湖北省荆门市龙泉中学、潜江中学2020届高三数学（理）12月月考试卷（附解析Word版）

龙泉中学潜江中学 2020 届高三年级 12 月联考 理科数学 注意事项： 1．答卷前，考试务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应的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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在试 卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.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.设集合 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 联立方程组求解，用列举法表示即可得 【详解】 或 ，则 故选：C 【点睛】本题考查集合元素，集合交集，理解集合的含义是关键，为简单题． 2.已知 是 的共轭复数,则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用复数的除法运算法则求出 的值，再利用共轭复数的定义求出 a+bi，从而确定 a，b 的值，求出 a+b． { }2( , ) 6}, {( , ) ,A x y x y B x y y x= + = = = A B = { }(2,4) { }( 3,9)− { }(2,4),( 3,9)− ∅ A B 2 6 2, 4 x y x y x y + = = ∴ = =  3 9 x y = −  = A B = { }(2,4),( 3,9)− ( , )a bi a b R+ ∈ 1 1 i i + − a b+ = 1− 1 2 − 1 2 1 1 1 i i + − 【详解】 i， ∴a+bi＝﹣i， ∴a＝0，b＝﹣1， ∴a+b＝﹣1， 故选：A． 点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题． 3.边长为 2 的正方形 ABCD 中， ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题中正方形 ABCD 可考虑用建立平面直角坐标系的方法进行求解. 【详解】以 A 为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则 , , , , 故 , ,则 , 故选:C． 【点睛】本题主要考虑建立平面直角坐标系的方法进行向量求解的问题. 4.已知三棱锥 中， ，则 三棱锥 的体积是（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【 ( )( ) 21 (1 ) 2 1 1 1 2 i i i i i i + += = =− + − 1 2DE EC=  3 5AF AD=  AE BF⋅ =  13 15 6 5 16 15 14 15 (0,0)A 2 ,23E      (2,0)B 60, 5F      2 ,23AE  =     62, 5BF  = −    4 12 16 3 5 15AE BF⋅ = − + =  S ABC− , 4, 2 13, 2, 62SAB ABC SB SC AB BC π∠ = ∠ = = = = = S ABC− 4 3 6 3 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意明确 ，结合棱锥体积公式得到结果. 【详解】由 ， ，且 ，得 ； 又由 ， ，且 ，得 . 因为 ，从而知 ，即 所以 . 又由于 ， 从而 . 故选 C. 【点睛】本题考查棱锥体积的计算，考查线面垂直的证明，考查计算能力与推理能力，属于 基础题. 5.满足条件 的 面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设出 的坐标，给定 坐标，求解出 的轨迹方程，根据 的轨迹即可求解出 面积 的最大值. 【详解】设 ，因为 ， 所以 ，所以 ， 所以 的轨迹是以 为圆心，半径等于 的圆去掉点 两 点， SA ABC⊥ 平面 4SB = 2AB = 2SAB π∠ = 2 3SA = 2AB = 6BC = 2ABC π∠ = 2 10AC = 2 2 2SA AC SC+ = 2SAC π∠ = SA AC⊥ SA ABC⊥ 平面 1 2 6 62ABCS = × × =  1 1 6 2 3 4 33 3S ABC ABCV S SA− = ⋅ = × × =  2, 2AB AC BC= = ABC∆ 4 2 2 2 3 2 2+ 3 4 2+ C ,A B C C ABC∆ ( ) ( ) ( ), , 1,0 , 1,0C x y A B − 2AC BC= ( ) ( ) ( )2 22 21 2 1 0x y x y y − + = + + ≠  ( ) ( )2 23 8 0x y y+ + = ≠ C ( )3,0− 2 2 ( ) ( )3 2 2,0 , 2 2 3,0− − − 所以 . 