滨海分校2020届高三数学3月模拟试题（Word解析版）

2020 年高考数学（3 月份）模拟测试试卷 一、选择题 1.已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据二次根式有意义条件及指数不等式可解得集合 A 与集合 B,再由集合交集运算即可得解. 【详解】对于集合 对于集合 所以 故选:D 【点睛】本题考查了指数不等式的解法与二次根式有意义的条件,交集的简单运算,属于基础题. 2.设 ， 是两个不同的平面， 是直线且 ．“ ”是“ ”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】B 【解析】 试题分析： ， 得不到 ，因为 可能相交，只要 和 的交线平行 即可得到 ； ， ，∴ 和 没有公共点，∴ ，即 能得到 ； ∴“ ”是“ ”的必要不充分条件．故选 B． 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判 定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题； 并得不到 ，根据面面平行的判定定理，只有 内的两相交直线都平行于 ，而 ，并且 { }1{ | 1}, | 4 2x xA x y x B x += = − = < A B = (0,1) (0,1] R ∅ { } { }| 1 | 1A x y x x x= = − = ≥ { } { } { }1 2 1| 4 2 | 2 2 | 1x x x xB x x x x+ += < = < = < { } { }| 1 | 1A B x x x x≥ < = ∅=  α β m m α⊂ m β α β，显然能得到 ，这样即可找出正确选项. 3.已知奇函数 在 上是增函数，若 ， ， ， 则 的大小关系为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由题意： ， 且： ， 据此： ， 结合函数的单调性有： ， 即 . 本题选择 C 选项. 【考点】 指数、对数、函数的单调性 【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函 数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函 数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式. 4.要得到函数 的图象，只需将函数 的图象（ ） A. 向左平移 个单位长度 B. 向右平移 个单位长度 C. 向左平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】 ( )f x R 2 1log 5a f  = −    ( )2log 4.1b f= ( )0.82c f= , ,a b c a b c< < b a c< < c b a< < c a b< < ( )2 2 1log log 55a f f = − =   0.8 2 2log 5 log 4.1 2,1 2 2> > < < 0.8 2 2log 5 log 4.1 2> > ( ) ( ) ( )0.8 2 2log 5 log 4.1 2f f f> > ,a b c c b a> > < < cos 4 3( )y x π= + cos(4 )6y x π= + 12 π 12 π 24 π 24 π化简 , 利用三角 函数图象的平移变换法则可得结果. 【详解】 ， ， 要得到函数 图象， 只需将函数 的图象向左平移 个单位长度，故选 C. 【点睛】本题主要考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变 换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度. 5.已知函数 ，对任意的 ， ，总有 成立，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知可得 在 为增函数，分段函数 两段均为单调递增，而且右段的最低点不低于 左段的最高点，即可求解. 【详解】∵对任意的 ， ，总有 成立， 不妨设 ， cos 4 cos 4 ,6 24y x x π π    = + = +         cos 4 cos 43 12y x x π π    = + = +         cos 4 cos 4 ,6 24y x x π π    = + = +         cos 4 cos 43 12y x x π π    = + = +         12 24 24 π π π− = ∴ cos 4 3y x π = +   4 6cosy x π = +   24 π ( ) ( ) , 1 1 2 3 , 1 xa xf x a x a x − < −=  − + ≥ − 1x ( )2 1 2x R x x∈ ≠ ( ) ( )1 2 1 2 0f x f x x x − >− a 10, 4     10, 2      1 1,4 2     1 ,12      ( )f x R ( )f x 1x ( )2 1 2x R x x∈ ≠ ( ) ( )1 2 1 2 0f x f x x x − >− ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 0,), ( ) ( ) ( ( ) ( )fx x f x f x x x f x fx xx x f x> − = − >− > ∴−×∴函数 在定义域 上是增函数， ∴ ，解得 ， 故选：C. 