2020 年高考数学一模试卷
一、选择题
1.已知集合 ， ，那么 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先化简集合 A，再利用交集的定义求解.
【详解】∵ ， ，
∴ .
故选：D.
【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
2.函数 的定义域为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据 得到 ，再解不等式即可.
【详解】函数 ，令 ，得 ，
解得 ，所以 的定义域为 .
{ }1 0A x x= − > { }1,0,1,2B = − A B =
{ }1,0− { }0,1 { }1,0,1,2- { }2
{ }1A x x= > { }1,0,1,2B = −
{ }2A B∩ =
( ) 2
2
1
xf x x
−= +
( ]1,2− [ )2,+∞
( ) [ ), 1 1,−∞ − +∞ ( ) [ ), 1 2,−∞ − +∞
( ) 2
2
1
xf x x
−= + 2
2 01
x
x
− ≥+
( ) 2
2
1
xf x x
−= + 2
2 01
x
x
− ≥+ 2 0x − ≥
2x ≥ ( )f x [ )2,+∞故选：B
【点睛】本题主要考查函数的定义域，属于简单题.
3.已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的除法得出 ，进而可求得实数 的值.
【详解】 ， ，因此， .
故选：A.
【点睛】本题考查利用复数相等求参数，考查复数除法法则的应用，考查计算能力，属于基
础题.
4.若双曲线 的一条渐近线与直线 平行，则 的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出双曲线 中斜率为正数的渐近线方程，根据该直线与直线 平行可求得 的值.
【详解】双曲线 的一条渐近线 与直线 平行，可得
.
故选：D.
【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线与直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.
( )2 11 i a Rai
= − ∈+ a =
1 0 1− 2−
21 1ai i
+ = − a
2 11 iai
= −+
( )
( )( )
2 121 11 1 1
iai ii i i
+∴ + = = = +− − + 1a =
( )2
2
2: 1 0yC x bb
− = > 2 1y x= + b
1 2 3 2
C 2 1y x= + b
( )2
2
2: 1 0yC x bb
− = > y bx= 2 1y x= +
2b =5.如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥
的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三视图作出几何体的直观图，然后利用锥体的体积公式可求得该几何体的体积.
【详解】由三视图知，几何体是一个三棱锥 ，
根据三棱锥的三视图的数据，设出三棱锥两两垂直的三条侧棱分别是 ， ，
，
因此，三棱锥的体积是 .
故选：A.
【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键就是结合三视图还原几何体，
4 6 8 12
1D BCD-
4DC = 3BC =
1 2DD =
1 1 4 3 2 43 2
× × × × =考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
6.已知 ，那么在下列不等式中，不成立的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用作差法可判断 A、B 选项的正误，利用正弦、余弦值的有界性可判断 C、D 选项的正误.
综合可得出结论.
【详解】 ，则 ， ，
又 、 ， ， .
可得：ABC 成立，D 不成立.
故选：D.
【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用作差法来进行判断，同时也要注意正弦、余
弦有界性的应用，考查推理能力，属于中等题.
7.在平面直角坐标系中，动点 在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每 12 分钟转动一
周.若点 的初始位置坐标为 ，则运动到 分钟时，动点 所处位置的坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
1x < −
2 1 0x − > 1 2x x
+ < − sin 0x x− >
cos 0x x+ >
1x < − ( )( )2 1 1 1 0x x x− = − + > ( )22 11 2 12 0xx xx x x x
++ ++ + = = <
sin x [ ]cos 1,1x∈ − sin 0x x∴ − > cos 0x x+ <
M
M 1 3,2 2
3 M
3 1,2 2
1 3,2 2
−
3 ,2 2
1 −
3 1,2 2
− − 计算出运动 分钟时动点 转动的角，再利用诱导公式可求得结果.
【详解】每 分钟转动一周，则运动到 分钟时，转过的角为 .
设点 的初始位置的坐标为 ，则 ， ，
运动到 3 分钟时动点 所处位置的坐标是 .
由诱导公式可得 ， ，
所以，点 的坐标为 .
故选：C.
