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广东河源市龙川县第一中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷
1．在等差数列中，，，则的值为（　　）
A．2 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：在等差数列中，，则数列的公差，
所以.
故答案为：B
【分析】本题考查等差数列下标性质与通项公式的应用，关键是利用等差中项求出，再结合已知项算出公差，进而反向求解。
2．已知各项均为正数的等比数列中，，，成等差数列，则（　　）
A． B．3 C．或3 D．1.或
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：设公比为，因为，，成等差数列，
所以，即，显然，
所以，解得或（舍去）.
故答案为：B.
【分析】本题考查等差、等比数列综合应用，关键是利用等差数列中项公式建立等比数列公比的方程，结合数列各项为正舍去负根求解公比。
3．已知数列的前项和为，且满足，则（　　）
A．16 B．18 C．20 D．25
【答案】B
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意得，.
故答案为：B
【分析】本题考查数列通项与前项和的关系，关键是利用，代入对应前项和表达式计算。
4．二项式展开式中含x项的系数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的通项公式，
令，则.
则二项式展开式中含x项的系数是.
故答案为：C
【分析】先写出二项展开通项公式，整理x的指数表达式，令指数等于1求出r，再代入通项计算对应系数。
5．函数的单调递减区间是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，
当，得，
所以的单调递减区间为．
故答案为：B.
【分析】先求出导函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调递减区间.
6．已知函数 ，则 （　　）
A． B．1 C． D．5
【答案】B
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：，
令得.
故答案为：B
【分析】先对原函数求导，是常数，求导时当作常数系数；再令代入导函数，得到关于的一元一次方程，解方程求值。
7．现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将名男同学和名女同学站成一排合影，
若名女同学不相邻，先将名男同学排序，
再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个，
所以，不同的排法种数为种.
故答案为：D.
【分析】采用插空法解题，先排男生制造空位，再把女生插入空位实现不相邻；分步计算排列数再相乘：先排列 2 名男生，算出排列方法；男生排完产生空位，从空位里选 2 个排列 2 名女生；分步结果相乘得到总站法。
8．已知是函数的导数，且满足对恒成立，，是锐角三角形的两个内角，则下列不等式一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
因为对恒成立，所以对恒成立，
∴在区间上单调递增；
又∵，是锐角三角形的两个内角，∴，∴，∴，
因此，即，∴.
故答案为：C.
【分析】本题考查利用导数构造函数结合三角函数单调性比较大小，关键是构造辅助函数，借助导数符号判定单调性，再利用锐角三角形内角关系得到自变量大小，结合单调性变形不等式。
9．已知，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】已知 ，二项展开通项：。
A：令 ，得 ，A正确；
B： 对应 ：，B正确；
C：令 ，，，C错误；
D：令 ，，
联立
两式相加：，D正确。
故答案为：ABD
【分析】A：赋值求常数项；B：利用二项通项公式，取计算系数；C：赋值得到所有系数和，减去；D：赋值，奇偶项系数分组求和。
10．已知函数在处有极值，且极值为8，则（　　）
A．有三个零点
B．
C．曲线在点处的切线方程为
D．函数为奇函数
【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】
把代入：，，
极值点，，。
A：两极值一正一负，函数有3个零点，A正确；
B：，，B错误；
C：，切线：，C正确；
D：含偶次项，不是奇函数，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用极值条件：处导数为0、函数值为8，联立方程求出判断B；根据两极值符号结合三次函数走势判断零点个数判断A；导数几何意义：切点导数值为切线斜率，求切线方程判断C；
奇函数不含偶次幂项，据此判断D。
11．已知抛物线，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，则（　　）
A．
B．若，则直线的斜率为
C．三点共线（其中为坐标原点）
D．
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：
连接，根据抛物线定义可知，所以，
又由于轴，所以，
所以，同理可证，
所以，
即，故正确；
过作于，设，则，，
所以，
所以，由对称性可知直线的斜率为，故B错误；
设，则，
由于，由于三点共线，
则，
又由于，则，由于，
则，所以，，
所以，
即，所以三点共线，故C正确；
由于，则，即，所以，
所以，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】A：利用抛物线定义+角平分线，证明直角；B：由焦半径倍数求倾斜角，斜率正负两解；C：斜率相等证三点共线，用化简；D：坐标展开+焦点弦结论，验证等式。
12．若椭圆的右焦点为，则的长轴长为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的右焦点为，所以，且焦点在轴上，
所以，所以长轴长为．
故答案为：．
【分析】本题考查椭圆标准方程与几何性质，关键是由焦点坐标确定焦点位置与的值，结合求出，进而得到长轴长。
13．若数列的首项，且满足，则数列的通项公式为　 　.
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：数列满足，则，
因为，所以数列是公比为2的等比数列，
则，即.
故答案为：.
【分析】将变形为，可得数列是公比为2的等比数列，据此求数列的通项公式即可.
14．已知数列满足，则的前40项和为　 　.
【答案】1980
【知识点】等差数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：已知，当为奇数时，；当为偶数时，.
对任意正整数，有，
因此奇数项构成首项，公差为的等差数列.
同理，，可得，因此偶数项构成首项，公差为的等差数列.
奇数项和.
偶数项和.
前40项和为.
故答案为：1980
【分析】本题考查分段递推数列求和，关键是拆分奇数项、偶数项，分别推导两组数列的通项与公差，再利用等差数列求和公式分开计算，最后相加得到前 40 项总和。
15．在公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式和前n项和；
（2）设，求数列的前n项和公式．
【答案】（1）解：在公差不为零的等差数列中，，
因为成等比数列，
所以，
则，
解得，
所以，
.
（2）解：由（1）可知，，
可得数列的前项和为：
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等比中项公式结合等差数列的通项公式，从而得出首项的值和公差的值，再利用等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而得出数列的通项公式和数列的 前n项和.
（2）利用和（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用裂项相消法得出数列的前n项和公式.
（1）公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，
所以，即，
解得，
则，
.
（2）由（1）可知，，
可得数列的前项和
.
16．如图，在正方体中，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）解：设正方体的棱长为，
则，解得，
所以，，
所以，
设点到平面的距离为，则，即，
即，解得，
即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用正方体上下底面对角线平行，结合线面平行判定定理证明；
(2) 先由体对角线长度求棱长，再用等体积法求点到平面距离。
（1）在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）设正方体的棱长为，则，解得，
所以，，
所以，
设点到平面的距离为，则，即，
即，解得，
即点到平面的距离为.
17．已知函数，.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）试判断函数的单调性.
【答案】（1）解：当时，，
则，
所以，
又因为，
则当时，函数在点处的切线方程为，即.
（2）解：因为函数的定义域为，
又因为，
当时，，
则的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，再由点斜式得出函数在点处的切线方程.
（2）先求出函数的定义域，再利用分类讨论的方法和导数的正负判断出函数的单调性．
（1）当时，，则，所以，，，
故当时，函数在点处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，，
当时，，的减区间为，无增区间；
当时，令，，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的减区间为，增区间为.
18． 已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．当l与x轴垂直时，面积为12．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D．试判断是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：双曲线可化为
，即
双曲线C的标准方程为．
（2）解： 设直线l的方程为，，，
联立双曲线C与直线l：消去x可得：，
，则恒成立，
又直线与双曲线交于右支两点，故，，即，
进而可得，即AB的中点M为，
线段AB的中垂线为，
则，即．
．
即为定值1．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和面积求出即可；
（2）直曲联立，根据根与系数关系，利用弦长公式求解即可.
19．已知函数．
（1）若，判断并证明的单调性；
（2）当时，若函数有两个不同的零点，．
（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）解：若时，，求导得，
设，求导得，
令，解得，
当时，，则即单调递减；
当时，，则即单调递增；
所以在处取得最小值，
因为，所以，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）（ⅰ）解：当时，可化为，
令，求导得，
令，因为，所以，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以的最小值为，
当时，；当时，.
