数学●天津卷丨2024年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷及答案

2024年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷（选择题）注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将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．2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：PABPAPB·如果事件A，B互斥，那么．PABPAPB·如果事件A，B相互独立，那么．43VπR·球的体积公式3，其中R表示球的半径．1VSh·圆锥的体积公式3，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高．一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．A1,2,3,4B2,3,4,51.集合，，则AB（）A.1,2,3,4B.2,3,4C.2,4D.133ab2.设a,bR，则“ab”是“33”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3.下列图中，相关性系数最大的是（）第1页/共29页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.4.下列函数是偶函数的是（）x22xexcosxxexsinx4xA.yB.yC.yD.y22e|x|x1x1x10.30.35.若a4.2，b4.2，clog0.2，则a，b，c的大小关系为（）4.2A.abcB.bacC.cabD.bca6.若m,n为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（）A若m//，n，则m//nB.若m//,n//，则m//n.C.若m//,n，则mnD.若m//,n，则m与n相交πππ7.已知函数fxsin3x0的最小正周期为π．则函数在,的最小值是（）3126333A.B.C.0D.22222xy8.双曲线221(a0，b0)的左、右焦点分别为F1、F2.P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜ab率为2．△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（）22222222xyxyxyxyA.1B.1C.1D.1828428489.一个五面体ABCDEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD1，BE2，CF3．则该五面体的体积为（）第2页/共29页学科网（北京）股份有限公司 33313331A.B.C.D.642242第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10.已知i是虚数单位，复数5i52i______．633x11.在的展开式中，常数项为______．3x322212.(x1)y25的圆心与抛物线y2px(p0)的焦点F重合，A为两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为______．13.A,B,C,D,E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到A的概率为______；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为______．1uuruuruuur14.在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点，CEDE,BEBABC，则2______；若F为线段BE上的动点，G为AF中点，则AFDG的最小值为______．215.若函数fx2xaxax21有唯一零点，则a的取值范围为______．三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第3页/共29页学科网（北京）股份有限公司 9a216.在ABC中，cosB，b5，．16c3（1）求a；（2）求sinA；（3）求cosB2A．17.已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A平面ABCD，ADAB，其中ABAA12,ADDC1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．（1）求证D1N//平面CB1M；（2）求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值；（3）求点B到平面CB1M的距离．22xy118.已知椭圆1(ab0)椭圆的离心率e．左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，22ab233其中S．△ABC2（1）求椭圆方程．3（2）过点0,的动直线与椭圆有两个交点P，Q．在y轴上是否存在点T使得TPTQ0恒成立．若2存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．19.已知数列an是公比大于0的等比数列．其前n项和为Sn．若a11,S2a31．（1）求数列an前n项和Sn；k,nak（2）设bn，b11，其中k是大于1的正整数．b2k,anan1kk1（ⅰ）当nak1时，求证：bn1akbn；第4页/共29页学科网（北京）股份有限公司 Sn（ⅱ）求bi．i120.设函数fxxlnx．