可確定 A, B, C錯誤；由面面垂直的判定定理可知D正確.【詳解】若 且m ，則m與 相交、平行或 m , A, B錯誤；若m/且m ，則 與 可能相交或平行，C錯誤；由面面垂直判定定理可知，D選項的已知條件符合定理，則，D正確.故選：D【點睛】本題考查立體幾何中直線與平面、平面與平面位置關(guān)系的相關(guān)命題的判定，關(guān)鍵是能夠熟練掌握線面平行、面面平行、線面垂直和面面垂直的判定與性質(zhì)定理6 .已知函數(shù)f(x

6、) |x 2| kx 1恰有兩個零點，則實數(shù) k的取值范圍是()1 1A. (0, )B. (-,1)C. (1, 2)D. (2 ,)2 2【答案】B【分析】g x圖象，由將問題轉(zhuǎn)化為 g x |x 2與y kx 1恒有兩個交點，采用數(shù)形結(jié)合的方式作出y kx 1恒過0, 1可通過圖像確定斜率的臨界值，進(jìn)而得到所求范圍【詳解】f x x 2 kx 1恰有兩個零點等價于 g x x 2與y kx 1恒有兩個交點- x 2,x 2 又gx x 2，則gx圖象如下圖所不：2 x, x 2Qy kx 1恒過點B 0, 1如上圖所示：0 11當(dāng)直線y kx 1過A 2,0時，直線與g x有且僅有一個交

7、點k1 -2 0 2且當(dāng)k2 1時，y k?x 1與g x有且僅有一個交點-1 . 當(dāng)k 一 ,1時，g x x 2與y kx 1恒有兩個交點，即f x恰有兩個零點 2故選：B【點睛】本題考查根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)求解參數(shù)范圍的問題，關(guān)鍵是能夠?qū)栴}轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點個數(shù)問題，進(jìn)而通過數(shù)形結(jié)合的方式來進(jìn)行求解，屬于?？碱}型， 一， *、 . .7.已知an(n N )為等比數(shù)列，則“ a1a2 ”是“ an為遞減數(shù)列”的()B.必要而不充分條件D.既不充分也不必要條件A.充分而不必要條件C.充分必要條件【答案】B【解析】【分析】,可知雖然a1 a2 ,但此時數(shù)列不是遞減數(shù)列，充分性不成立；根據(jù)遞減

8、數(shù)列的定義可知必要性成立，從而得到結(jié)果【詳解】當(dāng)?shù)缺葦?shù)列q0且a10時，a2a1q 0a1,a3a2q0a2此時an不是遞減數(shù)列充分性不成立當(dāng)?shù)缺葦?shù)列 an為遞減數(shù)列時，a a?顯然成立必要性成立 綜上所述：“ a1 a2”是“ an為遞減數(shù)列”的必要而不充分條件故選：B【點睛】本題考查充分條件、必要條件的判定，涉及到數(shù)列單調(diào)性的定義，屬于基礎(chǔ)題228.設(shè)F1, F2為橢圓C ： 士 上一1的兩個焦點，M為C上一點且在第二象限.若MF1F2為等腰三角形, 95則點M的橫坐標(biāo)為（）3A. 一2B 15B.C.,15D.根據(jù)橢圓方程求得 a,b,c ；根據(jù)等腰三角形可確定MF24;由橢圓定義知MF

9、12 ；利用面積橋可求得yM，代入橢圓方程可求得Xm .a 3, b 5 c 2Q MF1F2為等腰三角形且 M在第二象限MF2 F1F2 2c 4MF1 2a 2c 2S MF1F22 2M點縱坐標(biāo)yM2S MF1F2F1F22-M92 yM5x2333.-M-1 ,解得：Xm一或三(舍)9422故選:【點睛】本題考查橢圓幾何性質(zhì)的應(yīng)用，關(guān)鍵是能夠通過橢圓定義、焦距求得焦點三角形的面積，利用面積求得點的縱坐標(biāo)，進(jìn)而利用橢圓方程求得結(jié)果9.在 4ABC 中,uuu uur uuuBAC 90, BC 2,點 P 在 BC 邊上，且 AP (AB AC) 1,則的取值范圍是A.C.(1,122丁

