2020年新高考数学全真模拟试卷09（解析版）

2020 年新高考数学全真模拟卷 09 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 1．已知集合    2 4 0 , 8M x x x N x m x      ，若  6M N x x n    ，则 m n  （ ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】C 【解析】∵    2 4 0 { | 0 4}, 8M x x x x x x N x m x      或 ,且  6M N x x n    ，据此可得 6, 8, 14.m n m n     本题选择 C 选项. 2．已知平面 ，  ， 和直线l ，则“ ∥ ”的充分不必要条件是（ ） A． 内有无数条直线与  平行 B．l  且l  C．  且  D． 内的任何直线都与  平行 【答案】B 【解析】A.  内有无数条直线与  平行,则 ,  可能相交或平行，故不能推出 ∥ . B. l  且l  ,则 ∥ . 反之不成立，满足条件. C.   且  ,则 ,  可能相交或平行，故不能推出 ∥ . D.  内的任何直线都与  平行是 ∥ 的充要条件. 故选：B. 【点睛】本题考查充分条件的判断，面面平行的判断，属于基础题. 3．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： （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． 4．已知等比数列 na 的各项均为正数，若 2 1 2 2 2 8log log log 8a a a    ，则 4 5a a  （ ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】C 【解析】由题意，可得 2 1 2 2 2 8 2 1 2 8log log l ( )og log 8a a a a a a     ，所以 81 8 2 2a aa  ， 又由等比数列的性质，可得 4 2 8 41 5( )a a a a a ，即 4 8 4 5( ) 2a a  ，所以 2 4 5 2 4a a   . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用对数的运算性质，结 合等比数列的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 5．函数 ( ) (1 cos )sinf x x x  在[ , ]  的图像大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为 ( ) 1 02f    ，故排除 A；因为 ( ) (1 cos )( sin ) ( )f x x x f x      ，所以函数 ( )f x 为奇函数，故 排除 B；因为 ( ) cos cos2f x x x  ，分别作出 cosy x 与 cos2y x 的图象，可知极值点在 ( , )2   上，故选 C． 考点：1、函数的图象；2、函数的奇偶性；3、利用导数研究函数的单调性． 6．如图，在平行四边形 ABCD 中, 1 1, ,3 3AE AB CF CD G  为 EF 的中点，则 DG  （ ） A． 1 1 2 2AB AD  B． 1 1 2 2AD AB  C． 1 1 3 3AB AD  D． 1 1 3 3AD AB  【答案】A 【解析】 1 1 2 2DG DE DF   1 1 2( )2 2 3DA AE DC      1 1 1( )2 3 3AD AB AB      1 1 2 2AB AD   故选： A 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，熟练掌握向量的加减法是解题的关键，属于中档题. 7．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】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． 8．已知点 1 2,F F 分别是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左，右焦点，O 为坐标原点，点 P 在双曲线C 的右 支上，且满足 1 2 2 1 2 , 4F F OP tan PF F   ，则双曲线C 的离心率为（ ） A． 5 B．5 C． 17 3 D． 17 9 【答案】C 【解析】由于 1 2 2 2F F OP c  ，所以三角形 1 2F F P 是直角三角形.所以 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 4 2 4 PFtan PF F PF PF PF a PF PF F F c             ，化简得 2 2 17 9 c a  ，即 17 3 ce a   . 故选：C 【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的求法，考查双曲线的定义，考查化归与转化的数学思想方法，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．如图,在棱长均相等的四棱锥 P ABCD 中, O 为底面正方形的中心, M , N 分别为侧棱 PA , PB 的中点,有下列 结论正确的有：( ) A． PD ∥平面 OMN B．