2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷03）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷03） 参考答案 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B A C D B D A A 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．或 12． （答案不唯一，满足即可） 13． 14． / / 15．①②③ 3、 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．（13分） 【详解】（1）当时，， 所以； （2）由 ， ， 已知，， 条件①：由，即， 因为，在此区间内，与产生矛盾； 条件②：当时，的最小值为， 正弦函数的零点间距最小值为半个周期，即， 所以，解得，满足； 条件③：图象关于直线对称，所以，化简得， 综上，选条件②和③， 由②，将代入③：， 因为，取，得， 此时函数解析式为， (2)，， 时，证明如下： 令，，则， 问题转化为求在上的最大值， 根据正弦函数图象与性质，当时，取得最大值， 所以 因此，当时，恒成立，得证. 17．（13分） 【详解】（1）由题意可知：，则， 且和都是正整数，则是正整数，所以， 若，所以. 设这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分为事件A， 则样本空间，，可得，， 所以这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率为. （2）大模型，，，中综合得分超过65分有，， 大模型，，，中综合得分超过65分有，， 可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，则有： ； ； ； ； ； 所以的分布列为 0 1 2 3 4 （3）因为基础能力得分的平均数为， 方差； 中文特性得分的平均数为， 方差； 若，即， 整理可得， 又因为，即，可得，即， 联立方程，解得， 所以的值为67. 18．（14分） 【详解】(1)若∥ ，平面， 平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. （2）因为，所以，所以. 因为平面 ⊥平面，平面 平面 ，平面 ，所以 平面. 过作 ，垂足为，则. 所以. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由 平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 19．（15分） 【详解】（1）根据题意， ， 所以曲线在点处的切线方程为， 设，则， 设切线与的切点为， 则，解得； （2）根据题意， ， 当时， ， 当时，，则，函数单调递减， 当时，，则，函数单调递减， 所以函数不存在极值点； （3）由题意得在上恒成立， 设，， 则， 设，， 则， 当时，，则在上单调递增， 所以，则在上单调递增，所以， 即在上恒成立， 当时，，在上单调递增， 则存在，使得时，， 则在上单调递减，则， 则在上单调递减，所以，不符合题意， 所以的最小值为． 20．（15分） 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，依题意得，解得， 所以，所以椭圆的方程为． （2）（ⅰ）依题意设，则，其中，． 由，可得直线的方程为，令，得． 又直线的方程为，联立方程及，解得． 因为及，，，共线，所以， 所以，解得，所以． （ⅱ）联立直线与椭圆的方程得，消去，得． 因为在椭圆上，所以，所以． 由根与系数的关系得，解得．同理可得． 因为，所以． 又，所以． 因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 综上，面积的最大值为． 21．（15分） 【详解】（1）数列的前项和为，已知， 且是使得成立也即满足的最小正整数， 解得，故， 解得，故； 解得，故； 解得，故， 所以的“取整生成数列”的前五项依次为. (2)（i）不能，理由如下： 假设是公比为的等比数列，因为对任意正整数， 均有，所以首项且，若， 则当时， ，不合题意，因此， 记数列的前项和为，则 ， 同时，因为，所以 ， 依定义是使得成立的最小正整数， 也即是使得成立的最小正整数， 结合 可得，即， 因为是一个整数列，所以当时， ， 同时又有，所以也只能趋于无穷大，这与 矛盾， 故不能为公比不为1的等比数列； （ii）当时，前述分析已知，又是整数列， 所以，结论成立； 假设当结论成立，即有成立， 当时，考虑， 因为是使得成立的最小正整数，则， 同时因为，所以， 即，而是使得成立的最小正整数， 所以 ，因为是整数列，故， 说明当时结论依然成立， 由数学归纳法可知，对任意正整数，，均有成立． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷03） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 1．若复数满足，则的共轭复数是（     ） A． B． C． D． 2．为了得到函数图象，只需（   ） A．把函数的图象上的所有点向右平移1个长度单位 B．把函数的图象上的所有点向左平移2个长度单位 C．把函数的图象上的所有点横坐标变为原来的倍，纵坐标不变 D．把函数的图象上的所有点纵坐标变为原来的9倍，横坐标不变 3．在的展开式中，下列关于各项的描述正确的是（   ） A．第三项是含的项 B．第四项的系数是160 C．