（1）求fx图象上点1,f1处的切线方程；（2）若fxaxx在x0,时恒成立，求a的取值范围；1（3）若x1,x20,1，证明fx1fx2x1x22．第5页/共29页学科网（北京）股份有限公司 2024年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷（选择题）注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将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．2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：PABPAPB·如果事件A，B互斥，那么．PABPAPB·如果事件A，B相互独立，那么．43VπR·球的体积公式3，其中R表示球的半径．1VSh·圆锥的体积公式3，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高．一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．A1,2,3,4B2,3,4,51.集合，，则AB（）A.1,2,3,4B.2,3,4C.2,4D.1【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.【详解】因为集合A1,2,3,4，B2,3,4,5，所以AB2,3,4，第6页/共29页学科网（北京）股份有限公司 故选：B33ab2.设a,bR，则“ab”是“33”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【答案】C【解析】【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.33ab【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，ab和33都当且仅当ab，所以二者互为充要条件.故选：C.3.下列图中，相关性系数最大的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由点的分布特征可直接判断【详解】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，r值相比于其他3图更接近1.故选：A4.下列函数是偶函数的是（）x22xexcosxxexsinx4xA.yB.yC.yD.y22e|x|x1x1x1【答案】B第7页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.x21exe1e1【详解】对A，设fx，函数定义域为R，但f1，f1，则f1f1，2x122故A错误；2cosxx对B，设gx，函数定义域为R，2x122cosxxcosxx且gxgx，则gx为偶函数，故B正确；22x1x1xex对C，设hx，函数定义域为x|x1，不关于原点对称，则hx不是偶函数，故C错误；x1sinx4xsin14sin14对D，设x，函数定义域为R，因为1，1，|x|eee则11，则x不是偶函数，故D错误.故选：B.0.30.35.若a4.2，b4.2，clog0.2，则a，b，c的大小关系为（）4.2A.abcB.bacC.cabD.bca【答案】B【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.x【详解】因为y4.2在R上递增，且0.300.3，所以0.300.304.24.24.2，所以0.30.304.214.2，即0a1b，因为ylog4.2x在(0,)上递增，且00.21，所以log4.20.2log4.210，即c0，所以bac，故选：B6.若m,n为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（）A.若m//，n，则m//nB.若m//,n//，则m//n第8页/共29页学科网（北京）股份有限公司 C.若m//,n，则mnD.若m//,n，则m与n相交【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.【详解】对于A，若m//，n，则m,n平行或异面，故A错误.对于B，若m//,n//，则m,n平行或异面或相交，故B错误.对于C，m//,n，过m作平面，使得s，因为m，故m//s，而s，故ns，故mn，故C正确.对于D，若m//,n，则m与n相交或异面，故D错误.故选：C.πππ7.已知函数fxsin3x0的最小正周期为π．则函数在,的最小值是（）3126333A.B.C.0D.222【答案】A【解析】ππ【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出，得fxsin2x，再整体求出x,时，2x126的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.π2π2【详解】fxsin3xsin3xπsin3x，由Tπ得，333ππππ即fxsin2x，当x,时，2x,，12663画出fxsin2x图象，如下图，ππ由图可知，fxsin2x在,上递减，126ππ3所以，当x时，fxsin6min32第9页/共29页学科网（北京）股份有限公司 故选：A22xy8.双曲线221(a0，b0)的左、右焦点分别为F1、F2.P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜ab率为2．△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（）22222222xyxyxyxyA.1B.1C.1D.182842848【答案】C【解析】【分析】可利用△PF1F2三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设PF2m，由面积公式求出m，由勾股定理得出c，结合第一定义再求出a.