【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
8.已知三角形 ，那么“ ”是“三角形 为锐角三角形”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】
【分析】
在不等式 两边平方并化简得 ，判断出角 的属性，再结
3 M
12 3 3 212 2
ππ× =
M ( )cos ,sinα α 1cos 2
α = 3sin 2
α =
M cos ,sin2 2M
π πα α ′ + +
3cos sin2 2
πα α + = − = −
1sin cos2 2
πα α + = =
M ′ 3 ,2 2
1 −
ABC AB AC AB AC+ > − ABC
AB AC AB AC+ > −
0AB AC⋅ > A合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】三角形 中，“ ” ，可得 为锐角，此
时三角形 不一定为锐角三角形.
三角形 为锐角三角形 为锐角.
三角形 ，那么“ ”是“三角形 为锐角三角形”的必要不
充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查必要而不充分条件的判断，同时也考查了平面向量数量积的应用，考查推
理能力，属于中等题.
9.设 O 为坐标原点，点 ，动点 在抛物线 上，且位于第一象限， 是线段
的中点，则直线 的斜率的范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设点 ，可得出线段 的中点 的坐标，利用基本不等式可求得直线 的斜率
的取值范围.
【详解】设 ， ，所以 的中点 ，
所以 ，
ABC AB AC AB AC+ > −
0AB AC⇒ ⋅ > A
ABC
ABC A⇒
∴ ABC AB AC AB AC+ > − ABC
( )1,0A P 2 2y x= M PA
OM
( ]0,1 20, 2
20, 2
2 ,2
+∞
2
,2
yP y
PA M OM
2
,2
yP y
0y > PA
2 2 ,4 2
y yM
+
2 2
2 22
22 2
4
OM
y
yk y y y y
= = =+ + +因为 ，所以 ，所以 ，
故选：C.
【点睛】本题考查直线斜率取值范围的计算，涉及基本不等式的应用，考查计算能力，属于
中等题.
10.假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物，则我们称前
者为被捕食者，后者为捕食者.现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型.
假设捕食者的数量以 表示，被捕食者的数量以 表示.如图描述的是这两个物种随时间
变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法正确的是（ ）
A. 若在 、 时刻满足： ，则
B. 如果 数量是先上升后下降的，那么 的数量一定也是先上升后下降
C. 被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值
D. 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的数量也会达到最大值
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图形可判断 A 选项的正误；根据曲线上半段中 和 的变化趋势可判断 B 选项的
正误；根据捕食者和被捕食者的最值情况可判断 C 选项的正误；取 ， 可
判断 D 选项的正误.
【详解】由图可知，曲线中纵坐标相等时横坐标未必相等，故 A 不正确；
2 2 2y y
+ ≥
1 1 20 2 42 2y y
< ≤ =
+
20, 2OMk
∈
( )x t ( )y t
1t 2t ( ) ( )1 2y t y t= ( ) ( )1 2x t x t=
( )y t ( )x t
( )y t ( )x t
( ) 10x t = ( ) 100y t =在曲线上半段中观察到 是先上升后下降，而 是不断变小的，故 B 不正确；
捕食者数量最大时是在图象最右端，最小值是在图象最左端，此时都不是被捕食者的数量的
最值处，
同样当被捕食者的数量最大即图象最上端和最小即图象最下端时，也不是捕食者数量取最值
的时候，
所以被捕食者数量和捕食者数量不会同时达到最大和最小值，故 C 正确；
当捕食者数量最大时在图象最右端， ， ，
此时二者总和 ，由图象可知存在点 ， ，
，所以并不是被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，
被捕食者数量也会达到最大值，故 D 错误，
故选：C.
【点睛】本题考查函数图象的性质，考查数据分析能力，比较抽象，属于中等题.
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
11.已知向量 ， ， ，若 与 共线，则实数 ______.
【答案】
【解析】
【分析】
求出向量 的坐标，利用共线向量的坐标表示可得出关于 的等式，进而可求得 的值.
【详解】 向量 ， ， ， ，
与 共线， ，解得实数 .
故答案为： .
