四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学下学期二诊复习（文科）试题三（Word版附答案）

成都石室中学高2023届二诊复习卷（三）数学试题（文科）一、单选题1．已知集合，则（    ）A．B．C．D．2．若复数z满足，则的实部为（）A．B．C．1D．23．已知函数的图像在点处的切线方程是，则（    ）A．B．2C．D．34．命题：“”为假命题，则的取值范围是（    ）A．B．C．D．5.已知向量，，则“”是“与共线”的（    ）．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6．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长1与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，且，若第二次的“晷影长”与“表高”相等，则第一次的“晷影长”是“表高”的（    ）A．1倍B．2倍C．3倍D．4倍7．在平面直角坐标系中，已知点，点，点满足，又点在曲线上，则（    ）A．B．C．D．8．若，，，，则a，b，c，d中最大的是（    ）A．aB．bC．cD．d9．十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式，(其中，，n!=1×2×3×…×n，0!=1)，现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（    ）A．B．C．D．10．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（    ）A．B．C．D．11．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（    ）A．B．C．D． 12．已知是函数的一个零点，则下列选项不正确的为（    ）A．在区间单调递减B．在区间只有一个极值点C．直线是曲线的对称轴D．直线是曲线的切线二、填空题13．已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为______.14．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，则的最小值为______.15．如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；②存在点H，使得GH⊥AE；③三棱锥B−GHF的体积为定值；④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为．其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）16．在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则______.三、解答题17．已知等差数列的前三项的和为－9，前三项的积为－15.（1）求等差数列的通项公式；（2）若为递增数列，求数列的前n项和Sn.18．某食品研究员正在对一种过期食品中菌落数目进行统计，为检测该种过期食品的腐败程度，研究员现对若干份过期不同天数的该种食品样本进行检测，并且对样本的菌落数目逐一统计，得到如下数据：过期天数（单位：天）12345菌落数目（单位：千个）(1)请用线性回归模型拟合与的关系；(2)实验数据表明，该种食品在未添加防腐剂的条件下（其余条件相同），短期内（7天内）菌落数目（单位：千个）与过期天数（单位：天）应满足关系：.（i）判断该样本是否添加防腐剂；（ii）简要分析过期7天内防腐剂发挥的效果.附：. 19．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面，且是正三角形，分别是的中点.(1)证明：平面；(2)若，求三棱锥的体积.20．如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点．(1)若点为直线与轴的交点，求的面积；(2)若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值. 21．已知函数.(1)讨论极值点的个数；(2)若有两个极值点，且，证明:.22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（，t为参数）．(1)求曲线C的直角坐标方程；(2)已知直线与x轴的交点为F，且曲线C与直线l交于A、B两点，求的值．23．已知．(1)求的解集；(2)已知在上恒成立，求实数a的取值范围． 参考答案：1．D【分析】由题意可得，，，再根据交集的定义求解即可.【详解】解：因为，，所以，所以.故选：D.2．C【分析】设复数，则,故根据可求得，结合复数的乘方运算，可求得答案.【详解】设复数，则，则由可得且，解得，故，其实部为.故选：C.3．D【分析】利用导数的几何意义求出和，即可求得.【详解】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.又，所以.故选：D 4．A【分析】存在命题为假命题，则其否定是全称命题且为真命题，写出命题的否定，由不等式的性质可得结论．【详解】命题为假命题，即命题为真命题.首先，时，恒成立，符合题意；其次时，则且，即，综上可知，－4<故选：A5.A【分析】根据给定条件，求出与共线的充要条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】向量，，则，解得或，所以“”是“与共线”的充分不必要条件.故选：A6．B【分析】根据给定条件，可得，再利用和角的正切公式计算作答.【详解】依题意，，则，所以第一次的“晷影长”是“表高”的2倍.故选：B7．B【分析】先判断出点两个圆的公共点，求出，进而求出.【详解】设.因为点，点，且， 所以，整理化简得：.而点在曲线上，方程平方后，整理为一个圆，所以曲线为圆在x轴上方部分.则两个圆的公共弦为两圆的方程相减，整理得：.所以满足，解得：.即.所以.故选：B8．C【分析】先将，，，变换为：，，，，得到，构造函数，，，结合导数和作差法得到，，从而得出，，，中最大值.【详解】因为，，，，所以；，设，，则，当时，，所以在上单调递增，则，即，所以，即；，设，， 则，当时，，所以在上单调递增，则，即，所以，即；综上：，，即，，，中最大的是.故选：C.9．B【分析】求出后代入得cos1=sin可得答案，即与最接近.【详解】所以cos1==sin=sin，由于与最接近，故选：B【分析】把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥的外接球的半径．