四川省成都市石室名校2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期二診復(fù)習(xí)文科數(shù)學(xué)試題三含解析

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數(shù)學(xué)試題（文科）

一、單選題

1．已知集合，則（）

A．B．C．D．

2．若復(fù)數(shù)z滿足，則的實(shí)部為（）

A．B．C．1D．2

3．已知函數(shù)的圖像在點(diǎn)處的切線方程是，則（）

A．B．2C．D．3

4．命題：“”為假命題，則的取值范圍是（）

A．B．C．D．

5.已知向量，，則“”是“與共線”的（）．

A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件

6．我國古代數(shù)學(xué)家僧一行應(yīng)用“九服晷影算法”在《大衍歷》中建立了晷影長1與太陽天頂距的對應(yīng)數(shù)表，這是世界數(shù)學(xué)史上較早的一張正切函數(shù)表，根據(jù)三角學(xué)知識可知，晷影長度l等于表高h(yuǎn)與太陽天頂距正切值的乘積，即．對同一“表高”兩次測量，第一次和第二次太陽天頂距分別為，且，若第二次的“晷影長”與“表高”相等，則第一次的“晷影長”是“表高”的（）

A．1倍B．2倍C．3倍D．4倍

7．在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)，點(diǎn)，點(diǎn)滿足，又點(diǎn)在曲線上，則（）

A．B．C．D．

8．若，，，，則a，b，c，d中最大的是（）

A．a(chǎn)B．bC．cD．d

9．十八世紀(jì)早期，英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)了公式，(其中，，n!=1×2×3×…×n，0!=1)，現(xiàn)用上述公式求的值，下列選項中與該值最接近的是（）

A．B．C．D．

10．如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，將△AED，△EBF，△FCD分別沿DE，EF，F(xiàn)D折起，使A，B，C三點(diǎn)重合于點(diǎn)A′，若四面體A′EFD的四個頂點(diǎn)在同一個球面上，則該球的半徑為（）

A．B．C．D．

11．若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為，則的離心率為（）

A．B．C．D．

12．已知是函數(shù)的一個零點(diǎn)，則下列選項不正確的為（）

A．在區(qū)間單調(diào)遞減B．在區(qū)間只有一個極值點(diǎn)

C．直線是曲線的對稱軸D．直線是曲線的切線

二、填空題

13．已知在中，角所對邊分別為，滿足，且，則的取值范圍為______.

14．已知邊長為2的菱形中，點(diǎn)為上一動點(diǎn)，點(diǎn)滿足，則的最小值為______.

15．如圖，多面體ABCDEF中，面ABCD為正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G為棱BC的中點(diǎn)，H為棱DE上的動點(diǎn)，有下列結(jié)論：

①當(dāng)H為DE的中點(diǎn)時，GH∥平面ABE；②存在點(diǎn)H，使得GH⊥AE；

③三棱錐BGHF的體積為定值；④三棱錐EBCF的外接球的表面積為．

其中正確的結(jié)論序號為________．（填寫所有正確結(jié)論的序號）

16．在數(shù)列中給定，且函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)

有唯一的零點(diǎn)，函數(shù)且.則______.

三、解答題

17．已知等差數(shù)列的前三項的和為－9，前三項的積為－15.

（1）求等差數(shù)列的通項公式；（2）若為遞增數(shù)列，求數(shù)列的前n項和Sn.

18．某食品研究員正在對一種過期食品中菌落數(shù)目進(jìn)行統(tǒng)計，為檢測該種過期食品的腐敗程度，研究員現(xiàn)對若干份過期不同天數(shù)的該種食品樣本進(jìn)行檢測，并且對樣本的菌落數(shù)目逐一統(tǒng)計，得到如下數(shù)據(jù)：

過期天數(shù)（單位：天）12345

菌落數(shù)目（單位：千個）

(1)請用線性回歸模型擬合與的關(guān)系；

(2)實(shí)驗數(shù)據(jù)表明，該種食品在未添加防腐劑的條件下（其余條件相同），短期內(nèi)（7天內(nèi)）菌落數(shù)目（單位：千個）與過期天數(shù)（單位：天）應(yīng)滿足關(guān)系：.

（i）判斷該樣本是否添加防腐劑；（ii）簡要分析過期7天內(nèi)防腐劑發(fā)揮的效果.

附：.

19．如圖，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，平面平面，且是正三角形，分別是的中點(diǎn).

(1)證明：平面；

(2)若，求三棱錐的體積.

20．如圖所示，已知橢圓與直線．點(diǎn)在直線上，由點(diǎn)引橢圓的兩條切線、，、為切點(diǎn)，是坐標(biāo)原點(diǎn)．

(1)若點(diǎn)為直線與軸的交點(diǎn)，求的面積；

(2)若，為垂足，求證：存在定點(diǎn)，使得為定值.

21．已知函數(shù).

(1)討論極值點(diǎn)的個數(shù)；

(2)若有兩個極值點(diǎn)，且，證明:.

22．在直角坐標(biāo)系中，曲線C的參數(shù)方程為（，t為參數(shù)）．

(1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程；

(2)已知直線與x軸的交點(diǎn)為F，且曲線C與直線l交于A、B兩點(diǎn)，求的值．

23．已知．

(1)求的解集；

(2)已知在上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

試卷第1頁，共3頁

參考答案：

1．D

【分析】由題意可得，，，再根據(jù)交集的定義求解即可.

【詳解】解：因為，

，

所以，

所以.

故選：D.

2．C

【分析】設(shè)復(fù)數(shù)，則,故根據(jù)可求得，

結(jié)合復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算，可求得答案.

【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)，則，

則由可得且，

解得，

故，其實(shí)部為.

故選：C.

3．D

【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出和，即可求得.

【詳解】函數(shù)的圖像在點(diǎn)處的切線的斜率就是在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)，即就是切線的斜率，所以.

又，

所以.

故選：D

4．A

【分析】存在命題為假命題，則其否定是全稱命題且為真命題，寫出命題的否定，由不等式的性質(zhì)可得結(jié)論．

【詳解】命題為假命題，即命題為真命題.

首先，時，恒成立，符合題意；

其次時，則且，即，

綜上可知，－4<

故選：A

5.A

【分析】根據(jù)給定條件，求出與共線的充要條件，再利用充分條件、必要條件的定義判斷作答.

【詳解】向量，，則，解得或，

所以“”是“與共線”的充分不必要條件.

故選：A

6．B

【分析】根據(jù)給定條件，可得，再利用和角的正切公式計算作答.

【詳解】依題意，，則，

所以第一次的“晷影長”是“表高”的2倍.

故選：B

7．B

【分析】先判斷出點(diǎn)兩個圓的公共點(diǎn)，求出，進(jìn)而求出.

【詳解】設(shè).

因為點(diǎn)，點(diǎn)，且，

所以，整理化簡得：.

而點(diǎn)在曲線上，方程平方后，整理為一個圓，所以曲線為圓在x軸上方部分.

則兩個圓的公共弦為兩圓的方程相減，整理得：.

所以滿足，解得：.即.

所以.

故選：B

8．C

【分析】先將，，，變換為：，，，，得到，構(gòu)造函數(shù)，，，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和作差法得到，，從而得出，，，中最大值.

【詳解】因為，

，

，，所以；

，

設(shè)，，

則，當(dāng)時，，

所以在上單調(diào)遞增，則，即，

所以，即；

，

設(shè)，，

則，當(dāng)時，，

所以在上單調(diào)遞增，則，即，

所以，即；

綜上：，，即，，，中最大的是.

故選：C.

9．B

【分析】求出后代入得cos1=sin可得答案，即與最接近.

【詳解】

所以cos1=

=sin=sin，由于

與最接近，

故選：B

【分析】把棱錐擴(kuò)展為正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半徑就是三棱錐的外接球的半徑．

【詳解】易知四面體的三條側(cè)棱兩兩垂直，且，把四面體補(bǔ)成從頂點(diǎn)A′出發(fā)的三條棱長分別為1，1，2的一個長方體，則長方體的外接球即為四面體的外接球，球的半徑為

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題考查幾何體的折疊問題，幾何體的外接球的半徑的求法，考查空間想象能力．

11．D

【解析】由雙曲線的方程可得一條漸近線方程，根據(jù)圓的方程得圓心和半徑，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式和弦長公式，可得a,b的關(guān)系，即可求解.

【詳解】不妨設(shè)雙曲線的一條漸近線為，

圓的圓心為，半徑，

則圓心到漸近線的距離為

所以弦長，

化簡得：，

即，

解得

所以.

故選：D

【點(diǎn)睛】本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，雙曲線的簡單幾何性質(zhì)，圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查方程思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題型.

12．ABD

【分析】先利用函數(shù)的零點(diǎn)解出，再根據(jù)整體代換思想結(jié)合正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)判斷ABC，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D.

【詳解】由題意得，所以，，即，，

又，所以時，，故，

選項A：當(dāng)時，，由正弦函數(shù)圖象可得在上單調(diào)遞減，正確；

選項B：當(dāng)時，，由正弦函數(shù)圖象可得只有1個極值點(diǎn)，由，解得，即為函數(shù)的唯一極值點(diǎn)，正確；

選項C，當(dāng)時，，，故直線不是對稱軸，錯誤；

選項D，由得，

所以或，，解得或，，

所以函數(shù)在點(diǎn)處的切線斜率為，

切線方程為即，正確；

故選：ABD

13．

【分析】根據(jù)已知利用正弦定理邊化角結(jié)合兩角和的正弦公式可得，從而可表示出的表達(dá)式，利用輔助角公式化簡結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求得答案.

【詳解】由題意在中，滿足，即,

即，而，

故，又,

則，同理，

故

，

又,故，

則，

故答案為：

14．

【分析】由，根據(jù)向量的線性運(yùn)算以及數(shù)量積的運(yùn)算律，可求得∠DAB＝；以菱形對角線交點(diǎn)為原點(diǎn)，對角線所在直線為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)表示出，得到關(guān)于t的二次函數(shù)，求得二次函數(shù)最小值即為所求．

【詳解】由題意知：，

設(shè)，所以

故

由于，所以，

以AC與BD交點(diǎn)為原點(diǎn)，AC為x軸，BD為y軸建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，

所以A（﹣，0），C（，0），D（0，1），B（0，﹣1），E（），

設(shè)F（0，t），

則＝（，t），＝，

所以

當(dāng)t＝時，取最小值，

故答案為：

15．①③④

【分析】根據(jù)線面平行的判定定理，以及線線垂直的判定，結(jié)合棱錐體積的計算公式，以及棱錐外接球半徑的求解，對每一項進(jìn)行逐一求解和分析即可.

【詳解】對①：當(dāng)H為DE的中點(diǎn)時，取中點(diǎn)為，連接，如下所示：

因為分別為的中點(diǎn)，故可得//，，

根據(jù)已知條件可知：//，故//，

故四邊形為平行四邊形，則//，又面面，

故//面，故①正確；

對②：因為面面，故，

又四邊形為矩形，故，則兩兩垂直，

以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如下所示：

則，設(shè)，，

若GH⊥AE，則，

即，解得，不滿足題意，故②錯誤；

對③：，因為均為定點(diǎn)，故為定值，

又//面面，故//面，

又點(diǎn)在上運(yùn)動，故點(diǎn)到面的距離是定值，

故三棱錐的體積為定值，則③正確；

對④：取△的外心為，過作平面的垂線，

則三棱錐的外接球的球心一定在上

因為面，面面，則，又，

面，故面,又面，

則//，故在同一個平面，

則過作，連接如圖所示.

在△中，容易知，

則由余弦定理可得，故，

則由正弦定理可得；

設(shè)三棱錐的外接球半徑為，則，

在△中，，，

又，

故由勾股定理可知：，即，

解得：，則該棱錐外接球的表面積，故④正確.

故答案為：①③④.

【點(diǎn)睛】本題考查線面平行的證明，線線垂直的判定，以及三棱錐體積的計算和外接球半徑的求解，屬綜合困難題.

