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重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题Word版含解析docx、重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.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. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】利用全称量词命题的否定即可解答.
【详解】命题“，”为全称量词命题，
它的否定是存在量词命题，即，，
故选：B.
2. 今年高二（1）班的同学参加语文和数学两个学科的结业水平考试，每科满分为100分．考试成绩非常优秀，每个同学都至少有一科成绩在90分以上，其中语文90分以上的有45人，数学90分以上的有48人，这两科均在90分以上的有40人，高二（1）班共有（ ）个同学．
A. 45B. 48C. 53D. 43
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设出集合得到集合以及中元素的个数，即可得出中元素的个数．
【详解】设集合表示语文在90分以上的学生，则集合中有45个元素，
集合表示数学在90分以上的学生，则集合中有48个元素，
表示两科均在90分以上的学生，则集合中有40个元素，
表示至少有一科成绩在90分以上的学生，由题意可知中有个元素，
又因为每个同学都至少有一科成绩在90分以上，所以高二（1）班共有53人，
故选：C．
3. 关于x的不等式对一切恒成立，则k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当时，可知不等式恒成立；当时，由二次函数图象和性质可得不等式组，解不等式组求得结果.
【详解】x的不等式对一切恒成立，
当时，不等式对一切恒成立，
当时，时，则有，解得，
所以k的取值范围是.
故选：D
4. 19世纪美国天文学家西蒙·纽康和物理学家本·福特从实际生活得出的大量数据中发现了个现象，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量10进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（说明符号），则k的值为（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用对数的运算法则可得，再由符号说明表达式即可求得.
【详解】易知，
由可得；
所以，解得.
故选：B
5. 某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转3圈，若小轮的半径为，则小轮每秒转过的弧长是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出小轮每分钟转的圈数，再借助弧长公式计算即得.
【详解】由大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转3圈，得小轮每分钟转的圈数为，
因此小轮每秒钟转的弧度数为，
所以小轮每秒转过的弧长是.
故选：C
6. 已知函数，若为奇函数，则（ ）
A. ，B. ，
C ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇函数定义可得恒成立，化简可求.
【详解】因为为奇函数，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，，
所以，，
故选：D.
7. 若函数在区间上不单调，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用在上有变号零点列式求解即得.
【详解】函数，求导得，
由函数在区间上不单调，得在上有变号零点，
由，得，
则，令，
于是，即有，
令，函数在上单调递减，函数值从减小到，
在上单调递增，函数值从增大到，
由在上有变号零点，得直线与函数的图象有交点，
且当有两个交点时，两个交点不重合，因此，解得，
所以k的取值范围是.
故选：B
8. 已知函数，若关于x的方程有4个不同的实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到的奇偶性和单调性，从而令，若仅有一个实数根，则，，此时推出只有两个根，不合要求，若有两个实数根，由对称性可知，故和均有两个解，有根的判别式得到且，结合函数单调性和奇偶性得到.
【详解】的定义域为R，且，
故为偶函数，
且当时，恒成立，
故在0,+∞上单调递增，
由对称性可知在上单调递减，，
令，若仅有一个实数根，则，，
此时，解得或，仅有2个实数根，不合要求，舍去；
若有两个实数根，由对称性可知，
需要满足和均有两个解，
即和均有两个解，
由，解得，
又，故且，
即.
故选：A
【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若，则下列与角的终边可能相同的角是（ ）
A. B.
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过正切函数值相等，分析判断对应角的终边是否相同.
【详解】对于A，，因此A正确；
对于B，，因此B不正确；
对于C，，因此C正确；
对于D，，因此D正确。
故选：ACD.
10. 若定义在上的函数满足：对任意都有且，则下列结论一定正确的是（ ）
A. 点是图象的一个对称中心B. 点是图象的一个对称中心
C. 周期函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，分别令和令，得，可判断结论；B选项，分别令和令，得，可判断结论；C选项，当满足已知，不符合结论，可判断；D选项，令，证得时是3为首项1为公差的等差数列，可求.
【详解】令，则，有，
令，则，得，
又，所以点是图象的一个对称中心，故A正确；
令，则，
令，则，又，
所以点是图象的一个对称中心，故B正确；
设，符合题意，但不是周期函数，故C错误；
令，有，则，
令，有，，
所以时是3为首项1为公差的等差数列，
这样，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数在区间上有两个不同的零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. 的取值范围是B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先令，参变分离化简，得，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问题，然后求得a的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，利用基本不等式判断；假设正确，利用零点与的关系消元，然后利用不等式性质以及构造函数证明即可.
