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【高考真题】2024年天津市高考数学卷
一、选择题: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．（2024·天津）集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024·天津）设，则“”是“”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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：若，根据立方的性质，可得，则，故充分性成立；
若，根据指数函数的性质，可得，则，故必要性成立，
故是的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分、必要条件的定义判断即可.
3．（2024·天津）下列图中，相关性系数最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由图可知：A图散点分布比较集中，且大体分布在某一条直线附近，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，且值相比于BCD图更接近1.
故答案为：A.
【分析】根据点的分布特征直接判断即可.
4．（2024·天津）下列函数是偶函数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、令，定义域为，但，
则不是偶函数，故A不符合；
B、令，定义域为，且，则为偶函数，故B符合；
C、令，定义域为，定义域不关于原点对称， 则为非奇非偶函数函数，故C不符合；
D、令，定义域为，但，则不是偶函数，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据偶函数的定义逐项分析判断即可.
5．（2024·天津）若，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：指数函数在上单调递增，因为，所以，
所以，所以，
对数函数在上单调递增，因为，所以，
所以，综上：.
故答案为：B.
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性判断即可.
6．（2024·天津）若a，b为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，则与平行或异面，故A错误；
B、若，则直线平行或异面或相交，故B错误；
C、若，则，故C正确.；
D、若，则与相交或异面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据线面平行的性质即可判断AB；根据线面垂直的性质即可判断CD.
7．（2024·天津）已知函数的最小正周期为.则函数在的最小值是（　　）
A． B． C．0 D．
【答案】A
【知识点】三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
因为函数的最小正周期，所以，解得，所以函数，
当时，，函数单调递增，则函数在上单调递减，故当时，函数取最小值，最小值为.
故答案为：A.
【分析】利用诱导公式化简，结合最小正周期公式求出，得函数，再整体代入，结合正弦三角函数性质求解即可.
8．（2024·天津）双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线的斜率；双曲线的定义；双曲线的简单性质；正弦定理
【解析】【解答】解：由题可知，点必落在第四象限，且，如图所示：
设，，则，
因为直线的斜率为2，所以，则，
因为，所以，所以，即，
则，由正弦定理可得：，
又因为，所以，
因为的面积为8，所以，解得，
所以，
，故，故双曲线的方程为.
故答案为：C.
【分析】由题意，设，，则，利用正弦定理将三边斜率转化为三边比例，再根据三角形面积公式求出，最后利用勾股定理结合双曲线的定义求解即可.
9．（2024·天津）一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：将五面体 补成三棱柱，如图所示：
因为，且两两之间距离为1，所以是边长为1的等边三角形，
因为，所以侧棱长为，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，将五面体 补成三棱柱，再利用三棱柱体积公式求解即可.
二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.试题中包含两个空的,答对1个的给3分,全部答对的给5分.
10．（2024·天津）已知是虚数单位，复数　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】根据复数的乘法运算法则计算即可.
11．（2024·天津）在的展开式中，常数项为　 　.
【答案】20
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为令，解得，
则的展开式中，常数项为.
故答案为：20.
【分析】根据题意，结合二项展开式的通项求解即可.
12．（2024·天津）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，求原点到直线AF的距离　 　.
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，抛物线的焦点为，
因为圆心与抛物线的焦点重合，所以，即，
联立，消元整理可得，解得，故，
因为，所以，故直线，
即或，故原点到直线的距离为.
故答案为：.
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.
13．（2024·天津）A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选到A的概率为　 　；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为　 　.
【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；条件概率
【解析】【解答】解：设甲选到A的事件为C，从五种活动选三种共有种不同的选择方法，甲选到A共有种不同的选法，
故；
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用组合，结合古典概型以及条件概率公式求解即可.
14．（2024·天津）在正方形ABCD中，边长为1.E为线段CD的三等分点，，则　 　；F为线段BE上的动点，为AF中点，则的最小值为　 　.
【答案】；
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示：
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；
故答案为：；.
【分析】建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值.