第五项是常数项240 D．各项的系数和为64 4．“”是“对任意，”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．形如（是非负整数）的数称为费马数，记为．数学家费马根据都是质数提出了猜想：费马数都是质数．多年之后，数学家欧拉计算出不是质数，那么的位数是（     ） （参考数据：） A． B． C． D． 6．已知是公差为的等差数列，集合，若，则（   ） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，点在角的终边上，点在角的终边上，使命题“若，则”为真命题的条件是（    ） A．与关于轴对称 B．与关于轴对称 C．与关于直线对称 D．与关于直线对称 8．摇杆机械装置，如图，、为定点，、是动点，，，，，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 9．如图所示，半圆的直径，为圆心，为半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 10．已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．已知直线与圆交于两点.若圆弧的长恰为圆周长的，则________. 12．公差为的等差数列的前项和为．若，则______，使得对所有都成立的一个的取值为_________． 13．已知函数，若且，则的取值范围是________． 14．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，且，，，则的体积为___；若为中点，则点到平面的距离为____. 15．对于曲线，给出下列四个命题： ①曲线与坐标轴没有公共点； ②曲线关于坐标原点对称； ③曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于； ④曲线与曲线恰有四个不同的公共点． 其中，所有正确结论的序号为_________． 3、 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．（13分） 已知函数． (1)若，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数存在，求出、的值，并证明：当时，． 条件①：； 条件②：当时，的最小值为； 条件③：图象关于直线对称． 17．（13分） 为评估国内AI大模型的使用效果，某评测机构从国内众多AI大模型中随机抽取9个AI大模型，并从基础能力、中文特性和专业能力三个维度对这9个AI大模型进行评测，评测结果如下表所示． AI大模型 大模型a 大模型b 大模型c 大模型d 大模型e 大模型f 大模型g 大模型h 大模型i 基础能力得分 65 67 70 58 66 53 49 64 中文特性得分 74 76 80 68 75 63 59 77 专业能力得分 56 60 73 63 70 59 54 66 66 综合得分 65.0 67.7 74.3 63.0 70.3 58.3 54.0 69.0 70.0 综合得分是基础能力得分、中文特性得分和专业能力得分的算术平均数（精确到0.1）．其中和都是正整数． (1)若，从这9个AI大模型中随机取1个大模型，求这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率； (2)从大模型，，，中随机取2个大模型，从大模型，，，中随机取2个大模型，记这4个大模型中“综合得分超过65分”的大模型的个数为，求的分布列； (3)记这9个大模型的基础能力得分和中文特性得分的方差分别为，，若，写出的值．（结论不要求证明） 18．（14分） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 19．（15分） 已知函数的定义域是，，导函数： (1)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求的值； (2)设，当时，判断函数是否存在极值点，并说明理由； (3)若时，曲线总在曲线的上方，求的最小值． 20．（15分） 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 21．（15分） 已知无穷实数列，如果无穷数列满足： ①； ②对任意正整数，是使得成立的最小正整数．其中表示的是不超过的最大整数． 则数列称为的“取整生成数列”， (1)若，，直接写出的“取整生成数列”的前五项； (2)对于无穷实数列，对任意正整数，均有．若无穷数列为的“取整生成数列”， （i）能否为公比不为1的等比数列？若能，求公比的取值范围；若不能，说明理由． （ii）求证：对任意正整数，，均有成立． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷03） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 1．若复数满足，则的共轭复数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用复数除法运算以及共轭复数的概念分析求解即可. 【详解】因为，所以， 所以. 2．为了得到函数图象，只需（   ） A．把函数的图象上的所有点向右平移1个长度单位 B．把函数的图象上的所有点向左平移2个长度单位 C．把函数的图象上的所有点横坐标变为原来的倍，纵坐标不变 D．