【详解】易知四面体的三条侧棱两两垂直，且，把四面体补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体的外接球，球的半径为故选：B. 【点睛】本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查空间想象能力．11．D【解析】由双曲线的方程可得一条渐近线方程，根据圆的方程得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a,b的关系，即可求解.【详解】不妨设双曲线的一条渐近线为，圆的圆心为，半径，则圆心到渐近线的距离为所以弦长，化简得：，即，解得所以.故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单几何性质，圆的标准方程，考查方程思想和运算能力，属于中档题型.12．ABD【分析】先利用函数的零点解出，再根据整体代换思想结合正弦函数的图象和性质判断ABC，利用导数的几何意义判断D.【详解】由题意得，所以，，即，，又，所以时，，故，选项A：当时，，由正弦函数图象可得在上单调递减，正确；选项B：当时，，由正弦函数图象可得 只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点，正确；选项C，当时，，，故直线不是对称轴，错误；选项D，由得，所以或，，解得或，，所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为即，正确；故选：ABD13．【分析】根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得答案.【详解】由题意在中，满足，即,即，而，故，又,则，同理，故，又,故，则，故答案为：14．【分析】由，根据向量的线性运算以及数量积的运算律，可求得 ∠DAB＝；以菱形对角线交点为原点，对角线所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，得到关于t的二次函数，求得二次函数最小值即为所求．【详解】由题意知：，设，所以故由于，所以，以AC与BD交点为原点，AC为x轴，BD为y轴建立如图所示的直角坐标系，所以A（﹣，0），C（，0），D（0，1），B（0，﹣1），E（），设F（0，t），则＝（，t），＝，所以当t＝时，取最小值，故答案为：15．①③④【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示： 因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，又面面，故//面，故①正确；对②：因为面面，故，又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：则，设，，若GH⊥AE，则，即，解得，不满足题意，故②错误；对③：，因为均为定点，故为定值，又//面面，故//面，又点在上运动，故点到面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；对④：取△的外心为，过作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心一定在上 因为面，面面，则，又，面，故面,又面，则//，故在同一个平面，则过作，连接如图所示.在△中，容易知，则由余弦定理可得，故，则由正弦定理可得；设三棱锥的外接球半径为，则，在△中，，，又，故由勾股定理可知：，即，解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题.16．##0.25【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.【详解】因为有唯一的零点，为偶函数， 所以，即，，所以数列为公差为的等差数列，又因为，令，则为奇函数，因为，所以在上单调递增，由题意得，因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，，因为所以，假设，同理可得，综上，，故答案为：17．（1）an＝－2n＋1或an＝2n－7；（2）Sn＝.【解析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列前三项的和为，前三项的积为，利用等差数列的通项公式列出方程组，求公差和首项，由此能求出等差数列的通项公式．（2）由（1）得an＝2n－7，知|an|＝，分类讨论，结合等差数列的求和公式 能求出数列的前项和为．【详解】（1）设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.（2）由题意得an＝2n－7，所以|an|＝，①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝＝6n－n2；②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的求法，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．易错点是求等差数列通项公式时容易丢解．18.(1)(2)（i）该样本添加了防腐剂；（ii）抑制食品产生菌落，且效果越来越好.【分析】（1）根据线性回归方程的求法根据已知即可得出答案；（2）（i）根据回归方程过样本中心列式即可判断；（ii）根据所给关系得出未添加防腐剂的条件下的各天的菌落数目，与已知添加防腐剂的条件下的各天的菌落数目对比，即可总结得出答案.【详解】（1）由题意可得：，，且，，所以，则，所以回归直线方程为 （2）（i），则样本不满足未添加防腐剂的条件，即该样本添加了防腐剂；（ii）根据该种食品在未添加防腐剂的条件下应满足关系：，可得，，，，，即过期天数（单位：天）12345添加防腐剂菌落数目（单位：千个）未添加防腐剂菌落数目（单位：千个）则过期7天内防腐剂让其菌落数目小于未添加防腐剂，且差距越来越大，即过期7天内防腐剂发挥的效果为抑制食品产生菌落，且效果越来越好.19．(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取的中点，连接，易证平面，平面，再利用面面平行的判定定理证明；（2）取的中点，连接，根据是正三角形，得到，再由平面平面，得到平面，在Rt中，由，求得，方法一：由，求得点到的距离，由 平面，得到点到平面的距离，再由体积公式求解；方法二：连接，由，得到点到的距离，再根据为的中点得到三棱锥的高为三棱锥高的，然后由体积公式求解.【详解】（1）证明：如图所示：取的中点，连接.