( )y t ( )x t
( ) ( )25,30x t ∈ ( ) ( )0,50y t ∈
( ) ( ) ( )25,80x t y t+ ∈ ( ) 10x t = ( ) 100y t =
( ) ( ) 110x t y t+ =
( ),1a m= ( )1, 2b = − ( )2,3c = a b− c m =
3
a b− m m
( ),1a m= ( )1, 2b = − ( )2,3c = ( )1,3a b m∴ − = −
a b−r r
Q c 1 3
2 3
m −∴ = 3m =
3点睛】本题考查利用向量共线求参数，考查计算能力，属于基础题.
12.在 的展开式中，常数项为_____．（用数字作答）
【答案】60
【解析】
【分析】
根据二项式展开式的通项公式，利用 x 项的指数为 0，即可求出常数项.
【详解】在 的展开式中,通项公式为：
令
所以展开式的常数项为：
故答案为：60
【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于
基础题.
13.圆心在 轴上，且与直线 和 都相切的圆的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设所求圆的方程为 ，根据圆与直线 、 都相切可求得 、 的值，
由此可得出所求圆的方程.
【详解】设所求圆的方程为 ，
因为圆 与直线 和 都相切，则
，
解得 ， ，所以圆的方程为 .
【
6
2
2( )x x
+
6
2
2( )x x
+
6 6 3
1 6 62
2( ) 2r r r r r r
rT C x C xx
− −
+ = =
6 3 0 2r r− = ∴ =
2 2
6 2 60C =
x 1 :l y x= 2 : 2l y x= −
( )2 2 11 2x y− + =
( ) ( )2 2 2 0x a y r r− + = > 1l 2l a r
( ) ( )2 2 2 0x a y r r− + = >
( ) ( )2 2 2 0x a y r r− + = > 1 :l y x= 2 : 2l y x= −
2
1 1 1 1
a a r
−= =
+ +
1a = 2
2r = ( )2 2 11 2x y− + =故答案为： .
【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线与圆相切的处理，考查计算能力，属
于中等题.
14. 是等边三角形，点 D 在边 的延长线上，且 ， ，则
______； ______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由 可得 ，在 中利用余弦定理可求得 的长，在 中，
利用正弦定理可求得 的值.
【详解】如图所示，等边 中， ，所以 .
又 ，所以 ，
即 ，解得 ，所以 ；
由 ，即 ，解得 .
故答案为： ； .
点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
15.设函数 给出下列四个结论：①对 ， ，使得
【
( )2 2 11 2x y− + =
ABC AC 3AD CD= 2 7BD = CD =
sin ABD∠ =
2 3 21
14
3AD CD= 2AC CD= BCD CD ABD△
sin ABD∠
ABC 3AD CD= 2AC CD=
2 7BD = 2 2 2 2 cosBD BC CD BC CD BCD= + − ⋅ ⋅ ∠
( ) ( )2 2 22 7 2 2 2 cos120CD CD CD CD+ − ⋅ ⋅ ⋅= 2CD = 6AD =
sin sin
AD BD
ABD A
=∠ ∠
6 2 7
sin sin 60ABD
=∠
3 21sin 14ABD∠ =
2 3 21
14
( ) ( )1 , 0,
2 2 , 0.x a a x
a x xf x
x− −
+ t R∃ ∈无解；②对 ， ，使得 有两解；③当 时， ，使得
有解；④当 时， ，使得 有三解.其中，所有正确结论的序号是
______.
【答案】③④
【解析】
分析】
取 ，由一次函数的单调性和基本不等式，可得函数 的值域，可判断①的正误；取
，判断函数 的单调性，即可判断②；考虑 时，求得函数 的值域，即可
判断③；当 时，结合一次函数的单调性和基本不等式，以及函数 的图象，即可判
断④.综合可得出结论.
【详解】对于①，可取 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ，当且仅当 时，取得等号，
故 时， 的值域为 R， ， 都有解，故①错误；
对于②可取 时， ，可得 在 上单调递增，
对 ， 至多一解，故②错误；
对于③，当 时， 时， 单调递减，可得 ；
又 时， ，即有 .
