2020年普通高考适应性数学试题（天津卷）（含解析Word版）

2020 年普通高考（天津卷）适应性测试 数学 本试卷分为第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用 时 120 分钟.第 I 卷 1 至 3 页，第Ⅱ卷 4 至 6 页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题上并在规定位置粘贴考试用 条形码，答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效，考试结 束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2.本卷共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分. 参考公式： 如果事件 A,B 互斥，那么如果事件 A,B 相互独立，那么 如果事件 A,B 相互独立，那么 棱柱的体积公式 ，其中 S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高 棱锥的体积公式 ，其中 S 表示棱锥的底面面积 h 表示棱锥的高 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.已知全集 ，集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用补集的定义求出 ，再利用交集的定义可得结果. ( ) ( ) ( )∪ = +P A B P A P B ( ) ( ) ( )P AB P A P B= V Sh= 1 3V Sh= { 2, 1,0,1,2}U = − − { 2,0,1,2}= −A { 1,0,1}B = − UA C B = {0,1} { 2,2}− { 2, 1}− − { 2,0,2}− UC B【详解】因为全集 ， ， 所以 ， 又因 集合 ， 所以 . 故选：B. 【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键 是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合 且不属于集合 的元素 的集合. 2.设 ，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 利用一元二次不等式的解法化简 ，再由充分条件与必要条件的定义可得结果. 【详解】“ ”等价于 “ 或 ”， “ ”能推出“ 或 ”，而“ 或 ”不能推出“ ”， 所以“ ”是“ ”的充分非必要条件， 故选：A. 【点睛】判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件 和结论 分别是什么，然后直接依 据定义、定理、性质尝试 .对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助 集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为 判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 3.函数 的图象大致是（ ） 为 { 2, 1,0,1,2}U = − − { 1,0,1}B = − { 2,2}UC B = − { 2,0,1,2}= −A UA C B = { 2,2}− A B a R∈ 2a ≥ 2 3 2 0− + ≥a a 2 3 2 0− + ≥a a 2 3 2 0− + ≥a a 1a ≤ 2a ≥ 2a ≥ 1a ≤ 2a ≥ 1a ≤ 2a ≥ 2a ≥ 2a ≥ 2 3 2 0− + ≥a a p q ,p q q p⇒ ⇒ 2 = x xy eA. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数有两个极值点，可排除选项 C、D；利用奇偶性可排除选项 B，进而可得结果. 【详解】因为 ，所以 ， 令 可得， ， 即函数有且仅有两个极值点，可排除选项 C、D； 又因为函数 即不是奇函数，又不是偶函数，可排除选项 B， 故选：A. 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手： 2 = x xy e 22' x x xy e −= ' 0y = 0, 2x x= = 2 = x xy e(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 4.如图，长方体 的体积是 36，点 E 在棱 上，且 ，则三棱锥 E-BCD 的体积是（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】 由锥体的体积公式可得三棱锥的体积为 ，结合长方体 的体 积是 36 可得结果. 【详解】因为长方体 的体积是 36，点 E 在棱 上，且 ， 所以 ， 三棱锥 E-BCD 的体积是 故选：B. 【点睛】本题主要考查柱体的体积与锥体的体积，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于 基础题. 1 1 1 1ABCD A B C D− 1CC 12CE EC= 1 1 9 BC CD CC⋅ ⋅ 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 1 1ABCD A B C D− 1CC 12CE EC= 1 36BC CD CC⋅ ⋅ = 1 1 3 2 BC CD EC × × ⋅ ⋅   1 1 1 1 2 1 1 36 43 2 3 9 9BC CD CC BC CD CC = × × ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = × =  5.某市为了解全市居民日常用水量的分布情况，调查了一些居民某年的月均用水量（单位： 吨），其频率分布表和频率分布直方图如图，则图中 t 的值为（ ） 分组 频数 频率 4 0.04 8 0.08 15 a 22 0.22 m 0.25 14 0.14 6 0.06 4 0.04 2 0.02 合计 100 1.00 [0,0.5) [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) [2,2.5) [2.5,3) [3,3.5) [3.5,4) [4,4.5)A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由频率和为 1 可求得 ，再除以组距即可得结果. 【详解】因为 0.04+0.08+ +0.22+0.25+0.14+0.06+0.04+0.02=1， 所以 ， 又因为组距等于 0.5， 所以 t 的值为 ， 故选：C. 【点睛】直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为 ；（2）组距与直方图纵 坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后 求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数. 6.已知 是定义在 R 上的偶函数且在区间 单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性判断出 ，再利用函数 的单调性与奇偶性可得结果. 【详解】因为 是定义在 R 上的偶函数，所以 ， 根据对数函数 单调性可得 ， 根据指数函数的单调性可得 ， 的 0.15 0.075 0.3 15 0.15a = a 0.15a = 0.15 0.30.5 = 1 ( )f x [0, )+∞ ( ) ( )2 2 1log log 23f f f ππ − > >   ( ) ( )2 2 1log 2 log3 −  > >  f f fπ π ( ) ( )2 2 12 log log3 −  > >  f f fπ π ( ) ( )2 2 12 log log 3 −  > >   f f fπ π 2 2log lo 2g 3 ππ −> > ( )f x ( )f x ( ) ( )2 2 2 1log log 3 log 33f f f  = − =   2 2 23log 1l g 2o logπ > => 0 10 2 2π− < = > ( )f x [0, )+∞ ( ) ( ) ( )2 22 log 3 logf f fπ π− > > ( ) ( )2 2 12 log log3 −  > >  f f fπ π ( ) ( ) ( ),0 , 0,1 , 1,−∞ +∞ 2 2 ( 0)x py p= > 2 2 116 9 x y− = 15 2 40 3 20 3 8 7 3 2 2 ( 0)x py p= > 2 2 116 9 x y− = 2 2 ( 0)x py p= > 0, 2 pF      2 2 116 9 x y− = ( )1 5,0F 1 10FF pk = − 3 4y x=± 1 3 40110 4 3FF pk p= − × = − ⇒ =8.已知函数 ，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线 对称 C. 是 的一个零点 D. 在区间 单调递减 【答案】D 【解析】 分析】 利用辅助角公式化简 ，再利用正弦函数的周期性、对称性、单调性以 及函数零点的定义逐一判断即可. 【详解】 ， 对于 A， 的最小正周期为 ，正确； 对于 B， 时， 为最小值， 的图象关于直线 对称，正确； 对于 C， 时， ， 是 的一个零点，正确； 对于 D， 在区间 上不是单调函数，错误， 故选：D. 【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查正弦函数的周期性、对称性、单调性以 及函数的零点的定义，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往 因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖 掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力 突破较难的命题. 【 ( ) sin cosf x x x= + ( )f x 2π ( )y f x= 5 4 =x π 7 4 π ( )f x ( )f x 3, 2 ππ     ( ) 2 sin 4f x x π = +   ( ) sin cos 2 sin 4f x x x x π = + = +   ( )f x 2 21 π π= 5 4 =x π 1y = − ( )y f x= 5 4 =x π 7 4x π= 0y = 7 4 π ( )f x ( )f x 3, 2 ππ    9.已知函数 ，若函数 有且只有 3 个零点，则实 数 k 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 画出函数图象，分两种情况讨论，分别求出直线与曲线 相切时的斜率，结 合函数图象的交点个数，即可判断函数 有且只有 3 个零点时实数 k 的取 值范围. 【 详 解 】 时， 过 ， 设 与 切于 ，因为 ， ， 2 2 , 0 ( ) 2 4 , 0 x x x f x x xx  +=  − >  ( ) ( ) | 1|= − −F x f x kx 90,16      9 ,16  +∞   10, 2      1 9,0 0,16 16    − ∪       ( )2 4 0xy xx −= > ( ) ( ) | 1|= − −F x f x kx 0k > 1y kx= − ( )0, 1− 1y kx= − ( )2 4 0xy xx −= > 1 1 1 2 4, xx x  −     2 4'y x = 2 1 4k x ∴ =则 画出 的图象，由图可知，当 时， 与 有三个交点 时， ， 过 ， 设 与 切于 ，因为 ，所以 ， 可得 ， 画出 的图象，由图可知，当 ，即 时， 与 有三个交点， 综上可得， 时， 与 有三个交点， 即 有三个零点. 故选：D. 【点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根 据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方 法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系 提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数； 2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质． 第 II 卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共 11 小题，共 105 分. 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 份，共 30 分 10.i 是虚数单位，复数 ________________. 1 1 12 1 1 2 4 1 4 8 9, ,0 3 16 x x x kx x − + = ⇒ = =− ( )f x 90,16k  ∈   ( )y f x= 1y kx= − k 0< 1 1y kx y kx= − = = − + 1y kx= − + ( )0,1 1y kx= − + ( )2 4 0xy xx −= > 2 2 2 2 4, xx x  −     2 4'y x = 2 2 4k x − = 2 2 22 2 2 2 4 1 4 1 180 16 16 x x x k kx x − − = ⇒ = ⇒ − = ⇒ = −− ( )f x 10,16k  − ∈   1 ,016k  ∈ −   ( )y f x= 1y kx= − 1 9,0 0,16 16k    ∈ − ∪       ( )y f x= 1y kx= − ( ) ( ) 1F x f x kx= − − 3 2 1 + =− i i【答案】 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可. 【详解】 ， 故答案为： . 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚 部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算， 通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题 出错，造成不必要的失分. 11.已知直线 与圆 交于点 A,B 两点，则线段 AB 的长为 ____________. 【答案】4 【解析】 【分析】 求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果. 【详解】因为 的圆心为 ，半径 ， 到直线 的距离 ， 所以线段 AB 的长为 ， 故答案为：4. 【点睛】本题主要考查点到直线距离公式以及圆 弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一 是利用弦长公式 ，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径 构成直角三角形，利用勾股定理求解. 12.在 的展开式中，常数项是________． 【答案】 的 1 5 2 2 i+ ( )( ) ( )( ) 3 2 13 2 1 5 1 1 1 2 i ii i i i i + ++ += = =− − + 1 5 2 2 i+ 1 5 2 2 i+ 2 5 0x y+ − = 2 2 9x y+ = 2 2 9x y+ = ( )0,0 3r = ( )0,0 2 5 0x y+ − = 5 5 1 4 d −= = + 2 9 5 4− = 2 1 21l k x x= + − 4 3 2x x  −   8−【解析】 【分析】 写出 的展开式的通项公式，让 的指数为零，求出常数项. 【 详 解 】 因 为 的 展 开 式 的 通 项 公 式 为 ： ， 所以令 ，常数项为 . 【点睛】本题考查了利用二项式展开式的通项公式求常数项的问题，考查了运算能力. 13.已知某同学投篮投中的概率为 ，现该同学要投篮 3 次，且每次投篮结果相互独立，则恰 投中两次的概率为：_____________；记 X 为该同学在这 3 次投篮中投中的次数,则随机变量 X 的数学期望为____________. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 由独立重复试验的概率公式可得恰投中两次的概率；分析题意可得随机变量 ， 利用二项分布的期望公式可得结果. 【详解】由独立重复试验的概率公式可得，恰投中两次的概率为 ； 可取 0，1，2，3， ； 4 3 2x x  −   x 4 3 2x x  −   4 4 43 3 1 4 4 2( ) ( ) ( 2) r r r r r r rT C x C xx − − + = ⋅ − = ⋅ − ⋅ 4 4 0 13 r r − = ⇒ = 1 1 4 ( 2) 8C ⋅ − = − 2 3 4 9 2 2~ 3, 3X B     2 2 3 2 1 3 9 4 3C     =       X 3 0 3 2( 0) 3 3 2 1 1 7P X C °   = = =       2 1 3 2 1) 2( 1 3 3 9P X C   = = =     2 2 3( 22) 3 3 9 1 4P X C    = = =      则随机变量 ， 所以 ， 故答案为： . 