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重庆市西南大学附中、重庆育才中学、万州中学拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试数学试题（Word版附解析）
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数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
命题学校：西南大学附中
2024年2月
注意事项；
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整．
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．
一、选择题：本题共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. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义计算即可得.
【详解】将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23，
，则取从小到大排列后的第8个数，
即该组数据的第75百分位数为18.
故选：D.
2. 已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，则直线的斜率为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将点代入抛物线方程可得，即可得焦点坐标，结合斜率公式计算即可得斜率.
【详解】由点在抛物线上，可得，即，
故，则.
故选：C.
3. 已知是空间中三条互不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. ，则B. 且，则
C. ，则D. ，则
【答案】B
【解析】
【分析】A. 利用线面的位置关系判断；B.由线面垂直的性质判断； C.利用线面的位置关系判断； D.利用直线与直线的位置关系判断.
【详解】A. 若，则或，故错误；
B. 若且，则，故正确；
C. 若，则或或与相交，故错误；
D. 若，则或l与n异面，故错误.
故选：B
4. 数列的前项和为，满足，则（ ）
A. 30B. 64C. 62D. 126
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推式可判断数列为等比数列，再利用等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】由题意知数列的前项和为，满足,
当时，，
当时，和相减，
得，即，
故数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，
故，
故选：C
5. 已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断点所在的位置，然后求出弦的最值，即可得解.
【详解】圆的半径，
因为，
所以点在圆内，
当弦过圆心时，，
当时，弦最短，
，
所以，
所以弦长不可能的取值是D选项.
故选：D.
6. 在同一直角坐标平面内，已知点，点P满足，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设,由得的轨迹方程，再由向量的坐标表示出，由不等式的性质即可求出结果.
【详解】设，，
所以，即，
所以，
，所以的最小值为.
故选：A
7. 在中，内角的对边分别为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题意首先通过三角恒等变换变换得，进一步结合正弦定理即可得解.
【详解】因为，，
所以，，为外接圆的半径，
所以.
故选：C.
8. 如图，已知为双曲线上一动点，过作双曲线的切线交轴于点，过点作于点，则的值是（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】由与双曲线相切，可得，即可得，作轴于点，结合相似三角形的性质可得，计算即可得的值.
【详解】设，则，令，则，故，
过点作轴于点，则，
由，轴，故与相似，
故，及，
即.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造相似三角形，从而将求的值，转化为求的值.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的对称中心为
C. 在上的递增区间为
D. 在上的极值点个数为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由三角函数定义域即可判断；对于B，代入检验即可判断；对于C，由复合函数单调性、正弦函数单调性即可判断；对于D，由复合函数单调性、值域即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，时，，且关于单调递增，
又在时单调递增，
令，解得，
所以在上的递增区间为，故C正确；
对于D，时，，
在时，当且仅当，即时，函数有唯一极值点.
故选：ACD.
10. 2023年旅游市场强劲复苏，7，8月暑期是旅游高峰期．甲、乙、丙、丁四名旅游爱好者计划2024年暑期在北京、上海、广州三个城市中随机选择一个去旅游，每个城市至少有一人选择．事件M为“甲选择北京”，事件N为“乙选择上海”，则下列结论正确的是（ ）（
A. 事件与互斥B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件的含义判断A；根据条件概率公式求出的值，判断B；根据对立事件的概率计算，判断C；根据并事件的概率计算，判断D.
【详解】对于A，甲选择北京与乙选择上海可能会同时发生，即事件与会同时发生，不互斥，A错误；
对于B，由题意知共有事件个数，事件与的个数均为个，
故，,
则，，即，B正确，
对于C，，C正确；
对于D，，D错误，
故选：BC
11. 已知定义在实数集R上函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A. B. 的图像关于点成中心对称
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，集合，则______．
【答案】
【解析】
【分析】计算出集合、后借助交集定义即可得.
【详解】由，解得，
又，故，
由，则，故.
故答案为：.
13. 如图，在正四棱柱中，为的中点，则中点到平面的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】中点到平面距离为到平面距离的一半，由，等体积法求点到平面的距离.
【详解】设中点为O，O到平面距离为到平面距离的一半，连接，
设到平面的距离为，由，即，
，∴O到平面CDE的距离为.
故答案为：.
14. 已知实数满足，则的最大值为______；的取值范围为______．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】第一空：直接由基本不等式即可求解；第二空：首先将目标式子化为关于的代数式，通过三角换元得的范围，进一步取到倒，结合对勾函数性质得，从而即可得解.
【详解】由题意，等号成立当且仅当，即的最大值为1；
由题意，
因为，所以设，
所以，
所以，
所以，
令，，所以，
又，
所以，
所以.