【详解】如下图：由题可知，点P必落在第四象限，F1PF290，设PF2m，2PF2F11,PF1F22，由kPF2tan12，求得sin1，511因为F1PF290，所以kPF1kPF21，求得kPF1，即tan2，221sin2，由正弦定理可得：PF1:PF2:F1F2sin1:sin2:sin902:1:5，5则由PF2m得PF12m,F1F22c5m，11由SPFPFm2m8得m22，PF1F22122第10页/共29页学科网（北京）股份有限公司 则PF22,PF42,FF2c210,c10，2112由双曲线第一定义可得：PFPF2a22，a2,bc2a28，1222xy所以双曲线的方程为1.28故选：C9.一个五面体ABCDEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD1，BE2，CF3．则该五面体的体积为（）33313331A.B.C.D.642242【答案】C【解析】【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详解】用一个完全相同的五面体HIJLMN（顶点与五面体ABCDEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD1,BE2,CF3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1322314，11133VV114.ABCDEFABCHIJ22222故选：C.第Ⅱ卷第11页/共29页学科网（北京）股份有限公司 注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10.已知i是虚数单位，复数5i52i______．【答案】75i【解析】【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.【详解】5i52i55i25i275i.故答案为：75i.633x11.在的展开式中，常数项为______．3x3【答案】20【解析】【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.366r3r3xr3x62rr6r3【详解】因为的展开式的通项为TC3Cx,r0,1,,6，3r1636x3x3令6r30，可得r3，03所以常数项为3C20.6故答案为：20.22212.(x1)y25的圆心与抛物线y2px(p0)的焦点F重合，A为两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为______．4【答案】##0.85【解析】【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求A及AF的方程，从而可求原点到直线AF的距离.第12页/共29页学科网（北京）股份有限公司 22p【详解】圆(x1)y25的圆心为F1,0，故1即p2，222x1y252由可得x2x240，故x4或x6（舍），2y4x4故A4,4，故直线AF:yx1即4x3y40或4x3y40，344故原点到直线AF的距离为d，554故答案为：513.A,B,C,D,E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到A的概率为______；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为______．31【答案】①.②.52【解析】【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到A的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了A活动，他再选择B活动的概率.【详解】解法一：列举法从五个活动中选三个的情况有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，63则甲选到A得概率为：P；105乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE，其中再选则B有3种可能性：ABC,ABD,ABE，31故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为=.62解法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，2C34则甲选到A的概率为PM；3C55第13页/共29页学科网（北京）股份有限公司 1C33PMNC15乙选了A活动，他再选择B活动的概率为PNM2PMC423C531故答案为：；521uuruuruuur14.在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点，CEDE,BEBABC，则2______；若F为线段BE上的动点，G为AF中点，则AFDG的最小值为______．45【答案】①.