【点睛】本题考查分段函数的单调性，要注意分段函数各段单调性相同的区间合并的条件， 属于基础题. 6.函数 = 的部分图像如图所示，则 的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由 五 点 作 图 知 ， ， 解 得 ， ， 所 以 ， 令 ， 解 得 ＜ ＜ ， ， 故 单 调 减 区 间 为 （ ， ）， ，故选 D. 考点：三角函数图像与性质 7.△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c．已知 ， a=2，c= ，则 C= ( ) ( ) , 1 1 2 3 , 1 xa xf x a x a x − < −=  − + ≥ − R 0 1 1 2 0 1 2 3 a a a a a <   ≤ − + + 1 1 4 2a≤ < ( )f x cos( )xω ϕ+ ( )f x 1 3( , ),4 4k k k Zπ π− + ∈ 1 3(2 ,2 ),4 4k k k Zπ π− + ∈ 1 3( , ),4 4k k k Z− + ∈ 1 3(2 ,2 ),4 4k k k Z− + ∈ 1 +4 2{5 3+4 2 πω ϕ πω ϕ = = =ω π = 4 πϕ ( ) cos( )4f x x ππ= + 2 2 ,4k x k k Z ππ π π π< + < + ∈ 12 4k − x 32 4k + k Z∈ 12 4k − 32 4k + k Z∈ sin sin (sin cos ) 0B A C C+ − = 2A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可 详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC， ∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0， ∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0， ∴cosAsinC+sinAsinC=0， ∵sinC≠0， ∴cosA=﹣sinA， ∴tanA=﹣1， ∵ ＜A＜π， ∴A= ， 由正弦定理可得 ， ∵a=2，c= ， ∴sinC= = ， ∵a＞c， ∴C= ， 故选 B． 点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正 弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理， 应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余 弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函 数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答. 8.设椭圆 ： 的左、右焦点分别为 、 ， 是 上的点 π 12 π 6 π 4 π 3 π 2 3π 4 c sin sin a C A = 2 sinc A a 22 12 =2 2 × π 6 ab 2b 2a C ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 1F 2F P C， ，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 设 ，在直角三角形 中，依题意可求得 与 ，利用椭圆离心率的定义， 即可求得答案 【详解】设 ，∵ ， ， ∴ ， ， 又 ， ∴ ， ， ∴ 的离心率为： . 故选：D. 【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，在焦点三角形中注意椭圆定义的应用，属于基础题. 9.已知函数 ， ，若存在 ，使得 ，则 实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先构造函数 ,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数 的 取值范围. 2 1 2PF F F⊥ 1 2 30PF F∠ = ° C 6 6 1 3 1 2 3 3 2PF x= 1 2PF F 1PF 1 2F F 2PF x= 2 1 2PF F F⊥ 1 2 30PF F∠ = ° 1 2PF x= 1 2 3F F x= 1 2 2PF PF a+ = 1 2 2F F c= 2 3a x= 2 3c x= C 2 3 2 3 ce a = = ( ) ( )2ln x x tf x x + −= t R∈ 1 ,22x ∈     ( ) ( ) 0f x xf x′+ > t ( ), 2−∞ 3, 2  −∞   9, 4  −∞   ( ),3−∞ ( ) ( )g x xf x= t【 详 解 】 令 ， 则 存 在 ， 使 得 , 即 的 最 大 值 ， 因 为 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 最大值 为 ,因此 ，选 C. 【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则 进 行 ： 如 构 造 ， 构 造 ， 构造 ， 构造 等 二、填空题 10.复数 （ 为虚数单位）的共轭复数是________． 【答案】 【解析】 复数 ,其共轭复数为 ,故填 . 11. 的展开式中 x7 的系数为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 试题分析：展开式通项为 ，令 ，得 ， 所以展开式中 的系数为 ．故答案为 ． 【考点】二项式定理 【名师点睛】①求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项） 和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中 n 和 r 的隐含条件，即 n，r 均为非负整数，且 n≥r）；第二步是根据所求的指数，再求所要求的项． ②有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具 体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解． ( ) ( ) ( )2lng x xf x x x t= = + − 1 ,22x  ∈   ( ) ( ) ( ) 0g x f x xf x= + ′ >′ ( )1 1 12 0, 22x t t xx x  + − > < +   1 1y 22 xx  = +   1 2[ , ]2 2 2[ ,2]2 1 1y 22 xx  = +   1 1 92 22 2 4  + × =   9 4t < ( ) ( )f x f x′ < ( )( ) x f xg x e = ( ) ( ) 0f x f x′ + < ( ) ( )xg x e f x= ( ) ( )xf x f x′ < ( )( ) f xg x x = ( ) ( ) 0xf x f x′ + < ( ) ( )g x xf x= 2 1z i = − i 1 i− 2 1z i = − ( ) ( )( ) 2 1 11 1 i ii i += = +− + 1z i= − 1 i− 2 81( )x x − 56− 2 8 16 3 1 8 8 1( ) ( ) ( 1)r r r r r r rT C x C xx − − + = − = − 16 3 7r− = 3r = 7x 56−12.已知 ，且 ，则 的最小值为______________. 【答案】64 【解析】 【分析】 根据基本不等式解得 取值范围，再结合等号确定最值取法. 【详解】 ，当且仅当 时 取等号，所以 最小值为 【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意等号取得的条件，否则会出现错误. 13.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球， 这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我 们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为_______． 【答案】 . 【解析】 【分析】 设球的半径为 ，可知圆柱高为 ；根据圆柱表面积和球的表面积公式分别求得表面积，作 比得到结果. 【详解】设球的半径为 ，则圆柱的底面半径为 ，高为 圆柱的表面积 ；球的表面积 圆柱的表面积与球的表面积之比为 本题正确结果： 【点睛】本题考查圆柱表面积和球的表面积公式的应用，属于基础题. 的 0, 0x y> > 2 8 0x y xy+ − = xy xy 2 8 0 2 8 2 2 8 64x y xy xy x y x y xy+ − = ∴ = + ≥ ⋅ ∴ ≥ 4 16x y= = xy 64. 3 2 R 2R R R 2R ∴ 2 2 1 2 2 2 6S R R R Rπ π π= + ⋅ = 2 2 4S Rπ= ∴ 2 1 2 2 6 3 4 2 S R S R π π= = 3 214.如图，在 中， ， 是边 上一点， ， 则 　　　　　． 【答案】 【解析】 【详解】由图及题意得 ， = ∴ =( )( )= + = = . 15.已知函数 ，若函数 恰有 4 个零点，则实数 的 取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】 函数 恰有 4 个零点，等价于函数 与函数 的图象有四个不同的交 点，画出函数图象，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】函数 恰有 4 个零点，等价于函数 与函数 的图象有四个 不同的交点，画出函数图象如下图所示： ABC 120 2 1BAC AB AC∠ = ° = =， ， D BC 2DC BD= AD BC =   8 3 − 2 5 4 , 0 ( ) 2 2 , 0 x x x f x x x  + + ≤=  − > ( )y f x a x= − a (1,3) ( )y f x a x= − ( )f x y a x= ( )y f x a x= − ( )f x y a x=由图象可知：实数 的取值范围是 . 故答案为： 【点睛】本题考查了已知函数零点个数求参数取值范围问题，考查了数形结合思想和转化思 想. 三、解答题 16.某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满 400 元的顾客，将获得一次摸奖机会， 规则如下：奖盒中放有除颜色外完全相同的 1 个红球，1 个黄球，1 个白球和 1 个黑球顾客不 放回的每次摸出 1 个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就继续摸球规定摸到红球奖励 20 元， 摸到白球或黄球奖励 10 元，摸到黑球不奖励 （1）求 1 名顾客摸球 2 次停止摸奖的概率： （2）记 为 1 名顾客 5 次摸奖获得的奖金数额，求随机变量 的分布列和数学期望 【答案】（1） （2）详见解析 【解析】 【分析】 （1）由题意可得第二次摸到黑球，第一次为其它球，求出概率； （2）先求出摸奖一次获得的的奖金数额，再求 5 次的数额，求出相应的概率，进而求出分布 列，及期望. a 1 3a< < (1,3) X X 1 4【详解】（1）由题意可得第一次是红黄白中的一个，概率为 ， 不放回的第二次为黑球，是从剩余的 3 个球中摸出黑色的球，概率为 ， 所以 1 名顾客摸球 2 次停止摸奖的概率为 ； （2）顾客摸奖一次获得的奖金数额设为 ， 的可能取值 0，10，20，30，40， 则 ， ， ， ， ； 所以 1 名顾客 5 次摸奖获得奖金数额 的分布列为 所以随机变量 的期望 . 【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率、离散型随机变量的分布列和期望，求出随机变 量的概率是解题的关键，属于中档题. 17.已知数列 是递增的等比数列，且 （Ⅰ）求数列 的通项公式； （Ⅱ）设 为数列 的前 n 项和， ，求数列 的前 n 项和 ． 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 3 4 1 3 3 1 1 4 3 4 × = Y Y ( ) 10 4P Y = = ( ) 1 2 2 4 110 6 AP Y A = = = ( ) 2 2 2 3 4 4 1 120 6 AP Y A A = = + = ( ) 1 2 2 2 3 4 130 6 C AP Y A ⋅= = = ( ) 3 3 4 4 140 4 AP Y A = = = 5X Y= Y 0 10 20 30 40 5X Y= 0 50 100 150 200 P 1 4 1 6 1 6 1 6 1 4 X ( ) 1 1 1 1 10 50 100 150 200 1004 6 6 6 4E X = × + × + × + × + × = { }na 1 4 2 39, 8.a a a a+ = = { }na nS { }na 1 1 n n n n ab S S + + = { }nb nT 12n na −= 1 1 2 2 2 1 n n + + − −【解析】 试 题 分 析 ： （ 1 ） 设 等 比 数 列 的 公 比 为 q ，，根 据 已 知 由 等 比 数 列 的 性 质 可 得 ，联立解方程再由数列 为递增数列可得 则通项公式可得 （2）根据等比数列的求和公式，有 所以 ， 裂项求和即可 试题解析：（1）设等比数列 的公比为 q，所以有 联立两式可得 或者 又因为数列 为递增数列，所以 q>1，所以 数列 的通项公式为 （2）根据等比数列的求和公式，有 所以 所以 考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和 18.如图， 为圆 的直径，点 ， 在圆 上， ，矩形 和圆 所在的平 面互相垂直，已知 ， ． { }na 3 2 3 1 1(1 ) 9, 8a q a q+ = = { }na 1 1 2 a q =  = 1 2 2 11 2 n n ns −= = −− 1 1 1 2 (2 1)(2 1) n n n n n n n ab s s + + + = = − − { }na 3 2 3 1 4 1 2 3 1(1 ) 9, 8a a a q a a a q+ = + = = = 1 1 2 a q =  = 1 8 1 2 a q = = { }na 1 1 2 a q =  = { }na 12n na −= 1 2 2 11 2 n n ns −= = −− 1 1 1 1 2 1 1 (2 1)(2 1) 2 1 2 1 n n n n n n n n n ab s s + + + + = = = −− − − − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 21 ... 13 3 7 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n nT + + + + −= − + − + + − = − =− − − − AB O E F O / /AB EF ABCD O 2AB = 1EF =（Ⅰ）求证：平面 平面 ； （Ⅱ）求直线 与平面 所成角的大小； （Ⅲ）当 的长为何值时，二面角 的大小为 ． 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） ． 【解析】 【分析】 试题分析：（1）利用面面垂直 性质，可得 平面 ，再利用线面垂直的判定，证 明 平面 ，从而利用面面垂直的判定可得平面 平面 ；（2）确定 为直线 与平面 所成的角，过点 作 ，交 于 ，计算 ， 即可求得直线 与平面 所成角的大小；（3）建立空间直角坐标系，求出平面 的 法向量 ，平面 的一个法向量 ，利用向量的夹角 公式，即可求得 的长． 试题解析：（1）∵平面 平面 ， 平面 平面 ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴ ， 又∵ 为圆 的直径，∴ ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴平面 平面 （2）根据（1）的证明，有 平面 ， ∴ 为 在平面 内的射影， 因此， 为直线 与平面 所成的角， ∵ ，∴四边形 为等腰梯形，过点 作 ，交 于 ， ，则 ， 在 中，根据射影定理 ，得 ， ，∴ ， ∴直线 与平面 所成角的大小为 30° 的 DAF ⊥ CBF AB CBF AD D FE B− − 60° 030 6 4 CB ⊥ ABEF AF ⊥ CBF DAF ⊥ CBF ABF∠ AB CBF F FH AB⊥ AB H AF AB CBF DCF 1 (0,2 , 3)n t= CBF 2 1 3( , ,0)2 2n AF= = −  AD ABCD ⊥ ,ABEF CB AB⊥ ABCD  ABEF AB= CB ⊥ ABEF AF ⊂ ABEF AF CB⊥ AB O AF BF⊥ AF ⊥ CBF AF ⊂ ADF DAF ⊥ CBF AF ⊥ CBF FB AB CBF ABF∠ AB CBF / /AB EF ABEF F FH AB⊥ AB H 2, 1AB EF= = 1 2 2 AB EFAH −= = Rt AFB∆ 2 ·AF AH AB= 1AF = 1sin 2 AFABF AB ∠ = = 030ABF∠ = AB CBF（3） 设 中点为 ，以 为坐标原点， 方向分别为 轴、 轴、 轴方向建立 空间直角坐标系（如图）．设 ，则点 的坐标为 ，则 ，又 ，∴ ， 设平面 的法向量为 ，则 ，即 ， 令 ，解得 ． ∴ ． 由（1）可知 平面 ，取平面 的一个法向量为 ， ∴ ，即 ，解得 ， 因此，当 的长为 时，平面 与平面 所成的锐二面角的大小为 60°． 考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法． 【方法点晴】本题主要考查了立体几何的综合问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直平面 的判定、平面与平面垂直的判定、直线与平面所成的角、二面角的求解等知识点的综合考查， 着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，本题的解答中熟 记线面位置关系的判定与证明，建立空间直角坐标系，转化为空间向量的运算是解答的关 键． 【详解】 请在此输入详解！ EF G O OA OG AD、 、 x y z ( )0AD t t= > D ( )1,0,t ( )1,0,C t− ( ) ( ) 1 31,0,0 , 1,0,0 , , ,02 2A B F  −     DCF ( )1 , ,n x y z= 2 0 { 3 02 x y tz = − + = 3z = 0, 2x y t= = ( )1 0,2 , 3n t= AF ⊥ CFB CBF 2 1 3, ,02 2n AF  = = −    1 20 1 2 ·cos60 n n n n = 2 31 2 4 3·1 t t = + 6 4t = AD 6 4 DFC FCB19.在平面直角坐标系 中，椭圆 的离心率为 ,直线 被 椭圆 截得的线段长为 . （1）求椭圆 的方程； （2）过原点的直线与椭圆 交于 两点（ 不是椭圆 的顶点），点 在椭圆 上， 且 ，直线 与 轴 轴分别交于 两点. ①设直线 斜率分别为 ，证明存在常数 使得 ，并求出 值； ②求 面积的最大值. 【答案】(1) . (2) ①证明见解析， ；② . 【解析】 试题分析：（1）首先由题意得到 ，即 . 将 代入 可得 ， 由 ，可得 . 得解. （2）（ⅰ）注意从确定 的表达式入手，探求使 成立的 . 设 ，则 ， 得到 ， 根据直线 BD 的方程为 ， 令 ，得 ，即 .得到 . 的 xOy ( )2 2 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > 3 2 y x= C 4 10 5 C C ,A B ,A B C D C AD AB⊥ BD x y ,M N ,BD AM 1 2,k k λ 1 2k kλ= λ OMN∆ 2 2 14 x y+ = 1 2 λ = − 9 8 2 2 3 2 a b a − = 2 24a b= y x= 2 2 24x y a+ = 5 5 ax = ± 2 5 4 102 5 5 a× = 2a = 1b = 1 2,k k 1 2k kλ= λ 1 1 1 1 2 2( , )( 0), ( , )A x y x y D x y≠ 1 1( , )B x y− − 1 2 1 1 1 2 1 1 4 4 y y yk x x k x += = − =+ 1 1 1 1 ( )4 yy y x xx + = + 0y = 13x x= 1(3 ,0)M x 1 2 12 yk x = −由 ，作出结论. （ⅱ）直线 BD 的方程 ， 从确定 的面积表达式 入手，应用基本不等式得解. 试题解析：（1）由题意知 ，可得 . 椭圆 C 的方程可化简为 . 将 代入可得 ， 因此 ，可得 . 因此 ， 所以椭圆 C 的方程为 . （2）（ⅰ）设 ，则 ， 因为直线 AB 的斜率 ， 又 ，所以直线 AD 的斜率 ， 设直线 AD 的方程为 ， 由题意知 ， 由 ，可得 . 所以 ， 因此 ， 由题意知， 1 2 1 2k k= − 1 1 1 1 ( )4 yy y x xx + = + OMN∆ 1 1 1 1 1 3 932 4 8S x y x y= × × = 2 2 3 2 a b a − = 2 24a b= 2 2 24x y a+ = y x= 5 5 ax = ± 2 5 4 102 5 5 a× = 2a = 1b = 2 2 14 x y+ = 1 1 1 1 2 2( , )( 0), ( , )A x y x y D x y≠ 1 1( , )B x y− − 1 1 ABk y x = AB AD⊥ 1 1 xk y = − y kx m= + 0, 0k m≠ ≠ 2 2 14 y kx m x y = + + = 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x mkx m+ + + − = 1 2 2 8 1 4 mkx x k + = − + 1 2 1 2 2 2( ) 2 1 4 my y k x x m k + = + + = + 1 2x x≠所以 ， 所以直线 BD 的方程为 ， 令 ，得 ，即 . 可得 . 所以 ，即 . 因此存在常数 使得结论成立. （ⅱ）直线 BD 的方程 ， 令 ，得 ，即 ， 由（ⅰ）知 ， 可得 的面积 ， 因为 ，当且仅当 时等号成立， 此时 S 取得最大值 ， 所以 的面积的最大值为 . 考点：椭圆 几何性质，直线与椭圆的位置关系，三角形面积，基本不等式的应用. 20.已知函数 ． （1）讨论 的单调性； （2）若 存在两个极值点 ，证明： ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 的 1 2 1 1 1 2 1 1 4 4 y y yk x x k x += = − =+ 1 1 1 1 ( )4 yy y x xx + = + 0y = 13x x= 1(3 ,0)M x 1 2 12 yk x = − 1 2 1 2k k= − 1 2 λ = − 1 2 λ = − 1 1 1 1 ( )4 yy y x xx + = + 0x = 1 3 4y y= − 1 3(0, )4N y− 1(3 ,0)M x OMN∆ 1 1 1 1 1 3 932 4 8S x y x y= × × = 2 21 1 1 1 14 xx y y≤ + = 1 1 2 2 2 x y= = 9 8 OMN∆ 9 8 1( ) lnf x x a xx = − + ( )f x ( )f x 1 2,x x ( ) ( )1 2 1 2 2f x f x ax x − < −−【解析】 分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对 进行分类讨论，从而确定出导 数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间； (2)根据 存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定 ，令 ，得到两 个极值点 是方程 的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新 函数证得结果. 详解：（1） 的定义域为 ， . （i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单 调递减. （ii）若 ，令 得， 或 . 当 时， ； 当 时， .所以 在 单调递减，在 单调递增. （2）由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 . 由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由于 ， 所以 等价于 . 设函数 ，由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当 a ( )f x 2a > '( ) 0f x = 1 2,x x 2 1 0x ax− + = ( )f x ( )0,+∞ ( ) 2 2 2 1 11 a x axf x x x x − += − − + −′ = 2a ≤ ( ) 0f x′ ≤ 2a = 1x = ( ) 0f x′ = ( )f x ( )0,+∞ 2a > ( ) 0f x′ = 2 4 2 a ax − −= 2 4 2 a ax + −= 2 24 40, ,2 2 a a a ax    − − + −∈ ∪ +∞          ( ) 0f x′ < 2 24 4,2 2 a a a ax  − − + −∈    ( ) 0f x′ > ( )f x 2 24 40, , ,2 2 a a a a   − − + − +∞          2 24 4,2 2 a a a a − − + −    ( )f x 2a > ( )f x 1 2,x x 2 1 0x ax− + = 1 2 1x x = 1 2x x< 2 1x > ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ln ln ln ln 2ln1 1 2 2 1 f x f x x x x x xa a ax x x x x x x x xx − − − −= − − + = − + = − +− − − − ( ) ( )1 2 1 2 2f x f x ax x − < −− 2 2 2 1 2ln 0x xx − + < ( ) 1 2lng x x xx = − + ( )g x ( )0,+∞ ( )1 0g =时， . 所以 ，即 . 点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调 性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符 号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参 数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构 造新函数来解决问题的思路要明确. ( )1,x∈ +∞ ( ) 0g x < 2 2 2 1 2ln 0x xx − + < ( ) ( )1 2 1 2 2f x f x ax x − < −−