精品解析：江苏省启东中学2023-2024学年高三上学期期初考试数学试题

启东中学2023-2024学年度第一学期高三数学检测（数学） 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知M,N为集合Ⅰ的非空真子集，且M,N不相等，若，则（ ） A. M B. N C. I D. 2. 设常数，函数；若方程有三个不相等的实数根，且，则下列说法正确的是（ ） A. a的取值范围为 B. 的取值范围为 C. D. 的取值范围为 3. 定义在R上的函数满足，且函数为奇函数.当时，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 0 4. 若函数存在 ()个极值点，则称为折函数，例如为2折函数.已知函数，则为(　　) A. 2折函数 B. 3折函数 C. 4折函数 D. 5折函数 5. 若，则实数的值为（  ） A. 4 B. C. D. 6. 在平面上，，.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲､乙､丙､丁､戊共五名学生担任冰球､冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人.则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列为等差数列，首项为2，公差为3，数列为等比数列，首项为2，公比为2，设，为数列的前项和，则当时，的最大值是（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 二、多选题：本题共4小题，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2分，有选错的得0分． 9. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ） A. 的蒙日圆的方程为 B. 对直线上任意点， C. 记点到直线的距离为，则的最小值为 D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为 10. 在某款盲盒内可能装有某一套玩偶的A、B、C三种样式，且每个盲盒只装一个玩偶．某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回．经统计，有的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占而在未购买者当中，男生女生各占则下列说法中正确的是（ ） 参考公式和数据：，其中 A. 若每个盲盒装有A，B，C三种样式玩偶的概率相同．某同学已经有了A样式的玩偶，若他再购买两个这款盲盒，恰好能收集齐这三种样式的概率是 B. 未购买过该盲盒的女生人数为70 C. 由上述数据可知，可以在犯错误概率不超过的前提下认为“购买该款盲盒与性别有关” D. 由上述数据可知，有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”． 11. 已知数列满足：且，则下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得为等差数列 B. 当时， C. 当时， D. 当时，是等比数列 12. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知定义在区间上的函数，满足，当时，.则满足不等式的实数a的范围为______. 14. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=___. 15. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________． 16. 若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是__________． 四、解答题：本题共6小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 在锐角中，角的对边分别为，且 （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 18. 已知数列{}的前n项和，，，. （1）计算的值，求{}的通项公式； （2）设，求数列{}的前n项和. 19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 20. 某地发现6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通过血清检测确定该感染人员，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这6名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；方案乙：将这6名疑似病人随机分成2组，每组3人.先将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果为阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止， （1）求这两种方案检测次数相同的概率； （2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由. 21. 已知椭圆经过点，离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于、两点，点与点关于坐标原点对称．连接，．是否存在实数，使得对任意直线，都有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 22. 已知函数 （1）当时，讨论的单调区间； （2）当时，若有两个零点，且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 启东中学2023-2024学年度第一学期高三数学检测（数学） 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知M,N为集合Ⅰ的非空真子集，且M,N不相等，若，则（ ） A. M B. N C. I D. 【答案】A 【解析】 【分析】由交集为空集可确定两集合的包含关系，进而得到并集结果. 【详解】 故选： 【点睛】本题考查集合运算中的交集和并集运算，关键是能够通过交集运算结果确定集合的包含关系. 2. 设常数，函数；若方程有三个不相等的实数根，且，则下列说法正确的是（ ） A. a的取值范围为 B. 的取值范围为 C. D. 的取值范围为 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，分析函数的性质，确定所在区间，再逐项推理判断作答. 【详解】当时，函数是减函数，函数值集合为， 当时，函数是增函数，函数值集合为， 当时，函数是减函数，函数值集合为，如图， 因方程有三个不相等的实数根，则，，A不正确； ，且满足，于是得，因此的取值范围为，B不正确； ，且有，因此，，即，解得，C不正确； ，所以的取值范围为，D正确. 故选：D 3. 定义在R上的函数满足，且函数为奇函数.当时，，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的对称性可以找到函数的周期，然后通过周期性和对称性即可求出的值． 【详解】由可得，函数关于对称，所以， 又因为函数为奇函数，所以， 所以函数关于对称，则有，即，，，的周期为4. ，又，所以， 所以. 故选：D 4. 若函数存在 ()个极值点，则称为折函数，例如为2折函数.已知函数，则为(　　) A. 2折函数 B. 3折函数 C. 4折函数 D. 5折函数 【答案】C 【解析】 【分析】求函数的导数，根据函数极值和导数的关系即可判断函数g（x）的极值点的个数. 