江苏省盐城市2023-2024学年第二学期高二年级6月数学试题（解析版）_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0701江苏省盐城市2023-2024学年高二下学期6月期末

2023-2024 学年度第二学期高二年级期终考试 数学试题 注意事项： 1．本试卷考试时间为 120分钟，试卷满分 150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、单选题：（本大题共 8小题，每小题 5分，计 40分．每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合要求的，请在答题卡的指定位置填涂答案选项．） X～N  2,2  P  X 0 0.2 P  X 4  1. 已知随机变量 ，若 ，则 （ ） A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求概率. 【详解】随机变量X～N  2,2  ，P  X 0 0.2， 则P  X 4 P  X 0 0.2， 故P  X 4 1P  X 4 10.20.8. 故选：D. 2. 已知a   m,1  ，b   3m1,1 ，若a  //b  ，则m（ ） A.  1 B. －1 C. 1 D. 2 2 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为a   m,1  ，b   3m1,1 且a  //b  ， 1 所以m11 3m1  ，解得m . 2 故选：C 2 1 5 3. 若随机事件A，B满足P  A  ，P  B  ，P  AB  ，则P  AB （ ） 3 2 6 第1页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 2 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】由概率的性质P  AB  P  A P  B P  AB  即可得到答案. 【详解】由概率的性质， 2 1 5 1 P  AB  P  A P  B P  AB     . 3 2 6 3 故选：B. 4. 白术是常见的大宗药材，最早记载于《神龙本草经》，又叫于术、片术，具有补脾健胃，燥湿利水等功效．今 年白术从1月份到5月份每公斤的平均价格y（单位：元）的数据如下表： 月份x 1 2 3 4 5 每公斤平均价格y 77 109 137 168 199 根据上表可得回归方程 yˆ 30xa，则实数a的值为（ ） A.46 B.47 C.48 D.49 【答案】C 【解析】 【分析】求出x， y，根据回归直线方程必过样本中心点计算可得. 1 1 【详解】依题意x 123453， y   77109137168199 138， 5 5   又回归直线方程 yˆ 30xa必过样本中心点 x,y ， 所以138303a，解得a48. 故选：C x2 y2 5. 若双曲线C：  1  a0,b0 的渐近线与圆 x2 2  y2 3没有公共点，则双曲线C的离心 a2 b2 率的取值范围为（ ） 2 3   2 3 A.   ,  B. 2, C.  1,2  D.   1,    3   3  【答案】B 【解析】 【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径求得a和b的关 第2页/共19页 学科网（北京）股份有限公司系，进而利用c2  a2 b2求得a和c的关系，则双曲线的离心率可求． 【详解】双曲线渐近线为bxay 0，且与圆 x2 2  y2 3没有公共点， 2b 圆心到渐近线的距离大于半径，即  3， a2 b2 c b2 3a2，b2 c2 a2 3a2，e 2． a 故选：B． 6. 某中学开设8个社团课程，甲乙两名同学分别从这8个社团课程中随机选2个课程报名，则两人恰好有 1个课程相同的选法有（ ） A.168种 B.336种 C.392种 D.640种 【答案】B 【解析】 【分析】先从这8个社团课程中随机选1个课程，是两名同学共同选的1个课程，然后从剩下的7个社团 课程中选2个课程，分别给甲乙两名同学，即可得到答案. 【详解】从这8个社团课程中随机选1个课程，是两名同学共同选的1个课程，方法种数为C1种， 8 从剩下的7个社团课程中选2个课程，分别给甲乙两名同学，方法种数为A2种， 7 所以共有C1A2 876336种. 8 7 故选:B. 10 1 7. 设数列  a  的前n项积为T ，满足a 3T 1，则  （ ） n n n n T i1 i 275 295 A.175 B.185 C. D. 2 2 【答案】A 【解析】 T 1 1 【分析】首先令n 1求出a ，当n2时a  n ，即可得到T 3TT T ，从而得到  3， 1 n T n n n1 n1 T T n1 n n1  1  即 是以4为首项，3为公差的等差数列，再由等差数列求和公式计算可得. T  n 1 【详解】因为a 3T 1，当n 1时a 3T 1，解得a  ， n n 1 1 1 4 第3页/共19页 学科网（北京）股份有限公司T T 当n2时a  n ，所以 n 3T 1，则T 3TT T ， n T T n n n n1 n1 n1 n1 1 1 1  1  所以  3，又 4，所以 是以4为首项，3为公差的等差数列， T n T n1 T 1 T n  10 1 10 101  所以 410 3175. T 2 i1 i 故选：A 8. 已知函数 f  x  x3 2x2，若 f  m 2en，则m与n的大小关系为（ ） A. mn B. mn C. mn D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】由 f  m 2en可得nln  m3 2m2  ln2，则mnmln  m3 2m2  ln2  m2  ，令 g  m mln  m3 2m2  ln2，对g  m  求导，求出g  m  的最小值大于0，即可证明mn. 【详解】因为 f  m 2en，所以 f  m m32m2 m2 m2 2en，则m>2， 即 m3 2m2 en，两边同时取对数，则nln m3 2m2 ln  m32m2 ln2 ， 2 2 则mnmln  m32m2  ln2mln  m32m2  ln2,  m 2    令g  m mln  m3 2m2  ln2  m2  ， 3m2 4m m32m2   3m2 4m  m35m2 4m  m1  m4  g m 1    ， m32m2 m32m2 m32m2 m  m2  令g m 0，解得：m4；令g m 0，解得：2m4， 所以在  2,4  上单调递减，在  4, 上单调递增， g  m   g  4 4ln32ln244ln20， min 所以mn 0，所以mn. 故选：B. 二、多选题：（本题共3个小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求，全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分．请在答题卡 的指定位置填涂答案选项．） 第4页/共19页 学科网（北京）股份有限公司9.2024年五一假期新片《维和防暴队》，《末路狂花钱》，《穿过月亮的旅行》，《九龙城寨之围城》，《间谍过 家家代号：白》，《哈尔的移动城堡》的豆瓣评分如下：5.6 ，6.2，6.7，7.5，7.5，9.1．则下列关于这 组数据的说法中正确的有（ ） A. 均值为7.1 B. 中位数为7.1 C. 方差为2 D. 第80百分位数为7.5 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数、方差、中位数及百分位数的定义一一判断即可. 1 【详解】对于A：这组数据的均值为  5.66.26.77.57.59.1 7.1，故A正确； 6 6.77.5 对于B、D：将数据从小到大排列为5.6 ，6.2，6.7，7.5，7.5，9.1，故中位数为 7.1， 2 又680%4.8，所以第80百分位数为7.5，故B、D正确； 对于C：这组数据的方差为 1 377  5.67.1 2  6.27.1 2  6.77.1 2 2  7.57.1 2  9.17.1 2  ，故C错误.   6 300 故选：ABD 10. 已知正方体ABCDABCD 的棱长为1，M 为平面ABCD内一动点，则下列结论正确的有（ ） 1 1 1 1 A. BD 平面AC B 1 1 1 π B. 若直线DM 与平面ABCD所成角为 ，则点M 的轨迹是椭圆 1 3   1 1 C. 存在点M ，使得DM  DD DA DC 1 1 2 2 2 D. 正方体ABCDABCD 的外接球被平面AC B所截得的截面面积为 π 1 1 1 1 1 1 3 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.         【详解】如图建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ，B 1,1,0 ，A 1,0,1 ，C 0,1,1 ， 1 1         D 0,0,1 ，C 0,1,0 ，A 1,0,0 ，B 1,1,1 ， 1 1    所以AC 1,1,0 ，BA  0,1,1 ，DB  1,1,1 ， 1 1 1 1         所以DB AC 0，DB BA 0，所以DB  AC ，DB BA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 第5页/共19页 学科网（北京）股份有限公司即DB  AC ，DB  BA ，又BA AC  A ，BA,AC 平面AC B， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BD 平面AC B，故A正确； 1 1 1   设M  x,y,0  ，则DM  x,y,1 ，又平面ABCD的法向量可以为n  0,0,1  ， 1     D 1 M n 1 3 1 依题意 cosDM,n     ，所以x2  y2  ， 1 DM  n  x2  y2 1 2 3 1 π 所以直线DM 与平面ABCD所成角为 ，则点M 的轨迹是圆，故B错误； 1 3  1 1 1 1 1 1  因为DD DA DC  0,0,1   1,0,0   0,1,0   , ,1， 1 2 2 2 2 2 2   1   1 1 DM  x,y,1 ，所以当x y 时满足DM  DD DA DC，故C正确； 1 2 1 1 2 2 正方体ABCDABCD 的外接球的直径为正方体的体对角线， 1 1 1 1 12 12 12 3 1 1 1 则外接球的半径R   ，球心为DB 的中点，设为O，则O , , ， 2 2 1 2 2 2   由BD 平面AC B，所以平面AC B的一个法向量为m DB  1,1,1 ， 1 1 1 1 1 1   1 1 1 又BO    , , ，  2 2 2  1  mBO 所以点O到平面AC B的距离 2 3 ， 1 1 d     m 3 6 设平面AC B被外接球所截的截面圆的半径为r， 1 1 2 2  3  3 2 则r  R2 d2       ，     2 6 3     2 所以截面圆的面积S  πr2  π，故D正确. 3 故选：ACD 第6页/共19页 学科网（北京）股份有限公司  11. 定义：过曲线上一点且垂直于该点处切线的直线为曲线在该点处的法线．已知P 2,2 是抛物线C： x2 2py 上一点，F是抛物线C的焦点，点P处的切线l 与y轴交于点T，点P处的法线l 与x轴交于点 1 2 A，与y轴交于点G，与抛物线C交于另一点B，点M是PG的中点，则下列结论正确的有（ ） A. 点T的坐标是  0,1  B. l 的方程是x2y60 2 C. TG 2  PA  PB D. 过点M的抛物线C的法线有且只有l 2 【答案】BC 【解析】 【分析】先求出抛物线方程，接着根据题意可求出切线以及法线的切线方程，进而可求出A、B、G、M、T  x2  五个点的坐标即可依次判断ABC选项，对于D，设过点M的法线与抛物线C的交点为Qx , 0 ，则可  0 2   x2  以求出点Qx , 0 处的法线方程，进而将点M代入即可求解判断.  0 2  1 【详解】对于A，由题得22 2p2 p1，故抛物线C方程为x2 2y即y  x2， 2 故 y  x，所以点P  2,2  处的切线l 斜率为2， 1 所以切线l 方程为 y22  x2  即 y 2x2， 1 令x0，则 y=2，所以T  0,2  ，故A错误； 1 对于B，由A以及法向量定义可知切线l 的法向量l 的斜率为 ， 1 2 2 1 故l 的方程为 y2  x2 即x2y60，故B正确； 2 2   对于C，对于l ，令x0，则y3，所以G 0,3 ； 2 第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司  令y0，则x6，所以A 6,0 ， x 3 x2y60  1 x 2  9 联立   9 或 2 ，即B 3, ，P  2,2  ， x2 2y y  y 2  2  1 2 2 2 9  5 5 所以 TG 5， PA   62 2  02 2 2 5， PB  32 2   2  ， 2  2 则 TG 2 25， PA PB 2 5 5 5 25，故 TG 2  PA PB ，故C正确； 2 x x 20 y  y 23 5 对于D，因为M是PG的中点，故由上得x  P G  1,y  P G   ， M 2 2 M 2 2 2  5  x2  所以M 1, ，设过点M的法线与抛物线C的交点为Qx , 0 ，  2  0 2  1 由A分析可知点Q处的切线斜率为x ，故法线斜率为 ， 0 x 0 x2 1 所以点Q处的法线方程为 y 0   xx  ， 2 x 0 0  5 5 x2 1 将M 1, 代入法线方程得  0   1 x  x33x 2 0，  2 2 2 x 0 0 0 0  1 即 x 1 2 x 2 0 x 2或1，故Q  2,2  或Q 1, ， 0 0 0  2 所以过点M的抛物线C的法线有两条.故D错. 故选：BC. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 第8页/共19页 学科网（北京）股份有限公司三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，计15分．第 14题第一空 2分，第二空 3分．不 需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上） 12.  1x 3  1x 4  1x 5  1x 6展开式中含x2项的系数为______． 【答案】34 【解析】 【分析】求出各项展开中的x2系数，再求和即可. 【详解】x2的系数分别为C2、C2、C2、C2， 3 4 5 6 故展开式中x2的系数和为C2+C2+C2+C2 34. 3 4 5 6 故答案为：34. 13. 一种抛掷骰子游戏：若抛掷出点数为1，2，则得0分；若抛掷出点数为3，4，5，6，则得2分．现抛 掷骰子10次，则得分X的期望值为______． 40 1 【答案】 ##13 3 3 【解析】 【分析】设抛掷骰子一次得分为Y ，求出Y 的可能取值及其对应的概率，即可求出EY ，又X 10Y，由 均值的性质即可得出答案. 【详解】设抛掷骰子一次得分为Y ，则Y 0,2， 2 1 4 2 P  Y 0   ，P  Y 2   ， 6 3 6 3 1 2 4 所以E  Y 0 2  ，因为X 10Y， 3 3 3 4 40 所以E  X  E  10Y 10E  Y 10  . 3 3 40 故答案为： . 3 14. 祖暅，祖冲之之子，他的“祖暅原理”﹔幂势既同，则积不容异．意思是：夹在两个平行平面之间的两个 几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．将 x2 y2 双曲线E：  1与y0，y 5所围成的平面图形（含边界）绕其虚轴旋转一周得到如图所示的几何 9 25 体，其中线段OA为双曲线的实半轴，直线 y 5分别与双曲线E的一条渐近线及右支交于点B和C，则 线段BC旋转一周所得图形的面积为______，几何体的体积为______． 第9页/共19页 学科网（北京）股份有限公司【答案】 ①. 9 ②. 60π 【解析】     【分析】根据已知可得B 3,5 ，C 3 2,5 ，则线段BC旋转一周所得的图形为圆环面积，可得其面积； 根据祖暅定理可知几何体的体积为一个截面积相同的几何体体积加上等高的圆锥体积，即可得到答案. 【详解】 x2 y2 5 由双曲线  1得a 3,b5，则渐近线方程为 y  x， 9 25 3  5 x2 y2 所以   y  3 x    x 3 ，则B  3,5  ；又   9  25 1    x3 2 ，则C  3 2,5  ，  y 5 y 5  y 5 y 5  2 则线段旋转一周所得的图形的面积为：S  3 2 π32π 9π； 1 设在直线y0和y 5之间的任一条直线 y t0t 5，分别与双曲线E的一条渐近线及右支交于点G 和F，  5  3 x2 y2  3 y  x x  t 3    1 x 25t2 3  由 3  5 ，则G t,t，又 9 25  5 ，则F 25t2,t，  y t  y t 5   y t  y t 5  2 2 3  3  则线段GF 旋转一周所得的图形的面积为：S  25t2  π  t π 9π， 5  5  则被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等， 又双曲线的实半轴OAa3，此时截面面积为S  π32 9π  S ， 2 1 1 所以根据祖暅定理可得,几何体的体积为V  S hV 9π5 π32560π. 1 圆锥 3 第10页/共19页 学科网（北京）股份有限公司故答案为：9；60π. 四、解答题（本大题共 6小题，计 77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 请把答案写在答题卡的指定区域内） 15. 盒中有四张卡片，分别标有数字1，2，3，4，现从盒中任取两张卡片，记取到偶数的个数为X ． （1）求P  X 1  ； （2）求X 的分布列． 2 【答案】（1） 3 （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得； （2）依题意X 的可能取值为0，1，2，求出所对应的概率，即可得到分布列. 【小问1详解】 X 1表示的随机事件是“取到的两张卡片上的数字是一个偶数、一个奇数”， C1 C1 2 所以P  X 1  2 2  ； C2 3 4 【小问2详解】 依题意X 的可能取值为0，1，2， C2 1 C1 C1 2 C2 1 则P  X 0  2  ，P  X 1  2 2  ，P  X 2  2  ， C2 6 C2 3 C2 6 4 4 4 所以X 的分布列如下所示： X 0 1 2 1 2 1 P 6 3 6 16. 已知数列  a  是正项等比数列，其前n项和为S ，且a a 12，S  S 108． n n 1 2 4 2   （1）求 a 的通项公式； n a （2）设b  n ，求满足b 100的最大整数n． n log a n 3 n 【答案】（1）a 3n n 第11页/共19页 学科网（北京）股份有限公司（2）5 【解析】 a a 12 【分析】（1）设等差数列的公比为q，则 1 2 ，解方程即可得出答案； S S 108 4 2   （2）由（1）求出b ，求得 b 在nN*上单调递增，b 100,b 100，即可得出答案； n n 5 6 【小问1详解】 a a 12 设等差数列的公比为q，则 1 2 ， S S 108 4 2 a a q12 则 1 1 ，因为q0，所以q 3，a 3， a q2 a q3 108 1 1 1 所以a a qn1 33n1 3n . n 1 【小问2详解】 a 3n 3n 因为a 3n，b  n   ， n n log a log 3n n 3 n 3 3n1 b n1  n1  3n1  n  3n 1，所以  b  在nN*上单调递增， b 3n n1 3n n1 n n n 36 729 35 b   100,b  100，满足b 100的最大整数为5. 6 6 6 5 5 n 17. 如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD 平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，PAD  2 为等边三角形，点E是线段AD的中点，点M 满足CM  CP ． 3 （1）求证：PE//平面BDM ﹔ （2）求二面角M ABD的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 2 7 （2） 7 第12页/共19页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】（1）连接EC交BD于N ，连接MN，根据条件证明MN//PE 即可得证； （2）先证明PE 平面ABCD，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与 平面ABD的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得. 【小问1详解】 如图，连接EC交BD于N ，连接MN， 1 1 由E是AD的中点可得DE  AD  BC 1，又ABCD为正方形， 2 2 EN DE 1 1 所以DE//BC ，所以△DEN∽△BCN ，所以   ，即EN  NC ， NC BC 2 2  2 1 又CM  CP，即PM  MC ，所以MN//PE /， 3 2 又MN平面BDM ，PE平面BDM ，所以PE//平面BDM ； 【小问2详解】 因平面PAD 平面ABCD，且平面PAD平面ABCD AD，PAD为等边三角形，点E是线段AD 的中点， 可得PEAD，又PE 平面PAD，故得PE 平面ABCD.    如图，取BC的中点为F ，连接EF ，分别以EA,EF,EP为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则E  0,0,0  ,A  1,0,0  ，B  1,2,0  ,C 1,2,0  ,P  0,0, 3  ，     1  1 2 3  1 2 2 3 所以PC  1,2, 3 ，PM  PC  , , ，则M  , , ，     3 3 3 3 3 3 3         4 2 2 3 设平面AMB的法向量为n  x ,y ,z ，由AB  0,2,0  ,AM  , , ， 1 1 1 1  3 3 3    第13页/共19页 学科网（北京）股份有限公司  n AB  2y 0  1 1    则  4 2 2 3 ，故可取n 1  3,0,2 ； n AM  x  y  z  0  1 3 1 3 1 3 1  又平面ABD的一个法向量为n  0,0,1 ， 2     n 1 n 2 2 2 7 所以 cos n ,n      ， 1 2 n n 71 7 1 2 由图可知二面角M ABD的平面角为锐角， 2 7 所以二面角M ABD的余弦值为 . 7 18. 已知函数 f  x a2lnxx2 3ax  a0  ． （1）若函数 f  x  的图象在x 1处的切线与直线 y 5平行． ①求实数a的值； f  x  f  x  m ②对于任意x，x  2,4  ，当x  x 时，不等式 2 1  恒成立，求实数m的取值范围； 1 2 1 2 x x x x 2 1 1 2 （2）若函数 f  x  存在极小值，试用零点存在定理证明：存在x a，使得 f  x  等于函数 f  x  的极小 0 0 值． 【答案】（1）①a 1；②  84, （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①求出函数的导函数，依题意 f 1 0，求出a的值，再代入检验即可；②依题意可得 f  x  m  f  x  m 恒成立，所以 y  f  x  m 在  2,4  上单调递减，令h  x  f  x  m ， 1 x 2 x x x 1 2 x 2,4  ，则h x 0在  2,4  上恒成立，再参变分离可得m2x33x2 x在  2,4  上恒成立，利用导 数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可得解； （2）首先分a0、a0两种情况讨论，说明函数的单调性，求出函数的极小值点，令M  x  f  x  f  a  ，   结合零点存在性定理说明M x 存在零点，即可得证. 【小问1详解】 第14页/共19页 学科网（北京）股份有限公司①函数 f  x a2lnxx2 3ax  a0  的定义域为  0, ， f x  a2 2x3a， x 因为函数 f  x  的图象在x 1处的切线与直线 y 5平行，即 f 1 a2 23a0，解得a 1或a2； 当a 1时 f  x lnxx2 3x，则 f (1)=-2， 则函数 f  x  的图象在x 1处的切线为y=2，与直线 y 5平行，符合题意； 当a2时 f  x 4lnxx2 6x，则 f  1 5， 则函数 f  x  的图象在x 1处的切线为y 5，与直线 y 5重合，不符合题意； 所以a 1. f  x  f  x  m ②对于任意x，x  2,4  ，当x  x 时，不等式 2 1  恒成立， 1 2 1 2 x x x x 2 1 1 2 m m 即 f  x   f  x  恒成立， 1 x 2 x 1 2 m 所以 y  f  x  在  2,4  上单调递减， x m m 令h  x  f  x  lnxx2 3x ，x 2,4  ， x x 1 m 则h x  2x3 0在  2,4  上恒成立， x x2   所以m2x33x2 x在 2,4 上恒成立， 令F  x 2x33x2 x，x 2,4  ， 2 则F x 6x2 6x16  x 1   1 在  2,4  上单调递递增，  2 2 所以F x  F 2 0， 所以F  x  在  2,4  上单调递递增，所以F  x   F  4 84， max 所以m84，即实数m的取值范围为  84, ； 【小问2详解】 函数 f  x a2lnxx2 3ax  a0  的定义域为  0, ， a2  xa  2xa  且 f x  2x3a  ， x x 第15页/共19页 学科网（北京）股份有限公司当a0时 f¢(x)>0恒成立，所以 f  x  在  0, 上单调递增，则 f  x  无极值，不符合题意； 当a0时x， f  x  ， f  x  的关系如下所示：  a a a  x 0,   ,a a  a,  2 2 2  f  x   0  0    f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 f  x  在xa处取得极小值，  x 令M  x  f  x  f  a a2lnxx2 3ax f  a a2ln  x2 3ax2a2， a  a  a  a  a 3  则M     3a 0，M     ln2a2 0， e2  e2 e2  2 4  3 （e3 2.73 19.68324，所以lne3 ln24，则34ln2，所以 ln2）， 4  a  a  a a 所以M  M   0，又M  x  在 , 上为连续函数， e2  2 e2 2  a a   所以M x 在 , 上存在零点x ， e2 2 0  a a 即x   , 使得M  x 0，此时 f  x  f  a  ， 0 e2 2 0 0 所以存在x a，使得 f  x  等于函数 f  x  的极小值. 0 0 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为 不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的 单调性、极(最)值问题处理． x2 y2 2 19. 