【点睛】“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中 的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布 ），则此随机 变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式( )求得．因此，应熟记常见的典 型分布的期望公式，可加快解题速度． 14.已知 ，则 的最小值为______________. 【答案】4 【解析】 【分析】 化简原式为 ，两次运用基本不等式可得结果. 【详解】 ， 当且仅当 ，即 等号成立， 3 0 3 3 2( 3) 3 27 8 3 1P X C    = = =       2~ 3, 3X B     23 23EX np= = × = 4 ,29 ( ),X B n p～ ( )E X np= 0, 0a b> > 2 2 3 3 2 2 4+ +a b a b a b 2 2 1 4 abb a + + 2 2 3 3 2 2 2 2 4 1 4a b a b aba b b a + + = + + 2 2 1 42 abb a ×≥ + 4 42 4ab abab ab = + ≥ × = 2 2 1 4 4 b a abab  =  = 2 1 a b =  =所以， 的最小值为 4， 故答案为：4. 【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定 要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二 定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证 等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用 或 时等号能 否同时成立）. 15.如图，在 中， ，D,E 分别边 AB,AC 上的点, 且 ，则 ______________，若 P 是线段 DE 上的一个动点，则 的 最小值为_________________. 【答案】 (1). 1 (2). 【解析】 【分析】 由 利用数量积公式可求 的值为 1，设 的长为 ，则 ， ，利用平面向量的几何运算法则结合数量积的运算法则，可得 ，再利用配方法可得结果 【详解】 ， ； 又因为 且 ， 为正三角形， 2 2 3 3 2 2 4+ +a b a b a b ≥ ≤ ABC 3, 2, 60°= = ∠ =AB AC BAC 1AE = 1 2 ⋅ = AD AE | |=AD ⋅ BP CP 1 16 − 1 2 ⋅ = AD AE | |AD DP x 1PE x= − 2, 1BD EC= = ⋅ BP CP 2 2 xx= − 1 1cos60 1 2 2AD AE AD AE AD⋅ = ⋅ ⋅ = × × =      1AD∴ = 1AE = 60BAC °∠ = ∴ ADE∆， ， ， 设 的长为 （ ），则 ，， 时取等号， 的最小值为 . 故答案为：1， . 【点睛】向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答， 运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２） 三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）平面向量数量积的计算问题，往 往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形 的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算 步骤. 16.在△ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，已知 （1）求 的值 （2）若 （i）求 的值 （ii）求 的值. 【答案】（1） ；（2）（i） ;（ii） . 【解析】 【分析】 1DE AD AE∴ = = = 120BDP CEP∠ = ∠ =  2, 1BD EC= = DP x 0 1x≤ ≤ 1PE x= − ( ) ( )BP CP BD DP CE EP⋅ = + ⋅ +      BD CE BD EP DP CE DP EP= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅        ( ) ( )( )1 1 12 1 2 1 1 1 12 2 2x x x x   = × × + − − + ⋅ ⋅ − + − −       2 2 1 1 1 ,2 4 16 16 xx x = − = − − ≥ −   1 4x = BP CP∴ ⋅  1 16 − 1 16 − 2 23( ) 3 2− = −a c b ac cos B 5 3a b= sin A sin 2 6A π +   2 3 5 5 4 3 3 10 +（1）化简原式，直接利用余弦定理求 的值即可；（2）（i）由（1）可得 ， 再 利 用 正 弦 定 理 求 的 值 ； （ii ） 利 用 二 倍 角 的 余 弦 公 式 求 得 ， 可 得 ，再由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果. 【详解】（1） 在 中，由 ，整理得 ， 又由余弦定理，可得 ； （2）（i）由（1）可得 ，又由正弦定理 ， 及已知 ，可得 ； （ii）由（i）可得 ，由已知 ，可得 ，故有 ， 为锐角，故由 ，可得 ，从而有 , . 【点睛】以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数 及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答 这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应 用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心. 17.如图，在四棱锥 P 一 ABCD 中，已知 ，点 Q 为 AC 中点， 底面 ABCD, ，点 M 为 PC 的中点. （1）求直线 PB 与平面 ADM 所成角的正弦值； cos B 5sin 3B = sin A 5sin 5A = 2 5cos 5A = ABC∆ ( )2 23 3 2a c b ac− = − 2 2 2 2 2 3 a c b ac + − = 2cos 3B = 5sin 3B = sin sin a b A B = 5 3a b= sin 3 5 5sin 5 3 5 a BA b = = × = 2 3cos2 1 2sin 5A A= − = 5 3a b= a b< A B< A∴ 5sin 5A = 2 5cos 5A = 4sin 2 2sin cos 5A A A= = 4 3 3 1 4 3 3sin 2 sin 2 cos cos2 sin6 6 6 5 2 5 2 10A A A π π π + ∴ + = + = × + × =   5, 4, 2 2= = = = =AB BC AC AD DC PO ⊥ 2PO =（2）求二面角 D-AM-C 的正弦值； （3）记棱 PD 的中点为 N，若点 Q 在线段 OP 上，且 平面 ADM，求线段 OQ 的长. 【答案】（1） ；（2） ；（3） . 【解析】 【分析】 以 O 为原点，分别以向量 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向，可以建立空间直角坐标 系，（1）求出直线 PB 的方向向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面 ADM 的法向量， 可求直线 PB 与平面 ADM 所成角的正弦值；（2）由已知可得 平面 ，故 是平 面 的一个法向量，结合（1）中平面 ADM 的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可求 二面角 D-AM-C 的余弦值，从而可得正弦值；（3）设线段 OQ 的长为 ，则点 Q 的坐标为 ，由已知可得点 N 的坐标为 ，利用直线 与平面的法向量数量积 为零列方程求解即可. 【详解】依题意，以 O 为原点，分别以向量 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向，可以 建立空间直角坐标系（如图），可得 ， . （1）依题意，可得 ， 设 为平面 ADM 的法向量，则 ， 即 ，不妨设 ，可得 ， / /NQ 7 55 55 110 11 4 3 , ,OB OC OP   OB ⊥ AMC OB AMC ( )0 2h h≤ ≤ ( )0,0,h ( )1,0,1− NQ , ,OB OC OP   (0,0,0), (0, 2,0), (1,0,0), (0,2,0)O A B C− ( 2,0,0), (0,0,2), (0,1,1)D P M− ( 2,2,0), (0,3,1)AD AM= − = ( ), ,n x y z= 0 0 n AD n AM  ⋅ =  ⋅ =   2 2 0 3 0 x y y z − + =  + = 1y = ( )1,1, 3n = −又 ， 故 ， 直线 PB 与平面 ADM 所成角的正弦值为 ； （2）由已知可得 ， 所以 平面 ， 故 是平面 的一个法向量， 依题意可得 ， 因此有 ，于是有 ， 二面角 D-AM-C 的正弦值 ； （3）设线段 OQ 的长为 ，则点 Q 的坐标为 ， 由已知可得点 N 的坐标为 ，进而可得 ， 由 平面 ADM，故 ， 即 ，解得 ， 线段 OQ 长为 . 【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐 标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量， 利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系； （5）根据定理结论求出相应的角和距离. 18.已知椭圆 的离心率为 ，点 在椭圆上 （1）求椭圆的方程； （2）已短直线 与椭交于 A、B 两点，点 P 的坐标为 ，且 , 求实数 m 的值. 的 ( )1,0, 2PB = − 7 55cos , 55| || | PB nPB n PB n ⋅= =      ∴ 7 55 55 ,OB AC OB PO⊥ ⊥ OB ⊥ AMC OB AMC ( )1,0,0OB = 11cos , 11| | OB nOB n OB n ⋅= =      110sin , 11OB n〈 〉 =  ∴ 110 11 ( )0 2h h≤ ≤ ( )0,0,h ( )1,0,1− ( )1,0, 1NQ h= − / /NQ , 0NQ n NQ n⊥ ∴ ⋅ =    ( )1 3 1 0h− − = [ ]4 0,23h = ∈ ∴ 4 3 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b + = > > 6 3 32 2, 3       T 2 m= +y x (2 2,0) 1PA PB⋅ = − 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，结合性质 ，列出关于 、 、 的方程组，求出 、 ， 即可得椭圆的方程；（2）直线与曲线联立，根据韦达定理，利用平面向量数量积公式，结合 条件 列方程求解即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为 ，由已知有 ，又由 ， 可得 ，由点 在椭圆上，有 ， 由此可得 ， 椭圆的方程为 ； （2）设点 A 的坐标 ，点 B 的坐标 , 由方程组 ，消去 y，整理可得 ，① 由求根公式可得 ，② 由点 P 的坐标为 ，可得 ， 故 ，③ 又 ， ， 代入上式可得 ， 由已知 ，以及②，可得 ， 整理得 ，解得 ， 这时，①的判别式 ，故 满足题目条件， 2 2 19 3 x y+ = 3m = − 2 2 2a b c= + a b c a b 1PA PB⋅ = −  2c 2 2 2 3 c a = 2 2 2a b c= + 2 23a b= 32 2, 3       T 2 2 8 1 13a b + = 2 29, 3a b= = ∴ 2 2 19 3 x y+ = ( )1 1,x y ( )2 2,x y 2 2 2 19 3 y x m x y  = + + = 2 27 6 2 3 9 0x mx m+ + − = 2 1 2 1 2 6 2 3 9,7 7 m mx x x x −+ = − = ( )2 2,0 ( ) ( )1 1 2 22 2, , 2 2,PA x y PB x y= − = −  ( )( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 2 2 8PA PB x x y y x x x x y y⋅ = − + = − + + +−  1 1 2 22 , 2y x m y x m= + = + ( ) 2 1 2 1 2 1 22 2y y x x m x x m∴ = + + + ( ) 2 1 2 1 23 ( 2 2 2) 8PA PB x x m x x m⋅ = + − + + +  1PA PB⋅ = −  ( )2 23 3 9 ( 2 2 2)( 6 2 ) 8 17 7 m m m m − − −+ + + = − 2 6 9 0m m+ + = 3m = − 212 252 144 0m∆ = − + = > 3m = −. 【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于 的方程组，解出 ，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先 把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问 题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单. 19.已知数列 是公差为 1 的等差数列，数列 是等比数，且 , , 数列 满足 其中 . （1）求 和 的通项公式 （2）记 ，求数列 的前 n 项和. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用 , , 列方程求出，等差数列的首项、等比数列的首 项 与 公 比 ， 从 而 可 得 结 果 ； （ 2 ） 先 根 据 得 ，再根据分组求和与错位相减求和法， 结合等比数列的求和公式可得结果. 【详解】（1）设数列 的公差为 d，数列 的公比为 q，则 ， 由 ，可得 ，由 ，可得 ， 又 ，故可得 ， 再由 ，可得 ，解得 ， ； 3m∴ = − , ,a b c , ,a b { }na { }nb 3 4 7a a a+ = 2 4 5 ⋅ =b b b 4 2 34= −a b b { }nc 2 1 2 , 3 2 , 3 1 , 3 m n m m b n m c b n m a n m − = − = = −  = *m∈N { }na { }nb ( )* 3 2 3 1 3 1 3 3 3 1n n n n n n nt c c c c c c n N− − − += + + ∈ { }nt 1, 2n n na n b −= = 2 6 2 816 415 3 15 nn n −× + × + 3 4 1 + =a a a 2 4 5 ⋅ =b b b 4 2 34= −a b b 2 1 2 , 3 2 , 3 1 , 3 m n m m b n m c b n m a n m − = − = = −  = 2 2 2 1 2 1 2 4 3 2 12 2 2 2 2 3 2n n n n n n nt n n n− − − − −= ⋅ + ⋅ + ⋅ = + ⋅ { }na { }nb 1d = 3 4 7a a a+ = 1 1a d= = 2 4 5 ⋅ =b b b 2 4 4 1 1b q b q⋅ = ⋅ 1 0, 0b q≠ ≠ 1 1b = 4 2 34= −a b b 2 4 4 0q q− + = 2q = ( )1, 2n n na n b n N− ∗∴ = = ∈（2） ，其中 ， ， 记 ， 则 ， ，① 故有 ，② ①-②可得 ， 由此可得 ， 由 ，故可得 . 【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注 意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列 的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘 记等式两边同时除以 . 20.已知函数 ，函数 ，其中 ， 是 的一 个极值点，且 . （1）讨论 的单调性 （2）求实数 和 a 的值 （3）证明 【答案】（1） 在区间 单调递增；（2） ；（3）证明见解析. 