天津数学-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_其他地方卷（目前搜集不完整）_天津卷（数）

2024 年天津高考数学
一、单选题
1．集合A={1,2,3,4}，B={2,3,4,5}，则AB=（ ）
A．{1,2,3,4} B．{2,3,4} C．{2,4} D．{1}
【答案】B
【详解】因为集合A={1,2,3,4}，B={2,3,4,5}，
因此AB={2,3,4}，
故选B
2．设a,b∈R，则“a3 =b3”是“3a =3b”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】C
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，a3 =b3和3a =3b都当且仅当a=b，所以二者互为充要条件.
故选C.
3．下列图中，线性相关性系数最大的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现
明显的正相关， r 值相比于其他3图更接近1.
故选A
4．下列函数是偶函数的是（ ）
ex−x2 cosx+x2 ex−x sinx+4x
A．y= B．y= C．y= D．y=
x2+1 x2+1 x+1 e|x|
【答案】B
【详解】A，设 f (x)=
ex−x2
，函数定义域为R，但 f (−1)=
e−1−1
， f (1)=
e−1
，则 f (−1)≠ f (1)，A错误；
x2+1 2 2B，设g(x)=
cosx+x2
，函数定义域为R，且g(−x)=
cos(−x)+(−x)2
=
cosx+x2
=g(x)，则g(x)为偶函数，B正
x2+1 (−x)2+1 x2+1
确；
C，设h(x)=
ex−x
，函数定义域为{x|x≠−1}，不关于原点对称， 则h(x)不是偶函数，C错误；
x+1
sinx+4x sin1+4 −sin1−4
D，设ϕ(x)= ，函数定义域为R，因为ϕ(1)= ，ϕ(−1)= ，
e|x| e e
则ϕ(1)≠ϕ(−1)，则ϕ(x)不是偶函数，D错误.
故选B.
5．若a=4.2−0.3，b=4.20.3，c=log 0.2，则a，b，c的大小关系为（ ）
4.2
A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a
【答案】B
【详解】因为y=4.2x在R上递增，且−0.3<0<0.3，
所以0<4.2−0.3 <4.20 <4.20.3，
所以0<4.2−0.3 <1<4.20.3，即0<a<1<b，
因为y=log x在(0,+∞)上递增，且0<0.2<1，
4.2
所以log 0.2<log 1=0，即c<0，
4.2 4.2
所以b>a>c，
故选B
6．若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//α，n//α，则m⊥n B．若m//α,n//α，则m//n
C．若m//α,n⊥α，则m⊥n D．若m//α,n⊥α，则m与n相交
【答案】C
【详解】A，若m//α，n//α，则m,n平行或异面或相交，A错误.
B，若m//α,n//α，则m,n平行或异面或相交，B错误.
C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得βα=s，因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，C正确.
D，若m//α,n⊥α，则m与n相交或异面，D错误.
故选C.
 π  π π
7．已知函数 f (x)=sin3ωx+  (ω>0)的最小正周期为π．则 f (x)在  − ,  的最小值是（ ）
 3  12 6
3 3 3
A．− B．− C．0 D．
2 2 2
【答案】A
 π π
【分析】结合周期公式求出ω，得 f (x)=−sin2x，再整体求出x∈

− ,

时，2x的范围。
 12 6
 π 2π 2
【详解】 f (x)=sin3ωx+ =sin(3ωx+π)=−sin3ωx，由T = =π得ω= ，
 3 3ω 3
 π π  π π
即 f (x)=−sin2x，当x∈