【详解】解：∴f′（x）＝（x+2）ex﹣（x+2）（3x+2）＝（x+2）（ex﹣3x﹣2）， 由f′（x）＝0得3x+2＝ex，或x+2＝0 结合y＝3x+2与y＝ex的图象，可得方程3x+2＝ex有两根，且不为﹣2． ∴函数f（x）＝（x+1）ex﹣x（x+2）2有3个极值点，． 故选C． 【点睛】本题主要考查导数的综合应用，利用函数单调性极值和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题． 5. 若，则实数的值为（  ） A. 4 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角恒等变换直接可得出. 【详解】由已知可得 . 故选：A. 6. 在平面上，，.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得的取值范围，也即求得的取值范围. 【详解】根据条件知A，B1，P，B2构成一个矩形AB1PB2，以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系，如图.设|AB1|＝a，|AB2|＝b，点O的坐标为(x，y)，则点P的坐标为(a，b)，. 由得 则 又由，得，则，即①. 又，得，则； 同理由，得，即有②. 由①②知，所以. 而，所以. 故选：D 【点睛】本小题主要考查利用坐标法求解平面几何问题，属于中档题. 7. 为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲､乙､丙､丁､戊共五名学生担任冰球､冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人.则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据古典概型计算公式，结合排列和组合的定义进行求解即可. 【详解】所有的安排方法， 若只有1人去冰球项目做志愿者，有； 若恰有2人去冰球项目做志愿者，有； 若有3人去冰球项目做志愿者，有， 所以共有种安排法， 所以学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为. 故选：B 【点睛】关键点睛：运用排列和组合的知识求出所有的安排方法数是解题的关键. 8. 已知数列为等差数列，首项为2，公差为3，数列为等比数列，首项为2，公比为2，设，为数列的前项和，则当时，的最大值是（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列的前项和，验证得答案． 【详解】解：由题意得：，， ， … … … ， 当时，； 当时，， 的最大值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是求出数列的通项公式，利用分组求和求出数列的前项和. 二、多选题：本题共4小题，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2分，有选错的得0分． 9. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ） A. 的蒙日圆的方程为 B. 对直线上任意点， C. 记点到直线的距离为，则的最小值为 D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知A正确； 由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知B错误； 根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误； 由题意知蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确. 【详解】对于A，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，， 在蒙日圆上，蒙日圆方程为：； 由得：， 的蒙日圆方程为：，A正确； 对于B，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上， 过，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，B错误； 对于C，在椭圆上，， ； 当时，取得最小值，最小值为到直线的距离， 又到直线的距离， ，C错误； 对于D，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆， 矩形的对角线为蒙日圆的直径， 设矩形的长和宽分别为，则， 矩形的面积（当且仅当时取等号）， 即矩形面积的最大值为，D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项. 10. 在某款盲盒内可能装有某一套玩偶的A、B、C三种样式，且每个盲盒只装一个玩偶．某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回．经统计，有的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占而在未购买者当中，男生女生各占则下列说法中正确的是（ ） 参考公式和数据：，其中 A. 若每个盲盒装有A，B，C三种样式玩偶的概率相同．某同学已经有了A样式的玩偶，若他再购买两个这款盲盒，恰好能收集齐这三种样式的概率是 B. 未购买过该盲盒的女生人数为70 C. 由上述数据可知，可以在犯错误概率不超过的前提下认为“购买该款盲盒与性别有关” D. 由上述数据可知，有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”． 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A,求出总的基本事件数，得出恰好能收集齐这三种样式的基本事件数，然后可得其概率；选项B根据题意求出未购买过该款盲盒的人数，由题意可判断；由独立性检验求出的值，对照临界值表，可判断选项CD选项． 【详解】对于选项A，该同学再购买两个这款盲盒，基本事件有：，，，，，，，，，能收集齐这三种样式的基本事件有，，所以恰好能收集齐这三种样式的概率是，故A正确． 对于选项B，购买了该款盲盒的人有60人，由在这些购买者当中，女生占，所以购买了该款盲盒的人中男生有20人，女生40人，有140人没有购买，其中男生70人，女生70人，所以未购买过该盲盒的女生人数为70，故B正确． 对于选项C，由B选项可知，列联表如下： 男生 女生 合计 未购买过该款盲盒 70 70 140 购买过该款盲盒 20 40 60 合计 90 110 200 ，所以在犯错误概率不超过的前提下不能认为“购买该款盲盒与性别有关”，故C不正确． 对于选项D，由C可知，所以有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”，故D正确． 故选：ABD 11. 已知数列满足：且，则下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得为等差数列 B. 当时， C. 当时， D. 当时，是等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，当时，推导出，从而为等差数列；对于B，当时，推导出，从而数列是周期为4的周期数列，进而；对于C，当时，，C错误；对于D，当时，，推导出，由此能推导出当时，是等比数列 【详解】对于A，当时，， 存在，使得为等差数列，故A正确； 对于B，当时，， ，，，， ，数列是周期为4的周期数列， 当时，，故B正确； 对于C，当时，，C错误； 对于D，当时，， 若，则， ，可知对任意，有， ， ， 当时，是等比数列，故D正确． 故选：ABD 12. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知定义在区间上的函数，满足，当时，.则满足不等式的实数a的范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】先构造函数，得到为偶函数，再由条件得到函数在上的单调性，解不等式组即可. 