24届高三新结构一模压轴汇编（教师版）

系列专题培优讲义数学·系列专题培优讲义2024一模压轴汇编 24届高三新结构一模压轴汇编一、单选题1.(2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)已知函数fx满足fx+y=fx+fy-2，f1=42且当x>0时，fx>2，若存在x∈1,2，使得fax-4x+f2x=1，则a的取值范围是()A.0,11,55,21,22B.28C.83D.23【答案】D【解析】任取x1,x2，且x1<x2，则x2-x1>0，而当x>0时，fx>2，于是f(x2-x1)>2，又fx+y=fx+fy-2，因此f(x2)=f[x1+(x2-x1)]=f(x1)+f(x2-x1)-2>f(x1)，222则函数f(x)是增函数，而f(ax-4x)+f(2x)=f[(ax-4x)+2x]+2=f(ax-2x)+2=1，2于是f(ax-2x)=-1，令x=y=0，得f(0)=2，令x=1,y=-1，得f(-1)=0，令x=-1,y=-1，得f(-2)=-2，令x=-2,y=-1，得f(-3)=-4，332323令x=y=-2，得f-2=-1，即有f(ax-2x)=f-2，因此ax-2x=-2，4x-311原问题即2a=在1,2有解，令t=∈,1，x2x222241412则2a=-3t+4t=-3t-3+3在t∈2,1时有解，从而2a∈1,3，a∈2,3，12所以a的取值范围是,.23故选：D2y2x2.(2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)在椭圆2+2=1(a>b>0)中，F1，F2分别是左，右焦abS△IF1F21点，P为椭圆上一点(非顶点)，I为△PF1F2内切圆圆心，若=，则椭圆的离心率e为S△PF1F23()1133A.B.C.D.3232【答案】B2y2x【解析】椭圆2+2=1(a>b>0)中，F1，F2分别是左，右焦点，P为椭圆上一点(非顶点)，abI为△PF1F2内切圆圆心，设△PF1F2的内切圆半径为r，11则S△PF1F2=r×PF1+PF2+F1F2=a+cr，S△IF1F2=F1F2r=cr，22S△IF1F2c1由==，得a+c=3c，即a=2c，S△PF1F2a+c3 c1∴椭圆的离心率为e==.a2故选：B.3x33.(2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知fx=lnx-ax，gx=xe-lnx-x-，若4fx不等式>0的解集中只含有两个正整数，则a的取值范围为()gxln3ln2ln3ln2ln2ln3ln2ln3A.27,8B.27,8C.32,27D.32,27【答案】Cx3【解析】gx=xe-lnx-x-定义域为0,+∞，4xxx1x+1xe-1gx=e+xe--1=，xxxx令hx=xe-1，再x>0上hx=ex+1>0，∴hx再x>0上单调递增，xxx从+∞趋向于0时，xe趋向于0，则hx=xe-1趋向于-1，x0x0设hx0=x0e-1=0，即x0e=1，x0=-lnx0，则在x∈0,x0上hx∈-1,0，在x∈x0,+∞上hx∈0,+∞，∴在x∈0,x上gx<0，在x∈x,+∞上gx>0，00∴gx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，x0331∴gxmin=gx0=x0e-lnx0-x0-=1+x0-x0-=>0，444fx则>0等价于fx>0，gx3fx=lnx-ax，定义域为0,+∞，3lnx则fx>0，即lnx-ax>0，等价于a<，3x22x21-3lnxlnxx-3xlnx令jx=，则jx==，33232xxx11331-3lnx<0，解得x>e，1-3lnx>0，解得0<x<e，1133则当x∈0,e时，jx>0，当x∈e,+∞时，jx<0，11lnx33则jx=在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，3x13即jx的最大值在x=e处取得，lnx令jx==0，解得x=1，即函数与x轴交于点1,0，3x lnx3lnx函数jx=当x由+∞→0时，lnx→-∞，x→0，则jx=→-∞，33xx33lnx当x由+∞→0时，lnx→+∞，x→+∞，但x的增长要远远大于lnx，则jx=→0，3xlnx作jx=图象如下：3xlnx∴要使a<解集中只含有两个正整数，只能是2,3，3xln4ln2ln3ln2ln3∴j4≤a<j3，解得64=32≤a<27，即a∈32,27故选：C.2y2x4.(2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)双曲线C:-=1的右支上一点P在第一象限，916F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，I为△PF1F2的内心，若内切圆I的半径为1，则△PF1F2的面积等于()3216A.24B.12C.D.33【答案】C2y2x【解析】由双曲线C:-=1的a=3，b=4，c=5，916设圆与三角形三边相切于点M,N,Q,则PF1-PF2=PM+MF1-QF2-PQ=MF1-QF2=NF1-NF2=2a，又NF1+NF2=2c，所以NF1=a+c=8,NF2=c-a=2，因此IN⊥x轴，因此NF1=a+c=8,NF2=c-a=2,IN=1,I(3,1)，IN1IN1tan∠IF1N==,tan∠IF2N==,NF18NF22sinπ-∠IFN-∠IFN1π212所以tan2∠F2PF1=tan2-∠IF1N-∠IF2N=π=cos2-∠IF1N-∠IF2N1-1×11283IM2226===PM=,∴PF1=+8=,tan∠IF1N+∠IF2N1+12PM33328 8132因此PF2=PF1-2a=,故三角形的面积为PF1+PF2+F1F2×1=．323故选：C5.(2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试)在△ABC中，AB⋅AC=λBA⋅BC=μCA⋅CB，则下列说法一定正确的是()A.若λμ>0，则△ABC是锐角三角形B.若λμ>0，则△ABC是钝角三角形C.若λμ<0，则△ABC是锐角三角形D.若λμ<0，则△ABC是钝角三角形【答案】D【解析】因为AB⋅AC=λBA⋅BC=μCA⋅CB，即AB⋅ACcosA=λBA⋅BCcosB=μCA⋅CBcosC,又λμ≠0时，三角形一定不是直角三角形，ACcosAABcosA则有λ=,μ=，BCcosBCBcosC2ACABcosAλμ=，2BCcosBcosC若λμ>0，则cosBcosC>0，B,C为锐角，但是不能判断A的大小，故A,B错误；当λμ<0时，则cosBcosC<0，B,C中必有一个钝角，故此时△ABC是钝角三角形，C错误，D正确，故选：D.x6.(2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)已知对任意实数x都有f(x)=2e+f(x)，f(0)=-1，若不等式f(x)<a(x-1)，(其中a<1)的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是A.3,1B.-3,1C.5,3D.5,12e2e3e22e3e2【答案】Cf(x)【解析】令g(x)=xe xf(x)-f(x)2e+f(x)-f(x)g(x)===2，即g(x)=2x+c，(c为常数)xxeex则f(x)=(2x+c)ex因为f(0)=-1，所以c=-1，即f(x)=(2x-1)ex∵f(x)=(2x+1)e11f(x)>0⇒x>-，f(x)<0⇒x<-2211∴f(x)在区间-∞,-2上单调递减，在区间-2,+∞上单调递增令h(x)=a(x-1)，由于h(x)过定点(1,0)，则函数f(x)和h(x)图像如下图所示要使得f(x)<h(x)的解集中恰有两个整数，则有-5≥-3af(-2)≥h(-2)2⇒ef(-1)<h(-1)-3<-2a2e53解得：≤a<3e22e故选C22227.(2024·湖北武汉·高三武钢三中校考开学考试)已知实数x1、x2、y1,y2满足x1+y1=2,x2+y2=2,x1x2+y1y2=0，记w=x1+y1-22+x2+y2-22，则w的最大值是()A.22B.42C.62D.82【答案】C2222【解析】设M(x1,y1),N(x2,y2)，因为x1+y1=2,x2+y2=2,x1x2+y1y2=0因为M、N在以原点O0,0为圆心，2为半径的圆上，且OM⊥ON.x1+y1-22x2+y2-22设点M、N到直线x+y-22=0的距离之和为u，则u=+，转化22为求2u的最大值. 设点P为点M与点N的中点，设P点到直线x+y-22=0的距离为d，则u=2d，122又OP=MN=1.故P点轨迹方程为圆x+y=1.22222圆x+y=1上点到直线x+y-22=0距离的最大值dmax=+1=3.2所以w的最大值是62.故选：C.8.(2024·湖北武汉·高三武钢三中校考开学考试)已知fx是定义在0,+∞上的单调函数，满足xffx-e-2lnx+2=e-1，则函数fx的零点所在区间为()1111A.0,B.,C.,1D.1,ee2e2ee【答案】Cxx【解析】设fx-e-2lnx+2=t，即fx=e+2lnx-2+t，ft=e-1再通过函数fx的单调性可知，即可求出t的值，得到fx函数的解析式，然后根据零点存在性定xx理即可判断零点所在区间．设fx-e-2lnx+2=t，即fx=e+2lnx-2+t，ft=e-1，因为fx是定义在0,+∞上的单调函数，所以由解析式可知，fx在0,+∞上单调递增．x而f1=e-2+t，ft=e-1，故t=1，即fx=e+2lnx-1．111e1e因为f1=e-1>0，f=e+2ln-1=e-3，ee111e1e1e由于lne-ln3=-ln3<0，即有e<3，所以f=e-3<0．ee11故fef1<0，即fx的零点所在区间为e,1．故选：C．9.(2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为π23a，b，c，C=，c=，则c的取值范围为()3sinAsinBA.0,3B.2,6C.1,3D.3,3 【答案】B23333【解析】因为c====sinAsinBsinB+CsinBsinπ+BsinB3cosBsinB+1sin2B32233==，3111sin2B-π14sin2B-4cos2B+426+4ππ2ππππ在锐角△ABC中，因为0<B<，0<C<，即0<-B<，所以<B<，223262πππ5所以<2B<π，即<2B-<π，3666π11π113所以sin2B-6∈2,1，即2sin2B-6+4∈2,4，3所以∈4,6，1sin2B-π126+42即c∈4,6，因为c>0，所以c∈2,6，故选：B.2y2x10.(2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)已知双曲线C:-=1a>0,b>0的左、右顶点22ab分别为A1,A2,F为C的右焦点，C的离心率为2，若P为C右支上一点，PF⊥FA2，记∠A1PA2=πθ0<θ<，则tanθ=()21A.B.1C.3D.22【答案】A【解析】设C的焦距为2c，点Px0,y0，由C的离心率为2可知c=2a,b=3a，2y2c0因为PF⊥FA2，所以x0=c，将Pc,y0代入C的方程得2-2=1，即y0=3b，ab3b3b所以tan∠PA2F==3,tan∠PA1F==1，c-ac--a3-11故tanθ=tan∠PA2F-∠PA1F==．1+3×12故选:A．211.