可得 ，则 的值域为 ，
， 都有解，故③正确；
【
( )f x t= 0t∀ > a R∃ ∈ ( )f x t= 0a < 0t∀ >
( )f x t= 2a > t R∃ ∈ ( )f x t=
3a = ( )f x
0a = ( )f x 0a < ( )f x
2a > ( )f x
3a = ( ) ( )
3 3
3 1 , 0,
2 2 , 0.x x
x xf x
x− −
+
0x ≥ 0x a− > 2 1x a− >
2 2 2x a a x− −+ > ( )f x ( ),a +∞
0t∀ > ( )f x t=对于④，当 时， 时， 递增，可得 ；当 时，
，当且仅当 时，取得等号，
由图象可得，当 时， 有三解，故④正确.
故答案为：③④.
【点睛】本题考查分段函数的应用，主要考查方程根的个数问题，注意运用反例法判断命题
不正确，考查推理能力，属于中等题.
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16.如图，在四棱锥 中， 面 ，底面 为平行四边形， ，
， .
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的余弦值的大小.
2a > 0x < ( ) ( )1f x a x= + ( )f x a< 0x ≥
( ) 2 2 2x a a xf x − −= + ≥ x a=
2 3t< < ( )f x t=
P ABCD− PD ⊥ ABCD ABCD AB AC⊥
1AB AC= = 1PD =
//AD PBC
D PC B− −【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据四边形 是平行四边形得出 ，再利用线面平行的判定定理可证得
平面 ；
（Ⅱ）过 作平行于 的直线 ，以 为坐标原点， 、 所在直线分别为 轴、
轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值.
【详解】（Ⅰ）证明： 底面 为平行四边形， ，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
（Ⅱ）解：过 作平行于 的直线 ，
， ，又 面 ，
以 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 .
则 、 、 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，取 ，得 .
取平面 的一个法向量 ，则 .
3
3
−
ABCD //AD BC
//AD PBC
D AC Dx D DC DP y z
D PC B− −
ABCD //AD BC∴
BC ⊂ PBC AD ⊄ PBC //AD∴ PBC
D AC Dx
AB AC⊥ Dx DC⊥ PD ⊥ ABCD
∴ D D xyz−
( )0,1,0C ( )0,0,1P ( )1,2,0B ( )1,1,0CB = ( )0, 1,1CP = −
PCB ( ), ,n x y z=
0
0
n CB x y
n CP y z
⋅ = + =
⋅ = − + =
1y = ( )1,1,1n = −
PCD ( )1,0,0m = 1 3cos , 31 3
m nm n
m n
⋅ −< >= = = −
×⋅
由图可知，二面角 为钝角， 二面角 的余弦值为 .
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考
查推理能力与计算能力，属于中等题.
17.已知函数 ，且满足_______.
（Ⅰ）求函数 的解析式及最小正周期；
（Ⅱ）若关于 的方程 在区间 上有两个不同解，求实数 的取值范围.从①
的最大值为 ，② 的图象与直线 的两个相邻交点的距离等于 ，③
的图象过点 .这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.
【答案】满足①或②或③；（Ⅰ） ，最小正周期为 ；（Ⅱ）
；
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用三角恒等变换思想化简函数 的解析式，根据①或②或③中的条件求得
，可得出 ，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周
期；
（Ⅱ）令 ，得 ，解得 ， ，可得出方程
在区间 上的实数根，进而可得出实数 的取值范围.
【详解】（Ⅰ）函数
D PC B− − ∴ D PC B− − 3
3
−
( ) ( )2sin 2 2cos 06 6f x a x x a
π π = − − + >
( )f x
x ( ) 1f x = [ ]0,m m
( )f x 1 ( )f x 3y = − π ( )f x
,06
π
( ) 2sin 2 16f x x
π = − −
π
4 7,3 3
π π
( )y f x=
1a = ( ) 2sin 2 16f x x
π = − −
( ) 1f x = sin 2 16x
π − = 3x k
π π= + k Z∈ ( ) 1f x =
[ ]0,m m
( ) 2sin 2 2cos6 6f x a x x
π π = − − + ，
若满足① 的最大值为 1，则 ，解得 ，
所以 ，则函数 的最小正周期为 ；
（Ⅱ）令 ，得 ，
解得 ， ，即 ， ；
若关于 的方程 在区间 上有两个不同解，则 或 ；
所以实数 m 的取值范围是 .
