2019-2020 学年度高三期末考试
文科数学试题
考试时间：120 分钟总分：150 分
一、选择题（本大题共 12 小题，共 60 分）
1.若集合 ， ，则集合 中的元素的个数为（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意求出 即可得解.
详解】集合 ， ，
则集合 共三个元素.
故选：C
【点睛】此题考查求集合中的元素个数，关键在于读懂集合的新定义，根据题意求出集合中的元素.
2.在复平面内与复数 所对应的点关于虚轴对称的点为 ，则 对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数的运算法则求出 ，即可得到其对应点关于虚轴对称点的坐标，写出复数.
【详解】由题 ，在复平面对应的点为（1,1），
关于虚轴对称点为（-1,1），所以其对应的复数为 .
故选：D
【点睛】此题考查复数的几何意义，关键在于根据复数的乘法除法运算准确求解，熟练掌握复数的几何意
义.
3.已知直线 ⊥平面 ，直线 平面 ，给出下列命题：
① ∥ ② ⊥ ∥ ③ ∥ ⊥ ④ ⊥ ∥ 其中正确命题的
【
{ }1,3A = { }0, 2B = − { }| , ,z z x y x A y B= + ∈ ∈
{ } { }| , , 1, 1,3z z x y x A y B= + ∈ ∈ = −
{ }1,3A = { }0, 2B = −
{ } { }| , , 1, 1,3z z x y x A y B= + ∈ ∈ = −
2
1
iz i
= + A A
1 i− − 1 i− 1 i+ 1 i− +
1z i= +
( )
( )( )
2 12 2 2 11 1 1 2
i ii iz ii i i
− += = = = ++ + −
1 i− +
l α m ⊂ β
α β ⇒ l m⊥ α β ⇒ l m l m ⇒ α β l m ⇒ α β序号是（ ）
A. ①③ B. ②③④ C. ①②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
利用线面、面面平行的性质和判断以及线面、面面垂直的性质和判断可得结果.
【详解】②若 ，则 与 不一定平行，还可能为相交和异面；④若 ，则 与 不一定平行，
还可能是相交.
故选 A.
【点睛】本题是一道关于线线、线面、面面关系的题目，解答本题的关键是熟练掌握直线与平面和平面与
平面的平行、垂直的性质定理和判断定理.
4.设 为 所在平面内一点，若 ，则下列关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】∵
∴ − =3( − )；
∴ = − .
故选 A.
5.程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作．卷八中第 33
问：“今有三角果一垛，底阔每面七个．问该若干？”如图是解决该问题的程序框图．执行该程序框图，
求得该垛果子的总数 S 为（ ）
α β⊥ l m l m⊥ α β
D ABC∆ 3BC CD =
1 4
3 3AD AB AC= − + 1 4
3 3AD AB AC= −
4 1
3 3AD AB AC= + 4 1
3 3AD AB AC= −
3BC CD =
AC AB AD AC
AD 4
3 AC 1
3 ABA. 28 B. 56 C. 84 D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知中的程序可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 的值，模拟程序运行过程，分析循
环中各变量值的变化情况，即可求解.
【详解】模拟程序的运行，可得：
执行循环体， ；
不满足判断条件 ，执行循环体， ；
不满足判断条件 ，执行循环体， ；
不满足判断条件 ，执行循环体， ；
不满足判断条件 ，执行循环体， ；
不满足判断条件 ，执行循环体， ；
不满足判断条件 ，执行循环体， ；
满足判断条件 ，退出循环，输出 的值为 .
故选 C.