(2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)已知函数f(x)=mx-xlnx存在极小值点x0，3且f(x0)<-e，则实数m的取值范围为()1212A.0,B.0,C.0,D.0,e2e2e3e3【答案】D2【解析】函数f(x)=mx-xlnx的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)=2mx-1-lnx， 当m≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，f(1)=2m-1<0，f(e2m-1)=2me2m-1-1-(2m-1)=2m(e2m-1-1)>0，则存在x∈(0,1)，使得f(x)=0，11当x∈(0,x)时，f(x)>0，f(x)递增，当x∈(x,+∞)时，f(x)<0，f(x)递减，11函数f(x)在x=x1取得极大值，无极小值，不符合题意；1当m>0时，令g(x)=f(x)=2mx-1-lnx，求导得g(x)=2m-，显然g(x)在(0,+∞)上单调x递增，当x∈0,1时，g(x)<0，函数f(x)递减，当x∈1,+∞时，g(x)>0，函数f(x)递增，2m2m1于是f(x)min=f2m=ln2m，1当2m≥1，即m≥时，f(x)≥0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，函数f(x)无极值，22211m2mm2m当0<m<2时，f2m<0，而fe=e-1-lne=e-lnm>0，1存在x2∈0,2m，使得f(x2)=0，当x∈(0,x2)时，f(x)>0，函数f(x)递增，1当x∈x2,2m时，f(x)<0，函数f(x)递减，函数f(x)在x=x2取得极大值，122122又f=-1+2lnm，令h(x)=-1+2lnx,0<x<，求导得h(x)=-+<0，m2mx2x2x111函数h(x)在0,上单调递减，h(x)>h=3-2ln2>0，则f>0，22m211存在x3∈2m,+∞，使得f(x3)=0，当x∈2m,x3时，f(x)<0，函数f(x)递减，当x∈(x,+∞)时，f(x)>0，函数f(x)递增，函数f(x)在x=x取得极小值，因此x=x，33301+lnx02x0-x0lnx03由f(x0)=0，得mx0=，f(x0)=mx0-x0lnx0=<-e，22-33即有x0-x0lnx0+2e<0，令φ(x)=x-xlnx+2e,x>1，求导得φ(x)=-lnx<0，333函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，而φ(e)=0，即有φ(x0)<φ(e)，于是x0>e，1+lnx01+lnx3-lnx3显然m=，令u(x)=,x>e，求导得u(x)=<0，即函数u(x)在(e,+∞)上2x02x2x2单调递减322212因此u(x)<u(e)=，即m<，又<，则0<m<，e3e3e32e32所以实数m的取值范围为0,.e3故选：D12.(2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)已知向量a,b,c满足a=b=2，a-b=2，2a-c=3，则c-b的最大值为() A.3B.23C.33D.43【答案】C【解析】因为a=b=a-b=2，所以可以构造如图正△OAB：使得：OA=a，OB=b，延长OA到D，使得OD=2a，以D为圆心，3为半径作圆，因为2a-c=3，所以OC的终点C在这个圆上.所以c-b=OC-OB=BC所以BC≤BD+DC，22而BD=AD+AB-2AB·ADcos120°=23，CD=3.所以c-b≤33.故选：Ca13.(2024·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考开学考试)已知正数a,b,c满足e=b=lnc,e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是()22A.a+c<2bB.a+c>2bC.ac<bD.ac>b【答案】Bbb【解析】由题设a>0，则b>1，且a=lnb,c=e，则a+c=lnb+e，x1x令f(x)=lnx+e-2x且x>1，故f(x)=+e-2，x令g(x)=1+ex-2，则g(x)=ex-1在(1,+∞)上递增，故g(x)>g(1)=e-1>0，xx2所以g(x)=f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-1>0，所以f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-2>0，x即lnx+e>2x在(1,+∞)上恒成立，故a+c>2b，A错，B对；2x2e2对于ac,b的大小关系，令h(x)=elnx-x且x>1，而h(1)=-1<0，h(e)=e-e>0， x2显然h(x)在(1,+∞)上函数符号有正有负，故elnx,x的大小在x∈(1,+∞)上不确定，2即ac,b的大小在b∈(1,+∞)上不确定，所以C、D错.故选：B2y2x14.(2024·福建·高三校联考开学考试)已知椭圆C:2+2=1a>b>0的左、右焦点分别F1，F2，椭圆ab的长轴长为22，短轴长为2，P为直线x=2b上的任意一点，则∠F1PF2的最大值为()ππππA.B.C.D.2436【答案】D【解析】由题意有a=2，b=1，c=1，设直线x=2与x轴的交点为Q，PQtPQ设PQ=t，有tan∠PF1Q==，tan∠PF2Q==t，F1Q3F2Qt-t32t22t3可得tan∠F1PF2=tan∠PF2Q-∠PF1Q=2=2=3≤=，1+tt+3t+23t33tπ当且仅当t=3时取等号，可得∠F1PF2的最大值为.6故选：D．15.(2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则()A.有且仅有一点P使二面角B-l-C取得最小值B.有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最小值C.有且仅有一点P使二面角B-l-C取得最大值D.有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最大值【答案】D【解析】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示， 因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B-l-C的平面角，设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α-β，由已知得t∈0,2，AB=BC=1，2-121tanα-tanβttttanα=，tanβ=，tanθ=tanα-β===，tt1+tanα⋅tanβ1+2⋅1t2+2tt2t1⋅t+2-t2t2+t2-t令ft=，则ft==，22222t+2t+2t+2当t∈0,2时，ft>0，ft单调递增，当t∈2,2时，ft<0，ft单调递减，1f2=>f0=03所以t∈0,2，当t=2时，ft取最大值，没有最小值，即当t=2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，由对称性知当t=2时，对应P点有且仅有两个点，所以有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最大值．故选：D．16.(2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为22x-3+y=1，且圆C与x轴交于M,N两点，设直线l的方程为y=kxk>0，直线l与圆C相交于A,B两点，直线AM与直线BN相交于点P，直线AM、直线BN、直线OP的斜率分别为k1,k2,k3，则()A.k1+k2=2k3B.2k1+k2=k3C.k1+2k2=k3D.k1+k2=k3【答案】A22【解析】如图，由题意得lAM:y=k1x-2，与圆C:x-3+y=1联立，22消y整理得x-21+k1x-2k1+4=0， 22k1+4∴xM=2，xA=2，1+k1222k1+42k14k2+2-2k2∴A,，同理可得B,．1+k21+k21+k21+k21122∵kOA=kOB，2k1-2k2221+k11+k2∴2=2，即1+k1k2k1+2k2=0．2k1+44k2+2221+k11+k21∵k1k2≠-1，∴k2=-k1，2y0=k1x0-2,设Px0,y0，∴y0=k2x0-4,2k1-4k2x0=k1-k2,2k1-4k2-2k1k282k1∴∴P,，即P,，y=-2k1k2,k1-k2k1-k2330k1-k22k131∴k3==k1，8431∴k1+k2=k1=2k3，2故选：A．217.(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知斜率为kk>0的直线过抛物线C：y=4x的焦点F且与抛物线C相交于A,B两点，过A,B分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为A1，B1，若△ABB1与△ABA1的面积之比为2，则k的值为()12A.2B.C.D.2222【答案】D【解析】如图所示： 2由抛物线C：y=4x，得F1,0，设直线AB：y=kx-1，Ax1,y1，Bx2,y2，2y=4x,2222由得kx-2k+4x+k=0，y=kx-122k+4所以x1x2=1，x1+x2=2，k1BBABS△ABB12111BB1BF由已知和抛物线定义知：====2，S△ABA11AAABAA1AF2111则有x2+1=2x1+1，即x2=2x1+1，x2=2x1+1,所以x1x2=1,2x+x=2k+4,12k21解得x1=，x2=2，k=22.2故选：D218.(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知函数fx的定义域为R，且fx+x为fx,x≥0,奇函数，fx-2x为偶函数．令函数gx=-fx,x<0.若存在唯一的整数x0，使得不等式2gx0+a⋅gx0<0成立，则实数a的取值范围为()A.-8,-3∪1,3B.-3,-1∪3,8C.-3,0∪3,8D.-8,-3∪0,3【答案】B2【解析】∵fx+x为奇函数，fx-2x为偶函数,22∴f-x+-x=-fx-x，f-x+2x=fx-2x，2两式相减整理得fx=2x-x，22x-x,x≥0,∴gx=2x-2x,x<0.gx的图象如图所示： 2∵存在唯一的整数x0，使得不等式gx0+a⋅gx0<0成立，即存在唯一的整数x0，使得不等式gx0gx0+a<0成立，2当a=0时，gx0<0，显然不成立；当a<0时，需满足gx0∈0,-a只有一个整数解，∵g1=1，g-1=3，则1<-a≤3，即-3≤a<-1；当a>0时，需满足gx0∈-a,0只有一个整数解，∵g2=0，g3=-3，g4=-8，则-8≤-a<-3，即3<a≤8.综上，实数a的取值范围为-3,-1∪3,8.故选：B.二、多选题1.(2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)在空间直角坐标系Oxyz中，A0,0,0，B1,1,0，2C0,2,0，D-3,2,1，Ex,2,1在球F的球面上，则()A.DE⎳平面ABCB.球F的表面积等于100π310C.点D到平面ACE的距离等于54D.平面ACD与平面ACE的夹角的正弦值等于5【答案】AC2【解析】平面ABC的一个法向量n=(0,0,1)，DE=(x+3,0,0)，则n⋅DE=0，又因为DE⊄平面ABC，所以DE⎳平面ABC，A正确；因为A0,0,0，B1,1,0，C0,2,0，则AB⊥BC，球心F在平面xOy上的投影点即△ABC外接圆圆心F(0,1,0)，22222设F(0,1,z)，因为FC=FD，则(1-2)+z=(0+3)+(1-2)+(z-1)，得z=5，即F(0,1,5)，球半径R=FC=26，球F表面积S=4π×26=104π，B错误；22222由FE=R，(x-0)+(2-1)+(1-5)=26，得x=3，E(3,2,1)，AC=(0,2,0)，AE=(3,2,1)，设平面ACE的一个法向量m=(a,b,c)， AE⋅m=03a+2b+c=0，所以，取m=(1,0,-3)，AC⋅m=02b=0AD⋅m-3-3310AD=(-3,2,1)，点D到平面ACE的距离等于==，C正确；12+(-3)25m同理可得平面ACD的一个法向量s=(1,0,3)，s⋅m1-94平面ACD与平面ACE的夹角的余弦值等于==，s10×105⋅m3正弦值等于，D错误.5故选：AC.-x2.(2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)函数fx=e，g(x)=|lnx|，h(x)=-kx+2，则下列说法正确的有()A.函数F(x)=f(x)-h(x)至多有一个零点B.设方程f(x)=g(x)的所有根的乘积为p，则p∈(0,1)C.当k=0时，设方程g(x)=h(x)的所有根的乘积为q，则q=1D.