2020届天津市滨海新区七所学校高三上学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．记全集UR，集合Ax|x16，集合Bx|22，则ð（ ）UAIBA．4, 【答案】C

【解析】求得集合A{x|x4或x4}，B{x|x1}，求得

2xB．1,4 C．1,4 D．1,4

ðUA{x|4x4}，再结合集合的交集运算，即可求解.

【详解】

由题意，全集UR，集合Ax|x16{x|x4或x4}， 集合Bx|22{x|x1}，

2x,4. 所以ðUA{x|4x4}，所以ðUAIB{x|1x4}1故选：C. 【点睛】

本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中正确求解集合A,B，再结合集合的补集和交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2．已知直线l1：a2xay30，l2：xa2y40，其中aR，则“a1”是“l1l2”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】A

【解析】由l1l2时，得到(a2)1a(a2)0，解得a1或a2，再结合充分条件和必要条件的判定，即可求解. 【详解】

由题意，直线l1：a2xay30，l2：xa2y40，

当l1l2时，可得(a2)1a(a2)(a2)(a1)0，解得a1或a2， 所以“a1”是“l1l2”的充分不必要条件.

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B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

故选：A. 【点睛】

本题主要考查了两直线的位置关系，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记两直线的位置关系，结合充分条件和必要条件的关系进行判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3．已知alog32，blog56，cln2，则a，b，c的大小关系为（ ） A．acb 【答案】A

【解析】根据对数函数的图象与性质，求得ac(0,1)，b(1,)，即可求解，得到答案. 【详解】

由题意，根据对数的性质，可得alog32(0,1)，blog56(1,)， 又由alog32B．cab

C．abc

D．cba

11cln2，，

log23log2e因为3e，所以log23log2e1，可得ac1， 所以acb. 故选：A. 【点睛】

本题主要考查了对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，求得a,b,c的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 4．在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知

sinBsinCA．2 【答案】B

2 sin2AsinBsinC，a23，b2，则ABC的面积为（ ）

B．23 C．4

D．43 【解析】由正弦定理化简得b2c2a2bc，再由余弦定理得cosA1，进而得到2sinA求解.

3，利用余弦定理，列出方程求得c4，最后结合三角形的面积公式，即可2【详解】

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在ABC中，sinBsinCsin2AsinBsinC， 由正弦定理，可得bca2bc，即b2c2a2bc，

22b2c2a213，可得sinA1cos2A又由余弦定理可得cosA，

2bc22因为a23，b2，

由余弦定理，可得a2b2c22bccosA，即(23)222c22c， 即c22c80，解得c4， 所以三角形的面积为S故选：B. 【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

113bcsinA2423. 22212y2x2xy的焦点F与双曲线221（a0，b0）的一个焦点5．已知抛物线20ab重合，且点F到双曲线的渐近线的距离为4，则双曲线的方程为（ ）

x2y2A．1

916【答案】D 【解析】由抛物线

x2y2B．1

11y2x2C．1

4116y2x2D．1

91612xy，求得F(0,5)，得到c5，再由焦点F(0,5)到渐近线的20距离为4，求得b4，进而得到ac2b29，即可求得双曲线的标准方程，得到答案. 【详解】 由题意，抛物线

12xy可化为x220y，可得焦点坐标为F(0,5)， 20y2x2即双曲线221的焦点坐标为F(0,5)，即c5，

abay2x2又由双曲线221的一条渐近线的方程为yx，即axby0，

bab第 3 页 共 21 页

所以焦点F(0,5)到axby0的距离为5ba2(b)25b4， c所以b4，又由ac2b252429，

y2x2所以双曲线的方程为1.

916故选：D. 【点睛】

本题主要考查了双曲线与抛物线的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线和抛物线的几何性质，合理运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

6．《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长四尺，莞生一日，长一尺.蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：今有蒲第一天长高四尺，莞第一天长高一尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的两倍.请问第几天，莞的长度是蒲的长度的4倍（ ） A．4天 【答案】B

【解析】由蒲生长构成首项为a14，公比为q1B．5天

C．6天

D．7天

1的等比数列，其前n项和为21Sn8()n3，又由莞生长构成首项为b14，公比为q12的等比数列，其前n项

2n和为Tn21，根据Tn4Sn，列出方程，即可求解.

