天津市宝坻一中高考数学二模试卷

天津市宝坻一中高考数学二模试卷
一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）
1. 已知集合A ={0,1，2}，B ={x||x|<2}，C ={−2,−1,0}，则(A ∩B)∪C =( )
A. {0}
B. {0,1，2}
C. {−2,−1,0，1}
D. {−2,−1,0，1，2}
【答案】C
【解析】解：A ={0,1，2}，B ={x|−2<x <2}，C ={−2,−1,0}， ∴A ∩B ={0,1}，(A ∩B)∪C ={−2,−1,0，1}． 故选：C ．
可求出集合B ，然后进行交集和并集的运算即可．
本题考查了列举法和描述法的定义，绝对值不等式的解法，交集和并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2. 已知Q 为双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的右顶点，M 为双曲线右支上一点，若点
M 关于双曲线中心O 的对称点为N ，设直线QM ，QN 的倾斜角分别为α，β且tanαtanβ=1
4
，则双曲线的渐近线方程为( )
A. y =±2x
B. y =±1
2x
C. y =±4x
D. y =±1
4x
【答案】B
【解析】解：设M(x 0,y 0)，N(−x 0,−y 0)， 因为tanαtanβ=14，则k QM ⋅k QN =1
4， 所以y 0−0
x 0−a ⋅
−y 0−0−x 0−a
=
y 0
2x 0
2−a 2=1
4
，
又
x 0
2a 2
−y 0
2b 2=
1，所以y 0
2
=b 2
a 2(x 02−a 2
)，所以
b 2a 2(x 0
2
−a 2)x 0
2−a 2=1
4
， 所以
b 2
a 2
=14，所以b
a =1
2，
所以双曲线的渐近线方程为y =±1
2x ， 故选：B ．
设出点M ，N 的坐标，由此直线QM ，QN 的斜率的乘积，再由已知正切的值以及点M ，N 在双曲线上，联立求出渐近线的斜率，由此即可求解．
本题考查了双曲线的性质，考查了直线的斜率公式以及学生的运算能力，属于中档题．3.函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能是()
A. f(x)=2x
1−|x|B. f(x)=2x
x2+1
C. f(x)=2x
x2−1
D. f(x)=x2+1
x2−1
【答案】C
【解析】解：由图知，函数f(x)为奇函数，而选项D中的函数为偶函数，所以不符合题意，
函数f(x)的定义域为{x|x≠±1}，而选项B中函数的定义域为R，所以不符合题意，当x∈(0,1)时，f(x)<0，
由于1−|x|>0，x2−1<0，所以选项A中的函数f(x)>0，不符合题意，选项C中函数f(x)<0，符合题意．
故选：C．
从函数的奇偶性，定义域和x∈(0,1)时，f(x)与0的大小关系，逐一对选项进行排除即可．
本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
4.某校抽取100名学生做体能测试，其中百米测试中，成绩全部介于13秒到18秒之
间，将测试结果分为五组：第一组[13,14)，第二组[14,15)，……，第五组[17,18).如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图，若成绩低于a即为优秀，如果优秀的人数为14人，则a的估计值是()
A. 14
B. 14.5
C. 15
D. 15.5
【答案】B
=0.14，
【解析】解：根据题意可得，成绩低于a的频率为14
100
由频率分布直方图可知，成绩在[13,14)内的频率为0.06×1=0.06，
=14.5．
则a的估计值为14+0.14−0.06
0.16
故选：B．
由频率分布直方图，先求出低于a的频率，然后求出成绩在[13,14)内的频率，由此列式求解即可．
本题考查了频率分布直方图的应用，解题的关键是掌握频率分布直方图中频率的求解方法，掌握频率、频数、样本容量之间的关系，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
5.已知a=40.3，b=0.34，c=log310，则()
A. b>c>a
B. a>c>b
C. c>a>b
D. c>b>a
【答案】C
【解析】解：1=40<40.3<40.5=2，
0.34<0.30=1，
log310>log39=2，
∴c>a>b，
故选：C．
分别解出a，b，c的范围，即可解出．
本题考查了指数函数的性质，对数函数的性质，学生的数学运算能力，属于基础题．6.所有棱长都是3的直三棱柱ABC−A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，则该球的表
面积是()
A. 12π
B. 18π
C. 21π
D. 39π
【答案】C 【解析】 【分析】
正三棱柱的上下底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．
本题是中档题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力． 【解答】
解：由题意可知：正三棱柱的上下底面中心的连线的中点就是外接球的球心， 底面中心到顶点的距离为：2
3
×√3
2×3=√3；
所以外接球的半径为：√(√3)2+(32
)2=√21
2
．
所以外接球的表面积为：4π(√21
2)2=21π．
故选：C ．
7. 设函数f(x)=Asin(ωx +φ)+1，(A >0,ω>0,|φ|<π
2)的最大值为2，其图象相
邻两个对称中心之间的距离为π
2，且f(x)的图象关于直线x =π
12对称，则下列判断正确的是( )
A. 函数y =f(x)在[−π6,π
3]上单调递减 B. 函数y =f(x)的图象关于点(−π
6,0)对称 C. 函数y =f(x)的图象关于直线x =−5π
12对称
D. 要得到y =sin2x +1的图象，只需将f(x)图象向右平移π
3个单位
【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)=Asin(ωx +φ)+1(A >0,ω>0,|φ|<π2)的最大值为A +1=2，∴A =1．
其图象相邻两个对称中心之间的距离为12⋅
2π
ω=π
2，∴ω=2，
∵f(x)的图象关于直线x =π
12对称，∴2×π
12+φ=kπ+π
2，k ∈Z ， 取k =0，可得φ=π
3， 故f(x)=sin(2x +π3)+1．
在[−π
6,π
3
]上，2x+π
3
∈[0,π]，函数f(x)没有单调性，故A错误；
令x=−π
6，求得f(x)=1，可得f(x)的图象关于点(−π
6
,1)对称，故B错误；
令x=−5π
12，求得f(x)=0，为最小值，可得f(x)的图象关于直线x=−5π
12
对称，故C
正确；
将f(x)图象向右平移π
3个单位，可得y=sin(2x−π
3
)+1的图象，故D错误，
故选：C．
由函数的最大值求出A，由周期求出ω，由图象的对称性求出φ的值，可得函数的解析式，再利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律、正弦函数的图象和性质，得出结论．本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的最大值求出A，由周期求出ω，由图象的对称性求出φ的值，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
8.已知抛物线y2=16x的焦点与双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的焦点F重合，
C的渐近线恰为矩形OAFB的边OA，OB所在直线(O为坐标原点)，则C的方程是()
A. x2
12−y2
4
=1 B. x2
32
−y2
32
=1 C. x2
4
−y2
12
=1 D. x2
8
−y2
8
=1
【答案】D
【解析】解：由C的渐近线恰为矩形OAFB的边OA，OB所在直线，可得双曲线的两条渐近线垂直，
由渐近线方程y=±b
a
x，
可得−b2
a2
=−1，即a=b，
又抛物线y2=16x的焦点为(4,0)，
即有a2+b2=16，解得a=b=2√2，
则双曲线的方程为x2
8−y2
8
=1，
故选：D．
由矩形的性质可得双曲线的两条渐近线垂直，求得a=b，再由抛物线的焦点，解方程求得a，b，可得双曲线的方程．
本题考查抛物线和双曲线的方程和性质，以及两直线垂直的条件，考查方程思想和运算
能力，属于基础题．
9. 已知函数f(x)={−1
2|x +2|+1,x <0
x 3
,x ≥0
，若存在实数a ，b ，c ，当a <b <c 时，满
足f(a)=f(b)=f(c)，则af(a)+bf(b)+cf(c)的取值范围是( )
A. (−4,0)
B. (−3,0)
C. [−4,0)
D. [−3,0)
【答案】B
【解析】解：函数f(x)的图象如下图所示：
若互不相等的实数a ，b ，c 满足f(a)=f(b)=f(c)， 且a <b <c ，
则a +b =−4，c ∈(0,1)，
则af(a)+bf(b)+cf(c)=(a +b +c)f(c)=(c −4)⋅c 3， 令g(c)=(c −4)⋅c 3，
则g′(c)=c 3+(c −4)⋅3c 2=4c 2⋅(c −3)<0， 故g(c)在(0,1)上单调递减，且g(0)=0，g(1)=−3， 故g(c)∈(−3,0)，
故af(a)+bf(b)+cf(c)的取值范围是(−3,0)． 故选：B ．
画出函数f(x)的图象，可得a +b =−4，af(a)+bf(b)+cf(c)=(a +b +c)f(c)=(c −4)⋅c 3，令g(c)=(c −4)⋅c 3，结合导函数研究单调性，可得答案．
本题考查分段函数的图象和性质，注意运用数形结合思想方法，考查二次函数的最值求法，以及化简运算能力，属于中档题．
二、单空题（本大题共6小题，共18.0分） 10. 设i 是虚数单位，复数1−i
2+i 的虚部等于______ ．
【答案】−3
5
【解析】解：复数1−i
2+i =(1−i)(2−i)
(2+i)(2−i)
=1−3i
5
=1
5
−3
5
i的虚部为−3
5
．
故答案为：−3
5
．
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，属于基础题．
11.在(x−3
x2
)5的展开式中，x2的系数是______ ．
【答案】−15
【解析】解：展开式的通项为T r+1=C5r x5−r(−3
x2
)r=C5r(−3)r x5−3r，
令5−3r=2，解得r=1，
所以x2的系数为C51(−3)1=−15，
故答案为：−15．
求出展开式的通项，然后令x的指数为2，求出r的值，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
12.已知直线l：y=x+m被圆C：x2+y2−4x−2y−1=0截得的弦长等于该圆的
半径，则实数m=______ ．
【答案】2或−4
【解析】解：由x2+y2−4x−2y−1=0，得(x−2)2+(y−1)2=6，
则圆心C(2,1)，半径为√6，
C到直线y=x+m的距离d=
√2=
√2
，
∴直线y=x+m被圆C截得的写出为2√6−(m+1)2
2
=√6，
整理得(m+1)2=9，解得m=2或−4．
故答案为：2或−4．
化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，写出圆心到直线的距离，利用垂径定理求弦长，结合已知列式求得m值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线距离公式的应用，训练了利用垂径定理求弦长，是基础题．
13. 一个盒子里有1个红1个绿4个黄，共六个相同的球，每次拿一个，共拿三次，记
拿到黄色球的个数为X ．
(1)若取球过程是无放回的，则事件“X =2”的概率是______ ． (2)若取球过程是有放回的，则E(X)= ______ ． 【答案】3
5 2
【解析】解：(1)有题意可知P(X =2)=
C 42C 21C 6
3=3
5
；
(2)有放回的取球，即X 服从二项分布，n =3，p =4
4+2=2
3， ∴X ～B(3,2
3
)，
∴E(X)=3×23=2，
故答案为：35，2．
(1)利用古典概型的概率计算公式可以直接算出； (2)利用题中的条件可知X 服从二项分布，即可解出．
本题考查了古典概型的概率计算，二项分布期望的计算，学生的运算能力，属于基础题．
14. 已知x >0，y >0，且2x +8y −xy =0，则x +y 的最小值为______ ． 【答案】18
【解析】解：已知x >0，y >0，且2x +8y −xy =0． 2x +8y =xy 即：2
y +8
x =1．
利用基本不等式：则x +y =(x +y)(2
y +8
x )=2x y
+
8y x
+10≥8+10=18，当且仅当x =
2y 时成立．
则x +y 的最小值为18． 故答案为18．
首先分析题目已知x >0，y >0，且2x +8y −xy =0，求x +y 的最小值．等式2x +8y −xy =0变形为2
y +8
x =1，则x +y =(x +y)(2
y +8
x ) 根据基本不等式即可得到答案． 此题主要考查基本不等式的应用问题，题中凑基本不等式是解题的关键，有一定的技巧性，但覆盖的知识点较少，属于基础题目．
15. 已知平行四边形ABCD 的两条对角线相交于点M ，|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，|AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，∠DAB =60°，其中点P 在线段MD 上且满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−25
16，|DP ⃗⃗⃗⃗⃗ |= ______ ，若点N 是线段AB 上的动点，则ND ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______ ． 【答案】√3
4 135
256
【解析】解：在△ABD 中，|AB
⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，∠DAB =60°， 所以BD 2=AD 2+AB 2−2AD ⋅AB ⋅cos∠DAB
=1+4−2×1×2×1
2=3，
所以BD =√3，
则有AD 2+BD 2=AB 2，
所以∠ADB =90°，则∠ABC =120°，
在△ABC 中，AC 2=AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cos∠ABC =4+1−2×2×1×(−1
2)=7，
因为AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )
=(PM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−1
4CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2−1
4×7=−25
16， 解得PM =√3
4
，
所以DP =DM −PM =1
2BD −PM =1
2×√3−√3
4=√3
4，
取PD 的中点为R ，
故同理可得ND
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =NR ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−14PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
， 又BR =BD −RD =BD −1
2PD =√3−√3
8=
7√3
8
， 设点R 到AB 的距离为d ， 则有NR ≥d =BR ⋅sin30°=
7√38×12=
7√316
，
所以ND
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =NR ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−14PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2≥(7√316)2−14×(√34)2=135256， 所以ND ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为135
256
．
故答案为：√34
；135
256．
在△ABD 中，利用余弦定理求出BD ，再利用勾股定理确定∠ADB =90°，从而得到∠ABC =120°，在△ABC 中，再利用余弦定理求出AC ，然后将AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2516利用中点M 进行转化，求出PM ，从而解得PD 的长；
取PD 的中点为R ，再次利用中点转化ND ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，再利用垂线段最短得到NR ≥d =BR ⋅sin30°，从而得到NR 的范围，即可得到答案．
本题考查了平面向量的综合应用，涉及了平面向量数量积的求解、余弦定理的应用、平面向量基本定理的应用，解题的关键是灵活的运用中点来转化向量．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分）
16. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a =4，b =5，c =√21．
(1)求角C 的大小； (2)求sin A 的值； (3)求sin(2A −π
4)的值．
【答案】解：(1)因为在△ABC 中，a =4，b =5，c =√21， 所以可得cosC =a 2+b 2−c 2
2ab =
16+25−212×4×5
=1
2
，
又C ∈(0,π)， 所以C =π
3．
(2)因为在△ABC 中，a =4，C =π
3，c =√21， 所以由a
sinA =c
sinC ，可得sinA =a⋅sinC c =
4×
√3
2
√21
=
2√77
． (3)因为a <b ，sinA =
2√7
7
，可得cosA =√1−sin 2A =
√21
7
， 所以sin2A =2sinAcosA =
4√3
7，cos2A =2cos 2A −1=−1
7，
所以sin(2A −π
4)=sin2Acos π
4−cos2Asin π
4
=
4√37
×
√2
2
−(−1
7)×
√2
2
=
4√6+√214
．
【解析】(1)由已知利用余弦定理可求cos C 的值，结合范围C ∈(0,π)，可求C 的值； (2)由已知利用正弦定理即可解得sin A 的值．
(3)利用同角三角函数基本关系式可求cos A 的值，利用二倍角公式可求sin2A ，cos2A 的值，进而根据两角差的正弦公式即可求解sin(2A −π
4)的值．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角差
的正弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
17. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB//DC ，AD =DC =
AP =2，AB =1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥DC ；
(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；
(3)若F 为棱PC 上一点，CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ 且满足BF ⊥AC ，求二面角F −AB −P 的余弦值．
【答案】(1)证明：以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0，0)，B(1,0，0)，C(2,2，0)，D(0,2，0)，P(0,0，2)，E(1,1，1)，
∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)， ∵BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 即BE ⊥DC ；
(2)解：设直线BE 与平面PBD 所成角为θ， 由(1)得BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，−2)， 设平面PBD 的法向量a
⃗ =(x,y ，z)， 则{a ⃗ ⋅BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +2y =0a ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −2z =0，令y =1，得a
⃗ =(2,1，1)， ∴cos <a ⃗ ，BE
⃗⃗⃗⃗⃗ >=a
⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |a ⃗ ||BE
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=
2√6×√2
=
√3
3
， ∴直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为sinθ=|cos <a ⃗ ，BE
⃗⃗⃗⃗⃗ >=√3
3
； (3)解：由(1)知，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2，0)，CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,2)， AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)，
由CF
⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2，0)+λ(−2，−2，2)=(1−2λ，2−2λ，2λ)， ∵BF ⊥AC ，∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(1−2λ)+2(2−2λ)=0，解得λ=3
4
，
∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,12,3
2
).
设平面FAB 的法向量为m
⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1=0
m ⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12
x 1+12
y 1+3
2
z 1=0
，令z =1，则m ⃗⃗⃗ =(0,−3,1)． ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD ，
又AD ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA 、AB ⊂平面ABP ，∴AD ⊥平面ABP ， ∴平面ABP 的一个法向量为n ⃗ =(0,1，0)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=
m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
=√
10×1
=−3√10
10
， 由图可知，二面角F −AB −P 为锐二面角， 故二面角F −AB −P 的余弦值为
3√1010
．
【解析】(1)以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，逐一写出各点坐标，由BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即可得证；
(2)求出平面PBD 的法向量，利用向量法能求出直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值； (3)根据法向量的性质可求得平面FAB 的法向量m ⃗⃗⃗ ，由线面垂直的性质定理和判定定理可推出AD ⊥平面ABP ，从而知平面ABP 的法向量n ⃗ ，再由两法向量所成角的余弦值可得二面角F −AB −P 的余弦值．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握利用空间向量证明线线垂直和求二面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18. 已知椭圆C ：y 2
a 2+x 2
b
2=1(a >b >0)过点M(13
,2√63
)，且离心率为√6
3
．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)点A 是椭圆C 与x 轴正半轴的交点，点M ，N 在椭圆C 上且不同于点A ，若直线AM 、AN 的斜率分别是k AM 、k AN ，且k AM ⋅k AN =6，试判断直线MN 是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由． 【答案】解：(1)由题知e =
c
a
=
√6
3，即c 2=2
3a 2，
又因为b 2=a 2−c 2=a 2−23a 2=1
3a 2， 所以椭圆的方程可化为y 2
a 2
+3x 2a 2
=1，
又因为椭圆过点M(13
,
2√6
3
)，
所以
(
2√63)2
a 2
+
3×(13)2
a
2=1，解得a 2
=3， 所以椭圆的方程为
y 23
+x 2=1．
(2)由图可知，直线AM ，AN 的斜率一定存在且不为0， 设直线l AM ：y =k(x −1)， 因为k AM ⋅k AN =6，
所以直线l AN ：y =6
k (x −1)，
联立{y =k(x −1)y 23+x 2
=1，得(3+k 2)x 2−2k 2x +k 2−3=0， 所以△=(−2k 2)2−4(k 2+3)(k 2−3)=36>0， 所以x M ⋅x A =k 2−3
k 2+3，
因为x A =1， 所以x M =
k 2−3k 2+3
，
代入y =k(x −1)，得y M =−6k
3+k 2，即M(k 2−3
k 2+3
,−6k
3+k 2)， 用6
k 代换k ，即得N(12−k 2
12+k 2
,−12k
12+k 2)， 所以k MN =
−
6k 3+k 2−(−12k
12+k 2)k 2−3k 2+3−(12−k
212+k 2
)=3k
k 2+6，
所以直线MN 的方程为y =3k
k 2+6
(x −k 2−3
k 2+3)−6k
3+k 2， 即y =3k
k 2+6(x −3)，
所以直线MN 恒过定点(3,0)． 【解析】(1)由椭圆C 过M(13,
2√63)，且离心率为√6
3
，列方程组，解得a ，b ，c ，进而可得
答案．
(2)设直线l AM ：y =k(x −1)，由k AM ⋅k AN =6，得直线l AN ：y =6
k (x −1)，联立直线AM 与椭圆的方程，得△>0，x M ⋅x A ，解得M 点坐标，同理可得N 点坐标，写出直线MN 的方程，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
19. 已知等差数列{a n }，等比数列{b n }，
a 4=
b 1=2，a 5=3(a 4−a 3)，b 4=4(b 3−b 2). (1)求{a n }，{b n }的通项公式；
(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，试比较a n+1⋅a n 与2S n+1的大小； (3)∀n ∈N ∗，c n ={−
(3a n +2)(a n −2)
b n
,n 为偶数
a n+2
b n
,n 为奇数
，求数列{c n }的前2n 项和．
【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由题意可得{a 1+3d =2
