2020届山东省枣庄、滕州市高三上学期期末考试数学试题(解析版)

2020届高三期末考试

数学试题

本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分.满分150分.考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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2B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.

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5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.已知集合A{x|1x1}，则AN（ ） A. {1} 【答案】B 【解析】 【分析】

根据交集定义求解． 【详解】由题意A故选：B.

【点睛】本题考查交集运算，解题关键是确定集合中的元素． 2.已知i是虚数单位，1(a1)i0(aR)，复数za2i，则

B. {0,1}

C. {1}

D. {0,1}

N{0,1}．

1（ ） zD. 5 A.

1 5B. 5 C. 5 5【答案】C 【解析】 【分析】

由复数的定义知1(a1)i只能是实数，从而a1，计算z，然后根据复数模的性质计算． 【详解】因为1(a1)i0(aR)，所以a10，即a1．

11115z12i5，．

z5z5z故选：C.

【点睛】本题考查复数模，考查复数的概念．解题关键是由不等式1(a1)i0确定实数a的值，然后由复数模性质求解．

3.函数yfx是R上的奇函数，当x0时，fx2，则当x0时，fx（ ）

xA. 2x C. 2x 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 2x D. 2x

设x0，得出x0，可得出fx的表达式，再利用函数yfx为奇函数，得出fxfx，可得出结果. 【详解】

xx0时，fx2.

当x0时，x0，fx2，

x由于函数yfx是奇函数，fxfx2，

x因此，当x0时，fx2，故选C.

x【点睛】本题考查奇偶函数解析式的求解，一般利用对称转移法求解，即先求出fx的表达式，再利用奇偶性得出fx的表达式，考查分析问题和运算求解能力，属于中等题. 4.已知aR，则“0a1”是“xR,ax22ax10”的（ ） A. 充分不必要条件 C. 充要条件 【答案】A

B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【解析】 【分析】

先求出命题xR,ax22ax10为真时a的取值范围，然后再根据充分必要条件的定义判断． 【详解】∵xR,ax22ax10，∴a0或a0，即a0或0a1，24a4a0∴0a1．∴“0a1”是“xR,ax22ax10”的充分不必要条件． 故选：A.

【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是掌握充分必要条件与集合包含之间的关系．命题p对应集合A，命题q对应集合B，则ABp是q的充分条件，ABp是q的必要条件，ABp是q的充要条件．

5.已知向量a(1,1),b(1,3),c(2,1)，且(ab)//c，则（ ） A. 3 【答案】C 【解析】 【分析】

由向量共线有坐标表示计算．

【详解】由题意ab(1,13)，∵(ab)//c，∴2(13)1，解得故选：C.

【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，属于基础题．

6.将曲线yf(x)cos2x上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移单位长度，得到曲线ycos2x，则fA. 1 【答案】D 【解析】 【分析】

把题中图象变换过程反过来，求得f(x)的表达式即可．

B. -1 B. -3

C.

1 7D. 1 71． 7

个4（ ） 6C. 3

D. 3

个单位长度，得ycos2(x)cos(2x)sin2x的图象，

4241再把所得图象各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得图象的函数式为ysin(22x)sin4x，

2【详解】把ycos2x的图象向左平移

ysin4x2sin2xcos2xf(x)cos2x，∴f(x)2sin2x，

∴f()2sin363．

故选：D.

【点睛】本题考查三角函数的图象变换，考查变换前后的函数解析式．同时还考查二倍角公式．变换时要注意相位变换是自变量x加（减）平移单位．

lnx,x17.已知f(x)若函数yf(x)1恰有一个零点，则实数k的取值范围是（ ）

f(2x)k,x1A. (1,) 【答案】B 【解析】 【分析】

分段讨论，先研究x1时，函数的零点，再研究x1时的零点．

【详解】x1时，f(x)lnx1，xe，所以函数yf(x)1在x1时有一个零点，从而在x1时无零点，即f(x)1无解．

而当x1时，2x1，f(x)f(2x)kln(2x)k，它是减函数，值域为(k,)， 要使f(x)1无解．则k故选：B.

【点睛】本题考查函数的零点，考查函数的对称性与值域．数形结合是解决这类问题的常用方法．函数零点个数常常转化为函数图象与直线的交点个数．

228.已知直线l1:kxy0(kR)与直线l2:xky2k20相交于点A，点B是圆(x2)(y3)2B. [1,) C. (,1) D. (,1]

1．

上的动点，则|AB|的最大值为（ ） A. 32 【答案】C 【解析】

B. 52 C. 522

D. 322

【分析】

求出点A的轨迹方程，确定A点轨迹，然后通过几何意义求得最大值． 【详解】由kxy02）(y1)22， ，消去参数k得(x1xky2k20所以A在以C(1,1)为圆心，2为半径的圆上，

又点B是圆(x2)(y3)2上的动点，此圆圆心为D(2,3)，半径为2，

22CD(12)2)(13)25，

∴AB的最大值为CD22522． 故选：C.

【点睛】本题考查交轨法求轨迹方程，考查两点间的距离公式．由圆的性质知某点到圆上的点间距离的最大值可以转化为到圆心的距离与半径的和．

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，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3分，有选错的得0分.

9.某特长班有男生和女生各10人，统计他们的身高，其数据（单位：cm）如下面的茎叶图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. 女生身高的极差为12 C. 女生身高的中位数为165 【答案】AB 【解析】 【分析】

B. 男生身高的均值较大 D. 男生身高的方差较小

从茎叶图上计算极差，中位数，而均值和方差可通过茎叶图估计即可（当做也可计算实际值）．

【详解】女生的极差是173-161=12，A正确；由茎叶图数据，女生数据偏小，男生平均值大于女生值，B正确；女生身高中位数是166，C错误；女生数据较集中，男生数据分散，应该是男生方差大，女生方差小，D错．（也可实际计算均值和方差比较）．

故选：AB.

【点睛】本题考查茎叶图，考查学生的数据处理能力．掌握样本数据特征如极差、方差、均值、中位数是解题基础．

10.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，EPF的外角平分线交x轴于点Q，过Q作QNPE交

EP的延长线于N，作QMPF交线段PF于点M，则（ ）

A. |PE||PF| 【答案】ABD 【解析】 【分析】

B. |PF||QF| C. |PN||MF| D. |PN||KF|

根据抛物线的定义进行推理判断．

【详解】

由抛物线的定义，PEPF，A正确；

∵PN//QF，PQ是FPN的平分线，∴FQPNPQFPQ，∴|PF||QF|，B正确； 若|PN||MF|，由PQ是外角平分线，QNPE，QMPF得QMQN，从而有PMPN，于是有PMFM，这样就有QPQF，PFQ为等边三角形，FPQ60，也即有FPE60，

这只是在特殊位置才有可能，因此C错误；

B知PEQF，连接EF，由A、又PE//QF，EPQF是平行四边形，∴EFPQ，显然EKQN，∴KFPN，D正确．

【点睛】本题考查抛物线的定义与性质，掌握抛物线的定义是解题基础．

11.在正方体ABCDA1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（ ）

A. CM与PN是异面直线 C. 平面PAN平面BDD1B1 【答案】BCD 【解析】 【分析】

B. CMPN

D. 过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形

由CN,PM交于点A得共面，可判断A，利用余弦定理把CM,PN都用AC,AP表示后可比较大小，证明

AN与平面BDD1B1后可得面面垂直，可判断C，作出过P，A，C三点的截面后可判断D．

【详解】C,N,A共线，即CN,PM交于点A，共面，因此CM,PN共面，A错误； 记PAC，则PNAPAN2APANcosAP22221AC2APACcos， 4CM2AC2AM22ACAMcosAC21AP2APACcos，又APAC， 43CM2PN2(AC2AP2)0，CM2PN2，即CMPN．B正确；

4BB1平面ABCD，BB1BDB，由于正方体中，则BB1AN，可得AN平面BB1D1D，ANBD，

AN平面PAN，从而可得平面PAN平面BDD1B1，C正确；

取C1D1中点K，连接KP,KC,AC易知PK//A1C1，又正方体中，A1C1//AC，∴PK//AC，PK,AC11，共面，PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D正确． 故选：BCD.

【点睛】本题考查共面，面面垂直，正方体的截面等问题，需根据各个知识点进行推理证明判断．难度较大．

12.如图所示，一座小岛距离海岸线上最近的P点的距离是2km，从P点沿海岸正东12km处有一个城镇.假设一个人驾驶的小船的平均速度为3km/h，步行的速度为5km/h，时间t（单位：h）表示他从小岛到城镇的时间，x（单位：km）表示此人将船停在海岸处距P点的距离.设u（ ）

x24x,vx24x，则

A. 函数vf(u)为减函数

B. 15tu4v32

C. 当x1.5时，此人从小岛到城镇花费的时间最少 D. 当x4时，此人从小岛到城镇花费的时间不超过3h

【答案】AC 【解析】 【分析】

先求出u,v的关系，得vf(u)，判断单调性；

列出时间t关于x的函数，再转化为u,v的式子，可判断B； 利用u,v与x的关系，把t表示为v的函数，可求最小值； 作差t3可心比较t与3的大小． 【详解】A.∵u由题意uv4，vx4x,v2x4x，∴x422uvuv,x， 224在(0,)上是减函数，A正确． uB.tx2412xuv12uv，整理得15tu4v36，B错误； 651035161616362u3644，u即u4时取等号，

uuu31.5，C正确； 2C.由A、B得15tu由x24x4，解得xD.x4时，t故选：AC.

257105215004412580，t3，D错． ，t335151535【点睛】本题考查函数模型的应用，解题时通过引入参数u,v使问题得到了简化，便于求最小值．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.谈祥柏先生是我国著名数学科普作家，他写的《数学百草园》、《好玩的数学》、《故事中的数学》等书，题材广泛、妙趣横生，深受广大读者喜爱.下面我们一起来看《好玩的数学》中谈老的一篇文章《五分钟内挑出埃及分数》：文章首先告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）.如用两个埃及分数

11111112,与的和表示等.从,,,,这100个埃及分数中挑出不同的3个，使得它们的和为1，

5315234100101111,, 236这三个分数是________.（按照从大到小的顺序排列） 【答案】

【解析】 【分析】

三个埃及分数和为1，从最大的一个数的可能性出发推导．得出最大的一个数后，再考虑第2 个数，便可得出结论．

【详解】三个埃及分数和为1，一定有一个是

的111，否则和不可能为1，剩下2个和为，都小于也不合题223

意，否则两个埃及分数的和故答案为：

111191，因此第2个是，第3个只能是． 4520236111,,． 236【点睛】本题考查合情推理．属于基础题．

14.在平面直角坐标系xOy中，角的顶点是O，始边是x轴的非负半轴，02，点

P1tan,1tan是终边上一点，则的值是________.

1212【答案】【解析】 【分析】

由P点坐标确定所在象限（范围），再求出的一个三角函数值，就可确定． 【详解】因为1tan 6120,1tan120，即P点在第一象限，所以02，

1tan又tan121tan∴1212tan， 61tantan4124tantan6． ． 6故答案为：

【点睛】本题考查三角函数的定义，考查特殊角的三角函数值．解题时需确定角的范围，再求出这个角的某个三角函数值即可确定这个角．

x2y215.已知F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，过F作C的渐近线的垂线FD，D为垂足，且

ab|FD|3，则C的离心率为________. |OF|（O为坐标原点）

2【答案】2 【解析】 【分析】

求出焦点到渐近线的距离就可得到a,b,c的等式，从而可求得离心率． 【详解】由题意F(c,0)，一条渐近线方程

ybx，即bxay0， a

∴ FD2b，由|FD|3|OF|得b3c，

22b2a2bc∴b32ccc2a2，c24a2，∴e2． 4a故答案为：2.

【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出焦点到渐近线的距离，从而得出一个关于a,b,c的等式．

16.如图，在三棱锥P-ABC中，PAAB,PCBC，ABBC,AB2BC2,PCABC所成角的大小为________；三棱锥P-ABC外接球的表面积是________.

5，则PA与平面

【答案】 (1). 45 (2). 6 【解析】 【分析】

关键要找平面ABC的垂线，根据题中的垂直关系，作平行四边形ABCD，连接PD，可证PD平面

ABCD．从而可得直线PA与平面ABC所成角，解之即可，而PB就是三棱锥P-ABC外接球的直径，这个

易求．

【详解】如图，作平行四边形ABCD，连接PD，由ABBC，则平行四边形ABCD是矩形． 由BCCD，BCPC，PCCDC，∴BC⊥平面PCD，而PD平面PCD，∴BC⊥PD，

同理可得ABPD，又ABBCB，∴PD平面ABCD．PDCD,PDAD，PAD是PA与平面ABC所成角． 由CDAB2,PC5得PD1，又ADBC1，∴PAD45．

∴PA与平面ABC所成角是45．

由PAAB,PCBC知PB的中点到A,B,C,P的距离相等，PB是三棱锥P-ABC外接球的直径． 由BC⊥平面PCD得BCPC，PBPC2BC2(5)2126，

S4(PB2)6． 2

故答案为：45；6．

【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，考查球的表面积．解题关键是找到平面的垂线，作出直线与平面所成的角．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.在①3(bcosCa)csinB；②2ac2bcosC；③bsinA3asin个，补充在下面问题中横线上，并解答相应的问题.

B，C的对边分别为a，b，c，在ABC中，内角A，且满足________________，b23,ac4，求ABC的面积.

AC 这三个条件中任选一2【答案】横线处任填一个都可以，面积为3． 【解析】 【分析】

无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式sinAsin(BC)，展开后，可求得B角，再由余弦定理b2a2c22accosB求得ac，从而易求得三角形面积． 【详解】在横线上填写“3(bcosCa)csinB”.

解：由正弦定理，得3(sinBcosCsinA)sinCsinB. 由sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC， 得3cosBsinCsinCsinB. 由0C，得sinC0. 所以3cosBsinB.

的又cosB0（若cosB0，则sinB0,sin2Bcos2B0这与sin2Bcos2B1矛盾）， 所以tanB3.

又0B，得B2. 3由余弦定理及b23， 得(23)ac2accos22222， 3即12(ac)ac.将ac4代入，解得ac4. 所以S△ABC113acsinB43. 222在横线上填写“2ac2bcosC”.

解：由2ac2bcosC及正弦定理，得

2sinAsinC2sinBcosC

又sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC， 所以有2cosBsinCsinC0. 因为C(0,)，所以sinC0. 从而有cosB所以B1.又B(0,)， 22 3由余弦定理及b23， 得(23)ac2accos22222 3.即12(ac)ac.将ac4代入， 解得ac4. 所以SABC113acsinB43. 222在横线上填写“bsinA3asinAC” 2解：由正弦定理，得sinBsinA3sinAsin由0A，得sinA， 所以sinB3cosB2.

B 2BBBcos3cos. 222由二倍角公式，得2sin

由0BBB3. ，得cos0，所以sin22222所以

B2. ，即B323由余弦定理及b23， 得(23)ac2accos22222. 3即12(ac)ac.将ac4代入， 解得ac4. 所以S△ABC113acsinB43. 222【点睛】本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时，

①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；

②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．

18.已知等比数列an满足a1,a2,a3a1成等差数列，且a1a3a4；等差数列bn的前n项和

Sn(n1)log2an.求：

2（1）an,bn；

（2）数列anbn的前项和Tn.

n1n【答案】（1）an2 ，bnn （2）Tn(n1)22

【解析】 【分析】

（1）由a1,a2,a3a1成等差数列，得2a2a3.从而可求得公比q，再由a1a3a4求得a1，从而可得通项公式an，然后求出Sn后，利用S1,S2求出b1,b2，从而得公差后得bn． （2）用错位相减法求数列{anbn}的和．

【详解】解：（1）设an的公比为q. 因为a1,a2,a3a1成等差数列， 所以2a2a1a3a1，即2a2a3. 因为a20，所以qa32. a2a4q2. a3因为a1a3a4，所以a1n1n因此ana1q2.

由题意，Sn(n1)log2an(n1)n. 22所以b1S11，

b1b2S23，从而b22.

所以bn的公差db2b1211. 所以bnb1(n1)d1(n1)1n.

n（2）令cnanbn，则cnn2.

123n1n因此Tnc1c2cn122232(n1)2n2. 234nn1又2Tn122232(n1)2n2 23nn1两式相减得Tn2222n2

22n2=n2n1

122n12n2n1

(1n)2n12.

n1所以Tn(n1)22.

【点睛】本题考查等比数列与等差数列的通项公式，考查错位相减法求和．掌握等比数列与等差数列的通项公式和前n项和公式是解题基础．数列求和中有一些特殊方法要记住：错位相减法，裂项相消法，分组（并

项）求和法．

19.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD23,AB3,AP3,AD//BC，AD平面PAB，APB90，点E满足PE21PAPB. 33

（1）证明：PEDC； （2）求二面角A-PD-E的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】 【分析】

（1）由勾股定理计算出PB，然后求数量积PEAB得PEAB，由线面垂直可得PEAD，从而可证得PE平面ABCD得证线线垂直；

（2）建立如图所示的直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值． 【详解】（1）证明：在RtPAB中，

226 13

由勾股定理，得

PB22AB2AP23(3)6. 因为PE21PAPB,ABPBPA， 33

所以PEAB12PAPB(PBPA)

3322121PAPBPAPB

333211(3)2(6)20

3330.

所以PEAB，所以PEAB. 因为AD平面PAB，PE平面PAB， 所以PEAD.

又因为PEAB,ABADA， 所以PE平面ABCD. 又因为DC平面ABCD， 所以PEDC. （2）由PE21PAPB,得EB2AE. 33所以点E是靠近点A的线段AB的三等分点. 所以AE1AB1. 3分别以AB,AD所在方向为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

则A(0,0,0),D(0,0,23),E(0,1,0),P(2,1,0). 设平面PDE的法向量为mx1,y1,z1，

mEP02x10. 由，得mED0y123z10令z11，则m(0,23,1)；

设平面APD的法向量为nx2,y2,z2,AP(2,1,0),AD(0,0,23)，

nAP02x2y20由，得，

nAD023z20令x21，则n1,2,0 设向量m与n的夹角为，

26mn226. 则cos2222|m||n|13(23)11(2)所以二面角APDE的余弦值为

【点睛】本题考查用线面垂直证明线线垂直，考查用向量法求二面角．证明垂直时关键是掌握线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理，解题中掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直相互转化．而求空间角常用方法就是建立空间直角坐标系，用向量法求空间角．

20.2017年11月河南省三门峡市成功入围“十佳魅力中国城市”，吸引了大批投资商的目光，一些投资商积极准备投入到“魅力城市”的建设之中.某投资公司准备在2018年年初将四百万元投资到三门峡下列两个项目中的一个之中.

项目一：天坑院是黄土高原地域独具特色的民居形式，是人类“穴居”发展史演变的实物见证.现准备投资建设20个天坑院，每个天坑院投资0.2百万元，假设每个天坑院是否盈利是相互的，据市场调研，到2020年底每个天坑院盈利的概率为p(0p1)，若盈利则盈利投资额的40%，否则盈利额为0.

项目二：天鹅湖国家湿地公园是一处融生态、文化和人文地理于一体的自然山水景区.据市场调研，投资到该项目上，到2020年底可能盈利投资额的50%，也可能亏损投资额的30%，且这两种情况发生的概率分别为p和1p.

（1）若投资项目一，记X1为盈利的天坑院的个数，求EX1（用p表示）； （2）若投资项目二，记投资项目二的盈利为X2百万元，求EX2（用p表示）；

（3）在（1）（2）两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由.

.226. 13

【答案】（1）EX120p （2）EX23.2p1.2 （3）见解析 【解析】 【分析】

（1）X1~B(20,p)，易求得期望值；

（2）X2只取两个值：2和-1.2，列出分布列，可得期望；

2（3）投资一的盈利期望为E(0.08X1)0.08E(X1)，D(0.08X1)0.08D(X1)，再计算出D(X2)，

然后分类，E(0.08X1)E(X2)时比较D(0.08X1)和D(X2)，E(0.08X1)E(X2)，

E(0.08X1)E(X2)．先盈利大的，盈利相同时选稳定的．

【详解】（1）解：由题意X1~B(20,p) 则盈利的天坑院数的均值EX120p. （2）若投资项目二，则X2的分布列为

X2 P

2 -1.2 P 1p 盈利的均值EX22p1.2(1p)3.2p1.2.

（3）若盈利，则每个天坑院盈利0.240%0.08（百万元）， 所以投资建设20个天坑院，盈利的均值为

E0.08X10.08EX10.0820p1.6p（百万元）. D0.08X10.082DX10.08220p(1p)0.128p(1p) DX2(23.2p1.2)2p(1.23.2p1.2)2(1p)10.24p(1p)

①当E0.08X1EX2时，1.6p3.2p1.2，

解得p

3. 4

D0.08X1DX2.故选择项目一.

②当E0.08X1EX2时，1.6p3.2p1.2， 解得0p3. 4此时选择项一.

③当E0.08X1EX2时，1.6p3.2p1.2，解得p此时选择项二.

【点睛】本题考查二项分布、随机变量概率分布列的应用．考查期望公式．本题还考查学生数据处理能力．

3. 4121.设中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆C过点A3,，F为C的右焦点，⊙F的方程为

2x2y223x110 4（1）求C的方程；

（2）若直线l:yk(x3)(k0)与⊙O相切，与⊙F交于M、N两点，与C交于P、Q两点，其中M、P在第一象限，记⊙O的面积为S(k)，求(|NQ||MP|)S(k)取最大值时，直线l的方程.

x22【答案】（1）y21 （2）y(x3)

42【解析】 【分析】

（1）由圆的方程求出圆心坐标即得焦点方程，由椭圆上的点到两焦点的距离和得长轴长2a，从而有a，再把点的坐标代入椭圆方程，及a值可求得b得椭圆标准方程；

（2）先确定M,N,P,Q与圆和椭圆的位置关系，为下面作距离的差做准备．直线方程与椭圆方程联立，消元后x的二次方程，设Px1,y1,Qx2,y2，由韦达定理，得

x1x2,x1x2.由椭圆中的弦长公式得PQ，然后求|NQ||MP|，由原点到直线l的距离求得圆半径得面

积S(k)，求出(|NQ||MP|)S(k)后用基本不等式可求得最大值及此时的k值，得直线方程．

x2y2【详解】（1）解：设C的方程为221(ab0).

ab

由题设知

311① a24b222因为⊙F的标准方程为(x3)y所以F的坐标为(3,0)，半径r1， 41. 2设左焦点为F1，则F1的坐标为(3,0). 由椭圆定义，可得

1122aAF1|AF|[3(3)]0(33)04②

22222由①②解得a2,b1.

x2所以C的方程为y21.

4（2）由题设可知，M在C外，N在C内，P在⊙F内，Q在⊙F外，在直线l上的四点满足

|MP||MN||NP|,|NQ||PQ||NP|.

x22y12222由4消去y得14kx83kx12k40 yk(x3)

因为直线l过椭圆C内的右焦点F， 所以该方程的判别式恒成立. 设Px1,y1,Qx2,y2 由韦达定理，得

12k2483k2. x1x2,x1x22214k14k|PQ|xx1k212224k4 4x1x224k1又因为⊙F的直径|MN|1,

所以|NQ||MP||PQ||NP|(|MN||NP|)

|PQ||MN| |PQ|1

34k21.

yk(x3)可化为kxy3k0.

因为l与⊙O相切，所以⊙O的半径R3kk12，

3k2. 所以S(k)R2k129k2所以(|NQ||MP|)S(k) 224k1k19k2 424k5k19914k22524k215

kk2.

当且仅当4k212，即时等号成立. k2k22(x3). 2因此，直线l的方程为y【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交、直线与圆的位置关系等问题，考查椭圆中的最值问题．圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解，代数方法中学用设而不求思想．

22.已知函数f(x)ln(2xa)(x0,a0)，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线在y轴上的截距为

2ln3.

3（1）求a； （2）讨论函数g(x)f(x)2x(x0)和h(x)f(x)2x(x0)的单调性； 2x152n11220(n2). （3）设a1,an1fan，求证：n2an5h(x)f(x)【答案】（1）a1 （2）g(x)f(x)2x(x0)为减函数，

证明见解析 【解析】 【分析】

（1）求出导函数f(x)，求出切线方程，令x0得切线的纵截距，可得a（必须利用函数的单调性求解）；

2x(x0)为增函数. （3）

12x（2）求函数的导数，由导数的正负确定单调性；

52n112n2变形为an（3）不等式，由g(x)递减，得g(x)g(0)0(x0)，即f(x)2x，n2an5即anf(2an11)2an1，依次放缩，an2an12an222n12n． a15120，h(x)f(x)2x递增得h(x)h(0)(x0)，不等式an2x1

f(x)结论．

11111112x20，然后同样放缩得出1,22,先证20,

af(a)f(x)2xf(x)2x2x121【详解】解：（1）对f(x)ln(2xa)求导，得f(x)2.

2xa2.又因为f(1)ln(2a)， 2a所以曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为

因此f(1)2(x1)， 2a22. xln(2a)即y2a2a22ln3. 由题意，ln(2a)2a3yln(2a)显然a1，适合上式. 令(a)ln(2a)求导得(a)2(a0)， 2a120， 22a(2a)因此(a)为增函数：故a1是唯一解.

（2）由（1）可知，g(x)ln(2x1)2x(x0),h(x)ln(2x1)2x(x0)， 2x124x20， 2x12x1所以g(x)f(x)2x(x0)为减函数.

因为g(x)因为h(x)224x0， 2x1(2x1)2(2x1)22x(x0)为增函数.

12x2（3）证明：由a1,an1fanln2an1，易得an0.

5所以h(x)f(x)52n112n2an 2nan5由（2）可知，g(x)f(x)2xln(2x1)2x在(0,)上为减函数. 因此，当x0时，g(x)g(0)0，即f(x)2x.

令xan1(n2)，得fan12an1，即an2an1. 因此，当n2时，an2an12an222n12na1.

552n112成立. 所以n2an下面证明：

120. an2x2xln(2x1)在(0,)上为增函数. 2x12x1因此，当x0时，h(x)h(0)0，

由（2）可知，h(x)f(x)即f(x)2x0. 2x1111， 因此

f(x)2x即

11122. f(x)2x令xan1(n2)，得

11122，

fan12an111122即. an2an1当n2时，

1111212222. 2ffa1ana2ln1.85因为ln1.8ln3lne1， 2所以

1120，所以20.

a2ln1.8所以，当n3时，

11111112222n220. an2an12a22an2

所以，当n2时，

120成立. an52n1120成立. 综上所述，当n2时，n2an【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．本题中不等式的证明，考查了转化与化归的能力，把不等式变形后利用第（2）小题函数的单调性得出数列的不等关系：

an2an1，

难题．

1112(2)(n2)．这是最关键的一步．然后一步一步放缩即可证明．本题属于困an2an1