精品解析：2024届天津市耀华中学高三二模数学试卷

天津市耀华中学2024届高三年级第二次校模拟考 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上. 1. 设全集，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知：，：，则是的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 函数，则的部分图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 4. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第85百分位数为（ ）分 A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设等比数列的前项和为，已知，则（ ） A. 80 B. 160 C. 121 D. 242 7. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ） A. 直线是的对称轴 B. 点是的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 当时，的值域为 8. 在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与双曲线C交于A，B两点，，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上. 10. 已知是虚数单位，复数的虚部为______. 11. 二项式的展开式中的常数项为__________.（用数字作答） 12. 以抛物线的焦点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知，则__________． 13. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 14. 已知中，，，记，则_________；若，当最大时，___________. 15. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 三、解答题：本大题共5小题，共75分，将解题过程及答案填写在答题纸上. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图，在多面体中，，，，平面，，，. （1）求证：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前项和； （3）设，求的前项和； 19. 已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为， （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）当时，求直线的方程． 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对时，，求正实数的最大值； （3）若函数的最小值为，试判断方程实数根的个数，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网命组卷网 天津市耀华中学2024届高三年级第二次校模拟考 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟 第I卷（选择题共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是 符合题目要求的，将答案涂在答题卡上 1.设全集V=x∈Nx<4,A=1,2,B={0,2. 则图中阴影部分表示的集合为() U B A A.☑ B c2} D.九，2} 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集、补集的知识求得正确答案。 【详解】依题意 U={0,1,2,3},CB={1,3} 阴影部分为(CB)nA= 故选：B 2已知P:K-<2,9:x+2≥0，则P是9的（)条件 A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 【答案】A 第1页/共30页 学科网命组卷网 【解析】 【分析】依次判断充分性、必要性，即可求解。 【详解1由K-<2,解得1<x<3,由x+2≥0，解得x之-2。 所以P能推出9,9不能推出P,则P是9的充分不必要条件. 故选：A 3函数f)e-sinx e"+1 一，则y=f(x)的部分图象大致形状是() 【答案】C 【解析】 0 【分析】先判断函数的奇偶性，再判断∫(x)在区间 2 上函数值的正负，用排除法得到答案。 【详解】函数y=f(的定义域为R, f←x)-e-小sin(←-刘_(e-1simx e x+l e*+1=f(x). 即函数y=f()为偶函数，排除BD, e+1 >0,排除A 故选：C 4.为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化” 的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直 第2页/共30页 命学科网命组卷网 方图，估计这组数据的第85百分位数为()分 频率 个 组距 6a 3a a A 405060708090100成绩/分数 A.84 B.85 C.86 D.87 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数定义，结合数据求解即可 0×(2a+3a+3a+6a+5a+a)=1 【详解】由 解得：a=0.005 所以前4组频率之和为14×0.005×10=0.7，前5组频率之和为19×0.005×10=0.95， 设这组数据的第85百分位数为，则 0.7+(x-80)×0.025=0.85 解得：x=86 故选：C 5.若a=log,6,b=log,2V2.c=20】 ,则() A.c<b<a B.c<a<b C.a<b<c b<a<c 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可： 【i详解】因为c=23>2°=1,0=1og,1<1og,2V2<log3=1.0=log,1<1og,6<1og,9=1 op.6log,8=o 所以a<b<c. 故选：C 第3页/共30页 6学科网命组卷网 6,设等比数列{a,}的前n项和为S。,己知S1=3S,+2,n∈N,则S,=() A.80 B.160 C.121 D.242 【答案】A 【解析】 【分析】由S,a,的关系结合数列{a}是等比数列，先得出9= +2=3 an1，在Sn1=3Sn+2,neN中， 令n=l得， S1=a1=2 ,由此即可得解. 【详解】由题意S1=3,+2neN,所以S,=3S1+2neN,两式相减得02=3a, 又数列{a,}是等比数列， 所以它的公比9= +2=3 n+1’ 在S=3,+2neN中，令n=1得.4+3a=+2.解得S=a=2 又S,+l=3(Sn+1),neN 所以，+1是首项为9+1=3，公比为3的等比数列， 所以S,+1=3”,所8=3-1=80 故选：A 7.已数通数了个-2sin(r+p0>0回<)的多分餐知所不，则() 第4页/共30页 6学科网6组卷网 Oπ 3 -2 7π A直线=12是f()的对称轴 B.点(12是f(x)的对称中心 π2π C.f(x)在区间12’3上单调递减 D.当x126)时，f(x)的值域为(V5,2] 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出函数~)的解析式，利用正弦函数的性质依次判断各个选项 个 2π3π3 =二T 【详解】由图知12 344，所以周期T=π 又因为0>0，所以@=2，当=2时.0r+0-名+0=+2a,ke2 π = 6 2 所以0=骨+2版e7.网为<受：所以9=子.)=2如2x+写引 对于度明A.与=音.2+号-空.-2.两发合代的网孩.做A正 7π 确； 第5页/共30页 6学科网 命组卷网 7π 对于选项B,当X=12时，2x+3= (10 32,所以点12不是f(x)的对称中心，故B错误： π2π ,ππ5π 2x+ π2π 对于选项C,当x∈ 12’3时， 32’3, 由正弦函数可知，f(x)在区间12’3上不单 调递减，故C错误： ππ 对于选D,当26)时 2r+∈，2） 3(63,f(x)的值域为(1,2]，故D错误 故选：A 8在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为4的正方形，A4,BG,CG,DD均与底面ABCD 重直，且44=CC=DD=2BG=45,点B、P分别为线段BC、CC的中点，记该几何体的体积为 V,平面AFE将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为() A 8 A.15 B.17 C.24 D. 22 【答案】D 【解析】 【分析】先求几何体的体积∥，再求被截较小部分的体 VECF-ADD即可· EF //AD 【详解】由题意可知，如图所示， 所以平 EFAD即为平面AEF截几何体的截面 第6页/共30页 学科网命组卷网 因为4=CC=DD,=2BG=4W5,AB=BC=CD=DA=4, 所以几何体的体积”=4×4x4V3-××4x4x25-1765 32 3, 被截棱台的体积 wm-4225-号44+52254- 2 较大部分体积为 2=40W3 56V5 VECF-ADD=3 且V 176V322, 3 7 所以较小部分的体积 VECF-ADD22 故选：D D A B x2 y2 9.