a 1+4d =3d ，解得a 1=−1，d =1，
故a n =n −2；
由b 1q 3=4b 1(q 2−q)，则q 2−4q +4=0， 所以q =2，故b n =2n ；
(2)由(1)可得a n+1⋅a n =(n −2)(n −1)=n 2−3n +2， 又2S n+1=(n +1)(n −2)=n 2−n −2， a n+1⋅a n −2S n+1=4−2n ， 当n ≤2时，a n+1⋅a n ≥2S n+1； 当n ≥3时，a n+1⋅a n <2S n+1． (3)当n 为奇数时，c n =n
2n ； 当n 为偶数时，c n =−
(3n−4)(n−4)
2n =
−3n 2+16n−16
2n
=
n 22n
−
(n−2)22n−2
，
对于任意正整数n ，有∑c 2k−1n k=1=c 1+c 3+⋯+c 2k−1=1
21+3
23+⋯+2n−1
22n−1，①
1
4∑c 2k−1n k=1=123+325+⋯+2n−322n−1+2n−1
22n+1，② ①
−②可得3
4∑c 2k−1
n k=1=12+14+⋯+122n−2−2n−1
22n+1=
1−
1
4n 1−14
−12−2n−1
22n+1
=4
3−4
3⋅4n −1
2−
2n−12⋅4n =5
6−
6n+56⋅4n
，
所以∑c 2k−1n k=1=109
−6n+5
18×4n−1，
以及∑c 2i n i=1=c 2+c 4+⋯+c 2n =2222
−
0220
+
4224
−
2222
+⋯+
(2n)222n
−
(2n−2)222n−2
=
4n 24n
=
n 24n−1
．
因此，∑c k 2n k=1=∑c 2k−1n k=1+∑c 2k n k=1=
109
−6n+5
18×4n−1+n 2
4n−1．
所以，数列{c n }的前2n 项和为
109
−6n+5
18×4n−1+n 2
4n−1．
【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，进而得到所求； (2)由等差数列的求和公式，作差比较，可得所求结论；
(3)求得c n ，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，以及数列的裂项
相消求和，化简可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和、裂项相消求和，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．
20. 已知函数f(x)=axlnx ，a ∈R ．
(Ⅰ)当a =1时，直线l 与y =f(x)相切于点(e 2
3,f(e 2
3))， (ⅰ)求f(x)的极值，并写出直线l 的方程； (ⅰ)若对任意的x ≥e 都有f(x)≥
m x
e m
x ，m >0，求m 的最大值；
(Ⅱ)若函数g(x)=f(x)+x 2有且只有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2． 【答案】解：(Ⅰ)(i)a =1时，f(x)=xlnx ，f′(x)=lnx +1(x >0)， 令f′(x)>0，解得：x >1e ，令f′(x)<0，解得：0<x <1
e ， 故f(x)在(0,1e )递减，在(1
e ,+∞)递增，
故f(x)的极小值是f(1e )=1e ln 1e =−1
e ，没有极大值， 又f(e 2
3)=e 2
3lne 2
3=2
3
e 23，f′(e 23)=lne 2
3+1=5
3
，
故直线l 的方程为y −2
3e 2
3=5
3(x −e 2
3)，即5x −3y −3e 2
3=0；
(ii)对任意x ≥e 都有f(x)≥
m x
e m
x =e m x lne m x
，
即f(x)≥f(e m
x )恒成立，由m >0，故m
x >0，故e m
x >1， 由(i)知f(x)在(1
e ,+∞)单调递增， 故x ≥e m
x ，可得lnx ≥m
x ，即xlnx ≥m ，
当x ≥e 时，f(x)的最小值是f(e)=e ，故m 的最大值是e ； (Ⅱ)证明：要证x 1x 2>e 2，只需证明ln(x 1x 2)>2即可， 由题意x 1，x 2是方程axlnx +x 2=0的两个不相等的实数根，
∵x >0，∴{alnx 1+x 1=0①alnx 2+x 2=0②，消去a ，整理得：ln(x 1x 2)=ln x 1x 2⋅x 1
x 2+1
x 1x 2
−1，
不妨设x 1>x 2，令t =x
1
x 2，则t >1，
故只需证明当t >1时，lnt ⋅t+1t−1>2，即证明lnt >2(t−1)t+1
，
设ℎ(t)=lnt −
2(t−1)t+1
，则ℎ′(t)=1t −2
t+1−(t−1)(t+1)2
=(t−1)2
t(t+1)2>0，
于是ℎ(t)在(1,+∞)单调递增，从而ℎ(t)>ℎ(1)=0，
故lnt>2(t−1)
t+1
，故x1x2>e2．
【解析】(Ⅰ)(i)代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极小值，求出切线方程即可；
(ii)问题转化为f(x)≥f(e m x)恒成立，得到e m x>1，求出m的最大值即可；
(Ⅱ)问题转化为证明ln(x1x2)>2即可，求出ln(x1x2)=ln x1
x2⋅
x1
x2
+1
x1
x2
−1
，不妨设x1>x2，令
t=x1
x2，则t>1，证明lnt>2(t−1)
t+1
，设ℎ(t)=lnt−2(t−1)
t+1
，求出函数的导数，根据函数
的单调性证明即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．。