当k=1时，设方程f(x)=h(x)的最大根为xM，方程g(x)=h(x)的最小根为xm，则xM+xm=2【答案】ABCD【解析】对于选项A,令Fx=0，则fx=hx，而hx=-kx+2恒过定点0,2，当k=0时，hx=2，-x画出fx=e与hx=2的图象，如图所示：则Fx=0无零点，-x当k≠0时，hx=-kx+2恒过定点0,2，则fx=e与hx=-kx+2图象，如图所示： 则Fx=0有一个零点，故Fx=0至多有一个零点，A正确;-x对于选项B，画出fx=e与gx=lnx的图象，如图所示：-x1-x2其中e=-lnx1，e=lnx2，-x1-x2-x2-x1由图象可知，e∈0,1，e∈0,1且e<e，-x2-x1-1即lnx2+lnx1=lnx2x1=e-e∈-1,0，故x2x1∈e,1⊆0,1，则p∈0,1，故B正确;对于选项C,当k=0时，hx=2，即lnx=2，2-22-2求出x1=e,x2=e，故q=x1x2=ee=1，故C正确；对于选项D,当k=1时，hx=-x+2，-x画出fx=e与hx=-x+2的图象，如图所示：-xM则e=-xM+2，画出gx=lnx与hx=-x+2的图象，如图所示：gx=hx的最小根为xm，则-lnxm=-xm+2，-x由于y=-lnx与y=e互为反函数，则关于y=x对称，而y=-x+2也关于y=x对称，-xM故e=-xM+2与-lnxm=-xm+2相加得，-xM-lnxm+e=-xM+2-xm+2=2，即xM+xm=2，故D正确. 故选：ABCD3.(2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)如图所示，四边形ABCD是边长为4的正方形，M,N分别为线段AB,AD上异于点A的动点，且满足AM=AN，点H为MN的中点，将点A沿MN折至点A处，使AH⊥平面BCD，则下列判断正确的是()142A.若点M为AB的中点，则五棱锥A-MBCDN的体积为3162B.当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的体积为3C.当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的内切球的半径为4-231283D.五棱锥A-MBCDN体积的最大值为27【答案】ABD【解析】设AM=x，因为AM=AN，点H为MN的中点，所以AH⊥MN，212且AH=x，底面MBCDN的面积为16-x(0<x≤4)，所以五棱锥A-MBCDN的体积为22212x16-x(0<x≤4).62212142当点M为AB的中点时，五棱锥A-MBCDN的体积为×2×16-×2=，A正确.623212162当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的体积为×4×16-×4=，B正确.623连接HC，因为AH⊥HC,AC=AB=AD=BC=4，所以三棱锥A-BCD的表面积为16+2×32×4=82+3，设三棱锥A-BCD内切球的半径为r，41162则r×82+3=，解得r=42-26，C错误.33212232五棱锥A-MBCDN的体积V(x)=6x16-2x(0<x≤4)，则Vx=616-2x，令46Vx>0，得0<x<；令Vx<0，346461283得3<x≤4.所以V(x)max=V3=27，D正确. 故选：ABD4.(2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知定义域为0,+∞的函数fx满足fx+xfan-1xfx=e,f1=1．数列an的首项为1，且fan+1=，则()an+1A.fln2=log2eB.fx≥1C.a2023<a2024D.0<an≤1【答案】ABD【解析】∵xfxxx=fx+xfx=e，∴xfx=e+c．x取x=1可得f1=e+c，由fx+xfx=e，令x=1，得f1+f1=e．xe-1∵f1=1，∴c=-1，∴fx=，x1∴fln2==log2e，故A正确；ln2xx设φx=e-x-1，则φx=e-1，当x<0时，φx<0，当x>0时，φx>0，所以φx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，φ(x)min=φ0=0，xx∴φx=e-x-1≥0，即e≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立．故fx>1，故B正确．fa-1an+1fa-1ne-1n由fan+1=，得fan+1==，an+1an+1an+1an即ean+1=fa，所以ean+1=e-1，nanaean+1=ean-1≥a+1an+1nn-1=an，即ane-1≥0，因为函数fx定义域为0,+∞，an+1所以an>0，有e-1≥0，即an+1≥0，an下证数列a单调递减，即证ean+1<ean，即证e-1<ean，nanananan即证e-1<ane，即证1-ane-1<0，xx令gx=1-xe-1，则gx=-xe，当x>0时，gx<0，所以gx在0,+∞上单调递减．因为an>0，gan<g0=0，所以an+1<an，即数列an单调递减， 所以0<an≤a1=1，a2023>a2024，故C错误，D正确．故选：ABD.5.(2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)若fx是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=11对称，且对任意x1,x2∈0,2，都有f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，则下列说法正确的是()A.f1一定为正数B.2是fx的一个周期202311C.若f1=1，则f4=1D.若fx在0,2上单调递增，则f(1)≠2024【答案】BCD【解析】因为fx=0符合条件，故A错误；因为偶函数fx的图像关于直线x=1对称，所以fx+2=f-x=fx，故B正确；1x因为对任意x1，x2∈0,2，都有f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，所以对任意x∈0,1，取x1=x2=2得x2f(x)=f2≥0；12141若f1=1，即f(1)=f2=f4=1，故f4=1，2023111由2是fx的周期得f4=f506-4=f-4=f4=1，故C正确；1121411假设f(1)=2024，由f(1)=f2=f4=2024及fx≥0，x∈0,1，得f2=111，f4=4，20242024111故f4>f2，这与fx在0,2上单调递增矛盾，故D正确.故选：BCD6.(2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知A,C两点位于直线l两侧，B，D是直线l上11两点，且△ABD的面积是△CBD的面积的2倍，若AC=--sinxAB+1+fxAD，2x下列说法正确的是()πA.fx为奇函数B.fx在，π单调递减2C.fx在0,2π有且仅有两个零点D.fx是周期函数【答案】ABC【解析】设AC与直线l交于E，由题可得AE=2EC， 11又AC=--sinxAB+1+fxAD，2x22112∴AE=AC=--sinxAB+1+fxAD，332x32112∴--sinx+1+fx=1，32x31∴fx=+sinx，函数的定义域为-∞,0∪0,+∞，x1又f-x=--sinx=-fx，x∴函数fx为奇函数，故A正确；1π因为函数y=,y=sinx在，π上为减函数，x2π所以fx在，π上单调递减，故B正确；211由fx=+sinx=0，可得sinx=-，xx1所以函数fx在0,2π的零点数即为y=sinx与y=-的交点数，x1结合函数y=sinx,y=-的图象可得fx在0,2π有且仅有两个零点，故C正确；x11因为fx=+sinx，函数sinx为周期函数，而函数不是周期函数，故fx不是周期函数，故xx D错误.故选：ABC.7.(2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试)已知函数fx，gx的定义域均为R，它们的导函数分别为fx，gx，且fx+g2-x=5，gx-fx-4=3，若gx+2是偶函数，则下列正确的是()．A.g2=0B.fx的最小正周期为42024C.fx+1是奇函数D.g2=5，则fk=2024k=1【答案】ABD【解析】A选项，gx+2为偶函数，故g-x+2=gx+2，两边求导得，-g-x+2=gx+2，令x=0得-g2=g2，解得g2=0，A正确；B选项，因为fx+g2-x=5，g-x+2=gx+2，所以fx+gx+2=5①，因为gx-fx-4=3，所以gx+2-fx-2=3②，则①②相减得，fx+fx-2=2③，又fx-2+fx-4=2④，则③④相减得fx-fx-4=0，即fx=fx-4，又fx≠fx-2，故fx的最小正周期为4，B正确；C选项，假如fx+1为奇函数，则f-x+1+fx+1=0，当x=1时，可得f0+f2=0，但fx+fx-2=2，当x=2可得f2+f0=2，显然不满足要求，故fx+1不是奇函数，C错误；D选项，因为fx+g2-x=5，所以f0+g2=5，又g2=5，故f0=0，由B选项得fx+fx-2=2，故f2+f0=2，解得f2=2，且f3+f1=2，由B选项知fx的一个周期为4，故f4=f0=0，所以f1+f2+f3+f4=4，2024则fk=506f1+f2+f3+f4=506×4=2024，D正确.k=1故选：ABD8.(2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD 为菱形，∠BAD=60°,AB=AA1=2,P为CC1的中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1λ∈0,1,μ∈0,1，则下列结论正确的是()1A.若λ+μ=，则四面体A1BPQ的体积为定值3B.若△A1BQ的外心为O，则A1B⋅A1O为定值22πC.若A1Q=5，则点Q的轨迹长度为41D.若λ=1且μ=，则存在点E∈A1B，使得AE+EQ的最小值为9+2102【答案】ACD11【解析】A选项，在CD,DD1上分别取F,W，使得DF=DC，DW=DD1，33因为DQ=λDC+μDD1，所以DQ=3λDF+3μDW，1因为λ+μ=，所以3λ+3μ=1，即DQ=3λDF+1-3λDW，3故DQ-DW=3λDF-3λDW，即WQ=3λWF，所以W,Q,F三点共线，因为WF⎳CD1，A1B⎳CD1，所以WF⎳AB1，故WF⎳平面PA1B，故点Q为平面PA1B的距离为定值，又S△PA1B为定值，故四面体A1BPQ的体积为定值，A正确；B选项，取A1B的中点T，因为△A1BQ的外心为O，所以OT⊥A1B，22又题意得A1B=A1A+AB=22，则A1B⋅A1O=A1B⋅A1T=22×2=4，B错误； C选项，取AB的中点R，因为底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，故DR⊥DC，以D为坐标原点，以DR，DC,DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，故A13,-1,2，设Q0,2λ,2μ，22则A1Q=3+2λ+1+2μ-2=5，22化简得2λ+1+2μ-2=2，点Q满足DQ=λDC+μDD1λ∈0,1,μ∈0,1，即点Q在正方形CDD1C1内，包括边界，故Q点的轨迹为以S-1,2为圆心，2为半径的圆，落在正方形CDD1C1内的部分，如图所示：因为SH=2，SD1=1，故D1H=2-1=1，π故△SD1H为等腰直角三角形，∠S=，4π2π故点Q的轨迹长度为⋅2=，C正确；4411D选项，若λ=1且μ=，DQ=DC+DD1，221即DQ=0,2,0+0,0,2=0,2,1，即Q0,2,1，2又A13,-1,2，B3,1,0，设Ex1,y1,z1，设EB=aA1B=0,2a,-2a,a∈0,1，即3-x1,1-y1,-z1=0,2a,-2a， 解得x1=3,y1=1-2a,z1=2a，即E3,1-2a,2a，2222AE+EQ=2-2a+4a+3+2a+1+1-2a2212125=8a-8a+4+8a+5=22a-2+4+a+8，如图所示，1101设KJ=,GV=,JG=，且KJ⊥JG，JG⊥GV，2421在线段JG上取一点L，设GL=a，则LJ=-a，212125故KL+VL=a-2+4+a+8，显然，直接连接KV，此时KL+VL取得最小值，最小值即为KV，11021910由勾股定理得KV=++=+，2448412125910故AE+EQ=22a-2+4+a+8的最小值为228+4=9+210，D正确.故选：ACD9.(2024·湖北武汉·高三武钢三中校考开学考试)已知函数fx，gx的定义域为R，gx为gx的导函数，且fx+gx-8=0，fx-2-g6-x-8=0，若gx为偶函数，则下列一定成立的有()20A.g4=0B.f1+f3=16C.f2023=8D.∑fn=160n-1【答案】ABD【解析】由gx是偶函数，则g-x=gx，两边求导得-g-x=gx，所以gx是奇函数，故g0=0．对于A，由fx+gx-8=0⇒fx-2+gx-2-8=0⇒fx-2=8-gx-2，代入fx-2-g6-x-8=0，得8-gx-2-g6-x-8=0，又gx是奇函数， 则gx-2=-g6-x=gx-6⇒gx+6-2=gx+6-6⇒gx+4=gx，所以gx是周期函数，且周期为4，g0=g4=0，故A正确；对选项B，令x=1得，f1+g1-8=0，令x=5得，f3-g1-8=0，故f1+f3=16，故B正确；对于C：令x=2023得f2023+g2023-8=0⇒f2023+g4×505+3-8=0，即f2023+g3-8=0，若f2023=8，则g3=0，g3=g-1+4=g-1=0但g-1不一定为0，故C错误；对于D：令x=4，得f4+g4-8=f4+g0-8=0，故f4=8，g2=g2-4=g-2=-g2，所以g2=0，令x=2，得f2+g2-8=0，则f2=8则f1+f3=16，由gx是以4为周期得fx+gx-8=0，20所以∑fn=5f1+f2+f3+f4=5×8+16+8=160，故D正确．n=1故选：ABD．10.(2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)已知函数fx，gx的定义域为R，gx是gx的导函数，且fx+gx-8=0，fx-g4-x-8=0，若gx为偶函数，则()2023A.f1+f3=16B.f4=8C.f-1=f-3D.gk=0k=1【答案】ABD【解析】因为fx+gx-8=0，令x=1，则f1+g1-8=0①，fx-g4-x-8=0，令x=3，则f3-g1-8=0②，联立①②可得f1+f3=16，故A正确；由题可知gx=-g4-x，又因为gx是偶函数，所以gx是奇函数，由gx=-g-x=-g4-x可得gx=gx+4，所以gx的周期为4，又∵g0=-g0，故g0=g4=0，fx=8-gx，故f4=8-g4=8，故B正确；因为g-1=-g1，由gx=gx+4得g-3=g1，故g-3=-g-1，又f-3=8-g-3，f-1=8-g-1，若f-3=f-1，则g-3=g-1，可得-g-1=g-1，即g-1=0，而g-1不一定等于0，故C错误；因为g1=-g3，得g1+g3=0， 在gx=-g4-x中，令x=2，可得g2=0，又g4=0，故g1+g2+g3+g4=0，又gx的周期为4，2023所以gk=505×0+g1+g2+g3=0，故D正确.k=1故选：ABD.11.(2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)在四棱锥S-ABCD中，ABCD是矩形，AD⊥SD,∠SDC=120°,SD=CD=2BC=2,P为棱SB上一点，则下列结论正确的是()A.点C到平面SAD的距离为33B.若SP=PB，则过点A,D,P的平面α截此四棱锥所得截面的面积为2C.四棱锥S-ABCD外接球的表面积为17π3D.直线AP与平面SCD所成角的正切值的最大值为3【答案】ACD【解析】如图，对于A，因为AD⊥SD,AD⊥DC，又SD∩DC=D,SD,DC⊂面SDC，所以AD⊥面SDC，所以点A到平面SDC的距离为AD=BC=1，又因为∠SDC=120°,SD=CD=2，3所以点C到平面SAD的距离为×2=3，故A正确；2对于B，因为SP=PB，所以点P为棱SB的中点，取SC中点为Q，连接PQ,DQ，可得平面APQD即平面α截此四棱锥所得截面，且由于Q是SC的中点，点P为棱SB的中点，11所以在△SBC中，PQ是△SBC的中位线，则PQ=BC=，PQ⎳BC，22又因为四边形ABCD是矩形，则BC⎳AD，所以PQ/AD，因为AD⊥面SDC，AD⊄面SDC，QC⊂面SDC，所以四边形APQD是以AD为下底、PQ为上底，DQ为高的直角梯形， 因为SD=CD=2，在等腰三角形SCD中，QD⊥BC，且QD平分∠ADC，11则QD=CD⋅cos∠SDC=2×=1，22113则平面α截此四棱锥所得截面的面积为×1+×1=，故B错误；224对于C，又因为∠SDC=120°,SD=CD=2，所以SC=2cos30°+2cos30°=23，SC23所以2r===4，即r=2，其中r为△SCD外接圆半径，sin∠SDC32因为AD⊥面SDC，2CD221217所以四棱锥S-ABCD外接球的半径为R=r+2=2+2=2，所以四棱锥S-ABCD外接球的表面积为17π，故C正确；对于D，因为AD⊥面SDC，所以直线AP与平面SCD所成角为∠APD，3所以当点P与点B重合时，∠APD最大，积tan∠APDmax=，故D正确.3故选：ACD.12.(2024·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考开学考试)学校食堂每天中午都会提供A，B两种套餐供学生选择(学生只能选择其中的一种)，经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为211，选择B套餐的概率为.而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择B33431套餐的概率为；前一天选择B套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率也421是，如此反复.记某同学第n天选择A套餐的概率为An，选择B套餐的概率为Bn.一个月(30天)2后，记甲、乙、丙三位同学选择B套餐的人数为X，则下列说法中正确的是()A.A+B=1B.数列A-2是等比数列nnn536C.EX=1.5D.PX=1=125【答案】AB【解析】由于每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种，所以An+Bn=1，所以A正确，11212依题意，An+1=An×4+1-An×2，则An+1-5=-4An-5n≥1,n∈N，2224又n=1时，A1-=-=，53515所以数列A-2是以4为首项，以-1为公比的等比数列，n5154241n-12161n3161n所以An-5=15×-4,An=5-15×-4,Bn=1-An=5+15×-4，3161n当n>30时，Bn=5+15×-4， 3161n369所以X∼B3,5+15×-4,PX=1≠125,EX≠5，所以AB正确，CD错误，故选：AB.13.(2024·福建·高三校联考开学考试)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是线段DD1上的动点(不包括端点)，过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是()A.正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍B.存在一点E，使得点A1和点C到平面AEB1的距离相等C.正方体被平面AEB1所截得的截面的面积随着D1E的增大而增大1D.当正方体被平面AEB1所截得的上部分的几何体的体积为时，E是DD1的中点3【答案】AC31【解析】对于A，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是22322正方体内切球的表面积的=3倍，故A正确；122对于B，由点A1和点B到平面AEB1的距离相等，若点A1和点C到平面AEB1的距离相等，必有BC⎳平面AEB1，又由BC∥AD，可得AD⎳平面AEB1，与AD∩平面AEB1=A矛盾，故B错误；对于C，如图，在C1D1上取一点F，使得EF∥C1D，连接B1F，设D1E=a0<a<1，由EF∥C1D∥AB1，可得平面AB1FE为过A，B1，E三点的截面， 22222在梯形AB1FE中，AB1=2，EF=2a，AE=1+1-a=a-2a+2，B1F=1+1-a2=a-2a+2，2-2a21322梯形AB1FE的高为a-2a+2-=a-a+，222112312梯形AB1FE的面积为×2+2a×a-a+=a+1a-2a+3=2222122a+1a-2a+3，22222令fa=a+1a-2a+30<a<1，有fa=2a+1a-2a+3+a+12a-2=21234a+1a-a+1=4a+1a-2+4>0.可得函数fa单调递增，可得正方体被平面AEB1所截得的截面面积随着D1E的增大而增大，故C正确；11111对于D选项，VE-AA1B1=3×2×1×1×1=6，VE-A1B1FD1=3×a×1×1-2×1×1-a=12a+a，612112被平面AEB1所截得的上部分的几何体的体积为a+a+=，整理为a+a-1=0，6635-1解得a=，故D错误.2故选：AC2x214.(2024·福建·高三校联考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:-y=1的右顶点3为A，直线l与以O为圆心，OA为半径的圆相切，切点为P．则()23A.双曲线C的离心离为3B.当直线OP与双曲线C的一条渐近线重合时，直线l过双曲线C的一个焦点C.当直线l与双曲线C的一条渐近线平行吋，若直线l与双曲线C的交点为Q，则OQ=5D.若直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于D，E两点，与双曲线C分别交于M，N两点，则DM=EN【答案】ABD223【解析】对于A选项．由a=3，b=1，c=2，可得双曲线C的离心率为e==，故A选项33正确； 3对于B选项，双曲线C的渐近线方程为y=±x．33由对称性，不妨设直线l与渐近线y=-x重合，点P位于第四象限，335ππ记直线l与x轴的交点为T，由直线y=-x的倾斜角为，有∠POT=，366又由OP=3，可得OT=2．又由OF=2，故直线l过双曲线C的一个焦点，故B选项正确；对于C选项，当直线l与双曲线C的一条渐近线平行时，由对称性，3m不妨设直线l的方程为y=x+m(其中m<0)，有=3，可得m=-2，31+13x2-y=1,33533直线l的方程为y=3x-2，联立方程3解方程组可得点Q的坐标为4,-4．y=x-2,375921可得OQ=+=，故C选项错误；1616222对于D选项，设点P的坐标为s,t，可得直线l的方程为sx+ty=3．其中s+t=3．y=3x,y=-3x,联立方程3解得x=33，联立方程3解得x=33，sx+ty=3,3s+tsx+ty=3.3s-t2x2可得线段DE的中点的横坐标为133+33=9s，联立方程3-y=1,，23s+t3s-t3s2-t2sx+ty=3,2222消去y后整理为3s-tx-18sx+3t+27=0， 118s9s可得线段MN的中点的横坐标为×=，23s2-t23s2-t可得线段DE和MN的中点相同，故有DM=EN，故D选项正确．故选：ABD．15.(2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α(0<α≤90°)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”.那么()A.存在90°旋转函数B.80°旋转函数一定是70°旋转函数1C.若g(x)=ax+为45°旋转函数，则a=1xbx2D.若h(x)=为45°旋转函数，则-e≤b≤0xe【答案】ACD【解析】对A，如y=x满足条件，故A正确；对B，如倾斜角为20°的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误；11对C，若g(x)=ax+为45°旋转函数，则根据函数的性质可得，g(x)=ax+逆时针旋转45°xx后，不存在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为45°的直线与11g(x)=ax+的函数图象有两个交点.即y=x+bb∈R与g(x)=ax+至多1个交点.联立xxy=ax+1x可得a-1x2-bx+1=0.y=x+b当a=1时，-bx+1=0最多1个解，满足题意；22当a≠1时，a-1x-bx+1=0的判别式Δ=b-4a-1，对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不满足题意，故a=1.故C正确；bxbx对D，同C，h(x)=与y=x+aa∈R的交点个数小于等于1，即对任意的a，a=-x至多xxeebxb1-x1个解，故gx=-x为单调函数，即gx=-1为非正或非负函数.xxeeb1-xx又g1=-1，故-1≤0，即e≥-bx-1恒成立.xex即y=e图象在y=-bx-1上方，故-b≥0，即b≤0.x0当y=ex与y=-bx-1x0xxex0相切时，可设切点x0,e，对y=e求导有y=e，故=e，解得x0x0-1x022=2，此时b=-e=-e，故-e≤b≤0.故D正确. 故选：ACD16.(2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)已知函数fx，gx的定义域均为R，且fx+g2-x=5，gx-fx-4=7．若x=2是gx的对称轴，且g2=4，则下列结论正确的是()A.fx是奇函数B.3,6是gx的对称中心22C.2是fx的周期D.gk=130k=1【答案】BD【解析】对于A，因为x=2是gx的对称轴，所以g(2-x)=g(x+2)，又因为fx+g2-x=5，所以f-x+g2+x=5，故fx=f-x，即fx为偶函数，故A错误；对于B，因为g(x)-f(x-4)=7，所以g(x+4)-f(x)=7，又因为f(x)+g(2-x)=5，联立得g(2-x)+g(x+4)=12，所以y=g(x)的图像关于点(3,6)中心对称，故B正确；对于C，因为fx+g2-x=5，g2=4，则f0+4=5，即f0=1；因为gx-fx-4=7，则4-f-2=7，即f-2=-3，则f2=-f-2=3；显然f2≠f0，所以2不是fx的周期，故C错误；对于D，因为x=2是gx的对称轴，所以g(6-x)=g(x-2)，又因为g(2-x)+g(x+4)=12，即gx+g6-x=12，则gx+gx-2=12，所以gx+2+gx=12，所以gx+2=gx-2，即gx=gx+4，所以gx周期为4，因为gx周期为4，对称中心为3,6，所以g3=6，当x=4时，代入gx-fx-4=7，即g4-f0=7，所以g4=8，所以g4=g0=8，又x=2是gx的对称轴，所以g1=g3=6，22所以gk=5×6+4+6+8+6+4=130，故D正确，k=1故选：BD. 17.(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为p0<p<1，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记作X∼NBr,p，则下列说法正确的是()11kA.若X∼NB1,2，则PX=k=2，k=1,2,3,⋅⋅⋅rk-rB.若X∼NBr,p，则PX=k=p1-p，k=r,r+1,r+2,⋅⋅⋅C.若X∼NBr,p，Y∼Bn,p，则PX≤n=PY≥rr-1D.若X∼NBr,p，则当k取不小于的最小正整数时，PX=k最大p【答案】ACD1111k【解析】对于A，若X∼NB1,2，则PX=k为k-1个2相乘再乘2，即2，1k则PX=k=，k=1,2,3,⋅⋅⋅，故A正确，2r-1r-1k-rr-1rk-r对于B，若X∼NBr,p，则PX=k=Ck-1p1-pp=Ck-1p1-p，k=r,r+1,r+2,⋅⋅⋅，故B错误，r+j对于C，因为从1,2,⋅⋅⋅,n中取出r+j(0≤j≤n-r)个数的取法有Cn种，这些取法可按ar的值r-1i分类，即ar=r+i(0≤i≤n-r-j)时的取法有Cr-1+iCn-r-i种，n-r-ir-1ir+j则Cr-1+i⋅Cn-r-i=Cn，又X∼NBr,p，Y∼Bn,p，设q=1-p，i=0n-rn-rr-1rir-1rin-r-i则p+q=1，则PX≤n=∑Cr-1+ipq=∑Cr-1+pq(p+q)，i=0i=0n-rn-r-in-r-in-rr-1rijn-r-i-jr-1jr+jn-r-j化简得=Cr-1+ipq⋅Cn-r-ipjq=Cr-1+iCn-r-ipq，i=0j=0j=0i=0n-rj+rr+jn-r-j可得∑Cnpq=PY≥r，故C正确.j=0P(X=k)≥P(X≥k+1)对于D：因为X~NB(r,p),P(X=k)P(X=k)最大,则，P(X=k)≥P(X≥k-1)r-1rk-rr-1rk-r-1Ck-1p(1-p)k-r≥Ck-2p(1-p)k-1r-1所以r-1rk-rr-1rk-r+1解得≤k≤1+,Ck-1p(1-p)≥Ckp(1-p)ppr-1所以当k取不小于的最小正整数时P(X=k)最大，故D正确.p故选:ACD.18.(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动(包括端点)，下列说法正确的有()A.存在点P，使得CP⊥平面A1DBB.不存在点P，使得直线C1P与平面A1DB所成的角为30° C.PC+PD的最小值为2322D.以P为球心，PA为半径的球体积最小时，被正方形ADD1A1截得的弧长是π3【答案】BCD【解析】方法一：如图，以D为原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，B2,2,0，D10,0,2，A2,0,0，C10,2,2，BD1=-2,-2,2，AC1=-2,2,2,BP=λBD1，则P2-2λ,2-2λ,2λ，对于A，因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，所以AB1⊥A1B，AD1⊥A1D由三垂线定理得AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，因为A1B∩A1D=A1，A1B,A1D⊂平面A1DB，所以AC1⊥平面A1DB，AC1=-2,2,2是平面A1BD一个法向量，假设CP⊥面A1DB，则CP=2-2λ,-2λ,2λ与-2,2,2共线矛盾，假设不成立，A错．对于B，若存在P，C1P与A1DB所成角为30°，则∠AC1P=60°或120°，‹C1A,C1P›=60°或120°，1C1A⋅C1P4-4λ+4λ-4λ+4-4±216∴==，λ=不满足条件，2CA232-2λ2+4λ2+2λ-22101C1P假设不成立，B对．222222对于C，PC+PD=(2-2λ)+(-2λ)+(2λ)+(2-2λ)+(2-2λ)+(2λ)122222=23λ-3+9+λ-3+9．1222222212λ-3+9+λ-3+9表示Pλ,0与E3,3，F3,-3距离之和， PE+PF≥EF=1，PC+PD≥23，C对．2222对于D，PA=(-2λ)+(2-2λ)+(2λ)=12λ-8λ+4，144226λ=时PA最小，P,,，PA=，333334226242设截面小圆的圆心为N，半径为r，则NP⊥平面ADD1A1，所以N3,0,3，r=3-322=，3422222因为NA=2-3+3=3，22所以球与面ADD1A1N为圆心，为半径的圆弧，3因为∠A1AD=90°，12222所以Q在正方形ADD1A1内轨迹为半圆，弧长=⋅2π⋅=π，选项D正确；233方法二：对于A，若CP⊥平面A1DB，则CP⊥BD，由三垂线定理知P为BD1中点，但此时CP不与A1D垂直，故不存在这样的P，A不正确；对于B，同法一，B正确； 对于C，可将面DD1B与面D1BC摊平，∴PC+PD≥CD=23，C正确．2×2226234对于D，球O半径最小值为A到BD1的距离Rmin==，OB=，OO1=，O在23333面ADD1A1上的射影为O1，2624222∴截面圆半径r=3-3=，322过O1作MN∥A1D分别交AD，AA1于M，N，O1A=O1M=O1N=，32222∴球O被正方体ADD1A1截得的弧长是半圆弧MN，长为π⋅=π，D正确，33故选：BCD．三、填空题2x21.(2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)已知椭圆+y=1(a>1)，△ABC是以点B(0,1)为直2a角顶点的等腰直角三角形，直角边BA,BC与椭圆分别交于另外两点A,C．若这样的△ABC有且仅有一个，则该椭圆的离心率的取值范围是．6【答案】0,31【解析】不妨设直线BA:y=kx+1(k>0)，则直线BC:y=-x+1，ky=kx+12222联立方程得x22，得1+akx+2akx=0，2+y=1a 222ak12ak∴xA=-22，用-k代替k得xc=22，1+aka+k222222ak1+k12a1+k∴BA=1+kxA=22,BC=1+2xC=22．1+akka+k22由BA=BC，得k-1k+1-ak+1=0，该方程关于k已有一解k=1，由于符合条件的△ABC有且仅有一个，22∴关于k的方程k+1-ak+1=0无实数解或有两个相等的实数解k=1．a>1当方程无实数解时，Δ=1-a22-4<0，解得1<a<3；a>1当方程有两个相等的实数解k=1时，2，解得a=3，1-a=-2∴1<a≤3，2cc16则该椭圆的离心率e===1-∈0,．aa2a236故答案为：0,3.x12.(2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)已知关于x的不等式2e-2xlnx-m>0在,+∞上2恒成立，则实数m的取值范围是.【答案】-∞,2e+ln2x1【解析】因为关于x的不等式2e-2xlnx-m>0在,+∞上恒成立，2mx1即<e-xlnx在x∈,+∞上恒成立.22xx令fx=e-xlnx，则fx=e-lnx-1，xx1令gx=e-lnx-1，则gx=e-，x1易得gx在,+∞上单调递增，21又g=e-2<0,g1=e-1>0，2所以存在x∈1,1，使得gx=0，即ex0-1=0，020x0 则x0=-lnx0，11所以当x∈2,x0时，gx0<0，gx在2,x0上单调递减，当x∈x,+∞时，gx>0，gx在x,+∞上单调递增，000x01故g(x)min=gx0=e-lnx0-1=+x0-1>2-1=1>0，x01所以fx>0在,+∞上恒成立，21所以fx在区间,+∞上单调递增，2m1111所以≤f=e-ln=e+ln2，22222所以m≤2e+ln2，即实数m的取值范围是-∞,2e+ln2.故答案为：-∞,2e+ln233.(2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知0<a<b<1，设Wx=x-ax-b，fkxWx-Wk=，其中k是整数．若对一切k∈Z，y=fkx都是区间k,+∞上的严格增x-kb函数．则的取值范围是．a【答案】1,3．2322【解析】Wx=3x-ax-b+x-a=x-a3x-3b+x-a=x-a4x-a-3b，2令gx=Wx=x-a4x-a-3b，2则gx=2x-a4x-a-3b+4x-a=6x-a2x-a-b，a+b因为0<a<b<1，所以>a，2a+ba+b令gx>0得x>或x<a，令gx<0得，a<x<，22a+ba+b故Wx在-∞,a和2,+∞上单调递增，在a,2上单调递减，a+3ba+ba+3b因为Wa=0，W=0，其中<，424a+3ba+3b令Wx≤0，解得x≤，令Wx>0，解得x>，44a+3ba+3b故Wx在-∞,4上单调递减，在4,+∞上单调递增，a+ba+b且Wx在-∞,a和2,+∞内下凹，在a,2内上凸， fkx的几何意义是点k,Wk和点x,Wx连线的斜率，当Wk在k,+∞内下凹时，可满足y=fkx都是区间k,+∞上严格递增，因此当k≥1时，fkx严格递增，a+3b而当k≤0时，唯一可能使fkx不严格递增的区间可能在a,，4曲线CA须在直线BA下方，曲线AD须在直线BA上方，a+b故需使点0,W0,-1,W-1,⋯都在x=处的切线上或切线上方即可，2a+b从图象可知，只需0,W0在x=处的切线上或切线上方即可，23a+ba+b3a+ba-b4a+ba-b2a-bW2=2-a2-b=-2，W2=2a-b=4，3a+ba-b4a-ba+b故曲线在x=2处的切线方程为y+2=4x-2，13令x=0，化简得y=-a-b3a+b，163133b3bbW0=ab，因此-16a-b3a+b≥ab，即a-1a+3≤16⋅a，b333令t=>1，则t-1t+3≤16t，即t-1≤161-，at+33333其中3-1=161-3+3=8，画出y=t-1及y=161-t+3的图象，如下： b由图可知，t∈1,3，即∈1,3a故答案为：1,32y2x4.(2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左、右焦22ab点分别为F1，F2，过点F2的直线与C的右支交于A，B两点，且AF1⊥AB，△F1AB的内切圆半径r1=F2B，则C的离心率为．2171【答案】/1733【解析】由题意作出图形，设AF2=m，则AF1=m+2a，BF2=n，则BF1=n+2a，1n由三角形△F1AB的内切圆半径为r=F2B=，22π又因为AF1⊥AB，所以∠F1AF2=，2AF1×ABm+2am+nn22所以r===，化简得m+2am=n①AF1+AB+BF12m+n+2a222222222在Rt△F1AF2中，AF1+AF2=F1F2，即m+2a+m=4c=4a+b，22化简得m+2ma=2b②，由①②可得n=2b，222222在Rt△F1AB中，AF1+AB=BF1，即m+2a+m+n=n+2a，2化简得m+2ma+mn=2na③，由②③可得m=2a-2b，2222b22所以4a-2b+2a-2b=4a+b，化简得a4a-32b=0，解得=，a322ccb17所以离心率e===1+=.a223aa 2y2x5.