首师大二附中 2020 届高三数学零模试卷
2019-2020 学年度高三数学第二学期检测试题（七）
满分 150 分，考试时长 120 分钟 2020.4.2
一、选择题（本大题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分）
1.复数 的模为（ ）．
A. B. 1 C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【详解】解： ，
复数 模为 ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属于基础题．
2.集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
计算 ，再计算交集得到答案.
【 详 解 】 ， ， 故
.
故选： .
【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.
3.双曲线 的渐近线方程是（ ）
的
2 (1 )i i+
1
2 2 2
2 (1 ) 2 2i i i+ = − +
∴ 2 (1 )i i+ 2 2( 2) 2 2 2− + =
{ }2,A x x x R= > ∈ { }2 2 3 0B x x x= − − > A B =
(3, )+∞ ( , 1) (3, )−∞ − +∞ (2, )+∞ (2,3)
( ) ( ), 1 3,B = −∞ − +∞
{ } ( ) ( )2 2 3 0 , 1 3,B x x x= − − > = −∞ − ∪ +∞ { }2,A x x x R= > ∈
(3, )A B = +∞
A
2 2
19 4
x y− =A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将方程 变为 ，解出来即可
【详解】因为双曲线的方程为
所以其渐近线方程为：
即
故选：A
【点睛】由双曲线的标准方程得渐近线，只需将右边的 1 换成 0，然后解出来即可.
4.若等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，则 的值为（ ）．
A. 21 B. 63 C. 13 D. 84
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知结合等差数列 通项公式及求和公式可求 ， ，然后结合等差数列的求和公式即可
求解．
【详解】解：因为 ， ，
所以 ，解可得， ， ，
则 ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．
的
2
3y x= ± 4
9y x= ± 3
2y x= ±
9
4y x= ±
2 2
19 4
x y− =
2 2
09 4
x y− =
2 2
19 4
x y− =
2 2
09 4
x y− =
2
3y x= ±
{ }na n nS 13 0S = 3 4 21a a+ = 7S
d 1a
13 0S = 3 4 21a a+ =
1
1
13 13 6 0
2 5 21
a d
a d
+ × =
+ = 3d = − 1 18a =
7
17 18 7 6 ( 3) 632S = × + × × × − =5.某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为 1 的等腰直角三角形和边长为 1 的正方形，则
该几何体中最长的棱长为（ ）．
A. B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长．
【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，
所以，该四棱锥体的最长的棱长为 ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
6.设非零向量 ， ， ，满足 ， ，且 与 的夹角为 ，则“ ”是
“ ”的（ ）．
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
2 3 6
2 2 21 1 1 3l = + + =
a b c | | 2b = | | 1a = b a θ | | 3b a− =
3
πθ =利用数量积的定义可得 ，即可判断出结论．
【详解】解： ， ， ，
解得 ， ， ，解得 ，
“ ”是“ ”的充分必要条件．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
7.已知函数 ，且关于 的方程 有且只有一个实数根，
则实数 的取值范围（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件可知方程 有且只有一个实根等价于函数 的图象与直线
只有一个交点，作出图象，数形结合即可．
【详解】解：因为条件等价于函数 的图象与直线 只有一个交点，作出图
象如图，
由图可知， ，
故选：B．
【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题．
θ
| | 3b a− = ∴ 2 2 2 3b a a b+ − =
22 1 2 2 1 cos 3θ∴ + − × × × =
1cos 2
θ = [0θ ∈ ]π
3
πθ =
∴ | | 3b a− =
3
πθ =
2 ( 0)( )
ln ( 0)
x xf x
x x
≤= >
x ( ) 0f x x a+ − =
a
[0, )+∞ (1, )+∞ (0, )+∞ [ ,1)−∞
( ) 0f x x a+ − = ( )y f x=
y x a= − +
( )y f x= y x a= − +
1a >8.若函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象，若函数 在
区间 上单调递增，则 的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意利用函数 的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出 的最大值．
【 详 解 】 解 ： 把 函 数 的 图 象 向 右 平 移 个 单 位 长 度 得 到 函 数
的图象，
若函数 在区间 ， 上单调递增，
在区间 ， 上， ， ，
则当 最大时， ，求得 ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查函数 的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础
题．
9.已知点 ，点 在曲线 上运动，点 为抛物线的焦点，则 的最小值
为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】
如图所示：过点 作 垂直准线于 ，交 轴于 ，则 ，设
， ，则 ，利用均值不等式得到答案.
