2020届北京市石景山区高三4月统一测试数学试题（解析版）

第 1 页 共 20 页 2020 届北京市石景山区高三 4 月统一测试数学试题 一、单选题 1．设集合 ， ，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由 ，又因为 .所以 . 【详解】 由 得： ，又因为 所以 . 故选：B 【点睛】 本题主要考查两个集合的交集，属于基础题目. 2．在复平面内，复数 ， 对应的点分别为 ， .若 为线段 的中点， 则点 对应的复数是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据复数 在复平面内所对应点的坐标为 ，得出 ， 的坐 标，进而得出点 的坐标，进而得出答案. 【详解】 因为复数 ， 对应的点分别为 ， ，所以在复平面内点 的坐标为 ， 点 的坐标为 ，又因为 为线段 的中点，所以点 的坐标为 ，所以点 对应的复数是 . 故选：C 【点睛】 主要考查复数在复平面内所对应点的坐标知识，属于基础题目. { }1,2,3,4P = { }3,Q x x x R= ≤ ∈ P Q { }1 { }1,2,3 { }3,4 { }3, 2, 1,0,1,2,3− − − 3 3 3x x≤ ⇒ − ≤ ≤ { }1,2,3,4P = P Q = { }1,2,3 { }3,Q x x x R= ≤ ∈ 3 3 3x x≤ ⇒ − ≤ ≤ { }1,2,3,4P = P Q = { }1,2,3 5 6i+ 3 2i− A B C AB C 8 4i+ 2 8i+ 4 2i+ 1 4i+ z a bi= + ( , )a b A B C 5 6i+ 3 2i− A B A ( )5,6A B ( )3, 2B − C AB C 5 3 6 2, (4,2)2 2 + −  =   C 4 2i+第 2 页 共 20 页 3．下列函数中，既是奇函数又在区间 上单调递减的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据函数的奇偶性及单调性对 4 个选项一一判断，即可得出答案. 【详解】 由基本函数的性质得： 为偶函数， 为非奇非偶函数， 为非 奇非偶函数， 为奇函数，且在区间 上单调递减. 故选：D 【点睛】 本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于基础题目. 4．圆 的圆心到直线 的距离为 1，则 （ ） A． B． C． D．2 【答案】A 【解析】试题分析：由 配方得 ，所以 圆心为 ，因为圆 的圆心到直线 的距离为 1， 所以 ，解得 ，故选 A. 【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式 【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位 置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离 d 与半径 r 的大小关系，以 此来确定参数的值或取值范围． 5．将 4 位志愿者分配到进博会的 3 个不同场馆服务，每个场馆至少 1 人，不同的分配 方案有（ ）种． A．72 B．36 C．64 D．81 【答案】B 【解析】先从4 个人中选出 2 个作为一个元素看成整体，再把它同另外两个元素在三个 位置全排列，根据分步乘法原理得到结果. 【详解】 ( )0, ∞+ 2 2y x= − + 2 xy −= lny x= 1y x = 2 2y x= − + 2 xy −= lny x= 1y x = ( )0, ∞+ 2 2 2 8 13 0x y x y+ − − + = 1 0ax y+ − = a = 4 3 − 3 4 − 3 2 2 2 8 13 0x y x y+ − − + = 2 2( 1) ( 4) 4x y− + − = (1,4) 2 2 2 8 13 0x y x y+ − − + = 1 0ax y+ − = 2 2 4 1 1 1 a a + − = + 4 3a = −第 3 页 共 20 页 解： 将 4 位志愿者分配到 3 个不同场馆服务，每个场馆至少 1 人， 先从 4 个人中选出 2 个作为一个元素看成整体， 再把它同另外两个元素在三个位置全排列，共有 ． 【点睛】 本题考查排列组合及简单的计数问题，是一个基础题，本题又是一个易错题，排列容易 重复，注意做到不重不漏． 6．如图，网格纸的小正方形的边长是 1，粗线表示一正方体被某平面截得的几何体的 三视图，则该几何体的体积为（ ） A．2 B．4 C．5 D．8 【答案】B 【解析】如图所示，题中的几何体是棱长为 2 的正方体被平面 ABCD 截得的 正方体的下部分，很明显截得的两部分是完全一致的几何体，则该几何体的 体积为 . 