设双曲线C:三厅=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F,F,过坐标原点O的直线与双曲线c 交于A,B两点， FB=2FA FA.FB=2a2 则C的离心率为() A. B.V6 c v5 D.2 【答案】B 【解析】 第7页/共30页 学科网命组卷网 【分析】由双曲线的对称性可得4=B,A,=A且四边形厂BS为平行四边形，由数蛋积的 定义，结合余弦定理代入计算，即可得离心率 【详解】 由双曲线的对称性可知F4=FA,B4,有四边形4EBS为平行四边形， 令F4=FB到=m,则F=B4=2m, 由双曲线定义可知4-4=2a,故有2m-m=2a,即m=2a, RA=FB=m=2a FB=FA=4a 则5AFB=-AA=-4a2acos∠R45 =-8d2.4a+16a2-4c=2c2-10a2=2a2 2×2a×4a e==√6 即c2=6a2,c=V6a,所以a 故选：B 【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： e= 一：求出a,c,代入公式a计算； a,b,c 2=c2-0转化为a,C的齐次式，然后等武不 a,c 二：只需要根据一个条件得到关于 的齐次式，结合 等式)两边分别除以“或“转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得°的取值范围)， 第8页/共30页 6学科网 组卷网 第Ⅱ卷（非选择题共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上 2+i 10.已知i是虚数单位，复数1+3i的虚部为一 【答案】2拼-0.5 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z，即可判断其虚部 2+i(2+i)1-3i）2-6i+i-3i211, 【详解】因为2=1+310+3)1-3列10一“22，所以z的虚部为2 故答案为：2 11.二项式 2G- x3 的展开式中的常数项为 (用数字作答) 【答案】-448 【解析】 【分析】先求展开式的通项，再令x的次数为O进而求出常数项 【详解】 2 展开式的通项为 =c2（=c2*(-x,&=0.1). 7-7 1-7k=0 令2 ,解得k=1, 第9页/共30页 学科网命组卷网 此时乃=C2(-1)=-48 即常数项为448 故答案为：-448 12以抛物线C:y=4r的焦点F为圆心的圆交C于A,B两点，交C的准线于D,E两点，已知AB=8 则lDEs 【答案】2V21 【解析】 【分析】设点A在第一象限，可得A(4,4),由此可确定圆的半径，利用DE=2√-p可求得结果 2=1F1,0), 【详解】由抛物线方程知：2， 不妨设点A在第一象限，如图所示， D E B 由1=8，y广=4x得：A(4,4),圆的半径r=V3+4=5, ∴.DE=2Wr2-p2=2√25-4=2√21 故答案为： 2V21 13.举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一 x 次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是3，且每次试举相互 第10页/共30页 6学科网 命组卷网 独立，互不影响，设试举的次数为随机变量X,则X的数学期望E(X) 一；已知甲选手挑战成 功，则甲是第二次举起该重量的概率是 13 3 【答案】 ①.9②.13 【解析】 【分析】记第次举起该重量“分别为事件4,1=2,3，“甲选于挑战成功为事件8，依腿意X的可能 取值为1、2、3，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出 P(4B) 【解1装运数随机安量X的可能取世为1小2八3：对P(K=-子。P化=2)(-引号号. Px=列-. 所以随机变量X的概率分布为 1 2 3 2 2 1 3 9 9 E(x)=1×2+2x2+3×1_13 所以随机变量X的期望 3 9 99 记“第次举起该重量”分别为事件4,1=1,2,3 “甲选手挑战成功”为事件B, 剥例=1-P)=1--)9。 