(2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的右焦点为F，22abπPF过点F作倾斜角为的直线交椭圆C于A、B两点，弦AB的垂直平分线交x轴于点P，若4AB1=，则椭圆C的离心率e=．41【答案】/0.52π【解析】因为倾斜角为的直线过点F，4设直线l的方程为:y=x-c,Ax1,y1,Bx2,y2,线段AB的中点Qx0,y0,y=x-c222222222联立x2y，化为a+bx-2acx+ac-ab=0，2+2=1ab222222acac-ab∴x1+x2=22,x1x2=22，a+ba+b2x+x2224ab12ac∴AB=1+1⋅x1+x2-4x1x2=22，x0=2=22.a+ba+b2bc∴y0=x0-c=-22a+b22bcac∴AB的垂直平分线为:y+=-x-,a2+b2a2+b233cc令y=0,解得xP=,∴P,0.a2+b2a2+b222bc∴|PF|=c-xP=,22a+b|PF|c1c1∴==,则=,|AB|2a4a21∴椭圆C的离心率为,21故答案为:.2 2y2x6.(2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试)如图，已知双曲线C:-=1(a,b>0)的22ab左、右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与C分别在第一、二象限交于A,B两点，△ABF2内切圆半径为r，若BF1=r=a，则C的离心率为.85【答案】5【解析】设AB=x，内切圆圆心为I，内切圆在BF2,AF2,AB上的切点分别为U,V,W，则BU=BW,AV=AW,F2U=F2V，由BF1=a及双曲线的定义可知，1BF2=3a,AF2=x-a,F2U=F2V=BF2+AF2-AB=a=r，2故四边形IUF2V是正方形，222得AF2⊥BF2，于是BF2+AF2=|AB|，222故x=9a+(x-a)，所以x=5a，3于cos∠F1BF2=cosπ-∠ABF2=-，在△F1BF2中，5222682由余弦定理可得F1F2=BF1+BF2-2BF1⋅BF2⋅cos∠F1BF2=a，52682c85从而4c=a，所以e==.5a585故答案为：5 2y2x7.(2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)已知双曲线C:-=1a>0,b>0，F为右焦22ab点，过点F作FA⊥x轴交双曲线于第一象限内的点A，点B与点A关于原点对称，连接AB，BF，当∠ABF取得最大值时，双曲线的离心率为．6+2【答案】2【解析】如图，22bb根据题意Fc,0，Ac,a，B-c,-a，22bb∴k1=kBF=，k2=kBA==2k1，2acac设直线BA,BF的倾斜角为α，β，tanα-tanβ2k1-k112∴tan∠ABF=tanα-β===≤，1-tanαtanβ1+2k22k+1411k12b2当且仅当k1==时等号成立，2ac22222即b=2ac，c-a=2ac，e-2e-1=0，又e>16+2∴e=，26+2故答案为：．21n8.(2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)在首项为1的数列an中an+1-an=-2，若存在*n∈N，使得不等式m-anm+an+3>0成立，则m的取值范围为．【答案】mm>1或m<-5.28【解析】结合题意：an=a1+a2-a1+a3-a2+⋯+an-an-11n11121n-11--221n=1+-2+-2+⋯+-2=1=31--2，1--2所以m-anm+an+3>0，解得m>an或m<-an+3，21n112当n为偶数时，an=31-2，递增，可得an的最小值为a2=2，则an∈2,3， 21n+3211112-an+3=-31+2<-3,递增，可得-an+3的最小值为-a5=-16,则-an+3∈-16,-3,21n2当n为奇数时，an=31+2，递减，可得an的最大值为a1=1，an∈3,1，21n+3525-an+3=-31-2,递减，可得-an+3的最大值为-a4=-8，-an+3∈-3,-8，*综上所述：要使得存在n∈N，使得不等式m-anm+an+3>0成立，15只需m>anmin=或m<-an+3max=-，28所以m的取值范围为mm>1或m<-5.28故答案为：mm>1或m<-5.2829.(2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)已知抛物线y=4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛物线于A,B两点，点A,B在直线l上的射影分别为A1,B1两点，以线段A1B1为直径的圆4C与y轴交于M,N两点，且MN=AB，则直线AB的斜率为．5【答案】±22【解析】由题意可知：F1,0,l:x=-1，且直线AB与抛物线y=4x必相交，设AB:x=my+1,Ax1,y1,Bx2y2，则A1-1,y1,B1-1,y2，x=my+12联立方程2，消去x可得y-4my-4=0，y=4x22则y1+y2=4m,y1y2=-4，可得y1-y2=16m+16=4m+1，2212可知AB=1+my1-y2=4m+1，圆C的圆心C-1,2m，半径r=y1-y2=2m+1，222可得MN=2r-1=24m+3，424221211因为MN=AB，即24m+3=×4m+1，解得m=或m=-(舍去)，5541611即m=±，所以直线AB的斜率为=±2.2m故答案为：±2.10.(2024·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考开学考试)若过点1,0可以作曲线y=lnx+a 的两条切线，则实数a的取值范围为．【答案】-1,01【解析】由题意y=，设切点为x0,lnx0+a,x0>-a，x+alnx0+a-01则切线斜率满足=，x0-1x0+a整理得x0+alnx0+a-x0+1=0，由题意该方程在-a,+∞有两个根，所以函数gx=x+alnx+a-x+1在-a,+∞有两个零点，gx=lnx+a+1-1=lnx+a，令gx=0得x=1-a，当-a<x<1-a时，gx<0，gx单调递减，当x>1-a时，gx>0，gx单调递增，所以首先有gxmin=g1-a=-1-a+1=a<0(否则gx不可能有零点，矛盾)，其次当x→+∞时，gx→+∞，所以gx在1-a,+∞上，有且仅有一个零点，所以还需保证gx在-a,1-a上有1个零点，现在来说明x趋于-a(x>-a)时，gx→a+1,gx<a+1，1令x+a=，则当x趋于-a(x>-a)时，t→+∞，tlnt1所以gx=x+alnx+a-x+1=---a+1→a+1，tt所以只需保证a+1>0，解得a>-1，综上所述，实数a的取值范围为-1,0.故答案为：-1,0.11.(2024·福建·高三校联考开学考试)方程cos2x=3cosx-2的最小的29个非负实数解之和为．811π【答案】32【解析】方程cos2x=3cosx-2可化为2cosx-3cosx+1=0，11因式分解为cosx-1cosx-=0，解得cosx=1或cosx=，22当cosx=1时，x=2k1π，k1∈Z，1π5π当cosx=时，x=+2k2π，k2∈Z，或x=+2k3π，k3∈Z，233通过列举，可得方程的最小的29个非负实数解中，10×9有10个是以0为首项，2π为公差的等差数列．其和为10×0+×2π=90π；2ππ10×9280π有10个是以为首项，2π为公差的等差数列，其和为10×+×2π=；33235π5π8×9有9个是以为首项，2π为公差的等差数列，其和为9×+×2π=87π．332 280π811π可得方程的最小的29个非负实数解之和为90π++87π=．33811π故答案为：312.(2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)设严格递增的整数数列a1，a2，⋯，a20满足a1=1，a20=40.设f为a1+a2，a2+a3，⋯，a19+a20这19个数中被3整除的项的个数，则f的最大值为，使得f取到最大值的数列an的个数为.【答案】1825270【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且b<a)，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.而a1=1，a20=40均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，所以f的最大值为18.第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.第一步，在a1到a20这20个数中删去一个数(后面再加回来)，使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得f的最大值为18.第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.4②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C21种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的14119个数中，由C8种，共有C21C8种.3③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2C21种，此时加回来的数必定是删去的3两端之一中的1或40，有1种选法，共2C21种.第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为A，它旁边两个数分别为B,C，即排列为B,A,C，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为BA，然后删去，再补回B；或者为AC，然后删去，再补回C，这两种删去方式结果相同.1413综上，共有C21C8+2C21=25270种.2故答案为：18；25270 213.(2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)已知F为抛物线C:y=4x的焦点，直线x=t与C交于A，B，AF与C的另一个交点为D，BF与C的另一个交点为E.若△ABF与△DEF的面积之比为4:1，则t=.【答案】22【解析】如图，抛物线C:y=4x的焦点为F1,0，可知t>1，由题意，得At,2t,Bt,-2t，即AB=4t2t所以直线AD的方程为y=x-1，t-1y=2tx-1t-122联立，化简得tx-t+1x+t=0，y2=4x22t+1t+11∴x1+x2=，因为At,2t，可得点D的横坐标为-t=，ttt24代入抛物线方程可得，y=±，所以DE=，tt11412t-1∴S△ABF=2×4t×t-1=2t⋅t-1，S△DEF=2××1-t=tt⋅tS△ABF2t⋅t-12∴==t=4，又t>1，所以t=2.S△DEF2t-1t⋅t故答案为：214.(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知非零数列an,bn=a1⋅a2⋅a3⋯an，点xanan,bn在函数y=的图象上，则数列n的前2024项和为.2x-2bn-1⋅21【答案】2-20232025×2【解析】由已知条件bn=a1⋅a2⋅a3⋯an，可得bn-1=a1⋅a2⋅a3⋯an-1,n≥2，bn所以=an①，n≥2，bn-1 x因为点an,bn在函数y=的图象上，2x-2bnanbn-1所以bn=，将①代入可得，bn=,2an-22bn-2bn-11化简得，bn-bn-1=，n≥2，2b13当n=1时，由a1=b1，则b1=，得b1=，2b1-2231所以数列bn是以为首项，为公差的等差数列，221+n31nbn22+n所以bn=+(n-1)=1+，an===，222bn-11+n-11+n2an2+n11因为==-，nn-1n-2n-1bn-1⋅2n(n+1)⋅2n⋅2n+1⋅21111111所以-+-+⋯+-=2-，-10012022202320231×22×22×23×22024×22025×22025×21故答案为:2-.20232025×2x0x15.(2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知点Px0,e是函数y=e图像上任意一422点，点Q是曲线x-e-2+y=1上一点，则P、Q两点之间距离的最小值是.24【答案】ee+1-14224【解析】曲线x-e-2+y=1表示圆心为De+2,0，半径r=1的圆，422x0则PD=x0-e-2+e，422x42x令fx=x-e-2+e，则fx=2x-e-2+2e，令gx42x2x=fx=2x-e-2+2e，则gx=2+4e>0，所以gx单调递增，又g2=0，所以当x<2时gx<0，即fx<0，即fx在-∞,2上单调递减，当x>2时gx>0，即fx>0，即fx在2,+∞上单调递增，84所以fx在x=2处取得极小值即最小值，即fxmin=f2=e+e，422x08424所以PD=x0-e-2+e≥e+e=ee+1，24所以PQmin=PDmin-r=ee+1-1.24故答案为：ee+1-1 解析几何压轴篇2y2x1.(武汉二调18).已知双曲线E：2-2=1的左右焦点为F1，F2，其右准线为l，点ab3F2到直线l的距离为，过点F2的动直线交双曲线E于A，B两点，当直线AB与x2轴垂直时，AB=6．(1)求双曲线E的标准方程；(2)设直线AF1与直线l的交点为P，证明：直线PB过定点．【解析】【小问1详解】22c-a=b=3cc2y22a=12由题意2b=6⇒，所以双曲线E的标准方程为x-=1.ab=33222a+b=c【小问2详解】1由题意l:x=，设直线AB的方程为x=my+2，Ax1,y1,Bx2,y2,F1-2,0，2x=my+222⇒3m-1y+12my+9=0，223x-y=32229-12m所以Δ=144m-363m-1=36m+1>0,y1y2=2,y1+y2=2，3m-13m-1y115y1直线AF1的方程为：y=x+2,∴P,，x1+222x1+25y1y2-2x2+2所以PB方程为y=x-x2+y2，x-122由对称性可知PB过的定点一定在x轴上，-yx-1-2yx+2122211x2-2令y=0⇒x=+x2=+my2+2y-5y12x1y2+4y2-5y122x+21 -2ymy+4321my2+2=+my2+22my1+2y2+4y2-5y123222-2y2my1y2+2my1+4my2+6+2my1y2+8my2-5my1y2=+22my1y2+8y2-5y1-8my1y2-12y2=+2，2my1y2+8y2-5y1yy=912233m-1又-12m⇒my1y2=-4y1+y2，y1+y2=23m-16y1+y2-12y26y1-6y214所以x=+2=+2=，-3y+y+8y-5y13y-13y1321221222114所以直线PB过定点,0.132n2.(深圳一模19).已知动点P与定点Am,0的距离和P到定直线x=的距离的mm比为常数．其中m>0,n>0，且m≠n，记点P的轨迹为曲线C．n(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；(2)设点B-m,0，若曲线C上两动点M,N均在x轴上方，AM∥BN，且AN与BM相交于点Q．11①当m=22,n=4时，求证：+的值及△ABQ的周长均为定值；AMBN②当m>n时，记△ABQ的面积为S，其内切圆半径为r，试探究是否存在常数λ，使得S=λr恒成立？若存在，求λ(用m,n表示)；若不存在，请说明理由．【解析】22(x-m)+ym(1)设点Px,y，由题意可知=，2x-nnm22m2即(x-m)+y=x-n，n2y2x经化简，得C的方程为+=1，222nn-m当m<n时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．(2)设点Mx,y,Nx,y,Mx,y，其中y>0,y>0且x=-x,y=-y，1122331232322y2x(ⅰ)由(1)可知C的方程为+=1,A22,0,B-22,0，168y1y2-y2y3因为AM⎳BN，所以===，x1-22x2+22-x2-22x3-22 2222因此，M,A,M三点共线，且BN=x2+22+y2=-x2-22+-y2=AM，22(法一)设直线MM的方程为x=ty+22，联立C的方程，得t+2y+42ty-8=0，42t8则y1+y3=-2,y1y3=-2，t+2t+2221622由(1)可知AM=4x1-=4-2x1,BN=AM=4-2x3，224-2x+4-2x11AM+BN2123所以+===AMBNAM⋅BN4-2x4-2x21232-2ty+2-2ty21232-2ty2-2ty212324-2t⋅-42t4-2ty1+y32t2+2===1，4-2ty+y+1t2yy42t128132134-2t⋅-2+2t⋅-2t+2t+211所以+为定值1；AMBNAM224(法二)设∠MAx=θ，则有=，解得AM=，22-AMcosθ42+2cosθAM224同理由=，解得AM=，22+AMcosθ42-2cosθ11112+2cosθ2-2cosθ所以+=+=+=1，AMBNAMAM4411所以+为定值1；AMBN由椭圆定义BQ+QM+MA=8，得QM=8-BQ-AM，AMQM8-BQ-AM∵AM⎳BN,∴==，BNBQBQ8-AM⋅BN8-BN⋅AM解得BQ=，同理可得AQ=，AM+BNAM+BN8-BN⋅AM8-AM⋅BN所以AQ+BQ=+=AM+BNAM+BN8AM+BN-2AM⋅BNAM+BN2=8-=8-2=6．1+1AMBN因为AB=42，所以△ABQ的周长为定值6+42． 2y2x(ⅱ)当m>n时，曲线C的方程为-=1，轨迹为双曲线，222nm-n根据(ⅰ)的证明，同理可得M,A,M三点共线，且BN=AM，(法一)设直线MM的方程为x=sy+m，联立C的方程，2222222222得m-ns-ny+2smm-ny+m-n=0，222222smm-nm-n∴y1+y3=-2222,y1y3=2222，(*)m-ns-nm-ns-n2mnmm因为AM=nx1-m=nx1-n,BN=AM=nx3-n，AM+AM1111所以+=+=AMBNAMAMAM⋅AM2222mmsmy+m-n+smy+m-nnx1-n+nx3-nn1nn3n==mm2222x1-nx3-nsmy1+m-nsmy3+m-nnnnnnn22sm2m-nny1+y3+n=，22m2-n2msm2-n22msyy+y+y+n213n213n2112n将(*)代入上式，化简得+=，22AMBNm-nAMm(法二)设∠MAx=θ，依条件有=，解得AM=2m-n+AMncosθm22m-n，n-mcosθAM22mm-n同理由=，解得AM=，2m-n-AMnn+mcosθcosθm1111n-mcosθn+mcosθ2n所以+=+=+=．222222AMBNAMAMm-nm-nm-n由双曲线的定义BQ+QM-MA=2n，得QM=2n+AM-BQ，AMQM2n+AM⋅BN根据=，解得BQ=，BNBQAM+BN AMAQ2n+BN⋅AM同理根据=，解得AQ=，BNQNAM+BN2n+BN⋅AM2n+AM⋅BN2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=2n+AM+BNAM+BNAM+BN22222m-nm+n=2n+=2n+=，1+1nnAMBN1由内切圆性质可知，S=AB+AQ+BQ⋅r，222(m+n)21m+n当S=λr时，λ=AB+AQ+BQ=m+=(常数)．22n2n2(m+n)因此，存在常数λ使得S=λr恒成立，且λ=．2n【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．23.(杭二开学考18).已知抛物线C1:x=4y的焦点为F.设Mx0,y0(其中x0>0，y0>20)为拋物线C2:x=4y+1上一点.过M作抛物线C1的两条切线MA，MB，A，B为切点.射线MF交抛物线C2于另一点D.(1)若x0=2，求直线AB的方程；(2)求四边形MADB面积的最小值.解析【小问1详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，由题得M2,0，2121抛物线C1:x=4y，即y=x，则y=x，421所以抛物线在点Ax1,y1处切线的斜率为x1，2x1则切线MA的方程为y-y1=x-x1，整理得x1x=2y+y1，2 同理，MB的方程为x2x=2y+y2，x1=y1又M在MA,MB上，有，x2=y2所以直线AB方程为y=x.【小问2详解】设MF:y=kx+1，Dx3,y3，Mx0,y0，y=kx+12联立2，消去y整理得x-4kx-8=0，x=4y+1x0+x3=4k∴，x0x3=-822222∴MD=1+kx0-x3=1+k⋅16k+32=41+k×k+2，设点A,B到直线MF的距离为d1,d2，kx1-y1+1kx2-y2+1kx1-x2-y1-y2则d1+d2=+=2221+k1+k1+k22x1-x2kx1-x2-4x1-x2==×4k-x1+x2，221+k41+k2x=4y2联立，得x-2x0x+4y0=0，x0x=2y0+y2∴x1+x2=2x0，x1x2=4y0(其中4x0-16y0=4×4y0+1-16y0=2)，12222k-x02∴SMADB=×MD×d1+d2=21+k×2+k×=42+k×21+k22k-x0，2x0=4y0+1y0>0x2-80又y0-1，∴k=代入上式得，k=x4x002182x0-81828SMADB=42+16x0-x×2x-x0=2x0-x+32×x0+x000018212=x0+≥×28=16，2x02当且仅当x0=22，即M22,1时，SMADB取最小值， 所以四边形MADB面积的最小值为16.2y2x14.(浙江新阵地18).已知椭圆+=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为，左a2b22顶点为C，过右焦点F作直线与椭圆分别交于A,B两点(异于左右顶点)，连接AC,CB.(1)证明：AC与AF不可能垂直；222(2)求|AB|+|BC|+|CA|的最小值；【解析】【小问1详解】2a=4c=1由题意知，e=c=1⇒a=2，a22y2222x又因为b=a-c=3，所以椭圆方程为+=1，则F1,0,C-2,0，4322x1y1证明：设Ax1,y1，-2<x1<2，则+=1①，43如图所示，假设AC⊥AF，即AC⊥AF，所以AC⋅AF=0，又AC=(-2-x1,-y1)，AF=(1-x1,-y1)，22所以x1+y1+x1-2=0②，2由①②消去y1得到x1+4x1+4=0⇒x1=-2，与题设矛盾，所以AC与AF不可能垂直.【小问2详解】如图所示， 设AB方程为：x=ty+1，x=ty+122由x2y2，得3t+4y+6ty-9=0，+=143-6t-9设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=2,y1y2=2，3t+43t+42121+t222121+t2所以AB=y1+y2-4y1y2⋅1+t=21+t=2，3t+43t+42222222222AC|+BC=x1+2+y1+x2+2+y2=ty1+3+y1+ty2+3+y2222222=t+1y1+y2+6ty1+y2+18=t+1y1+y2-2t+1y1y2+6ty1+y2+42-18t+18t+7218=+18，223t+422所以AB|+BC|+|CA42121+t2242187t4+17t2+122-18t+18t+72126t+306t+216=22+18+2=22+18=22+18，3t+43t+43t+43t+42设m=3t+4,m≥4，22222(7m-5m+16)121则AB|+BC|+|CA=+18=216-5+7+18m2mm152423423999=216m-32+64+18≥32+18=32，32242222999即当m=，即t=,t=±5时，|AB|+|BC|+|CA|取得最小值为.55532222999故|AB|+|BC|+|CA|的最小值为.322y2x5.(江苏四校18).已知等轴双曲线N的顶点分别是椭圆C:+=1的左、右焦点62F1、F2.(1)求等轴双曲线N的方程；(2)Q为该双曲线N上异于顶点的任意一点，直线QF1和QF2与椭圆C的交点分别为E，F和G，H，求EF+4GH的最小值. 