2020年新高考数学全真模拟试卷4（解析版）

2020 年新高考数学全真模拟卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 1．设集合 { | 1 }A x y x   ， { | ( 1)( 3) 0}B x x x    ，则 R A B ð （ ） A．[1,3) B． (1,3) C． ( 1,0] [1,3)  D． ( 1,0] (1,3)  【答案】B 【解析】由题意 { |1 0} { | 1}A x x x x     ， { | 1 3}B x x    ， { | 1}RC A x x  ， ∴ ( ) { |1 3} (1,3)RC A B x x    ． 故选：B． 【点睛】本题考查集合的运算，解题时需先确定集合 ,A B 中的元素，然后才可能利用集合运算法则 计算． 2． 是虚数单位,复数 ࡰᐇ 蠠 为纯虚数,则实数 ᐇ 为( ) A． B． 蠠 C． 蠠 D． 【答案】A 【解析】 ࡰ 蠠ᐇ ࡰࡰᐇ 蠠ᐇࡰᐇ 蠠ᐇࡰࡰᐇ ࡰᐇ ࡰ ᐇ ᐇ 蠠 3．“砸金蛋”（游玩者每次砸碎一颗金蛋，如果有奖品，则“中奖”）是现在商家一种常见促销手段. 今年“双十一”期间，甲、乙、丙、丁四位顾客在商场购物时，每人均获得砸一颗金蛋的机会.游戏开 始前，甲、乙、丙、丁四位顾客对游戏中奖结果进行了预测，预测结果如下： 甲说：“我或乙能中奖”； 乙说：“丁能中奖”； 丙说：“我或乙能中奖”； 丁说：“甲不能中奖”. 游戏结束后，这四位同学中只有一位同学中奖，且只有一位同学的预测结果是正确的，则中奖的同 学是（ ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】A【解析】①若中奖的同学是甲，则甲预测结果是正确的，与题设相符，故中奖的同学是甲， ②若中奖的同学是乙，则甲、丙、丁预测结果是正确的，与题设矛盾，故中奖的同学不是乙， ③若中奖的同学是丙，则丙、丁预测结果是正确的，与题设矛盾，故中奖的同学不是丙， ④若中奖的同学是丁，则乙、丁预测结果是正确的，与题设矛盾，故中奖的同学不是丁， 综合①②③④得：中奖的同学是甲， 故选： A ． 【点睛】本题考查了阅读能力及简单的合情推理，属于中档题． 4．已知曲线 2 34 xy lnx  的一条切线的斜率为 1 2  ，则切点的横坐标为（ ） A．3 B．2 C．1 D． 1 2 【答案】B 【解析】∵ 2 3ln ( 0)4 xy x x   ， ∴ 3 2 xy x    ，再由导数的几何意义， 令 3 1 2 2 x x    ，解得 2x  或 3x＝- (舍去)， 故选：B． 【点睛】本题主要考查利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，属于基础题． 5．2019 年 10 月，德国爆发出“芳香烃门”事件，即一家权威的检测机构在德国销售的奶粉中随机抽 检了 16 款(德国 4 款，法国 8 款，荷兰 4 款)，其中 8 款检测出芳香烃矿物油成分，此成分会严重危 害婴幼儿的成长，有些奶粉已经远销至中国．A 地区闻讯后，立即组织相关检测员对这 8 款品牌的 奶粉进行抽检，已知该地区有 6 家婴幼儿用品商店在售这几种品牌的奶粉，甲、乙、丙 3 名检测员 分别负责进行检测，每人至少抽检 1 家商店，且检测过的商店不重复检测，则甲检测员检测 2 家商 店的概率为（ ） A． 11 18 B． 7 18 C． 5 12 D． 7 12 【答案】B 【解析】若 3 人检测的数量为 2：2：2，则所有的情况为 2 2 2 34 26 33 3 90C C C AA   种， 若 3 人检测的数量为 3：2：1，则所有的情况为 3 2 1 3 6 3 1 3 360C C C A  种，若 3 人检测的数量为 4：1：1，则所有的情况为 14 3 36 2 1 32 2 90C C C AA   种， 故所有的情况为 540 种，其中满足甲检测 2 家商店的情况为90 120 210  种， 故所求概率 210 7 540 18P   . 故选：B 【点睛】本题主要考了排列组合在实际中的应用以及古典概型概率的求法，属于基础题. 6．若函数    sin ( 0, 0, )f x A x A         局部图象如图所示，则函数  y f x 的解 析式为 ( ) A． 3 sin 22 6y x      B． 3 sin 22 6y x      C． 3 sin 22 3y x      D． 3 sin 22 3y x      【答案】D 【解析】 1 2 2 3 6 2T      ， 2 2T    ； 又由图象可得： 3 2A  ，可得：    3 sin 22f x x   ， 2 3 5 33 6 sin 22 2 12 2f                    ， 5 26 2k      ， k Z ． 