16．##0.25

【分析】利用導(dǎo)數(shù)的定義和對稱性可得，利用輔助角公式對化簡，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷新函數(shù)的單調(diào)性并結(jié)合夾逼原理即可求解.

【詳解】因為有唯一的零點(diǎn)，為偶函數(shù)，

所以，即，，

所以數(shù)列為公差為的等差數(shù)列，

又因為

，

令，則為奇函數(shù)，

因為，所以在上單調(diào)遞增，

由題意得，

因為數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，其中，則，假設(shè)，

，

因為

所以，

假設(shè)，同理可得，

綜上，，

故答案為：

17．（1）an＝－2n＋1或an＝2n－7；（2）Sn＝.

【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由等差數(shù)列前三項的和為，前三項的積為，利用等差數(shù)列的通項公式列出方程組，求公差和首項，由此能求出等差數(shù)列的通項公式．

（2）由（1）得an＝2n－7，知|an|＝，分類討論，結(jié)合等差數(shù)列的求和公式能求出數(shù)列的前項和為．

【詳解】（1）設(shè)公差為d，則依題意得a2＝－3，則a1＝－3－d，a3＝－3＋d，

所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，

所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.

（2）由題意得an＝2n－7，所以|an|＝，

①n≤3時，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝＝6n－n2；

②n≥4時，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.

綜上，數(shù)列{|an|}的前n項和Sn＝.

【點(diǎn)睛】本題考查等差數(shù)列的通項公式和前項和公式的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意分類討論思想的合理運(yùn)用．易錯點(diǎn)是求等差數(shù)列通項公式時容易丟解．

18.(1)

(2)（i）該樣本添加了防腐劑；（ii）抑制食品產(chǎn)生菌落，且效果越來越好.

【分析】（1）根據(jù)線性回歸方程的求法根據(jù)已知即可得出答案；

（2）（i）根據(jù)回歸方程過樣本中心列式即可判斷；

（ii）根據(jù)所給關(guān)系得出未添加防腐劑的條件下的各天的菌落數(shù)目，與已知添加防腐劑的條件下的各天的菌落數(shù)目對比，即可總結(jié)得出答案.

【詳解】（1）由題意可得：

，，

且，，

所以，

則，

所以回歸直線方程為

（2）（i），則樣本不滿足未添加防腐劑的條件，即該樣本添加了防腐劑；

（ii）根據(jù)該種食品在未添加防腐劑的條件下應(yīng)滿足關(guān)系：，

可得，，，，，

即

過期天數(shù)（單位：天）12345

添加防腐劑菌落數(shù)目（單位：千個）

未添加防腐劑菌落數(shù)目（單位：千個）

則過期7天內(nèi)防腐劑讓其菌落數(shù)目小于未添加防腐劑，且差距越來越大，

即過期7天內(nèi)防腐劑發(fā)揮的效果為抑制食品產(chǎn)生菌落，且效果越來越好.

19．(1)證明見解析

(2)2

【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接，易證平面，平面，再利用面面平行的判定定理證明；

（2）取的中點(diǎn)，連接，根據(jù)是正三角形，得到，再由平面平面，得到平面，在Rt中，由，求得，方法一：由，求得點(diǎn)到的距離，由平面，得到點(diǎn)到平面的距離，再由體積公式求解；方法二：連接，由，得到點(diǎn)到的距離，再根據(jù)為的中點(diǎn)得到三棱錐的高為三棱錐高的，然后由體積公式求解.

【詳解】（1）證明：如圖所示：

取的中點(diǎn)，連接.

因為底面是等腰梯形，，

又分別是的中點(diǎn)，所以.

又因為平面平面，所以平面.

因為是的中點(diǎn)，所以.

又因為平面平面，所以平面.

因為平面平面，

所以平面平面.

因為平面，所以平面.

（2）如圖所示：

取的中點(diǎn)，連接.

由已知得且，所以四邊形是平行四邊形，

所以，且.

因為是正三角形，所以，

因為平面平面，平面平面，

所以平面，又平面，所以.

設(shè)，則.

在Rt中，由，即，解得，

即.

方法一：由題意可得，點(diǎn)到的距離，

，

即點(diǎn)到平面的距離為.

又平面，所以點(diǎn)到平面的距離為.

所以.

方法二：連接，由題意得，，所以點(diǎn)到的距離為.

因為為的中點(diǎn)，所以三棱錐的高為三棱錐高的，

所以.

所以.

20．(1)；

(2)證明見解析.

【分析】（1）可得點(diǎn)，設(shè)切線方程為，將切線方程與橢圓方程聯(lián)立，由判別式為零可求得的值，可知，求出兩切點(diǎn)的坐標(biāo)，可得出、，利用三角形的面積公式可求得結(jié)果；

（2）設(shè)、，可得出切線、的方程，設(shè)點(diǎn)，求出直線的方程，可得出直線過定點(diǎn)，由結(jié)合直角三角形的幾何性質(zhì)可得出結(jié)論.

【詳解】（1）解：由題意知，過點(diǎn)與橢圓相切的直線斜率存在，設(shè)切線方程為，

聯(lián)立，可得，（*）

由，

可得，即切線方程為，所以，，

將代入方程（*）可得，可得，此時，

不妨設(shè)點(diǎn)，同理可得點(diǎn)，，

因此，.

（2）證明：先證明出橢圓在其上一點(diǎn)處的切線方程為，

因為點(diǎn)在橢圓上，則，

聯(lián)立，消去可得，

整理得，即，解得，

因此，橢圓在其上一點(diǎn)處的切線方程為.

設(shè)、，則切線的方程為，切線的方程為.

設(shè)，則，

所以，點(diǎn)、的坐標(biāo)滿足方程，

所以，直線的方程為，

因為點(diǎn)在直線上，則，則，

所以，直線的方程可表示為，即，

由，可得，故直線過定點(diǎn)，

因為，所以，點(diǎn)在以為直徑的圓上，

當(dāng)點(diǎn)為線段的中點(diǎn)時，，此時點(diǎn)的坐標(biāo)為.

故存在點(diǎn)，使得為定值.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；

（3）求證直線過定點(diǎn)，常利用直線的點(diǎn)斜式方程或截距式來證明.

21．(1)見解析

(2)見解析

【分析】（1）分類討論導(dǎo)函數(shù)的實(shí)數(shù)根即可求解極值點(diǎn)，

（2）構(gòu)造函數(shù)和，通過判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解最值，當(dāng)導(dǎo)數(shù)正負(fù)不好確定的時候，需要構(gòu)造新的函數(shù)，不斷的通過求導(dǎo)判斷單調(diào)性.

【詳解】（1）,則,

顯然不是的零點(diǎn),

令,則,

在單調(diào)遞減,在（0,1）單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.

當(dāng)時，，當(dāng)時，，且

時,只有一個實(shí)數(shù)根，所以此時有1個極值點(diǎn),

時,沒有實(shí)數(shù)根，故有0個極值點(diǎn),

當(dāng)時，，有一個實(shí)數(shù)根，但不是極值點(diǎn)，故此時沒有極值點(diǎn)，

時,有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，故有2個極值點(diǎn).

（2）由（1）知,,且在（0,1）單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增,

先證:,即證:，即證:.

即證:.

令,

即證:,

令則

令,則,則在單調(diào)遞減

,

,即在單調(diào)遞減,

,證畢.

再證:,

,且

.

在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增,

.

即證:,

又,

即證:.

令,

.

令,

,

令

,

令

令,

,

在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.

,

,當(dāng)時,單調(diào)遞增;當(dāng)時,單調(diào)遞減.

,

在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.

,

在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減.

,

,

,

在單調(diào)遞增,

,

所以原命題得證.

【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性時，如果求導(dǎo)后的正負(fù)不容易辨別，往往可以將導(dǎo)函數(shù)的一部分抽離出來，構(gòu)造新的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，進(jìn)而可判斷原函數(shù)的單調(diào)性.在證明不等式時，常采用兩種思路：求直接求最值和等價轉(zhuǎn)化.無論是那種方式，都要敢于構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造有效的函數(shù)往往是解題的關(guān)鍵.

22．(1)

(2)24

【分析】（1）根據(jù)曲線C的參數(shù)方程為（，t為參數(shù)），由兩邊平方求解；

（2）易知直線的參數(shù)方程為，代入，利用參數(shù)的幾何意義求解.

【詳解】（1）解：因為曲線C的參數(shù)方程為（，t為參數(shù)），

所以由兩邊平方得：，

而，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，

所以曲線C的直角坐標(biāo)方程；

（2）易知直線與x軸的交點(diǎn)為,

直線的參數(shù)方程為，

代入得，

設(shè)A，B兩點(diǎn)對應(yīng)的參數(shù)分別為，

則，

所以.

23．(1)；

(2).

【分析】（1）把函數(shù)化成分段函數(shù)，再分段解不等式作答.

（2）根據(jù)給定條件，分離參數(shù)并構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)最大值作答.

【詳解】（1）依題意，，不等式化為：

或或，解得或或，即有，

所以的解集為.

（2）依題意，，，

，，于是，

當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，則，

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

24．設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且，函數(shù)

（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（2）若對任意，函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；

（3）當(dāng)時，證明：對任意，函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，滿足.

(注：是自然對數(shù)的底數(shù))

25．已知有三個不同零點(diǎn)，，，且

(1)求實(shí)數(shù)a的范圍；

(2)求證：

26．已知函數(shù).

(1)若，求的取值范圍；

(2)記的零點(diǎn)為（），的極值點(diǎn)為，證明：.

27．已知函數(shù)（且）的圖象與x軸交于P，Q兩點(diǎn)，且點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)．

(1)求點(diǎn)P處的切線方程，并證明：時，．

(2)若關(guān)于x的方程（t為實(shí)數(shù)）有兩個正實(shí)根，證明：．

28．已知．其中，為自然對數(shù)的底數(shù)．

(1)設(shè)曲線在點(diǎn)處的切線為l，若l與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為，求實(shí)數(shù)a的值．

(2)若，當(dāng)時，恒成立時，求a的最大值．

29．已知函數(shù)．

(1)求函數(shù)在上的最值；

(2)若，當(dāng)時，判斷函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)．

30．已知拋物線的焦點(diǎn)為，且與圓上點(diǎn)的距離的最小值為．

（1）求；

（2）若點(diǎn)在上，是的兩條切線，是切點(diǎn)，求面積的最大值．

24．(1)時，在上單調(diào)遞增；時，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為；

(2)；

(3)證明見解析.

【分析】(1)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后分類討論即可確定函數(shù)的單調(diào)性；

(2)將原問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，然后構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)并進(jìn)行放縮即可確定實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(3)方法一：結(jié)合(2)的結(jié)論將原問題進(jìn)行等價變形，然后利用分析法即可證得題中的結(jié)論成立.

【詳解】(1)，

①若，則，所以在上單調(diào)遞增；

②若，

當(dāng)時，單調(diào)遞減，

當(dāng)時，單調(diào)遞增.

綜上可得，時，在上單調(diào)遞增；

時，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為.

(2)有2個不同零點(diǎn)有2個不同解有2個不同的解，

令，則，

記，

記，

又，所以時，時，，

則在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，，

.

即實(shí)數(shù)的取值范圍是.

(3)[方法一]【最優(yōu)解】：

有2個不同零點(diǎn)，則，故函數(shù)的零點(diǎn)一定為正數(shù).

由(2)可知有2個不同零點(diǎn)，記較大者為，較小者為，

，

注意到函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，

故，又由知，

，

要證，只需，

且關(guān)于的函數(shù)在上單調(diào)遞增，

所以只需證，

只需證，

只需證，

，只需證在時為正，

由于，故函數(shù)單調(diào)遞增，

又，故在時為正，

從而題中的不等式得證.

[方法二]：分析+放縮法

有2個不同零點(diǎn)，不妨設(shè)，由得（其中）．

且．

要證，只需證，即證，只需證．

又，所以，即．

所以只需證．而，所以，

又，所以只需證．

所以，原命題得證．

[方法三]：

若且，則滿足且，由（Ⅱ）知有兩個零點(diǎn)且．

又，故進(jìn)一步有．

由可得且，從而．．

因為，

所以，

故只需證．

又因為在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，故只需證，即，注意時有，故不等式成立．

【整體點(diǎn)評】本題第二、三問均涉及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題，其中第三問難度更大，涉及到三種不同的處理方法，

方法一：直接分析零點(diǎn)，將要證明的不等式消元，代換為關(guān)于的函數(shù)，再利用零點(diǎn)反代法，換為關(guān)于的不等式，移項作差構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析范圍.

方法二：通過分析放縮，找到使得結(jié)論成立的充分條件，方法比較冒險！

方法三：利用兩次零點(diǎn)反代法，將不等式化簡，再利用函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為與0比較大小，代入函數(shù)放縮得到結(jié)論.

25．(1)

(2)答案見解析

【分析】（1）先利用參變量分離法，可得，然后構(gòu)造函數(shù)，判斷單調(diào)性，然后作出函數(shù)的大致圖像，確定a的范圍即可；

（2）由（1）知，，可設(shè)，則，然后利用導(dǎo)數(shù)確定的圖像，由根的分布情況及，運(yùn)算可得結(jié)果.

【詳解】（1）解：令，得，∴

設(shè)，

設(shè)，，

易知在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，

∴，∴，

則由，得或，

令，解得；令，解得

在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，

有極小值，有極大值，

又，

當(dāng)時，，，

當(dāng)時，，∴，

的圖像如下：

由圖可知，要使有3個不同零點(diǎn)，即有3個不同零點(diǎn)，

實(shí)數(shù)a的取值范圍為

（2）由（1）知，，

令，則，

，故當(dāng)時，單調(diào)遞增；

當(dāng)時，單調(diào)遞減.

且時，；；

時，；

所以的圖像如下：

由，得，即，

由根的分布知：有兩根，，且，

由圖①②知，，，

又，∴，∴，

∴，

又，∴，故

【點(diǎn)睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，考查邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力，屬于難題.

導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．

26．(1)

(2)證明見解析

【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)，然后分類討論，即可得到的取值范圍

（2）和分別求導(dǎo)，求出的極值點(diǎn)的關(guān)系式，單調(diào)區(qū)間，零點(diǎn)所在區(qū)間，即可證明.

【詳解】（1）記，

①當(dāng)時，取，不符條件；

②當(dāng)時，，

令，

∴在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，

所以，即，

則的取值范圍為；

（2）∵，

令，

則，

且，

令，

∴在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，

且，

∴，

取，則，

∴，

取，

則，

記，

在中，，

∴在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，

∴，

即

∵

∴

從而.

【點(diǎn)睛】本題考查構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，考查單調(diào)區(qū)間的求法，具有很強(qiáng)的綜合性.

27．(1)，證明見解析

(2)證明見解析

【分析】（1）確定的零點(diǎn)，得點(diǎn)坐標(biāo)，由導(dǎo)數(shù)幾何意義可得，在時作差，證明即可；

（2）是正根，因此只要考慮時情形，不妨設(shè)，仿照（1）求出在另一個零點(diǎn)處的切線方程，并證明時，，設(shè)的解為，的解為，利用的單調(diào)性可得，，這樣有，然后證明，并利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性與極值（需要二次求導(dǎo)）確定，最后利用不等式的性質(zhì)可得結(jié)論成立．

【詳解】（1）令，得．

所以或．

即或．

因為點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)，所以，．

因為，

所以，得點(diǎn)P處的切線方程為，即．

當(dāng)時，，

因為，且，所以，所以，即．

所以，

所以．

（2）不妨設(shè)，且只考慮的情形．

因為，所以．

所以點(diǎn)Q處的切線方程為，記，

令，，

設(shè)，則．

所以單調(diào)遞增．

又因為，

所以，當(dāng)時，；當(dāng)時，．

所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．

所以在時有極小值，也是最小值，

即，所以當(dāng)時，．

設(shè)方程的根為，則．

易知單調(diào)遞增，由，所以．

對于（1）中，設(shè)方程的根為，則．

易知單調(diào)遞減，由（1）知，所以．

所以．

因為，易知時，，故；當(dāng)時，，所以，

所以，

所以．

記，，則恒成立．

所以單調(diào)遞增，因為，，

所以存在使得．

所以，當(dāng)時．；當(dāng)時，．

所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．

因為，，由函數(shù)圖象知當(dāng)方程（t為實(shí)數(shù)）有兩個正實(shí)根時，，

所以．

所以，

即．

【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查用導(dǎo)數(shù)證明不等式，解題難點(diǎn)是轉(zhuǎn)化問題，利用導(dǎo)數(shù)幾何意義求出函數(shù)在零點(diǎn)處的切線方程，和，并利用導(dǎo)數(shù)證明，，設(shè)，同時設(shè)與和的交點(diǎn)橫坐標(biāo)分別是，，這里，可心由函數(shù)式求出來，且得出，于是差，回過頭來利用導(dǎo)數(shù)證明，然后由不等式的性質(zhì)證明結(jié)論．這個解題過程思路比較明確，但是計算量、思維量都很大．對學(xué)生的邏輯思維能力，轉(zhuǎn)化與化歸能力、運(yùn)算求解能力要求較高，屬于困難題．

28．(1)或

(2)3

【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得曲線在點(diǎn)處的切線方程，再求得l與兩坐標(biāo)軸的截距，進(jìn)而利用l與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為求解即可

（2）參變分離得到，再求導(dǎo)分析的單調(diào)性，求出極值點(diǎn)的表達(dá)式，進(jìn)而得到的最小值范圍，進(jìn)而求得a的最大值

(1)

由題，，故，故的方程為，即，由題意可得，令有，故，解得或

(2)

當(dāng)時成立，當(dāng)時，恒成立即，設(shè)，則，令，則，設(shè)，當(dāng)時，，故；當(dāng)時，，故，綜上有，故，故為增函數(shù).又，因為，故，所以，故存在唯一零點(diǎn)使得，故當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，故，又，即，

故，設(shè)，則，故為增函數(shù)，又，所以，，故，故要且為正整數(shù)則a的最大值為3

【點(diǎn)睛】本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，同時也考查了利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問題，遇到帶參數(shù)時可以考慮參變分離，設(shè)極值點(diǎn)分析最值的范圍，屬于難題

29．(1)最小值為，最大值為

(2)時，函數(shù)在R上只有1個零點(diǎn).，理由見解析

【分析】（1）求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性，從而得到極值和最值情況；

（2）先求定義域，再求導(dǎo)，，令，分，與三種情況，進(jìn)行討論，得到的單調(diào)性及極值，最值情況，得到答案.

【詳解】（1），，

，令得：，

令得：，

故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，

故在處取得極小值，也是最小值，，

又，，其中，

故；

（2），定義域為R，

，

令，

當(dāng)時，則，

，故在R上單調(diào)遞增，

又，

故當(dāng)時，，恒成立，

當(dāng)時，，

當(dāng)時，，恒成立，

綜上：在R上單調(diào)遞增，

因為，，

由零點(diǎn)存在性定理可知：在R上只有1個零點(diǎn)，

當(dāng)時，在R上單調(diào)遞增，

其中，，

令，，

則在上恒成立，

所以在上單調(diào)遞增，

故，所以，

所以存在唯一，使得，即，

當(dāng)時，，故，

當(dāng)時，，故，

當(dāng)時，，故，

所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

因為，，

所以當(dāng)時，在R上只有1個零點(diǎn)，

當(dāng)時，在R上單調(diào)遞增，

因為，，

所以存在唯一，使得，即，

當(dāng)時，，故，

當(dāng)時，，故，

當(dāng)時，，故，

所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

因為，，

所以當(dāng)時，恰有1個零點(diǎn)，

當(dāng)時，，

，令，解得：，

所以，

令，，

則，

所以在上單調(diào)遞增，

所以，

所以，

故當(dāng)時，無零點(diǎn)，

當(dāng)時，在R上只有1個零點(diǎn)，

綜上：時，函數(shù)在R上只有1個零點(diǎn).

【點(diǎn)睛】導(dǎo)函數(shù)處理零點(diǎn)個數(shù)問題，由于涉及多類問題特征（包括單