【详解】

由题意，蒲第一天长高四尺，以后蒲每天长高前一天的一半，所以蒲生长构成首项为

14[1()n]128(1)n3， a14，公比为q1的等比数列，其前n项和为Sn12212又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍，则莞生长构成首项为b14，公比为

n1[12]q12的等比数列，其前n项和为Tn2n1，

12nn3又因为Tn4Sn，即214[8()]，解得n5.

12故选：B. 【点睛】

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本题主要考查了等比数列的实际应用，其中解答中认真审题，熟练应用等比数列的通项公式和前n项和公式，列出方程求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

7．已知函数fxsinx3cosx（0，xR）的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为

的等差数列，把函数fx的图象沿x轴向左平移个单位，纵

32坐标扩大到原来的2倍得到函数gx的图象，则下列关于函数gx的命题中正确的是（ ）

A．函数gx是奇函数 C．gx在域是0,2 【答案】C

【解析】由三角函数恒等变换的公式和三角函数的图象变换，得到gx4sin(2x再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】

由题意，函数fxsinx3cosx2sin(xB．gx的图象关于直线xD．当x6对称

,上是增函数 312,时，函数gx的值66)，33)，

因为函数fx的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为

的等差数列， 2可得

T，即T，所以2，即fx2sin(2x)，

322个单位，纵坐标扩大到原来的2倍得到函数gx的图3把函数fx沿x轴向左平移

象，可得函数gx4sin[2(x可得函数gx4sin(2x)]4sin(2x)， 333)为非奇非偶函数，所以A不正确； 3由g()4sin(2)23，所以x不是函数的对称轴，所以B不正确；

6636x,2x,，由正弦函数的性质，可得函数gx在由，则332312,上单调递增，所以C正确； 312第 5 页 共 21 页

22x0,x,由，则， 3366当2x当2x30时，即x6，函数取得最小值，最小值为g()0， ，函数取得最大值，最大值为g(632时，即x12)4， 12所以函数的值域为0,4，所以D不正确. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数图象与性质的综合应用，其中解答中先根据三角恒等变换的公式和三角函数的图象变换得到函数的解析式，再利用三角函数的图象与性质，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 8．在梯形ABCD中，已知AB//CD，AB2CD，DM2MC，CN2NB，若

uuuuruuuuruuuruuuruuuuruuuruuur11AMACAN，则（ ）

A．

13 12B．

13C．35 12D．40 13【答案】D

uuuur13uuur1uuur131ACAN，,，【解析】根据向量的运算法则，化简得到AM得到124124即可求解. 【详解】

由题意，根据向量的运算法则，可得：

uuuuruuuruuuuruuur1uuuruuur1uuuruuurAMACCMACABAC(ACCB)

66r1uuur5uuur1uuur5uuur1uuuruuur13uuur1uuur5uuuACCBACCNAC(ANAC)ACAN， 66124uuuuruuuruuur131,， 又因为AMACAN，所以124所以

1112404. 1313故选：D.

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【点睛】

本题主要考查了平面向量的基本定理的应用，其中解答中熟练应用平面向量的基本定理，熟练应用向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 9．已知函数fx33xx2x23，若函数gxfxlogax2（a0，

a1）在区间1,1上有4个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）

11A．,

32【答案】B

【解析】求得函数fx为偶函数，利用导数得到函数的单调性，把函数gx在区间

B．2,

37C．3,2

37D．3,

1,1上有4个不同的零点，转化为yfx与ylogax2的图象在1,1上有

4个不同的交点，结合图象，即可求解. 【详解】

由题意，函数fx33xx2x23，x1,1

2xx2可得fx332(x)3332x3fx，

xx所以函数fx为1,1上的偶函数，

xxxx当x0,1时，fx3ln33ln34xln3(33)4x，

可得fx0，所以函数在0,1上单调递增，所以在1,0单调递减， 又由f01,f17， 3所以函数yfx的图象，如图所示，

要使得函数gxfxlogax2在区间1,1上有4个不同的零点， 即函数yfx与ylogax2的图象在1,1上有4个不同的交点， 则满足0loga21，解得a2，

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即实数a的取值范围是2,. 故选：B.