【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中模拟程序运行的过程，通过
逐次计算和找出计算的规律是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
6.从装有大小材质完全相同的 3 个红球和 3 个黑球的不透明口袋中，随机摸出两个小球，则两个小球同色的
S
0, 0, 0i n S= = =
1, 1, 1i n S= = =
7i ≥ 2, 3, 4i n S= = =
7i ≥ 3, 6, 10i n S= = =
7i ≥ 4, 10, 20i n S= = =
7i ≥ 5, 15, 35i n S= = =
7i ≥ 6, 21, 56i n S= = =
7i ≥ 7, 28, 84i n S= = =
7i ≥ S 84概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：随机摸出两个小球，基本事件总数 ，其中两个小球同色包含的基本事件个数 ，根据古典概型概
率公式可得结果.
详解：从装有大小材质完全相同的 个红球和 个黑球的不透明口袋中，
随机摸出两个小球，基本事件总数 ，
其中两个小球同色包含的基本事件个数为 ，
两个小球同色的概率是 ，故选 B.
点睛：本题考查考查古典概型概率公式，是基础题. 在解古典概型概率题时，首先求得样本空间中基本事件
的总数 ，其次求得概率事件中含有基本事件数 ，然后根据公式 求得概率.
7.已知函数 （ ， ， ）的最大值为 3， 的图象的相
邻两条对称轴间的距离为 2，与 轴的交点的纵坐标为 1，则 （ ）
A. 1 B. -1 C. D. 0
【答案】D
【解析】
， 的最大值为 ， ；根据函
数图象相邻两条对称轴间的距离为 2，可得函数的最小正周期为 4，即 ，再根据 的
图 象 与 轴 的 交 点 纵 坐 标 为 ， 可 得 ， 故 函 数 的 解 析 式 为
， ，故选 D.
8.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击 4 次，至少击中 3 次的概率；先由计算器给出 0 到 9 之间取整数
值的随机数，指定 0、1、2 表示没有击中目标，3、4、5、6、7、8、9 表示击中目标，以 4 个随机数为一组，
代表射击 4 次的结果，经随机模拟产生了 20 随机数：
2
3
2
5
1
2
1
3
15 6
3 3
15
6
∴ 6 2
15 5
mP n
= = =
n m mP n
=
( ) cos( ) 1f x A xω ϕ= + + 0A > 0>ω 0 ϕ π< < ( )y f x=
y 1( )3f =
3
2
1f x Acos xω ϕ= + +（ ） （ ） 0 0 0A ω ϕ π（ ＞ ， ＞ ，＜ ＜ ） ( )f x 3, 1 3A∴ + = ， 2A∴ =
2 4 2
π πωω = ∴ =， f x（ ）
y 1 2 1 1,cosϕ + = 0cosϕ∴ = ，
2
πϕ∴ =
2 1 2sin 12 2 2f x cos x x
π π π= + + = − +（ ） （ ） 1 1 12sin( ) 1 03 3 2f π = − × + =
7527,0293,7140,9857,0347,4373,8636,6947,1417,4698根据以上数据估计该射击运动员射击 4 次至少击中 3 次的概率为（ ）
A. 0.55 B. 0.6 C. 0.65 D. 0.7
【答案】B
【解析】
【分析】
根据随机模拟数据找出至少击中三次的情形，根据古典概型求解概率.
【详解】由题设可知两次及两次以上没击中的情形有
0293、7140、1417、0371、2616、6011、7610、4281，共八种，
即 ， ，
故该射击运动员射击 4 次至少击中 3 次的概率为 .
故选：B
【点睛】此题考查根据随机模拟求古典概型，关键在于读懂模拟方法，准确得出基本事件总数和至少击中
三次包含的基本事件个数.