【 详 解 】 如 图 所 示 ： 过 点 作 垂 直 准 线 于 ， 交 轴 于 ， 则
( ) sin 2f x x=
6
π ( )g x ( )g x
[0, ]a a
2
π
3
π 5
12
π 7
12
π
sin( )y A xω ϕ= + a
( ) sin 2f x x=
6
π
( ) sin(2 )3g x x
π= −
( )g x [0 ]a
[0 ]a 2 [3 3x
π π− ∈ − 2 ]3a
π−
a 2 3 2a
π π− = 5
12a
π=
sin( )y A xω ϕ= +
(2,0)M P 2 4y x= F
2| |
| | 1
PM
PF −
3 2( 5 1)− 4 5
P PN N y Q 1 1PF PN PQ− = − =
( ),P x y 0x >
2| | 4
| | 1
PM xPF x
= +−
P PN N y Q，
设 ， ，则 ，
当 ，即 时等号成立.
故选： .
【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.
10.一辆邮车从 地往 地运送邮件，沿途共有 地，依次记为 ， ，… （ 为 地，
为 地）．从 地出发时，装上发往后面 地的邮件各 1 件，到达后面各地后卸下前面
各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各 1 件，记该邮车到达 ， ，…
各地装卸完毕后剩余的邮件数记为 ．则 的表达式为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，分析该邮车到第 站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答
案．
【 详 解 】 解 ： 根 据 题 意 ， 该 邮 车 到 第 站 时 ， 一 共 装 上 了
1 1PF PN PQ− = − =
( ),P x y 0x > ( ) ( )2 222 2 2 2 4| | | | 4 4| | 1
x y x xPM P
P
M xF xQP x x
− + − += = = = + ≥−
4x x
= 2x =
D
A B n 1A 2A nA 1A A
nA B 1A 1n −
1A 2A
nA ( 1,2, , )ka k n= … ka
( 1)k n k− + ( 1)k n k− − ( )n n k− ( )k n k−
k
k件邮件，
需要卸下 件邮件，
则 ，
故选：D．
【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题．
二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 5 分，满分 25 分．）
11.在二项式 的展开式中， 的系数为________.
【答案】60
【解析】
【分析】
直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】二项式 的展开式通项为： ，
取 ，则 的系数为 .
故答案为： .
【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
12.在 中， ， ， ，则 __________．
【答案】1
【解析】
【分析】
由已知利用余弦定理可得 ，即可解得 的值．
【详解】解： ， ， ，
由余弦定理 ，
可得 ，整理可得： ，
解得 或 （舍去）．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
(2 1 )( 1) ( 2) ( ) 2
n k kn n n k
− − ×− + − +…… − =
( 1)1 2 3 ( 1) 2
k kk
× −+ + +…… − =
(2 1 ) ( 1) ( )2 2k
n k k k ka k n k
− − × × −= − = −
( )62 2x + 8x
( )62 2x + ( )62 12 2
1 6 62 2rr r r r r
rT C x C x
− −
+ = ⋅ = ⋅
2r = 8x 2 2
6 2 60C ⋅ =
60
ABC 3AB = 1BC = 2
3C
π∠ = AC =
2 2 0AC AC+ − = AC
3AB = 1BC = 2
3C
π∠ =
∴ 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC C= + −
2 13 1 2 1 ( )2AC AC= + − × × × − 2 2 0AC AC+ − =
∴ 1AC = 2−13.在党中央的正确指导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的奋力救治，
二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制.下图是国家卫健委给出的全国疫情通报，甲、乙两个省份
从 2 月 7 日到 2 月 13 日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图如下：
根据图中甲、乙两省的数字特征进行比对，通过比较把你得到最重要的两个结论写在答案纸
指定的空白处.