10、B. 1,122D. ,12取BC中點D ,根據(jù)平面向量基本定理可將已知數(shù)量積化為uur APuuur2AD1 ,根據(jù)數(shù)量積定義得到uuuAP cos PAD1；利用余弦定理表不出2cos PAD ,代人化簡得到uuuAPuuirDP ；根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊和臨界點的情況可最終確定取值范圍【詳解】取BC中點D ,則AD1 -BC 1, 2uuu uiurAB ACuur2ADuuuAPuuuABuuur ACuuu uuurAP 2ADuuuAPuurADuuu APuurAD cosPADuuuAP cosPADuuu uuur當(dāng)P,D重合時，AP 2ADuuur2 ADA,P,D三

11、點構(gòu)成APD在 APD中，由余弦定理得:cosPADuuu 2APunr 2 AD一_uuu uiur2 AP ADuiur 2DPuuu 2AP1-uur2 APuuir 2DPuuuAP cos PADuurAP21uuur DP21uuuAPuuurDP22uuuQ APuur DPuuurADuur2 AP1,即unnAP當(dāng)P與B或C重合時,uuinDPmax2bc12uuuAP1max綜上所述:uurAP故選：A【點睛】本題考查向量模長的取值范圍的求解問題,涉及到平面向量基本定理、平面向量數(shù)量積運(yùn)算、余弦定理等知識的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)；解題關(guān)鍵是能夠通過數(shù)量積的定值得到模長之間的等量關(guān)

12、系，屬于較難題.10.已知集合A,B滿足：（i ） AU B Q , AI B(ii) X1A,若 X2Q 且 X2X1 ,則 X2A;(iii) yB ,若 y2Q 且 y2y1，則 y2B .給出以下命題：若集合A中沒有最大數(shù)，則集合 B中有最小數(shù)；若集合A中沒有最大數(shù)，則集合 B中可能沒有最小數(shù);若集合A中有最大數(shù)，則集合 B中沒有最小數(shù)；若集合A中有最大數(shù)，則集合 B中可能有最小數(shù).其中，所有正確結(jié)論的序號是 ()A.【答案】B【解析】【分析】B.C.D.根據(jù)并集和交集的結(jié)果可知A CqB；由條件(ii) (iii)可知兩集合的元素以 X1為分界，可確定集合A,BX的有理數(shù)無最小數(shù)，知

13、正確；當(dāng)集合A無B可能最小數(shù)為a或無最小數(shù)，知正確.的構(gòu)成；當(dāng)集合 A有最大數(shù)時，根據(jù)有理數(shù)的特點可知大于最大數(shù)時，若x,a中的a為有理數(shù)或無理數(shù)，此時集合【詳解】若AUBQ,AIBA CqB則集合A為所有小于等于X1的有理數(shù)的集合，集合B為所有大于等于 y1的有理數(shù)的集合Q A CqB：yi無限接近Xi ,即集合B為所有大于Xi的有理數(shù)的集合當(dāng)集合A有最大數(shù)，即xi有最大值時，大于xi的有理數(shù)無最小數(shù)，可知正確;當(dāng)集合A無最大數(shù)，即x1a時，a為集合B中的最小數(shù)；也可能 a為無理數(shù)，則y1 a,集合B中無最小數(shù)，可知正確 故選：B【點睛】本題考查根據(jù)并集和交集的結(jié)果確定集合、元素與集合關(guān)系的

14、應(yīng)用；本題的解題關(guān)鍵是明確有理 數(shù)的特點：無最大數(shù)也無最小數(shù)；本題較為抽象，對于學(xué)生的分析和解決問題能力有較高要求第二部分(非選擇題共110分)二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。rrr r11 .已知向量 a 1, 1 , b 3,m ,且 &/b ,則 m .【答案】3【解析】【分析】根據(jù)向量平行的坐標(biāo)表示可構(gòu)造方程求得結(jié)果r r. 一【詳解】Q a/b 1 m 1 3,解得：m 3故答案為：3【點睛】本題考查向量平行的坐標(biāo)表示，屬于基礎(chǔ)題 12 .某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為 ,最長棱的長度為【答案】(1). -(2). 36【解析】P ABC,根據(jù)三棱錐體積公式可