故答案为：1；.
【点睛】关键点点睛：第二空的关键是首先画出关于的代数式，并求出的范围，由此即可顺利得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 等差数列的前项和为，同时满足成等差数列，是和的等比中项．
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助等差数列基本量及等比中项性质计算即可得；
（2）借助分组求和及裂项相消法求和即可得.
【小问1详解】
设数列的公差为，则由成等差数列可得：
，整理得，
由是和的等比中项，可得，
代入，可得，即，
即，故或，又，故，
则，即；
【小问2详解】
由，
故，
则
.
16. 2024年春节期间，某家庭设计了一个抽红包游戏，以营造和谐轻松愉快的家庭氛围．游戏中有外观完全相同的红包共6个，其中装有10元，20元，30元的红包各两个，小明每次从中任意抽取3个红包，记录金额后放回，共抽2次．若每次抽的红包总金额超过60元记2分，超过40元不超过60元记1分，不超过40元不计分，两次结束得分恰好为3分奖励旺旺零食大礼包一份．
（1）求小明在第一次抽取中，抽出装有20元红包个数多于装有10元红包个数的概率；
（2）用随机变量X表示小明抽两次的得分总和，求X的分布列及期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由抽出的20元红包个数和10元红包个数，分类讨论，由古典概型公式计算；
（2）由一次抽取得分情况的概率分布，计算两次抽取得分情况的概率分布，列出分布列求期望.
【小问1详解】
3个红包中，装有20元红包个数多于装有10元红包个数，
则可以是1个20元0个10元、2个20元0个10元或2个20元1个10元，
装有20元红包个数多于装有10元红包个数的概率为.
【小问2详解】
抽取一次得分情况为随机变量，的取值为：2，1，0，
抽取一次得两分：，
抽取一次得一分：，
抽取一次得零分：，
抽取两次的得分情况为随机变量X，X的取值为：4，3，2，1，0，
，
，
，
，
，
则X的分布列为：
分.
17. 在四棱锥中，已知，．
（1）求证：平面平面；
（2）若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理面面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合题意可建立适当空间直角坐标系，借助空间向量可借助表示出平面与平面的夹角的余弦值，计算即可得.
【小问1详解】
连接，因为，，故为等边三角形，则，
又，易知，又，
故，
即，有，故，
又，、平面，且，
故平面，又平面，故平面平面；
【小问2详解】
取中点，连接与中点，连接，
由，故，又平面，
平面平面，平面平面，
故平面，又平面，故，
由，、分别、中点，故，
即、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，故，
即有、、、、、，，
则，，，，
由，则，即，
故，
令平面与平面的法向量分别为、，
则有、，即、，
令、，则可得，，
则，解得.
18. 如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：；
（3）若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，求椭圆的标准方程；
（2）要证，只需证，通过直线与椭圆联立方程组，由韦达定理和两点间距离公式证明；
（3）由题意有，由韦达定理和距离公式化简得，由题意，所以，可得.
小问1详解】
由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有，，
又点在椭圆上，有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
要证，即证，
设，
当直线斜率不存在时，由椭圆对称性可知成立，
当直线斜率存在时，设斜率为，则方程为，
由得，
，
由得，
，
得，，
，，则有.
所以与等底等高，有.
【小问3详解】
由（2）可知，同理有，
由，可得，则有，
设直线的斜率为，直线方程为，设，
由得，
，
，
，
所以，
即，
化简得，即，由题意，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19 已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求证：在定义域内有两个不同的零点；
（3）若恒成立，求的值．
【答案】（1）当时，，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明过程见详解；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导函数的正负判断的单调性，分和进行讨论即可.
（2）时，分、及讨论的正负，分别判断的单调性及极值、最值，进而判断的零点个数.
（3）令,恒成立，且，可得，进而求出，再证明时即可.
小问1详解】
的定义域为，
当时，，在上单调递增；
当时，由得，
时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减；
【小问2详解】
时，，
①时，在上单调递减，所以，
所以在上单调递增，又，，
所以，使得，即在上有且仅有1个零点；
②时，由（1）知在上单调递减，
即，所以，
所以在上没有零点；
③时，，所以，
即在上单调递减，又，，
所以在上有且仅有1个零点；
综上所述，在内有两个不同的零点，.
【小问3详解】
令，
由于恒成立，且，同时在上连续，
所以是的一个极大值点.
因为，所以即，
下面证明时，在上恒成立，
由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；
所以，又，
故恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题证明在定义域内的零点个数，方程的根不易求出，关键点是分区间判断的正负，结合零点存在定理分区间判断的零点个数.
X
4
3
2
1
0
P
数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
命题学校：西南大学附中
2024年2月
注意事项；
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整．
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．
一、选择题：本题共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. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义计算即可得.
【详解】将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23，
，则取从小到大排列后的第8个数，
即该组数据的第75百分位数为18.
故选：D.
2. 已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，则直线的斜率为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将点代入抛物线方程可得，即可得焦点坐标，结合斜率公式计算即可得斜率.
【详解】由点在抛物线上，可得，即，
故，则.
故选：C.
3. 已知是空间中三条互不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. ，则B. 且，则
C. ，则D. ，则
【答案】B
【解析】
【分析】A. 利用线面的位置关系判断；B.由线面垂直的性质判断； C.利用线面的位置关系判断； D.利用直线与直线的位置关系判断.
【详解】A. 若，则或，故错误；
B. 若且，则，故正确；
C. 若，则或或与相交，故错误；
D. 若，则或l与n异面，故错误.
故选：B
4. 数列的前项和为，满足，则（ ）
A. 30B. 64C. 62D. 126
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的递推式可判断数列为等比数列，再利用等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】由题意知数列的前项和为，满足,
当时，，
当时，和相减，
得，即，
故数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，
故，
故选：C
5. 已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断点所在的位置，然后求出弦的最值，即可得解.
【详解】圆的半径，
因为，
所以点在圆内，
当弦过圆心时，，
当时，弦最短，
，
所以，
所以弦长不可能的取值是D选项.
故选：D.
6. 在同一直角坐标平面内，已知点，点P满足，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设,由得的轨迹方程，再由向量的坐标表示出，由不等式的性质即可求出结果.
【详解】设，，
所以，即，
所以，
，所以的最小值为.
故选：A
7. 在中，内角的对边分别为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题意首先通过三角恒等变换变换得，进一步结合正弦定理即可得解.
【详解】因为，，
所以，，为外接圆的半径，
所以.
故选：C.
8. 如图，已知为双曲线上一动点，过作双曲线的切线交轴于点，过点作于点，则的值是（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】由与双曲线相切，可得，即可得，作轴于点，结合相似三角形的性质可得，计算即可得的值.
【详解】设，则，令，则，故，
过点作轴于点，则，
由，轴，故与相似，
故，及，
即.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造相似三角形，从而将求的值，转化为求的值.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的对称中心为
C. 在上的递增区间为
D. 在上的极值点个数为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由三角函数定义域即可判断；对于B，代入检验即可判断；对于C，由复合函数单调性、正弦函数单调性即可判断；对于D，由复合函数单调性、值域即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，时，，且关于单调递增，
又在时单调递增，
令，解得，
所以在上的递增区间为，故C正确；
对于D，时，，
在时，当且仅当，即时，函数有唯一极值点.
故选：ACD.
10. 2023年旅游市场强劲复苏，7，8月暑期是旅游高峰期．甲、乙、丙、丁四名旅游爱好者计划2024年暑期在北京、上海、广州三个城市中随机选择一个去旅游，每个城市至少有一人选择．事件M为“甲选择北京”，事件N为“乙选择上海”，则下列结论正确的是（ ）（
A. 事件与互斥B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件的含义判断A；根据条件概率公式求出的值，判断B；根据对立事件的概率计算，判断C；根据并事件的概率计算，判断D.
【详解】对于A，甲选择北京与乙选择上海可能会同时发生，即事件与会同时发生，不互斥，A错误；
对于B，由题意知共有事件个数，事件与的个数均为个，
故，,
则，，即，B正确，
对于C，，C正确；
对于D，，D错误，
故选：BC
11. 已知定义在实数集R上函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A. B. 的图像关于点成中心对称
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，集合，则______．
【答案】
【解析】
【分析】计算出集合、后借助交集定义即可得.
【详解】由，解得，
又，故，
由，则，故.
故答案为：.
13. 如图，在正四棱柱中，为的中点，则中点到平面的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】中点到平面距离为到平面距离的一半，由，等体积法求点到平面的距离.
【详解】设中点为O，O到平面距离为到平面距离的一半，连接，
设到平面的距离为，由，即，
，∴O到平面CDE的距离为.
故答案为：.
14. 已知实数满足，则的最大值为______；的取值范围为______．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】第一空：直接由基本不等式即可求解；第二空：首先将目标式子化为关于的代数式，通过三角换元得的范围，进一步取到倒，结合对勾函数性质得，从而即可得解.
【详解】由题意，等号成立当且仅当，即的最大值为1；
由题意，
因为，所以设，
所以，
所以，
所以，
令，，所以，
又，
所以，
所以.