【点睛】

本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及利用导数研究函数的性质的应用，其中解答中熟练应用导数和函数的基本性质，把方程的零点的个数转化为两个函数的图象的交点个数，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.

二、填空题 10．已知复数z【答案】

2i，则复数z的虚部为______. 1i3 213i，进而求得复数的虚部，得到答案. 22【解析】根据复数的除法运算，化简得z【详解】 由题意，复数z2i2i1i133i，所以复数z的虚部为. 1i1i1i222故答案为：【点睛】

3. 2本题主要考查了复数的运算，以及复数的概念的应用，其中解答中熟记复数的概念，熟练应用复数的除法运算法则化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

211．二项式x2，则该展开式中的常数项是______. x第 8 页 共 21 页

10【答案】180

【解析】求得二项展开式的通项T数项，得到答案. 【详解】

r12Cxrr10105r2，令r=2，即可求解展开式的常

2由题意，二项式x2的展开式的通项为xTr1C(x)r1010r105r2rrr(2)2C10x2， x1022令r=2，可得T32C10180，即展开式的常数项是180.

故答案为：180. 【点睛】

本题主要考查了二项式定量的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

12．已知圆C：x2y22x2y60.直线l过点0,3，且与圆C交于A、B两点，AB4，则直线l的方程______. 【答案】y3或4x3y90

【解析】由圆C得到圆心C(1,1)，半径为R22，再根据圆的弦长公式，得到d2，再由圆心到直线的距离，列出方程，求得k的值，即可求得直线的方程，得到答案. 【详解】

由题意，圆C：xy2x2y60，可化为(x-1)+(y-1)=8， 可得圆心C(1,1)，半径为R22，

设直线l的斜率为k，则直线l的方程为ykx3，即kxy30， 又由圆的弦长公式，可得AB2R2d2，即428d2，即d2， 根据圆心到直线的距离为d22222，解得k0或k4，

3k2(1)2k13所以直线l的方程y3或4x3y90. 【点睛】

本题主要考查了圆的方程，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆

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的位置关系，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 13．底面为正方形，顶点在底面上的射影为底面中心的四棱锥叫做正四棱锥.已知正四棱锥的高为2，体积为12，则该正四棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】

169 4【解析】根据正四棱锥的体积，求得棱锥的底面边长，再在SAC中，利用正弦定理和余弦定理，求得球的半径，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】

如图所示，正四棱锥SABCD，设正方形ABCD的底面边长a， 因为四棱锥SABCD的体积为12，即aSO再正方形ABCD中，可得AC6，

在直角SAO中，SO2,AO3，可得SA223213， 在直角SOC中，SO2,OC3，可得SC223213，

13212a212，解得a32， 3(13)2(13)2625在SAC中，由余弦定理可得cosASC，

132131312， 13AC1313，解得R， 则SAC外接圆的直径为2RsinASC2413即四棱锥SABCD外接球的半径为R，

41321692所以外接球的表面积为S4R4()，

44169. 故答案为：4所以sinASC1cosASC2

【点睛】

本题主要考查了正四棱锥的结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟记正四棱锥的结构特征，结合正弦定理和余弦定理，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.