2 3k     ， k Z ， 又   ，当 0k  时，可得： 3    ，此时，可得：   3 sin 2 .2 3f x x      故选：D． 【点睛】本题考查由  siny A x   的部分图象确定函数解析式，常用五点法求得 的值，属于 中档题． 7．过坐标原点 O 作圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝4 的两条切线，切点为 A，B．直线 AB 被圆截得弦 AB 的长度为（ ） A． 13 B．12 13 13 C． 6 13 13 D． 5 13 13 【答案】B 【解析】如图所示,易得 2 2 13OC BC BO   ,故 12 132 12 13 13 OB BCAB OC    . 故选：B 【点睛】本题主要考查了直线与圆相切求弦长的问题,需要利用三角形中的关系以及垂径定理求解, 属于基础题型. 8．三棱锥 P ABC 中，PA  平面 ABC ， 30ABC   ， APC 的面积为 2，则三棱锥 P ABC 的外接球体积的最小值为( ) A． 8 3  B．16 3  C． 32 3  D． 64 3  【答案】C【解析】如图，设 AC x ，由 APC 的面积为 2，得 4PA x  ， 30ABC   ，三角形 ABC 外接圆的半径 r x ， PA  平面 ABC ， 4PA x  ， O 到平面 ABC 的距离为 1 2 2d PA x   ， 设球O 的半径为 R ，则 2 2 2 2 4 2 2 2R r d x x      … ， 当且仅当 2x  时“  ”成立． 三棱锥 P ABC 的外接球体积的最小值为 34 3223 3    ． 故选：C ． 【点睛】本题考查了棱锥与球的位置关系，考查正弦定理的应用，属于中档题． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 9．下列命题中，是真命题的是（ ） A．已知非零向量 ,a b   ，若 ,a b a b      则 a b  B．若  : 0, , 1 ln ,p x x x     则  0 0 0: 0, , 1 lnp x x x      C．在 ABC 中，“sin cos sin cosA A B B   ”是“ A B ”的充要条件 D．若定义在 R 上的函数  y f x 是奇函数，则   y f f x 也是奇函数 【答案】ABD 【解析】对 A， 2 2 2 2 2 2 2 2 0a b a b a b a b a b a b a b                           ，所以 a b  ，故 A 正确； 对 B，全称命题的否定是特称命题，量词任意改成存在，结论进行否定，故 B 正确； 对 C，sin cos sin cos 2sin cos 2sin cos sin 2 sin 2A A B B A A B B A B         ， 所以 2A B   或 A B ，显然不是充要条件，故 C 错误； 对 D，设函数   ( )F x f f x ，其定义域为 R 关于原点对称，且         ( ) ( )F x f f x f f x f f x F x         ，所以 ( )F x 为奇函数，故 D 正确； 故选：ABD. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查向量的数量积与模的关系、全称命题的否定、解三角形与三角恒等变换、奇函数的定义等知识，考查逻辑推理能力，注意对 C 选项中sin 2 sin 2A B 得到的 是 ,A B 的两种情况. 10．下表是某电器销售公司 2018 年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表： 空调类 冰箱类 小家电类 其它类 营业收入占比 90.10% 4.98% 3.82% 1.10% 净利润占比 95.80% ﹣0.48% 3.82% 0.86% 则下列判断中正确的是（） A．该公司 2018 年度冰箱类电器销售亏损 B．该公司 2018 年度小家电类电器营业收入和净利润相同 C．该公司 2018 年度净利润主要由空调类电器销售提供 D．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司 2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低 【答案】ACD 【解析】 根据表中数据知，该公司 2018 年度冰箱类电器销售净利润所占比为﹣0.48，是亏损的，A 正确； 小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B 错误； 该公司 2018 年度净利润空调类电器销售所占比为 95.80%，是主要利润来源，C 正确； 所以剔除冰箱类电器销售数据后，该公司 2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低，D 正确． 