函数有两个不同的零点，，
即与在上有两个不同交点，
所以的取值范围是；
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，要证明，即证，
因为，且在上单调递增，
所以只需要证，又因为，
所以只需要证，即证，
即证，两边同时除以，得，
化简为，因为，
所以只需证，即证
令，
求导得，
令，
求导得在上恒成立，
所以在上单调递增，
，
即在上恒成立，所以在上单调递减，
所以，
即，故，
即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 对函数求导，再对导函数二次求导，通过导数符号确定导函数最小值，由导函数恒正判定原函数单调性；
(2)(ⅰ) 零点问题参变分离构造新函数，求导研究新函数单调性与最值，结合函数两端极限，利用数形结合确定参数取值范围；
(ⅱ) 根据构造函数单调性得到零点范围，利用对称构造，借助函数单调性将等价转化为函数不等式，再构造辅助函数，两次求导研究单调性，证明不等式成立。
（1）若时，，求导得，
设，求导得，
令，解得，
当时，，则即单调递减；
当时，，则即单调递增；
所以在处取得最小值，
因为，所以，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）（ⅰ）当时，可化为，
令，求导得，
令，因为，所以，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以的最小值为，
当时，；当时，.
函数有两个不同的零点，，
即与在上有两个不同交点，
所以的取值范围是；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，要证明，即证，
因为，且在上单调递增，
所以只需要证，又因为，
所以只需要证，即证，
即证，两边同时除以，得，
化简为，因为，
所以只需证，即证
令，
求导得，
令，
求导得在上恒成立，
所以在上单调递增，
，
即在上恒成立，所以在上单调递减，
所以，
即，故，
即，所以.
1 / 1广东河源市龙川县第一中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷
1．在等差数列中，，，则的值为（　　）
A．2 B．6 C．8 D．12
2．已知各项均为正数的等比数列中，，，成等差数列，则（　　）
A． B．3 C．或3 D．1.或
3．已知数列的前项和为，且满足，则（　　）
A．16 B．18 C．20 D．25
4．二项式展开式中含x项的系数是（　　）
A． B． C． D．
5．函数的单调递减区间是（　　）
A． B． C． D．
6．已知函数 ，则 （　　）
A． B．1 C． D．5
7．现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（　　）
A． B． C． D．
8．已知是函数的导数，且满足对恒成立，，是锐角三角形的两个内角，则下列不等式一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
9．已知，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．已知函数在处有极值，且极值为8，则（　　）
A．有三个零点
B．
C．曲线在点处的切线方程为
D．函数为奇函数
11．已知抛物线，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，则（　　）
A．
B．若，则直线的斜率为
C．三点共线（其中为坐标原点）
D．
12．若椭圆的右焦点为，则的长轴长为　 　．
13．若数列的首项，且满足，则数列的通项公式为　 　.
14．已知数列满足，则的前40项和为　 　.
15．在公差不为0的等差数列中，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式和前n项和；
（2）设，求数列的前n项和公式．
16．如图，在正方体中，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离.
17．已知函数，.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）试判断函数的单调性.
18． 已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．当l与x轴垂直时，面积为12．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D．试判断是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
19．已知函数．
（1）若，判断并证明的单调性；
（2）当时，若函数有两个不同的零点，．
（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：在等差数列中，，则数列的公差，
所以.
故答案为：B
【分析】本题考查等差数列下标性质与通项公式的应用，关键是利用等差中项求出，再结合已知项算出公差，进而反向求解。
2．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：设公比为，因为，，成等差数列，
所以，即，显然，
所以，解得或（舍去）.
故答案为：B.
【分析】本题考查等差、等比数列综合应用，关键是利用等差数列中项公式建立等比数列公比的方程，结合数列各项为正舍去负根求解公比。
3．【答案】B
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意得，.