把函数的图象上的所有点纵坐标变为原来的9倍，横坐标不变 【答案】D 【详解】对于A，把函数的图象上的所有点向右平移1个长度单位，得到，故A错误； 对于B，把函数的图象上的所有点向左平移2个长度单位，得到，故B错误； 对于C，把函数的图象上的所有点横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到，故C错误； 对于D，把函数的图象上的所有点纵坐标变为原来的9倍，横坐标不变，得到，故D正确． 3．在的展开式中，下列关于各项的描述正确的是（   ） A．第三项是含的项 B．第四项的系数是160 C．第五项是常数项240 D．各项的系数和为64 【答案】B 【分析】求出展开式的通项，使用通项求解. 【详解】的展开式的通项为：， 第三项是：，不是含的项，选项A错误； 第四项的系数是：，选项B正确； 第五项是：，不是常数项，选项C错误； 令，得各项的系数和为，选项D错误. 4．“”是“对任意，”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先求命题“对任意，”成立时的取值范围，再判断两个命题之间的推出关系． 【详解】当时，对任意，由，有 所以“对任意，”成立． 反之，若对任意，，取，得，即．因此“对任意，”等价于． 由一定有，但例如时上述不等式也恒成立，而，所以“”是“对任意，”的充分不必要条件，A 正确． 5．形如（是非负整数）的数称为费马数，记为．数学家费马根据都是质数提出了猜想：费马数都是质数．多年之后，数学家欧拉计算出不是质数，那么的位数是（     ） （参考数据：） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据所给定义表示出，进而分析可以判断出其位数． 【详解】由题意知：， 因为，所以的位数是. 6．已知是公差为的等差数列，集合，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理求解. 【详解】依题意，等差数列中，， 显然函数的周期为，而， 即最多3个不同取值，又 ， 则在中，或 或. 于是有或， 即有，解得； 或者 ，解得； 所以 或. 7．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，点在角的终边上，点在角的终边上，使命题“若，则”为真命题的条件是（    ） A．与关于轴对称 B．与关于轴对称 C．与关于直线对称 D．与关于直线对称 【答案】B 【分析】设出点的坐标，由确定该点横纵坐标的范围，再利用正弦函数的定义逐项求解判断. 【详解】设，由，则角的终边在轴上方，即， 对于A，由与关于轴对称，得，则，A不是； 对于B，由与关于轴对称，得，则，B是； 对于C，由与关于直线对称，得，当时，，C不是； 对于D，由与关于直线对称，得，当时，，D不是. 8．摇杆机械装置，如图，、为定点，、是动点，，，，，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由和求出的取值范围，在中用余弦定理表示出的表达式，结合的范围，求的取值范围. 【详解】由题意有，得，当且仅当在线段上时，当且仅当在线段上时. 在中， 因为，所以，即， 所以的取值范围是. 9．如图所示，半圆的直径，为圆心，为半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量加法的几何意义得，从而化为求的范围，根据已知及向量数量积的运算律、二次函数的性质求范围. 【详解】因为点是线段的中点，所以向量， 所以，又向量方向相反，且， 所以． 10．已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过分离参数得到，构造函数，，根据导数与单调性及最值的关系，结合有且只有一个负整数满足条件，列不等式组求解即可. 【详解】令，即. 因为，所以. 令，， 则. 令，则或（舍去，不满足）. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 又，为负整数，所以. 若唯一满足条件的是，则，无解. 若唯一满足条件的是，则，所以. 若唯一满足条件的是，即，此时，不满足唯一解. 同理，当时，不满足唯一解. 综上，的取值范围是. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．已知直线与圆交于两点.若圆弧的长恰为圆周长的，则________. 【答案】或 【分析】根据题意，得到，取的中点，得到，且，结合点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】由圆，可得圆心，半径为， 因为直线与圆交于两点，且圆弧的长恰为圆周长的， 如图所示，可得，即为等腰直角三角形， 取的中点，连接，可得， 因为，可得，即圆心到直线的距离为， 所以，解得或. 12．公差为的等差数列的前项和为．若，则______，使得对所有都成立的一个的取值为_________． 【答案】 （答案不唯一，满足即可） 【详解】由数列是公差为的等差数列， 则，解得； 由，则等差数列为递减数列， 又对所有都成立，即为前项和的最大值， 即该数列的前项非负，第项及后面的项非正， 即，解得， 所以的一个取值为（答案不唯一，满足即可）． 13．已知函数，若且，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】先根据函数的图像，结合，可得，再根据对数函数图像性质求解范围. 【详解】画出函数的图像： 因为，由图像可知 令，则， 所以， 因为，所以. 14．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，且，，，则的体积为___；若为中点，则点到平面的距离为____. 【答案】 / / 【分析】利用棱锥体积公式 计算四棱锥体积，利用面面垂直的性质定理，将点到平面的距离转化为点到直线的距离求解. 【详解】①因为底面 是矩形，，， 所以底面的面积， 因为 底面，且， 所以四棱锥的体积 ； ②因为 底面，平面，所以平面平面， 又平面平面，过点在底面内作于点， 因为平面，由面面垂直的性质定理可知，平面 ， 所以线段的长度即为点到平面的距离， 在矩形中，为中点，，所以， 在中，，， 由勾股定理得， 利用等面积法，，即， 解得，故点到平面的距离为 . 15．对于曲线，给出下列四个命题： ①曲线与坐标轴没有公共点； ②曲线关于坐标原点对称； ③曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于； ④曲线与曲线恰有四个不同的公共点． 其中，所有正确结论的序号为_________． 【答案】①②③ 【分析】根据曲线定义域判断①，根据对称性定义判断②，利用基本不等式判断③，结合对称性分析第一象限交点个数判断④. 【详解】命题①：曲线的方程可化为，要使方程有意义，需满足且， 因此曲线与轴、轴均无公共点，故①正确； 命题②：将曲线中的换成，将换成，方程不变， 所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，②正确； 命题③：设曲线上任一点为， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于，故③正确； 命题④：将曲线中的换成，将换成，方程不变， 所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称， 并且将换成，将换成，方程不变，所以曲线关于直线对称. 曲线中，且， 将曲线中的换成，将换成，方程不变， 所以曲线也关于直线对称. 当，时，联立，得， 当，时，曲线可化为， 当时，函数单调递减， 因为，所以点在直线的下方， 如图，曲线与曲线在第一象限有个交点， 根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是个交点，则共有个交点，故④错误. 3、 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．（13分） 已知函数． (1)若，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数存在，求出、的值，并证明：当时，． 条件①：； 条件②：当时，的最小值为； 条件③：图象关于直线对称． 【答案】(1) (2)，， 时，证明如下： 令，，则， 问题转化为求在上的最大值， 根据正弦函数图象与性质，当时，取得最大值， 所以 因此，当时，恒成立，得证. 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数式，再代入自变量求值即可； （2）根据已知分析各条件是否满足题设，再将满足要求的条件作组合求出对应参数值，进而证明结论. 【详解】（1）当时，， 所以； （2）由 ， ， 已知，， 条件①：由，即， 因为，在此区间内，与产生矛盾； 条件②：当时，的最小值为， 正弦函数的零点间距最小值为半个周期，即， 所以，解得，满足； 条件③：图象关于直线对称，所以，化简得， 综上，选条件②和③， 由②，将代入③：， 因为，取，得， 此时函数解析式为，（证明略）. 17．（13分） 为评估国内AI大模型的使用效果，某评测机构从国内众多AI大模型中随机抽取9个AI大模型，并从基础能力、中文特性和专业能力三个维度对这9个AI大模型进行评测，评测结果如下表所示． AI大模型 大模型a 大模型b 大模型c 大模型d 大模型e 大模型f 大模型g 大模型h 大模型i 基础能力得分 65 67 70 58 66 53 49 64 中文特性得分 74 76 80 68 75 63 59 77 专业能力得分 56 60 73 63 70 59 54 66 66 综合得分 65.0 67.7 74.3 63.0 70.3 58.3 54.0 69.0 70.0 综合得分是基础能力得分、中文特性得分和专业能力得分的算术平均数（精确到0.1）．其中和都是正整数． (1)若，从这9个AI大模型中随机取1个大模型，求这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率； (2)从大模型，，，中随机取2个大模型，从大模型，，，中随机取2个大模型，记这4个大模型中“综合得分超过65分”的大模型的个数为，求的分布列； (3)记这9个大模型的基础能力得分和中文特性得分的方差分别为，，若，写出的值．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 4 (3) 【分析】（1）分析可知，结合可得，再利用古典概型运算求解即可； （2）分析可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，结合古典概型以及组合数求相应概率和分布列； （3）根据平均数和方差公式整理可得，结合运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，则， 且和都是正整数，则是正整数，所以， 若，所以. 设这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分为事件A， 则样本空间，，可得，， 所以这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率为. （2）大模型，，，中综合得分超过65分有，， 大模型，，，中综合得分超过65分有，， 可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，则有： ； ； ； ； ； 所以的分布列为 0 1 2 3 4 （3）因为基础能力得分的平均数为， 方差； 中文特性得分的平均数为， 方差； 若，即， 整理可得， 又因为，即，可得，即， 联立方程，解得， 所以的值为67. 18．（14分） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)若∥ ，平面， 平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. (2)存在, 或 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明 平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【详解】（1）略 （2）因为，所以，所以. 因为平面 ⊥平面，平面 平面 ，平面 ，所以 平面. 过作 ，垂足为，则. 所以. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由 平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 19．（15分） 已知函数的定义域是，，导函数： (1)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求的值； (2)设，当时，判断函数是否存在极值点，并说明理由； (3)若时，曲线总在曲线的上方，求的最小值． 【答案】(1) (2)不存在极值点 (3) 【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程为，设，切线与的切点为，则，求解即可； （2）求出，根据的正负性得函数的单调性，求解极值； （3）由题意得在上恒成立，设，利用导数分析函数恒大于的条件. 【详解】（1）根据题意， ， 所以曲线在点处的切线方程为， 设，则， 设切线与的切点为， 则，解得； （2）根据题意， ， 当时， ， 当时，，则，函数单调递减， 当时，，则，函数单调递减， 所以函数不存在极值点； （3）由题意得在上恒成立， 设，， 则， 设，， 则， 当时，，则在上单调递增， 所以，则在上单调递增，所以， 即在上恒成立， 当时，，在上单调递增， 则存在，使得时，， 则在上单调递减，则， 则在上单调递减，所以，不符合题意， 所以的最小值为． 20．（15分） 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用椭圆的焦距与离心率建立方程组，先求出半焦距与长半轴，再通过椭圆中的关系求出短半轴，从而确定椭圆方程，是解析几何中由几何性质求标准方程的常规思路； （2）（i）通过设点的坐标，利用对称关系得到点，再写出直线的方程，分别求出与轴、直线的交点、，结合的条件列方程求解，体现了解析几何中“设点 - 求线 - 联立 - 列方程”的解题流程； （ii）通过联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系求出点、的横坐标，结合三角形面积比的转化，将的面积用点的坐标表示，再利用基本不等式求最值，综合考查了直线与椭圆的位置关系和最值问题的处理方法． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，依题意得，解得， 所以，所以椭圆的方程为． （2）（ⅰ）依题意设，则，其中，． 由，可得直线的方程为，令，得． 又直线的方程为，联立方程及，解得． 因为及，，，共线，所以， 所以，解得，所以． （ⅱ）联立直线与椭圆的方程得，消去，得． 因为在椭圆上，所以，所以． 由根与系数的关系得，解得．同理可得． 因为，所以． 又，所以． 因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 综上，面积的最大值为． 21．（15分） 已知无穷实数列，如果无穷数列满足： ①； ②对任意正整数，是使得成立的最小正整数．其中表示的是不超过的最大整数． 则数列称为的“取整生成数列”， (1)若，，直接写出的“取整生成数列”的前五项； (2)对于无穷实数列，对任意正整数，均有．若无穷数列为的“取整生成数列”， （i）能否为公比不为1的等比数列？若能，求公比的取值范围；若不能，说明理由． （ii）求证：对任意正整数，，均有成立． 【答案】(1) (2)（i）不能，理由如下： 假设是公比为的等比数列，因为对任意正整数， 均有，所以首项且，若， 则当时， ，不合题意，因此， 记数列的前项和为，则 ， 同时，因为，所以 ， 依定义是使得成立的最小正整数， 也即是使得成立的最小正整数， 结合 可得，即， 因为是一个整数列，所以当时， ， 同时又有，所以也只能趋于无穷大，这与 矛盾， 故不能为公比不为1的等比数列； （ii）当时，前述分析已知，又是整数列， 所以，结论成立； 假设当结论成立，即有成立， 当时，考虑， 因为是使得成立的最小正整数，则， 同时因为，所以， 即，而是使得成立的最小正整数， 所以 ，因为是整数列，故， 说明当时结论依然成立， 由数学归纳法可知，对任意正整数，，均有成立． 【分析】（1）首先得到的前项和，然后依定义从出发递推即可得到前五项； （2）（i）根据判断出从而有，同时又有，结合可得，因此将趋于无穷大，也将趋于无穷大，矛盾；（ii）运用数学归纳法进行证明，首先证明时结论成立，再假设时结论成立，通过分析证明时结论也成立. 【详解】（1）数列的前项和为，已知， 且是使得成立也即满足的最小正整数， 解得，故， 解得，故； 解得，故； 解得，故， 所以的“取整生成数列”的前五项依次为. （2）（i）略；（ii）略. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $