湖北省鄂东南五校一体联盟2020届高三下学期2月网上质量检测联考理科数学试题 Word版含解析 29页

www.ks5u.com 湖北省鄂东南五校一体联盟联考2020届高三2月高三网上质量检测 一、选择题 ‎1.已知椭圆的左右焦点为、，在椭圆上，且的重心为，内心为，则当时，椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点，可求得点，由可得出，进而利用等面积法可得出、的等量关系，可求得该椭圆的离心率的值.‎ ‎【详解】设点，由题意知、，则的重心为，‎ 由于的内心为点，且，则，‎ 所以，的内切圆半径为，且的周长为，‎ 的面积为，可得，‎ 因此，该椭圆的离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，涉及三角形的内心和外心，利用等面积法得到、的等量关系是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎2.如图是挪威著名画家爱德华蒙克的作品《呐喊》的等比例缩小的图形.图中一共有个人，仔细研究这三个人的站姿不难发现他们的脚的连线近似共线，他们的头也近似共线，这利用的相关数学知识最贴切的是（ ）‎ - 29 -‎ A. 解析几何中的直线方程 B. 空间几何中的点与线的位置关系 C. 平面几何中的有关定理 D. 画法几何中的透视关系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据这三个人的脚的连线近似共线，他们的头也近似共线可得知该现象为中心投影，进而可得出结论.‎ ‎【详解】根据这三个人的脚的连线近似共线，他们的头也近似共线，可知该现象为中心投影，故应为画法几何中的透视关系.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查投影现象的理解，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎3.已知中，，，，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. ‎ B. 是该三角形的最大角 C. 的面积为 D. 若点在的内部，且，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 29 -‎ 利用余弦定理可判断A选项的正误；利用大边对大角定理可判断B选项的正误；利用三角形的面积公式可判断C选项的正误；求出的取值范围可判断D选项的正误.‎ ‎【详解】对于A选项，由余弦定理得，A选项正确；‎ 对于B选项，，则最大，B选项错误；‎ 对于C选项，由三角形的面积公式得，C选项错误；‎ 对于D选项，如下图所示：‎ 过点作，当点位于线段上时，的面积取最小值，即，‎ 当点在线段上时，则，‎ 当点在线段上时，则.‎ 所以，，D选项错误.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查有关三角形命题真假的判断，涉及余弦定理、三角形面积公式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎4.给出定义：对于含参的关于自变量的不等式，使其在定义域内恒成立的一组参数称为这个不等式的一组“解”，以圆括号的形式来表示.例如：使不等式在实数范围内恒成立的一组“解”可以是，则对于定义域为的不等式而言，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该不等式的一组“解”不可以是 B. 该不等式一组“解”可以是 C. 当时总能找到、使其成为不等式的一组解 D. 当时总能找到、使其成为不等式的一组解 - 29 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 设，利用导数证明恒成立可判断A选项的正误；证明不恒成立可判断B选项的正误；利用极限思想可判断C选项的正误；取，，利用导数证明在上恒成立，可判断D选项的正误.‎ ‎【详解】令，且有.‎ 对于A选项，当，时，函数，则.‎ 令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 所以，函数在处取得最小值，即，A选项错误；‎ 对于B选项，当，，时，，，‎ 所以，函数在上单调递增，当时，，‎ 所以，不等式在上不恒成立，B选项错误；‎ 对于C选项，当时，且当时，，此时，‎ 则不等式在上不恒成立，C选项错误；‎ 对于D选项，当时，取，，‎ 则，，，‎ ‎，令.‎ 当时，，此时，函数单调递减；当时，，此时，函数单调递增.‎ 所以，，‎ 则函数在上单调递增，当时，，此时，函数单调递减；当时，，此时，函数单调递增.‎ 所以，，D选项正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查导数中的新定义，本质就是利用导数证明函数不等式，难度较大，需要多次求导，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ - 29 -‎ ‎5.已知，，则关于该函数的说法正确的是（ ）‎ A. 该函数仅有一个极值点 B. 该函数的最小值是定值 C. 只要足够小，就能取到任何小于的正数 D. 满足与该函数相切且与轴平行的直线有条 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出该函数的导数，利用零点存在定理以及极值点的定义可判断A选项的正误；先证明出，可得出且有可判断B选项的正误；由B选项的推导可判断C选项的正误；判断该函数的极值点个数可判断D选项的正误.‎ ‎【详解】对于A选项，，，则，‎ 令，，‎ 则存在开区间，使得且当时，，则是函数的一个极值点.‎ ‎，，‎ 所以，存在，使得，‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数至少有两个极值点，A选项错误；‎ 对于B选项，先证明对任意的恒成立，‎ 构造函数，则.‎ 令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 所以，函数在处取得最小值，即，‎ 则对任意的，，‎ 当时，对于二次函数，，‎ - 29 -‎ 则对任意的恒成立，则且，‎ 所以，函数的最小值为，B选项正确；‎ 对于C选项，由B选项可知，对任意的，，C选项错误；‎ 对于D选项，令，可得，‎ 作出函数与函数的图象如下图所示：‎ 由图象可知，函数与函数的图象有且只有一个交点，‎ 则函数只有一个零点，由A选项知，是函数的一个极值点.‎ 所以，函数只有两个极值点，‎ 所以，满足与该函数相切且与轴平行的直线有条，D选项错误.‎ - 29 -‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、切线以及最值问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ ‎6.近期武汉市出现了一种新型病毒性肺炎，目前疫情已得到控制.导致这种疾病的名为的病毒与病毒非常类似，是一种单链病毒，且有容易变异的特点.为了对这种病毒有一个粗浅的理解，不妨把病毒变异简化为以下模型：设该种病毒的共有个碱基，每一个碱基突变（改变为另一种碱基）的概率均为，任意两个碱基是否突变均相互独立.现认定：只有这个碱基中的某个碱基发生突变时，才能认为这条链发生了变异，形成一种变异的病毒.且由于突变是不定向的，发生的变异的病毒中大概只有的病毒会突变为对当前药品具有全面免疫功能的新品种.设最初病毒共有个，经一轮时间为的增殖后将会翻倍.不考虑病毒在人群间的传播时间，则以下说法中正确的是（ ）‎ A. 这种病毒是不可战胜的 B. 这种病毒是人为制造的 C. 若、都是极小的数，而、、均不是较大的数，且较长，则短期出现一种新病毒的概率很低 D. 若、都是极小的数，而、、均不是较大的数，且较长，则短期出现一种新病毒的概率很高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中信息可判断A、B选项的正误；列出经过一轮时间为的增殖后该病毒变异为对当前药品具有全面免疫功能的新品种的病毒数，结合条件“、都是极小的数，而、、均不是较大的数，且较长”判断C、D选项的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】对于A选项，由于疫情已得到控制，说明这种病毒是可战胜的，A选项错误；‎ 对于B选项，病毒是自然进化的产物，不是人为制造的，B选项错误；‎ 对于C、D选项，病毒发生变异的概率为，最初病毒共有个，经一轮时间为的增殖后将会翻倍变为个，则变异的病毒数为个，‎ 其中突变为对当前药品具有全面免疫功能的新品种为个，‎ 若、都是极小的数，而、、均不是较大的数，且较长，就越小，短期出现一种新病毒的概率很低，故C选项正确，D选项错误.‎ - 29 -‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查概率有关命题的判断，涉及独立事件概率乘法公式的应用，正确理解题中信息是解答关键，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.设复数数列以及实数数列满足关系：，其中且为奇数.若，则关于该数列，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 存在合适的首项使得，其中为偶数 B. 存在合适的首项使得，其中为奇数 C. 存在合适的首项使得，其中为奇数 D. 数列不是单调递增的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分为奇数和偶数两种情况讨论，结合可得出有关数列中项的关系式，由此可得出结论.‎ ‎【详解】，若为奇数，则，那么，‎ 若为偶数，则，.‎ 所以当为奇数时，，；‎ 当为偶数时，，，由可得.‎ 所以，数列不是单调递增的.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查数列递推公式的应用，结合题意得出数列中项的关系式是解答的关键，考查推理能力，属于难题.‎ ‎8.如图球员站在足够长的长方形球场的左边缘射门，球门位于长方形球门上边缘的最中央，将球员射门的情况视为几何概型，则以下说法中正确的是（ ）‎ - 29 -‎ A. 球员离球框越近，越容易将球射入球门 B. 球员离球框越远，越不容易将球射入球门 C. 球员的入射概率有最大值 D. 球员的入射概率有最小值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 这个是角度型的几何概率问题，取两点、，且点到球门底线的距离比点到球门底线的距离小，比较与的大小，可得出结论.‎ ‎【详解】这个是角度型的几何概率问题，取两点、，‎ 满足点到球门底线的距离比点到球门底线的距离小，‎ 如上图所示，，‎ 则球员在点处射入球门的概率比在点处射入球门的概率要小，‎ 因此，球员离球框越近，越容易将球射入球门.‎ 故选：A.‎ - 29 -‎ ‎【点睛】本题考查几何概型概率的大小比较，解题时要弄清楚几何概率类型，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎9.已知方程有两异号根、，则以下说法中：‎ ‎①；②；③；④.‎ 正确的个数为（ ）‎ A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，求出该函数的导数，分析该函数的单调性，可得出，解出的范围可判断①的正误；证明对数平均不等式，利用对数平均不等式可判断②的正误；构造函数，证明出，结合函数的单调性可判断命题③④的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】构造函数， 定义域为，则函数有两异号零点，则，所以，得.‎ ‎，函数在区间上单调递减，‎ 由于函数有两异号零点，则函数不可能单调，必存在极值点，‎ 当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.‎ 由题意可知，解得，命题①正确；‎ 先证明对数平均不等式，‎ 设，先证，即证，‎ 令，设，‎ 则，所以，函数在上单调递减，‎ 所以，当时，，即，即.‎ ‎，要证，即证，‎ - 29 -‎ 即证，‎ 由题意可得，‎ 两式相减得，‎ 所以，，‎ 由对数平均不等式得，‎ 所以，，即，‎ ‎，‎ 所以，，则，‎ 即成立，所以，命题②正确；‎ 设，由条件得，即，‎ 构造函数，函数与函数图象的两交点的横坐标为、，‎ 由可得，而，，‎ 可知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 可知，先证明，即证，‎ 考虑到函数在上单调递增，只需证，‎ 由知，只需证，‎ 令，‎ 则，‎ 所以，函数单调递增，又，‎ 结合，可得，即，‎ ‎，所以，命题③错误，命题④正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查极值点偏移，涉及对称函数的构造以及对数平均不等式的应用，考查推理能力，属于难题.‎ - 29 -‎ ‎10.众所周知，银行的运营方式一直是个谜，但去银行存款却又是一个十分实际的问题，所以理解清楚银行的运营方式对我们进入社会大展手脚是一个帮助.某人拟去附近的一家银行存款，得知该银行对于数额非特别巨大的存款有如下两种存款方案（单次存款金额不得少于元）：‎ ‎[方案一]定期存款策略：固定存款年，年利率为，存满一年后本金与利息作为下一年的本金继续实行存款策略.若中途取出存款则会扣除全部利息并收取元依本金数额而定的手续费（从存款中扣除），具体扣费措施见附表.若一年内存在两次取出存款，则该人在这一年内将被计入不诚信档案.当该人被计入不诚信档案后，收取的手续费将增加至四倍.‎ ‎[方案二]活期存款策略：年利率为可以随时存取款并且不扣除利息以及手续费.‎ ‎[手续费附表]‎ 存款金额的范围/元 手续费 ‎[补充内容]①年利率是指，理论上存款一年后获得的利息（即银行通过利用存款人的存款资金进行理财而获得盈利后对存款人的账户相应地存入一定数额的报酬）与一年前的本金的比值.若存款不满一年，获得的利息将按照存款时间与一年的比值乘以利率及本金来计算.‎ ‎②注：表示大于等于的最小整数.如 则以下说法中正确的序号组合是（ ）‎ ‎①若该人一年内选用定期存款存取同一笔钱共计扣除手续费元，则他初始存入金额小于元；‎ ‎②若该人一年内选用定期存款存取同一笔钱共计扣除手续费元，则他初始存入的金额可能为元；‎ ‎③若该人要在一年后获得的利息最大，应选择方案一；‎ ‎④若该人要在一年后获得的利息最大，应选择方案二.‎ A. ①③ B. ②④ C. ③ D. ④‎ ‎【答案】D - 29 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出扣除手续费元时该人初始存入的金额元，可判断①②的正误；根据定期存款和活期存款年利率的大小关系可判断③④的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】设该人始存入的金额为元，‎ 当时，手续费；‎ 当时，手续费；‎ 当时，手续费.‎ 所以，命题①②错误；‎ 由于定期存款的年利率比活期存款的年利率大，若该人要在一年后获得的利息最大，应选择方案二.命题③错误，命题④正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数模型的应用，考查银行存款的手续费和利率问题，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎11.已知，若不等式恒成立，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式恒成立，推出函数的图象为“上凸”状，可得出恒成立，进而可求得的值.‎ ‎【详解】对于任意的、，不等式恒成立，如下图所示：‎ - 29 -‎ ‎ ‎ 则函数的图象为“上凸”状或为常值函数，‎ 所以单调递减或恒成立，则恒成立，‎ ‎，则，，‎ 则对任意的恒成立，当时，不等式不可能恒成立；‎ 当时，则有，合乎题意.‎ 综上所述，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解答的关键就是将问题转化为函数的凹凸性问题，结合二阶导数求解，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.‎ ‎12.若不等式在定义域内恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，由推导出不合乎题意，从而排除C、D选项；再令，证明出恒成立，可排除B选项，进而得出结果.‎ ‎【详解】令，该函数的定义域为，则，‎ 当时，，则，不满足题意，排除C、D选项；‎ 当时，，，令.‎ 当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.‎ 所以，，则对任意的恒成立，‎ - 29 -‎ 合乎题意，排除B选项.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立问题求参数，涉及到利用特殊值结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ 二、填空题 ‎13.已知方程的两根为、，且曲线在点处的切线斜率等于，则的最小值是______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由斜率公式可得，化简得出，设，，构造函数，，证明出，可得出，利用不等式结合变形得出，利用函数的单调性得出，进而可得出结果.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设，则有，对函数求导得，‎ 由斜率公式得，则有，‎ 令，，则，，‎ 构造函数，则，由.‎ 当时，，函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.‎ - 29 -‎ 构造函数，‎ 则，所以，函数在上单调递增，‎ ‎，，，即，‎ 由于函数在上单调递增，则，即，‎ 下面先证明恒成立，‎ 构造函数，则.‎ 令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 所以，函数在处取得最小值，即，‎ 则对任意的，.‎ ‎，可得，‎ 即，即，即，当且仅当时等号成立，‎ 因为函数在上单调递增，所以，，即，‎ 因此，的最小值是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查最小值的求解，涉及极值点偏移问题，解题的关键在于构造新函数来解决不等式，其中用到了不等式来建立不等关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ ‎14.如下关于函数的说法：‎ ‎①该函数始终有两个零点；‎ ‎②当函数取得最大值时对应的满足关系：；‎ ‎③若该函数有两个零点、且，当取得最小值时，满足：.‎ 正确的序号为______________.‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断①的正误；求得，利用零点存在定理得出，结合可判断②的正误；令 - 29 -‎ ‎，可得出，结合得出，通过构造函数求得，且，结合可判断③的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】对于①，，，令.‎ 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 设，，令.‎ 当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.‎ 所以，，则对任意的恒成立，‎ ‎，，‎ ‎，，所以，函数在上单调递增，‎ 则，当时，，‎ 所以，函数在区间上有且只有一个零点.‎ 命题①正确；‎ 对于②，，其中，，，‎ 所以，函数在上单调递减，‎ 当时，，，‎ 所以，存在，使得，则，‎ 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.‎ 所以，函数在处取得最大值，，‎ 则，命题②正确；‎ 对于③，由①可知，，，设，即，则，，‎ 则，即，‎ ‎，令，，‎ - 29 -‎ 令，则，，‎ 所以，函数在上为减函数，此时，则，‎ 所以，函数在上为减函数，‎ 当取得最小值时，取得最大值，即取得最大值，‎ 令，其中，，令.‎ 当时，；当时，，，此时.‎ 满足，，，‎ ‎，命题③正确.‎ 故答案为：①②③.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数解决函数零点相关的问题，涉及隐零点法的应用，难点在于构造新函数来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.‎ ‎15.某人进行射击训练，每次击中目标的概率在间波动，每次是否击中之间无必然联系.若该人一共射击次.‎ 如果该人击中概率始终在波动，试说明，该人最有可能击中目标____次，若该人击中目标的概率不变，则他击中目标次的概率有极大值，则这个极大值为___（用题给数据进行估计，保留位小数）参考数据：，.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设该人射击次，由可解出的范围，结合可得出正整数的值；对函数求导，求出该函数的极值点即可得解.‎ ‎【详解】假设该人射击次，由，‎ 即，‎ 解得，‎ ‎，则，，‎ - 29 -‎ 即该人最有可能击中目标次；‎ 令，则，‎ 令，当时，；当时，.‎ 所以，当时，取极大值.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查二项分布中概率的最值问题，同时也考查了利用导数求极值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎16.已知方程仅有两个整数实根，这两根满足其绝对值均小于，则这两根的和为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程可知，两个整数根不可能是正整数，利用秦九韶算法可知为的负约数，又结合题意知小于，则该方程的整数根只可能是、、、，代入验算即可得解.‎ ‎【详解】由秦九韶算法可得，，，，，，，且，‎ 则该方程的根必为的约数，‎ 当时，，则为负整数，‎ 由于，且的约数中小于的正约数有、、、，则的可能取值有、、、，分别代入方程，‎ 可知，该方程的两个整数根为和，这两个根之和为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查多项式方程整数根的求解，涉及秦九韶算法的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题 ‎17.已知恒正的可导且连续的函数满足.‎ ‎（1）设，证明：是常数；‎ ‎（2）记数列满足，，数列满足，记的前项和为 - 29 -‎ ‎，证明：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明出即可证得结论；‎ ‎（2）求出可得出，结合（1）中的结论得出可得出，并证明出，可得出，然后利用裂项法结合不等式的性质可证明出结论.‎ ‎【详解】（1），，则，（常数）；‎ ‎（2），，则，，‎ ‎，，先证明出.‎ 构造函数，则.‎ 令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 所以，函数在处取得最小值，即，‎ 则对任意的，，当且仅当时，等号成立，‎ 对任意的，，，‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查导数的应用，考查了数列不等式的证明，用到了不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎18.如图所示，圆一条直径是，平面，在圆上.过作平面分别交、于、.‎ - 29 -‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求的取值范围；‎ ‎（3）若，，试建立二面角的余弦值与的关系.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）二面角的余弦值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面得出，再证明平面，得出，可得到平面，进而得出；‎ ‎（2）设，则，计算出的面积关于的表达式，可得出的高为，然后利用锥体体积公式结合弦化切思想、基本不等式可求得的取值范围；‎ ‎（3）由（1）易证平面平面，进而可得出二面角为直角，由此可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，平面，平面，，‎ 是以为直径的圆上一点，且点不与、重合，，‎ 平面，平面，，‎ ‎，平面，‎ 平面，，‎ ‎，平面，平面，；‎ ‎（2）设，则，则，，‎ 由，则，‎ 易知，，，‎ 的面积为，‎ - 29 -‎ 平面，平面，，，为的中点，‎ ‎，平面，所以，点到平面的距离为，‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ ‎，因此，的取值范围是；‎ ‎（3）由（1）知，平面，即平面，‎ 平面，所以，平面平面，‎ 因此，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查利用线面垂直来证明线线垂直、三棱锥体积的取值范围的计算以及二面角余弦的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎19.函数满足当时有，恒成立，且.‎ ‎（1）求实数的取值范围及实数的值 ‎（2）证明：函数有且仅有两个零点.‎ ‎【答案】（1）实数的取值范围是，；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可得，根据题意分析出是方程的一个根，可求得，再由当时，可求出实数的取值范围；‎ ‎（2）由，构造函数，利用导数分析函数的单调性，证明出函数在区间和上各有一个零点，进而可证得结论成立.‎ ‎【详解】（1），‎ 由对任意的恒成立，‎ - 29 -‎ 知当时，，当时，则.‎ 所以，是方程的一个根，则，解得，‎ 方程即为，‎ 当时，，则；‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎，则，‎ 当时，，‎ 则，且，‎ 当时，则，此时，函数单调递增；‎ 当时，则，此时，函数单调递减.‎ 所以，当时，；‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，，当时，，‎ 所以，函数在区间上只有一个零点.‎ 即函数在区间上有且仅有一个零点.‎ 综上所述，函数在有且只有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立求参数，同时也考查了利用导数研究函数的零点个数问题，考查推理能力，属于难题.‎ ‎20.已知，.‎ ‎（1）若，求的所有可能整数值；‎ ‎（2）证明：存在唯一极小值点且；‎ ‎（3）记函数等于直线（是常数）与、的交点个数之和，若当时，的值域是，求的全体可能值.