故选：ACD． 【点睛】本题考查了数据分析与统计知识的应用问题，考查了读表与分析能力，是基础题． 11．椭圆 2 2: 14 xC y  的左右焦点分别为 1 2,F F ，O 为坐标原点，以下说法正确的是（ ） A．过点 2F 的直线与椭圆C 交于 A ， B 两点，则 1ABF 的周长为8 . B．椭圆C 上存在点 P ，使得 1 2 0PF PF   . C．椭圆C 的离心率为 1 2 D． P 为椭圆 2 2 14 x y  一点，Q 为圆 2 2 1x y  上一点，则点 P ，Q 的最大距离为 3 .【答案】ABD 【解析】对于选项 A，因为 1 2,F F 分别为椭圆 2 2: 14 xC y  的左右焦点，过点 2F 的直线与椭圆C 交 于 A ， B 两点，由椭圆定义可得： 1 2 1 2 2 4    AF AF BF BF a ， 因此 1ABF 的周长为 1 1 1 1 2 2 4 8       AF BF AB AF BF AF BF a ，故 A 正确； 对于选项 B，设点  ,P x y 为椭圆 2 2: 14 xC y  上任意一点， 则点 P 坐标满足 2 2 14 x y  ，且 2 2x   又  1 3,0F  ，  2 3,0F ，所以  1 3 ,    PF x y ，  2 3 ,   PF x y ， 因此    2 2 2 2 1 2 33 3 1 3 24 4              x xPF PF x x y x ， 由 2 1 2 3 2 04      xPF PF ，可得：  2 6 2,23   x ，故 B 正确； 对于选项 C，因为 2 4a  ， 2 1b  ，所以 2 4 1 3  c ，即 3c  ， 所以离心率为 3 2 ce a   ，故 C 错； 对于选项 D，设点  ,P x y 为椭圆 2 2: 14 xC y  上任意一点， 由题意可得：点  ,P x y 到圆 2 2 1x y  的圆心的距离为： 2 2 2 2 24 4 4 3      PO x y y y y ， 因为 1 1y   ，所以 max max 1 4 0 1 3     PQ PO .故 D 正确； 故选：ABD 【点睛】本题主要考查椭圆相关命题真假的判定，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属 于常考题型. 12．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1， ,M N 为线段 BC ， 1CC 上的动点，过点 1, ,A M N 的平 面截该正方体的截面记为 S，则下列命题正确的是（ ）A．当 0BM  且 0 1CN  时，S 为等腰梯形 B．当 M , N 分别为 BC ， 1CC 的中点时，几何体 1 1A D MN 的体积为 1 12 C．当 M 为 BC 中点且 0 1CN„ „ 时，S 为五边形 D．当 M 为 BC 中点且 3 4CN  时，S 与 1 1C D 的交点为 R，满足 1 1 6C R  【答案】AB 【解析】对于 A，如图所示， ， 当 0BM  且 0 1CN  时，由面面平行的性质定理可得， 交线 1 / /A B QN ，且 1 1,A B QN AQ BN  ， 所以截面 S 为等腰梯形，A 正确； 对于 B，如图所示， ， 1 1/ / ,BC A D BC  面 1 1A D N ， / /BC 面 1 1A D N ， 故几何体 1 1A D MN 的体积等于几何体 1 1A D CN 的体积又几何体 1 1A D CN 的体积等于 11 1 1 1 1 1 11 13 3 2 2 12D NCA D S        ， 所以几何体 1 1A D MN 的体积为 1 12 正确，B 正确； 对于 C，如图所示， 当 0CN  ，即点 ,C N 重合时，此时截面 S 为四边形 1 1A D CB ，不是五边形，C 错误； 对于 D，如图所示， 当 3 4CN  时，延长 1 1,MN B C 交与点 P ，连结 1A P 交 1 1D C 于点 R ， 1 1 1/ / / /A D B P BC ， 1 1 1 1/ / ,A B C D 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 6 1 71 1 1 C R C P C P BC MC NCA B B P B C C P C P C P C N            1 1 1 1 1 7 7C R A B   ，D 错误； 故选：AB． 