2 2 2 1 2 , 3 2 2 , 3 1 , 3 m m n n m c n m m n m − −  = − = = −  = n ∗∈N 2 2 2 1 2 1 2 4 3 2 12 2 2 2 2 3 2n n n n n n nt n n n− − − − −∴ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + ⋅ 4 3 2 1 1 1 1 , 2 , 2 n n n k k n k n n k k k T t A B k− − = = = = = = ⋅∑ ∑ ∑ ( ) ( )4 4 2 1 2 2 16 1 2 2161 2 15 15 15 n n n nA × − − = = = × −− 2 11 2 2 8 3 32 2 n nB n −= × + × + × +…+ × 2 1 2 14 1 8 2 32 ( 1) 2 2n n nB n n− += × + × + + − × + × 2 1 2 13 2 8 32 2 2n n nB n− +− = + + + + − × ( ) 2 12 1 4 21 4 n nn + − = − ×− 2 6 243 3 nn−= × − 6 2 23 43 3 n n nB −= × + 3n n nT A B= + 2 6 2 816 415 3 15 nn n nT −= × + × + 1 q− 2( ) 2 ln= −f x x x x 2( ) (ln )= + −ag x x xx a R∈ 0x ( )g x ( )0 2g x = ( )f x 0x ( )* 21 1 1 ln(2 1)24 1= > + ∈ − ∑n k n n N k ( )f x ( )0, ∞+ 0 1, 1x a= =【解析】 【分析】 （1）求出 ，在定义域内，再次求导，可得在区间 上 恒成立，从而 可 得 结 论 ； （ 2 ） 由 ， 可 得 ， 由 可 得 ，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知 在 区 间 单 调 递 增 ， 可 证 明 ， 取 ， 可 得 ，而 ，利用裂项 相消法，结合放缩法可得结果. 【详解】（1）由已知可得函数 的定义域为 ，且 ， 令 ，则有 ，由 ，可得 ， 可知当 x 变化时， 的变化情况如下表： 1 - 0 + 极小值 ，即 ，可得 在区间 单调递增； （2）由已知可得函数 的定义域为 ，且 ， 由已知得 ，即 ，① 由 可得， ，② 联立①②，消去 a，可得 ，③ 令 ，则 ， ( )'f x ( )0, ∞+ ( )' 0f x ≥ ( )' 0g x = 2 0 0 02 ln 0x x x a− − = ( )0 2g x = ( )22 0 0 0 0ln 2 0x x x x a− − + = ( ) 2 2 lnf x x x x= − ( )0, ∞+ 1 lnx x x − > *2 1,2 1 kx k Nk += ∈− 2 1 2 1 ln(2 1) ln(2 1)2 1 2 1 k k k kk k + −− > + − −− + 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 4 1 k k k k k + −− =− + − ( )f x ( )0, ∞+ ( ) 2 2ln 2f x x x′ = − − ( ) ( )'h x f x= ( )2 1'( ) xh x x −= ( )' 0h x = 1x = ( ) ( )' ,h x h x x ( )0,1 ( )1,+∞ ( )'h x ( )h x   ( ) ( )1 0h x h∴ ≥ = ( )' 0f x ≥ ( )f x ( )0, ∞+ ( )g x ( )0, ∞+ 2 2ln( ) 1 a xg x x x ′ = − − ( )' 0g x = 2 0 0 02 ln 0x x x a− − = ( )0 2g x = ( )22 0 0 0 0ln 2 0x x x x a− − + = ( )2 0 0 02 ln 2ln 2 0x x x− − − = 2( ) 2 (ln ) 2ln 2t x x x x= − − − 2ln 2 2( ln 1)'( ) 2 x x xt x x x x − −= − − =由（1）知， ，故 ， 在区间 单调递增， 注意到 ，所以方程③有唯一解 ，代入①，可得 ， ； （3）证明：由（1）知 在区间 单调递增， 故当 时， ， ， 可得 在区间 单调递增， 因此，当 时， ，即 ，亦即 ， 这时 ，故可得 ，取 ， 可得 ，而 ， 故 . 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明 问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证 明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较 为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用 已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. ln 1 0x x− − ≥ ( )' 0t x ≥ ( )t x∴ ( )0, ∞+ ( )1 0t = 0 1x = 1a = 0 1, 1x a∴ = = ( ) 2 2 lnf x x x x= − ( )0, ∞+ ( )1,x∈ +∞ ( ) ( )1 1f x f> = 2 2 2 2 ln 1 ( ) 1( ) 0x x x f xg x x x ′ − − −= = > ( )g x ( )1,+∞ 1x > ( ) ( )1 2g x g> = 21 (ln ) 2x xx + − > 2 21 (ln )x x x  − >   1 0,ln 0x x x − > > 1 lnx x x − > *2 1,2 1 kx k Nk += ∈− 2 1 2 1 ln(2 1) ln(2 1)2 1 2 1 k k k kk k + −− > + − −− + 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 4 1 k k k k k + −− =− + − 21 1 2 (ln(2 1) ln(2 1)) ln(2 1) 4 1 n k n k k k k π == > + − − = + − ∑ ∑ 21 1 1 ln(2 1)( )24 1 n i x n N k ∗ = ∴ > + ∈ − ∑