若满足②， 的图象与直线 的两个相邻交点的距离等于 ，
且 的最小正周期为 ，所以 ，解得 ；
以下解法均相同.
若满足③， 的图象过点 ，则 ，解得 ；
sin 2 cos 2 16 3a x x
π π = − − + −
sin 2 cos 2 16 6 2a x x
π π π = − − − + −
sin 2 sin 2 16 6a x x
π π = − + − −
( )1 sin 2 16a x
π = + − −
( )f x 1 2a + = 1a =
( ) 2sin 2 16f x x
π = − −
( )f x 2
2T
π π= =
( ) 1f x = sin 2 16x
π − =
2 26 2x k
π π π− = + k Z∈
3x k
π π= + k Z∈
x ( ) 1f x = [ ]0,m
3x
π= 4
3
π
4 7,3 3
π π
( )f x 3y = − π
( )f x 2
2T
π π= = ( )1 1 3a− + − = − 1a =
( )f x ,06
π
( )1 sin 1 06 6f a
π π = + − = 1a =以下解法均相同.
【点睛】本题考查利用正弦型函数的基本性质求函数解析式，同时也考查了利用正弦型函数
方程的根的个数求参数，考查计算能力，属于中等题.
18.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，预计 2020 年北斗全球系统建
设将全面完成.如图是在室外开放的环境下，北斗二代和北斗三代定位模块，分别定位的 50 个
点位的横、纵坐标误差的值，其中“ ”表示北斗二代定位模块的误差的值，“+”表示北斗
三代定位模块的误差的值.（单位：米）
（Ⅰ）从北斗二代定位的 50 个点位中随机抽取一个，求此点横坐标误差的值大于 10 米的概
率；
（Ⅱ）从图中 A，B，C，D 四个点位中随机选出两个，记 X 为其中纵坐标误差的值小于 的
点位的个数，求 X 的分布列和数学期望；
（Ⅲ）试比较北斗二代和北斗三代定位模块纵坐标误差的方差的大小.（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）0.06；（Ⅱ）分布列见解析，1；（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大
于北斗三代.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）通过图象观察，在北斗二代定位的 50 个点中，横坐标误差的绝对值大于 10 米有 3 个
点，由古典概率的计算公式可得所求值；
（Ⅱ）通过图象可得，A，B，C，D 四个点位中纵坐标误差值小于 的有两个点：C，D，
⋅
4−
4−则 X 的所有可能取值为 0，1，2，分别求得它们的概率，作出分布列，计算期望即可；
（Ⅲ）通过观察它们的极差，即可判断它们的方差的大小．
【详解】（Ⅰ）由图可得，在北斗二代定位的 50 个点中，横坐标误差的绝对值大于 10 米有 3
个点，
所以从中随机选出一点，此点横坐标误差的绝对值大于 10 米的概率为 ；
（Ⅱ）由图可得，A，B，C，D 四个点位中纵坐标误差值小于 的有两个点：C，D，
所以 X 的所有可能取值为 0，1，2，
，
，
，
所以 X 的分布列为
所以 X 的期望为 ；
（Ⅲ）北斗二代定位模块纵坐标误差的方差大于北斗三代.
【点睛】本题考查古典概率的求法，以及随机变量的分布列和期望的求法，方差的大小的判
断，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题.
3 0.0650
=
4−
( ) 0
2
2
4
10 6
CP X C
= = =
( ) 1 1
2 2
2
4
21 3
C CP X C
= = =
( ) 2
2
2
4
12 6
CP X C
= = =
( ) 1 2 10 1 2 16 3 6E X = × + × + × =19.已知椭圆 E： （ ），它的上，下顶点分别为 A，B，左，右焦点分别为
， ，若四边形 为正方形，且面积为 2.