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14．世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有______种. 【答案】36

【解析】根据题意，小赵和小赵智能从事两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解. 【详解】

根据题意可分为2种情况讨论： （1）若小张或小赵入选，则有C2C2A311324种不同的选法；

22（2）若小张，小赵都入选，则有A2A312种不同的选法，

综上可得，共有241236种不同的选法. 故答案为：36. 【点睛】

本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题，根据题意分类讨论，结合排列组合的知识求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

15．已知x0，y0，则

2xyxy的最大值是______.

x28y2x22y2【答案】

2 3x4y3()yx2xyxy24y2，然后利用基本不【解析】将222化简、变形为x()x8yx2yx4yyxyx等式和对勾函数，即可求解. 【详解】

x4y3()2xyxy3x3y12xy3yx 由题意，2x8y2x22y2x410x2y216y4(x)216(y)210yx第 11 页 共 21 页

x4yx4y3()3()yxyxx4yx4y2， ()22()x4yyxyxyx设tx4yx4yx4yx4y 24，当且仅当，则t，即x2y取等号，

yxyxyxyx又由yt所以yt2在[4,)上单调递增， t9229的最小值为，即t，

t2t2x4y3()32yx223， 所以x4y()tx4yyxtyx2xyxy2. 所以2的最大值是222x4yx2y3故答案为：【点睛】

本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中对式子进行变形、化简，以及合理利用换元法，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

三、解答题

16．某校高三实验班的60名学生期中考试的语文、数学成绩都在100,150内，其中

2. 3,，130140,，140,150.语文成绩分组区间是：100,110，110,120，120130其成绩的频率分布直方图如图所示，这60名学生语文成绩某些分数段的人数x与数学成绩相应分数段的人数y之比如下表所示： 分组区间 100,110 1:2 110,120 2:1 , 120130, 130140 140,150 3:4 x:y 语文人数3:5 x 24 3 第 12 页 共 21 页

数学人数y

12 4

,的人数； （1）求图中a的值及数学成绩在130140（2）语文成绩在140,150的3名学生均是女生，数学成绩在140,150的4名学生均是男生，现从这7名学生中随机选取4名学生，事件M为：“其中男生人数不少于女生人数”，求事件M发生的概率；

（3）若从数学成绩在130,150的学生中随机选取2名学生，且这2名学生中数学成绩在140,150的人数为X，求X的分布列和数学期望EX.

,的人数为8人（2）【答案】（1）数学成绩在13014031（3）详见解析 35【解析】（1）由根据频率分布直方图的性质，求得a0.030，再根据频率分布直方图数据，即可求解；

（2）由事件M可分为①2个男生，2个女生；②3个男生1个女生；③4个男生三种情况，即可求解相应的概率；

（3）由题意，得到X可能取值有0,1,2，求得相应的概率，求得随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解. 【详解】

（1）由题意，根据频率分布直方图的性质，

可得0.0050.020a0.0400.005101，解得a0.030.

,，130140,，140,150中的人数则语文成绩在100,110，110,120，120130分别为3,24,18,12,3，

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,，130140,，140,150中的人数则数学成绩在100,110，110,120，120130分别

为6,12,30,8,4，

,的人数为8人. 所以数学成绩在130140“其中男生人数不少于女生人数”， （2）从这7名学生中随机选取4名学生，事件M为：可分为①2个男生，2个女生；②3个男生1个女生；③4个男生，三种情况：

22314C4C3C4C3C431. 所以事件M发生的概率PM4C735（3）由题意可知X可能取值有0，1，2.

0112C82C4C8C416C80C41431PX02，PX12， ，PX22C1233C1233C123311X的分布列为 X P

所以EX0【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，其中解答中认真审题，熟记频率分布直方图的性质，以及准确求解随机变量对应的概率，得到随机变量的分布列是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

17．已知数列an的前n项和为Sn，Snn20 1 2 14 3314161212. 333311316 331 11nN，数列b为等比数列，且

*na21，a41分别为数列bn第二项和第三项.