P4=Pa4)=P(④)P(4)-}号 第11页/共30页 6学科网6组卷网 所以P(41B)= (A,B)_3 P(B)13, 3 所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为13. 133 故答案为：9；13 14已知△0AB中，40.B=0,BC=2C,记OC=A0A+0B(元，4eR),则2-u=— 若D网=2，当∠B0C最大时，= 1 【答案】 ①.3#31②.2V5 【解析】 【分析】用基底OA和OB表示0C,即可求得2=3：“=3：建立平面直角坐标系，用向量方法表示出 cos∠BOC,求解cos∠BOC最小，即可得到∠BOC最大时AB 【详解】 BC-2BA 因为BC=2CA,所以 3 0C-0丽+C-0丽+=0丽+号o-0丽列-号0i+丽=0+0丽 3 3 所以34= 3,1 Γ3： 第12页/供30页 命学科网命组卷网 因为40·丽=0，所以401AB,以A为坐标原点建立如图所示直角坐标系，则1(0,0)，O(0,2), 设CA=b,则C6,0).B(3b,0),则0c=(b,-2),0B=(36,-2), 0C.0B 3b2+4 9b4+24b2+16 cos∠BOC OC OB Vb2+4×V9b2+4 V9b4+40b2+16 16b2 9b4+40b2+16 9 2 1 16 +62+2 9b2.+5 216+2 15 35 22 2,当且仅当b=4时取等号， 3 此时bs 3,-=3b=2V5,cos∠B0C最小，∠B0C最大， 所以当∠BOC最大时， AB=2V3 故答案为： 3,25 15西数() [og;(1-x)(x<1) ,- 则实数t的取值范围是」 【答案】 (1,2) 【解析】 1 m=x+-2 【分析】令 一2，由对勾函数得到其单调性和值域情况，画出函数f()的图象，数形结合得到 不同的时，两函数交点情况，得到答案。 第13页共30页 6学科网命组卷网 m=x+1-2 【详解】 x，由对勾函数的性质可知： 1 m=x+一 -2 对于一个确定的m值，关于x的方程 x最多两个解， m=x+1-2 画 x的图象如下： 77 m=x+x-2 -1:O 故m=x+2 x2值域为(-0，-4U[0,+∞). 作出函数f)的图象，如下： yf(x) -4 041232+2 令1og,（1-x=1,解得：名=0.8=4 令log,（1-x=2,解得：。=0.96，=-24， 令-(x-2)+2=0,解得：x=2+5, 当1<0时，存在唯一的m(2+V5,+o.使得f(m)=1,北时方程” m=x+- 2 x有两解 第14页/供30页 6学科网6组卷网 2 当1=0时，存在m=0,m,=2+V5使得/(m侧)=0，此时方程m=x+ :有三解， 其中m=0时，有1个解，即x=,m=2+V5时，有2个解， 当e01时布在(4,0,0.08，m2+)度得/a)=1,时方Em=+2 有四解， m∈(4,0)时，无解，m,∈(0,0.8)时，有2个解，m∈(3,2+2)时，有2个解， m=x+1-2 当1=1时，存在m=-4,m,=0.8,%,=1,m4=3使得了(m)=1,此时方程m=+x2有七解， m=4时，有1个解，即x=-1,%=08时，有2个解，m=时，有2个解， m4=3 时，有2个解： 当1c(,2)时，存在m∈(-24,4)，%∈(0.8,0.96)，m,∈（，2，m,∈(2,3)使得f(m)=t,此时方程 m=x+1-2 有八个解， 当m∈(-24，-4)时，有2个解，m∈(0.8,0.96)时，有2个解，m∈(，2)时，有2个解，m,∈(2,3) 时，有2个解： 12 当1=2时，存在m=-24,m=096,m=2使得(m）=2,此时方程m=x+无2有六解， 当%=- 24时，有2个解，%=0.96时，有2个解，m=2 时，有2个解： 当1∈(2，+∞）时，存在m∈(-0，-24)，m∈(0.96,1)使得f(m)=t,此时方程 m=x+12 x有四解， 第15页/供30页 命学科网命组卷网 当m∈(0，-24)时，有2个解，m∈(0.96,1时，有2个解， 综上：实数的取值范围是(2) 故答案为：(，2) 【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层 函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围：③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复 合函数在不同范围下的零点个数 三、解答题：本大题共5小题，共75分，将解题过程及答案填写在答题纸上， 16在A4BC中，角A:B,C所对的边分别为a,b,c,已知b=4,a=3C,cos4=V3 3 (l)求sinC的值； (2)求C的值； sin(24+C) (3)求 的值 6 【答案】(1)9 (2)V3 116 (3)27 【解析】 【分析】(l)利用同角三角函数基本关系可求sinA,进而利用正弦定理以及a=3c求得sinC的值； (②)由题态利用余弦定理可得3沁2-V5c-6=0,解得°的值， (3)利用二倍角公式可求sin2A,c0s2A的值，利用同角三角函数基本关系可求c0sC的值，进而利用 第16页/共30页 6学科网6组卷网 两角和的正弦公式求解即可： 【小问1详解】 因为A∈(0，)，所以sin1=V-cos'A=y6 ,又a=3c 3c c 所以由正弦定理可得： sinA sinc,g即y6sinC a c √6 ,解得sinC= 3 9 【小问2详解】 因为b=4,a=3c, cos4=bitc-a16+0-9 2bc 8c 3 化简可得： 3c2-V5c-6=0,解得c=v5(负值合去)， 【小问3详解】 因为sin2A=2sin4cosA=-2V2 3， c0s24=2c0s2A-1=-1 3, 因为c<a,C为锐角，可得cosC=V-sin'C-_5V5 9, 所以im2A+C)=sin2 eosC+eos24sinC=2y2x55+-昌xV6.1N6 -3×9+(3×9=-27 1n.如图，在多面体BCDEF中，DBC.MFBE,AB⊥AF,ADL平面ABEF, AD=AB=2 AF=4AG=4 BC=BE=1 第17页/供30页 6学科网6组卷网 D A G2- (1)求证：直线BG∥平面DCE: (2)求平面DBF与平面DCE夹角的余弦值； (3)求点E到平面DBF的距离， 【答案】(1)证明见解析 6 (2)9 人 (3)3 【解析】 【分析】(1)以A为坐标原点，AF,AB,AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标 系，求出平面DCE的法向量元，根据BG1”,即可得证 (2)分别求出平面DBF与平面DCE的法向量，利用向量夹角公式即可求解值： (3)设点E到平面DBF的距离为(，利用点到平面的向量公式即可求解， 【小问1详解】 因为AB⊥AF,AD上平面ABEF,,ABC平面ABEF, 所以AD L AF,AD⊥AB 所以AF,AB,AD两两垂直， 第18页/共30页 命学科网命组卷网 则以A为坐标原点，AF,AB,AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， Z孙 D (0,2,0)E1,2,0)C(0,2,1)）D(0,0,2)G1,0,0) 则 所以BG=0,-2,0),EC=(-1,0,1).ED=(-1,-2,2) ii.EC=-x+z=0 设平面DCE的法向量元=c,八，)则n-ED=--2y+2z=0令 DCE x=21 得7=(212) 所以BG·n=1×2-2×1+0x2=0,则BG1n, 又因为BGc平面DCE 所以直线BG∥平面DCE 【小问2详解】 由F(4,00),得BF=4,-2,0),BD=(0,-2,2) m,·BF=4x。-2y=0 设平面的法向量为一 DBE =k64)则网D=2%+2,=0令x=1 得”。=(1,2,2) 第19页/共30页 命学科网命组卷网 所以os(，或 1×2+2×1+2×28 3×3 9 8 则平面DBF与平面DCE夹角的余弦值为9 【小问3详解】 由于DE=1,2,-2),平面DBF的法向量%=(L2,2) 设点E到平面DBF的距离为d, ·DE d-l 1×1+2×2-2×21 则 no 3 3, 1 所以点E到平面DBF的距离为3 18已知等比数列a,}的各项均为正数，2a,4,4a,成等差数列，且满足4=4如，数列.，}的前n 项和-+) 2 ,neN,且么=1 （1)求数列a,}和.}的通项公式 (亿+1+3)a (2)设C,(-1)b+,n∈N,求数列{c.}的前n项和A: （3)设d.=（-[(®，++a(伯，+小，求{d,}的前2n项和工 【案1(4a=7:6=m:(四-22a+:6万.-2n+3n05 1 11 99.22m 【解析】 第20页/共30页 6学科网6组卷网 【分析】(1)由等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得公比9，进而得到，由等比数列通 项公式可求得an:利用b,=Sn-Sn可得到bn1n-1,利用累乘法可求得b,: (2)由(1)可得·，利用裂项相消法可求得结果： (3)由（1）可得，进而整理得到4，+d,将，相邻两项看作一组，采用分组求和的方式，分别 根据等差数列求和公式和错位相减法求得两个部分的和，由此可得 【详解】(1)设等比数列a,的公比为9(9>0）， 2a,a,4a成等差数列，2a,=2a,+4a,即4，=09+2a,9. 