15、求得體積；利用勾股定理可求得最長棱【分析】由三視圖還原幾何體得到三棱錐AP .P ABC則 AB AC PD1, PD 平面 ABC , AB AC【詳解】由三視圖還原幾何體，可知幾何體為如下圖所示的三棱錐Vp ABC1-Sabc PD3最長棱ap , ADPD,AB2 AC2 PD2.31故答案為：；J36【點睛】本題考查根據(jù)三視圖求解幾何體體積和棱長的問題，關(guān)鍵是能夠準(zhǔn)確的通過三視圖還原幾何體, 屬于常考題型13 .已知直線x 2y a 0與圓O ： x2 y2 2相交于A, B兩點（O為坐標(biāo)原點），且VAOB為等腰直角 三角形，則實數(shù) a的值為.【答案】,5【解析】【分析】根據(jù)等腰直角三

16、角形邊長可求得弦長AB 2,利用點到直線距離公式求得圓心到直線距離d ,根據(jù)垂徑定理構(gòu)造方程可求得結(jié)果.【詳解】Q AOB為等腰直角三角形OA OB ,又0AoB r J2AB 2又圓O的圓心到直線距離 dAB 2* d2 2,2 三 2,解得：a 標(biāo) 故答案為：、,5【點睛】本題考查根據(jù)直線被圓截得的弦長求解參數(shù)值的問題，涉及到點到直線距離公式、垂徑定理的應(yīng)用；關(guān)鍵是能夠明確直線被圓截得的弦長為2Jr2 d2，屬于?？碱}型.11一 一14.已知a, b是實數(shù)，給出下列四個論斷：a b；一 一；a 0；b 0.以其中兩個論斷作為a b條件，余下的論斷中選擇一個作為結(jié)論，寫出一個正確的命題:41

17、，1【答案】若a 0, b 0且a b,則1 a1 一一(答案不唯一)b1利用f x 在0,上的單調(diào)性，可知當(dāng)【詳解】當(dāng)a 0, b 0且a b時, C ,11,Ea b 0時，一一，從而得到結(jié)果a b1cQ f x 在0,上單調(diào)遞減x11右 a 0 , b 0且 a b,則一 一a b一1故答案為：若a 0,b 0且ab,則一a1b (答案不唯一)【點睛】本題考查不等式性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題15.已知函數(shù)f X2ax , xa, 1x( a為吊數(shù)).右f 1 一，則amxa2e;若函數(shù)f x存在最大值，則a的取值范圍是【答案】(1). 1(2). (,02【解析】【分析】(1)分別在a1和a

18、1兩種情況下求得f 1 ,利用f 11 xxf x不存在最大值，不符合題意；當(dāng)a 1時，可得f x在a,上單調(diào)性，得到f x max f 11 ；分別在0 a 1、a 01 x(2)當(dāng)x a時，求導(dǎo)得f x -xy ；當(dāng)a 1時，可知x a時，f x e,0時，f x max f 11,從而得到結(jié)果和a 0三種情況下驗證 x a時函數(shù)的最大值， 可得a1【詳解】(1)當(dāng)a 1時，f 1 a ,滿足題意;211當(dāng)a 1時，f 1 一，不合題意；e2(2)當(dāng) x a 時，f xx 1 x 1e xe2x 2ef x 在 a,上單調(diào)遞減f x max f a F e 2 此時，當(dāng)x a時，f x a

19、x ,當(dāng)x 時，f x ,不合題意若 a 1 ,則 a x 1時，f x 0； x 1 時，f x 0f x在a,1上單調(diào)遞增，在 1,上單調(diào)遞減f x max f 112此時，當(dāng)x a時，f x ax若0 a 1,則當(dāng)x 時，f x ,不合題意若a 0, f x 0 f 1 ,此時f x max 1,滿足題意若a 0 ,則f x max f a a3 0 f 1 ,此時f x max 1，滿足題意 maxmax綜上所述：a ,0時，f x存在最大值1故答案為：1；,02【點睛】本題考查根據(jù)分段函數(shù)的函數(shù)值求解自變量、根據(jù)分段函數(shù)的最值求解參數(shù)范圍的問題；本題中根據(jù)最值求解參數(shù)范圍的關(guān)鍵是能夠