9.已知双曲线 的离心率为 ，过右焦点 作渐近线的垂线，垂足为 ．若
的面积为 ，其中 为坐标原点，则双曲线的方程为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
运用离心率公式，求得渐近线方程，运用点到直线的距离公式可得 到渐近线的距离为 ，由勾股定理可
得 ，运用三角形的面积公式，结合 ， ， 的关系，解得 ， ，即可求出双曲线方程．
【详解】由题意可得 ，可得： ，
设 ，渐近线为 ，
0371,6233,2616,8045,6011,3661,9597,7424,7610,4281
20n = 20 8 12m = − =
12 0.620P = =
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
− = > > 3
2 F M FOM∆
5 O ( )
2
2 4 15
yx − =
2 22 12 5
x y− =
2 2
14 5
x y− =
2 2
116 20
x y− =
F b
| |OA a= a b c a b
3
2
ce a
= = 5
2
b
a
=
(c,0)F by xa
=可得 到渐近线的距离为 ，
由勾股定理可得 ，
由题意可得 ，
又 ，解得 ， ， ，
可得双曲线的方程为： ．
故选：C．
【点睛】本题考查双曲线的焦距的求法，注意运用渐近线方程和点到直线的距离公式，考查运算能力，属
于中档题．
10.在等比数列 中， ，公比 .若 ，则 m=
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】C
【解析】
试题分析：由等比数列的性质可知 ，答案选 C.
考点：等比数列的性质
11.已知抛物线 的焦点 ，准线为 ，点 在抛物线上， 为 与 轴的交点，且
，则 （ ）
A. 1 B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据抛物线的几何特征分析出 ，代入抛物线方程求解.
【详解】过 作准线 的垂线，垂足为 ，则 ，
在 中，∵ ，∴ ，
F 2 2
bcd b
a b
= =
+
2 2 2 2| | | | | |OA OF AF c b a= − = − =
1 52 ab =
2 2 2+ =a b c 5b = 2a = 3c =
2 2
14 5
x y− =
{ }na 1 1a = 1q ≠ 1 2 3 4 5ma a a a a a=
( )2 2 0x py p= > F l ( )04,P y K l y
2PK PF= 0y =
2
4,4 2
pP −
P l M PM PF=
Rt PKM∆ 2 2PK PF PM= = 4PM KM= =∴ ，把 代入抛物线方程 ，解得 .∴ .
故选：C
【点睛】此题考查求抛物线上点的坐标，关键在于熟练掌握抛物线的几何性质，建立等量关系求解标准方
程，进而解得点的坐标.
12.已知函数 ，若函数 是奇函数，且曲线 在点 的切
线与直线 垂直，则 =( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据函数是奇函数求出 值，再根据切线与直线垂直得到 b 的值,即得 +b 的值.
【详解】因为函数 f(x)是奇函数，所以 f（-x）=-f(x),所以 =5.
由题得 ，
因为切线与直线 垂直，所以 b+31=-6,
所以 b=-37.
所以 +b=-32.
故选 A
【点睛】本题主要考查奇函数的性质，考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和
分析推理能力.
二、填空题（本大题共 4 小题，共 20 分）
13.某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为 40 秒.若一名行人来到该路口遇到红
灯，则至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为__________．
的
0 4 2
py = − 4,4 2
pP −
2 2x py= 4p = 0 4 2 2y = − =
3 2( ) ( 5) ( 4)f x x a x b x= + − + + ( )f x ( )y f x= (3, (3))f
1 36y x= + +a b
32− 20− 25 42
a a
a
( ) ( )23 4, 3 31f x x b k f b′ ′= + + ∴ = = +
1 36y x= +
a【答案】 .
【解析】
分析：由题意结合几何关系计算公式整理计算即可求得最终结果.
详解：由题意结合几何概型计算公式可知，至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率：
.
点睛：解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围．当考察对象为点，点的活动
范围在线段上时，用线段长度比计算；当考察对象为线时，一般用角度比计算，即当半径一定时，由于弧
长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长)之比．
14.若 ， 满足约束条件 ，则 的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
首先绘制可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数取得最小值处点的坐标，最后求解最小值即
可.
【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数其几何意义表示点 与可行域内的点连线的斜率，
据此可知目标函数在点 A 处取得最小值，
联立直线方程： ，可得点的坐标为： ，
5
8
40 15 25 5
40 40 8p
−= = =
x y
2 2 0
1 0
0
x y
x y
y
− − ≤
− + ≥
≤
1
5
yz x
−= +
4−
( )5,1P −
2 2 0
1 0
x y
x y
− − =
− + =
( )4, 3A − −据此可知目标函数的最小值为： .