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）不存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 29 -‎ ‎（1）构造函数，解可得出，求出的取值范围，可得出的取值范围，进而可得出整数的值；‎ ‎（2）利用（1）中的条件可知函数在上单调递增，结合零点存在定理可得出结论；‎ ‎（3）考查，则直线过点，考查直线与两函数同时相切于点时，，分、、和四种情况讨论，考查直线与两个函数图象的交点个数，进而可得出结论.‎ ‎【详解】（1）令，则，‎ ‎，，令.‎ 当时，，此时，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 所以，，则，所以，函数在上单调递增，‎ 当时，，当时，，‎ 所以，存在，使得，则，‎ 且当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.‎ 所以，‎ 构造函数，，则，‎ ‎，‎ 令，则，‎ 所以，函数在上单调递增，当时，，‎ 此时，，即函数在上单调递减，则；‎ ‎，，‎ 由零点存在定理知，存在，使得，‎ 且当时，，则，此时，函数单调递增；‎ 当时，，则，此时，函数单调递减.‎ - 29 -‎ 当时，，‎ ‎，所以，存在使得，‎ 则不等式的解集为，即.‎ ‎，构造函数，则，‎ 所以，函数在上单调递增，，则，‎ 因此，的所有可能整数值为；‎ ‎（2），则，函数在上单调递增，‎ 由（1）知，当时，，‎ 当时，，，‎ 由零点存在定理知，存在，使得，‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数存在唯一极小值点且；‎ ‎（3）当时，由（1）知，恒成立，当且仅当时，等号成立，‎ ‎，‎ ‎ ‎ 如下图所示，若，当直线过点时，则，不合乎题意；‎ 考查直线与两个函数同时相切于点时，则，‎ - 29 -‎ 此时，，不合乎题意；‎ 若，当时，直线过点，直线在轴左侧必然会与两个函数的图象各有一个交点，此时，不合乎题意；‎ 若时，当时，直线过点，直线在轴右侧必然会与两个函数的图象各有一个交点，此时，不合乎题意.‎ 综上所述，符合条件的实数不存在.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立求参数，同时也考查了利用导数研究函数极值点的存在性问题、以及直线与函数图象的交点个数问题，考查化归与转化思想以及数形结合思想的应用，属于难题.‎ ‎21.已知椭圆，在椭圆上.‎ ‎（1） 证明：椭圆在处的切线方程为；‎ ‎（2）过椭圆上两点作椭圆的切线交于，且这两切线斜率之积为.‎ ‎①证明：点落在椭圆上；‎ ‎②若过作关于椭圆的切线交椭圆于、，且是定值，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线的方程与椭圆方程联立，由可证明出结论成立；‎ ‎（2）①设点，设过点且斜率为的直线方程为，联立该直线与椭圆的方程，利用可得出关于的二次方程，利用韦达定理化简可得出点的轨迹方程，即可证得结论成立；‎ ‎②分两种情况讨论：（i）点不在轴上，可将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式、点到直线的距离公式计算出，由为定值求得的值；（ii）当点在轴上时，代入（i）中的椭圆的方程，计算出，进而可得解.‎ ‎【详解】（1）在椭圆上，则，‎ 联立，消去得，‎ 整理得，则，解该方程得，‎ - 29 -‎ 因此，椭圆在处的切线方程为；‎ ‎（2）①设点，设过点且斜率为的直线方程为，‎ 联立，消去得，‎ ‎，‎ 化简得，由韦达定理可得，‎ 化简整理得，因此点在椭圆上；‎ ‎②设点、，直线的方程为，‎ ‎（i）若点不在轴上时，联立，结合，‎ 得，‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，‎ 原点到直线的距离为，‎ 的面积为 ‎，‎ 当时，即当时，，此时椭圆的方程为；‎ ‎（ii）若点在轴上，则点，可求得，则.‎ 因此，当时，（定值）.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的切线方程的证明，同时也考查了轨迹方程的求解以及椭圆中三角形面积的定值问题，计算量大，综合性强，属于难题.‎ ‎22.甲、乙两位同学各有张卡片，现以投掷一枚骰子的形式进行游戏，当掷出奇数点时．甲赢得乙卡片一张，当掷出偶数点时，乙赢得甲卡片一张．规定投掷的次数达到次，或在此之前某入赢得对方所有卡片时，游戏终止.‎ - 29 -‎ ‎（1）设表示游戏终止时投掷的次数，求的分布列及期望；‎ ‎（2）求在投掷次游戏才结束的条件下，甲、乙没有分出胜负的概率．‎ ‎【答案】（1）分布列见解析，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，并可计算出的数学期望；‎ ‎（2）令投次没分出胜负的事件为，投掷次游戏才结束为事件，投次能分出胜负的事件为，分别计算出其概率，再利用条件概率计算公式即可得出．‎ ‎【详解】（1）可能取值为、、，‎ ‎，，.‎ 随机变量的分布列如下表所示：‎ 所以，随机变量的数学期望为；‎ ‎（2）令投次没分出胜负的事件为，投掷次游戏才结束为事件，投次能分出胜负的事件为，‎ 则，，‎ ‎，.‎ ‎【点睛】本题考查随机变量分布列以及离散型随机变量数学期望的计算，同时也考查了条件概率公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ - 29 -‎ ‎ ‎ - 29 -‎