本题选择 B 选项.  ∴ 2 3 4 3 36C A = 31 2 42V = × =第 4 页 共 20 页 7．函数 （ ）的最小正周期为 ，则 满足（ ） A．在 上单调递增 B．图象关于直线 对称 C． D．当 时有最小值 【答案】D 【解析】由函数 （ ）的最小正周期为 得 ，则 ， 当 时， ，显然此时 不单调递增，A 错误； 当 时， ，B 错误； ，C 错误；故选择 D. 8．设 是等差数列，其前 项和为 .则“ ”是“ 为递增数列”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】C 【解析】先由 进行化简，能推出 ，即 为递增数列. 再由 为递增数列，得 ，能推出 故“ ”是“ 为递增数列”的充分必要条件. 【详解】 设 的公差为 . 充分性证明：由 得： ，即： . 所以 为递增数列. 必要性证明：由 为递增数列得： ，所以 ( ) cos 6f x x πω = +   0>ω π ( )f x 0, 3 π     6x π= 3 3 2f π  =   5 12x π= 1− ( ) cos 6f x x πω = +   0ω > π 2ω = ( ) cos 2 6f x x π = +   (0, )3x π∈ 52 ( , )6 6 6x π π π+ ∈ ( )f x 6x π= ( ) cos 06 2f π π= = 5 3( ) cos3 6 2f π π= = − { }na n nS 1 3 22S S S+ > { }na 1 3 22S S S+ > 0d > { }na { }na 3 2 1a a a> > 1 3 22S S S+ > 1 3 22S S S+ > { }na { }na d 1 3 22S S S+ > 1 1 2 3 1 2 3 22( )a a a a a a a a+ + + > + ⇒ > 0d > { }na { }na 3 2 1a a a> >第 5 页 共 20 页 所以“ ”是“ 为递增数列的充分必要条件 故选：C. 【点睛】 本题主要结合等差数列考查充分条件及必要条件的判断.属于基础题目. 9．设 是定义在 上的函数，若存在两个不等实数 ，使得 ，则称函数 具有性质 ，那么下列函数： ① ； ② ； ③ ； 具有性质 的函数的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解析】对于①，取 便可得出答案. 对于②，运用反证法，即可证明 不具有性质 . 对于③，取 ，代入便可得出答案. 【详解】 对于①：取 ，则 此时， ， . 所以 故函数①具有性质 . 对于②：假设存在两个不等实数 ，使得 ， 1 1 2 3 1 1 2 2 1 2 21 3 2( ) 2a a a a a a a a aS S a S= + + + > + + + = + =+ 1 3 22S S S+ > { }na ( )f x R 1 2,x x R∈ ( ) ( )1 21 2 2 2 f x f xx xf ++  =   ( )f x P ( ) 1 , 0 0, 0 xf x x x  ≠=   = ( ) 2f x x= ( ) 2 1f x x= − P 1 21, 1x x= = − ( ) 2f x x= P 1 22, 2x x= = − 1 21, 1x x= = − 1 2( ) 1, ( ) 1f x f x= = − 1 2 (0) 02 x xf f +  = =   ( ) ( )1 2 1 ( 1) 02 2 f x f x+ + −= = ( ) ( )1 21 2 2 2 f x f xx xf ++  =   P 1 2,x x R∈ ( ) ( )1 21 2 2 2 f x f xx xf ++  =  第 6 页 共 20 页 则 . . 所以 ，化简得： 即： . 与“存在两个不等实数 ，使得 ” 矛盾. 故函数②不具有性质 . 对于③：取 ，则 此时， ， 所以 故函数③具有性质 . 故选：C. 【点睛】 本题主要考查对函数性质的理解，属于中档题目. 10．点 ， 分别是棱长为 2 的正方体 中棱 ， 的中点， 动点 在正方形 (包括边界)内运动.