故选：B. 【点睛】本题考查利用坐标法解决平面几何问题，着重考查了圆的相关知识，难度一般.使用 坐标法的前提是建立合适的平面直角坐标系，然后即可根据长度或者角度关系等确定坐标满 足的方程. 6.已知 为等比数列，下面结论中正确的是（ ） A. B. C. 若 ，则 D. 若 ，则 【答案】B 【解析】 设{an}的首项为 a1，公比为 q，当 a1 ( ) (0)f a f> 1( ) ( )2 af f a + > 1 3( ) ( 3)1 af fa − > −+ 1 3( ) ( )1 af f aa − > −+ R, ( ) ( ) 0x f x f x∈ + − = ( )f x 1 2, [1, ]x x a∈ 2 1x x> 2 1( ) ( ) 0f x f x> > ( )f x [1, ]a 1a > 因为 所以 一定成立， 因为 两边同时乘以-1 可得： ，所以 D 一定成立； 8.若 且 ，则（ ） A. B. C. D. 1( ) ( )2 af f a + > 1 3( ) ( )1 af f aa − > −+ 1a b c> > > 2ac b< log log loga b cb c a> > log log logc b ab a c> > log log logb a cc b a> > log log logb c aa b c> > 【答案】B 【解析】 【分析】 利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果. 【详解】（方法一）对选项 A：由 ，从而 ， ， ，从而选项 A 错误； 对选项 B：首先 ， ， ，从而知 最小，下只需比较 与 的大小即可，采用差值比较法： ， 从而 ，选项 B 正确； 对于选项 C：由 ， ，知 C 错误； 对于选项 D：可知 ，从而选项 D 错误； 故选 B （方法二）取 ， ， 代入验证知选项 B 正确. 【点睛】本题考查式子间大小的比较，考查对数函数的图象与性质，考查运算能力，属于常 考题型. 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.若函数 的图象关于直线 对称,则（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 为函数的一个对称中心 D. 函数在 上单调递增 a b c> > log log 1a ab a< = log log 1b bc b< = log log 1c ca c> = log log 1c cb c> = log log 1b ba b> = log log 1a ac a< = loga c logc b logb a 2 2 2 lg lg(lg )lg lg (lg ) lg lg 2log log lg lg lg lg lg lgc b a cbb a b a cb a c b c b c b + −  − ⋅  − = − = ≥⋅ ⋅ 22 2 lg(lg ) 2 0lg lg bb c b  −   > =⋅ log logc bb a> log log 1a ab a< = log log 1c ca c> = log logc bb a> 5a = 4b = 3c = sin 2 cos2y x m x= + 6x π= − 3 3m = − 2 3 3 7( ,0)12 π [ , ]6 3 π π 【答案】ABCD 【解析】 【分析】 先 利 用 辅 助 角 公 式 得 ， 利 用 图 象 关 于 直 线 对称，得 值，判断 A;再化函数为 ，结 合三角函数图像及性质判断 B,C,D 即可 【详解】 （其中 ） 因为函数 的图象关于直线 对称，则 ，则 ，A.正确； 又 ，则函数的最大值为 ，B 正确； 令 ，当 ，则 为函数的一个对称中心， C 正确； 令 当 为增区间，即 函数在 上单调递增，D 正确 故选：ABCD 【点睛】本题考查正弦函数的对称性、周期性，考查综合分析与应用能力，属于中档题． 10.已知双曲线 过点 且渐近线为 ，则下列结论正确的是（ ） A. 的方程为 B. 的离心率为 C. 曲线 经过 的一个焦点 D. 直线 与 有两个公共 点 【答案】AC ( )2sin 2 cos2 1 sin 2y x m x m x ϕ= + = + + 6x π= − m 3 2 3sin 2 cos2 sin 23 3 6y x x x π = − = −   ( )2sin 2 cos2 1 sin 2y x m x m x ϕ= + = + + tan ,mϕ = sin 2 cos2y x m x= + 6x π= − ( )52 6 2 6k k k Z π π πϕ π ϕ π × − + = + ∴ = + ∈   3 3tan ,3 3m mϕ = = − ∴ = − 3 2 3sin 2 cos2 sin 23 3 6y x x x π = − = −   2 3 3 2 = , ,6 2 12 kx k x k Z π π ππ− ∴ = + ∈ 71, 12k x π= = 7( ,0)12 π 2 2 2 , ,2 6 2 6 3k x k k x k π π π π ππ π π π− ≤ − ≤ + ∴ − ≤ ≤ + 0, ,6 3k π π = −   [ , ]6 3 π π C ( )3, 2 3 3y x= ± C 2 2 13 x y− = C 3 2 1xy e −= − C 2 1 0x y− − = C 【解析】 【分析】 根据题意得到双曲线 的方程，结合双曲线的性质逐一判断即可. 