安徽省江淮十校2020届高三数学上学期第一次联考试题 理（含解析）

1 安徽省江淮十校安徽省江淮十校 20202020 届高三数学上学期第一次联考试题届高三数学上学期第一次联考试题 理 含解析 理 含解析 一 选择题 本大题共一 选择题 本大题共 1212 个小题个小题 每小题每小题 5 5 分分 共共 6060 分分 在每小题给出的四个选项中 只有在每小题给出的四个选项中 只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1 已知集合 集合 若 则集合 1 0ay yxx x 2 40bx x abp 的子集个数为 p a 2b 4c 8d 16 答案 b 解析 分析 求出集合 得出集合 确定集合的元素个数 利用子集个数公式可得出集合的 abppp 子集个数 详解 当时 0 x 11 22yxx xx 当时 0 x 111 22yxxx xxx 所以 集合 22ay yy 或 集合 2 4022bx xxx 2 2pab i 集合有两个元素 因此 集合的子集个数为 故选 b pp 2 24 点睛 本题考查集合子集个数的计算 考查集合的交集 函数的值域以及一元二次不等式 的解法 解题时要注意集合子集个数结论的应用 属于中等题 2 复数满足 则的最大值是 z 342zi z z a b c d 749981 答案 b 解析 2 分析 设 由可得出 利用数形 zxyi 342zi 22 344xy 22 z zxy 结合思想求出的最大值 z z 详解 设 则 zxyi 22 3434342zixyixy 则复数在复平面内所对应的点的轨迹是以为圆心 以 22 344xy z 3 4 为半径的圆 其几何意义是原点到圆上一点距离的 2 22 z zxy 22 344xy 平方 原点到圆心的距离为 22 30405 因此 的最大值为 故选 b z z 2 2549 点睛 本题考查复数的几何意义 考查复数对应点的轨迹 同时也涉及了点到圆上一点最 值的求解 考查分析问题和解决问题的能力 属于中等题 3 设为正数 则 是 的 a b c abc 222 abc 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 b 解析 分析 根据不等式的关系 结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可 详解 为正数 a b c 当时 满足 但不成立 即充分性不成立 2 2 3abc abc 222 abc 若 则 即 222 abc 2 2 2 ababc 2 22 2 abcabc 即 即 成立 即必要性成立 2 2 abc abc 则 是 的必要不充分条件 abc 222 abc 故选 b 点睛 本题主要考查充分条件和必要条件的判断 结合不等式的关系是解决本题的关键 3 属于中档题 4 已知向量 均为非零向量 则 的夹角为 a b 2aba rrr ab rr a b a b c d 6 3 2 3 5 6 答案 b 解析 分析 设 的夹角为 由 得出 利用平面向量数量积的运算 a b 2aba rrr 20aab rrr 律与定义可计算出的值 结合的取值范围得出的值 cos 详解 设 的夹角为 且 a b 2aba rrr qab rr 解得 22 2 222cos0aabaa baa rrrrr rrr1 cos 2 0 q3 因此 的夹角为 故选 b a b 3 点睛 本题考查利用平面向量的数量积求向量的夹角 在处理平面向量垂直时 要将其转 化为两向量的数量积为零 利用平面向量数量积的定义和运算律来计算 考查运算求解能力 属于中等题 5 已知 则 lnx 1 3 ye 1 3 logz a b xyz zxy c d zyx yzx 答案 c 解析 分析 利用中间值法 将这三个数与 比较大小 从而得出这三个数的大小关系 01 详解 由于对数函数在其定义域上是增函数 则 lnyx lnln1xe 指数函数在上为增函数 则 即 x ye r 1 0 3 01ee 01y 4 对数函数在其定义域上是减函数 则 即 1 3 logyx 11 33 loglog 10 0z 因此 故选 c zyx 点睛 本题考查利用中间值法比较指数式 对数式的大小 常用的中间值为和 在实 01 际问题中 中间值取多少要由具体问题来选择 同时在比较大小时 要充分利用指数函数与 对数函数的单调性来求解 考查分析问题和解决问题的能力 属于中等题 6 勒洛三角形是具有类似圆的 定宽性 的面积最小的曲线 它由德国机械工程专家 机构 运动学家勒洛首先发现 其作法是 以等边三角形每个顶点为圆心 以边长为半径 在另两 个顶点间作一段弧 三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形 现在勒洛三角形中随机取一 点 则此点取自正三角形外的概率为 a b 23 3 23 3 23 c d 3 23 23 3 23 答案 a 解析 分析 设 将圆心角为的扇形面积减去等边三角形的面积可得出弓形的面积 由此计算 2bc 3 出图中 勒洛三角形 的面积 然后利用几何概型的概率公式可计算出所求事件的概率 详解 如下图所示 设 则以点为圆心的扇形面积为 2bc b 2 12 2 233 等边的面积为 其中一个弓形的面积为 abc 2 1 2sin3 23 2 3 3 所以 勒洛三角形的面积可视为一个扇形面积加上两个弓形的面积 即 22 2322 3 33 5 在勒洛三角形中随机取一点 此点取自正三角形外部的概率 323 3 1 2323 故选 a 点睛 本题考查几何概型概率的计算 解题的关键就是要求出图形相应区域的面积 解题 时要熟悉一些常见平面图形的面积计算方法 考查计算能力 属于中等题 7 如图 在正方体中 是棱上动点 下列说法正确的是 111 abcdabc d f 11 ad a 对任意动点 在平面内不存在与平面平行的直线 f 11 add a cbf b 对任意动点 在平面内存在与平面垂直的直线 fabcdcbf c 当点从运动到的过程中 与平面所成的角变大 f 1 a 1 d fcabcd d 当点从运动到的过程中 点到平面的距离逐渐变小 f 1 a 1 d dcbf 答案 c 解析 分析 利用直线与平面平行的判定定理可判断出 a 选项中命题的正误 利用反证法判断出 b 选项中 命题的正误 利用线面角的定义判断出 c 选项中命题的正误 利用三棱锥体积来判断出 d 选 项命题的正误 详解 对于 a 选项 平面 平面 平面 ad bc ad cbfbc cbf ad 又平面 所以 a 选项中的命题错误 cbfad 11 add a 对于 b 选项 反设平面内存在直线满足平面 平面 由平 abcdaa cbfa qabcd 6 面与平面垂直的判定定理可得平面平面 事实上 平面与平面 cbf abcdcbf 不垂直 假设不存在 所以 b 选项中的命题错误 abcd 对于 c 选项 由于到平面的距离不变且变小 设直线与平面所 fabcddfcfcabcd 成的角为 则 可知在逐渐变大 c 选项中的命题正确 sin d fc 对于 d 选项 由于点到平面的距离不变 的面积不变 则三棱锥 fabcdbcd 的体积不变 即三棱锥的体积不变 在点的运动过程中 的 fbcd dbcf fbcf 面积不变 由等体积法可知 点到平面的距离不变 d 选项中的命题正确 故选 c dbcf 点睛 本题考查直线与平面平行 直线与平面垂直 直线与平面所成的角以及点到平面距 离等命题的判断 判断时要从这些知识点的定义出发来理解 考查逻辑推理能力 属于中等 题 8 某创业公司共有 36 名职工 为了了解该公司职工的年龄构成情况 随机采访了 9 位代表 将数据制成茎叶图如图 若用样本估计总体 年龄在内的人数占公司总人数的 xs xs 百分比是 精确到 1 a b c d 56 14 25 67 答案 a 解析 分析 求出样本平均值与方差 可得年龄在内的人数有 5 人 利用古典概型概率公式 xs xs 可得结果 详解 363637374440434443 40 9 x 2 16 1699 1609 169100 99 s 7 年龄在内 即内的人数有 5 人 10 3 s xs xs 110 130 33 所以年龄在内的人数占公司总人数的百分比是等于 故选 a xs xs 5 0 56 0 9 点睛 样本数据的算术平均数公式 12n 1 xxxx n 样本方差公式 2222 12 