【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属中档题．三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．已知        2 * 0 1 21 1 1 nn nx a a x a x a x n N       …+ 对任意 xR 恒成立，则 0a  __________；若 4 5 0a a  ，则 n _________________。 【答案】 1 n 9 【解析】令 1t x  ，则  2 0 1 21 n n nt a a t a t a t     …+ ，则  0 1 na   ，   44 4 1 nn na C   ，   55 5 1 nn na C   ， ∵ 4 5 0a a  ，故 4 5n n n nC C  ，即 4 5 n nC C ，解得 9n  . 【点睛】本题考查二项式定理,二项展开式的项和系数的关系是易错点. 14．在△ ABC 中，三个内角 A 、B 、C 的对边分别为 a 、b 、c ，若 2 3a  ， 2c  ， 120A  ， 则 ABCS  ________ 【答案】 3 【解析】由 sinsinsin sin a c c ACA C a    32 2 2 3   1 2  ,因为 c a ,故 30C  , 180 120 30 30B       .故 1 1 1sin 2 3 2 32 2 2ABCS ac B       . 故答案为： 3 【点睛】本题主要考查了解三角形的运用,根据题中所给的边角关系选择正弦定理与面积公式等.属于 基础题型. 15．已知函数   sinf x x x  ，若正实数 ,a b 满足    4 9 0f a f b   ，则 1 1 a b  的最小值为 ______________. 【答案】1 【解析】   sin( ) sin ( )f x x x x x f x          ,故  f x 为奇函数,又  ' 1 cos 0f x x   , 所以  f x 为增函数.又          4 9 0, 4 9 9f a f b f a f b f b        , 故 4 9 ,4 9a b a b    ,所以  1 1 1 1 1 1 44 59 9 b aa ba b a b a b                1 45 2 19 b a a b          ,当且仅当 4b a a b  时取得最小值 1. 故答案为：1 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的运用以及基本不等式的用法,属于中等题型. 16．已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且数列 nS n     是首项为 3，公差为 2 的等差数列，若 2nnb a ， 数列 nb 的前 n 项和为 nT ，则使得 268n nS T  成立的 n 的最小值为__________. 【答案】5 【解析】因为数列 nS n     是首项为 3，公差为 2 的等差数列 所以  3 1 2nS nn     ，化简得 22nS n n  则    2 1 2 1 1nS n n     所以 1n n na S S        222 2 1 1n n n n        4 1n  当 1n  时， 1 1 3S a  所以 4 1na n  因为 2nnb a 所以 1 2 2 4 3 8 4 16 5 32 6 64, , , , ,b a b a b a b a b a b a       所以 12 4 8 16 2 2n nnT a a a a a a               3 4 5 1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n           3 4 5 1 22 2 2 2 2n n n       32 8n n   所以    2 4 1 1 2 1 1 2 1 8 10S T          2 5 2 2 2 2 2 2 2 8 32S T           2 6 3 3 2 3 3 2 3 8 74S T           2 7 4 4 2 4 4 2 4 8 152S T           2 8 5 5 2 5 5 2 5 8 348S T        所以使得 268n nS T  成立的 n 的最小值为 5 【点睛】本题考查了等差数列通项公式、等差数列前 n 项和公式、等比数列前 n 项和公式的综合应 用，熟练掌握数列的性质和应用，属于难题。 