①_________________________________________________.
②_________________________________________________.
【答案】 (1). 甲省比乙省的新增人数的平均数低 (2). 甲省比乙省的方差要大
【解析】
【分析】
直接根据折线图得到答案.
【详解】根据折线图知：
①甲省比乙省的新增人数的平均数低；②甲省比乙省的方差要大.
故答案为：甲省比乙省的新增人数的平均数低；甲省比乙省的方差要大.
【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.
14.已知两点 ， ，若直线 上存在点 满足 ，则
实数 满足的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
问题转化为求直线 与圆 有公共点时， 的取值范围，利用数形结合思想能求出结
果．
( 1,0)A − (1,0)B 0x y a− + = ( , )P x y 0AP BP⋅ =
a
2, 2 −
l 2 2 1x y+ = a【详解】解： 直线 ，点 ， ，
直线 上存在点 满足 ，
的轨迹方程是 ．
如图，直线 与圆 有公共点，
圆心 到直线 的距离：
，
解得 ．
实数 的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、
运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．
15.集合 ， ，若 是平面上正
八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
① 的值可以为 2；
: 0l x y a− + = ( 1,0)A − (1,0)B
l P 0AP BP =
P∴ 2 2 1x y+ =
∴ l 2 2 1x y+ =
∴ (0,0)O : 0l x y a− + =
| | 1
2
ad = ≤
2 2a− ≤ ≤
∴ a 2, 2 −
2, 2 −
{ }( , ) , 0A x y x y a a= + = > { }( , ) 1B x y xy x y= + = + A B
a② 的值可以为 ；
③ 的值可以为 ；
【答案】②③
【解析】
【分析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算 ： ，得到 ，
，得到答案.
【详解】如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合 ： ，故 ，即 或 ，
集合 ： ， 是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故 所在的直线的倾斜角为 ， ，故 ： ，
解得 ，此时 ， ，此时 .
故答案为：②③.
【点睛】本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对
a 2
a 2 2+
AC ( )2 1y x= − ( )1, 2 1A −
( )2 1,1C +
B 1xy x y+ = + ( )( )1 1 0x y− − = 1x = 1y =
A x y a+ = A B
AC 22.5° tan 22.5 2 1ACk = ° = − AC ( )2 1y x= −
( )1, 2 1A − 2a = ( )2 1,1C + 2 2a = +称性是解题的关键.
三、解答题：（本大题共 6 小题，满分 85 分．解答应写出文字说明、演算步骤或
证明）
16.已知函数 （ ， ）满足下列 3 个条件中的 2 个条件：
①函数 的周期为 ；
② 是函数 的对称轴；
③ 且在区间 上单调.
（Ⅰ）请指出这二个条件，并求出函数 的解析式；
（Ⅱ）若 ，求函数 的值域.
【答案】（Ⅰ）只有①②成立， ；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）依次讨论①②成立，①③成立，②③成立，计算得到只有①②成立，得到答案.
（Ⅱ） 得到 ，得到函数值域
【详解】（Ⅰ）由①可得， ；由②得：
， ；
由③得， ， ，
；
若①②成立，则 ， ， ，
若①③成立，则 ， ，不合题意，
若②③成立，则 ， ，
与③中的 矛盾，所以②③不成立，
( ) sin( )f x xω ϕ= + 0>ω | | 2
ϕ π<
( )f x π
6x
π= ( )f x
04f
π = ,6 2
π π
( )f x
0, 3x
π ∈ ( )f x
( ) sin 2 6f x x
π = +
1 ,12
0 3x
π≤ ≤ 526 6 6x
π π π≤ + ≤
2 2
π π ωω = ⇒ =
6 2 2 6k k
πω π π πωϕ π ϕ π+ = + ⇒ = + − k Z∈
4 4m m
πω πωϕ π ϕ π+ = ⇒ = − m Z∈
2 2 0 32 2 6 3 3
T π π π π π ωω≥ − = ⇒ ≥ ⇒ < ≤
2ω =
6
π=ϕ ( ) sin 2 6f x x
π = +
4 2m m
πω πϕ π π= − = − m Z∈
2 6 4k m
π πω πωπ π+ − = − 12( ) 6 6m kω⇒ = − − ≥ ,m k Z∈
0 3ω< ≤所以只有①②成立， .
（Ⅱ）由题意得， ，
所以函数 的值域为 .
【点睛】本题考查了三角函数的周期，对称轴，单调性，值域，表达式，意在考查学生对于
三角函数知识的综合应用.
17.在四棱锥 的底面 中， ， ， 平面 ，
是 的中点，且
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的余弦值；
（Ⅲ）线段 上是否存在点 ，使得 ，若存在指出点 的位置，若不存在请说
明理由.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ）存在，点 为线段 中点.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）连结 ， ， ，则四边形 为平行四边形，得到证明.
（Ⅱ）建立如图所示坐标系，平面 法向量为 ，平面 的法向量
，计算夹角得到答案.
（Ⅲ）设 ，计算 ， ，根据垂直关系得到答案.
【详解】（Ⅰ）连结 ， ， ，则四边形 为平行四边形.
的
( ) sin 2 6f x x
π = +
5 10 2 ( ) 13 6 6 6 2x x f x
π π π π≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤
( )f x 1 ,12
P ABCD− ABCD //BC AD CD AD⊥ PO ⊥ ABCD O
AD 2 2 2PO AD BC CD= = = =
//AB POC
O PC D− −
PC E AB DE⊥ E
10
5
E PC
OC BC AO= //BC AD ABCO
PCD 1 (0,2,1)n = POC
2 ( 1,1,0)n BD= = −
( , , )E x y z ( , 1,2 2 )DE λ λ λ= − − (1,1,0)AB =
OC BC AO= //BC AD ABCO平面 .
（Ⅱ） 平面 ， 四边形 为正方形.
所以 ， ， 两两垂直，建立如图所示坐标系，
则 ， ， ， ，
设平面 法向量为 ，则 ，
连结 ，可得 ，又 所以， 平面 ，
平面 的法向量 ，
设二面角 的平面角为 ，则 .
（Ⅲ）线段 上存在点 使得 ，设 ，
， ， ，
所以点 为线段 的中点.
【点睛】本题考查了线面平行，二面角，根据垂直关系确定位置，意在考查学生的计算能力
和空间想象能力.
18.十八大以来，党中央提出要在 2020 年实现全面脱贫，为了实现这一目标，国家对“新农合”
//AB OC
AB POC
OC POC
⊄
⊂
平面
平面
//AB⇒ POC
PO ⊥ ABCD
CD AD
OD BC CD
⊥ ⇒ = = OBCD
OB OD OP
(1,1,0)C (0,0,2)P (0,1,0)D (1,0,0)B
PCD 1 ( , , )n x y z= 1
1
1
0 (0,2,1)
0
n CD n
n PD
⋅ = ⇒ = ⋅ =
BD BD OC⊥ BD PO⊥ BD ⊥ POC
POC 2 ( 1,1,0)n BD= = −
O PC D− − θ 1 2
1 2
10cos 5| | | |
n n
n n
θ ⋅= =
⋅
PC E AB DE⊥ ( , , )E x y z
( , , 2) (1,1, 2) ( , ,2 2 )PE PC x y z Eλ λ λ λ λ= ⇒ − = − ⇒ −
( , 1,2 2 )DE λ λ λ= − − (1,1,0)AB = 10 2AB DE AB DE λ⊥ ⇒ ⋅ = ⇒ =
E PC（新型农村合作医疗）推出了新政，各级财政提高了对“新农合”的补助标准．提高了各项报销
的比例，其中门诊报销比例如下：
表 1：新农合门诊报销比例
医院类别 村卫生室 镇卫生院 二甲医院 三甲医院
门诊报销比例 60% 40% 30% 20%
根据以往的数据统计，李村一个结算年度门诊就诊人次情况如下：
表 2：李村一个结算年度门诊就诊情况统计表
医院类别 村卫生室 镇卫生院 二甲医院 三甲医院
一个结算年度内各门
诊就诊人次占李村总
就诊人次的比例
70% 10% 15% 5%
如果一个结算年度每人次到村卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院门诊平均费用分别为 50