平面 PCD∥平面OMN C．直线 PD 与直线 MN 所成角的大小为90 D．ON PB 【答案】ABD 【解析】选项 A,连接 BD，显然 O 为 BD 的中点，又 N 为 PB 的中点，所以 PD ∥ON,由线面平行的判定定理可得， PD ∥平面OMN ；选项 B, 由 M , N 分别为侧棱 PA , PB 的中点,得 MN∥AB,又底面为正方形，所以 MN∥CD， 由线面平行的判定定理可得，CD∥平面 OMN,又选项 A 得 PD ∥平面 OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面 PCD∥平面OMN ；选项 C,因为 MN∥CD，所以∠ PDC 为直线 PD 与直线 MN 所成的角，又因为所有棱长都相 等，所以∠ PDC= 60 ，故直线 PD 与直线 MN 所成角的大小为 60 ；选项 D，因底面为正方形，所以 2 2 2AB AD BD  ,又所有棱长都相等，所以 2 2 2PB PD BD  ,故 PB PD ,又 PD ∥ON，所以ON PB ，故 ABD 均正确. 【点睛】解决平行关系基本问题的 3 个注意点 (1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确． 10．给出下列函数：① cos 2y x ；② cosy x ：③ cos 2 6y x      ；④ tan 2 4y x      ．其中最小正周期 为 的有（ ） A．①② B．①③④ C．③ D．①③ 【答案】AC 【解析】①中， cos 2 cos2y x x  ，其最小正周期为 ；②中，知 cosy x 是 cosy x 将 x 轴下方的部分向上翻折得到的，故周期减半，即 cosy x 的最小正周期为 ； ③中， cos 2 6y x      的最小正周期 2 2T    ； ④中， tan 2 4y x      的最小正周期 2T  ． 故选:AC． 【点睛】本题考查三角函数的周期，熟记各函数特征及周期公式是关键，是基础题 11．设函数 ( )f x 的定义域为 D ， x D  ， y D  ，使得 ( ) ( )f y f x  成立，则称 ( )f x 为“美丽函数”.下列所给 出的函数，其中是“美丽函数”的是（ ） A． 2y x= B． 1 1y x   C．  ln 2 3y x  D． 2 3y x  【答案】BCD 【解析】由题意知，函数  f x 的定义域为 D ， x D  ， y D  ，使得 ( ) ( )f y f x  成立， 所以函数  f x 的值域关于原点对称， 对于 A 中，函数 2y x= 的值域为[0, ) ，不关于原点对称，不符合题意； 对于 B 中，函数 1 1y x   的值域为 ( ,0) (0, )  ，关于原点对称，符合题意； 对于 C 中，函数  ln 2 3y x  的值域为 R ，关于原点对称，符合题意； 对于 D 中，函数 2 3y x  的值域为 R ，关于原点对称，符合题意， 故选 BCD. 【点睛】本题主要考查了函数新定义的应用，其中解答中正确理解题意，分别求解函数的值域，判定值域是否关于 原点对称是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 12．已知抛物线 2: 2C y px  0p  的焦点为 F ，直线的斜率为 3 且经过点 F ，直线 l 与抛物线 C 交于点 A 、B 两点（点 A 在第一象限），与抛物线的准线交于点 D ，若 8AF  ，则以下结论正确的是（ ） A． 4p  B． DF FA  C． 2BD BF D． 4BF  【答案】ABC 【解析】如下图所示： 分别过点 A 、 B 作抛物线C 的准线 m 的垂线，垂足分别为点 E 、 M . 抛物线C 的准线 m 交 x 轴于点 P ，则 PF p ，由于直线l 的斜率为 3 ，其倾斜角为 60 ， //AE x 轴， 60EAF   ，由抛物线的定义可知， AE AF ，则 AEF 为等边三角形，60EFP AEF     ，则 30PEF   ， 2 2 8AF EF PF p     ，得 4p  ， A 选项正确； 2AE EF PF  ，又 //PF AE ， F 为 AD 的中点，则 DF FA  ，B 选项正确； 60DAE   ， 30ADE   ， 2 2BD BM BF   （抛物线定义），C 选项正 确； 2BD BF ， 1 1 8 3 3 3BF DF AF    ，D 选项错误. 故选：ABC. 【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合 思想的应用，属于中等题. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．设复数 1z i  （i 为虚数单位），则 2 2z iz 的值等于____________. 【答案】2 【解析】复数 z＝1+i（i 是虚数单位），则 z2﹣2iz＝（1+i）2﹣2i（1+i）＝2i﹣2i+2＝2． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了复数的运算法则，考查了计算能力，属于基础题． 14．