四、解答题：本小题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（本题共计 10 分）已知数列{ }na 中， 1 1a  ，其前 n 项的和为 nS ，且当 2n  时，满足 2 1 n n n Sa S   ． （1）求证：数列 1 nS       是等差数列； （2）证明： 2 2 2 1 2 7 4nS S S    ． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）当 2n  时， 2 1 1 n n n n SS S S   ， 1 1n n n nS S S S   ，即 1 1 1 1 n nS S    从而 1 nS       构成以 1 为首项，1 为公差的等差数列．（4 分） （2）由（1）可知，   1 1 1 1 1 n n nS S      ， 1 nS n   ． （5 分） 则当 2n  时 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1nS n n n n          ． （6 分） 故当 2n  时 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 2 2 4 2 1 1nS S S n n                             1 1 1 1 1 3 71 1 12 2 1 2 2 4n n            又当 1n  时， 2 1 71 4S   满足题意，故 2 2 2 1 2 7 4nS S S    ． （10 分） 法二：则当 2n  时 2 2 2 1 1 1 1 1nS n n n n n      ， 那么 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 7 1 71 4 2 3 3 4 1 4 4nS S S n n n                               又当 1n  时， 2 1 71 4S   ，当时， 2 1 71 4S   满足题意， 【点睛】本题考查数列递推式的应用，考查等差数列的判定，考查等价转化思想，突出裂项法、放 缩法应用的考查，属于难题． 18（本题共计 12 分）．如图所示，一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的边 AD 为半圆的直径，O 为半圆的圆心， 1AB  ， 2BC  ，现要将此铁皮剪出一个三角形 PMN ，使得 ， MN BC . (1)设 30MOD   ，求三角形铁皮 PMN 的面积； (2)求剪下的铁皮三角形 PMN 的面积的最大值. 【答案】（1）三角形铁皮 PMN 的面积为 6 3 3 8  ；（2）剪下的铁皮三角形 PMN 的面积的最大值为 3 2 2 4  . 【解析】（1）由题意知 1 1 1 2 12 2 2OM AD BC     ， 3sin sin 1 sin30 1 2MN OM MOD CD OM MOD AB           ， 3 2 3cos 1 1 cos30 1 2 2BN OA OM MOD          ，1 1 3 2 3 6 3 3 2 2 2 2 8PMNS MN BN         ，即三角形铁皮 PMN 的面积为 6 3 3 8  ；（4 分） （2）设 MOD x  ，则 0 x   ， sin sin 1MN OM x CD x    ， cos cos 1BN OM x OA x    ，      1 1 1sin 1 cos 1 sin cos sin cos 12 2 2PMNS MN BN x x x x x x           ，（6 分） 令 sin cos 2 sin 4t x x x        ，由于 0 2x   ，所以 3 4 4 4x     ， 则有 2 sin 12 4x       ，所以1 2t  ，（8 分） 且  22 sin cos 1 2sin cost x x x x    ，所以 2 1sin cos 2 tx x  ，（9 分） 故     2 221 1 1 11 2 1 12 2 4 4PMN tS t t t t             ， 而函数  21 14y t  在区间 1, 2   上单调递增，（11 分） 故当 2t  时， y 取最大值，即  2 max 1 3 2 22 14 4y    ， 即剪下的铁皮三角形 PMN 的面积的最大值为 3 2 2 4  .（12 分） 考点：1.三角形的面积；2.三角函数的最值；3.二次函数的最值 19．