1 n sxxxxxx n 标准差 222 12 1 n sxxxxxx n 9 将余弦函数的图象向右平移个单位后 再保持图象上点的纵坐标不变 横坐标变为原来 2 的一半 得到函数的图象 下列关于的叙述正确的是 f x f x a 最大值为 且关于对称 1 3 0 4 b 周期为 关于直线对称 2 x c 在上单调递增 且为奇函数 6 8 d 在上单调递减 且为偶函数 0 4 答案 c 解析 分析 根据图象变换求出函数的解析式 然后结合正弦型函数的基本性质对各选项的正 yf x 误进行判断 详解 将余弦函数的图象向右平移个单位后 得到函数的图象 2 cossin 2 yxx 8 再保持图象上点的纵坐标不变 横坐标变为原来的一半 得到函数的图象 sin2fxx 对于 a 选项 函数的最大值为 由于 该函数的图象 sin2fxx 1 33 sin1 42 f 不关于点对称 a 选项错误 3 0 4 对于 b 选项 函数的最小正周期为 且 则该 sin2fxx 2 2 t sin0 2 f 函数的图象不关于直线对称 b 选项错误 2 x 对于 c 选项 当时 则函数在上单调 68 x 2 34 x sin2fxx 6 8 递增 且该函数为奇函数 c 选项正确 对于 d 选项 当时 则函数在上单调递增 0 4 x 02 2 x sin2fxx 0 4 且为奇函数 d 选项错误 故选 c 点睛 本题考查三角函数的图象变换 同时也考查了正弦型函数基本性质的判断 解题时 要根据图象的变换写出变换后的函数解析式 并结合正弦函数的基本性质进行判断 考查推 理能力 属于中等题 10 对任意实数 恒有成立 关于的方程有两根为 x10 x eax x ln10 xaxx 则下列结论正确的为 1 x 2 x 12 xx a b c d 12 2xx 12 1 x x 1 2 2 x x 1 2 x xe 答案 b 解析 分析 先由可得出 再由 得出 由题意得 10 x eax 1a 1 ln10 xxx 1 ln 1 x x x 9 出和 由此得出 由此可得出正确选项 1 1 1 1 ln 1 x x x 1 1 1 1 1 1 ln 1 1 x x x 2 1 1 x x 详解 构造函数 则 由题意得出 则 1 x f xeax 00f 0f xf min 0f xf 且 x fxea 当时 即当时 对任意的 函数在上单调递 0a 0a x r 0fx yf x r 增 此时 函数没有最小值 yf x 当时 即当时 令 得 0a 0a 0fx lnxa 当时 当时 lnxa 0fx lnxa 0fx 此时 函数在处取得极小值 亦即最小值 即 yf x lnxa min lnf xfa 得 ln0a 1a 由题意可知 关于的方程有两个实根 即有两个实数根 x 1 ln10 xxx 1 ln 1 x x x 方程的其中一个实根为 则 1 ln 1 x x x 1 x 1 1 1 1 ln 1 x x x 11 1 11 11 ln 11 xx x xx 即 又方程 的另一个实根为 因此 1 1 1 1 1 1 ln 1 1 x x x 1 ln 1 x x x 2 x 2 1 1 x x 12 1 x x 故选 b 点睛 本题考查利用导数研究不等式恒成立问题 同时也考查了方程两根之间的关系 解 题时要充分利用对数的运算性质来求解 考查分析问题和解决问题的能力 属于中等题 11 已知双曲线的两条渐近线分别为与 与为上关于原点对称的两 22 22 1 xy c ab 1 l 2 l ab 1 l 点 为上一点且 则双曲线离心率 的值为 m 2 l ambm kke e 10 a b c d 5 51 2 22 答案 b 解析 分析 设直线的方程为 则直线的方程为 设点 1 l b yx a 2 l b yx a 11 b a xx a 则点 利用 可得出 解出即可 22 b mxx a 11 b bxx a ambm kke 2 1ee 详解 设直线的方程为 则直线的方程为 1 l b yx a 2 l b yx a 设点 则点 11 b a xx a 22 b mxx a 11 b bxx a 12 12 am b xx a k xx 1212 1212 mb bbb xxxx aaa k