【详解】对于选项 A：由已知 ，可得 ，从而设所求双曲线方程为 ，又由双曲线 过点 ，从而 ，即 ，从而选项 A 正确； 对于选项 B：由双曲线方程可知 ， ， ，从而离心率为 ， 所以 B 选项错误； 对于选项 C：双曲线的右焦点坐标为 ，满足 ，从而选项 C 正确； 对于选项 D：联立 ，整理，得 ，由 ， 知直线与双曲线 只有一个交点，选项 D 错误. 故选 AC 【点睛】本题考查双曲线的标准方程及简单的几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考 查推理能力与运算能力. 11.正方体 的棱长为 2, 分别为 的中点,则（ ） A. 直线 与直线 垂直 B. 直线 与平面 平行 C. 平面 截正方体所得的截面面积为 D. 点 与点 到平面 的距离相等 【答案】BC C 3 3y x= ± 2 21 3y x= 2 21 3 x y λ− = C ( )3, 2 2 21 3 ( 2)3 λ× − = 1λ = 3a = 1b = 2c = 2 2 3 33 ce a = = = ( )2,0 2 1xy e −= − 2 2 2 1 0 13 x y x y  − − = − = 2 2-2 2 0y y + = 2(2 2) 4 2 0∆ = − × = C 1 1 1 1ABCD A B C D− , ,E F G 1 1, ,BC CC BB 1D D AF 1AG AEF AEF 9 2 C G AEF 【解析】 【分析】 A．利用线面垂直的定义进行分析； B．作出辅助线利用面面平行判断； C．作出截面然后根据线段长度计算出截面的面积； D．通过等体积法进行判断. 【详解】A．若 ，又因为 且 ，所以 平面 ， 所以 ，所以 ，显然不成立，故结论错误； B．如图所示，取 的中点 ，连接 ， 由条件可知： ， ，且 ，所以平面 平面 ， 又因为 平面 ，所以 平面 ，故结论正确； C．如图所示，连接 ，延长 交于点 ， 因为 为 的中点，所以 ，所以 四点共面， 1D D AF⊥ 1D D AE⊥ AE AF A∩ = 1DD ⊥ AEF 1DD EF⊥ 1CC EF⊥ 1 1B C Q 1 ,AQ GQ / /GQ EF 1 / /AQ AE 1 ,CQ AQ Q EF AE E= =  1 / /AGQ AEF 1AG ⊂ 1AGQ 1 / /AG AEF 1 1,D F D A 1 ,D F AE S ,E F 1 ,C C BC 1/ /EF A D 1, , ,A E F D 所以截面即为梯形 ，又因为 ， ， 所以 ，所以 ，故结论正确； D．记点 与点 到平面 的距离分别为 ， 因为 ， 又因为 ， 所以 ，故结论错误. 故选：BC. 【点睛】本题考查空间立体几何的直线、平面间的关系及截面和体积有关的计算的综合应用， 难度一般. 12.已知函数 .下列命题为真命题的是（ ） A. 函数 是周期函数 B. 函数 既有最大值又有最小值 C. 函数 的定义域是 ，且其图象有对称轴 D. 对于任意 ， 单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】 将函数 ，利用对称性判断 C,利用函数性 质判断 AD，利用导数判断 C 即可． 【详解】由函数 A.函数 f（x）是周期函数不正确，因为分母随着自变量的远离原点，趋向于正穷大，所以函 数图象无限靠近于 x 轴，故不是周期函数； B. 令 ， 单调递增，又 且 1AEFD 2 2 1 4 2 2 5D S AS= = + = 1 2 2A D = ( )1 2 21 2 22 2 2 5 62 2AD SS  = × × − =    1 3 9=6 =4 2AEFDS ×梯形 C G AEF 1 2,h h 1 1 1 1 1 123 3 2 3C AEF AEF A CEFV S h V− − ×= ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = 2 1 1 1 2 223 3 2 3G AEF AEF A GEFV S h V− − ×= ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = 1 2h h≠ ( ) ( )( )2 2 sin 1 2 2 xf x x x x π= + − + ( )f x ( )f x ( )f x R ( 1,0)x∈ − ( )f x ( ) ( )( ) ( )2 2 2 21 2 2 ( 1)( 1) 1 sin x sin xf x x x x x x π π= = + − + + − + ( ) ( )( ) ( )2 2 2 21 