1 a,>0,2g2+g-1=0,解得：9=2或9=1（会)： 一3 a=a9=46即4=g.解：4有4=a9=日得》 =82 =20月 当n≥2时，6=8-5n1=”+b b.=n 2b。一b1整理可得：b,1n- -×…×一=n 。2bb2bn-1n-2 经检验，当1=1时，么=引满足b。=” 综上所述： b。=n(neN*） (2n+4).1 2n n+211 (2)由(1)得：.=2n(2n+2)2n(n+2”n2(n+)' 第21页/共30页 6学科网列组卷网 11+1+-++1-1=1 A,=28+8242464++2”n2(n+022(n+0: 8由4-（旷[a+ 4+4=-4n-2+(2++2=n+1-29 22m, 令1=初+1，则共荷阳原和D-”5+和+)-2+初 2 8,s 2n-12n-1 20=4, 则其前n项和B,4十年十 4星++2n-3,2n-1 1,3,5 4-1 4”, 安+24 4” 4*1 4 （42 4 56n+5, 1 123.4"*1 9 Z.=(d+d)+(d+d4)++(d,n+d)=D,-E.=2n2+3n-5+6n+5 99.22m 【点睛】方法点睛：本题考查数列通项和求和相关问题的求解，涉及到求和方法中的分组求和、裂项相消 法和错位相减法的应用，其中错位相减法的基本步骤如下： ①列出5，=a+a+a+…+a+a的形式 第22页/供30页 6学科网命组卷网 ②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比9，得到9S, ③上下两式作差得到（1-q)S,结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分： ④整理所得式子求得。 下顶点为抛物线x=-4y的焦点. (1)求椭圆C的方程； 1 (2)若点P(:,片)，(x,>)均在椭圆C上，且满足直线AP与40的斜率之积为2， PO ()求证：直线过定点： ()当OP/a0时，求直线P的方程. x2 【答案】()4+严=1 (2) (④当直线P吧的斜率不存在时，设P(,）,则(x,-%) 愈大0+正坊人 x2,则2 PO 所以直线的斜率存在， 由已知直线 斜率同号，因此直线吧的斜率存在且不为， AP,AQ PO 设直线P的方程为y=+m,设P(,出)，Q(3,)】 x2 +y2=1 由 4 =k在+m得(1+4k2)r2+8张mx+4m2-4=0 第23页/共30页 6学科网6组卷网 由△=64km2-41+4k24m-4)=16(42-m2+小>0，可得42+1>m2. 8km 4m2-4 所以x+龙=1+4，=1+4k2, 则=(+mka2+m）=k2x3+km(:+x)+m2 天、4欢4+zx—2 +m2=m2-4k2 1+4k2 1+4k2, y+y2=(c+m)+(x2+m)=k(x+x2)+2m +2n 2m =k× 1+4k2, 所kk0=片.上+1.+0+)+1 X1 X2 X X2 2: 即2y+2(出+)+2=xx3 u20+2- 1+4k2,解得m=-1或m=3, 当m=-时直线P方程为=-1，令x=0,可得= 方程为 ,可得 所以直线P恒过定点(0，)），不合题意， =0 时直线吧方程为少=x+3 当m≥ P, ，可得少3 所以直线P巴恒过定点(0,3)，符合思意 综上可得直线P吧恒过定点(0,3) (动y=t7V6 10+3 第24页/共30页 6学科网6组卷网 【解析】 【分折】（山）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到力，再由椭圆过点，求出“， (2)《1)设直线P的方程为=c+m,P(,)、(,乃），直线方程代入椭圆方程后应用韦 达定理得x+,西，代入人，人02后化简得m的值，代入直线方程可得定点坐标， 5=3 (i)设直线PQ恒过定点为M(0,3),由OP/A0,可得x,4,结合(1)中韦达定理求出x、x2, 即可求出k,从而求出直线方程 【小问1详解】 抛物线=-4y的焦点为(0，-)，所以椭圆的下顶点10，-），则b=1, 所似宁+1，解。 所以椭圆方程为4 +y2=1 【小问2详解】 (i)略 ()设直线P吧恒过定点为M(0,3), 此时△=16(42-m+)=16(4-8)>0,解得k2>2, MO-上=3 由OP1A0,可得M4,4, 又+6= 24k 32 1+4报，1+4状， 第25页/供30页 学科网组卷网 96k 72k 所以= 71+4k2）, 71+4k2）, -96k -72k 32 所以70+471+41+4报，解得2=9 0, 满足k2>2' 75 所以K=± 10, 所以直线PQ方程为=土75 +3 10 M 【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法 设出直线方程为y=c+m,设交点坐标为：，片)，(，少），直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消 元后应用韦达定理得+为，，代入题中关于交点的，乃).