20、通過分類討論的方式，確定函數(shù)在不同情況下的單調(diào)性，進(jìn)而得到最值取得的情況，從而分析得到結(jié)果.16.2019年7月，中國良渚古城遺址獲準(zhǔn)列入世界遺產(chǎn)名錄，標(biāo)志著中華五千年文明史得到國際社會認(rèn)可.良渚古城遺址是人類早期城市文明的范例，實證了中華五千年文明史.考古科學(xué)家在測定遺址年齡的過程中利用了 放射性物質(zhì)因衰變而減少 ”這一規(guī)律.已知樣本中碳 14的質(zhì)量N隨時間t (單位：年)的衰 t變規(guī)律滿足N No 2 5730( N。表示碳14原有的質(zhì)量)，則經(jīng)過5730年后，碳14的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?1一 3;經(jīng)過測定，良渚古城遺址文物樣本中碳14的質(zhì)量是原來的 一至一，據(jù)此推測良渚古城存在的25時期距今

21、約在 年到5730年之間.(參考數(shù)據(jù)：log23 1.6,log25 2.3)【答案】(1). 1(2). 40112【解析】【分析】1(1)根據(jù)共變規(guī)律，令t 5730,代入求得N N0；2一 ，3(2)V N No,解方程求得t即可.5【詳解】當(dāng)t 5730時，N11N0 212N01經(jīng)過5730年后，碳14的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?萬令N 3N5t0,則 2 5730t5730,3.c ,Llog2 - log2 3 log2 5 50.7t 0.7 5730 4011良渚古城存在的時期距今約在 4011年到5730年之間1故答案為：_ ； 40112【點睛】本題考查根據(jù)給定函數(shù)模型求解實際問題

22、，考查對于函數(shù)模型中變量的理解，屬于基礎(chǔ)題 三、解答題共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。17.在 4ABC 中，AB 2,點 P 在 BC 邊上，且 APC 60, BP 2.(I)求AP的值；(n )若 PC 1 ,求 sin ACP 的值.【答案】(I) AP 4. (n) sin ACP23913(I)在 ABP中，利用余弦定理可構(gòu)造關(guān)于AP的方程，解方程求得結(jié)果;(n)在 APC中，利用余弦定理求得 AC ;利用正弦定理可構(gòu)造方程求得 sin ACP.【詳解】(I) Q APC 60APB 120ABP 中，AB 2日,APB 120，BP 2由余弦定理AB2

23、AP2BP2 2AP BPcos APB 得：AP2 2AP 24 0AP 4(n)在 APC 中，AP 4, PCAPC 60由余弦定理AC2 AP2. 13sin 60PC2 2AP PC cs APC 得：AC J13由正弦定理 一AP一 一AC一得: 4 sin ACP sin APC sin ACPsin ACP【點睛】本題考查利用正弦定理、 余弦定理解三角形的相關(guān)知識，關(guān)鍵是能夠在已知兩邊及一角的情況下，熟練應(yīng)用定理構(gòu)造方程求得其余角和邊，屬于基礎(chǔ)題型-_ .-J.-.4一一一18.已知an(n N )是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，a 16, 2a3 3a2 32.(I)求an的通項公

24、式；(n )設(shè)bn 310g2 an,求數(shù)列 bn的前n項和& ,并求Sn的最大值.5 n一 3【答案】(I) an 2 ； (n) Sn2 n2 9n , Sn最大值為30【解析】【分析】(i)利用ai和q表示出2a33a232,從而構(gòu)造出關(guān)于q方程，結(jié)合an為正項數(shù)列可求得q,根據(jù)等比數(shù)列通項公式求得結(jié)果；(n)由(I)得bn,由通項公式可驗證出數(shù)列bn為單調(diào)遞減的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列求和公式求得Sn；根據(jù)b50 ,可確定n 4或5時,Sn最大，代入可求得最大值【詳解】(I)設(shè)等比數(shù)列 an的公比為q22Q a1 16, 2a3 3a2 322aq3aq 32q 48q 32rr 2._

25、.1即2q 3q 2 0,解得：q2或q 31Q an各項均為正數(shù)q 2n 1an 16125 n2(n)由(i)得：bn 310g2 25 n 3 5 n 15 3n當(dāng) n 2 時，bn bn 13bn是首項為bi 12 ,公差為 3的單調(diào)遞減的等差數(shù)列八332Sn 12n n n 1 n 9n 22又b5 0 數(shù)列bn的前4項為正數(shù)當(dāng)n 4或5時，Sn取得最大值，且最大值為 S4 S5 30【點睛】本題考查等比數(shù)列通項公式的求解、等差數(shù)列前n項和最值的求解問題；求解等差數(shù)列前n項和的最值的常用方法有兩種：確定數(shù)列各項中的變號項，由數(shù)列的單調(diào)性可得最值取得的位置；根據(jù)前n項和的二次函數(shù)性質(zhì)來