故答案为 ．
【点睛】(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．
15.某单位有 420 名职工，现采用系统抽样方法抽取 21 人做问卷调查，将 420 人按 1,2，…，420 随机编号，
则抽取的 21 人中，编号落入区间 的人数为______.
【答案】7
【解析】
试题分析：因 ，而 ，故抽取的人中编号落入区间
中的人数是 人．故应填 ．
考点：抽样方法的有关知识及运用．
16.已知 f(x)是定义在[－2,2]上的奇函数，当 x∈(0,2]时，f(x)＝2x－1，函数 g(x)＝x2－2x＋m.如果
∀x1∈[－2,2]，∃x2∈[－2,2]，使得 g(x2)＝f(x1)，则实数 m 的取值范围是______________.
【答案】[－5,－2].
【解析】
分析：求出函数 的值域，根据条件，确定两个函数的最值之间的关系即可得到结论.
详解：由题意得：在[－2,2]上 f(x)的值域 A 为 g(x)的值域 B 的子集.
易得 A＝[－3,3]，B＝[m－1,8＋m]，从而 解得－5≤m≤－2.
点睛：本题主要考查函数奇偶性的应用，以及函数最值之间的关系，综合性较强.
三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）
17.[选修 4-4]参数方程与极坐标系
在平面直角坐标系 中，已知曲线 ： ，以平面直角坐标系 的原点 为极点， 轴正
半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系.已知直线 ： .
(Ⅰ)试写出直线 的直角坐标方程和曲线 的参数方程；
(Ⅱ)在曲线 上求一点 ，使点 到直线 的距离最大，并求出此最大值.
[选修 4-5]不等式选讲
min
3 1 44 5z
− −= = −− +
4−
[ ]281,420
( )f x
xOy 1C
2 2
13 4
x y+ = xOy O x
l (2cos sin ) 6ρ θ θ− =
l 1C
1C P P l【答案】(1) ， 的参数方程为 （ 为参数）；（2） .
【解析】
试题分析：（I）根据极坐标与直角坐标互化公式可得直角坐标方程．由曲线消参可得普通方程.（II）设点
， ．则求出点 P 到直线 l 的距离，利用正弦形函数的有界性求解即可.
试题解析：(1)由题意知，直线 的直角坐标方程为： ，
∴曲线 的参数方程为 （ 为参数）
（2）设点 的坐标 ，则点 到直线 的距离为
，
∴当 时，点 ，此时 .
18.在公差不为 0 的等差数列 中， ， ， 成公比为 的等比数列，又数列 满足
．
（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 ．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据条件列方程组解得公差与首项，即得数列 的通项公式；（2）根据分组求和法得结果.
【详解】（1）公差 不为 0 的等差数列 中， ， ， 成公比为 的等比数列，
可得 ， ，可得 ， ，化简可得 ，
即有 ；
2 6 0x y− − = 1C 3 cos
2sin
x
y
θ
θ
= =
θ max
| 4 6 | 2 5
5
d
+= =
( )2 ,sinP cosθ θ [0θ π∈ ， ）
l 2 6 0x y− − =
1C 3
2
x cos
y sin
θ
θ
= =
θ
P ( )3cos ,2sinθ θ P l
4sin 62 3cos 2sin 6 3
5 5
d
π θθ θ
− − − − = =
sin 13
π θ − = −
3 ,12P − max
4 6 2 5
5
d
+= =
{ }na 1a 3a 9a 3a { }nb
*2 , 2 1,( )
2 , 2 ,
na
n
n kb k N
n n k
= −= ∈ =
{ }na
{ }nb 2n 2nT
na n= 2
2(4 1) 2 ( 1)3
n
nT n n
−= + +
{ }na
d { }na 1a 3a 9a 3a
2
3 1 9a a a= 3 1 3a a a= 2
1 1 1( 2 ) ( 8 )a d a a d+ = + 1 1a = 1 1a d= =
na n=（2）由（1）可得 ， ；
前 项和
．
【点睛】本题考查等差数列通项公式以及分组求和法求和，考查基本分析求解能力，属中档题.