xxxx 2 2 ambm b kke a 即 即 解得 故选 b 2 1ee 2 10ee 1e q 51 2 e 点睛 本题考查双曲线离心率的求解 同时也涉及到渐近线方程 在求解离心率时 充分 利用公式可简化计算 考查运算求解能力 属于中等题 22 2 22 1 cb e aa 12 在四面体中 若 则当四面体的体积最大时其 abcd1addbaccb abcd 外接球表面积为 a b c d 5 3 4 3 2 答案 a 解析 分析 11 设 可知当四面体的体积最大时 平面平面 计 201abxx abcdacb adb 算出 求出四面体的体积 利用导数求出的最 2 1cedex abcd 3 11 33 vxx v 大值以及对应的的值 再利用四面体的结构得出计算出外接球的半径 最后利用球体表面 x 积公式可得出结果 详解 如下图 取的中点 连接 设 abecede 201abxx 则 当四面体 的体积最大时 平面 平面 2 1cedex abcdacb adb 四面体的体积为 abcd 223 1111 211 3233 vxxxxx 2 1 3 vx 令 得 当时 当时 0v 3 3 x 3 0 3 x 0v 3 1 3 x 0v 所以 函数在处取得极大值 亦即最大值 3 11 33 vxx 3 3 x 此时 设和的外接圆半径为 2 6 1 3 cex 6 sin 3 ce bac ac abc abd 由正弦定理得 r 6 2 sin2 bc r bac 6 4 r 设 的外接圆圆心分别为 外接球的球心为点 如下图所示 abc abd mno 12 在中 rt bce 6 4 bmr 四边形是正方形 且边长为 omen 6 12 mebebm 所以 四面体的外接球半径 abcd 22 22 665 41212 rbmom 因此 该四面体的外接球表面积为 故选 a 2 55 44 123 ob 点睛 本题考查四面体体积的最值 同时也考查了四面体外接球表面积的计算 要充分分 析几何体的结构特征 考查分析问题和解决问题的能力 属于难题 二 填空题 本题共二 填空题 本题共 4 4 小题 每小题小题 每小题 5 5 分 共分 共 2020 分分 13 已知实数 满足 则目标函数的最小值为 x y 210 0 20 x xy xy 2zxy 答案 3 2 解析 分析 作出不等式组所表示的可行域 平移直线经过可行域时在轴上取最小值时对应 2zxy x 的最优解 再将最优解代入目标函数可得出答案 13 详解 作出不等式组所表示的可行域如下图所示 210 0 20 x xy xy 联立 得 可得点 210 0 x xy 1 2 xy 1 1 2 2 a 平移直线 当直线经过可行域的顶点时 该直线在轴上的 2zxy 2zxy 1 1 2 2 a x 截距最小 此时取最小值 即 故答案为 z min 113 2 222 z 3 2 点睛 本题考查简单的线性规划问题 考查线性目标函数的最值问题 通常利用平移直线 在坐标轴上截距的最值来寻找最优解来求解 考查数形结合思想的应用 属于中等题 14 已知的展开式中各项系数和为 则其展开式中含项的系数是 5 12xxa 2 2 x 答案 30 解析 分析 先将代入二项式得出二项式的值为展开式各项系数和 可求出 然后将二项式 1x 1a 变形为 写出二项展开式的通项 令的指数为 555 1212121xxxxx x2 求出参数的值 再将参数的值代入通项可得出项的系数 2 x 详解 由题意可知 的展开式中各项系数和为 5 12xxa 55 1 12 12 22aa 14 解得 1a 5555 121212121xxaxxxxx 二项展开式的通项为 55 56 555 212121 kkrrk krkkk xcxcxcx 令 得 55 5 21 r rrr cx 62 52 k r 4 3 k r 因此 展开式中含项的系数为 2 x 43 4132 55 2121104030cc 故答案为 30 点睛 本题考查二项式展开式各项系数和的概念 同时也考查了二项式中指定项的系数 解题时要充分利用展开式通项求解 考查运算求解能力 属于中等题 15 关于的方程在内有解 则实数的取值范围是 xsin2cos0 xxa 0 2 a 答案 5 1 