15．（2024·天津）若函数有零点，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；双曲线的简单性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，即，原问题转化为函数与函数有唯一的交点，
由题意可得：，
当时，，则，解得，不符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，，则，
即，整理得，
当时，即，即，满足条件
当，或（正值舍去），满足条件，
当时，或，有两解，不符合要求，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，由函数关于对称，令，可得或，且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），且函数在上单调递减，
故，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【分析】将问题转化为两函数的交点个数问题求解，令，得，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论求解即可.
三、解答题:本大题共5小题,共75分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
16．（2024·天津）在中，.
（1）求；
（2）求；
（3）求.
【答案】（1）解：在中，，由余弦定理，
可得，解得，则.
（2）解：因为，，所以，
由正弦定理，可得，解得.
（3）解：由（2）可知，因为，则，所以，
则，，
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1），由题意，利用余弦定理求解即可；
（2）根据同角三角函数基本关系求出，再利用正弦定理求解即可；
（3）由（2）可求，再利用正弦、余弦二倍角公式以及两角差的余弦公式求解即可.
17．（2024·天津）已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为是的中点，所以，且，
又因为是的中点，所以，且，则、，
故四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，
故平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则，，
分别取，则、、，，即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）解：由（2）可得，平面的法向量为，
则，即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线的性质与平行四边形性质定理可得，再结合线面平行判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的空间坐标，根据空间中点到平面的距离公式计算即可.
18．（2024·天津）已知椭圆椭圆的离心率.左顶点为，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中.
（1）求椭圆方程.
（2）过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在轴上是否存在点使得.若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由.
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，即，又因为，所以，
则点，故，
解得，所以，，故椭圆方程为：.
（2）解：若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
联立，消元整理可得，
因为直线与椭圆有两个交点，所以，
由韦达定理可得：，
则，
故
，
又因为恒成立，所以，解得；
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得，
综上所述，存在，使得恒成立.
【知识点】平面向量的数量积运算；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率以及三角形的面积、椭圆的性质可求a，b，即可得椭圆的标准方程；
（2）若过点的动直线的斜率存在，设该直线方程为：， 联立直线方程和椭圆方程，消元整理，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
19．（2024·天津）已知数列是公比大于0的等比数列.其前项和为.若.
（1）求数列前项和为；
（2）设其中是大于1的正整数.
(i)当时，求证：；
(ii)求.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为，因为，所以，即，
即，解得，故；
（2）证明：（i）由（1）可知数列的通项为，
当时，则，即，
可知，
，
可得，当且仅当时等号成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，则；
若，则，
当时，，可知数列为等差数列，
，
所以，
当时，符合上式，综上所述：.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式列式求，最后根据等比数列求和公式求解即可；
（2）（i）根据题意分析可知，，利用作差法分析证明即可；
（ii）根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法求和即可.
20．（2024·天津）设函数.
（1）求图像上点处的切线方程；
（2）若在时恒成立，求的取值范围；
（3）若证明.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
则，，故在点处的切线方程为，即；
（2）解：设定义域为，，当时，解得，
当时，解得，故函数在上单调递减，在上单调递增，则函数在时取最小值，
故在上恒成立，即，当且仅当等号成立，
设，则，
当时，的取值范围是，原问题等价于对任意，恒有成立，
若对任意，恒有，
则对，有，
取，得，故，
再取，得，所以，
若，则对任意，都有，满足条件，
综上可知，的取值范围是.
（3）证明：易证对，有，
证明：由（2）的结论，故，
且，
所以，即，
由，当时，解得；当时，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，有，结论成立；
当时，有，
对任意的，设，则，由于单调递增，
且，
且当，时，由可知，
，
所以在上存在零点，再结合单调递增，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
①当时，有；
②当时，由于，故取，
从而当时，由，
可得，
再根据在上单调递减，即对，都有；
综合①②可知对任意，都有，即，
根据和的任意性，取，，则，
所以；
当时，根据以上讨论，
可得，，
由的单调性，可知或，
故一定有成立，
综上，成立.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足即可；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论，证明即可.
1 / 1【高考真题】2024年天津市高考数学卷
一、选择题: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．（2024·天津）集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·天津）设，则“”是“”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
3．（2024·天津）下列图中，相关性系数最大的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024·天津）下列函数是偶函数的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024·天津）若，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a
6．（2024·天津）若a，b为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
7．（2024·天津）已知函数的最小正周期为.则函数在的最小值是（　　）
A． B． C．0 D．
8．（2024·天津）双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024·天津）一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.试题中包含两个空的,答对1个的给3分,全部答对的给5分.
10．（2024·天津）已知是虚数单位，复数　 　.
11．（2024·天津）在的展开式中，常数项为　 　.
12．（2024·天津）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，求原点到直线AF的距离　 　.
13．（2024·天津）A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选到A的概率为　 　；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为　 　.
14．（2024·天津）在正方形ABCD中，边长为1.E为线段CD的三等分点，，则　 　；F为线段BE上的动点，为AF中点，则的最小值为　 　.
15．（2024·天津）若函数有零点，则的取值范围为　 　.
三、解答题:本大题共5小题,共75分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
16．（2024·天津）在中，.
（1）求；
（2）求；
（3）求.
17．（2024·天津）已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
18．（2024·天津）已知椭圆椭圆的离心率.左顶点为，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中.
（1）求椭圆方程.
（2）过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在轴上是否存在点使得.若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由.
19．（2024·天津）已知数列是公比大于0的等比数列.其前项和为.若.
（1）求数列前项和为；
（2）设其中是大于1的正整数.
(i)当时，求证：；
(ii)求.
20．（2024·天津）设函数.
（1）求图像上点处的切线方程；
（2）若在时恒成立，求的取值范围；
（3）若证明.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：若，根据立方的性质，可得，则，故充分性成立；
若，根据指数函数的性质，可得，则，故必要性成立，
故是的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分、必要条件的定义判断即可.
3．【答案】A
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由图可知：A图散点分布比较集中，且大体分布在某一条直线附近，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，且值相比于BCD图更接近1.
故答案为：A.
【分析】根据点的分布特征直接判断即可.
4．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、令，定义域为，但，
则不是偶函数，故A不符合；
B、令，定义域为，且，则为偶函数，故B符合；
C、令，定义域为，定义域不关于原点对称， 则为非奇非偶函数函数，故C不符合；
D、令，定义域为，但，则不是偶函数，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据偶函数的定义逐项分析判断即可.
5．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：指数函数在上单调递增，因为，所以，
所以，所以，
对数函数在上单调递增，因为，所以，
所以，综上：.
故答案为：B.
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性判断即可.
6．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，则与平行或异面，故A错误；
B、若，则直线平行或异面或相交，故B错误；
C、若，则，故C正确.；
D、若，则与相交或异面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据线面平行的性质即可判断AB；根据线面垂直的性质即可判断CD.
7．【答案】A
【知识点】三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
因为函数的最小正周期，所以，解得，所以函数，
当时，，函数单调递增，则函数在上单调递减，故当时，函数取最小值，最小值为.
故答案为：A.
【分析】利用诱导公式化简，结合最小正周期公式求出，得函数，再整体代入，结合正弦三角函数性质求解即可.
8．【答案】C
【知识点】直线的斜率；双曲线的定义；双曲线的简单性质；正弦定理
【解析】【解答】解：由题可知，点必落在第四象限，且，如图所示：
设，，则，
因为直线的斜率为2，所以，则，
因为，所以，所以，即，
则，由正弦定理可得：，
又因为，所以，
因为的面积为8，所以，解得，
所以，
，故，故双曲线的方程为.
故答案为：C.
【分析】由题意，设，，则，利用正弦定理将三边斜率转化为三边比例，再根据三角形面积公式求出，最后利用勾股定理结合双曲线的定义求解即可.
9．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：将五面体 补成三棱柱，如图所示：
因为，且两两之间距离为1，所以是边长为1的等边三角形，
因为，所以侧棱长为，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，将五面体 补成三棱柱，再利用三棱柱体积公式求解即可.
10．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】根据复数的乘法运算法则计算即可.
11．【答案】20
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为令，解得，
则的展开式中，常数项为.
故答案为：20.
【分析】根据题意，结合二项展开式的通项求解即可.
12．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，抛物线的焦点为，
因为圆心与抛物线的焦点重合，所以，即，
联立，消元整理可得，解得，故，
因为，所以，故直线，
即或，故原点到直线的距离为.
故答案为：.
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.
13．【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；条件概率
【解析】【解答】解：设甲选到A的事件为C，从五种活动选三种共有种不同的选择方法，甲选到A共有种不同的选法，
故；
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用组合，结合古典概型以及条件概率公式求解即可.
14．【答案】；
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示：
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；
故答案为：；.
【分析】建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值.
15．【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；双曲线的简单性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，即，原问题转化为函数与函数有唯一的交点，
由题意可得：，
当时，，则，解得，不符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，，则，
即，整理得，
当时，即，即，满足条件
当，或（正值舍去），满足条件，
当时，或，有两解，不符合要求，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，由函数关于对称，令，可得或，且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），且函数在上单调递减，
故，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【分析】将问题转化为两函数的交点个数问题求解，令，得，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论求解即可.
16．【答案】（1）解：在中，，由余弦定理，
可得，解得，则.
（2）解：因为，，所以，
由正弦定理，可得，解得.
（3）解：由（2）可知，因为，则，所以，
则，，
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1），由题意，利用余弦定理求解即可；
（2）根据同角三角函数基本关系求出，再利用正弦定理求解即可；
（3）由（2）可求，再利用正弦、余弦二倍角公式以及两角差的余弦公式求解即可.
17．【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为是的中点，所以，且，
又因为是的中点，所以，且，则、，
故四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，
故平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则，，
分别取，则、、，，即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）解：由（2）可得，平面的法向量为，
则，即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线的性质与平行四边形性质定理可得，再结合线面平行判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的空间坐标，根据空间中点到平面的距离公式计算即可.
18．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，即，又因为，所以，
则点，故，
解得，所以，，故椭圆方程为：.
（2）解：若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
联立，消元整理可得，
因为直线与椭圆有两个交点，所以，
由韦达定理可得：，
则，
故
，
又因为恒成立，所以，解得；
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得，
综上所述，存在，使得恒成立.
【知识点】平面向量的数量积运算；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率以及三角形的面积、椭圆的性质可求a，b，即可得椭圆的标准方程；
（2）若过点的动直线的斜率存在，设该直线方程为：， 联立直线方程和椭圆方程，消元整理，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
19．【答案】（1）解：设等比数列的公比为，因为，所以，即，
即，解得，故；
（2）证明：（i）由（1）可知数列的通项为，
当时，则，即，
可知，
，
可得，当且仅当时等号成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，则；
若，则，
当时，，可知数列为等差数列，
，
所以，
当时，符合上式，综上所述：.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式列式求，最后根据等比数列求和公式求解即可；
（2）（i）根据题意分析可知，，利用作差法分析证明即可；
（ii）根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法求和即可.
20．【答案】（1）解：函数定义域为，，
则，，故在点处的切线方程为，即；
（2）解：设定义域为，，当时，解得，
当时，解得，故函数在上单调递减，在上单调递增，则函数在时取最小值，
故在上恒成立，即，当且仅当等号成立，
设，则，
当时，的取值范围是，原问题等价于对任意，恒有成立，
若对任意，恒有，
则对，有，
取，得，故，
再取，得，所以，
若，则对任意，都有，满足条件，
综上可知，的取值范围是.
（3）证明：易证对，有，
证明：由（2）的结论，故，
且，
所以，即，
由，当时，解得；当时，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，有，结论成立；
当时，有，
对任意的，设，则，由于单调递增，
且，
且当，时，由可知，
，
所以在上存在零点，再结合单调递增，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
①当时，有；
②当时，由于，故取，
从而当时，由，
可得，
再根据在上单调递减，即对，都有；
综合①②可知对任意，都有，即，
根据和的任意性，取，，则，
所以；
当时，根据以上讨论，
可得，，
由的单调性，可知或，
故一定有成立，
综上，成立.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足即可；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论，证明即可.
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