元、100 元、200 元、500 元．若李村一个结算年度内去门诊就诊人次为 2000 人次．
（Ⅰ）李村在这个结算年度内去三甲医院门诊就诊的人次中，60 岁以上的人次占了 80%，从
去三甲医院门诊就诊的人次中任选 2 人次，恰好 2 人次都是 60 岁以上人次的概率是多少？
（Ⅱ）如果将李村这个结算年度内门诊就诊人次占全村总就诊人次的比例视为概率，求李村
这个结算年度每人次用于门诊实付费用（报销后个人应承担部分） 的分布列与期望．
【答案】（Ⅰ） ；
（Ⅱ） 的发分布列为：
X 20 60 140 400
P 0.7 0.1 0.15 0.05
期望 ．
【解析】
【分析】
X
316
495
X
61EX =（Ⅰ）由表 2 可得去各个门诊的人次比例可得 2000 人中各个门诊的人数，即可知道去三甲医
院的总人数，又有 60 岁所占的百分比可得 60 岁以上的人数，进而求出任选 2 人 60 岁以上的
概率；
（Ⅱ）由去各门诊结算的平均费用及表 1 所报的百分比可得随机变量的可能取值，再由概率
可得 的分布列，进而求出概率．
【详解】解：（Ⅰ）由表 2 可得李村一个结算年度内去门诊就诊人次为 2000 人次，分别去村
卫生室、镇卫生院、二甲医院、三甲医院人数为 ， ，
， ，
而三甲医院门诊就诊的人次中，60 岁以上的人次占了 ，所以去三甲医院门诊就诊的人次
中，60 岁以上的人数为： 人，
设从去三甲医院门诊就诊的人次中任选 2 人次，恰好 2 人次都是 60 岁以上人次的事件记为 ，
则 ；
（Ⅱ）由题意可得随机变量 的可能取值为： ， ，
， ，
， ， ， ，
所以 的发分布列为：
X 20 60 140 400
P 0.7 0.1 0.15 0.05
所以可得期望 ．
【点睛】本题主要考查互斥事件、随机事件的概率计算公式、分布列及其数学期望、组合计
算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.已知椭圆 ，上顶点 ，离心率为 ，直线
交 轴于 点，交椭圆于 ， 两点，直线 ， 分别交 轴于点 ， ．
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
为
X
2000 70% 1400× = 2000 10% 200× =
2000 15% 300× = 2000 5% 100× =
80%
100 80% 80× =
A
( ) 2
80
2
100
316
495
CP A C
= =
X 50 50 0.6 20− × = 100 100 0.4 60− × =
200 200 0.3 140− × = 500 500 0.2 400− × =
( 20) 0.7p X = = ( 60) 0.1P X = = ( 140) 0.15P X = = ( 400) 0.05P X = =
X
20 0.7 60 0.1 140 0.15 400 0.05 61EX = × + × + × + × =
2 2
2 2: 1( 0)x yG a ba b
+ = > > (0,1)B 2
2
: 2l y kx= −
y C P Q BP BQ x M N
G（Ⅱ）求证： 为定值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ，证明见解析．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据题意列出关于 ， ， 的方程组，解出 ， ， 的值，即可得到椭圆 的方程；
（Ⅱ）设点 ， ，点 ， ，易求直线 的方程为： ，令 得，
，同理可得 ，所以
，联立直线 与椭圆方程，利
用韦达定理代入上式，化简即可得到 ．
【详解】（Ⅰ）解：由题意可知： ，解得 ，
椭圆 的方程为： ；
（Ⅱ）证：设点 ， ，点 ， ，
联立方程 ，消去 得： ，
， ①，
点 ， ， ，
直线 的方程为： ，令 得， ， ， ，
同理可得 ， ，
，
BOM BCNS S⋅△ △
2
2 12
x y+ = 1
2BOM BCNS S∆ ∆ =
a b c a b c G
1(P x 1)y 2(Q x 2 )y BP 1
1
11 yy xx
−− = 0y =
1
11M
xx y