− ,

时，2x∈

− ,

，
 12 6  6 3
画出 f (x)=−sin2x图象，如下图，
 π π
由图可知， f (x)=−sin2x在

− ,

上递减，
 12 6
π π 3
所以，当x= 时， f (x) =−sin =−
6 min 3 2故选A
x2 y2
8．双曲线 − =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F、F.P是双曲线右支上一点，且直线PF 的斜率为2．△PFF
a2 b2 1 2 2 1 2
是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）
x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2
A． − =1 B． − =1 C． − =1 D． − =1
8 2 8 4 2 8 4 8
【答案】C
【分析】可利用△PFF 三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设 PF =m，由面积公式求出m，由勾股定
1 2 2
理得出c，结合第一定义再求出a.
【详解】如下图：点P必落在第四象限，∠FPF =90°，设 PF =m，
1 2 2
2
∠PF F =θ,∠PFF =θ，由k =tanθ =2，求得sinθ = ，
2 1 1 1 2 2 PF2 1 1 5
1 1
因为∠FPF =90°，所以k ⋅k =−1，求得k =− ，即tanθ = ，
1 2 PF1 PF2 PF1 2 2 2
1
sinθ = ，由正弦定理可得： PF : PF : FF =sinθ:sinθ :sin90°=2:1: 5，
2 5 1 2 1 2 1 2
则由 PF =m得 PF =2m, FF =2c= 5m，
2 1 1 2
1 1
由S = PF ⋅ PF = m⋅2m=8得 m=2 2 ，则 PF =2 2, PF =4 2, FF =2c=2 10,c= 10，
PF1F2 2 1 2 2 2 1 1 2
由双曲线第一定义可得： PF − PF =2a=2 2，a= 2,b= c2−a2 = 8，
1 2
x2 y2
因此双曲线的方程为 − =1.
2 8
故选C
9．一个五面体ABC−DEF．已知AD∥BE∥CF ，且两两之间距离为1．并已知AD=1，BE=2，CF =3．则该五
面体的体积为（ ）3 3 3 1 3 3 3 1
A． B． + C． D． −
6 4 2 2 4 2
【答案】C
【详解】用一个完全相同的五面体HIJ −LMN （顶点与五面体ABC−DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；
E,M ;F,L重合，
因为AD∥BE∥CF ，且两两之间距离为1．AD=1,BE =2,CF =3，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，
1 1 1 3 3
V = V = × ×1×1× ×4= .
ABC−DEF 2 ABC−HIJ 2 2 2 2
故选C.
二、填空题
( ) ( )
10．已知i是虚数单位，复数 5+i ⋅ 5−2i = ．
【答案】7− 5i
( ) ( )
【详解】 5+i ⋅ 5−2i =5+ 5i−2 5i+2=7− 5i.
答案为7− 5i.
6
 3 x3
11．在  +  的展开式中，常数项为 ．
x3 3 
【答案】20
【详解】因为   3 + x3  6 的展开式的通项为T =Cr   3   6−r  x3  r =36−2rCrx6(r−3) ,r=0,1,⋅⋅⋅,6，
x3 3  r+1 6x3  3  6
令6(r−3)=0，可得r=3，
因此常数项为30C3 =20.
6
答案为20.
12．圆(x−1)2+y2 =25的圆心与抛物线y2 =2px(p>0)的焦点F 重合，A为两曲线的交点，则原点到直线AF 的距
离为 ．
4
【答案】 /0.8
5
p
【详解】圆(x−1)2+y2 =25的圆心为F(1,0)，故 =1即p=2，
2(x−1)2+y2 =25
由 可得x2+2x−24=0，故x=4或x=−6（舍），
y2 =4x
4
故A(4,±4)，故直线AF:y=± (x−1)即4x−3y−4=0或4x+3y−4=0，
3
4 4
因此原点到直线AF 的距离为d = = ，
5 5
4
答案为
5
13．A,B,C,D,E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为 ；已知乙选了A活动，他再选择
B活动的概率为 ．
3 1
【答案】
5 2
【详解】解法一：从五个活动中选三个的情况有：
ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，
其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，
6 3
则甲选到A得概率为：P= = ；
10 5
乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，
其中再选则B有3种可能性：ABC,ABD,ABE，
3 1
因此乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 = .
6 2
解法二：设甲、乙选到A为事件M ，乙选到B为事件N ，
C1
3
则甲选到A的概率为P(M)= C2 4 = 3 ； 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P ( N M )= P(MN) = C 5 3 = 1
C3 5 P(M) C2 2
5 4
C3
5
3 1
答案 ；
5 2
14．在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点， ，则λ+µ= ；
1
 