【详解】令，
令，
由题可知，，，
令，得，
显然，当x∈0,1时，，所以单调递减；
当x∈1,+∞时，，所以单调递増；
，得示意图
所以都符合题意，故A错误；
由示意图可知 ，
显然，
当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等，
因为，所以互为倒数，即，故B正确；
，
等且仅当时等号成立，
因为，所以，故C正确；
因为，要证，
即证，
因为，所以，
即证，
我们分别证明，，
证明：
因为，
所以，
证明：
要证，即证，
不妨设，得，
显然，当时，h′x<0，此时hx单调递减；
当时，h′x>0，此时hx单调递増；
故，故，即，
所以证得，即证得，
即得，故选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：零点问题解决的关键是转化，有变量的式子，我们经常参变分离，然后将零点问题转化为两个函数的交点问题，画图判断即可；对于选择题中的一些选项，我们可以假设正确，然后验证即可；题中存在多个变量，我们经常需要找到变量之间的关系，然后消元，变成一个变量，然后解决即可.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知为钝角，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数之间的基本关系以及平方关系即可求得结果.
【详解】由可得，即，
又因为，可得，
因此可得，即得，
又因为为钝角，所以.
故答案为：
13. 已知，，则的最大值是________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的最小值，再将化为，即可求得答案.
【详解】因为，，
故，
当且仅当，结合，即时等号成立，
所以，即的最大值是，
故答案为：
14. 对于函数，，若对任意的，存在唯一的使得，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】借助导数研究单调性，并求出函数在给定区间上的值域，再结合集合包含关系，列出不等式解题即可.
详解】函数，求导得，令，求导得，
函数在R上单调递增，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此函数在R上单调递增，当时，，
函数，求导得，当时，，
当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到；
在上单调递增，函数值从增大到，
由对任意的，存在唯一的使得，得，
即，解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是将题目转化为值域之间的包含关系，再借助导数研究单调性，得到值域.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知数列满足，且．
（1）求证：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的知识求得正确答案.
（2）先求得，然后利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
当时，.
当时，由，
得，
两式相减得，也符合，
所以.
所以，
所以，
两式相减得，
两边乘以得.
16. 已知函数，．
（1）若函数在处取得极大值，求的极值及单调区间；
（2）若，不等式对一切恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）有极大值，无极小值，单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的定义域，求导，由得到或2，验证后舍去，满足要求，求出的单调区间，并得到极值情况；
（2），定义域为0,+∞，求导，得到φx的单调性及，根据得到实数a的取值范围.
【小问1详解】
，定义域为0,+∞，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，解得或2，
当时，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在12,1上单调递减，
此时为极小值点，不合要求，
当时，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
此时为极大值点，满足要求，
综上，，有极大值，无极小值，
单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
，定义域为0,+∞，
则，
因为，所以，
令φ′x>0得，令φ′x<0得，
故φx在上单调递减，在上单调递增，
则，
令得，，解得，
故实数a的取值范围是.
17. 为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表：
附表：
．
（1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关；
（2）在该班近视同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？
（3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值．
【答案】（1）认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关，求得，再根据小概率值判断；
（2）根据给定条件，利用组合计数问题及互斥事件的概率公式计算即得.
（3）分别求得，，，再将概率相加即可求解．
【小问1详解】
零假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关．
计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关．
【小问2详解】
每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
【小问3详解】
依题意，，，
事件包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
18. 已知双曲线的离心率为，，分别为其左、右焦点，P为双曲线上任一点，是双曲线在第一象限内的点，的最小值是．
（1）过点分别作双曲线C的两条渐近线的平行线，与渐近线分别交于A，B两点，O为坐标原点，求四边形OAQB的面积；
（2）若不过点Q的直线l与双曲线交于不同的两点M，N，且满足．证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意先求出双曲线方程，即可确定，进而设出直线方程求得坐标，即可求得答案；
（2）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设其方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结合化简，可得的关系，即可求得直线所过定点坐标，再说明直线斜率不存在时也过该定点，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意知，
设Px0,y0，故，
则
，
当时，取到最小值，即，
又，则，
故双曲线方程为；
将代入可得，由于是双曲线在第一象限内的点，故，
又双曲线渐近线方程为，
不妨设QA方程为，联立，
解得，则,
设QB方程为，联立，得，
则，
由双曲线渐近线方程可知，则,
则钝角，结合，可得，
故四边形OAQB的面积为；
【小问2详解】
证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为，设，
联立，得，
则，
因为，故，
故
即，
可得
即得或；
当时，直线l方程为过点，不合题意；
当时，直线l方程为过点；
当直线l的斜率不存在时，设其方程为，则可取，
，解得或，
时，直线l过点Q，不合题意；
时，直线l也过点，
综合上述，直线l过定点.