（Ⅰ）求椭圆 E 的标准方程；
（Ⅱ）设存在斜率不为零且平行的两条直线 ， ，它们与椭圆 E 分别交于点 C，D，M，N，
且四边形 是菱形，求出该菱形周长的最大值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意可得 ，解出即可；
（Ⅱ）设 的方程为 ， 的方程为 ，联立直线与椭圆方程并消元得韦
达定理的结论，根据弦长公式可求得 ， ，由四边形 为菱形可得
，可得 ，再根据基本不等式即可求出最值．
【详解】解：（Ⅰ）∵四边形 为正方形，且面积为 2，
∴ ，
解得 ，
∴椭圆的标准方程 ；
（Ⅱ）设 的方程为 ， ， ，
设 的方程为 ， ， ，
2 2
2 2 1x y
a b
+ = 0a b> >
1F 2F 1 2AF BF
1l 2l
CDMN
2
2 12
x y+ = 4 3
2 2 2
1 2 2 22
b c
c b
a b c
=
⋅ ⋅ =
= +
1l 1y kx m= + 2l 2y kx m= +
CD MN CDMN
0MC ND⋅ = 2 2
13 2 2 0m k− − =
1 2AF BF
2 2 2
1 2 2 22
b c
c b
a b c
=
⋅ ⋅ =
= +
2
1
1
a
b
c
=
=
=
2
2 12
x y+ =
1l 1y kx m= + ( )1 1,C x y ( )2 2,D x y
2l 2y kx m= + ( )3 3,M x y ( )4 4,N x y联立 可得 ，
由 可得 ，化简可得 ，①
， ，
，
同理可得 ，
∵四边形 为菱形，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴ ， 关于原点对称，又椭圆关于原点对称，
∴ 关于原点对称， 也关于原点对称，
∴ 且 ，
∴ ， ，
∵四边形 为菱形，可得 ，
即 ，即 ，
即 ，
可得 ，
化简可得 ，
∴菱形 的周长为
1
2 22 2
y kx m
x y
= +
+ =
( )2 2 2
1 11 2 4 2 2 0k x km x m+ + + − =
> 0∆ ( )( )2 2 2 2
1 116 4 1 2 2 2 0k m k m− + − > 2 2
12 1 0k m+ − >
1
1 2 2
4
1 2
kmx x k
−=+ +
2
1
1 2 2
2 2
1 2
mx x k
−
+=
2
1 21CD k x x= + ⋅ − ( )22
1 2 1 21 4k x x x x= + ⋅ + −
2 2
2 1 1
2 2
4 2 21 41 2 1 2
km mk k k
− − = + ⋅ − ⋅ + +
2 2
12
2
2 2 1 21 1 2
k mk k
⋅ + −= + ⋅ +
2 2
22
2
2 2 1 21 1 2
k mMN k k
⋅ + −= + ⋅ +
CDMN CD MN= 2 2
1 2m m=
1 2m m≠ 1 2m m= −
1l 2l
,C M ,D N
3 1
3 1
x x
y y
= −
= −
4 2
4 2
x x
y y
= −
= −
( )1 12 ,2MC x y= ( )2 22 ,2ND x y=
CDMN 0MC ND⋅ =
1 2 1 2 0x x y y+ = ( )( )1 2 1 1 2 1 0x x kx m kx m+ + + =
( ) ( )2
1 2 1 1 2
2
11 0k x x km x x m+ + + + =
( ) 2
21 1
1 12 2
2 2 2 4 01 2 1 21 m kmkm mk kk
− + = − − ++ ++ =⋅
2 2
13 2 2 0m k− − =
CDMN
2 2 2
1
2
8 2 1 2 2 14 1 2
k k ml CD k
+ ⋅ + −= = +，
当且仅当 ，即 时等号成立，
此时 ，满足①，
∴菱形 的周长的最大值为 ．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查椭圆的几何性质，考查一元二次
方程根与系数的应用，考查基本不等式的应用，考查转化与划归思想，考查计算能力，属于
难题．
20.已知函数 （ ）.