F 为线段BE上的动点，G为AF 中点，则AF⋅DG的最小值为 𝐶𝐶．𝐶𝐶 =2𝐷𝐷𝐶𝐶,𝐵𝐵����𝐶𝐶�⃗ =𝜆𝜆𝐵𝐵����𝐵𝐵�⃗+𝜇𝜇�𝐵𝐵���𝐶𝐶�⃗
4 5
【答案】 −
3 18
 
{ } 
【分析】解法一：以 BA,BC 为基底向量，根据向量的线性运算求 BE ，即可得λ+µ，设 ，求 ， ，
  
结合数量积的运算律求AF⋅DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求 BE𝐵𝐵�，���𝐵𝐵�⃗即=可𝑘𝑘得�𝐵𝐵���𝐶𝐶�λ⃗ +µ𝐵𝐵�，���𝐵𝐵�⃗设𝐷𝐷����𝐷𝐷�⃗
 1   
F(a,−3a),a∈

− ,0

，求 ， ，结合数量积的坐标运算求AF⋅DG的最小值.
 3 
𝐵𝐵����𝐵𝐵�⃗1 𝐷𝐷����𝐷𝐷�⃗
【详解】解法一：因为CE= DE，即 ，则 ，
2
2 1
𝐶𝐶����𝐶𝐶�⃗ =3𝐵𝐵����𝐵𝐵�⃗ 𝐵𝐵����𝐶𝐶�⃗ =�𝐵𝐵���𝐶𝐶�⃗+𝐶𝐶����𝐶𝐶�⃗ =3𝐵𝐵����𝐵𝐵�⃗+𝐵𝐵����𝐶𝐶�⃗1 4
可得λ= ,µ=1，所以λ+µ= ；
3 3
   
根据题意可知： BC = BA =1,BA⋅BC =0，
  1  
因为F 为线段BE上的动点，设BF =kBE= kBA+kBC,k∈[0,1]，
3
     1  
则AF = AB+BF = AB+kBE= k−1BA+kBC，
3 
    1 11  1 
又因为G为AF 中点，则DG=DA+AG=−BC+ AF =  k−1BA+ k−1BC，
2 23  2 
  1   11  1 
可得AF⋅DG=  k−1BA+kBC ⋅   k−1BA+ k−1BC
3   23  2  
2 2
11  1  5 6 3
=  k−1 +k k−1= k−  − ，
23  2  9 5 10
又因为k∈[ 0,1 ]，可知：当k =1时，  A  F  ⋅  D  G  取到最小值− 5 ；
18
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
 1 
则A(−1,0),B(0,0),C(0,1),D(−1,1),E− ,1，
 3 
    1 
可得BA=(−1,0),BC =(0,1),BE=− ,1，
 3 
 1
   −λ=− 4
因为BE=λBA+µBC =(−λ,µ)，则 3，所以λ+µ= ；
 µ=1 3
 1   1 
因为点F 在线段BE:y=−3x,x∈

− ,0

上，设F(a,−3a),a∈

− ,0

，
 3   3 
a−1 3 
且G为AF 中点，则G ,− a，
 2 2 
  a+1 3 
可得AF =(a+1,−3a),DG= ,− a−1，
 2 2 
  (a+1)2  3   2 2 3
则AF⋅DG= +(−3a) − a−1=5a+  − ，
2  2   5 10
 1  1   5
且a∈

− ,0

，所以当a=− 时，AF⋅DG取到最小值为− ；
 3  3 18
4 5
答案为 ；− .
3 18
15．若函数 f (x)=2 x2−ax− ax−2 +1恰有一个零点，则a的取值范围为 ．( ) ( )
【答案】 − 3,−1 ∪ 1, 3
 2
ax−3,x≥