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类题目，比如面积问题以及定值定点问题，解答的思路并不困难，难点在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，计算量较大，需要十分细心.
19. 已知函数，．
（1）求在上的最大值；
（2）求过点且与曲线相切的直线方程；
（3）证明：，．
【答案】（1）0 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，求函数的最大值.
（2）利用导数的几何意义求切线方程.
（3）分别利用（1）（2）的结论，令，构造不等式，借助等比数列的前项和与数学归纳法证明.
【小问1详解】
因为，，所以.
由；由.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，.
设切点坐标为：，切线斜率为：，
所以切线方程为：.
因为切线过点，所以
可得：.
由（1）得：.
所以切点为，切线斜率为.
所以切线方程为：即.
【小问3详解】
由（1）得：，当且仅当时取“”.
所以当时，.
令，则，
所以.
设，，
则，，
再设，，
则
所以在上为增函数，又，
所以在上有，
所以在上为增函数，又，
所以当时，.
所以，.
令，则.
所以，欲证：，只需证即可.
下面用数学归纳法证明：
当时，，，所以成立；
假设，时，不等式成立，
则，时
.
因为，
所以成立.
即，不等式亦成立.
综上可知，对，不等式恒成立。
所以对成立.
综上：，成立.
【点睛】方法点睛：此题的第三问应该从第一、第二问的结果出发，探索（1）（2）问结论的应用，才能构造有关数列的不等式的证明.另外，数学归纳法证明有关数列的不等式也是该想到的一个常用方法.
近视情况
每天看电子产品的时间
合计
超过一小时
一小时内
近视
10人
5人
15人
不近视
10人
25人
35人
合计
20人
30人
50人
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.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. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】利用全称量词命题的否定即可解答.
【详解】命题“，”为全称量词命题，
它的否定是存在量词命题，即，，
故选：B.
2. 今年高二（1）班的同学参加语文和数学两个学科的结业水平考试，每科满分为100分．考试成绩非常优秀，每个同学都至少有一科成绩在90分以上，其中语文90分以上的有45人，数学90分以上的有48人，这两科均在90分以上的有40人，高二（1）班共有（ ）个同学．
A. 45B. 48C. 53D. 43
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设出集合得到集合以及中元素的个数，即可得出中元素的个数．
【详解】设集合表示语文在90分以上的学生，则集合中有45个元素，
集合表示数学在90分以上的学生，则集合中有48个元素，
表示两科均在90分以上的学生，则集合中有40个元素，
表示至少有一科成绩在90分以上的学生，由题意可知中有个元素，
又因为每个同学都至少有一科成绩在90分以上，所以高二（1）班共有53人，
故选：C．
3. 关于x的不等式对一切恒成立，则k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当时，可知不等式恒成立；当时，由二次函数图象和性质可得不等式组，解不等式组求得结果.
【详解】x的不等式对一切恒成立，
当时，不等式对一切恒成立，
当时，时，则有，解得，
所以k的取值范围是.
故选：D
4. 19世纪美国天文学家西蒙·纽康和物理学家本·福特从实际生活得出的大量数据中发现了个现象，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量10进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（说明符号），则k的值为（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用对数的运算法则可得，再由符号说明表达式即可求得.
【详解】易知，
由可得；
所以，解得.
故选：B
5. 某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转3圈，若小轮的半径为，则小轮每秒转过的弧长是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出小轮每分钟转的圈数，再借助弧长公式计算即得.
【详解】由大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转3圈，得小轮每分钟转的圈数为，
因此小轮每秒钟转的弧度数为，
所以小轮每秒转过的弧长是.
故选：C
6. 已知函数，若为奇函数，则（ ）
A. ，B. ，
C ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇函数定义可得恒成立，化简可求.
【详解】因为为奇函数，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，，
所以，，
故选：D.
7. 若函数在区间上不单调，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用在上有变号零点列式求解即得.
【详解】函数，求导得，
由函数在区间上不单调，得在上有变号零点，
由，得，
则，令，
于是，即有，
令，函数在上单调递减，函数值从减小到，
在上单调递增，函数值从增大到，
由在上有变号零点，得直线与函数的图象有交点，
且当有两个交点时，两个交点不重合，因此，解得，
所以k的取值范围是.
故选：B
8. 已知函数，若关于x的方程有4个不同的实数根，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到的奇偶性和单调性，从而令，若仅有一个实数根，则，，此时推出只有两个根，不合要求，若有两个实数根，由对称性可知，故和均有两个解，有根的判别式得到且，结合函数单调性和奇偶性得到.
【详解】的定义域为R，且，
故为偶函数，
且当时，恒成立，
故在0,+∞上单调递增，
由对称性可知在上单调递减，，
令，若仅有一个实数根，则，，
此时，解得或，仅有2个实数根，不合要求，舍去；
若有两个实数根，由对称性可知，
需要满足和均有两个解，
即和均有两个解，
由，解得，
又，故且，
即.
故选：A
【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若，则下列与角的终边可能相同的角是（ ）
A. B.
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过正切函数值相等，分析判断对应角的终边是否相同.
【详解】对于A，，因此A正确；
对于B，，因此B不正确；
对于C，，因此C正确；
对于D，，因此D正确。
故选：ACD.
10. 若定义在上的函数满足：对任意都有且，则下列结论一定正确的是（ ）
A. 点是图象的一个对称中心B. 点是图象的一个对称中心
C. 周期函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，分别令和令，得，可判断结论；B选项，分别令和令，得，可判断结论；C选项，当满足已知，不符合结论，可判断；D选项，令，证得时是3为首项1为公差的等差数列，可求.
【详解】令，则，有，
令，则，得，
又，所以点是图象的一个对称中心，故A正确；
令，则，
令，则，又，
所以点是图象的一个对称中心，故B正确；
设，符合题意，但不是周期函数，故C错误；
令，有，则，
令，有，，
所以时是3为首项1为公差的等差数列，
这样，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数在区间上有两个不同的零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. 的取值范围是B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先令，参变分离化简，得，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问题，然后求得a的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，利用基本不等式判断；假设正确，利用零点与的关系消元，然后利用不等式性质以及构造函数证明即可.
【详解】令，
令，
由题可知，，，
令，得，
显然，当x∈0,1时，，所以单调递减；
当x∈1,+∞时，，所以单调递増；
，得示意图
所以都符合题意，故A错误；
由示意图可知 ，
显然，
当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等，
因为，所以互为倒数，即，故B正确；
，
等且仅当时等号成立，
因为，所以，故C正确；
因为，要证，
即证，
因为，所以，
即证，
我们分别证明，，
证明：
因为，
所以，
证明：
要证，即证，
不妨设，得，
显然，当时，h′x<0，此时hx单调递减；
当时，h′x>0，此时hx单调递増；
故，故，即，
所以证得，即证得，
即得，故选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：零点问题解决的关键是转化，有变量的式子，我们经常参变分离，然后将零点问题转化为两个函数的交点问题，画图判断即可；对于选择题中的一些选项，我们可以假设正确，然后验证即可；题中存在多个变量，我们经常需要找到变量之间的关系，然后消元，变成一个变量，然后解决即可.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知为钝角，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数之间的基本关系以及平方关系即可求得结果.
【详解】由可得，即，
又因为，可得，
因此可得，即得，
又因为为钝角，所以.
故答案为：
13. 已知，，则的最大值是________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的最小值，再将化为，即可求得答案.
【详解】因为，，
故，
当且仅当，结合，即时等号成立，
所以，即的最大值是，
故答案为：
14. 对于函数，，若对任意的，存在唯一的使得，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】借助导数研究单调性，并求出函数在给定区间上的值域，再结合集合包含关系，列出不等式解题即可.
详解】函数，求导得，令，求导得，
函数在R上单调递增，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此函数在R上单调递增，当时，，
函数，求导得，当时，，
当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到；
在上单调递增，函数值从增大到，
由对任意的，存在唯一的使得，得，
即，解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是将题目转化为值域之间的包含关系，再借助导数研究单调性，得到值域.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知数列满足，且．
（1）求证：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的知识求得正确答案.
（2）先求得，然后利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
当时，.