②.318【解析】uuuruur【分析】解法一：以BA,BC为基底向量，根据向量的线性运算求BE，即可得，设BFkBE，uuuruuur求AF,DG，结合数量积的运算律求AFDG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求BE，1uuuruuur即可得，设Fa,3a,a,0，求AF,DG，结合数量积的坐标运算求AFDG的最小值.31uur2uuruuruuuruur1uuruuur【详解】解法一：因为CEDE，即CEBA，则BEBCCEBABC，23314可得,1，所以；33由题意可知：BCBA1,BABC0，1因为F为线段BE上的动点，设BFkBEkBAkBC,k0,1，31则AFABBFABkBEk1BAkBC，31111又因为G为AF中点，则DGDAAGBCAFk1BAk1BC，22321111可得AFDGk1BAkBCk1BAk1BC3232第14页/共29页学科网（北京）股份有限公司 22111563k1kk1k，23295105又因为k0,1，可知：当k1时，AFDG取到最小值；18解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，1则A1,0,B0,0,C0,1,D1,1,E,1，31可得BA1,0,BC0,1,BE,1，314因为BEBABC,，则3，所以；1311因为点F在线段BE:y3x,x,0上，设Fa,3a,a,0，33a13且G为AF中点，则G,a，22a13可得AFa1,3a,DG,a1，2222a1323则AFDG3aa15a，22510115且a,0，所以当a时，AFDG取到最小值为；331845故答案为：；.318215.若函数fx2xaxax21有唯一零点，则a的取值范围为______．【答案】3,11,3第15页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【解析】2ax3,x2a【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数gx2xax与hx，则1ax,x2a两函数图象有唯一交点，分a0、a0与a0进行讨论，当a0时，计算函数定义域可得xa或x0，计算可得a0,2时，两函数在y轴左侧有一交点，则只需找到当a0,2时，在y轴右侧无交点的情况即可得；当a0时，按同一方式讨论即可得.2【详解】令fx0，即2xaxax21，由题可得2xax0，22当a0时，xR，有2x211，则x，不符合要求，舍去；22ax3,x2a当a0时，则2xaxax21，1ax,x2a2ax3,x2a即函数gx2xax与函数hx有唯一交点，1ax,x2a由2xax0，可得xa或x0，2当x0时，则ax20，则2xaxax211ax，2222即4x4ax1ax，整理得4ax2ax12ax12ax10，1当a2时，即4x10，即x，411当a0,2，x或x0（正值舍去），2a2a11当a2,时，x0或x0，有两解，舍去，2a2a2即当a0,2时，2xaxax210在x0时有唯一解，2则当a0,2时，2xaxax210在xa时需无解，当a0,2，且xa时，第16页/共29页学科网（北京）股份有限公司 2ax3,xa213由函数hx关于x对称，令hx0，可得x或x，1ax,x2aaaa1223且函数hx在,上单调递减，在,上单调递增，aaaa2ax222y令gxy2xax，即1，22aa422xy1a故xa时，gx图象为双曲线a2a2右支的x轴上方部分向右平移所得，242xy2a1yx2x由a2a2的渐近线方程为a，42a即gx部分的渐近线方程为y2x，其斜率为2，22ax3,xa2又a0,2，即hx在x时的斜率a0,2，1ax,x2aa2令gx2xax0，可得xa或x0（舍去），且函数gx在a,上单调递增，1aa故有，解得1a3，故1a3符合要求；3aa2ax3,x2a当a<0时，则2xaxax21，1ax,x2a第17页/共29页学科网（北京）股份有限公司 2ax3,x2a即函数gx2xax与函数hx有唯一交点，1ax,x2a由2xax0，可得x0或xa，2当x0时，则ax20，则2xaxax211ax，2222即4x4ax1ax，整理得4ax2ax12ax12ax10，1当a2时，即4x10，即x，411当a2,0，x0（负值舍去）或x0，2a2a11当a,2时，x0或x0，有两解，舍去，2a2a2即当a2,0时，2xaxax210在x0时有唯一解，2则当a2,0时，2xaxax210在xa时需无解，当a2,0，且xa时，2ax3,xa213由函数hx关于x对称，令hx0，可得x或x，1ax,x2aaaa2132且函数hx在,上单调递减，在,上单调递增，aaaa22xy1a同理可得：xa时，gx图象为双曲线a2a2左支的x轴上方部分向左平移所得，24agx部分的渐近线方程为y2x，其斜率为2，22ax3,xa2又a2,0，即hx在x时的斜率a2,0，1ax,x2aa2令gx2xax0，可得xa或x0（舍去），第18页/共29页学科网（北京）股份有限公司 且函数gx在,a上单调递减，1aa故有，解得3a1，故3a1符合要求；3aa综上所述，a3,11,3.故答案为：3,11,3.2【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数fx的零点问题转化为函数gx2xax与函数2ax3,xahx的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.1ax,x2a三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤9a216.在ABC中，cosB，b5，．16c3（1）求a；（2）求sinA；（3）求cosB2A．【答案】（1）47（2）457（3）64【解析】【分析】（1）a2t,c3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA；（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.【小问1详解】设a2t,c3t，t0，则根据余弦定理得222bac2accosB，第19页/共29页学科网（北京）股份有限公司 229即254t9t22t3t，解得t2（负舍）；16则a4,c6.【小问2详解】22957法一：因为B为三角形内角，所以sinB1cosB1，161645ab7再根据正弦定理得，即sinA57，解得sinA，sinAsinB416222222bca5643法二：由余弦定理得cosA，2bc2564237因为A0,π，则sinA144【小问3详解】9π法一：因为cosB0，且B0,π，所以B0,，16257由（2）法一知sinB，16273因为ab，则AB，所以cosA1，4427337231则sin2A2sinAcosA2，cos2A2cosA1214484819573757cosB2AcosBcos2AsinBsin2A.816168647337法二：sin2A2sinAcosA2，4482231则cos2A2cosA121，4822957因为B为三角形内角，所以sinB1cosB1，161691573757所以cosB2AcosBcos2AsinBsin2A16816864第20页/共29页学科网（北京）股份有限公司 17.已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A平面ABCD，ADAB，其中ABAA12,ADDC1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．（1）求证D1N//平面CB1M；（2）求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值；（3）求点B到平面CB1M的距离．【答案】（1）证明见解析222（2）11211（3）11【解析】【分析】（1）取CB1中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得D1N//MP，结合线面平行判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【小问1详解】取CB1中点P，连接NP，MP，1由N是B1C1的中点，故NP//CC1，且NPCC1，211由M是DD1的中点，故D1MDD1CC1，且D1M//CC1，22则有D1M//NP、D1MNP，故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N//MP，第21页/共29页学科网（北京）股份有限公司 又MP平面CB1M，D1N平面CB1M，故D1N//平面CB1M；【小问2详解】以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1、C1,1,0、C11,1,2，则有CB1,1,2、CM1,0,1、BB0,0,2，11设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为mx1,y1,z1、nx2,y2,z2，mCBxy2z0nCBxy2z011111222则有，，mCMxz0nBB2z01112分别取x1x21，则有y13、z11、y21，z20，即m1,3,1、n1,1,0，mn13222则cosm,n，mn1911111222故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为；11【小问3详解】由BB10,0,2，平面CB1M的法向量为m1,3,1，BBm12211则有，m19111211即点B到平面CB1M的距离为.11第22页/共29页学科网（北京）股份有限公司 22xy118.已知椭圆1(ab0)椭圆的离心率e．左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，22ab233其中S．△ABC2（1）求椭圆方程．3（2）过点0,的动直线与椭圆有两个交点P，Q．在y轴上是否存在点T使得TPTQ0恒成立．若2存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．22xy【答案】（1）11293（2）存在T0,t3t，使得TPTQ0恒成立.2【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.3（2）设该直线方程为：ykx，Px1,y1,Qx2,y2,T0,t，联立直线方程和椭圆方程并消元，结2合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用k,t表示TPTQ，再根据TPTQ0可求t的范围.【小问1详解】1因为椭圆的离心率为e，故a2c，b3c，其中c为半焦距，23c1333所以A2c,0,B0,3c,C0,，故S2cc，2△ABC22222xy故c3，所以a23，b3，故椭圆方程为：1.129【小问2详解】33若过点0,的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：ykx，22第23页/共29页学科网（北京）股份有限公司 设Px1,y1,Qx2,y2,T0,t，223x4y3622由3可得34kx12kx270，ykx222212k27故Δ144k10834k324576k0且xx,xx,12212234k34k而TPx,yt,TQx,yt，112233故TPTQx1x2y1ty2tx1x2kx1tkx2t2222331kx1x2ktx1x2t222227312k31k2kt2t34k234k2222232227k2718k12kt3t32tk2234k222332t12t45k3t272，234k232t12t4503因为TPTQ0恒成立，故32，解得3t.3t270223若过点0,的动直线的斜率不存在，则P0,3,Q0,3或P0,3,Q0,3，23此时需3t3，两者结合可得3t.23综上，存在T0,t3t，使得TPTQ0恒成立.2【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.19.已知数列an是公比大于0的等比数列．其前n项和为Sn．若a11,S2a31．（1）求数列an前n项和Sn；第24页/共29页学科网（北京）股份有限公司 k,nak（2）设bn，b11，其中k是大于1的正整数．b2k,anan1kk1（ⅰ）当nak1时，求证：bn1akbn；Sn（ⅱ）求bi．i1n【答案】（1）S21nSnn3n141（2）①证明见详解；②bii19【解析】【分析】（1）设等比数列an的公比为q0，根据题意结合等比数列通项公式求q，再结合等比数列求和公式分析求解；k1k（2）①根据题意分析可知ak2,bnk1，bn1k21，利用作差法分析证明；②根据题意结合k211kk1等差数列求和公式可得b3k143k44，再结合裂项相消法分析求解.ik19i2【小问1详解】设等比数列an的公比为q0，因为a11,S2a31，即a1a2a31，22可得1qq1，整理得qq20，解得q=2或q1（舍去），n12n所以S21.n12【小问2详解】n1（i）由（1）可知a2，且kN*,k2，nk1ka221n1kk当nak124时，则，即akn1ak1n1a1ak1k1k1可知a2,bk1，knk1kbn1bakak1ak12kk2k21k21，kk1k1可得bn1akbnk21k12k12k2k1kk20，第25页/共29页学科网（北京）股份有限公司 当且仅当k2时，等号成立，所以bn1akbn；n（ii）由（1）可知：S21a1，nn1若n1，则S11,b11；k1若n2，则aa2，k1k当k1k2i21时，bibi12k，可知bi为等差数列，kk1k1212211可得k1k1kk1，bik22kk43k143k44k129i2Snn13n141232nn1所以b1542484543n143n44，i99i1Snn3n141且n1，符合上式，综上所述：bi.i19【点睛】关键点点睛：1.分析可知当k1k2i21时，bibi12k，可知bi为等差数列；k211kk12.根据等差数列求和分析可得b3k143k44.ik19i220.设函数fxxlnx．（1）求fx图象上点1,f1处的切线方程；（2）若fxaxx在x0,时恒成立，求a的取值范围；1（3）若x1,x20,1，证明fx1fx2x1x22．【答案】（1）yx1（2）2（3）证明过程见解析【解析】【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到a2，再证明a2时条件满足；（3）先确定fx的单调性，再对x1,x2分类讨论.【小问1详解】第26页/共29页学科网（北京）股份有限公司 由于fxxlnx，故fxlnx1.所以f10，f11，所以所求的切线经过1,0，且斜率为1，故其方程为yx1.【小问2详解】1t1设htt1lnt，则ht1，从而当0t1时ht0，当t1时ht0.tt所以ht在0,1上递减，在1,上递增，这就说明hth1，即t1lnt，且等号成立当且仅当t1.设gtat12lnt，则111fxaxxxlnxaxxxa12lnxg.xxx1当x0,时，的取值范围是0,，所以命题等价于对任意t0,，都有gt0.x一方面，若对任意t0,，都有gt0，则对t0,有1120gtat12lntat12lnat121ata2，ttt取t2，得0a1，故a10.22a2再取t，得0a2a222aa2a2，所以a2.aa2另一方面，若a2，则对任意t0,都有gt2t12lnt2ht0，满足条件.综合以上两个方面，知a的取值范围是2.【小问3详解】fbfa先证明一个结论：对0ab，有lna1lnb1.bablnblnbalnaalnbalnaa证明：前面已经证明不等式t1lnt，故lnblnb1lnb，babab1aaaln1blnbalnablnbblnabb且lnalnalna1lna，babaaa11bb第27页/共29页学科网（北京）股份有限公司 blnbalnafbfa所以lna1lnb1，即lna1lnb1.baba11由fxlnx1，可知当0x时fx0，当x时fx0.ee11所以fx在0,上递减，在,上递增.ee不妨设x1x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.1情况一：当xx1时，有12efx1fx2fx2fx1lnx21x2x1x2x1x2x1，结论成立；1情况二：当0x1x2时，有fx1fx2fx1fx2x1lnx1x2lnx2.e11对任意的c0,，设xxlnxclnccx，则xlnx1.e2cx由于x单调递增，且有clnc11ln1111111011111c1c2c2c，2e2c2e2c2ce2c2c1122c2e1xc2c12且当2，x时，由ln1可知4ln122cxcc1c112xlnx1ln1ln10.2cx22cx2cxc所以x在0,c上存在零点x0，再结合x单调递增，即知0xx0时x0，x0xc时x0.故x在0,x0上递减，在x0,c上递增.①当x0xc时，有xc0；1121②当0xx0时，由于cln2fc2f1，故我们可以取qcln,1.ceec第28页/共29页学科网（北京）股份有限公司 c从而当0x时，由cxqc，可得21q1xxlnxclnccxclnccxclncqccclnq0.c再根据x在0,x0上递减，即知对0xx0都有x0；综合①②可知对任意0xc，都有x0，即xxlnxclnccx0.1根据c0,和0xc的任意性，取cx2，xx1，就得到x1lnx1x2lnx2x2x10.e所以fx1fx2fx1fx2x1lnx1x2lnx2x2x1.111情况三：当0xx1时，根据情况一和情况二的讨论，可得fxfxxx，121121eee11ffx2x2x2x1.ee11而根据fx的单调性，知fx1fx2fx1f或fx1fx2ffx2.ee故一定有fx1fx2x2x1成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合fx的单调性进行分类讨论.第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司