故答案为：1；.
【点睛】关键点点睛：第二空的关键是首先画出关于的代数式，并求出的范围，由此即可顺利得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 等差数列的前项和为，同时满足成等差数列，是和的等比中项．
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助等差数列基本量及等比中项性质计算即可得；
（2）借助分组求和及裂项相消法求和即可得.
【小问1详解】
设数列的公差为，则由成等差数列可得：
，整理得，
由是和的等比中项，可得，
代入，可得，即，
即，故或，又，故，
则，即；
【小问2详解】
由，
故，
则
.
16. 2024年春节期间，某家庭设计了一个抽红包游戏，以营造和谐轻松愉快的家庭氛围．游戏中有外观完全相同的红包共6个，其中装有10元，20元，30元的红包各两个，小明每次从中任意抽取3个红包，记录金额后放回，共抽2次．若每次抽的红包总金额超过60元记2分，超过40元不超过60元记1分，不超过40元不计分，两次结束得分恰好为3分奖励旺旺零食大礼包一份．
（1）求小明在第一次抽取中，抽出装有20元红包个数多于装有10元红包个数的概率；
（2）用随机变量X表示小明抽两次的得分总和，求X的分布列及期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由抽出的20元红包个数和10元红包个数，分类讨论，由古典概型公式计算；
（2）由一次抽取得分情况的概率分布，计算两次抽取得分情况的概率分布，列出分布列求期望.
【小问1详解】
3个红包中，装有20元红包个数多于装有10元红包个数，
则可以是1个20元0个10元、2个20元0个10元或2个20元1个10元，
装有20元红包个数多于装有10元红包个数的概率为.
【小问2详解】
抽取一次得分情况为随机变量，的取值为：2，1，0，
抽取一次得两分：，
抽取一次得一分：，
抽取一次得零分：，
抽取两次的得分情况为随机变量X，X的取值为：4，3，2，1，0，
，
，
，
，
，
则X的分布列为：
分.
17. 在四棱锥中，已知，．
（1）求证：平面平面；
（2）若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理面面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合题意可建立适当空间直角坐标系，借助空间向量可借助表示出平面与平面的夹角的余弦值，计算即可得.
【小问1详解】
连接，因为，，故为等边三角形，则，
又，易知，又，
故，
即，有，故，
又，、平面，且，
故平面，又平面，故平面平面；
【小问2详解】
取中点，连接与中点，连接，
由，故，又平面，
平面平面，平面平面，
故平面，又平面，故，
由，、分别、中点，故，
即、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，故，
即有、、、、、，，
则，，，，
由，则，即，
故，
令平面与平面的法向量分别为、，
则有、，即、，
令、，则可得，，
则，解得.
18. 如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：；
（3）若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，求椭圆的标准方程；
（2）要证，只需证，通过直线与椭圆联立方程组，由韦达定理和两点间距离公式证明；
（3）由题意有，由韦达定理和距离公式化简得，由题意，所以，可得.
小问1详解】
由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有，，
又点在椭圆上，有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
要证，即证，
设，
当直线斜率不存在时，由椭圆对称性可知成立，
当直线斜率存在时，设斜率为，则方程为，
由得，
，
由得，
，
得，，
，，则有.
所以与等底等高，有.
【小问3详解】
由（2）可知，同理有，
由，可得，则有，
设直线的斜率为，直线方程为，设，
由得，
，
，
，
所以，
即，
化简得，即，由题意，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19 已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求证：在定义域内有两个不同的零点；
（3）若恒成立，求的值．
【答案】（1）当时，，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明过程见详解；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导函数的正负判断的单调性，分和进行讨论即可.
（2）时，分、及讨论的正负，分别判断的单调性及极值、最值，进而判断的零点个数.
（3）令,恒成立，且，可得，进而求出，再证明时即可.
小问1详解】
的定义域为，
当时，，在上单调递增；
当时，由得，
时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减；
【小问2详解】
时，，
①时，在上单调递减，所以，
所以在上单调递增，又，，
所以，使得，即在上有且仅有1个零点；
②时，由（1）知在上单调递减，
即，所以，
所以在上没有零点；
③时，，所以，
即在上单调递减，又，，
所以在上有且仅有1个零点；
综上所述，在内有两个不同的零点，.
【小问3详解】
令，
由于恒成立，且，同时在上连续，
所以是的一个极大值点.
因为，所以即，
下面证明时，在上恒成立，
由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；
所以，又，
故恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题证明在定义域内的零点个数，方程的根不易求出，关键点是分区间判断的正负，结合零点存在定理分区间判断的零点个数.
X
4
3
2
1
0
P
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