= −
2
21N
xx y
= −
1 2
2
1 2 1 2
1 1 31 | | 3 | | | |2 2 4 9 3 ( )BOM BCN M N
x xS S x x k x x k x x∆ ∆ = × × × × × = × − + + l
1
2BOM BCNS S∆ ∆ =
2 2 2
1
2
2
b
c
a
a b c
=
=
= +
2
1
1
a
b
c
=
=
=
∴ G
2
2 12
x y+ =
1(P x 1)y 2(Q x 2 )y
2
2
2
12
y kx
x y
= − + =
y 2 2(1 2 ) 8 6 0k x kx+ − + =
∴ 1 2 2
8
1 2
kx x k
+ = + 1 2 2
6
1 2x x k
= +
1(P x 1)y (0,1)B
∴ BP 1
1
11 yy xx
−− = 0y = 1
11
xx y
= −
1
1
(1
xM y
∴ − 0)
2
2
(1
xN y− 0)
1 11 | | 3 | |2 2BOM BCN M NS S x x∆ ∆∴ = × × × × ×
3 | |4 M Nx x= ×
1 2
1 2
3 | |4 1 1
x x
y y
= × − −
1 2
1 2
3 | |4 (3 )(3 )
x x
kx kx
= × − −
1 2
2
1 2 1 2
3 | |4 9 3 ( )
x x
k x x k x x
= × − + +把①式代入上式得： ，
为定值 ．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭
圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理
能力，属于中档题．
20.已知函数 ．
（Ⅰ）求 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）求证： 在 上存在唯一的极大值；
（Ⅲ）直接写出函数 在 上的零点个数．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）函数 在 有3 个零
点．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出导数，写出切线方程；
（Ⅱ）二次求导，判断 单调递减，结合零点存在性定理，判断即可；
（Ⅲ） ，数形结合得出结论．
【详解】解：（Ⅰ） ， ， ，
故 在点 ， 处的切线方程为 ，
即 ；
（Ⅱ）证明： ， ，
，故 在 递减，
又 ， ，
由零点存在性定理，存在唯一一个零点 ， ，
2
2 2
2 2
6
3 1 2
24 64 9 1 2 1 2
BOM BCN
kS S k k
k k
∆ ∆
+= ×
− ++ +
2
2
3 6 1 2 1
4 1 2 9 2
k
k
+= × =+
BOM BCNS S∆ ∆∴
1
2
( ) sin ln 1f x x x= + −
( )f x ,2 2f
π π
( )f x (0, )π
( )f x (0,2 )π
2 ln 12y x
π
π= + − ( )f x (0,2 )π
( )f x′
ln 1 sinx x= −
1( ) cosf x x x
′ = + ( ) 1 ln 1 ln2 2 2f
π π π= + − = 2( )2f
π
π
′ =
( )f x ( 2
π
( ))2f
π 2ln ( )2 2y x
π π
π− = −
2 ln 12y x
π
π= + −
1( ) cosf x x x
′ = + (0, )x π∈
2
1( ) sin 0f x x x
′′ = − − < ( )f x′ (0, )π
2( ) 02f
π
π
′ = > 1( ) 1 0f π π
′ = − + <
( , )2m
π π∈ 1( ) cos 0f m m m
′ = + =当 时， 递增；当 时， 递减，
故 在 只有唯一的一个极大值；
（Ⅲ）函数 在 有 3 个零点．
【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程，考查零点存在性定理的应用，关键是能够通过
导函数的单调性和零点存在定理确定导函数的零点个数，进而确定函数的单调性，属于难