【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数g(x)=2 x2−ax与h(x)=   a ，则两函数图象有
 1−ax,x< 2
 a
唯一交点，分a=0、a>0与a<0进行讨论，当a>0时，计算函数定义域可得x≥a或x≤0，计算可得a∈(0,2 ]时，
两函数在y轴左侧有一交点，则只需找到当a∈(0,2 ]时，在y轴右侧无交点的情况即可得；当a<0时.
【详解】令 f (x)=0，即2 x2−ax = ax−2 −1，根据题意可得x2−ax≥0，
2
当a=0时，x∈R，有2 x2 = −2 −1=1，则x=± ，不符合要求，舍去；
2
 2
ax−3,x≥

 a
当a>0时，则2 x2−ax = ax−2 −1= ，
 1−ax,x< 2
 a
 2
ax−3,x≥

即函数g(x)=2 x2−ax与函数h(x)=   a 有唯一交点，
 1−ax,x< 2
 a
由x2−ax≥0，可得x≥a或x≤0，
当x≤0时，则ax−2<0，则2 x2−ax = ax−2 −1=1−ax，
即4x2−4ax=(1−ax)2，整理得 ( 4−a2) x2−2ax−1=

(2+a)x+1



(2−a)x−1

=0，
1
当a=2时，即4x+1=0，即x=− ，
4
1 1
当a∈(0,2)，x=− 或x= >0（正值舍去），
2+a 2−a
1 1
当a∈(2,+∞)时，x=− <0或x= <0，有两解，舍去，
2+a 2−a
即当a∈(0,2 ]时，2 x2−ax− ax−2 +1=0在x≤0时有唯一解，
则当a∈(0,2 ]时，2 x2−ax− ax−2 +1=0在x≥a时需无解，
当a∈(0,2 ]，且x≥a时，
 2
ax−3,x≥

由函数h(x)=   a 关于x= 2 对称，令h(x)=0，可得x= 1 或x= 3 ，
 1−ax,x< 2 a a a
 a
1 2 2 3
且函数h(x)在 , 上单调递减，在 , 上单调递增，
a a a a
2
 a
x− 
令g(x)= y=2 x2−ax ，即 2 − y2 =1，
a2 a2
4(x)2 y2
当x≥a时，g(x)图象为双曲线 a2 − a2 =1 右支的x轴上方部分向右平移 a 所得，
2
4
(x)2 y2 a
− =1 y=± x=±2x
由 a2 a2 的渐近线方程为 a ，
4 2
 a
即g(x)部分的渐近线方程为y=2x− ，其斜率为2，
 2
 2
ax−3,x≥

又a∈(0,2 ]，即h(x)=   a 在x≥ 2 时的斜率a∈(0,2 ]，
 1−ax,x< 2 a
 a
令g(x)=2 x2−ax =0，可得x=a或x=0（舍去），
且函数g(x)在(a,+∞)上单调递增，
1
<a

a
故有 ，解得1<a< 3，故1<a< 3符合要求；
3
>a
a
 2
ax−3,x≤

 a
当a<0时，则2 x2−ax = ax−2 −1= ，
 1−ax,x> 2
 a
 2
ax−3,x≤

即函数g(x)=2 x2−ax与函数h(x)=   a 有唯一交点，
 1−ax,x> 2
 a
由x2−ax≥0，可得x≥0或x≤a，
当x≥0时，则ax−2<0，则2 x2−ax = ax−2 −1=1−ax，
即4x2−4ax=(1−ax)2，整理得 ( 4−a2) x2−2ax−1=

(2+a)x+1



(2−a)x−1

=0，
1
当a=−2时，即4x−1=0，即x= ，
4
1 1
当a∈(−2,0)，x=− <0（负值舍去）或x= 0，
2+a 2−a
1 1
当a∈(−∞,2)时，x=− >0或x= >0，有两解，舍去，
2+a 2−a
即当a∈[−2,0)时，2 x2−ax− ax−2 +1=0在x≥0时有唯一解，
则当a∈[−2,0)时，2 x2−ax− ax−2 +1=0在x≤a时需无解，
当a∈[−2,0)，且x≤a时，
 2
ax−3,x≤

由函数h(x)=   a 关于x= 2 对称，令h(x)=0，可得x= 1 或x= 3 ，
 1−ax,x> 2 a a a
 a2 1 3 2
且函数h(x)在 , 上单调递减，在 , 上单调递增，
a a a a
(x)2 y2
同理可得：x≤a时，g(x)图象为双曲线 a2 − a2 =1 左支的x轴上方部分向左平移 a 所得，
2
4
 a
g(x)部分的渐近线方程为y=−2x+ ，其斜率为−2，
 2
 2
ax−3,x≥