19.如图，在直三棱柱 中， ， 是 的中点， .
（1）求证： 平面 ；
（2）若异面直线 和 所成角的余弦值为 ，求四棱锥 的体积.
【答案】（1）见证明；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接 ，交 于点 ，连结 ，利用中位线定理证明 平面 ．
（2）通过平移，表示出异面直线 和 所成角，结合正弦定理及三角形面积公式求得 ．所以
可得解．
【详解】解法一：
（1）连结 ，交 于点 ，连结 .
在直三棱柱 中，四边形 为平行四边形，
所以 为 的中点，
又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
2 , 2 1
2 , 2
n
n
n kb
n n k
= −= =
*k N∈
2n 2 1
2 (2 8 32 2 ) (4 8 12 4 )n
nT n−= + + +…+ + + + +…+
2(1 4 ) 1 2(4 1)(4 4 ) 2 ( 1)1 4 2 3
n n
n n n n
− −= + + = + +−
1 1 1ABC A B C− AB BC⊥ D AC 1 2AA AB= =
1AB / / 1C BD
AC 1 1A B 2 13
13 1 1B AAC D−
1B C 1B C E DE 1 / /AB 1C BD
AC 1 1A B ABCS∆
1 1 1 1 1 1 1 1 1D 3B AA C ABC A B C C BCD B A B CV V V V− − − −= − − =
1B C 1B C E DE
1 1 1ABC A B C− 1 1BCC B
E 1B C
D AC 1 / /AB DE
DE ⊂ 1C BD 1AB ⊄ 1C BD所以 平面 .
（2）因为 ， 为锐角，
所以 为异面直线 和 所成的角，
所以由条件知 ，
在 中， ， ，
， ，
.
又 平面 ， 平面 ， ，
所以 ，
，
，
所以 .
解法二：（1）证明：取 的中点 ，连结 ， ， ，
在直三棱柱 中，
四边形 为平行四边形，又 是 的中点，
所以 ，所以四边形 是平行四边形，
1 / /AB 1C BD
1 1/ /AB A B CAB∠
CAB∠ AC 1 1A B
2 13cos 13CAB∠ =
Rt ABC∆ 90ABC∠ = ° 2AB =
13cos
ABAC CAB
= =∠
2 2 3BC AC AB= − =
1 • 32ABCS AB BC∆ = =
1AA ⊥ ABC 1AA ⊥ 1 1 1A B C 1 2AA =
1 1 1 1• 6ABC A B C ABCV S AA− ∆= =
1 1 1
1 1 1• • 13 3 2C BCD BCD ABCV S CC S AA− ∆ ∆
= = =
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1• • 23 3B A B C A B C ABCV S BB S AA− ∆ ∆= = =
1 1 1 1 1 1 1 1 1D 3B AA C ABC A B C C BCD B A B CV V V V− − − −= − − =
1 1AC E 1B E AE DE
1 1 1ABC A B C−
1 1AAC C D AC
1/ /AD EC= 1AEC D所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 .
（2）过 作 于 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 .
因 ， 为锐角，
所以 为异面直线 和 所成的角，
所以由条件知 ，
在 中， ， ，
， ，
，
又 ， ， ，
所以 .
【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定，割补法求体积，属于中档题．
20.已知在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 .
为
1/ /AE DC AE ⊄ 1C BD 1DC ⊂ 1C BD
/ /AE 1C BD
1 1/ / / /DE CC BB= = 1DEB B
1 / /B E BD 1B E ⊄ 1C BD BD ⊂ 1C BD
1 / /B E 1C BD
1AE B E E∩ = 1B E ⊂ 1AB E
1 / /AB E 1C BD
1AB ⊂ 1AB E 1 / /AB 1C BD
B BH AC⊥ H
1AA ⊥ ABC BH ⊂ ABC 1BH AA⊥
1AA AC A∩ = 1,AA AC ⊂ 1 1AAC D BH ⊥ 1 1AAC D
1 1/ /AB A B CAB∠
CAB∠ AC 1 1A B
2 13cos 13CAB∠ =
Rt ABC∆ 90ABC∠ = ° 2AB =
13cos
ABAC CAB
= =∠
2 2 3BC AC AB= − =
• 6
13
AB BCBH AC
= =
1 1 13AC AC= = 1 13
2 2AD AC= = 1 2AA =
( )
1 1 1 1D 1 1 1
1 1 1• • • 33 3 2B AA C A C DV S BH AD AC AA BH−
= ∆ = + =
ABC∆ A B C a b c cos cos sin
3sin
B C A
b c C
+ =（1）求 的值；
（2）若 ，求 面积的最大值.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】
分 析 ： （ 1 ） 在 式 子 中 运 用 正 弦 、 余 弦 定 理 后 可 得 ．（ 2 ） 由
经三角变换可得 ，然后运用余弦定理可得 ，从
而得到 ，故得 ．
详解：(1)由题意及正、余弦定理得 ，
整理得 ，
∴
（2）由题意得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
由余弦定理得 ，
∴ ，
，当且仅当 时等号成立．
∴ ．
b
cos 3sin 2B B+ = ABC∆
b 3= 3 3
4
cos cos 3sin
3sin
B C A
b c C
+ = 3b =
cos 3sin 2B B+ =
3B
π= 2 23 2a c ac ac ac ac= + − ≥ − =
3ac ≤ 1 3 3sin2 4S ac B= ≤
2 2 2 2 2 2 3
2 2 3
a c b a b c a
abc abc c
+ − + −+ =
22 3
2 3
a a
abc c
=
3b =
cos 3sin 2sin 26B B B
π + = + =
sin( + =16B
π ）
( )0,B π∈
6 2B
π π+ =
3B
π=
2 2 2 2 cosb a c ac B= + −
2 23 2a c ac ac ac ac= + − ≥ − =
3ac∴ ≤ 3a c= =
1 1 3 3 3sin 32 2 2 4S ac B= ≤ × × =∴ 面积的最大值为 ．
点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定
理中常用的变形 ，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．
（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．
21.已知椭圆 的离心率为 ，且过点 ．
（1）求 的方程；
（2）是否存在直线 与 相交于 两点，且满足：① 与 （ 为坐标原点）的斜率
之和为 2；②直线 与圆 相切，若存在，求出 的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
试题分析：
（1）由离心率 ，已知点坐标代入得 及 可解得 得标准方程；
（2）存在性问题，假设直线 存在，把 代入 的方程得 ，
同时设 ，则可得 ，①
代入 得出 的一个等式，再由直线和圆相切又得一个等式，联立可解得 ，同时注意直
线与椭圆相交的条件，如满足则说明存在．
试题解析：
（1）由已知得 ，
解得 ，∴椭圆 方程为 ；
（2）把 代入 的方程得：
，
的
ABC∆ 3 3
4
2 2 2( ) 2a c a c ac+ = + −
( )2 2
2 2: 1 0x yE a ba b
+ = > > 3
2
31, 2
E
:l y kx m= + E ,P Q OP OQ O
l 2 2 1x y+ = l
2
2 14
x y+ = 2y x= − ± 2y x= − ±
3
2
ce a
= = 2 2
1 3 14a b
+ = 2 2 2a b c= + , ,a b c
l y kx m= + E ( ) ( )2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m+ + + − =
( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y ( )2
1 2 1 22 2
4 18 ,1 4 1 4
mkmx x x xk k
−−+ = =+ +
2OP OQk k+ = ,k m ,k m
2 2
3 1 3, 12 4
c
a a b
= + =
2 24, 1a b= = E
2
2 14
x y+ =
y kx m= + E
( ) ( )2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m+ + + − =设 ，则 ，①
由已知得 ，
∴ ，②
把①代入②得 ，
即 ，③
又 ，
由 ，得 或 ，
由直线 与圆 相切，则 ④
③④联立得 （舍去）或 ，∴ ，
∴直线 的方程为 ．
22.已知函数 ， 为自然对数的底数.
（1）当 时，证明， ， ；
（2）若函数 在 上存在极值点，求实数 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析：（2）
【解析】
【分析】
(1)代入 ,求导分析函数单调性,再 的最小值即可证明.
(2) ,若函数 在 上存在两个极值点,则 在 上有根.
再分 , 与 ,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.
【详解】(1)证明：当 时, ,则 ,
( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y ( )2
1 2 1 22 2
4 18 ,1 4 1 4
mkmx x x xk k
−−+ = =+ +
( ) ( )1 2 2 11 2 1 2 2 1
1 2 1 2 1 2
2OF OQ
kx m x kx m xy y y x y xk k x x x x x x
+ + +++ = + = = =
( ) ( )1 2 1 22 1 0k x x m x x− + + =
( )( )2 2
2 2
8 1 1 8 01 4 1 4
k m km
k k
− −
− =+ +
2 1m k+ =
( ) ( )2 2 216 4 1 16 4k m k k∆ = − + = +
2
2
4 0{
1 0
k k
m k
+ >
= − ≥
1
4k < − 0 1k< ≤
l 2 2 1x y+ =
2
1
1
m
k
=
+
0k = 1k = − 2 2m =
l 2y x= − ±
( ) sin ,x
af x x a Re
= + ∈ e
1a = ( ,0]x∀ ∈ −∞ ( ) 1f x ≥
( )f x ,02
π − a
(0,1)
1a = ( )f x
( ) cosx
af x xe
′ −= + ( )f x ,02
π − ( ) cosx
af x xe
′ −= + ,02
π −
0a ≤ 0 1a< < 1a ≥
1a = 1( ) sinxf x xe
= + 1( ) cosxf x xe
−′ = +当 时, ,则 ,又因为 ,
所以当 时, ,仅 时, ,
所以 在 上是单调递减,所以 ,即 .
(2) ,因为 ,所以 ,
①当 时, 恒成立,所以 在 上单调递增,没有极值点.
②当 时, 区间 上单调递增,
因为 .
当 时, ,
所以 在 上单调递减,没有极值点.
当 时, ,所以存在 ,使
当 时, 时,
所以 在 处取得极小值, 为极小值点.
综上可知,若函数 在 上存在极值点,则实数 .
【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导
数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.
在
( ,0]x∈ −∞ 0 1xe< ≤ 1 1xe
− ≤ − cos 1x ≤
( ,0]x∈ −∞ 1( ) cos 0xf x xe
′ −= + ≤ 0x = ( ) 0f x′ =
( )f x ( ,0]−∞ ( ) (0) 1f x f = ( ) 1f x ≥
( ) cosx
af x xe
′ −= + ,02x
π ∈ − cos 0, 0xx e> >
0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ,02
π −
0a > ( ) cosx
af x xe
′ −= + ,02
π −
2 0, (0) 12f a e f a
ππ ′ ′− = − ⋅ < = − +
1a ≥ ,02x
π ∈ − 0 1) ( ) 0(f x f a′ ′≤ = − + ≤
( )f x ,02
π −
0 1a< < ( )0 1 0f a′ = − + > 0 ,02x
π ∈ −
( )0 0f x′ =
0,2x x
π ∈ −
( )0( ) 0, ,0f x x x′ < ∈ ( ) 0f x′ >
( )f x 0x x= 0x
( )f x ,02
π − (0,1)a∈
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