已知 2 1, ,a b R a b  、 则 1 1 a b  的最小值为___________ 【答案】 2 2 3 【解析】因为 2 1, ,a b R a b  、 所以 1 1 1 1 2( 2 )( ) 3 3 2 2b aa ba b a b a b          ，当且仅当 2b a a b  时，即 22 1, 1 2a b    时等号成立，故填 3 2 2 ． 点睛：本题主要考查了不等式，不等式求最值问题，属于中档题．解决此类问题，重要的思路是如何应用均值不等 式或其他重要不等式，很多情况下，要根据一正、二定、三取等的思路去思考，本题根据条件 2 1a b  ，研究的 式子乘以 1 后变形，即可形成所需条件，应用均值不等式． 15． 2 81(1 2 )( )x x x   的展开式中 -2x 项前系数为_________(用数字作答)，项的最大系数是__________ 【答案】0 84 【解析】 81x x     通项 8 8 2 1 8 8 1( ) ( 1)r r r r r r rT C x C xx        ， 当 r=5 时， 2 6 56T x  ，当 r=6 时， 4 7 28T x ，所以 -2x 项前系数为 0。 由二项式定理展开可得：81( )x x  = 0 8 1 6 2 4 3 2 4 0 5 2 6 4 7 6 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8C x C x C x C x C x C x C x C x C x             8 2 11 2x x x      = 0 10 0 1 8 1 2 6 2 3 4 3 4 2 4 5 0 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 5 6 2 6 7 4 7 8 6 8 8 8 8 8 8 8 8 8 2 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) C x C C x C C x C C x C C x C C x C C x C C x C C x C x                     所以最大项为 3 4 2 8 8( 2 )C C x  ，即 84 2x 。 所以填 0 和 84。 【点睛】常规问题直接利用二项式定理求解，其中通项是核心，运算是保证；比较复杂的问题要回到最本质的计数 原理去解决，而不是一味利用公式.另外，概念不清，涉及幂的运算出现错误，或者不能从最本质的计数原理出发解 决问题，盲目套用公式都是考试中常犯的错误. 16．①在同一坐标系中， 2logy x 与 1 2 logy x 的图象关于 x 轴对称 ② 2 1log 1 xy x   是奇函数 ③与 1 2 xy x   的图象关于 2,1 成中心对称 ④ 2 11 2 x y       的最大值为 1 2 ， 以上四个判断正确有____________________（写上序号） 【答案】 (1)(2)(3) 【解析】对于①由于 1 2 2 y log x log x   ，，则在同一坐标系中， 2y log x 与 1 2 y log x 的图象关于 x 轴对称，故①正确； 对于② 2 1log 1 xy x   ，函数的定义域为{ | 1 1}x x ＜ ＜ ，因为 （   2 1 1 xf x log f xx      （ ），所以函数是奇函数，②正确； 对于③，因为 1y x   的对称中心 0 0（ ，），函数 1y x   向左平移 2 单位，向上平 移 1 单位，得到 1 112 2 xy x x     的图象的对称中心 21（ ，）， 所以函数的图象关于 21（ ，）成中心对称，所以③正确． 对于④ 2 11 2 x y       ，因为 2 1 1x   ，函数是偶函数， 0x＜ 时，函数是减函数， 0x＞ 时，函数是增函数，所以 x=0 时函数取得的最小值为 1 2 ，④不正确；故答案为：①②③． 【点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查函数的奇偶性及图象，函数的单调性和应用，属于基本知识的考查． 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）在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 sin2A+sin2B+sin2C＝sinAsinB+sinBsinC+sinCsin A． （1）证明：△ABC 是正三角形； （2）如图，点 D 在边 BC 的延长线上，且 BC＝2CD，AD 7 ，求 sin∠BAD 的值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 21 14 ． 【解析】（1）证明：∵sin2A+sin2B+sin2C＝sinAsinB+sinBsinC+sinCsin A ∴a2+b2+c2＝ab+ac+bc，∴2a2+2b2+2c2＝2ab+2ac+2bc， ∴（a﹣b）2+（b﹣c）2+（a﹣c）2＝0，∴a＝b＝c， ∴△ABC 为等边三角形；(5 分) （2）∵△ABC 是等边三角形，BC＝2CD， ∴AC＝2CD，∠ACD＝120°，（6 分） ∴在△ACD 中，由余弦定理，得 AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CDcos∠ACD， ∴7＝4CD2+CD2﹣4CD•CDcos120°，∴CD＝1， 在△ABC 中，BD＝3CD＝3，（9 分） 由正弦定理，得 sin∠BAD 3 21 14 BDsinB AD   ．