又a∈[−2,0)，即h(x)=   a 在x< 2 时的斜率a∈[−2,0)，
 1−ax,x< 2 a
 a
令g(x)=2 x2−ax =0，可得x=a或x=0（舍去），
且函数g(x)在(−∞,a)上单调递减，
1
>a

a
因此有 ，解得− 3<a<−1，故− 3<a<−1符合要求；
3
<a
a
( ) ( )
综上所述，a∈ − 3,−1  1, 3 .
( ) ( )
答案为 − 3,−1 ∪ 1, 3 .
三、解答题
9 a 2
16．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知cosB= ，b=5， = ．
16 c 3
(1)求a；
(2)求sinA；
(3)求cos(B−2A)的值．
【答案】(1)4
7
(2)
4
57
(3)
64
【分析】a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA；
法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利
用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设a=2t,c=3t，t >0，则根据余弦定理得b2 =a2+c2−2accosB，
9
即25=4t2+9t2−2×2t×3t× ，解得t =2（负舍）；
16
则a=4,c=6.
2
 9  5 7
（2）法一：因为B为三角形内角，所以sinB= 1−cos2B = 1−  = ，
16 164 5
a b = 7
再根据正弦定理得 = ，即sinA 5 7 ，解得sinA= ，
sinA sinB 4
16
b2+c2−a2 52+62−42 3
法二：由余弦定理得cosA= = = ，
2bc 2×5×6 4
2
因为A∈(0,π)，则sinA=
1−
3


=
7
4 4
9  π
（3）法一：因为cosB= >0，且B∈(0,π)，所以B∈0, ，
16  2
5 7
由（2）法一知sinB= ，
16
2
 7 3
因为a<b，则A<B，所以cosA= 1−  = ，
 
 4  4
2
7 3 3 7 3 1
则sin2A=2sinAcosA=2× × = ，cos2A=2cos2 A−1=2×  −1=
4 4 8 4 8
9 1 5 7 3 7 57
cos(B−2A)=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × = .
16 8 16 8 64
7 3 3 7
法二：sin2A=2sinAcosA=2× × = ，
4 4 8
2
3 1
则cos2A=2cos2 A−1=2×  −1= ，
4 8
2
 9  5 7
因为B为三角形内角，所以sinB= 1−cos2B = 1−  = ，
16 16
9 1 5 7 3 7 57
所以cos(B−2A)=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × =
16 8 16 8 64
17．已知四棱柱ABCD−ABCD 中，底面ABCD为梯形，AB//CD，AA⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中
1 1 1 1 1
AB= AA =2,AD=DC =1．N 是BC 的中点，M 是DD 的中点．
1 1 1 1
(1)求证DN//平面CBM ；
1 1
(2)求平面CBM 与平面BBCC 的夹角余弦值；
1 1 1
(3)求点B到平面CBM 的距离．
1
【答案】(1)见解析
2 22
(2)
112 11
(3)
11
【分析】（1）取CB 中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得DN//MP；
1 1
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算.
【详解】（1）取CB 中点P，连接NP，MP，
1
1
由N 是BC 的中点，故NP//CC ，且NP= CC ，
1 1 1 2 1
1 1
由M 是DD 的中点，故DM = DD = CC ，且DM//CC ，
1 1 2 1 2 1 1 1
则有DM//NP、DM =NP，
1 1
故四边形DMPN是平行四边形，故DN//MP，
1 1
又MP⊂平面CBM ，DN ⊄平面CBM ，
1 1 1
故DN//平面CBM ；
1 1
（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A(0,0,0)、B(2,0,0)、B (2,0,2)、M(0,1,1)、C(1,1,0)、C (1,1,2)，
1 1
  
则有CB =(1,−1,2)、CM =(−1,0,1)、BB =(0,0,2)，
1 1
 
设平面CBM 与平面BBCC 的法向量分别为m=(x,y ,z )、n=(x ,y ,z )，
1 1 1 1 1 1 2 2 2
   
 m⋅CB =x −y +2z =0  n⋅CB =x −y +2z =0
则有   1  1 1 1 ，   1 2 2 2 ，
m⋅CM =−x +z =0 n⋅BB =2z =0
1 1 1 2
分别取x =x =1，则有y =3、z =1、y =1，z =0，
1 2 1 1 2 2
 