在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆E：  1  ab0 的离心率为 ，右焦点F到椭圆E上 a2 b2 3 任意一点的最小距离为1． （1）求椭圆E的方程； （2）设A，B为椭圆E的左，右顶点，过点F作直线l交椭圆E于C，D两点，C与A，B不重合），连接AC， 第16页/共19页 学科网（北京）股份有限公司BD交于点Q． ①求证：点Q在定直线上：     5 1 ②设AQ AC，BQ BD，求  的最大值． 1 2   1 2 x2 y2 【答案】（1）  1 9 5 9 5 1 8 （2）①点Q在定直线x 上；②  的最大值为 2   3 1 2 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率公式、焦半径范围和a2 b2 c2求出a、b即可得解. （2）①先由（1）得A 3,0  ，B  3,0  ，F  2,0  ，设直线l:x ty2、C  x ,y  、D  x ,y  ， 1 1 2 2 y y 则可得l : y  1  x3  ，l : y  2  x3  ，结合点C、D在直线l上联立直线AC与直线BD AC x 3 BD x 3 1 2 得Q点横坐标是一个定值从而得解.     15 3 ②由①以及AQ AC，BQ BD可分别求出 和  ，结合（1）中韦达定 1 2 1 2  x 3  2 2  x 3  1 2 5 1 理将其直接带入  计算即可求解.   1 2 【小问1详解】 a2 b2 c2  c 2 由题意得  ，a 3,b 5,c2， a 3  ac1  x2 y2 所以椭圆E的方程为  1. 9 5 【小问2详解】 ①由（1）A 3,0  ，B  3,0  ，F  2,0  ，故可设直线l:x ty2， xty2    联立x2 y2  5t29 y2 20ty250，   1  9 5 第17页/共19页 学科网（北京）股份有限公司则Δ 20t 2 4  5t29  25 900  t21  0，设C  x ,y  ,D  x ,y  ， 1 1 2 2 20t 25 则x ty 2,x ty 2，y  y  ，y y  ， 1 1 2 2 1 2 5t29 1 2 5t29 由题意可知直线AC与直线BD斜率存在， y y 则l : y  1  x3  ，l : y  2  x3  ， AC x 3 BD x 3 1 2  y  y y   y  1  x3  3 2  1   x 3 y y  x 3 x 3 联立 1  1  x3  2  x3  x 2 1 y x 3 x 3 y y  y  2  x3  1 2 2  1   x 2 3 x 2 3 x 1 3 3  y  x 3  y  x 3   3  y  ty 5  y  ty 1   3  2ty y 5y y   2 1 1 2  2 1 1 2  1 2 2 1 y  x 3 y  x 3  y  ty 5 y  ty 1  5y  y 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 3    5 2  5  t 2 2 0  t 9 5y 2  y 1    3    5 2  y 2  y 1 5y 2  y 1   3    1 2 5 y 2  3 2 y 1   9 2  5y 2  y 1  9，      5y  y 5y  y 5y  y 5y  y 2 2 1 2 1 2 1 2 1 9 9 所以x  ，故点Q在定直线x 上. Q 2 2     ②由上以及AQ AC，BQ BD得： 1 2 15  3   ,y   x 3,y    x 3  ,y  ， ,y   x 3,y    x 3  ,y  ，  2 Q  1 1 1 1 1 1 1 2 Q  2 2 2 2 2 2 2 15 3 15 3 故  x 3 ，  x 3 ， 即 ，  ， 2 1 1 2 2 2 1 2  x 3  2 2  x 3  1 2  20t  5 1 2  x 3  2  x 3  2  x x  2t  y  y 8 2t 8 所以   1  2  1 2  1 2  5t29 8 5t2 ，   3 3 3 3   1  1 2 3 3 5t29 5t2 8 5t2  8 5 1 8 因为t2 0，故 0，所以 1 最大值为 ，即  的最大值为 . 5t29 3 5t29 3   3 1 2 【点睛】思路点睛：证明点Q在定直线上只需本着求Q点即求直线AC与直线BD的交点的方向去即可求 第18页/共19页 学科网（北京）股份有限公司解. 第19页/共19页 学科网（北京）股份有限公司