（10 分） 【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想和计算能力，属于基础题. 18．（本题共计 12 分）已知等比数列{ }na 的首项 1 2015a  ,数列{ }na 前 n 项和记为 nS . (1) 若 3 6045 4S  ，求等比数列{ }na 的公比 q； (2) 在(1)的条件下证明: 2 1nS S S  ； (3) 数列{ }na 前 n 项积记为 nT ，在(1)的条件下判断 nT 与 1nT  的大小,并求 n 为何值时, nT 取得最大值. 【答案】（1） 1 2  ；（2）见解析；（3）当1 10n  时， 1n nT T  ，当 11n  时， 1n nT T  ， 11n  时， nT 最大． 【解析】 （1）由题意 2 2 3 1 1 1 60452015(1 ) 4S a a q a q q q       ， 2 1 04q q   ， 1 2q   ．（3 分）（2）由（1） 1 12015[1 ( ) ](1 ) 4030 12 [1 ( ) ]11 3 21 ( )2 n n n n a qS q         ．（4 分） 当 n 为奇数时， 4030 1(1 )3 2n nS   ， nS 递减，且 4030 3nS  ， 当 n 为偶数时， 4030 1(1 )3 2n nS   ， nS 递增，且 4030 3nS  ，（6 分） ∴{ }nS 中 2S 最小， 1S 最大．即 2 1nS S S  ；（7 分） （3）由（1） 2 1 1 2 ( 1) 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )n n n nT a a q a q a q a q         ( 1) 2 1 n n na q   ( 1) 212015 ( )2 n n n    ， ( 1) 212015 ( )2 n n n nT    ， ( 1) 1 2 1 ( 1) 2 12015 ( ) 20152 212015 ( )2 n n n n n n n nn T T      ．（10 分） 当1 10n  时， 1 1n n T T   ， 1n nT T  ，当 11n  时， 1 1n n T T   ， 1n nT T  ， ∴ 11n  时， nT 最大．（12 分） 【点睛】本题考查等比数列的前 n 项和公式和通项公式，考查数列的最值问题，考查用作商法比较大小．数列作为 特殊的函数，数列的最值问题可利用函数的单调性求解，当然要注意数列定义域的特殊性．比较大小时，可用作差 法或作商法比较．作商法比较大小一般要求两个数均为正数． 19．（本题共计 12 分）“公平正义”是社会主义和谐社会的重要特征，是社会主义法治理念的价值追求.“考试”作为一 种公平公正选拔人才的有效途径，正被广泛采用.每次考试过后，考生最关心的问题是:自己的考试名次是多少?自已 能否被录取?能获得什么样的职位? 某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300名，其中 275 个高薪职 位和 25 个普薪职位.实际报名人数为 2000 名，考试满分为 400 分.(一般地，对于一次成功的考试来说，考试成绩应 服从正态分布. )考试后考试成绩的部分统计结果如下: 考试平均成绩是180分，360分及其以上的高分考生30名. (1)最低录取分数是多少?(结果保留为整数) (2)考生甲的成绩为 286 分，若甲被录取，能否获得高薪职位?若不能被录取，请说明理由. 参考资料:(1)当 2~ ( , )X N   时，令 XY    ，则  ~ 0,1Y N . (2)当  ~ 0,1Y N 时， 2.17( ) 0.985P Y   ， 1.28 0.900, 1.( ) 09( ) 0.863P Y P Y    ， 1.04( ) 0.85P Y   . 【答案】（1） 266 分或 267 分.（2）能获得高薪职位.见解析 【解析】 (1)设考生成绩为 X ，则依题意 X 应服从正态分布，即  2~ 180,X N  .令 180XY   ，则  ~ 0,1Y N .（2 分） 由360分及其以上的高分考生30名可得 ( ) 30360 2000P X   即   30360 1 0.9852000P X     ，亦即 360 180 0.985P Y       . 则 360 180 2.17   ，解得  83 180,832N  ， ，（4 分） 设最低录取分数线为 ox ，则 0 180 300 83 2( 0) 0 0o xP X x P Y        则 0 180 3001 0.8583 2000 xP Y        ， 0 180 1.0483 x   266.32ox  . 即最低录取分数线为 266 分或 267 分. （8 分） (2)考生甲的成绩 286 267 ，所以能被录取.    286 180( )286 1.28 0.9083P X P Y P Y      ， 表明不低于考生甲的成绩的人数约为总人数的1 0.90 0.10,2000 0.1 200    ， 即考生甲大约排在第 200 名，排在 275 名之前，所以他能获得高薪职位. （12 分） 【点睛】本小题主要考查正态分布在实际生活中的应用，考查化归与转化的数学思想方法，考查阅读理解能力，属 于中档题. 20．（本题共计 12 分）如图，已知四边形 ABCD 为等腰梯形， BDEF 为正方形，平面 BDEF  平面 ABCD ， // , 1, 60AD BC AD AB ABC     . （1）求证:平面CDE  平面 BDEF . （2）点 N 为线段上CE 一动点，求三棱锥 F CDN 体积的取值范围. 【答案】（1）见解析 （2） 10, 2      【解析】（1）证明:在等腰梯形 ABCD 中， //AD BC ， 1, 60AD AB ABC     ， 120 , 30BAD CDA ADB       . 90CDB   即 BD CD .（2 分） 又平面 BDEF  平面 ABCD ，平面 BDEF 平面 ,ABCD BD CD  平面 ABCD . CD\ ^ 平面 BDEF . CD  平面CDE ，平面CDE  平面 BDEF .（5 分） （2）解:连接 BN ，过点 N 作 NG CD ，垂足G 在 CD 上. 由题意可知， 在 ABD 中， 2 2 2 cos 1 1 2 cos120 3BD AB AD AB AD BAD          则 0, 3 , // ,NG BF DE DE  平面 ,CDN BF  平面CDN ， //BF 平面CDN ， F CDN B CDNV V  .（7 分） 由(1)知平面CDE  平面 BDEF ，平面 CDE  平面 ,BDEF DE BD DE  得 BD  平面CDE . 1 3 3 3B CDN CDN CDNV S BD S      1 30,2 2CDNS CD NG        （11 分） 10, 2B CDNV       即三棱锥 F CDN 体积的取值范围 10, 2      .（12 分） 【点睛】本题考查面面垂直的证明，以及三棱锥的体积，等体积转化法是解决本题的关键方法，属于中档题. 21．（本题共计 12 分）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）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       ． (3 分) （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． (7 分) （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  ．(12 分) 【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．（本题共计 12 分）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ， 1F 、 2F 为椭圆的左、右焦点， 21, 2P       为椭圆上一 点，且 1 3 2| | 2PF  . （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线 : 2l x   ，过点 2F 的直线交椭圆于 A 、B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线l 、直线 AB 于 M 、 N 两点，当 MAN 最小时，求直线 AB 的方程.【答案】(1) 2 2 12 x y  (2) 1 0x y   或 1 0x y   . 【解析】（1）设椭圆的左焦点 1( ,0)( 0)F c c  ，则 2 1 1 3 2(1 ) 2 2PF c    ，解得 1c  ， 所以 2 2| | 2PF  ，则由椭圆定义 1 2 2 2 2PF PF a   ，∴ 2a  ， 1b  故椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  .(3 分) （2）由题意直线 AB 的斜率必定不为零，于是可设直线 : 1AB x ty  ， 联立方程 2 2 1 12 x ty x y     得 2 22 2 1 0t y ty    ， ∵直线 AB 交椭圆于  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， ∴    2 2 24 4 2 8 1 0t t t       由韦达定理 1 2 2 2 2 ty y t    ， 1 2 2 1 2y y t    (6 分) 则 2 2N ty t    ，∴ 2 2 2 21 12 2N N tx ty t t        ∵ MN AB ，∴ MNk t  ，∴ 2 2 2 2 2 2 2 6| | 1 2 12 2 tMN t tt t          (8 分) 又 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1| | | | 1 12 2 2 tAN AB t y y t t          ∴  2 2 2 2 2 3| | 2tan 2 1 2 2 2 4| | 1 1 tMNMAN tAN t t                当且仅当 2 2 21 1 t t    即 1t   时取等号. (11 分) 此时直线 AB 的方程为 1 0x y   或 1 0x y   .(12 分) 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立 直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变 形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.