26、確定最值的位置19.如圖，在四棱錐 P ABCD中，側(cè)面PAD是等邊三角形，且平面 PAD 平面ABCD , E為PD的 中點，AD/BC,CD AD, BC CD 2, AD 4.(I)求證：CE平面PAB;(n)求二面角 E AC D的余弦值；AQ(m)直線AB上是否存在點Q,使得PQ/平面ACE?若存在，求出 一Q的值；若不存在，說明理由.AB【答案】(I)證明見解析；(n) Y6(出)存在點Q, 空2.4AB【解析】【分析】(I)取PA中點F ,結(jié)合三角形中位線和長度關(guān)系，可證得 EF/BC且EF BC ,得到四邊形 EFBC 為平行四邊形，進(jìn)而得到 CE/BF ,根據(jù)線面平行判定定理

27、可證得結(jié)論；(n)取AD中點O ,由面面垂直性質(zhì)可知 PO 平面ABCD ,由此可建立空間直角坐標(biāo)系；分別求得兩面的法向量，求得法向量夾角的余弦值；根據(jù)二面角為銳角確定最終二面角的余弦值；uuruuuuuuuuuuur r(出)設(shè)AQAB ,利用空間向量表不出PQ ,由線面平行可知PQ與平面的法向量垂直，即PQ n10 ,構(gòu)造方程求得，從而得到結(jié)論.【詳解】(I)取PA中點F ,連結(jié)EF,BF1Q E,F 為 PD,PA 中點，AD 4EFAD, EF -AD 22又 BC/AD, BC 2 EF/BC 且 EF BC四邊形EFBC為平行四邊形CEBFQ CE 平面PAB, BF 平面PABC

28、E/ 平面 PAB(n )取AD中點O ,連結(jié)OP , OBQ PAD為等邊三角形PO ODQ平面PAD 平面ABCD ,平面PAD I平面ABCD AD PO 平面ABCDQ OD/BC , OD BC 2 四邊形BCDO為平行四邊形Q CD AD OB OD如圖建立空間直角坐標(biāo)系 O xyz,則 A 0, 2,0 ,B 2,0,0 ,C 2,2,0 ,E 0,1,、3 , P 0,0,2 ,3uuuvuuv 一AC2,4,0 , AE0,3, V3r設(shè)平面ACE的一個法向量為 R x,y,zr uuu/則 n1 uuuv ni AE82,1, ,3顯然，平面ACD的一個法向量為rn20,0

29、,1 ,r r 所以 cos n1,n2r r一n1 n23ni | h| 2&Q二面角E AC D為銳角面角E AC D的余弦值為蟲4(m)直線ab上存在點PQ平面ACE.理由如下:uuiT 設(shè)AQuuuABuuvQ AB2,2,0uuv，PA0,2, 2.3uuvAQuuvAB,2uuv uuv,0 , PQ PAULUVAQ2 ,22, 2.3Q PQ平面ACEPQ/平面ACE時,uuir rpq n1 00,解得:直線AB上存在點Q ,使得PQ/平面ACE ,此時QAB0 2x 4y 0_，即 ，令x 2,則 yi,z J3 0 3y 、.3z 0,【點睛】本題考查立體幾何中直線與平面

30、平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角及立體幾何中的存在性 問題；求解本題中的存在性問題的關(guān)鍵是能夠假設(shè)存在，利用所給的平行關(guān)系得到直線與法向量垂直，從 而利用垂直關(guān)系的坐標(biāo)表示構(gòu)造方程求得結(jié)果“工c x2y2,. 220.已知橢圓C： 1(a b 0)經(jīng)過兩點P(1,)，Q( J2,0).a b2(i)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(n)過橢圓的右焦點 F的直線l交橢圓C于A, B兩點，且直線l與以線段FP為直徑的圓交于另一點 E(異于點F ),求AB |FE的最大值.2【答案】(I ) y2 1 d)最大值為12【解析】【分析】(I)將P,Q坐標(biāo)代入橢圓方程可解得 a, b ,進(jìn)而得到結(jié)果;(n)設(shè)直