当时，由，
得，
两式相减得，也符合，
所以.
所以，
所以，
两式相减得，
两边乘以得.
16. 已知函数，．
（1）若函数在处取得极大值，求的极值及单调区间；
（2）若，不等式对一切恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）有极大值，无极小值，单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的定义域，求导，由得到或2，验证后舍去，满足要求，求出的单调区间，并得到极值情况；
（2），定义域为0,+∞，求导，得到φx的单调性及，根据得到实数a的取值范围.
【小问1详解】
，定义域为0,+∞，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，解得或2，
当时，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在12,1上单调递减，
此时为极小值点，不合要求，
当时，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
此时为极大值点，满足要求，
综上，，有极大值，无极小值，
单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
，定义域为0,+∞，
则，
因为，所以，
令φ′x>0得，令φ′x<0得，
故φx在上单调递减，在上单调递增，
则，
令得，，解得，
故实数a的取值范围是.
17. 为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表：
附表：
．
（1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关；
（2）在该班近视同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？
（3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值．
【答案】（1）认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关，求得，再根据小概率值判断；
（2）根据给定条件，利用组合计数问题及互斥事件的概率公式计算即得.
（3）分别求得，，，再将概率相加即可求解．
【小问1详解】
零假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关．
计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关．
【小问2详解】
每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
【小问3详解】
依题意，，，
事件包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
18. 已知双曲线的离心率为，，分别为其左、右焦点，P为双曲线上任一点，是双曲线在第一象限内的点，的最小值是．
（1）过点分别作双曲线C的两条渐近线的平行线，与渐近线分别交于A，B两点，O为坐标原点，求四边形OAQB的面积；
（2）若不过点Q的直线l与双曲线交于不同的两点M，N，且满足．证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意先求出双曲线方程，即可确定，进而设出直线方程求得坐标，即可求得答案；
（2）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设其方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结合化简，可得的关系，即可求得直线所过定点坐标，再说明直线斜率不存在时也过该定点，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意知，
设Px0,y0，故，
则
，
当时，取到最小值，即，
又，则，
故双曲线方程为；
将代入可得，由于是双曲线在第一象限内的点，故，
又双曲线渐近线方程为，
不妨设QA方程为，联立，
解得，则,
设QB方程为，联立，得，
则，
由双曲线渐近线方程可知，则,
则钝角，结合，可得，
故四边形OAQB的面积为；
【小问2详解】
证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为，设，
联立，得，
则，
因为，故，
故
即，
可得
即得或；
当时，直线l方程为过点，不合题意；
当时，直线l方程为过点；
当直线l的斜率不存在时，设其方程为，则可取，
，解得或，
时，直线l过点Q，不合题意；
时，直线l也过点，
综合上述，直线l过定点.
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类题目，比如面积问题以及定值定点问题，解答的思路并不困难，难点在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，计算量较大，需要十分细心.
19. 已知函数，．
（1）求在上的最大值；
（2）求过点且与曲线相切的直线方程；
（3）证明：，．
【答案】（1）0 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，求函数的最大值.
（2）利用导数的几何意义求切线方程.
（3）分别利用（1）（2）的结论，令，构造不等式，借助等比数列的前项和与数学归纳法证明.
【小问1详解】
因为，，所以.
由；由.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，.
设切点坐标为：，切线斜率为：，
所以切线方程为：.
因为切线过点，所以
可得：.
由（1）得：.
所以切点为，切线斜率为.
所以切线方程为：即.
【小问3详解】
由（1）得：，当且仅当时取“”.
所以当时，.
令，则，
所以.
设，，
则，，
再设，，
则
所以在上为增函数，又，
所以在上有，
所以在上为增函数，又，
所以当时，.
所以，.
令，则.
所以，欲证：，只需证即可.
下面用数学归纳法证明：
当时，，，所以成立；
假设，时，不等式成立，
则，时
.
因为，
所以成立.
即，不等式亦成立.
综上可知，对，不等式恒成立。
所以对成立.
综上：，成立.
【点睛】方法点睛：此题的第三问应该从第一、第二问的结果出发，探索（1）（2）问结论的应用，才能构造有关数列的不等式的证明.另外，数学归纳法证明有关数列的不等式也是该想到的一个常用方法.
近视情况
每天看电子产品的时间
合计
超过一小时
一小时内
近视
10人
5人
15人
不近视
10人
25人
35人
合计
20人
30人
50人
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
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