解析 分析 将问题转化为方程在区间上有解 可得出实数的取值范围即 sin2cosaxx 0 2 a 为函数在区间上的值域 利用辅助角公式求出函数 sin2cosf xxx 0 2 在区间上的值域 即可得出实数的取值范围 yf x 0 2 a 详解 由题意可得 则关于的方程在区间 sin2cosaxx xsin2cosaxx 上有解 0 2 构造函数 其中 sin2cosf xxx 0 2 x 由辅助角公式可得 为锐角 且 5sinf xx 5 cos 5 2 5 sin 5 15 由于 则 0 2 x 2 x 所以 函数在区间上单调递增 在区间上单 sin2cosf xxx 0 2 22 调递减 则 又 max5f x 02f 1 2 f 所以 函数在区间上的值域为 sin2cosf xxx 0 2 1 5 15a 解得 因此 实数的取值范围是 故答案为 51a a 5 1 5 1 点睛 本题考查三角函数的零点问题 解题时可以利用参变量分离法转化为函数的值域问 题 充分利用辅助角公式和正弦函数的基本性质求解 考查运算求解能力 属于中中等题 16 已知抛物线的焦点为 过作直线 交抛物线于 两点 且 2 4c xy fflab 为非零常数 以为切点作抛物线的切线交直线于点 则 2 affb ac 1y m 的长度为 结果用含式子表示 mf 答案 1 解析 分析 设直线 的方程为 联立直线的方程与抛物线的方程 列出韦达定理 ab 1ykx abc 结合得出点的横坐标 然后利用导数求出抛物线在点处的切线方程 并 2 affb aca 求出点的坐标 最后利用两点间的距离公式求出的长度 mmf 详解 设点 抛物线的焦点为 设直线的方程为 11 a x y 22 b xy c 0 1f ab 1ykx 联立直线的方程与抛物线的方程 消去得 abc 2 1 4 ykx xy y 2 440 xkx 由韦达定理得 12 4xxk 12 4x x 16 11 1afxy uuu r 22 1fbxy uur 2 affb uuu ruur q 2 12 xx 21 2 1 xx 得 2 121 2 1 4x xx 22 1 4x 抛物线的函数解析式为 求导得 c 2 4 x y 2 x y 则抛物线在点处的切线方程为 即 ca 1 11 2 x yyxx 2 11 24 xx yx 联立 解得 所点 2 11 1 24 y xx yx 1 1 2 2 1 x x x y 1 1 2 1 2 x m x 因此 2 2 2 2 11 22 11 2411 1 122 24 xx mf xx 故答案为 1 点睛 本题考查直线与抛物线的综合问题 涉及到切线方程以及两点间的距离公式的应用 对于直线与抛物线的综合问题 一般将直线方程与抛物线方程联立 利用韦达定理设而不求 法进行求解 考查计算能力 属于中等题 三 解答题 共三 解答题 共 7070 分分 解答应写出文字说明 证明或演算步骤解答应写出文字说明 证明或演算步骤 17 数列的前项和为 且 n a nn s 6121 n sn nn 1 求的通项公式 n a 2 设 数列的前项和为 证明 1 41 n n b a n b n n t 1 2 n t 答案 1 2 证明见解析 2 n an 解析 分析 1 令 由求出 再令 由求出的表达式 再对 1n 11 as 1 1a 2n 1nnn ass n a 是否满足的表达式进行验证 由此得出数列 的通项公式 1 1a n a n a 17 2 将数列的通项公式裂项为 并利用裂项法求出 即可 n b 111 2 2121 n b nn n t 证明出成立 1 2 n t 详解 1 当时 可得 1n 11 661 2 36as 1 1a 当时 由可得 2n 6121 n sn nn 1 6121 n sn nn 上述两式相减得 2 61211216 n annnnnn 2 n an 适合 因此 对任意的 1 1a 2 n an n n 2 n an 2 2 111111 414121212 2121 n n b annnnn q 成立 111 11111111 11 232 352 21212212 n t nnn l 点睛 本题考查由前项和公式求数列通项 同时也考查了利用裂项法求和 在由前项 