31、線l方程為x ty 1,與橢圓方程聯(lián)立可得韋達(dá)定理的形式，由弦長公式表示出AB ；利用垂徑定理可表不出FE,從而將AB FE|表示為關(guān)于t的函數(shù)，利用基本不等式可求得最大值0 過點 p 1,噂，QJ2，22【詳解】(i) Q橢圓C:與2_ 1 a b a b11 TT2a 2b2一X 2橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為一y2 12(n)由題易知直線l斜率不為,可設(shè)l ： x ty 1x ty 1得:12_2_ .一t 2 y 2ty 1 ,則2224t2 4 t2 2 8t2 8 設(shè) A x1, y1 ,B X2,y2又AB,1 t2l2t則yy2，以FP為t18y22222t11僅當(dāng)t24AB FE12t

32、2dyy2yy22 42221 t12,即22424涉及到橢圓方程的求解、最值問題的求解；解決最值問題故圓心到直線l距離為FE2, 28AB FE、2 4t2t2的圓的圓心坐標(biāo)為2Qt2 1 1AB FE當(dāng)t 時，直線與橢圓有夕AB FE的最大值為1【點睛】本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用問題,ip t1時取等號的關(guān)鍵是能夠?qū)⑺罅勘硎緸殛P(guān)于某一變量的函數(shù)，進(jìn)而利用函數(shù)中的最值求解方法求得最值21.已知函數(shù)f Xln x(i)求曲線yf x在點1,f 1處的切線方程;(n)當(dāng)a 1時，證明：f X(出)判斷f x在定義域內(nèi)是否為單調(diào)函數(shù)，并說明理由.【答案】(I) x (a 1)y 1 0；(n)

33、證明見解析;(出)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù).理由見解析【解析】【分析】根據(jù)解析式可確定函數(shù)定義域并求得f x,根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義可知切線斜率為f1 ,從而得到切線方程;(n)將所證不等式轉(zhuǎn)化為2ln xx2 1 0 ;令 h x 2ln x2x 1 ,通過導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)單調(diào)性，可得h x max 0,即h x 0,從而證得結(jié)論;(出)令g xln x1,通過導(dǎo)數(shù)可知g x單調(diào)遞減；利用零點存在定理可知a 1.g x在1,e 內(nèi)存在零點m ,從而得到fx的符號，進(jìn)而得到f x單調(diào)性，說明f x不是單調(diào)函數(shù)【詳解】由題意得：函數(shù)f x的定義域為0,a.In x 1x2x a(i) Q f 1

34、0, f 1f x在點1,f 1處的切線方程為:(n)當(dāng) a 1 時，f xIn xx 1In x x 1x 1，即證22ln x1 02. 一.2令 h x 2ln x x 1,則 h x - 2x x當(dāng)x變化時，h (x),h(x)變化情況如下表:x0,111,h x0h x極大值函數(shù)h x的最大值為h 10,故h(x) 0(m)函數(shù)f x在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù).理由如下:a d令 g x ln x 1, x-1ax aQ g x 22-0 g x 在 0, 上單倜遞減x x xQ g 1 a 1 0, g ea 1 ln ea 1 -a-1 1 a 10a 1a Iee存在m1,ea 1

35、 ,使得g m 0當(dāng)x 0,m時，g x 0,從而f x0,所以函數(shù)f x在0,m上單調(diào)遞增;當(dāng)x m,時，g x0,從而f x 0,所以函數(shù)f x在m,上單調(diào)遞減故函數(shù)f x在定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)【點睛】本題考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用，涉及到導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、函數(shù)單 調(diào)性的判斷等知識；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性時，若導(dǎo)函數(shù)零點不易求得，則可利用零點存在定理和導(dǎo)函 數(shù)的單調(diào)性確定零點所在區(qū)間，進(jìn)而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間22.已知無窮數(shù)列an,bn,cn滿足：n N ,an1bncn,bn1cnan,cn 1anbi.記dn max an , bn , cn ( max x, y,z表示3個實數(shù)x,y,z中的最大值).(I)若a11,b22 ,03 3,求h , g 的可能值；(n )若a11,t12 ,求滿足d2d3的g的所有值；(出)設(shè)a1，h，c1是非零整數(shù)，且a1，h ,|g互不相等，證明：存在正整數(shù)k,使得數(shù)列 為 , bn , a中有且只有一個數(shù)列自第k項起各項均為0 .【解析】【分析】依次代入(n)用d3（出）dk ibk i2, n記Cix,可表示出blCi83；（n）所有取值是2, i,i,2 ；（出）證明見解3即可求