江苏省无锡市、常州市2020届高三数学下学期5月联考试题(含解析)
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【点睛】本题考查面面垂直的判定，线面平行的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题.
17.已知椭圆 的左顶点为 ,左、右焦点分别为 ，离心率为 ， 是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合),且 的周长为6，点 关于原点的对称点为 ，直线 交于点 .
（1）求椭圆方程；
(2）若直线 与椭圆交于另一点 ,且 ，求点 的坐标.
, ，
,
。
, 即 ，
设 ， ，
，
函数 在 上单调递增,
若 ,则 ,即
， ，
成立
,
能满足委托单位的设计要求.
【点睛】
本题考查导数的实际运用，考查利用导数研究函数的单调性及最值,属于中档题。
19。已知函数 ，其中 ， ， 为自然对数的底数.
若 , ，①若函数 单调递增，求实数 的取值范围；②若对任意 ， 恒成立,求实数 的取值范围。
14。已知函数 若函数 恰有3个不同的零点，则实数 的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
首先分析出 ， 有两个根,一个根为 ，和一个负根 ，那么 需满足 或 ，显然 有两个根，由题意， 必然有一个根，则只需 即可.
【详解】当 时， ，
则 在 上单调递减，此时 ，令 ，
当 时, 只有一个解 ，此时 不可能有三个零点,
,可得证.
【详解】解: ①因为 单调递增，所以 对任意 恒成立,即 对任意 恒成立，
，即 ；
②由①当 时， 单调递增，故 成立,符合题意，
当 时，令 得 ,
在 上递减， 不合题意；
综上，实数 的取值范围为 .
解法一:因为 ， 存在两个极值点 ， ，
所以 有两个不同的解，故 ，又 ，所以 ，
设两根为 ， ，则 , ,故 ，
【详解】解: 因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为 ,
且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 。
取 的中点 ，连结 ，
因为 ， 分别是 ， 中点，
所以 ,且 ,又因为四边形 为直角梯形且
， ,所以 且 ，所以四边形 是平行四边形,
所以 ，又 平面 , 平面 ,
所以 平面 。
【答案】
【解析】
试题分析:根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为 ,则
一次取出2只球，基本事件为 、 、 、 、 、 共6种,
其中2只球的颜色不同的是 、 、 、 、 共5种；
所以所求的概率是 ．
考点：古典概型概率
4。某中学共有 人，其中高二年级的人数为 。现用分层抽样的方法在全校抽取 人,其中高二年级被抽取的人数为 ,则 __________．
【详解】解：将 代入 ，得切点为 ，
①,
又 ，
, ②。
联立①②解得: , ,
故 。
故答案为： 。
【点睛】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题。
7。在平面直角坐标系 中，已知点 是抛物线 与双曲线 的一个交点。若抛物线的焦点为 ，且 ，则双曲线的渐近线方程为______。
令 ，因为 ,所以 在 上递增，所以 ；
又
令 ， ，则 ,
令 得 ,又 ,则 ，
即 ，记为 ，则 在 上递增，在 上递减，
又 ， ，所以 ，即 ，综上： 。
解法二：不等式的右边同解法一；
由 当 时， 恒成立，所以有当 时， ，所以
.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,极值及不等式的恒成立问题,考查不等式的证明,考查推理能力及运算求解能力，属于难题.
【解析】
【分析】
先由 以及基本不等式得 范围，再利用 将 转化为关于 的函数，最后根据函数 单调性求得结果。
【详解】解： 正实数 ， 满足 , ，可得 。
则
。
令 ， .即有 ，
又函数 在 上单调递减， .
故答案为: 。
【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查了函数思想、转化思想，属于中档题。
13。在平面直角坐标系 中， ， 是圆 上两动点,且 ，点 坐标为 ,则 的取值范围为__________
【答案】
【解析】
【分析】
设 ,则 ，即 ,求出 的长度得出 的轨迹,从而得出 的范围。
【详解】解： ，设 ,
则 ,即 ，
， 是圆 上两动点，且 ，
是边长为 的等边三角形，
过 作 的垂线 ，则 为 的中点，
， ,
。
的轨迹是以 为圆心，以 为半径的圆，
又 ，
.
故答案为: .
【点睛】本题考查平面向量、圆的方程,轨迹方程，构造 是解本题的关键，属于难题。
【详解】解:如图,直三棱柱 的所有棱长都是 ，点 , 分别为棱 ， 的中点，取 的中点 ，连接 ，则 平面 ，且 ，
。
四面体 的体积为 。
解得： 。
故答案为： 。
【点睛】本题考查多面体的体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题。
10。已知 且 ，则 __________
【答案】
【解析】
【分析】
8。已知 是等比数列, 是其前 项和.若 ， ,则 的值为__________
【答案】 或
【解析】
【分析】
根据条件利用等比数列通项公式以及求和公式列方程组，解得公比，再根据通项公式求出 的值。
【详解】解：由题意可知 , ， .
，整理得 ，令 ，
则 ，解得， 或 （舍），所以 或
故 或
当 时， ，
当 时，
【答案】（1） ；（2) 或
【解析】
【分析】
（1)根据 的周长为 ，结合离心率，求出 ，即可求出方程；
(2）设 ,则 ，求出直线 方程，若 斜率不存在，求出 坐标，直接验证是否满足题意，若 斜率存在,求出其方程，与直线 方程联立，求出点 坐标，根据 和 三点共线，将点 坐标用 表示， 坐标代入椭圆方程，即可求解.
16。如图，在四棱锥 中。
若 平面 ， ，求证：平面 平面 ;
若 ， ， 为 的中点，求证： 平面 。
【答案】 证明见解析； 证明见解析.
【解析】
【分析】
推导出 ， ，从而 平面 ，由此能证明平面 平面 。
取 的中点 ，连结 ，推导出 ,且 , , ，从而四边形 是平行四边形，进而 ，由此能证明 平面 .
又 ，故 ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点,经常利用三角形内角和定理,三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
【答案】
【解析】
【分析】
解方程可得 ，构造函数 ，依题意,函数 在 上存在零点，则由零点存在性定理可得 ,即
，作出不等式表示的可行域，再利用 的几何意义得解。
【详解】解:依题意， ,即 ，
设 ，显然函数 在 上单调，
因为方程组在 上有解，所以由函数零点存在性定理可知 ，
即 ，
作出不等式 表示的可行域如下图阴影部分所示，
18。如图,建筑公司受某单位委托，拟新建两栋办公楼 , （ 为楼间距），两楼的楼高分别为 ， ，其中 .由于委托单位的特殊工作性质，要求配电房设在 的中点 处，且满足两个设计要求：① ，②楼间距与两楼的楼高之和的比 。
求楼间距 （结果用 ， 表示）;
若 ，设 ，用 表示 ，并判断是否能满足委托单位 设计要求？
即 ③.
联立①，③可解得 所以 。
因为 ，设
所以 ，即 。
又因为 位于 轴异侧，所以 。
因为 三点共线,即 应与 共线，
所以 ，即 ，
所以 ,又 ，
所以 ，解得 ,所以 ，
所以点 的坐标为 或 。
【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于较难题。
由， 可化简整理得到 ，由 ，可知 ，求出 的值，进而利用两角和差的正切公式求出结果。
【详解】解: ，
。 ， ,即 .
则 .
故答案为： 。
【点睛】本题考查二倍角的余弦公式,两角和差的正切公式，考查转化能力和运算能力，属于基础题。
11.若关于 , 的方程组： 在 上有解，则 的最小值为__________
【答案】
【解析】
分析】
设点A(x，y),根据 的坐标，再把点A的坐标代入双曲线的方程求出 ，再求双曲线的渐近线方程.
【详解】设点A(x，y）,因为 x—(-1)=5，所以x=4.所以点A（4，±4)，
由题得
所以双曲线的渐近线方程为 。
故答案为
【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的简单几何性质,意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平.
20。已知数列 满足奇数项 成等差,公差为 ，偶数项 成等比，公比为 ，且数列 的前 项和为 ， ， 。
江苏省无锡市、常州市2020届高三数学下学期5月联考试题（含解析）
一､填空题：本题共14小题，每小题5分，计70分。不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上.
1。已知集合 ，集合 ，则 __________
【答案】
【解析】
【分析】
利用求解并集的方法即可得出结论.
【详解】解: 集合 ，集合 ，
故 ，此时 有两个根,一个为 ，和一个负根 ，
如下图所示,则 ，或 ，
显然 有两个根，则 必然有一个根，
由图象可知，要使 有一个根，则需 ,
又 ，所以 ，
所以 ，解得 ，所以 。
故答案为：
【点睛】本小题主要考查函数零点，考查复合函数零点问题，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
二､解答题：本答题共6分，计90分。解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内。
.
故答案为： .
【点睛】本题考查并集及其运算，属于基础题.
2.已知复数 （ 为虚数单位），则 的值为__________
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数 运算法则即可得出结果。
【详解】解:由复数 （ 为虚数单位），则 。
故答案为: .
【点睛】本题考查复数的运算法则，考查了计算能力,属于基础题.
3。袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球,从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________．
若 ，且 存在两个极值点 ， ,求证: .
【答案】 ① ；② ; 证明见解析。
【解析】
【分析】
①问题等价于 在 上恒成立，即 对任意 恒成立，由此得解；②分 及 讨论,容易得出结论；
解法一：表示出 ，令 ，求导后易证 ；令 ， ，利用导数可证 ，进而得证 ；解法二:不等式的右边同解法一;由 当 时，可得 ,由此得出
15。在 中,角 ， , 的对边分别为 ， ， ,已知 ， ， ．
（1）求 ；
（2）求 的值．
【答案】（1) 。
(2) 。
【解析】
【分析】
分析:（1)在 中，由余弦定理可得 ．
（2）由 得 ．根据正弦定理得 ，从而 ，
故得 ．
【详解】（1）在 中,由余弦定理得
，∴ ．
（2）在 中，由 得 ，
∴ ,
在 中,由正弦定理得 ，即 ,∴ ，
而 表示的是可行域内的任意一点 到原点距离的平方，则最小值为原点 到直线 的距离的平方，即为 。
故答案为： .
【点睛】本题考查方程的解与函数零点的关系，简单的线性规划，点到直线的距离公式，考查转化思想及数形结合思想,属于中档题.
12。已知正实数 , 满足 ,则 的最小值为__________
【答案】
【详解】（1)因为椭圆的离心率为 ， 的周长
所以椭圆方程为 。
（2）设 ，则 ,且 ，
所以 的方程为 ①。
若 ,则 的方程为 ②，由对称性不妨令点 在 轴上方,
则 ， ，联立①，②解得 即 。
的方程为 ,代入椭圆方程得
，整理得 ,
或 ， .
,不符合条件。
若 ，则 的方程为 ，
故答案为：2或 。
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查运算能力，属于基础题。
9。已知直三棱柱 的所有棱长都是 ,点 ， 分别为棱 , 的中点，四面体 的体积为 ，则 的值为__________
【答案】
【解析】
【分析】
由题意画出图形,求出 到平面 的距离，再求出三角形 的面积，得到四面体 的体积,进而得出 的值。
【答案】 ； ，能满足委托单位的设计要求.
【解析】
【分析】
设 ，易知 ， ,而 ,可得
,由此得出 ;
，利用两角和的正切公式可知 ，即
即 ，构造函数 , ，利用导数结合零点存在性定理可得 ，符合题意，进而作出判断.
【详解】解： 在 中，设 ， ，
在 中, ，
， ,
，即 ，
.
，
在 中,过点 作 的垂线，垂足为 ,
【答案】63
【解析】
5。执行如图所示的伪代码，输出的结果是．
【答案】8
【解析】
试题分析:第一次循环: ，第二次循环: ，第三次循环： ，输出
考点:循环结构流程图
6.若曲线 在 处的切线方程为 ,则 __________
【答案】
【解析】
【分析】
先将 代入切线方程求出切点坐标,然后代入曲线方程得 , 的一个方程①，然后求出曲线在 处的导数,令其等于 ，得另一个关于 ， 的一个方程②,联立①②求解即可.
17.已知椭圆 的左顶点为 ,左、右焦点分别为 ，离心率为 ， 是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合),且 的周长为6，点 关于原点的对称点为 ，直线 交于点 .
（1）求椭圆方程；
(2）若直线 与椭圆交于另一点 ,且 ，求点 的坐标.
, ，
,
。
, 即 ，
设 ， ，
，
函数 在 上单调递增,
若 ,则 ,即
， ，
成立
,
能满足委托单位的设计要求.
【点睛】
本题考查导数的实际运用，考查利用导数研究函数的单调性及最值,属于中档题。
19。已知函数 ，其中 ， ， 为自然对数的底数.
若 , ，①若函数 单调递增，求实数 的取值范围；②若对任意 ， 恒成立,求实数 的取值范围。
14。已知函数 若函数 恰有3个不同的零点，则实数 的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
首先分析出 ， 有两个根,一个根为 ，和一个负根 ，那么 需满足 或 ，显然 有两个根，由题意， 必然有一个根，则只需 即可.
【详解】当 时， ，
则 在 上单调递减，此时 ，令 ，
当 时, 只有一个解 ，此时 不可能有三个零点,
,可得证.
【详解】解: ①因为 单调递增，所以 对任意 恒成立,即 对任意 恒成立，
，即 ；
②由①当 时， 单调递增，故 成立,符合题意，
当 时，令 得 ,
在 上递减， 不合题意；
综上，实数 的取值范围为 .
解法一:因为 ， 存在两个极值点 ， ，
所以 有两个不同的解，故 ，又 ，所以 ，
设两根为 ， ，则 , ,故 ，
【详解】解: 因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为 ,
且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 。
取 的中点 ，连结 ，
因为 ， 分别是 ， 中点，
所以 ,且 ,又因为四边形 为直角梯形且
， ,所以 且 ，所以四边形 是平行四边形,
所以 ，又 平面 , 平面 ,
所以 平面 。
【答案】
【解析】
试题分析:根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为 ,则
一次取出2只球，基本事件为 、 、 、 、 、 共6种,
其中2只球的颜色不同的是 、 、 、 、 共5种；
所以所求的概率是 ．
考点：古典概型概率
4。某中学共有 人，其中高二年级的人数为 。现用分层抽样的方法在全校抽取 人,其中高二年级被抽取的人数为 ,则 __________．
【详解】解：将 代入 ，得切点为 ，
①,
又 ，
, ②。
联立①②解得: , ,
故 。
故答案为： 。
【点睛】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题。
7。在平面直角坐标系 中，已知点 是抛物线 与双曲线 的一个交点。若抛物线的焦点为 ，且 ，则双曲线的渐近线方程为______。
令 ，因为 ,所以 在 上递增，所以 ；
又
令 ， ，则 ,
令 得 ,又 ,则 ，
即 ，记为 ，则 在 上递增，在 上递减，
又 ， ，所以 ，即 ，综上： 。
解法二：不等式的右边同解法一；
由 当 时， 恒成立，所以有当 时， ，所以
.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,极值及不等式的恒成立问题,考查不等式的证明,考查推理能力及运算求解能力，属于难题.
【解析】
【分析】
先由 以及基本不等式得 范围，再利用 将 转化为关于 的函数，最后根据函数 单调性求得结果。
【详解】解： 正实数 ， 满足 , ，可得 。
则
。
令 ， .即有 ，
又函数 在 上单调递减， .
故答案为: 。
【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查了函数思想、转化思想，属于中档题。
13。在平面直角坐标系 中， ， 是圆 上两动点,且 ，点 坐标为 ,则 的取值范围为__________
【答案】
【解析】
【分析】
设 ,则 ，即 ,求出 的长度得出 的轨迹,从而得出 的范围。
【详解】解： ，设 ,
则 ,即 ，
， 是圆 上两动点，且 ，
是边长为 的等边三角形，
过 作 的垂线 ，则 为 的中点，
， ,
。
的轨迹是以 为圆心，以 为半径的圆，
又 ，
.
故答案为: .
【点睛】本题考查平面向量、圆的方程,轨迹方程，构造 是解本题的关键，属于难题。
【详解】解:如图,直三棱柱 的所有棱长都是 ，点 , 分别为棱 ， 的中点，取 的中点 ，连接 ，则 平面 ，且 ，
。
四面体 的体积为 。
解得： 。
故答案为： 。
【点睛】本题考查多面体的体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题。
10。已知 且 ，则 __________
【答案】
【解析】
【分析】
8。已知 是等比数列, 是其前 项和.若 ， ,则 的值为__________
【答案】 或
【解析】
【分析】
根据条件利用等比数列通项公式以及求和公式列方程组，解得公比，再根据通项公式求出 的值。
【详解】解：由题意可知 , ， .
，整理得 ，令 ，
则 ，解得， 或 （舍），所以 或
故 或
当 时， ，
当 时，
【答案】（1） ；（2) 或
【解析】
【分析】
（1)根据 的周长为 ，结合离心率，求出 ，即可求出方程；
(2）设 ,则 ，求出直线 方程，若 斜率不存在，求出 坐标，直接验证是否满足题意，若 斜率存在,求出其方程，与直线 方程联立，求出点 坐标，根据 和 三点共线，将点 坐标用 表示， 坐标代入椭圆方程，即可求解.
16。如图，在四棱锥 中。
若 平面 ， ，求证：平面 平面 ;
若 ， ， 为 的中点，求证： 平面 。
【答案】 证明见解析； 证明见解析.
【解析】
【分析】
推导出 ， ，从而 平面 ，由此能证明平面 平面 。
取 的中点 ，连结 ，推导出 ,且 , , ，从而四边形 是平行四边形，进而 ，由此能证明 平面 .
又 ，故 ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点,经常利用三角形内角和定理,三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
【答案】
【解析】
【分析】
解方程可得 ，构造函数 ，依题意,函数 在 上存在零点，则由零点存在性定理可得 ,即
，作出不等式表示的可行域，再利用 的几何意义得解。
【详解】解:依题意， ,即 ，
设 ，显然函数 在 上单调，
因为方程组在 上有解，所以由函数零点存在性定理可知 ，
即 ，
作出不等式 表示的可行域如下图阴影部分所示，
18。如图,建筑公司受某单位委托，拟新建两栋办公楼 , （ 为楼间距），两楼的楼高分别为 ， ，其中 .由于委托单位的特殊工作性质，要求配电房设在 的中点 处，且满足两个设计要求：① ，②楼间距与两楼的楼高之和的比 。
求楼间距 （结果用 ， 表示）;
若 ，设 ，用 表示 ，并判断是否能满足委托单位 设计要求？
即 ③.
联立①，③可解得 所以 。
因为 ，设
所以 ，即 。
又因为 位于 轴异侧，所以 。
因为 三点共线,即 应与 共线，
所以 ，即 ，
所以 ,又 ，
所以 ，解得 ,所以 ，
所以点 的坐标为 或 。
【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于较难题。
由， 可化简整理得到 ，由 ，可知 ，求出 的值，进而利用两角和差的正切公式求出结果。
【详解】解: ，
。 ， ,即 .
则 .
故答案为： 。
【点睛】本题考查二倍角的余弦公式,两角和差的正切公式，考查转化能力和运算能力，属于基础题。
11.若关于 , 的方程组： 在 上有解，则 的最小值为__________
【答案】
【解析】
分析】
设点A(x，y),根据 的坐标，再把点A的坐标代入双曲线的方程求出 ，再求双曲线的渐近线方程.
【详解】设点A(x，y）,因为 x—(-1)=5，所以x=4.所以点A（4，±4)，
由题得
所以双曲线的渐近线方程为 。
故答案为
【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的简单几何性质,意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平.
20。已知数列 满足奇数项 成等差,公差为 ，偶数项 成等比，公比为 ，且数列 的前 项和为 ， ， 。
江苏省无锡市、常州市2020届高三数学下学期5月联考试题（含解析）
一､填空题：本题共14小题，每小题5分，计70分。不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上.
1。已知集合 ，集合 ，则 __________
【答案】
【解析】
【分析】
利用求解并集的方法即可得出结论.
【详解】解: 集合 ，集合 ，
故 ，此时 有两个根,一个为 ，和一个负根 ，
如下图所示,则 ，或 ，
显然 有两个根，则 必然有一个根，
由图象可知，要使 有一个根，则需 ,
又 ，所以 ，
所以 ，解得 ，所以 。
故答案为：
【点睛】本小题主要考查函数零点，考查复合函数零点问题，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
二､解答题：本答题共6分，计90分。解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内。
.
故答案为： .
【点睛】本题考查并集及其运算，属于基础题.
2.已知复数 （ 为虚数单位），则 的值为__________
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数 运算法则即可得出结果。
【详解】解:由复数 （ 为虚数单位），则 。
故答案为: .
【点睛】本题考查复数的运算法则，考查了计算能力,属于基础题.
3。袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球,从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________．
若 ，且 存在两个极值点 ， ,求证: .
【答案】 ① ；② ; 证明见解析。
【解析】
【分析】
①问题等价于 在 上恒成立，即 对任意 恒成立，由此得解；②分 及 讨论,容易得出结论；
解法一：表示出 ，令 ，求导后易证 ；令 ， ，利用导数可证 ，进而得证 ；解法二:不等式的右边同解法一;由 当 时，可得 ,由此得出
15。在 中,角 ， , 的对边分别为 ， ， ,已知 ， ， ．
（1）求 ；
（2）求 的值．
【答案】（1) 。
(2) 。
【解析】
【分析】
分析:（1)在 中，由余弦定理可得 ．
（2）由 得 ．根据正弦定理得 ，从而 ，
故得 ．
【详解】（1）在 中,由余弦定理得
，∴ ．
（2）在 中，由 得 ，
∴ ,
在 中,由正弦定理得 ，即 ,∴ ，
而 表示的是可行域内的任意一点 到原点距离的平方，则最小值为原点 到直线 的距离的平方，即为 。
故答案为： .
【点睛】本题考查方程的解与函数零点的关系，简单的线性规划，点到直线的距离公式，考查转化思想及数形结合思想,属于中档题.
12。已知正实数 , 满足 ,则 的最小值为__________
【答案】
【详解】（1)因为椭圆的离心率为 ， 的周长
所以椭圆方程为 。
（2）设 ，则 ,且 ，
所以 的方程为 ①。
若 ,则 的方程为 ②，由对称性不妨令点 在 轴上方,
则 ， ，联立①，②解得 即 。
的方程为 ,代入椭圆方程得
，整理得 ,
或 ， .
,不符合条件。
若 ，则 的方程为 ，
故答案为：2或 。
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查运算能力，属于基础题。
9。已知直三棱柱 的所有棱长都是 ,点 ， 分别为棱 , 的中点，四面体 的体积为 ，则 的值为__________
【答案】
【解析】
【分析】
由题意画出图形,求出 到平面 的距离，再求出三角形 的面积，得到四面体 的体积,进而得出 的值。
【答案】 ； ，能满足委托单位的设计要求.
【解析】
【分析】
设 ，易知 ， ,而 ,可得
,由此得出 ;
，利用两角和的正切公式可知 ，即
即 ，构造函数 , ，利用导数结合零点存在性定理可得 ，符合题意，进而作出判断.
【详解】解： 在 中，设 ， ，
在 中, ，
， ,
，即 ，
.
，
在 中,过点 作 的垂线，垂足为 ,
【答案】63
【解析】
5。执行如图所示的伪代码，输出的结果是．
【答案】8
【解析】
试题分析:第一次循环: ，第二次循环: ，第三次循环： ，输出
考点:循环结构流程图
6.若曲线 在 处的切线方程为 ,则 __________
【答案】
【解析】
【分析】
先将 代入切线方程求出切点坐标,然后代入曲线方程得 , 的一个方程①，然后求出曲线在 处的导数,令其等于 ，得另一个关于 ， 的一个方程②,联立①②求解即可.