【详解】设，，则，故为偶函数，由，有，故，又当时，为减函数，故函数在上为减函数，故，解得. 故答案为：. 14. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=___. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为，且为三角形的内角，所以，，又因为，所以. 【考点】 正弦定理，两角和、差的三角函数公式 【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到． 15. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________． 【答案】##． 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． 【详解】因为，所以，因此． 故答案为：． 16. 若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意令，，画出和的图象，由图象即可得出答案． 【详解】不等式，即，不等式成立，则， 令，，则, 令，得或，得， 在和上单调递增，在上单调递减， ，且如图所示， 当时，至多有一个整数解． 当时，在区间内的解集中有且仅有三个整数， 只需，即，解得 故答案为： 【点睛】思路点睛：已知函数有零点或者方程的根求参数取值范围常用思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 四、解答题：本题共6小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 在锐角中，角的对边分别为，且 （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先将三角函数表达式化简，结合正弦定理将边化为角的表达式.由正弦和角公式化简，即可求得角. （2）根据正弦定理，由及（1）可表示出.进而用角表示出，由内角和定理及角，将式中的角化为角，利用辅助角公式化简，结合正弦函数的图像与性质即可求得的取值范围． 【详解】（1）锐角中，， ∴， 由正弦定理得， ∴， 又， ∴， 又， ∴ （2）由正弦定理， 则有， 则 ， 因为为锐角三角形 所以，可得， 则， 由正弦函数的图像与性质可得， 即 【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，三角恒等变换及辅助角公式的用法，正弦函数的图像与性质的综合应用，属于中档题. 18. 已知数列{}的前n项和，，，. （1）计算的值，求{}的通项公式； （2）设，求数列{}的前n项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）赋值即可求出，利用与的关系可求得的递推关系，进而求出（2）对分奇偶讨论，当n为偶数时，采用并项法求和，当n为奇数时， 【小问1详解】 当时，，解得 由题知 ① ② 由②①得， 因为，所以 所以数列的奇数项是以为首项，以4为公差的等差数列；偶数项是以为首项，以4为公差的等差数列； 当n为奇数时， 当n为偶数时，所以的通项公式. 【小问2详解】 由（1）可得. 当n为偶数时， 当n为奇数时， 当时， 当时， 经检验，也满足上式， 所以当n为奇数时， 综上，数列的前n项和 19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 20. 某地发现6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通过血清检测确定该感染人员，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这6名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；方案乙：将这6名疑似病人随机分成2组，每组3人.先将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果为阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止， （1）求这两种方案检测次数相同的概率； （2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由. 【答案】（1）； （2）采用乙方案，理由如下： 由题意可设甲方案检测的次数是X， 则，记乙方案检测的次数是，则， （1）记两种方案检测的次数相同为事件A， 则， 所以两种方案检测的次数相同的概率为. （2）采用乙方案，理由如下. 由， 所以， ，则， 因为，所以采用乙方案. 【解析】 【分析】设甲方案检测的次数，记乙方案检测的次数， （1）记两种方案检测的次数相同为事件A，根据独立事件的概率的乘法公式，即可求解； （2）分别求得随机变量和的期望，结合期望的大小，即可求解. 【详解】由题意可设甲方案检测的次数是X， 则，记乙方案检测的次数是，则， （1）记两种方案检测的次数相同为事件A， 则， 所以两种方案检测的次数相同的概率为. （2）乙方案. 【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤： 1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值； 2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列； 3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望； 4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解. 21. 已知椭圆经过点，离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于、两点，点与点关于坐标原点对称．连接，．是否存在实数，使得对任意直线，都有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）由题意可知，根据离心率和的等量关系可求得，从而确定椭圆方程. （2）设直线方程为，直线与椭圆联立，设，，，利用韦达定理和斜率公式计算可得和，从而可得所求值. 【详解】（1）由题意可知，， 又，得，， 所以椭圆的方程为． （2）设直线的方程为， 联立，可得， 设，，则有， ，因为，， 所以 ，又因为点与点关于原点对称， 所以，即， 则有， 由点在椭圆上，得， 所以，所以， 即，所以存在实数，使成立． 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，考查直线与椭圆位置关系和韦达定理以及斜率公式的应用，考查学生的计算能力，属于中档题. 22. 已知函数 （1）当时，讨论的单调区间； （2）当时，若有两个零点，且，求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入，求导，取或进行讨论即可. （2）利用参变分离，得到有两个不同的零点，进而设，讨论，利用导数讨论的单调性，进而得到的范围，得到，同理，通过参变分离，利用，即可证明，最后结论得证.（本题也可以利用部分参数分离进行证明，详见方法二） 【小问1详解】 当时， 所以，当时，在上增，在上减； 当时，在上减，在上增. 【小问2详解】 方法一：参数分离 有两个不同的零点 令，则 令得 当时，，所以：在递增； 当时，，所以：在递减.显然时，. 作出的图象如下： 所以：∴， 所以：，所以，； 下面证明：.要证：，因为 所以： 由（1）得.所以，原不等式得证. 综上所述：. 方法二：部分参数分离 零点. 从而为的图像与交点的横坐标.对给定的a，令使得，即， 得，存在且唯一，此时的图像与有唯一交点. 又，由（1）得，当时，，所以， （这里要说明）又因为成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $