广西桂林市桂电中学2023-2024学年高二下学期5月阶段性考试数学试卷
1．（2024高二下·桂林期中）双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．3
2．（2024高二下·桂林期中）某选修课有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，则甲不同的选择情况共有（ ）
A．17种 B．34种 C．35种 D．70种
3．（2024高二下·桂林期中）已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则（ ）
A． B．6 C． D．8
4．（2024高二下·桂林期中）设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．272 B．270 C．157 D．153
5．（2024高二下·桂林期中）已知椭圆的两个焦点为上有一点，则的周长为（ ）
A． B．20 C． D．16
6．（2024高二下·桂林期中）函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·桂林期中）重庆火锅、朝天门、解放碑、长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人、铜梁龙舞、红岩村为重庆十大文化符号，甲计划按照一定的先后顺序写一篇介绍重庆十大文化符号的文章，若第一个介绍的是重庆火锅，且长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人的介绍顺序必须相邻（这五大文化符号的介绍顺序中间没有其他文化符号），则该文章关于重庆十大文化符号的介绍顺序共有（ ）
A．1600种 B．14400种 C．2880种 D．2400种
8．（2024高二下·桂林期中）已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·桂林期中）某厂生产一批零件，单个零件的尺寸X（单位：厘米）服从正态分布，则（附：，，）（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·桂林期中）已知，则（ ）
A．，，，中最大 B．
C． D．
11．（2024高二下·桂林期中）已知正数a，b，c成等差数列，且随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P a b c
下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最大值为
12．（2024高二下·桂林期中）在二项式的展开式中，奇数项的二项式系数的和为，则 .
13．（2024高二下·桂林期中）函数的极大值点为 ．
14．（2024高二下·桂林期中）在正项等比数列中，若，则数列的公比为
15．（2024高二下·桂林期中）设各项均为正数的数列的前项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
16．（2024高二下·桂林期中）为了研究学生的性别与是否喜欢运动的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表：
男学生 女学生 合计
喜欢运动 40 20 60
不喜欢运动 20 20 40
合计 60 40 100
（1）能否有90%的把握认为学生的性别与是否喜欢运动有关联？
（2）按学生的性别以及是否喜欢运动用分层随机抽样的方法从这100名学生中选取10人，再从这10人中任选2人，求至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率
附：.
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
17．（2024高二下·桂林期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．（2024高二下·桂林期中）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且．
（1）求的方程；
（2）过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：．
19．（2024高二下·桂林期中）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若恒成立，求实数的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由双曲线的方程可得，，，，
所以。
故答案为：C.
【分析】利用双曲线的标准方程确定焦点的位置，进而求出a，b的值，再结合双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出c的值，再结合双曲线的离心率公式，进而球双曲线的离心率的值。
2．【答案】A
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，
则甲可以选择体育课程或者科学课程中任一门，共有种，故A正确.
故答案为：A
【分析】运用分类加法计数原理求解即可.
3．【答案】C
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：经验回归方程为，
当时，预测值为，
样本点的观测值为，
则残差为，解得.
故答案为：C.
【分析】将代入回归方程求得预测值，进而利用残差的定义即可求解.
4．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
故．
故选：D.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式，进而得出的值.
5．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；三角形中的几何计算
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：根据，
则，
所以，，
则所求切线经过，且斜率为，
则方程为，即.
故选：B.
【分析】利用导数的运算法则得出导函数，再结合代入法得出，的值，再结合导数的几何意义得出切线的斜率和切点坐标，再由点斜式方程得出切线方程.
7．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题可知第一个为重庆火锅，将长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人捆绑在一起看成一个元素，再和其他4个文化符号全排列且五个捆绑元素内部也需要排列，共有种.
故答案为：B.
【分析】先考虑特殊位置，再利用捆绑法结合排列的知识求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递减，
，
等价于恒成立，
令，，函数，
则，
当时，，
当时，，
在上递减，在上递增，
则，所以.
故答案为：D
【分析】先求函数的导函数，根据函数的单调性得在恒成立，分离参数并用换元法构造函数，求函数的最小值即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】3σ原则
10．【答案】B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为二项式展开式的通项为，
所以，，，，为正值，，，，为负值，故选项A错误；
对于B，令，则．
即，
令，得，所以，故选项B正确；
对于C，令，得，
所以，故选项C错误；
对于D，设，
则，
令，得，故选项D正确．
故选：BD.
【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项，从而判断出二项展开式各项系数的符号，进而判断出选项A；采用赋值法和二项式的展开式，从而判断选项B和选项C；设，再结合求导的方法和赋值法以及二项式的展开式，进而判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；等差中项
【解析】【解答】解：已知正数a，b，c成等差数列，
所以①，
又因为随机变量X的的各个取值的概率之和为1，
所以②，
由①②解得，故A错误，B正确.
由，得，则，C正确.
，
当时，取得最大值，且最大值为，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据随机变量X的的各个取值的概率之和为1，以及等差数列的中项性质求出的值，即可判断，将分别转换为的函数求出范围或者最值即可判断CD.
12．【答案】15
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：在二项式的展开式中，奇数项的二项式系数的和为，
又因为，
所以，解得，所以.
故答案为：.
【分析】利用二项式的奇数项的二项式系数的和为，建立等式可解得值.
13．【答案】
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：因为，
由或，
由，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
故极大值点为．
故填：.
【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极大值点.
14．【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
15．【答案】（1）解： 数列的前项和为 ，满足，
当时，，，解得或，
当时，由①，可得②，
①②两式相减可得：，即，
即，即，即，
若，由，可得，不合题意，舍去；
则，即，
数列是以3为公差的等差数列，
当时，，
当时，，所以舍去，
故；
（2）解：由（1）可知，
则.
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用求解即可；
（2）由（1）得，再利用裂项相消法求即可.
（1）当时，，，
解得或，
当时，则，
得，
所以，
，
所以，即，
所以，
若，则由，得，不合题意，舍去，
所以，
所以，
所以数列是以3为公差的等差数列，
当时，，
当时，，所以舍去，
所以；
（2）由（1）可知，
所以
16．【答案】（1）解：假假设为：学生的性别与是否喜欢运动无关，
根据列联表中的数据，计算得到
，
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即有90%的把握认为学生的性别与是否喜欢运动有关.
（2）解：由题意得，选取的喜欢运动的男学生人数为，
则不喜欢运动的男学生、喜欢运动的女学生、不喜欢运动的女学生的人数之和为，
则至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率为.
【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）假设：学生的性别与是否喜欢运动无关，结合计算卡方，再与临界值比较即可得解；
（2）先利用分层抽样确定各类人数，再利用古典概型概率计算公式结合组合数计算即可得解.
（1）零假设为：学生的性别与是否喜欢运动无关，
根据列联表中的数据，计算得到
，
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即有90%的把握认为学生的性别与是否喜欢运动有关.
（2）由题意得，选取的喜欢运动的男学生人数为，
则不喜欢运动的男学生、喜欢运动的女学生、不喜欢运动的女学生的人数之和为，
则至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率为.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，取的中点，连接如图所示：
因为，，
所以，，，，
则，，则，
则，
又因为，所以，
所以，又，
则，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
因为，，
所以，，，，
则，，则，
则，
又因为，所以，
所以，又，
则，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：由已知和（1）可知，，
以为原点，以、方向为、轴正方向，垂直平面向上方向为轴建立空间直角坐标系如图所示：
则、、、，
因为为的中点，则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，即，
设平面的一个法向量为，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
18．【答案】（1）解：设．
易知抛物线的焦点的坐标为，则直线，
联立消元整理可得，则，
即，解得，故的方程为；
（2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为，
设，联立消元整理可得，
由韦达定理可得，
则，
由（1）可知，
因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以
可得，即．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1），设，易知抛物线的焦点坐标，求得直线方程为，联立抛物线方程，结合抛物线的弦长求得，即可得抛物线的方程；
（2）设直线MN的方程为，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，由，所以，由（1）可知，计算即可证得结论.
（1）设．
因为点的坐标为，所以，
由得，
则，
从而
得，所以的方程为．
（2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为．
设，由可得，
则
所以．
由（1）可知，
因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以
可得，即．
【点睛】
19．【答案】（1）解：函数的定义域为，且，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，，
令，解得；
令，解得，
所以在上单调递增，
在上单调递减；
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减．
（2）解：由，得，
显然，从而恒成立，
令，，
则，
令，，
因为在上单调递增，且，，
所以，，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
因为，所以，
所以，
所以，即实数的最大值为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，从而结合求导的方法判断函数的单调性，进而讨论出函数的单调性.
（2）利用已知条件结合参变分离可得，令，，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数a的最大值.
1 / 1广西桂林市桂电中学2023-2024学年高二下学期5月阶段性考试数学试卷
1．（2024高二下·桂林期中）双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由双曲线的方程可得，，，，
所以。
故答案为：C.
【分析】利用双曲线的标准方程确定焦点的位置，进而求出a，b的值，再结合双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出c的值，再结合双曲线的离心率公式，进而球双曲线的离心率的值。
2．（2024高二下·桂林期中）某选修课有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，则甲不同的选择情况共有（ ）
A．17种 B．34种 C．35种 D．70种
【答案】A
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，
则甲可以选择体育课程或者科学课程中任一门，共有种，故A正确.
故答案为：A
【分析】运用分类加法计数原理求解即可.
3．（2024高二下·桂林期中）已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则（ ）
A． B．6 C． D．8
【答案】C
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：经验回归方程为，
当时，预测值为，
样本点的观测值为，
则残差为，解得.
故答案为：C.
【分析】将代入回归方程求得预测值，进而利用残差的定义即可求解.
4．（2024高二下·桂林期中）设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．272 B．270 C．157 D．153
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
故．
故选：D.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式，进而得出的值.
5．（2024高二下·桂林期中）已知椭圆的两个焦点为上有一点，则的周长为（ ）
A． B．20 C． D．16
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；三角形中的几何计算
6．（2024高二下·桂林期中）函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：根据，
则，
所以，，
则所求切线经过，且斜率为，
则方程为，即.
故选：B.
【分析】利用导数的运算法则得出导函数，再结合代入法得出，的值，再结合导数的几何意义得出切线的斜率和切点坐标，再由点斜式方程得出切线方程.
7．（2024高二下·桂林期中）重庆火锅、朝天门、解放碑、长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人、铜梁龙舞、红岩村为重庆十大文化符号，甲计划按照一定的先后顺序写一篇介绍重庆十大文化符号的文章，若第一个介绍的是重庆火锅，且长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人的介绍顺序必须相邻（这五大文化符号的介绍顺序中间没有其他文化符号），则该文章关于重庆十大文化符号的介绍顺序共有（ ）
A．1600种 B．14400种 C．2880种 D．2400种
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题可知第一个为重庆火锅，将长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人捆绑在一起看成一个元素，再和其他4个文化符号全排列且五个捆绑元素内部也需要排列，共有种.
故答案为：B.
【分析】先考虑特殊位置，再利用捆绑法结合排列的知识求解即可.
8．（2024高二下·桂林期中）已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递减，
，
等价于恒成立，
令，，函数，
则，
当时，，
当时，，
在上递减，在上递增，
则，所以.
故答案为：D
【分析】先求函数的导函数，根据函数的单调性得在恒成立，分离参数并用换元法构造函数，求函数的最小值即可求解.
9．（2024高二下·桂林期中）某厂生产一批零件，单个零件的尺寸X（单位：厘米）服从正态分布，则（附：，，）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】3σ原则
10．（2024高二下·桂林期中）已知，则（ ）
A．，，，中最大 B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为二项式展开式的通项为，
所以，，，，为正值，，，，为负值，故选项A错误；
对于B，令，则．
即，
令，得，所以，故选项B正确；
对于C，令，得，
所以，故选项C错误；
对于D，设，
则，
令，得，故选项D正确．
故选：BD.
【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项，从而判断出二项展开式各项系数的符号，进而判断出选项A；采用赋值法和二项式的展开式，从而判断选项B和选项C；设，再结合求导的方法和赋值法以及二项式的展开式，进而判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高二下·桂林期中）已知正数a，b，c成等差数列，且随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P a b c
下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；等差中项
【解析】【解答】解：已知正数a，b，c成等差数列，
所以①，
又因为随机变量X的的各个取值的概率之和为1，
所以②，
由①②解得，故A错误，B正确.
由，得，则，C正确.
，
当时，取得最大值，且最大值为，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据随机变量X的的各个取值的概率之和为1，以及等差数列的中项性质求出的值，即可判断，将分别转换为的函数求出范围或者最值即可判断CD.
12．（2024高二下·桂林期中）在二项式的展开式中，奇数项的二项式系数的和为，则 .
【答案】15
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：在二项式的展开式中，奇数项的二项式系数的和为，
又因为，
所以，解得，所以.
故答案为：.