nn 和公式求数列通项时 利用公式来进行计算 考查计算能力 属于中 1 1 1 2 n nn s n a ssn 等题 18 中 角 所对的边分别是 若 abc a bcabc 222 sinsin3sinabc 且 2 2 sin 3 a 0ba ac 1 求 sin sin b c 2 若 求的面积 2a abc 答案 1 2 3 2 3 解析 分析 18 1 由可得出 利用同角三角函数的平方关系可求出的值 利 0ba ac cos0a cos a 用正弦定理边角互化思想得出 再利用余弦定理可得出的值 从而可得出 222 3abc b c 的值 sin sin b c 2 由 1 得出 利用余弦定理可求出 的值 再利用三角形的面积公式可求 3bc bc 出的面积 abc 详解 1 coscos0ba acbaacacba uu r uuu ruu ruuu r q cos0a 由同角三角函数的平方关系得 2 2 2 21 cos1 sin1 33 aa 由正弦定理可得 222 sinsin3sinabc q 222 3abc 由余弦定理得 22222 31 cos 223 bcaccc a bcbcb 3 b c 由正弦定理边角互化思想得 sin 3 sin bb cc 2 由 1 可知 由余弦定理得 3bc 222222 2cos10212abcbcaccc 则 22 11 123 ca 3 3 c 3b 由三角形面积公式可知 的面积为 abc 1132 22 sin3 22333 abc sbca 点睛 本题考查正弦定理和余弦定理解三角形 同时也考查了三角形面积公式的应用 要 根据三角形已知元素的类型合理选择正弦 余弦定理解三角形 同时也考查充分利用边角互 化思想的应用 简化计算 考查运算求解能力 属于中等题 19 如图 四面体中 是正三角形 是直角三角形 abcdabc acd abdcbd abbd 19 1 证明 平面平面 acd abc 2 若点为中点 求二面角的正弦值 edbdaec 答案 1 证明见解析 2 42 7 解析 分析 1 先证明出 可得出 可得出 然后取的 abdcbd adcd 90adc ac 中点 连接 并设 利用勾股定理证明出 由等腰三角 oocodoaoda odob 形三线合一得出 利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面 odac od abc 再利用平面与平面垂直的判定定理可得出平面平面 acd abc 2 以点为坐标原点 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标 ooaobodx y z 系 设 计算出平面和的法向量 利用空间向量法求出二面角 2ab adeace 的余弦值 再利用同角三角函数的基本关系可得出答案 daec 详解 1 是等边三角形 又 abc abbc abdcbd bdbd 为直角三角形 所以 abdcbd adcd acd 90adc 取的中点 连接 则 acoocododac oaod 设 则 又 oaoda tan603oboaa o 2bdabaca 又 平面 222 bdobod obod obaco iod abc 平面 因此 平面平面 od acdacd abc 2 由题设及 1 可知 两两垂直 以点为坐标原点 建立如下图所示 oaobodo 的空间直角坐标系 设 则 oxyz 2ab 1 0 0a 0 3 0b 1 0 0c 20 为的中点 则 0 0 1d e bd 3 1 0 22 e 1 0 1ad uuu r 2 0 0ac uuu r 3 1 1 22 ae uu u r 设平面的一个法向量为 由 得 ade nx y z 0 0 n ad n ae 0 31 0 22 xz xyz 得 令 则 3 3 zx yx 3x 1y 3z 所以 平面的一个法向量为 ade 31 3n 同理可得 平面的一个法向量为 ace 0 1 3m u r 27 cos 727 m n m n mn u r r u r r u rr 所以 二面角的正弦值为 daec 2 742 1 77 点睛 本题考查平面与平面垂直的判定 同时也考查了二面角的计算 