因为底面是等腰梯形，，又分别是的中点，所以.又因为平面平面，所以平面.因为是的中点，所以.又因为平面平面，所以平面.因为平面平面，所以平面平面.因为平面，所以平面.（2）如图所示：取的中点，连接.由已知得且，所以四边形是平行四边形，所以，且. 因为是正三角形，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.设，则.在Rt中，由，即，解得，即.方法一：由题意可得，点到的距离，，即点到平面的距离为.又平面，所以点到平面的距离为.所以.方法二：连接，由题意得，，所以点到的距离为.因为为的中点，所以三棱锥的高为三棱锥高的，所以.所以.20．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）可得点，设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得的值，可知，求出两切点的坐标，可得出、，利用三角形的面积公式可求得结果；（2）设、，可得出切线、的方程，设点，求出直线的方程，可得出直线过定点，由结合直角三角形的几何性质可得出结论.【详解】（1）解：由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为 ，联立，可得，（*）由，可得，即切线方程为，所以，，将代入方程（*）可得，可得，此时，不妨设点，同理可得点，，因此，.（2）证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，因为点在椭圆上，则，联立，消去可得，整理得，即，解得，因此，椭圆在其上一点处的切线方程为.设、，则切线的方程为，切线的方程为.设，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，因为点在直线上，则，则，所以，直线的方程可表示为，即，由，可得，故直线过定点，因为，所以，点在以为直径的圆上， 当点为线段的中点时，，此时点的坐标为.故存在点，使得为定值.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.21．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）分类讨论导函数的实数根即可求解极值点，（2）构造函数和，通过判断函数的单调性，求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性.【详解】（1）,则,显然不是的零点,令,则,在单调递减,在（0,1）单调递减,在单调递增.当时，，当时，，且时,只有一个实数根，所以此时有1个极值点, 时,没有实数根，故有0个极值点,当时，，有一个实数根，但不是极值点，故此时没有极值点，时,有两个不相等的实数根，故有2个极值点.（2）由（1）知,,且在（0,1）单调递减,在单调递增,先证:,即证:，即证:.即证:.令,即证:,令则令,则,则在单调递减,,即在单调递减,,证毕.再证:,,且.在单调递增,在单调递减,在单调递增,.即证:,又,即证:. 令,.令,,令,令令,,在单调递减,在单调递增.,,当时,单调递增;当时,单调递减.,在单调递减,在单调递增.,在单调递增,在单调递减.,,,在单调递增,,所以原命题得证. 【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.22．(1)(2)24【分析】（1）根据曲线C的参数方程为（，t为参数），由两边平方求解；（2）易知直线的参数方程为，代入，利用参数的几何意义求解.【详解】（1）解：因为曲线C的参数方程为（，t为参数），所以由两边平方得：，而，当且仅当，即时，等号成立，所以曲线C的直角坐标方程；（2）易知直线与x轴的交点为,直线的参数方程为，代入得，设A，B两点对应的参数分别为， 则，所以.23．(1)；(2).【分析】（1）把函数化成分段函数，再分段解不等式作答.（2）根据给定条件，分离参数并构造函数，求出函数最大值作答.【详解】（1）依题意，，不等式化为：或或，解得或或，即有，所以的解集为.（2）依题意，，，，，于是，当且仅当时取等号，则，所以实数a的取值范围是.24．设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足 .(注：是自然对数的底数)25．已知有三个不同零点，，，且(1)求实数a的范围；(2)求证：26．已知函数.(1)若，求的取值范围；(2)记的零点为（），的极值点为，证明：.27．已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．(1)求点P处的切线方程，并证明：时，．(2)若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．28．已知．其中，为自然对数的底数．(1)设曲线在点处的切线为l，若l与两坐标轴所围成的三角形的面积为，求实数a的值．(2)若，当时，恒成立时，求a的最大值．29．已知函数．(1)求函数在上的最值；(2)若，当时，判断函数的零点个数．30．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 24．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，， .即实数的取值范围是.(3)[方法一]【最优解】：有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.[方法二]：分析+放缩法有2个不同零点，不妨设，由得 （其中）．且．要证，只需证，即证，只需证．又，所以，即．所以只需证．而，所以，又，所以只需证．所以，原命题得证．[方法三]：若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．又，故进一步有．由可得且，从而．．因为，所以，故只需证．又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法， 方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.25．(1)(2)答案见解析【分析】（1）先利用参变量分离法，可得，然后构造函数，判断单调性，然后作出函数的大致图像，确定a的范围即可；（2）由（1）知，，可设，则，然后利用导数确定的图像，由根的分布情况及，运算可得结果.【详解】（1）解：令，得，∴设，设，，易知在单调递减，在单调递增，∴，∴，则由，得或，令，解得；令，解得 在单调递减，在单调递增，在单调递减，有极小值，有极大值，又，当时，，，当时，，∴，的图像如下：由图可知，要使有3个不同零点，即有3个不同零点，实数a的取值范围为（2）由（1）知，，令，则，，故当时，单调递增；当时，单调递减.且时，；；时，；所以的图像如下： 由，得，即，由根的分布知：有两根，，且，由图①②知，，，又，∴，∴，∴，又，∴，故【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于难题.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．26．(1)(2)证明见解析【分析】（1）构造函数，然后分类讨论，即可得到的取值范围（2）和分别求导，求出的极值点的关系式，单调区间，零点所在区间，即可证明.【详解】（1）记，①当时，取，不符条件； ②当时，，令，∴在单调递减，在单调递增，所以，即，则的取值范围为；（2）∵，令，则，且，令，∴在单调递增，在单调递减，且，∴，取，则，∴，取，则，记，在中，，∴在单调递增，在上单调递减， ∴，即∵∴从而.【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性.27．(1)，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）确定的零点，得点坐标，由导数几何意义可得，在时作差，证明即可；（2）是正根，因此只要考虑时情形，不妨设，仿照（1）求出在另一个零点处的切线方程，并证明时，，设的解为，的解为，利用的单调性可得，，这样有，然后证明，并利用导数研究的单调性与极值（需要二次求导）确定，最后利用不等式的性质可得结论成立．【详解】（1）令，得．所以或．即或．因为点P在点Q的左侧，所以，．因为，所以，得点P处的切线方程为，即．当时，，因为，且，所以，所以，即． 所以，所以．（2）不妨设，且只考虑的情形．因为，所以．所以点Q处的切线方程为，记，令，，设，则．所以单调递增．又因为，所以，当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以在时有极小值，也是最小值，即，所以当时，．设方程的根为，则．易知单调递增，由，所以．对于（1）中，设方程的根为，则．易知单调递减，由（1）知，所以．所以．因为，易知时，，故；当时，，所以，所以，所以． 记，，则恒成立．所以单调递增，因为，，所以存在使得．所以，当时．；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．因为，，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，，所以．所以，即．【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，解题难点是转化问题，利用导数几何意义求出函数在零点处的切线方程，和，并利用导数证明，，设，同时设与和的交点横坐标分别是，，这里，可心由函数式求出来，且得出，于是差，回过头来利用导数证明，然后由不等式的性质证明结论．这个解题过程思路比较明确，但是计算量、思维量都很大．对学生的逻辑思维能力，转化与化归能力、运算求解能力要求较高，属于困难题．28．(1)或(2)3【分析】（1）根据导数的几何意义求得曲线在点处的切线方程，再求得l与两坐标轴的截距，进而利用l与两坐标轴所围成的三角形的面积为求解即可（2）参变分离得到，再求导分析的单调性，求出极值点的表达式，进而得到的最小值范围，进而求得a的最大值 (1)由题，，故，故的方程为，即，由题意可得，令有，故，解得或(2)当时成立，当时，恒成立即，设，则，令，则，设，当时，，故；当时，，故，综上有，故，故为增函数.又，因为，故，所以，故存在唯一零点使得，故当时，单调递减，当时，单调递增，故，又，即，故，设，则，故为增函数，又，所以，，故，故要且为正整数则a的最大值为3【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，同时也考查了利用导数解决恒成立问题，遇到带参数时可以考虑参变分离，设极值点分析最值的范围，属于难题 29．(1)最小值为，最大值为(2)时，函数在R上只有1个零点.，理由见解析【分析】（1）求导，得到函数单调性，从而得到极值和最值情况；（2）先求定义域，再求导，，令，分，与三种情况，进行讨论，得到的单调性及极值，最值情况，得到答案.【详解】（1），，，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，，又，，其中，故；（2），定义域为R，，令，当时，则，，故在R上单调递增，又，故当时，，恒成立，当时，，当时，，恒成立， 综上：在R上单调递增，因为，，由零点存在性定理可知：在R上只有1个零点，当时，在R上单调递增，其中，，令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以，所以存在唯一，使得，即，当时，，故，当时，，故，当时，，故，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因为，，所以当时，在R上只有1个零点，当时，在R上单调递增，因为，，所以存在唯一，使得，即，当时，，故，当时，，故，当时，，故， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因为，，所以当时，恰有1个零点，当时，，，令，解得：，所以，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，故当时，无零点，当时，在R上只有1个零点，综上：时，函数在R上只有1个零点.【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.30．（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，，设圆M上的点，则．所以．从而有．因为，所以当时，．又，解之得，因此．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，， 点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到．过P作y轴的平行线交于Q，则．．P点在圆M上，则．故当时的面积最大，最大值为．[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，．设，联立和抛物线C的方程得整理得．判别式，即，且．抛物线C的方程为，即，有．则，整理得，同理可得．联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．由弦长公式得．点P到直线的距离为．所以，其中，即．当时，．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；