若 面 ，则 的长度范围是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 22 2 2 4 x x x x x x x xf + + + ⋅ +   = =       ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 2 f x f x x x+ += 2 2 1 1 2 22 4 x x x x+ ⋅ + 2 2 1 2 2 x x+= 2 2 2 1 2 1 2 1 22 ( )0 04 4 x x x x x x+ − −= ⇒ = 1 2x x= 1 2,x x R∈ ( ) ( )1 21 2 2 2 f x f xx xf ++  =   P 1 22, 2x x= = − 1 2( ) 1, ( ) 1f x f x= = 1 2 (0) 12 x xf f +  = =   ( ) ( )1 2 1 1 12 2 f x f x+ += = ( ) ( )1 21 2 2 2 f x f xx xf ++  =   P M N 1 1 1 1ABCD A B C D− BC 1CC P 1 1BCC B 1 / /PA AMN 1PA 2, 5   3 2 , 52       3 2 ,32       [ ]2,3第 7 页 共 20 页 【解析】取 ， 中点 ， ，得平面 ∥平面 .进而得到点 的轨迹 为线段 ， 又因为 为等腰三角形，进而便可得出答案. 【详解】 取 ， 中点 ， ， 连接 、 . 则 ∥ . ∥ .又因为 . 所以平面 ∥平面 . 又因为动点 在正方形 (包括边界)内运动， 所以点 的轨迹为线段 . 又因为正方体 的棱长为 2， 所以 ， . 所以 为等腰三角形. 故当点 在点 或者 在点 处时，此时 最大，最大值为 . 当点 为 中点时， 最小，最小值为 . 故选：B. 【点睛】 本题主要考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属于中 档题目，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点 的位置. 1 1B C 1B B E F 1A EF AMN P EF 1A EF 1 1B C 1B B E F 1A E 1A F 1A E AM EF MN 1A E EF E∩ = 1A EF AMN P 1 1BCC B P EF 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 5A E A F= = 2EF = 1A EF P E P F 1PA 5 P EF 1PA 2 22 3 2( 5) ( )2 2 − = P第 8 页 共 20 页 二、填空题 11．已知向量 ， ，则 ______. 【答案】 ； 【解析】由向量的数量积公式得： ，代入化简，便可求得答案. 【详解】 由 ， 得： 又因为 ，所以 . 故答案为： . 【点睛】 本题主要考查向量的数量积知识，属于基础题目. 12．已知正项等比数列 中， ，其前 项和为 ，且 ，则 __________． 【答案】 【解析】解：由题意可知： ，结合 解得： ， 则 . 13．能够说明“设 ， 是任意非零实数”，若“ ，则 ”是假命题的一组整数 ， 的值依次为______. 【答案】2， ；(答案不唯一) 【解析】取 ，再使用反证法即可得出答案. 【详解】 取 ，则 ，但是 ，即 故答案为：2， . 【点睛】 本题考查了真假命题的定义及反例的应用，属于基础题目. 1 3,2 2BA  =      3 1,2 2BC  =      ABC∠ = 6 π cos BA BCABC BA BC ⋅∠ = ⋅     1 3,2 2BA  =      3 1,2 2BC  =      3 32cos 1 2 BA BCABC BA BC ⋅∠ = = = ⋅     [ ]0,ABC π∠ ∈ 6ABC π∠ = 6 π { }na 1 1a = n ( )*nS n N∈ 1 2 3 1 1 2 a a a − = 4S = 15 2 1 1 1 1 1 1 a a q a q − = 1 1, 0a q= > 2q = 4 1 2 4 8 15S = + + + = a b a b> 1 1 a b < a b 1− 2, 1a b= = − 2, 1a b= = − a b> 1 1 2 1 > − 1 1.a b > 1−第 9 页 共 20 页 14．已知 是抛物线 ： 的焦点， 是 上一点， 的延长线交 轴于点 .若 为 的中点，则 ______. 【答案】3； 【解析】由题意得： ，又因为 为 的中点，且点 在 轴上，设点 ， 所以点 为 ，又因为点 在抛物线上，代入抛物线便可得出 ，进而求得 . 【详解】 根据题意画出图象，如下图所示： 因为 是抛物线 ： 的焦点，所以点 坐标为 . 设点 为 ，因为 为 的中点，所以点 为 ， 因为点 在抛物线上，则 .则 . 故： . 故答案为：3. 【点睛】 本题主要考查抛物线的几何性质，属于基础题目. 15．