（本题共计 12 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， PA  底面 ABCD ， PA AB ， E 为线段 PB 的中点，若 F 为线段 BC 上的动点（不含 B ）. （1）平面 AEF 与平面 PBC 是否互相垂直？如果是，请证明；如果不是，请说明理由； （2）求二面角 B AF E  的余弦值的取值范围.【答案】（1）平面 AEF  平面 PBC ，理由见解析；（2） 30, 3       【解析】（1）因为 PA AB ， E 为线段 PB 的中点.所以 AE PB . 因为 PA  底面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，所以 BC PA ，（2 分） 又因为底面 ABCD 为正方形，所以 BC AB ， PA AB A ，所以 BC ⊥平面 PAB ，（3 分） 因为 AE  平面 PAB ，所以 AE BC .因为 PB BC B  ，所以 AE ⊥平面 PBC ，（4 分） 因为 AE  平面 AEF ，所以平面 AEF  平面 PBC .（5 分） （2）由题意，以 AB ， AD 所在直线分别为 x ， y 轴建立空间直角坐标系如图所示，令 2PA  ， 则  0,0,0A ，  2,0,0B ，  1,0,1E ，  2, ,0F t （其中 0 2t „ ）.易知平面 BAF 的一个法向量  0,0,1m  .（7） 设平面 AEF 的法向量  , ,n x y z ，由 0, 0. n AF n AE         即 2 0, 0. x ty x z      令 1z  ，则 21, ,1n t       是平面 AEF 的一个法向量（9 分）   2 2 2 2 1 1cos , 42 21 1 m nm n m n tt                 ，（10 分） 由 0 2t „ ，所以 2 42 3,t    ，所以 2 1 30, 342 t     . 故若 F 为线段 BC 上的动点（不含 B ），二面角 B AF E  的余弦值的取值范围是 30, 3       .（12 分） 【点睛】本题考查空间中的面面垂直关系的证明以及二面角余弦值的取值范围.(1)面面垂直的证明可通过线面垂直的证明来完成；(2)利用空间向量计算二面角的余弦值时，可根据平面法向量的夹角余 弦值以及几何图形中面与面夹角是钝角还是锐角，确定出二面角的余弦值大小. 20．（本题共计 12 分）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 200 只小 鼠随机分成 ,A B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液.每只 小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离 子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到  P C 的估计值为 0.70 . （1）求乙离子残留百分比直方图中 ,a b 的值； （2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 【答案】(1) 0.35a  ， 0.10b  ；(2) 4.05 ， 6 . 【解析】(1)由题得 0.20 0.15 0.70a    ，解得 0.35a  ，由 0.05 0.15 1 ( ) 1 0.70b P C      ， 解得 0.10b  .（4 分） (2)由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为 0.15 2 0.20 3 0.30 4 0.20 5 0.10 6 0.05 7 4.05            ，（8 分） 乙离子残留百分比的平均值为 0.05 3 0.10 4 0.15 5 0.35 6 0.20 7 0.15 8 6            （12 分） 【点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题. 21．（本题共计 12 分）已知椭圆 E ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的两个焦点与短轴的一个端点是直角三 角形的三个顶点，直线l ： 3y x   与椭圆 E 有且只有一个公共点 T． （Ⅰ）求椭圆 E 的方程及点T 的坐标； （Ⅱ）设O 是坐标原点，直线l 平行于OT ，与椭圆 E 交于不同的两点 A 、B ，且与直线l 交于点 P ，证明：存在常数  ，使得 2| | | | | |PT PA PB  ，并求  的值． 