即m=(1,3,1)、n=(1,1,0)，
 
  m⋅n 1+3 2 22
则cosm,n=   = = ，
m⋅ n 1+9+1⋅ 1+1 11
2 22
故平面CBM 与平面BBCC 的夹角余弦值为 ；
1 1 1
11
 
（3）由BB =(0,0,2)，平面CBM 的法向量为m=(1,3,1)，
1 1
 
BB ⋅m
则有 1 = 2 = 2 11 ，

m 1+9+1 112 11
因此点B到平面CBM 的距离为 .
1
11
x2 y2 1
18．已知椭圆 + =1(a>b>0)椭圆的离心率e= ．左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中
a2 b2 2
3 3
S = ．
△ABC
2
(1)求椭圆方程．
 3  
(2)过点0,− 的动直线与椭圆有两个交点P，Q．在y轴上是否存在点T使得TP⋅TQ≤0．若存在求出这个T点纵
 2
坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
x2 y2
【答案】(1) + =1
12 9
 3  
(2)存在T(0,t) −3≤t≤ ，使得TP⋅TQ≤0恒成立.
 2
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
3
（2）设该直线方程为：y=kx− ，P(x,y ),Q(x ,y ),T(0,t)， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理
2 1 1 2 2
   
和向量数量积的坐标运算可用k,t表示TP⋅TQ，再根据TP⋅TQ≤0可求t的范围.
1
【详解】（1）因为椭圆的离心率为e= ，故a=2c，b= 3c，其中c为半焦距，
2
所以A(−2c,0),B ( 0,− 3c ) ,C


 
0,−
2
3c

 
，故S
△ABC
= 1
2
×2c×
2
3 c= 3
2
3 ，
x2 y2
故c= 3，所以a=2 3，b=3，因此椭圆方程为： + =1.
12 9
（2）
 3 3
若过点0,− 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y=kx− ，
 2 2
设P(x,y ),Q(x ,y ),T(0,t)，
1 1 2 2
3x2+4y2 =36
由   3 可得 ( 3+4k2) x2−12kx−27=0，
y=kx−
 2
故Δ=144k2+108 ( 3+4k2) =324+576k2 >0且x +x = 12k ,xx =− 27 ,
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
 
而TP=(x,y −t),TQ=(x ,y −t)，
1 1 2 2
   3  3 
故TP⋅TQ=xx +(y −t)(y −t)=xx +kx − −tkx − −t
1 2 1 2 1 2  1 2  2 2 
2
= ( 1+k2) xx −k   3 +t   (x +x )+   3 +t  
1 2 2  1 2 2 2
=
( 1+k2)
×