2 2 ( 1)( 1) 1 sin x sin xf x x x x x x π π= = + − + + − + ( )g x = ( )( )2 21 2 2x x x+ − + ( ) ( ) ( ) ( )' 3 2 '' 2 '4 6 6 2, 6 2 2 1 0g x x x x g x x x g x= − + − = − + > ∴ 1 02g   >   对称轴是 x＝ ，故 在 取得最小值，又 在 取得最大值， 故函数 有最大值； 另一方面，当 恒成立，且因为 siny x= π ( ) ( )1,2 , 3,4 , ( )f x ( )1,2x∈ ( )' 1h π= − ( ) ( )' 1 2, 1,2g f x π= > ∴ ( ) 0,f x < ∴ ( )f x 3 2x = ' '3 30, 02 2g h   > = ∴       ( )f x ( ) ( )' ' 0 0 0, ,x h x g x∃ = ∴ ( )f x ( )01, x 0 3, 2x     ( ) ( )0minf x f x= 1 ,fx f x= − 1 2 1 2 − 16 13 = − 1 3 − 81 3 500 = − 1 2 − 1 3 − 1 2a = 1 2 1n n a a+ = + 2 1 n n n ab a += − *n N∈ { }nb nb 1 1 1 1 1 2 22 22 221 11 n n n n n n n n a a ab ba a a + + + + + ++ += = = =− −− 1 4b = { }nb 1 14 2 2n n nb − += ⋅ = 14.已知定义在 上的奇函数 满足当 时， ，则曲线 在 点 处的切线斜率为______. 【答案】 【解析】 【分析】 利用奇函数的定义求出函数 在 上的解析式，然后利用导数可求出 的 值，即为所求结果. 【详解】当 时， ，由于函数 为奇函数， 当 时， ，则 ， 此时， ， . 因此，曲线 在点 处的切线斜率为 . 故答案为 . 【点睛】本题考查利用导数求切线的斜率，同时也考查了利用奇偶性求函数的解析式，考查 计算能力，属于中等题. 15.在等腰直角三角形 中,点 是边 异于 、 的一点.光线从点 出发,经过 、 反射后又回到点 (如图).若光线 经过 的重心,且 则 _________ 【答案】 【解析】 R ( )f x 0x > ( ) 3lnf x x x = − ( )y f x= ( )( )1, 1f− − 4 ( )y f x= ( ),0−∞ ( )1f ′ − 0x > ( ) 3lnf x x x = − ( )y f x= 0x < 0x− > ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3ln lnf x f x x xx x  = − − = − − − = − − − −   ( ) ( ) ( )2 2 3 1 3 11f x x x x x ′ = − ⋅ − = −− ( ) 11 3 41f ′∴ − = − =− ( )y f x= ( )( )1, 1f− − 4 4 ABC P AB A B P BC CA P QR ABC∆ 4,AB AC= = AP = 4 3 【分析】 建立平面直角坐标系，利用光的反射以及轴对称的性质确定出直线 的方程，再将重心坐标 代入方程即可求解出 的长度. 【详解】建立平面直角坐标如图，作 关于 的对称点 ，作 关于 轴的对称点 ，设 ， 因为 ， ， 所以 ，解得 ， 由光的反射原理可知： 四点共线，所以 ， 所以 ，代入重心坐标 即 ， 所以 ，解得 或 (舍). 故答案为： . 【点睛】本题考查直线方程在光线反射中的应用，难度较难.直线方程与轴对称以及光线反射 内容交汇时，可通过建立平面直角坐标系，利用坐标法简化问题，从而完成对应计算. 16.半径为 2 的球面上有 四点，且 两两垂直，则 ， 与 面积之和的最大值为______． 【答案】8 RQ AP P BC 1P P y 2P AP a= : 4 0BCl x y+ − = ( ) ( )1 2, , ,0P m n P a− 4 02 2 0 1 m a n n m a + + − = − = − ( )1 4,4P a− 1 2, , ,P P R Q 1 2 4 4RQ P P ak k a −= = + ( )4: 4RQ al y x aa −= ++ 4 0 0 0 4 0,3 3 + + + +     4 4,3 3      4 4 4 3 4 3 a aa −  = + +   4 3a = 0a = 4 3 , , ,A B C D , ,AB AC AD ABC∆ ACD∆ ADB∆ 【解析】 【分析】 AB，AC，AD 为球的内接长方体的一个角，故 ，计算三个三角形的面积之和， 利用基本不等式求最大值． 【详解】如图所示，将四面体 置于一个长方体模型中，则该长方体外接球的半径为 2． 不妨设 ， ， ，则有 ，即 ． 记 ． 从而有 ，即 ，从而 ． 当且仅当 ，即该长方体为正方体时等号成立．从而最大值为 8． 