（Ⅰ）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）若 有两个极值点，求实数 a 的取值范围；
（Ⅲ）若 ，求 在区间 上的最小值.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ；（Ⅲ）
【解析】
【分析】
由题意得 ；
（Ⅰ）当 时，求得 ， ，根据点斜式方程即可求出切线方程；
（Ⅱ）由题意得 两个不等的正根，令 ，则 ，由此
可得函数 的单调性，由此可求出答案；
（Ⅲ）由题意可得 ，由二阶导的取值符号可得到 的单调性，得到
2 2
2
38 2 2 1 43
1 2
k k
k
⋅ + ⋅ +
= +
( )2 2
2
1 2 2 1 48 3 2 4 33 1 2
k k
k
+ + +
≤ ⋅ =+
2 22 2 1 4k k+ = + 2 1
2k =
2
1 1m =
CDMN 4 3
( ) ( )lnf x x x ax= − a R∈
1a = ( )y f x= ( )( )1, 1f
( )f x
1a > ( )f x ( ]0,2a
y x= − 10, 2
( ) 22 ln 2 2a a a −
( ) 1 ln 2f x x ax′ = + −
1a = ( )1 1f ′ = − ( )1 1f = −
1 ln2 xa x
+= ( ) 1 ln xg x x
+= ( ) 2
ln xg x x
−′ =
( )g x
( ) 1 2f x ax
′′ = − ( )f x¢，由此可求出函数 在 上单调递减，从而求出
最值．
【详解】解：∵ ，
∴ ；
（Ⅰ）当 时， ， ，
∴曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 ；
（Ⅱ）∵若 有两个极值点，
∴ 有两个不等的正根，即 两个不等的正根，
令 ， ， ，
令 ，
当 时 ，此时 单调递增， ；
当 时 ，此时 单调递减，
∴函数 在 处取得极大值，也是最大值 ，
因为 两个不等的正根，
∴ ，得 ，
( ) ( )max
1 ln 2 02f x f aa
′ ′= = − ( ) 2
ln xg x x
−′ =
( ) 0 1g x x=′ ⇒ =
( )0,1x∈ ( ) 0g x¢ > ( )g x 01g e
= ∴
( ) ( ,1)g x ∈ −∞
( )1,x∈ +∞ ( ) 0g x¢ < ( )g x ( ) (0,1)g x ∈
( )g x 1x = ( )1 1g =
1 ln2 xa x
+=
0 2 1a< < 10 2a< ( ]0,2x a∈ ( ) 10 2f x x a
′′ = ⇒ =
10, 2x a
∈
( ) 0f x′′ > ( )f x¢
1 ,2x a
∈ +∞
( ) 0f x′′ < ( )f x¢
( ) ( )max
1 ln 2 02f x f aa
′ ′= = − t +∈N
( )*
n tx tx t n− ≥ − n +∀ ∈N n t≠ *t ( )T t
2: nA x n= ( )2T
( )T t t +∈N 1t > 1x 2x nx（Ⅲ）如果 （ ， ）为单元素集合，那么数列 ， ，…， ，…还是等差
数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）是等差数列，证明见解析．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意得， ，分 和 两类讨论解出不等式，再根据
的定义即可求出；
（Ⅱ）由题意，若 中均只有同一个元素，不妨设为 ，当 时，由题意可得
，当 时，有 ，则 成立，从而得出证明；
（Ⅲ）不妨设 ， ， ， ，由题意可得 ，
，则 ，则 ；设 ，则
，则 ，首先证 时的情况，不妨设 ，由 ，
为单元素集，则 ；再证 ，由 和 的定义可证 ，则
，则存在正整数 使得 ，而
，得出矛盾，从而 ，同理可证
，由此可得结论．
【详解】（Ⅰ）解：由题意得， 为满足不等式 的 构成的集合，
∵数列 ，
∴ ，即 ，
当 时，上式可化为 ，
当 时，上式可化 ，得 ，
∴ ；
（Ⅱ）证：对于数列 ： ， ， ，…， ，…，
为
( )T t t +∈N 1t > 1x 2x nx
[ ]3,5
( )2 *4 2n t n− ≥ − 1n = 2n > ( )2T
( )T t a 1n t= +
1t tx x a+ − ≥ 1n t= − 1t tx x a−− ≤ 1t tx x a+ − =
( ) { }T i a= ( ) { }T j b= 1 i j< < a b¹ ( )j ix x a j i− ≥ −
( )j ix x b j i− ≤ − ( ) ( )j ia j i x x b j i− ≤ − ≤ − a b≤ ( ) { }iT i t=
2 3 nt t t≤ ≤ ≤ ≤ i jt t≤ 2t = 2 1x x> 2 1 2x x t− ≤ ( )2T
2 1 2x x t− = 3 3 2t x x= − 3t 2t 3 2 3x x t− =
3 3 2 2t x x t= − > 4m≥ ( ) 2 22 mm t x x− = −
( ) ( )2 1 1 2
3 3
2
m m
m i i i
i i
x x x x t m t− −
= =
− = − ≥ > −∑ ∑ 3 2t t=
2 3 4 5t t t t= = = =
( )2T ( )*
2 2n nx x t− ≥ − *t
2: nA x n=
( )2 *4 2n t n− ≥ − ( )( ) ( )* 22 2n nn t≥− −+
1n = *3 t≤
2n > *2n t+ ≥ *5 t≥
( ) [ ],2 3 5T =
A 1x 2x 3x nx若 中均只有同一个元素，不妨设为 ，
下面证明数列 为等差数列，
当 时，有 ，①
当 时，有 ，②
∵①②两式对任意大于 1 的整数均成立，
∴ 成立，
∴数列 ， ，…， ，…为等差数列；
（Ⅲ）解：对于数列 ： ， ，…， ，…，
不妨设 ， ， ， ，
由 ，知 ，
由 ，知： ，即 ，
∴ ，∴ ；
设 ，则 ，
这说明 ，则 ，
∵对于数列 ， 中均只有一个元素，
首先证 时的情况，不妨设 ，
∵ ，又 为单元素集，∴ ，
再证 ，证明如下：
由 的定义可知： ， ，∴ ，
由 的定义可知 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
( )T t a
A
1n t= + 1t tx x a+ − ≥
1n t= − 1t tx x a−− ≤
1t tx x a+ − =
1x 2x nx
A 1x 2x nx
( ) { }T i a= ( ) { }T j b= 1 i j< < a b¹
( ) { }T i a= ( )j ix x a j i− ≥ −
( ) { }T j b= ( )i jx x b i j− ≥ − ( )j ix x b j i− ≤ −
( ) ( )j ia j i x x b j i− ≤ − ≤ − a b≤
( ) { }iT i t= 2 3 nt t t≤ ≤ ≤ ≤
1 i j< < i jt t≤
A ( )T t
2t = 2 1x x>
2 1 2x x t− ≤ ( )2T 2 1 2x x t− =
3 3 2t x x= −
3t 3 3 2t x x≥ − 3 1
3 2
x xt
−≥ 3 1
3 3 2max 2, x xt x x
− = −
2t 3 2 2 2 1x x t x x− ≥ = −
3 2 2 1 3 1
3 3 2 2 2
x x x x x xt x x
− + − −≥ − ≥ = 3 2 3x x t− =
3 2t t> 3 3 2 2t x x t= − >则存在正整数 ，使得 ，③
∵ ，
∴ ，这与③矛盾，
∴ ，
同理可证 ，即 ，
∴数列 ， ，…， ，…还是等差数列．
【点睛】本题主要考查数列的新定义问题，考查定义法证明等差数列，考查计算能力与推理
能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题．
( )4m m ≥ ( ) 2 22 mm t x x− = −
2 1 2 3 2 3 4 3 1k kx x t x x t x x x x −− = ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤
( ) ( )2 1 1 2
3 3
2
m m
m i i i
i i
x x x x t m t− −
= =
− = − ≥ > −∑ ∑
3 2t t=
2 3 4 5t t t t= = = = 2 3 2 31 4x x x x xx = − = −− ⋅⋅⋅
1x 2x nx
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