−
27 
−k


3
+t

×
12k
+


3
+t


 3+4k2  2  3+4k2 2 
2
3 
−27k2−27−18k2−12k2t+3 +t +(3+2t)2 k2
2 
=
3+4k2
2
3 

(3+2t)2−12t−45

 k2+3
2
+t

−27
，
=
3+4k2
(3+2t)2−12t−45≤0
   3
因为TP⋅TQ≤0恒成立，故 3  2 ，解得−3≤t≤ .
3 +t −27≤0 2
 2 
 3
若过点0,− 的动直线的斜率不存在，则P(0,3),Q(0,−3)或P(0,−3),Q(0,3)，
 2
3
此时需−3≤t≤3，两者结合可得−3≤t≤ .
2
 3  
综上所述，存在T(0,t) −3≤t≤ ，使得TP⋅TQ≤0恒成立.
 2
19．已知数列{a }是公比大于0的等比数列．其前n项和为S ．若a =1,S =a −1．
n n 1 2 3
(1)求数列{a }前n项和S ；
n n
k,n=a
(2)设b = k ，k∈N*．
n b +2k,a <n<a
n−1 k k+1
（ⅰ）当k ≥2,n=a 时，求证：b ≥a ⋅b ；
k+1 n−1 k n
Sn
（ⅱ）求∑b ．
i
i=1
【答案】(1)S =2n−1
n
Sn (3n−1)4n+1
(2)①见详解；②∑b =
i 9
i=1
【分析】（1）设等比数列{a }的公比为q>0，根据题意结合等比数列通项公式求q；
n
（2）①根据题意分析可知a =2k−1,b =k+1，b =k ( 2k −1 ) ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求
k n n−1
2k−1 1
和公式可得 ∑b i = 9   (3k−1)4k −(3k−4)4k−1 .
i=2k−1
【详解】（1）设等比数列{a }的公比为q>0，
n
因为a =1,S =a −1，即a +a =a −1，
1 2 3 1 2 3
可得1+q=q2−1，整理得q2−q−2=0，解得q= 2或q=−1（舍去），1−2n
所以S = =2n−1.
n 1−2
（2）（i）根据（1）可知a =2n−1，且k∈N*,k ≥2，
n
a =2k−1<2k −1=n−1
当n=a =2k ≥4时，则 k ，即a <n−1<a
k+1 n−1=a −1<a k k+1
k+1 k+1
可知a =2k−1,b =k+1，
k n
b =b +(a −a −1)⋅2k =k+2k ( 2k−1−1 ) =k ( 2k −1 ) ，
n−1 ak k+1 k
可得b −a ⋅b =k ( 2k −1 ) −(k+1)2k−1 =(k−1)2k−1−k ≥2(k−1)−k =k−2≥0，
n−1 k n
当且仅当k =2时，等号成立，
所以b ≥a ⋅b ；
n−1 k n
（ii）根据（1）可知：S =2n−1=a −1，
n n+1
若n=1，则S =1,b =1；
1 1
若n≥2，则a −a =2k−1，
k+1 k
当2k−1<i≤2k −1时，b −b =2k，可知{b}为等差数列，
i i−1 i
2k−1 2k−1( 2k−1−1 ) 1
可得 ∑b =k⋅2k−1+2k =k⋅4k−1 = (3k−1)4k −(3k−4)4k−1，
i 2 9  
i=2k−1
Sn 1 (3n−1)4n+1
所以∑b =1+ 5×42−2×4+8×43−5×42+⋅⋅⋅+(3n−1)4n−(3n−4)4n−1= ，
i 9   9
i=1
Sn (3n−1)4n+1
且n=1，综上所述：∑b = .
i 9
i=1
20．设函数 f (x)=xlnx．
(1)求 f (x)图象上点 ( 1, f (1)) 处的切线方程；
(2)若 f (x)≥a ( x− x ) 在x∈(0,+∞)时恒成立，求a的值；
(3)若x 1 ,x 2 ∈(0,1)，证明 f (x 1 )− f (x 2 ) ≤ x 1 −x 2 1 2 ．
【答案】(1)y=x−1
(2)2
(3)见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；
（3）先确定 f (x)的单调性，再对x,x 分类讨论.
1 2【详解】（1）由于 f (x)=xlnx，故 f′(x)=lnx+1.
所以 f (1)=0， f′(1)=1，所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方程为y=x−1.
1 t−1
（2）设h(t)=t−1−lnt，则h′(t)=1− = ，从而当0<t<1时h′(t)<0，当t>1时h′(t)>0.
t t
所以h(t)在(0,1]上递减，在[ 1,+∞)上递增，这就说明h(t)≥h(1)，即t−1≥lnt，且等号成立当且仅当t =1.
设g(t)=a(t−1)−2lnt，则
f (x)−a ( x− x ) =xlnx−a ( x− x ) =x  a   1 −1   −2ln 1  =x⋅g   1  .
  x  x  x
1
当x∈(0,+∞)时， 的取值范围是(0,+∞)，所以命题等价于对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0.
x
一方面，若对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0，则对t∈(0,+∞)有
1 1  2
0≤g(t)=a(t−1)−2lnt =a(t−1)+2ln ≤a(t−1)+2 −1=at+ −a−2，
t t  t
取t =2，得0≤a−1，故a≥1>0.
2 2 a ( )2
再取t= ，得0≤a⋅ +2 −a−2=2 2a−a−2=− a− 2 ，所以a=2.
a a 2
另一方面，若a=2，则对任意t∈(0,+∞)都有g(t)=2(t−1)−2lnt =2h(t)≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a的值是2.
f (b)− f (a)
（3）先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1< <lnb+1.
b−a
b
ln
blnb−alna alnb−alna
a
证明：前面已经证明不等式t−1≥lnt，故 = +lnb= +lnb<1+lnb，
b−a b−a b
−1
a
a a 
−ln − −1
且 blnb−alna = blnb−blna +lna= b +lna> b  +lna=1+lna，
b−a b−a a a
1− 1−
b b
blnb−alna f (b)− f (a)
所以lna+1< <lnb+1，即lna+1< <lnb+1.
b−a b−a
1 1
由 f′(x)=lnx+1，可知当0<x< 时 f′(x)<0，当x> 时 ′ .
e e
 1 1  𝑓𝑓(𝑥𝑥)>0
所以 f (x)在0,

上递减，在

,+∞上递增.
 e e 
不妨设x ≤x ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
1 2
1
情况一：当 ≤x ≤x <1时，有 f (x )− f (x ) = f (x )− f (x )<(lnx +1)(x −x )<x −x < x −x ，结论成立；
e 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1
1
情况二：当0<x ≤x ≤ 时，有 f (x )− f (x ) = f (x )− f (x )=x lnx −x lnx .
1 2 e 1 2 1 2 1 1 2 2
 1 1
对任意的c∈0,  ，设ϕ(x)=xlnx−clnc− c−x，则ϕ′(x)=lnx+1+ .
 e 2 c−x由于ϕ′(x)单调递增，且有
 
ϕ′ c 
=ln
c
+1+
1
<ln
1
+1+
1
=−1−
1
+1+
1
=0
 1+ 1  1+ 1 c 1+ 1 c 2c 2c ，
2e 2c  2e 2c 2 c− e 2c 2 c−
1+ 1 2
2e 2c
且当
1
x≥c− c 1 2
 2  2 ，x> 时，由 ≥ln −1可知
4ln −1 2 2 c−x c
 c 
1 c 1 1  2 
ϕ′(x)=lnx+1+ >ln +1+ = −ln −1≥0.
2 c−x 2 2 c−x 2 c−x  c 
所以ϕ′(x)在(0,c)上存在零点x ，再结合ϕ′(x)单调递增，即知0<x<x 时ϕ′(x)<0，x <x<c时ϕ′(x)>0.
0 0 0
故ϕ(x)在(0,x ]上递减，在[ x ,c ]上递增.
0 0
①当x ≤x≤c时，有ϕ(x)≤ϕ(c)=0；
0
1 ( ) 1 2  1 
②当0<x<x 时，由于 cln =−2f c ≤−2f  = <1，因此我们可以取q∈ cln ,1.
0 c e e  c 
c
从而当0<x< 时，由 c−x >q c，可得
1−q2
 1 
ϕ(x)=xlnx−clnc− c−x <−clnc− c−x <−clnc−q c = c cln −q<0.
 c 
再根据ϕ(x)在(0,x ]上递减，即知对0<x<x 都有ϕ(x)<0；
0 0
根据①②可知对任意0<x≤c，都有ϕ(x)≤0，即ϕ(x)=xlnx−clnc− c−x ≤0.
 1
根据c∈  0, e   和0<x≤c的任意性，取c=x 2 ，x=x 1 ，就得到x 1 lnx 1 −x 2 lnx 2 − x 2 −x 1 ≤0.
所以 f (x )− f (x ) = f (x )− f (x )=x lnx −x lnx ≤ x −x .
1 2 1 2 1 1 2 2 2 1
1 1 1
情况三：当0<x ≤ ≤x <1时，根据情况一和情况二的讨论，可得 f (x )− f   ≤ −x ≤ x −x ，
1 e 2 1 e e 1 2 1
1 1
f  − f (x ) ≤ x − ≤ x −x .
e 2 2 e 2 1
1 1
而根据 f (x)的单调性，知 f (x )− f (x ) ≤ f (x )− f   或 f (x )− f (x ) ≤ f  − f (x ) .
1 2 1 e 1 2 e 2
因此一定有 f (x )− f (x ) ≤ x −x 成立.
1 2 2 1