长沙市为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由 13 名教师组成的队伍下乡支 教，记者采访队长时询问这个团队的构成情况，队长回答：“（1）有中学高级教师； （2）中学教师不多于小学教师；（3）小学高级教师少于中学中级教师；（4）小学中 级教师少于小学高级教师；（5）支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、 F C 2 4y x= M C FM y N M FN FN = (1,0)F M FN N y (0, )NN y M 1( , )2 2 Ny M Ny 3FN = F C 2 4y x= F (1,0)F N (0, )NN y M FN M 1( , )2 2 Ny M 2 14( )2 2 Ny = × 2 8Ny = 2 2 8 1 3FN OF ON= + = + =第 10 页 共 20 页 中学高级；（6）无论是否把我计算在内，以上条件都成立．”由队长的叙述可以推测出 他的学段及职称分别是____． 【答案】小学中级 【解析】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为 ，根据条件 列不等式组，推出 取法，根据取法推测队长的学段及职称. 【详解】 设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为 ， 则 所以 ， 若 则 ， 若 则 矛盾 队长为小学中级时，去掉队长则 ， 满足 ； 队长为小学高级时，去掉队长则 ，不满足 ； 队长为中学中级时，去掉队长则 ，不满足 ； 队长为中学高级时，去掉队长则 ，不满足 ； 综上可得队长为小学中级. 【点睛】 本题考查不等式性质，考查论证推理能力，属难题. 三、解答题 16．如图，在正四棱锥 中， ， . （1）求证： 平面 ； （2）求二面角 的余弦值. a b c d, ,, a b c d, ,, a b c d, ,, 13, 1, , ,a b c d d c d a b b c a b+ + + = ≥ + ≤ + < < 13 ( ) , 7, 6a b a b a b c d− + ≤ + ∴ + ≥ + ≤ 7,a b+ = 6, 3, 4, 5, 1c d a b a b c d+ = < ∴ = = = = 8,a b+ ≥ 5, 1 4, 3, 5c d d c b c b a b+ ≤ ≥ ∴ ≤ ∴ ≤ ≥  2, 4, 5, 1a b c d= = = = 1 1, 6 4, 4 5, 2 4d c d a b b c a b= ≥ + = ≤ + = = < = = < = 3, 3, 5, 1a b c d= = = = a b< 3, 4, 4, 1a b c d= = = = b c< 3, 3, 5, 0a b c d= = = = 1d ≥ P ABCD− 2 2AB PB= = AC BD O= BO ⊥ PAC A PC B− −第 11 页 共 20 页 【答案】（1）证明见解析.（2） 【解析】（1） 为正四棱锥.所以 为正方形， 面 ， . 因为 为正方形，所以 . ，所以 面 . （2）要求二面角 的余弦值，通过建立空间直角坐标系，运用向量法即可得 出答案. 【详解】 （1）证明：联结 . 在正四棱锥 中， 底面 . 因为 平面 ，所以 . 在正方形 中， ， 又因为 ，所以 面 . （2）解：由（1）知， ， ， 两两垂直， 以 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系. 在正方形 中，因为 ， 所以 . 又因为 ， 所以 . 所以点 的坐标为 ，点 的坐标为 ， 点 的坐标为 . 则 ， . 由（1）知， 平面 . 3 3 P ABCD− ABCD PO ⊥ ABCD PO BO⊥ ABCD AC BD⊥ PO AC O= BO ⊥ PAC A PC B− − PO P ABCD− PO ⊥ ABCD BO ⊂ ABCD PO BO⊥ ABCD BO AC⊥ PO AC O= BO ⊥ PAC PO AO BO O ABCD 2 2AB = 2AO = 2 2PB = 2PO = P ( )0 0 2P , , C ( )2,0,0C − B ( )0,2,0B ( )2,0, 2PC = − − ( )2,2,0CB = BO ⊥ PAC第 12 页 共 20 页 所以平面 的一个法向量为 . 设平面 的一个法向量 . 则 ，即 令 ，则 ， . 故平面 的一个法向量 . 所以二面角 的余弦值为 . 【点睛】 本题主要考查线面垂直及空间向量求面面角的应用，属于中档题目. 17．2020 年，北京将实行新的高考方案.新方案规定：语文､数学和英语是考生的必考科 目，考生还需从物理､化学､生物､历史､地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科 目.若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确 定；否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理､化学和生物”三个选考 科目，则学生甲的选考方案确定，“物理､化学和生物”为其选考方案. 某校为了解高一年级 840 名学生选考科目的意向，随机选取 60 名学生进行了一次调查， 统计选考科目人数如下表： 性别 选考方案确定情况 物理 化学 生物 历史 地理 政治 选考方案确定的有 16 人 16 16 8 4 2 2 男生 选考方案待确定的有 12 人 8 6 0 2 0 0 选考方案确定的有 20 人 6 10 20 16 2 6 女生 选考方案待确定的有 12 人 2 8 10 0 0 2 （1）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？ （2）从选考方案确定的 16 名男生中随机选出 2 名，求恰好有一人选“物理､化学､生物” 的概率； PAC ( )1 0,2,0n OB= =  PBC ( )2 , ,n x y z= 2 2 0 0 n PC n CB  ⋅ = ⋅ =     2 2 0, 2 2 0. x z x y − − =  + = 1y = 1x = − 1z = PBC ( )2 1,1,1n = − 1 2 1 2 1 2 3cos , 3 n nn n n n ⋅= =      A PC B− − 3 3第 13 页 共 20 页 （3）从选考方案确定的 16 名男生中随机选出 2 名，设随机变量 ，求 的分布列和期望. 【答案】（1） 人.（2） .（3）分布列答案见解析，期望为 【解析】（1）计算男生和女生确定选考生物的人数，进行估算即可. （2）根据表格数据可得选考方案确定的男生中选择“物理､化学､生物”的人数，进而得 到答案. （3）求出随机变量的数值和对应的概率，即可得到分布列和期望. 【详解】 （1）由数据知，60 人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有 人 所以该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有 人 （2）选考方案确定且为“物理，化学，生物”的男生共有 8 人. 设“恰好有一人选物理､化学､生物”为事件 A （3）由数据可知，选考方案确定的男生中有 8 人选择物理､化学和生物；有 4 人选择物 理､化学和历史；有 2 人选择物理､化学和地理；有 2 人选择物理､化学和政治. 的可能取值为 0，1. 所以 的分布列为： 0 1 0 1 ξ =   两名男生选考方案不同 两名男生选考方案相同 ξ 392 8 15 3 10 8 20 28+ = 28840 39260 × = ( ) 1 1 8 8 2 16 8 15 C C CP A = = ξ ( ) 1 1 1 1 1 1 8 8 4 4 2 2 2 16 70 10 C C C C C CP C ξ + += = = ( ) 2 2 2 2 8 4 2 2 2 16 31 10 C C C CP C ξ + + += = = ξ ξ P 7 10 3 10 7 3 30 110 10 10Eξ = × + × =第 14 页 共 20 页 【点睛】 本题主要考查统计与概率的综合知识，涉及到离散型随机变量、数学期望的求法，考查 了频数分布表、古典概型的知识，题目难度稍大. 18．已知锐角 ，同时满足下列四个条件中的三个： ① ② ③ ④ （1）请指出这三个条件，并说明理由； （2）求 的面积. 【答案】（1） 同时满足①，②，③，理由见解析.（2） 【解析】（1）判断三角形的满足条件，推出结果即可. （2）利用余弦定理求出 ，利用面积公式求解 的面积. 【详解】 （1） 同时满足①，②，③. 理由如下： 若 同时满足①，④，则在锐角 中， ，所以 又因为 ，所以 所以 ，这与 是锐角三角形矛盾， 所以 不能同时满足①，④， 所以 同时满足②，③. 因为 所以 若满足④. 则 ，则 ，这与 是锐角三角形矛盾. 故 不满足④. 故 满足①，②，③. （2）因为 ， 所以 . 解得 或 . 当 时， ABC 3A π= 13a = 15c = 1sin 3C = ABC ABC 30 3 b ABC ABC ABC ABC 1 1sin 3 2C = < 0 6C π< < 3A π= 3 2A C π π< + < 2B π> ABC ABC ABC c a> C A> 6A C π< < 2B π> ABC ABC ABC 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 2 2 2 113 15 2 15 2b b= + − × × × 8b = 7b = 7b = 2 2 27 13 15cos 02 7 13C + −= > ( )1,0F 2 2 l F l C A B AB M C OM l OM C P OAPB l 2 2 12 x y+ = l 2 2 ± 1c = 2 2 c a = 2a = 1c = 1b = l ( )1y k x= − 0k ≠ 1 2 M OM M yk x k −= = OAPB OA OB OP+ =   2 1 2 2 4 2 1P kx x x k = + = + 2 2 2 1P ky k −= + P P 1c = 2 2 ce a = = 2 2 2a b c= + 2a = 1b = 2 2 12 x y+ = l ( )1y k x= − 0k ≠第 16 页 共 20 页 联立 消去 得 ，不妨设 ， 则 ，因为 为线段 的中点 所以 ， 所以 所以 为定值. （3）若四边形 为平行四边形，则 所以 因为点 在椭圆上，所以 解得 ，即 所以当四边形 为平行四边形时，直线 的斜率为 【点睛】 本题主要考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题目. 20．已知函数 ( )， ( ). （1）若 恒成立，求实数 的取值范围； （2）当 时，过 上一点 作 的切线，判断：可以作出多少条切线， 并说明理由. 【答案】（1） .（2）2 条切线，理由见解析 【解析】（1）把 转化为： ，要使得 恒 ( )( ) 2 2 12 1 0 x y y k x k  + =  = − ≠ y ( )2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k+ − + − = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 1 2 2 4 2 1 kx x k+ = + M AB 2 1 2 2 2 2 2 1M x x kx k += = + ( ) 21 2 1M M ky k x k −= − = + 1 2 M OM M yk x k −= = 1 1 2 2OM lk k kk −× = × = − OAPB OA OB OP+ =   2 1 2 2 4 2 1P kx x x k = + = + ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2 21 1 2 2 1P ky y y k x k x k x x k −= + = − + − = + − = + P 2 22 2 2 4 22 22 1 2 1 k k k k   − + × =   + +   2 1 2k = 2 2k = ± OAPB l 2 2k = ± ( ) 2f x x= 0x > ( ) lng x a x= 0a > ( ) ( )f x g x> a 1a = ( )f x ( )1,1 ( )g x 0 2ea< < ( ) ( )f x g x> ( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( ) ( )f x g x>第 17 页 共 20 页 成立，即满足 的最小值大于 0. （2）设切点 ，则 ，对方程化简，判断 的个数即可，得出 切线的条数. 【详解】 （1）令 ( ) 所以 令 ，解得 . 当 变化时， ， 的变化情况如下表： - 0 + 减 极小值 增 所以在 的最小值为 令 ，解得 . 所以当 时， 恒成立，即 恒成立. （2）可作出 2 条切线. 理由如下：当 时， . 设过点 的直线 与 相切于点 ， ( )h x ( )0 0,P x y ( ) 0 0 0 1 1 yg x x −′ = − 0x ( ) ( ) ( ) 2 lnh x f x g x x a x= −= − 0x > ( ) 2 222 a x ax xh x x =′ −= − ( ) 2 22 0x x xh a−′ = = 2 ax = x ( )h x′ ( )h x x 0, 2 a      2 a ,2 a +∞    ( )h x′ ( )h x ( )0, ∞+ ln ln2 2 2 2 2 2 a a a a a ah a   = − = −    02 ah   >    0 2ea< < 0 2ea< < ( ) 0h x > ( ) ( )f x g x> 1a = ( ) lng x x= ( )1,1 l ( ) lng x x= ( )0 0,P x y第 18 页 共 20 页 则 即 整理得 令 ，则 在 上的零点个数与切点 的个数一一对应. ，令 解得 . 当 变化时， ， 的变化情况如下表： - 0 + 减 极小值 增 所以 在 上单调递减，在 上单调递增. 且 所以 在 和 上各有一个零点，即 有两个不同的解. 所以过点 可作出 的 2 条切线. 【点睛】 本题主要考查利用导数解决恒成立问题及切线的问题，考查了逻辑思维能力，属于中档 题目. 21．有限个元素组成的集合 ， ，记集合 中的元素个数为 ( ) 0 0 0 1 1 yg x x −′ = − 0 0 0 ln 11 1 x x x −= − 0 0 0ln 2 1 0x x x− + = ( ) ln 2 1x xm xx −= + ( )m x ( )0, ∞+ P ( ) ln 1m x x′ = − ( ) ln 1 0xm x′ = − = x e= x ( )m x′ ( )m x x ( )0,e e ( ),e +∞ ( )m x′ ( )m x ( )m x ( )0,e ( ),e +∞ 2 2 2 2 2 1 1 1 2 4ln 1 1 0m e e e e e   = × − + = − + >   ( ) ln 2 1 1 0m e e e e e= × − + = − + < ( )2 2 2 2ln 2 1 1 0m e e e e= × − + = > ( )m x 2 1 ,ee      ( )2,e e ln 2 1 0x x x− + = ( )1,1 lny x= { }1 2, , , nA a a a= ⋅⋅⋅ n ∗∈N A第 19 页 共 20 页 ，即 .定义 ，集合 中的元素 个数记为 ，当 时，称集合 具有性质 . （1） ， ，判断集合 ， 是否具有性质 ，并说明理由； （2）设集合 ， 且 ( )，若集 合 具有性质 ，求 的最大值； （3）设集合 ，其中数列 为等比数列， ( )且公 比为有理数，判断集合 是否具有性质 并说明理由. 【答案】（1）集合 不具有性质 ，集合 具有性质 ，理由见解析.（2） .（3） 集合 具有性质 ，理由见解析. 【解析】（1）根据定义即可判断，进而得出答案. （2）运用反证法即可得出答案. （3）设 ，假设当 时有 成立，进而结合反证法 证明假设不成立，进而得出答案. 【详解】 （1）集合 不具有性质 ，集合 具有性质 . ， 不具有性质 ； ， 具有性质 . （2）若三个数 ， ， 成等差数列，则 不具有性质 ，理由是 . 因为 且 ( )所以 ， 要使 取最大，则 ； ，易知 不具有性质 ，要使 取最大， 则 ； ，要使 取最大，检验可得 ； （3）集合 具有性质 . ( )card A ( )card A n= { },A A x y x A y A+ = + ∈ ∈ A A+ ( )card A A+ ( ) ( )1 2 n ncard A A ++ = A P { }1,4,7A = { }2,4 8B = , A B P { }1 2 3, , ,2020A a a a= 1 2 3 2020a a a< < < ia N ∗∈ 1,2,3i = A P 1 2 3a a a+ + { }1 2, , , nA a a a= ⋅⋅⋅ { }na 0ia > 1,2, ,i n= ⋅⋅⋅ A P A P B P 6050 A P 1 1 n na a q −= i k l j< ≤ < i j lka a a a+ = + A P B P { }2,5,8,11,14A A+ = ( ) ( )3 3 15 2card A A ++ = ≠ P { }4,6,8,10,12,16B B+ = ( ) ( )3 3 16 2card B B ++ = = P a b c { }, ,A a b c= P 2a c b+ = 1 2 3 2020a a a< < < ia N ∗∈ 1,2,3i = 3 2019a ≤ 1 2 3a a a+ + 3 2019a = 2 2018a ≤ { }2018,2019,2020 P 1 2 3a a a+ + 2 2017a = 1 2016a ≤ 1 2 3a a a+ + 1 2014a = ( )1 2 3 max 6050a a a+ + = A P第 20 页 共 20 页 设等比数列的公比为为 ，所以 ( )且 为有理数， 假设当 时有 成立，则有 因为 为有理数，设 ( ， )且( ， 互质)，因此有 即 （1）， （1）式左边是 的倍数，右边是 的倍数，又 ， 互质， 显然 不成立. 所以 ，所以集合 具有性质 . 【点睛】 本题考查了集合新定义问题，考查了等比数列的应用，以及学生的阅读能力，属于难题. q 1 1 n na a q −= 1 0a > q i k l j< ≤ < i j lka a a a+ = + 1j i k i l iq q q− − −= + − q mq n = m n ∗∈N m n 1 j i k i l im m m n n n − − −     = + −           j i k i j k l i j l j im m n m n n− − − − − −= + − m n m n i j lka a a a+ = + ( ) ( )1 2 1 2n n n ncard A A C C ++ = + = A P