(，)满足的条件可得出k,m关系，从 而代入直线方程后得定点坐标， 20.已知函数f(x)=asinx-n(1+x)】 (1)当a=2时，求曲线'=f(0)在x=0处的切线方程： (②若对x∈(-1,0]时，f(✉)20，求正实数0的最大值： (3)若通数()=f(+e-asi血的最小值为，试判断方程-h(1+)=0实数根的个数， 并说明理由 【答案】(1)y=x 第26页/共30页 6学科网列组卷网 (2)1 (3)1个实数根，理由见解析 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义，求解即可；(2)两次求导后，分0<a≤1和a>1两种情况，结合 隐零点问题，分析)的单调性，确定使得()20对x∈(1,0]恒成立时正实数a的值即可； (3)先结合隐零点问题的处理方法，求得m的取值范围，再将原问题转化为求方程 e*x-e"ln(1+x)= 的实数根的个数，然后构适函数H(田=©：-eh(1+),并再次运用隐零点证 H(x) 明 有唯一零点，进而得解. 【小问1详解】 当a=2时，f(x)=2sinx-ln(1+).f")=2cosx-, 1+x, 所以f0)=0f0)=1 则曲线y=f()在x=0处的切线方程为y=x 【小问2详解】 f(x)=acosx- 1 由题意知， 1+x,令 h(x)=acosx-- +x, 1 h'(x)=-asinx+- 所以 +x, 因为x∈（1,0，所以sinx<0,而a为正实数， 所以')=-asinx+ 1 .>0 1+x在x∈(-1,0]上恒成立， 所以函数f)=h()在区间(1,0]上单调递增，且f(0)=a-1, 第27页/供30页 6学科网列组卷网 ①当0<a≤1时，f)≤f'0)≤0在区间(-1,0]上恒成立， 所以函数f)在1,0]上单调递减，此时f)≥f0)=0,符合题意： ②当a>1时，f0)=a-1>0.f日)=ac0s2)-a<a-a=0 由零点存在定理知， ,0,使得f'(x)=0, 所以函数f)在（-)上单调递减，在(，0)上单调递增， 则当r∈(6,0)时，有f)<f0)=0,不符合题意， 综上，正实数a的最大值为l 【小问3详解】 方程©”-血(+)=0实数根有且只有一个，理由如下： g(x)=f(x)+e*-asinx=e*-In(1+x)(x>-1) u8-e"中.含o-e 1+x, 则G()=e+1 >0 (1+x月 在(-L,+0)上恒成立， 所以8()=G()在(-l,+∞)上单调递增， 因为g10=e-1>0.8(-3=v6-2<0 微x(号0，gi.角5 第28页/共30页 6学科网6组卷网 1+x=ln,=-h1+x) 两边同时取对数得， 1+x 而8)在-1)上单调递减，在(，+0)上单调递增， 1一+1+x, 所m=gm=g)=e-lh0+)-中 令t=1+x,则e(2D, 1 因为er-h(1+)-e[e-eh(+x刃=0，且e≠0， 所以方程cr-ln(1+)=0的实数根等价于e:-c(+)=0的实数根， 段H=e-en±y.共中2<m<2.Ha=e 1+x 则倒=e+e 令t(x)=e+r-e 5>0 ,+x灯>0在(-l,o)上恒成立， 所以'()=)在1切）上单调速增。 H)=e-e<0.H'(m-D-c"(m-D>0 m 所以x,∈(0，m-1),使得H化，)=0，即ee 1+x2, 两边取对数得， ,1+=m-ln1+）,mm=l+名+n1+) 又1+=1 1一+1+x m= 1+x,且1+x 第29页/共30页 命学科网命组卷网 1 1m=- 1一+ln 所以1+x11+x, 设m(x)=x+lnx, m()=1+1>0 x在(0，+o)上恒成立， m(x)(0,+oo) 所以函数 在 上单调递增， 1 所以++,且” gn(l+x)=II=1+ 1+x1 因为函数H()在1)上单调递减，在伍+0)上单调递增， umes--e-eh-心n0小e-0sJ-0 即函数H()只有唯一零点， 故方程e5-e(1+)=0的实数根有且只有一个，即方程e-(1+)=0实数根有且只有一个 f'(x) 【点睛】关键点睛：第二问的关键是两次求导得当 的单调性，结合隐零点以及零点存在定理分类讨 f(x) 论得到 的单调性， 第三问的关键是将方程e-血(1+)=0 的实数根等价于e“-c血(1+)=0的实数根，构造函数 H(x)=e+-e"n(l+),结合导数研究根的个数 第30页/共30页