【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值问题，考查了学生解决交汇性问题的能力．解答 关键是利用构造法求球的直径． 四、解答题：本题共 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.在 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，且 . （1）求 的值； （2）若 ，且 的面积 ，求 的值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 2 2 2 16x y z+ + = A BCD− AC x= AD y= AB z= 2 2 2 22 x y z+ + = 2 2 2 16x y z+ + = 1 1 1 2 2 2ABC ACD ADBS S S S yz xy zx= + + = + +△ △ △ ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 22 4 0x y z S x y y z z x+ + − = − + − + − ≥ 4 32S ≤ 8S ≤ x y z= = ABC∆ A B C a b c ( )2 2 23 sin sin 4 2 sin sin 3sinB C B C A+ = + tan A 3 2 sin sin c B a A = ABC∆ 2 2ABCS∆ = c 2tan 4A = 2 2c = （1）由正弦定理边角互化思想得 ，然后在等式两边同时除以 ，利 用余弦定理可求出 的值，利用同角三角函数的基本关系求出 的值，从而可求出 的值； （2）由正弦定理边角互化思想得出 ，然后利用三角形的面积公式可求出 的值. 【详解】（1）因为 ，故 ， ，故 ， 因此， ； （2）因为 ，故 ，即 ， 的面积为 ，即 ，故 ， 解得 . 【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形面积公式的应用，考 查计算能力，属于中等题. 18.数列 的前 项和为 已知 (1)写出 与 的递推关系式 (2)求 关于 的表达式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）将 代入整理即可得 与 的递推关系式 （2）构造等差数列即可得解 2 2 2 4 2 3b c a bc+ − = 2bc cos A sin A tan A 3 2 2b c= c ( )2 2 23 sin sin 4 2 sin sin 3sinB C B C A+ = + 2 2 2 4 2 3b c a bc+ − = 2 2 2 2 2cos 2 3 b c aA bc + −∴ = = 2 8 1sin 1 cos 1 9 3A A= − = − = sin 1 3 2tan cos 3 42 2 AA A = = × = 3 2 sin sin c B a A = 3 2c b a a = 3 2 2b c=  ABC∆ 1 sin 2 22ABCS bc A∆ = = 21 3 1 2 22 32 c× × = 2 8c = 2 2c = { }na n ,nS 2 1 1 , ( 1), 1,2,3, .2 n na S n a n n n= = − − =  nS 1nS − ( 2);n ≥ nS n 2 121 1n n n nS Sn n −= ++ − 2 1n nS n = + 1( 2)n n na S S n−= − ≥ nS 1nS − 【详解】(1) （2） 故数列 是以 为首项、1 为公差的等差数列 【点睛】本题考查数列递推关系，考查等差数列的通项公式，考查变形化简能力，是中档题 19.如图，已知三棱柱 ，平面 平面 , ， 分别是 的中点. （1）证明： ； （2）求直线 与平面 所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 (1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直； (2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦 2 1( ) ( 1) ( 2)n n nS n S S n n n−= − − − ≥ 2 2 1( 1) ( 1)n nn S n n n S −∴ − = − + 2 121 1n n n nS Sn n −∴ = ++ − 1 1 1 ( 2)1n n n nS S nn n − + = + ≥− 1 1 91n n n nS Sn n +∴ − =−  1{ }n n Sn + 12 1S = 21 1n n n nS n Sn n +∴ = ⇒ = + 1 1 1ABC A B C− 1 1A AC C ⊥ ABC 90ABC∠ = ° 1 130 , , ,BAC A A AC AC E F∠ = ° = = 1 1,AC A B EF BC⊥ EF 1A BC 3 5 值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值. 【详解】(1)如图所示，连结 ， 等边 中， ，则 ， 平面 ABC⊥平面 ，且平面 ABC∩平面 ， 由面面垂直的性质定理可得： 平面 ，故 ， 由三棱柱的性质可知 ，而 ，故 ，且 ， 由线面垂直的判定定理可得： 平面 ， 结合 ⊆平面 ，故 . (2)在底面 ABC 内作 EH⊥AC，以点 E 为坐标原点，EH,EC, 方向分别为 x,y,z 轴正方向建立 空间直角坐标系 . 设 ，则 ， , ， 1 1,A E B E 1AAC△ AE EC= 1A E AC⊥ 1 1A ACC 1 1A ACC AC= 1A E ⊥ ABC 1A E BC⊥ 1 1A B AB∥ AB BC⊥ 1 1A B BC⊥ 1 1 1 1A B A E A= BC ⊥ 1 1A B E EF 1 1A B E EF BC⊥ 1EA E xyz− 1EH = 3AE EC= = 1 1 2 3AA CA= = 3, 3BC AB= = 据此可得： ， 由 可得点 的坐标为 ， 利用中点坐标公式可得： ，由于 ， 故直线 EF 的方向向量为： 设平面 的法向量为 ，则： ， 据此可得平面 的一个法向量为 ， 此时 ， 设直线 EF 与平面 所成角为 ，则 . 【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空 间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平 面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间 向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 20.已知过原点的动直线 与圆 相交于不同的两点 ， ． （1）求线段 的中点 的轨迹 的方程； （2）是否存在实数 ，使得直线 与曲线 只有一个交点？若存在，求出 的 取值范围；若不存在，说明理由． ( ) ( ) ( )1 3 30, 3,0 , , ,0 , 0,0,3 , 0, 3,02 2A B A C  −     1 1AB A B=  1B 1 3 3, 3,32 2B      3 3, 3,34 4F      ( )0,0,0E 3 3, 3,34 4EF  =     1A BC ( ), ,m x y z= ( ) ( ) 1 3 3 3 3, , , , 3 3 02 2 2 2 3 3 3 3, , , ,0 02 2 2 2 m A B x y z x y z m BC x y z x y     ⋅ = ⋅ − = + − =        ⋅ = ⋅ − = − + =     1A BC ( )1, 3,1m = 3 3, 3,34 4EF  =     6 4cos , 53 55 2 EF mEF m EF m ⋅= = = × ×      1A BC θ 4 3sin cos , ,cos5 5EF mθ θ= = =  l 2 2 1 : 6 5 0C x y x+ − + = A B AB M C k : ( 4)L y k x= - C k 【答案】（1） （2） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）利用圆的几何性质，总有 ，根据斜率公式得到轨迹方程；（Ⅱ） 做出曲线 的图象， 恒过点 ，利用数形结合，可知斜率的变化范围． 试题解析：（Ⅰ）设 ，则 ， 当直线 的斜率不为 0 时，由 得 ，即 当直线 的斜率为 0 时， 也适合上述方程 ∴ 线段 的中点 的轨迹的方程为 ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知点 的轨迹是以 为圆心 为半径的部分圆弧 （如下图所示， 不包括两端点），且 ， ，又直线 ： 过定点 ， 当直线 与圆 相切时，由 得 ，又 ，结合上图可知当 时，直线 ： 曲线 只有一个交点． 2 23 9 3( ) . ( ,3]2 4 5x y x− + = ∈ 2 5 2 5 3 3[ , ] ,7 7 4 4k  ∈ − ∪ −   1C M AB⊥ C : ( 4)L y k x= − 1C M AB⊥ l l EF C ( )4y k x= − C L C ( )4y k x= − L 考点：1、直线与圆的位置关系；2、中点轨迹方程；3、数形结合． 21.已知函数 ， ， ． （1）若 ，且 存在单调递减区间，求实数 的取值范围； （2）设函数 的图象 与函数 的图象 交于点 ， ，过线段 的中点作 轴 的垂线分别交 ， 于点 ， ，证明： 在点 处的切线与 在点 处的切线不平 行． 【答案】（1） ．（2）见解析. 【解析】 试题分析：（1） ，则 ，所以 有解，即 有 的解，所以 ，所 以 的取值范围为 ；（2）设点 、 的坐标分别为 ， ，则 点 ， 的横坐标为 ， 在点 处的切线斜率为 ， 在点 处的切线斜率为 ，由反证法证明得 在点 处的切线与 在点 处的切线不平行． ( ) lnf x x= 21( ) 2g x ax bx= + 0a ≠ 2b = ( ) ( ) ( )h x f x g x= − a ( )f x 1C ( )g x 2C P Q PQ x 1C 2C M N 1C M 2C N ( 1,0) (0, )− +∞ ( ) 21ln 22h x x ax x= − − ( ) 1' 2h x axx = − − 2 2 1ax x x + −= − ( )' 0h x < 2 2 1 0ax x+ − > 0x > 2 2 1 2 1 1 1 1a x x x  > − = − − ≥ −   a ( ) ( )1,0 0,− ∪ +∞ P Q ( )1 1,x y ( )2 2,x y M N 1 2 2 x xx += 1C M 1 21 1 22 1 2| x xx k x x x+= = = + 2C N ( ) 1 2 1 2 2 2 | 2x xx a x xk ax b b+= += + = + 1C M 2C N 试题解析： （1） 时， ，则 ， 因为函数 存在单调递减区间，所以 有解， 又因为 ，则 有 的解， 所以 ， 所以 的取值范围为 ． （2）设点 、 的坐标分别为 ， ， ， 则点 ， 的横坐标为 ， 在点 处的切线斜率为 ， 在点 处 切线斜率为 ， 假设 在点 处的切线与 在点 处的切线平行，则 ，即 ， 则 ， 所以 ，设 ，则 ， ，① 令 ， ，则 ， 因为 时， ，所以 在 上单调递增，故 ， 的 2b = ( ) 21ln 22h x x ax x= − − ( ) 1' 2h x axx = − − 2 2 1ax x x + −= − ( )h x ( )' 0h x < 0x > 2 2 1 0ax x+ − > 0x > 2 2 1 2 1 1 1 1a x x x  > − = − − ≥ −   a ( ) ( )1,0 0,− ∪ +∞ P Q ( )1 1,x y ( )2 2,x y 1 20 x x< < M N 1 2 2 x xx += 1C M 1 21 1 22 1 2| x xx k x x x+= = = + 2C N ( ) 1 2 1 2 2 2 | 2x xx a x xk ax b b+= += + = + 1C M 2C N 1 2k k= ( )1 2 1 2 2 2 a x x bx x += ++ ( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 ln ln2 2 2 x x a a ax x b x x x bx x bx y y x xx x −    = − + − = + − + = − = −   +     2 12 21 1 2 1 ln 1 x xx xx x  −  = + 2 1 xt x = ( )2 1ln 1 tt t −= + 1t > ( ) ( )2 1ln 1 tr t t t −= − + 1t > ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 4' 1 1 tr t t t t t −= − = + + 1t > ( )' 0r t > ( )r t ( )1,+∞ ( ) ( )1 0r t r> = 则 ，这与①矛盾，假设不成立， 故 在点 处 切线与 在点 处的切线不平行． 22.设 均为正数，且 求： （1） 的最大值； （2） 的最小值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】 （1）三次利用基本不等式 求解 （2）利用 求解即可 【详解】（1）由 得 由已知得 即 当且仅当 等号成 立 的最大值为 （2）因为 当且仅当 等号成立 所以 即 ， 的最小值为 1 【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，多次利用不等式注意等号成立条件是解决本题的 的 ( )2 1ln 1 tt t −> + 1C M 2C N , ,m n p 1.m n p+ + = mn np pm+ + 2 2 2m n p n p m + + 1 3 2 2 2 2 2 22 , 2 , 2m n mn n p np p m pm+ ≥ + ≥ + ≥ 2 2 2 2 , 2 , 2m n pn m p n m pn p m + ≥ + ≥ + ≥ 2 2 2 2 2 22 , 2 , 2 ,m n mn n p np p m pm+ ≥ + ≥ + ≥ 2 2 2 .m n p mn np pm+ + ≥ + + 2( ) 1,m n p+ + = 2 2 2 2 2 2 1 3 3 3m n p mn np pm mn np pm+ + + + + = ≥ + + 1m n p 3 = = = 1 ,3mn np pm mn np pm∴ + + ≤ ∴ + + 1 3 2 2 2 2 , 2 , 2 .m n pn m p n m pn p m + ≥ + ≥ + ≥ 1m n p 3 = = = 2 2 2 ( ) 2( ),m n p m n p m n pn p m + + + + + ≥ + + 2 2 2 1m n p n p m + + ≥ 2 2 2m n p n p m + + 关键．综合性较强，难度较大．