【分析】利用二项式的奇数项的二项式系数的和为，建立等式可解得值.
13．（2024高二下·桂林期中）函数的极大值点为 ．
【答案】
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：因为，
由或，
由，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
故极大值点为．
故填：.
【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极大值点.
14．（2024高二下·桂林期中）在正项等比数列中，若，则数列的公比为
【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
15．（2024高二下·桂林期中）设各项均为正数的数列的前项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）解： 数列的前项和为 ，满足，
当时，，，解得或，
当时，由①，可得②，
①②两式相减可得：，即，
即，即，即，
若，由，可得，不合题意，舍去；
则，即，
数列是以3为公差的等差数列，
当时，，
当时，，所以舍去，
故；
（2）解：由（1）可知，
则.
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用求解即可；
（2）由（1）得，再利用裂项相消法求即可.
（1）当时，，，
解得或，
当时，则，
得，
所以，
，
所以，即，
所以，
若，则由，得，不合题意，舍去，
所以，
所以，
所以数列是以3为公差的等差数列，
当时，，
当时，，所以舍去，
所以；
（2）由（1）可知，
所以
16．（2024高二下·桂林期中）为了研究学生的性别与是否喜欢运动的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表：
男学生 女学生 合计
喜欢运动 40 20 60
不喜欢运动 20 20 40
合计 60 40 100
（1）能否有90%的把握认为学生的性别与是否喜欢运动有关联？
（2）按学生的性别以及是否喜欢运动用分层随机抽样的方法从这100名学生中选取10人，再从这10人中任选2人，求至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率
附：.
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
【答案】（1）解：假假设为：学生的性别与是否喜欢运动无关，
根据列联表中的数据，计算得到
，
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即有90%的把握认为学生的性别与是否喜欢运动有关.
（2）解：由题意得，选取的喜欢运动的男学生人数为，
则不喜欢运动的男学生、喜欢运动的女学生、不喜欢运动的女学生的人数之和为，
则至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率为.
【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）假设：学生的性别与是否喜欢运动无关，结合计算卡方，再与临界值比较即可得解；
（2）先利用分层抽样确定各类人数，再利用古典概型概率计算公式结合组合数计算即可得解.
（1）零假设为：学生的性别与是否喜欢运动无关，
根据列联表中的数据，计算得到
，
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即有90%的把握认为学生的性别与是否喜欢运动有关.
（2）由题意得，选取的喜欢运动的男学生人数为，
则不喜欢运动的男学生、喜欢运动的女学生、不喜欢运动的女学生的人数之和为，
则至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率为.
17．（2024高二下·桂林期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，取的中点，连接如图所示：
因为，，
所以，，，，
则，，则，
则，
又因为，所以，
所以，又，
则，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
因为，，
所以，，，，
则，，则，
则，
又因为，所以，
所以，又，
则，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：由已知和（1）可知，，
以为原点，以、方向为、轴正方向，垂直平面向上方向为轴建立空间直角坐标系如图所示：
则、、、，
因为为的中点，则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，即，
设平面的一个法向量为，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
18．（2024高二下·桂林期中）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且．
（1）求的方程；
（2）过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：．
【答案】（1）解：设．
易知抛物线的焦点的坐标为，则直线，
联立消元整理可得，则，
即，解得，故的方程为；
（2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为，
设，联立消元整理可得，
由韦达定理可得，
则，
由（1）可知，
因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以
可得，即．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1），设，易知抛物线的焦点坐标，求得直线方程为，联立抛物线方程，结合抛物线的弦长求得，即可得抛物线的方程；
（2）设直线MN的方程为，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，由，所以，由（1）可知，计算即可证得结论.
（1）设．
因为点的坐标为，所以，
由得，
则，
从而
得，所以的方程为．
（2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为．
设，由可得，
则
所以．
由（1）可知，
因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以
可得，即．
【点睛】
19．（2024高二下·桂林期中）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若恒成立，求实数的最大值．
【答案】（1）解：函数的定义域为，且，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，，
令，解得；
令，解得，
所以在上单调递增，
在上单调递减；
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减．
（2）解：由，得，
显然，从而恒成立，
令，，
则，
令，，
因为在上单调递增，且，，
所以，，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
因为，所以，
所以，
所以，即实数的最大值为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，从而结合求导的方法判断函数的单调性，进而讨论出函数的单调性.
（2）利用已知条件结合参变分离可得，令，，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数a的最大值.
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