在利用空间向量计 算二面角时 关键就是要建立合适的空间直角坐标系 并计算出平面的法向量 考查逻辑推 理能力与计算能力 属于中等题 20 如图 已知 分别为的外心 重心 1 0a 10b q gabc qg ab 21 1 求点的轨迹的方程 ce 2 是否存在过的直线交曲线于 两点且满足 若存在求出 0 1p lemn2mppn 的方程 若不存在请说明理由 l 答案 1 2 不存在 2 2 10 3 y xxy 解析 分析 1 设点 利用重心的坐标公式得出点的坐标为 可得出点 0c x yxy g 3 3 x y 由可得出点的轨迹的方程 0 3 y q qaqc ce 2 由题意得出直线的斜率存在 并设直线的方程为 设点 ll 1ykx 11 m x y 将直线的方程与曲线的方程联立 并列出韦达定理 由 可 22 n xy le2mppn 得出代入韦达定理求出的值 即可得出直线的方程 此时 直线过点 12 2xx kll 或 从而说明直线不存在 1 0 1 0 l 详解 1 设点 则点 由于 则点 0c x yxy 3 3 x y g qg ab 0 3 y q 由 可得出 化简得 qaqc 22 2 4 1 99 yy x 2 2 1 3 y x 因此 轨迹的方程为 e 2 2 10 3 y xxy 2 当与轴重合时不符合条件 l y 22 假设存在直线 设点 1l ykx 11 m x y 22 n xy 将直线的方程与曲线的方程联立 le 2 2 1 1 3 ykx y x 消去得 由韦达定理得 y 22 3220kxkx 12 2 2 3 k xx k 12 2 2 3 x x k 得 11 1mpxy uuu r 22 1pnxy uuu r 2mppn uuu ruuu r q12 2xx 12 2xx 即 1 2 2 x x 2 222 12 22 2 12 432 23 3 xxkkk x xk k q 另一方面 得 解得 2 2 12 12 2 1221 12 2 23 xxxxk x xxxk 2 1k 1k 则直线过点或 因此 直线不存在 l 1 0 1 0 l 点睛 本题考查动点的轨迹方程 同时也考查了椭圆中的向量问题 在求解时可充分利用 韦达定理设而不求法进行求解 考查运算求解能力 属于中等题 21 已知函数 2 1 cos1 4 f xxx 1 证明 0f x 2 2 x 2 判断的零点个数 并给出证明过程 yf x 答案 1 证明见解析 2 三个零点 证明见解析 解析 分析 1 由函数是偶函数 只需利用导数证明函数在区间上的最大 yf x yf x 0 2 值即可 max0f x 2 由 1 得出函数在区间上只有一个零点 然后利用函数值符号得 yf x 2 2 23 出该函数在区间上无零点 利用导数分析函数的单调性 并分析极值的符号 结合 3 零点存在定理得出该函数在区间上有且只有一个零点 由偶函数的性质得出该函数在 3 2 区间上也只有一个零点 从而得出函数有三个零点 2 yf x 详解 1 则该函数为偶函数 2 1 cos1 4 f xxx q 2 2 x 只需证 其中 max0f x 0 2 x 1 sin 2 fxxx 1 cos 2 fxx 当时 令 得 0 2 x 0fx 3 x 当时 此时 函数单调递减 0 3 x 0fx yfx 当时 此时 函数单调递增 3 2 x 0fx yfx 00 f q 10 24 f 当时 此时 函数单调递减 则 0 2 x 0fx yf x 00f xf 因此 对任意的 2 2 x 0f x 2 三个零点 证明如下 由 1 可知 当时 函数有一个零点 2 2 x yf x 0 x 当时 此时 函数无零点 3 x 9 cos10 4 f xx yf x 24 当时 3 2 x 1 sin 2 fxxx 1 cos0 2 fxx 此时 函数单调递增 yfx 10 24 f 3 3sin30 2 f 由零点存在定理可知 存在 使得 0 3 2 x 0 0fx 当时 此时 函数单调递减 0 2 xx 0fx yf x 当时 此时 函数单调递增 0 3 xx 0fx yf x 2 10 216 f q 0 0 2 f xf 5 3cos30 4 f 由零点存在定理知 函数在区间上无零点 在区间上