题．
21.已知 ， 均为给定的大于 1 的自然数，设集合 ，
．
（Ⅰ）当 ， 时，用列举法表示集合 ；
（Ⅱ）当 时， ，且集合 满足下列条件：
①对任意 ， ；
② ．
证明：（ⅰ）若 ，则 （集合 为集合 在集合 中的补集）；
（ⅱ） 为一个定值（不必求出此定值）；
（Ⅲ）设 ， ， ，其中
， ，若 ，则 ．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）（ⅰ）详见解析．（ⅱ）详见解析.（Ⅲ）详见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）当 ， 时， ， ， ， ， ， ．即可
得出 ．
（Ⅱ）（i）当 时， ，2，3， ， ，又 ， ， ， ，
(0, )x m∈ ( )f x ( , )x m π∈ ( )f x
( )f x (0, )π
( )f x (0,2 )π
q n {1,2,3, , }M q= …
1
1 2{ | ,n
nT x x x x q x q −= = + + +…
, 1,2 , }ix M i n∈ = …
2q = 2n = T
200q = { }1 2 100, , ,A a a a M= … A
1 100i j≤ < ≤ 201i ja a+ ≠
100
1
12020i
i
a
=
=∑
ia A∀ ∈ 201 ia A− ∈ A A M
100
2
1
i
i
a
=
∑
,s t T∈ 2 1
1 2 3
n
ns b b q b q b q −= + + + +… 1
1 2
n
nt c c q c q −= + + +…
,i ib c M∈ 1,2, ,i n= … n nb c< s t<
{ }3,4,5,6T =
2q = 2n = {1M = 2} 1 2{ | 2T x x x x== = + ix M∈ 1i = 2}
T
200q = {1M = … 200} 1{A a= 2a …
100}a M， ，必然有 ，否则得出矛盾．
（ii）由 ．可得 ．又
，即可得出 为定值．
（iii）由设 ， ， ， ，其中 ， ，
，2， ， ． ，可得
，通过求和即可证明结论．
【详解】（Ⅰ）解：当 ， 时， ， ， ， ，
．
．
（Ⅱ）证明：（i）当 时， ，2，3， ， ，
又 ， ， ， ， ， ，
必然有 ，否则 ，而 ，与已知对任意 ，
矛盾．
因此有 ．
（ii） ．
．
，
为定值．
（iii）由设 ， ， ， ，其中 ， ，
，2， ， ． ，
ia A∀ ∈ 201 ia M− ∈ 201 ia A− ∈
2 2(201 ) 402 40401i i ia a a− − = −
100 100 100
2 2
1 1 1
(201 ) 402 4040100i i i
i i i
a a a
= = =
− − = −∑ ∑ ∑
100 100
2 2 2 2 2
1 1
(201 ) 1 2 200i i
i i
a a
= =
+ − = + +……+∑ ∑ 100
2
1
i
i
a
=
∑
s t A∈ 1
1 2
n
ns a a q a q −= + +…+ 1
1 2
n
nt b b q b q −= + +…+ ia ib M∈
1i = … n n na b<
2 1 2 1
1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1)n n n n
n n n ns t a b a b q a b q a b q q q q q q q− − − −
− −− = − + − +…+ − + − − + − +…+ − −
2q = 2n = { }1,2M = 1 2{ | 2T x x x x= = + ix M∈ 1i =
2}
{ }3,4,5,6T =
200q = {1M = … 200}
1{A a= 2a …
100}a M ia A∀ ∈ 201 ia M− ∈
201 ia A− ∈ 201 ia A− ∈ (201 ) 201i ia a+ − = 1 100i j
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