【答案】（Ⅰ） 2 2 16 3 x y  ，点 T 坐标为（2,1）；（Ⅱ） 4 5   . 【解析】（Ⅰ）由已知， 2a b ，则椭圆 E 的方程为 2 2 2 2 12 x y b b   . 由方程组 得 2 23 12 (18 2 ) 0x x b    .① 方程①的判别式为 2=24( 3)b  ，由 =0 ，得 2 =3b ， 此时方程①的解为 =2x ， 所以椭圆 E 的方程为 2 2 16 3 x y  . 点 T 坐标为（2,1）.（4 分） （Ⅱ）由已知可设直线l 的方程为 1 ( 0)2y x m m   ， 由方程组 1 { 2 3 y x m y x      ， ， 可得 22 3{ 21 .3 mx my     ， 所以 P 点坐标为（ 2 22 ,13 3 m m  ）， 2 28 9PT m .（6 分） 设点 A，B 的坐标分别为 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y， . 由方程组 2 2 16 3{ 1 2 x y y x m     ， ， 可得 2 23 4 (4 12) 0x mx m    .② 方程②的判别式为 2=16(9 2 )m  ，由 >0 ，解得 3 2 3 2 2 2m   . 由②得 2 1 2 1 2 4 4 12= ,3 3 m mx x x x    .（8 分） 所以 2 2 1 1 1 2 2 5 2(2 ) (1 ) 23 3 2 3 m m mPA x y x         ，（10 分）同理 2 5 222 3 mPB x   ， 所以 1 2 5 2 2(2 )(2 )4 3 3 m mPA PB x x      2 1 2 1 2 5 2 2(2 ) (2 )( )4 3 3 m m x x x x      2 25 2 2 4 4 12(2 ) (2 )( )4 3 3 3 3 m m m m       210 9 m . 故存在常数 4 5   ，使得 2PT PA PB  .（12 分） 【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数 形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y ， 同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得 1 2 1 2,x x x x ，再把 MA MB 用 1 2,x x 表示出来， 并代入 1 2 1 2,x x x x 的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程． 22．（本题共计 12 分）已知函数 푥 푥 푥蠠 蠠 ᐇ푥 ࡰ ln푥 ， ᐇ . （1）若 푥 存在极小值，求实数 ᐇ 的取值范围； （2）设 푥 是 푥 的极小值点，且 푥 ，证明： 푥 푥 蠠 푥 . 【答案】(1) ፛ ࡰ .(2)见解析. 【解析】（1） 푥 푥ࡰ 푥 푥 푥蠠 蠠 ᐇ 푥 . 令 푥 푥 푥蠠 蠠 ᐇ ， 则 푥 푥 ࡰ 푥蠠 ， 所以 푥 在 ፛ ࡰ 上是增函数. 又因为当 푥 时， 푥 蠠 ᐇ ； 当 푥 ࡰ 时， 푥 ࡰ . 所以，当 ᐇ 时， 푥 ， 푥 ，函数 푥 在区间 ፛ ࡰ 上是增函数，不存在极值点； 当 ᐇ 时， 푥 的值域为 蠠 ᐇ፛ ࡰ ， 必存在 푥 使 푥 . 所以当 푥 ፛푥 时， 푥 ， 푥 ， 푥 单调递减；当 푥 푥፛ ࡰ 时， 푥 ， 푥 ， 푥 单调递增； 所以 푥 存在极小值点. 综上可知实数 ᐇ 的取值范围是 ፛ ࡰ .（5 分） （2）由（1）知 푥 푥 蠠 蠠 ᐇ ，即 ᐇ 푥 푥 蠠 . 所以 lnᐇ ln푥 ࡰ 푥 蠠 ， 푥 푥 푥 蠠 蠠 푥 蠠 ln푥 . 由 푥 ，得 蠠 푥 蠠 ln푥 . 令 푥 蠠 푥 蠠 ln푥 ，显然 푥 在区间 ፛ ࡰ 上单调递减. 又 ，所以由 푥 ，得 푥 . 令 푥 푥 蠠 ln푥 蠠 푥 ， 푥 蠠 푥 푥蠠 푥 푥蠠 푥 ， 当 푥 时， 푥 ，函数 푥 单调递增； 当 푥 时， 푥 ，函数 푥 单调递减； 所以，当 푥 时，函数 푥 取最小值 ， 所以 푥 푥 蠠 ln푥 蠠 ，即 푥 蠠 ln푥 ，即 푥蠠 푥 ， 所以 푥 蠠 푥 ， 蠠 푥 蠠 ln푥 蠠 푥 蠠 푥 蠠 蠠 푥 ， 所以 푥 푥 푥 蠠 蠠 푥 蠠 ln푥 푥 蠠 푥 푥 蠠 푥 ， 即 푥 푥 蠠 푥 .（12 分） 【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用，利用导数证明不等式成立， 变换过程复杂，需要很强的逻辑推理能力，是高考的常考点和难点，属于难题.