（1）求数列an与数列bn的通项公式； （2）若数列cnanbn1，求数列cn的前n项和Tn. anan1【答案】（1）an2n1nN*;bn2n，nN*（2）

n 2n1【解析】（1）由数列的通项an和Sn的关系，求得数列an的通项公式，再结合等比数

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列的通项公式，联立方程组，求得数列bn的首项和公比，即可求得数列bn的通项公式，得到答案.

n（2）由（1）可得cn2n122n12n1，利用

1 “裂项法”和“乘公比错位相

减法”，即可求解数列cn的前n项和，得到答案. 【详解】

2（1）由题意，数列an的前n项和为Snn，

当n1时，a11

当n2时∴anSnSn12n1， 当n1时也满足上式

所以数列an的通项公式为an2n1nN*.

a21b24b1qqbb设数列n的首项为1，公比为，则2，

a1b8bq314n∴b12，q=2，∴bn2，nN*.

（2）由（1）可得cnanbn11nc2n12 ，所以nanan12n12n1设

1nnA2n12前项和为成，前n项和为Bn， n2n12n1An123225232n12n 2An1223235242n12n1

∴An22222222n1223nn1

822n1n122n12n1632n2

12∴An62n32∵

n1，nN*

111

2n12n122n12n11111111n11122n12n1

23352n12n1第 15 页 共 21 页

1∴Bn∴Tn62n32【点睛】

n1n 2n1本题主要考查了等差、等比数列的通项公式的求解，以及“裂项法”和“乘公比错位相减法”求解数列的前n项和，其中解答中熟记数列的通项an和Sn的关系，熟练应用“裂项法”和“乘公比错位相减法”，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

18．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AB侧面BB1C1C，已知BCC13，BC1，

ABC1C2，点E是棱C1C的中点.

（1）求证：C1B平面ABC； （2）求二面角AEB1A1的余弦值；

（3）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为

211，11CM的值；若不存在，请说明理由. CACM1CM525. 或【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在,

5CA3CA23若存在，求出

【解析】（1）根据线面垂直的判定定理，即可证得C1B平面ABC.

uruuuuuruuuur（2）以B为原点，分别以BC，BC1和BA的方向为x，y和z轴的正方向建立如图

所示的空间直角坐标系，求得平面AB1E和平面A1B1E的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；

（3）假设存在点M，设Mx,y,z，根据CMCA，得到EM的坐标，结合平面

uuuuruuuruuuurA1B1E的法向量为列出方程，即可求解.

【详解】

（1）由题意，因为BC1，CC12，BCC13，∴BC13，

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222又∴BCBC1CC1，∴BC1BC，

∵AB侧面BB1C1C，∴ABBC1. 又∵ABBCB，AB，BC平面ABC ∴直线C1B平面ABC.

（2）以B为原点，分别以BC，BC1和BA的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

uuuruuuuruuur13则有A0,0,2，B11,3,0，E2,2,0，A11,3,2，

r设平面AB1E的一个法向量为nx1,y1,z1

uuur13uuurAB11,3,2，AE2,2,2

x13y12z10vuuuvrnAB10v∵vuuu，∴1，令y13，则x11，∴n1,3,1 3y12z10nAE0x122uuur3uruuuur3AE 设平面A1B1E的一个法向量为mx,y,z，A1B10,0,2，12,2,2，

v2z0vuuuuurmAB011∵vuuuv ，∴3，令y3，则x1，∴m1,3,0，3mAE0xy2z0122urrurrurrmn425urrcosm,nurrm2，n5，mn4，∴.

5mn25urr25AEBA. 设二面角，则coscosm,n11为

5∴设二面角AEB1A1的余弦值为25. 5（3）假设存在点M，设Mx,y,z，∵CMCA，0,1，

uuuuruuuruuuur13,,2∴x1,y,z1,0,2，∴M1,0,2∴EM 22ur设平面A1B1E的一个法向量为m1,3,0，

第 17 页 共 21 页

211∴11132213242242，得6923850.