故答案为：B
【分析】本题考查数列通项与前项和的关系，关键是利用，代入对应前项和表达式计算。
4．【答案】C
【知识点】二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的通项公式，
令，则.
则二项式展开式中含x项的系数是.
故答案为：C
【分析】先写出二项展开通项公式，整理x的指数表达式，令指数等于1求出r，再代入通项计算对应系数。
5．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，
当，得，
所以的单调递减区间为．
故答案为：B.
【分析】先求出导函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调递减区间.
6．【答案】B
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：，
令得.
故答案为：B
【分析】先对原函数求导，是常数，求导时当作常数系数；再令代入导函数，得到关于的一元一次方程，解方程求值。
7．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将名男同学和名女同学站成一排合影，
若名女同学不相邻，先将名男同学排序，
再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个，
所以，不同的排法种数为种.
故答案为：D.
【分析】采用插空法解题，先排男生制造空位，再把女生插入空位实现不相邻；分步计算排列数再相乘：先排列 2 名男生，算出排列方法；男生排完产生空位，从空位里选 2 个排列 2 名女生；分步结果相乘得到总站法。
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
因为对恒成立，所以对恒成立，
∴在区间上单调递增；
又∵，是锐角三角形的两个内角，∴，∴，∴，
因此，即，∴.
故答案为：C.
【分析】本题考查利用导数构造函数结合三角函数单调性比较大小，关键是构造辅助函数，借助导数符号判定单调性，再利用锐角三角形内角关系得到自变量大小，结合单调性变形不等式。
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】已知 ，二项展开通项：。
A：令 ，得 ，A正确；
B： 对应 ：，B正确；
C：令 ，，，C错误；
D：令 ，，
联立
两式相加：，D正确。
故答案为：ABD
【分析】A：赋值求常数项；B：利用二项通项公式，取计算系数；C：赋值得到所有系数和，减去；D：赋值，奇偶项系数分组求和。
10．【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】
把代入：，，
极值点，，。
A：两极值一正一负，函数有3个零点，A正确；
B：，，B错误；
C：，切线：，C正确；
D：含偶次项，不是奇函数，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用极值条件：处导数为0、函数值为8，联立方程求出判断B；根据两极值符号结合三次函数走势判断零点个数判断A；导数几何意义：切点导数值为切线斜率，求切线方程判断C；
奇函数不含偶次幂项，据此判断D。
11．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：
连接，根据抛物线定义可知，所以，
又由于轴，所以，
所以，同理可证，
所以，
即，故正确；
过作于，设，则，，
所以，
所以，由对称性可知直线的斜率为，故B错误；
设，则，
由于，由于三点共线，
则，
又由于，则，由于，
则，所以，，
所以，
即，所以三点共线，故C正确；
由于，则，即，所以，
所以，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】A：利用抛物线定义+角平分线，证明直角；B：由焦半径倍数求倾斜角，斜率正负两解；C：斜率相等证三点共线，用化简；D：坐标展开+焦点弦结论，验证等式。
12．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的右焦点为，所以，且焦点在轴上，
所以，所以长轴长为．
故答案为：．
【分析】本题考查椭圆标准方程与几何性质，关键是由焦点坐标确定焦点位置与的值，结合求出，进而得到长轴长。
13．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：数列满足，则，
因为，所以数列是公比为2的等比数列，
则，即.
故答案为：.
【分析】将变形为，可得数列是公比为2的等比数列，据此求数列的通项公式即可.
14．【答案】1980
【知识点】等差数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：已知，当为奇数时，；当为偶数时，.
对任意正整数，有，
因此奇数项构成首项，公差为的等差数列.
同理，，可得，因此偶数项构成首项，公差为的等差数列.
奇数项和.
偶数项和.
前40项和为.
故答案为：1980
【分析】本题考查分段递推数列求和，关键是拆分奇数项、偶数项，分别推导两组数列的通项与公差，再利用等差数列求和公式分开计算，最后相加得到前 40 项总和。
15．【答案】（1）解：在公差不为零的等差数列中，，
因为成等比数列，
所以，
则，
解得，
所以，
.
（2）解：由（1）可知，，
可得数列的前项和为：
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等比中项公式结合等差数列的通项公式，从而得出首项的值和公差的值，再利用等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而得出数列的通项公式和数列的 前n项和.
（2）利用和（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用裂项相消法得出数列的前n项和公式.
（1）公差不为零的等差数列中，，又成等比数列，
所以，即，
解得，
则，
.
（2）由（1）可知，，
可得数列的前项和
.
16．【答案】（1）证明：在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）解：设正方体的棱长为，
则，解得，
所以，，
所以，
设点到平面的距离为，则，即，
即，解得，
即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用正方体上下底面对角线平行，结合线面平行判定定理证明；
(2) 先由体对角线长度求棱长，再用等体积法求点到平面距离。
（1）在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）设正方体的棱长为，则，解得，
所以，，
所以，
设点到平面的距离为，则，即，
即，解得，
即点到平面的距离为.
17．【答案】（1）解：当时，，
则，
所以，
又因为，
则当时，函数在点处的切线方程为，即.
（2）解：因为函数的定义域为，
又因为，
当时，，
则的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，再由点斜式得出函数在点处的切线方程.
（2）先求出函数的定义域，再利用分类讨论的方法和导数的正负判断出函数的单调性．
（1）当时，，则，所以，，，
故当时，函数在点处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，，
当时，，的减区间为，无增区间；
当时，令，，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的减区间为，增区间为.
18．【答案】（1）解：双曲线可化为
，即
双曲线C的标准方程为．
（2）解： 设直线l的方程为，，，
联立双曲线C与直线l：消去x可得：，
，则恒成立，
又直线与双曲线交于右支两点，故，，即，
进而可得，即AB的中点M为，
线段AB的中垂线为，
则，即．
．
即为定值1．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和面积求出即可；
（2）直曲联立，根据根与系数关系，利用弦长公式求解即可.
19．【答案】（1）解：若时，，求导得，
设，求导得，
令，解得，
当时，，则即单调递减；
当时，，则即单调递增；
所以在处取得最小值，
因为，所以，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）（ⅰ）解：当时，可化为，
令，求导得，
令，因为，所以，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以的最小值为，
当时，；当时，.
函数有两个不同的零点，，
即与在上有两个不同交点，
所以的取值范围是；
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，要证明，即证，
因为，且在上单调递增，
所以只需要证，又因为，
所以只需要证，即证，
即证，两边同时除以，得，
化简为，因为，
所以只需证，即证
令，
求导得，
令，
求导得在上恒成立，
所以在上单调递增，
，
即在上恒成立，所以在上单调递减，
所以，
即，故，
即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 对函数求导，再对导函数二次求导，通过导数符号确定导函数最小值，由导函数恒正判定原函数单调性；
(2)(ⅰ) 零点问题参变分离构造新函数，求导研究新函数单调性与最值，结合函数两端极限，利用数形结合确定参数取值范围；
(ⅱ) 根据构造函数单调性得到零点范围，利用对称构造，借助函数单调性将等价转化为函数不等式，再构造辅助函数，两次求导研究单调性，证明不等式成立。
（1）若时，，求导得，
设，求导得，
令，解得，
当时，，则即单调递减；
当时，，则即单调递增；
所以在处取得最小值，
因为，所以，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）（ⅰ）当时，可化为，
令，求导得，
令，因为，所以，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以的最小值为，
当时，；当时，.
函数有两个不同的零点，，
即与在上有两个不同交点，
所以的取值范围是；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，要证明，即证，
因为，且在上单调递增，
所以只需要证，又因为，
所以只需要证，即证，
即证，两边同时除以，得，
化简为，因为，
所以只需证，即证
令，
求导得，
令，
求导得在上恒成立，
所以在上单调递增，
，
即在上恒成立，所以在上单调递减，
所以，
即，故，
即，所以.
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