即312350，∴5CM1CM51. 或或，∴

323CA3CA23

【点睛】

本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，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.

x2y2219．已知椭圆C：221ab0的离心率e，左、右焦点分别是F1、F2，

ab2且椭圆上一动点M到F2的最远距离为21，过F2的直线l与椭圆C交于A，B两点.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）当F1AB以F1AB为直角时，求直线AB的方程；

（3）直线l的斜率存在且不为0时，试问x轴上是否存在一点P使得OPAOPB，若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.

x2【答案】（1）y21（2）直线AB的方程为yx1或yx1（3）存在，P2,0

2【解析】（1）由椭圆C的离心率e2，且椭圆上一动点M到F2的最远距离为221，列出方程组，求得a,b的值，即可得到椭圆的标准方程；

（2）设直线lAB：ykx1，则lAF1：y即可求得直线的方程；

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1x1，联立方程组，求得k的值，k（3）设lAB：ykx1，联立方程组，根据根与系数的关系，求得x1x2，x1x2，再由斜率公式和以kAPkBP0，即可求解点P的坐标，得到答案. 【详解】

（1）由题意，椭圆C的离心率e2 ，且椭圆上一动点M到F2的最远距离为21，

2c2ea2a2x2可得ac21，解得c1，所以椭圆的标准方程为y21.

2a2b2c2b1（2）由题意可知，当k不存在时，F1AB不符合题意. 设直线lAB：ykx1，则lAF1：y1x1， kykx1k212k22,2 ∴，得k1xk1，∴A21k1k1ykx1k∴

k2211228k2k2122，7k46k210，∴k21，

直线AB的方程为yx1或yx1.

（3）设Pm,0，Ax1,y1，Bx2,y2，lAB：ykx1，

ykx1222212kx4kx2k20， ∴22x2y22k224k2∴x1x2，x1x2， 2212k12k∵kAPy1x2my2x1my1y2kkk0， ，BP，所以APBPx1mx2mx1mx2m∴y1x2y2x1my1y20，∴2kx1x2kmkx1x22km0， ∴2km4k，m2，∴P2,0. 【点睛】

本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答

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此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 20．已知函数fxmsin1xlnx.

（1）当m1时，求函数fx在0,1的单调性； （2）当m0且a时，gxafx1e1 ，求函数gx在0,e上的最小值；

x1x2，x1x21. b有两个零点x1，且x1x2，求证：

2x1【答案】（1）fx在0,1上单调递增（2）gxmina（3）证明见解析

e1【解析】（1）求得函数的导数fxcos1x，结合导数的符号，即可求得

xh(xfx（3）当m0时，

函数的单调性； （2）由gx1ax1alnx，求得gx，分类讨论求得函数的单调性与极值，

x2x进而求得函数的最小值，得到答案. （3）由hxlnx111b0，lnx2b0， b，根据题意，得到lnx12x2x2x12两式相减，

x1x2x1x2x1x1，令t10,1，得到函数ltt2lnt，利用导数2lnx2tx2求得函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】

（1）由题意，函数fxsin1xlnx，则fxcos1x又∵x0,1，∴

1， x11，cos1x1，∴fx0， x∴fx在0,1上单调递增. （2）由gxafx1aax111alnx，则gx22， xxxxx（1）当a0时，x0,e，gx0， 此时图数gx在区间0,e上单调递减，

∴函数gx在xe处取得最小值，即gxming(e（2）当a0时，令gx0x1a； e1， a第 20 页 共 21 页

当11e时，即当a0，x0,e，gx0， ae此时函数gx在区间0,e上单调递减，函数gx在xe处取得最小值， 即gxminge综上所得gxmin1a； e1gea.

e1bx0， 2x（3）证明：根据题意，hxlnx∵x1，x2是函数hxlnx∴lnx11b的两个零点， 2x11b0，lnx2b0. 2x12x2x1x1x2x111，即ln， x22x2x1x22x22x1两式相减，可得lnx1xx1x2112x1x2xx1x1，则x12∴. ，x22lnx1x12ln2lnx2x2x211x11tt1令t，t0,1，则tt. x1x2x22lnt2lnt2lnt21t1. 记ltt2lnt，t0,1，则lt2tt又∵t0,1，∴lt0恒成立，故ltl1，即t2lnt0.

1t1可得t1，∴x1x21.

2lntt【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

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