【解析】2y2x【详解】(1)由椭圆C:+=1可得c=6-2=2，62所以等轴双曲线N的顶点为(±2,0)，2y2x设等轴双曲线N为-=1，所以a=b=2，22ab2y2x所以等轴双曲线N的方程为-=1；44(2)设E(x1,y1)，F(x2,y2)，G(x3,y3),H(x4,y4),设直线QF1的方程为x=my-2，直线QF2的方程为x=ny+2，x=my-222由x2y2得：(m+3)y-4my-2=0，+=1624m2所以Δ>0显然成立，所以y1+y2=2,y1y2=-2，m+3m+34n2同理可得y3+y4=-2,y3y4=-2，n+3n+3222216m8所以EF=1+my1+y2-4y1y2=1+m22+2=m+3m+3226m+1，2m+3222216n8GH=1+ny3+y4-4y3y4=1+n22+2=n+3n+3226n+1，2n+3x=2m+2nx=my-2m-n联立直线QF1和QF2：，解得4，x=ny+2y=m-n2m+2n4所以Q,，m-nm-n2(2m+2n)16因为Q在双曲线上，所以-=1，解得mn=1，224(m-n)4(m-n)1+12222所以EF+4GH=26m+1+4×n+1=26m+1+4×mm2+3n2+3m2+31m2+322m+1m+11=26+4×=26××m2+31+3m242222m+1m+1m+31+3m+4×+，m2+31+3m2m2+1m2+1222261+3mm+361+3mm+396=5++4×≥5+2×4×=.2m2+31+3m22m2+31+3m22 221+3mm+3296当且仅当=4×，即m=5时，取得最小值.m2+31+3m222y2x6.(江苏南通二月诊断18).已知椭圆C1:+=1与椭圆C2有相同的离心率，椭圆84C2焦点在y轴上且经过点(1,2).(1)求椭圆C2的标准方程：(2)设A为椭圆C1的上顶点，经过原点的直线l交椭圆于C2干P，Q，直线AP、AQ与椭圆C1的另一个交点分别为点M和N，若△AMN与△APQ的面积分别为S1和S1S2，求取值范围.S2【解析】【小问1详解】2y2x22由题意知椭圆C1:+=1的离心率为e=，故椭圆C2的离心率也为，8422y222xc2b122设椭圆C2的方程为+=1(a>b>0)，则=,∴1-=,∴a=2b，a2b2a2a22y22x212即+=1，将(1,2)代入得+=1,∴b=2，22222bb2bby22x则椭圆C2的方程为+=1；42【小问2详解】由于A为椭圆C1的上顶点，故A(0,2)，22y0x0不妨设P在第一象限以及x轴正半轴上，Px0,y0，则Q-x0,-y0，则+=421，222-y02+y04-y04-y0故kAP⋅kAQ=⋅=2=2=-2，-x0x0-x0-4-y02由题意知直线AP存在斜率，设其方程为y=kx+2,k∈[-2,0)，2则AQ的直线方程为y=-x+2，k2y2x+=1联立直线AP和椭圆C的方程84，整理得2k2+1x2+8kx=0，1y=kx+2 -8k-8k解得x=，即xM=；222k+12k+1y22+x=1联立直线AP和椭圆C的方程42，整理得k2+2x2+4kx=0，2y=kx+2-4k-4k解得x=，即xP=；22k+2k+222|AM|xM2k+2|AN|xN4k+2故==，同理可求得==，|AP|x2k2+1|AQ|xk2+8PQ22S1|AM||AN|8k+2所以==，S222|AP||AQ|2k+1k+8S22218t8t8设t=k+2,t∈(2,4]，则===，S2t-3t+62t2+9t-181892-2++2tt18911225而-++2=-18-+，t2tt4811111225111由于t∈4,2，故y=-18t-4+8在t∈4,2时单调递减，1122525即-18t-4+8∈2,8，864S164故189∈25,4，即S∈25,4.-2++22tt27.(长郡一模18).已知抛物线C:y=2x的焦点为F，其准线l与x轴交于点P，过点P的直线与C交于A,B两点(点A在点B的左侧).(1)若点A是线段PB的中点，求点A的坐标；(2)若直线AF与C交于点D，记△BDP内切的半径为r，求r的取值范围.【解析】【小问1详解】1由题意知P-2,0，设点Ax0,y0，1因为点A是线段PB的中点，所以B2x0+2,2y0，2y0=2x0又点A,B都在抛物线C上，所以21，4y0=22x0+2121212解得x0=4,y0=±2，所以点A的坐标为4,2或4,-2.【小问2详解】由题意可知直线AB的斜率存在且不为0，1设直线AB的方程为y=kx+2,k≠0,Ax1,y1,Bx2,y2，由点A在点B的左侧，则0<x1<x2， 设Dx3,y3，直线BD与x轴交于点E，y=kx+12联立2，得k2x2+k2-2kx+=0，y2=2x42242由Δ=k-2-k=4-4k>0，得-1<k<1,k≠0，22-k11x1+x2=2,x1x2=，所以0<x1<<x2，k421y11而F2,0，所以直线AF的斜率存在，所以直线AF的方程为y=1x-2，x1-222222112与y=2x联立得，y1x-y1+2x1-2x1+2x+4y1=0，22111化简得2x1x-2x1+2x+2x1=0，解得x=4x或x=x1，11因为直线AF的斜率存在，所以x3==x2，所以BD⊥x轴.4x111所以S△BDP=2x2+2⋅2y2，122△BDP的周长为2x2+2+y2+2y2，112211所以22x2+2+y2+2y2r=2x2+22y2，x+122y21所以r==1221+1+1y2+x2+2+y2x+1y212222x2+21=.1+1+12x2x+12x+1222211令t=x2+，则r=,t>1，21+1+12t-1t2t1-211因为y==x,y=,y=在1,+∞上均单调递减，x22x-1x111则y=++在1,+∞上单调递减，2x-1x2x1所以r=在1,+∞上单调递增，1+1+12t-1t2t1所以r>=2-1，2+1所以r的取值范围为2-1,+∞. 2y2x8.(广东百校18).已知椭圆C:+=1a>b>0的左、右顶点分别是A，B，点22ab1H3,在椭圆C上，P是椭圆C上异于点A，B的动点，且直线PA，PB的斜率21之积为-．4(1)求椭圆C的标准方程．(2)过点1,0的直线l与椭圆C交于M，N(异于A，B)两点，直线AM与BN交于点Q，试问点Q是否恒在一条直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．【解析】【小问1详解】22sn由题意知P是椭圆C上的动点，设P(s,n),(s≠±a),∴+=1，22ab2222ba-s即n=，2a1又A(-a,0),B(a,0)，直线PA，PB的斜率之积为-，42b2a2-s22nnnb1故kPAkPB=s+a⋅s-a=22=222=-2=-4,s-aas-aa131点H3,在椭圆C上，故+=1，2a24b22-b=-1a2422联立，解得a=4,b=1，3+1=122a4b2x2故椭圆C的标准方程为+y=1；4【小问2详解】由题意可知A(-2,0),B(2,0)，设Mx1,y1,Nx2,y2， y1由于M，N异于A，B，故直线AM的方程为y=x+2，x1+2y2直线BN的方程为y=x-2，x2-2y1y=x1+2x+22y1x2-2+2y2x1+2联立，整理得x=-，y2y(x-2)-yx+2y=x-21221x2-2由题意知直线l的斜率不为0，设为l:x=my+1，2y1my2-1+2y2my1+34my1y2+6y2-2y1则x=-=，y1my2-1-y2my1+3y1+3y2x=my+1222联立x22，整理得m+4y+2my-3=0，Δ=16m+48>0，+y=142m3则y1+y2=-2,y1y2=-2，则2my1y2=3y1+y2，m+4m+46y1+6y2+6y2-2y14y1+12y2故x===4，y1+3y2y1+3y2即点Q恒在直线x=4上.2y2x9.(江西九师18).已知椭圆C：2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右ab1顶点为A，且AF1+AF2=4，离心率为.2(1)求C的方程；(2)已知点B-1,0，M，N是曲线C上两点(点M，N不同于点A)，直线AM,AN9分别交直线x=-1于P，Q两点，若BP⋅BQ=-，证明：直线MN过定点.4【解析】【分析】(1)由题意列方程组求解a,b,c的值，即得答案；(2)设MN的方程x=sy+t并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示出直线9AM,BM的方程，进而求得P,Q坐标，结合BP⋅BQ=-化简求值，可得t的值，即4可证明结论.【小问1详解】 2a=4c=1设椭圆C的半焦距为c，由题意得a2，222a=b+ca=2解得b=3，c=12y2x故C的方程为+=1.43【小问2详解】证明：由题意可知直线MN的斜率不为0，否则P,Q将位于x轴同侧，BP⋅BQ>0，不合题意；2y2x设MN的方程为x=sy+t(t≠2)，代入+=1，43222得3s+4y+6sty+3t-12=0，222222由Δ=36st-43s+43t-12>0，得3s+4-t>0，26st3t-12设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=-2，y1y2=2，3s+43s+48t所以x1+x2=sy1+y2+2t=2，3s+422224t-12sx1x2=sy1+tsy2+t=sy1y2+sty1+y2+t=2，3s+4y13y13y1直线AM的方程为y=x-2，令x=-1，得y=-，故P-1,-，x1-2x1-2x1-23y2同理可求Q-1,-，x2-23y13y2所以BP=0,-，BQ=0,-，x1-2x2-293y13y29由BP⋅BQ=-，得-⋅-=-，4x1-2x2-2423t-12y1y213s2+41即=-，所以=-，22x1x2-2x1+x2+444t-12s-2×8t+44223s+43s+4 23t-4所以=-1，解得t=-1，(t=2舍)，2t-2所以直线MN的方程为x=sy-1，故直线MN过定点-1,0.导数压轴篇xe-11.(武汉二调19).已知函数fx=．x(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)证明：fx是其定义域上的增函数；x(3)若fx>a，其中a>0且a≠1，求实数a的值．【解析】【小问1详解】xxxe-e+1由题意f1=e-1，即切点为1,e-1,fx=,k=f1=1，2x所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=x-1+e-1，即y=x+e-2；【小问2详解】xx-1e+1由fxxx=，设gx=x-1e+1，则gx=xe，2x所以当x<0时，gx<0，gx单调递减，当x>0时，gx>0，gx单调递增，又g0=0，所以对于任意的x≠0有gx>0，即fx>0，因此fx在-∞,0单调递增，在0,+∞单调递增，xx即hx=e-x-1，则hx=e-1，x所以x<0时，hx<0，hx单调递减，所以hx>h0=0，即e-1>x，即xe-1<1，xxxe-1x>0时，hx>0，hx单调递增，所以hx>h0=0，即e-1>x，即x>1，所以fx是其定义域上的增函数.【小问3详解】x由(2)可知，x<0时，fx<1，所以a<1，故a>1，k1-kx-kx令a=e,k>0，Fx=e-e-x，由题意x<0时，Fx<0，x>0时，Fx>0，1-kx-kx-kx若k≥1，则当x>1时，Fx=e-e-x≤1-e-x<0，不满足条件， 所以0<k<1，而Fx1-kx-kx=1-ke+ke-1，令Gx21-kx2-kx-kx2x2=Fx，则Gx=1-ke-ke=e1-ke-k，k令Gx=0，得x=2ln，1-kkkFx在-∞,2ln1-k单调递减，在2ln1-k,+∞单调递增，kk若2ln<0，则当2ln<x<0时，Fx<F0=0，Fx单调递减，此1-k1-k时Fx>F0=0，不满足题意；kk若2ln>0，则当0<x<2ln时，Fx<F0=0，Fx单调递减，此1-k1-k时Fx<F0=0，不满足题意；k若2ln=0，则当x<0时，Fx>F0=0，Fx单调递增，此时Fx<1-kF0=0，且当x>0时，Fx>F0=0，Fx单调递增，此时Fx>F0=0，满足题意，k1所以2ln=0，解得k=，1-k2综上所述，a=e.x+122.(深圳一模18).已知函数fx=ax-1e-2xlnx-xa∈R．-2(1)当a=0时，求函数fx在区间e,1上的最小值；(2)讨论函数fx的极值点个数；12(3)当函数fx无极值点时，求证：asin>．2aπ【解析】【小问1详解】2当a=0时，fx=-2xlnx-x，1则fx=-21⋅lnx+x⋅-2x=-2lnx+x+1，x1令gx=fx，则gx=-2+1，x-2-2因为x∈e,1，所以gx<0．则gx在e,1上单调递减，又因为fe-2-21=21-e>0,f=-4<0，-2-2所以∃x0∈e,1使得fx0=0,fx在e,x0上单调递增，在x0,1上单调递减．-2-2因此，fx在e,1上的最小值是fe与f1两者中的最小者． -2-2-4-2-2因为fe=4e-e=e4-e>0,f1=-1，-2所以函数fx在e,1上的最小值为-1．【小问2详解】x+1x+11x+1fx=a1⋅e+x-1e-21⋅lnx+x⋅x-2x=axe-2lnx+x+1，2lnx+x+12lnx+x+1由fx=0，解得a==，x+1lnx+x+1xee易知函数y=lnx+x+1在0,+∞上单调递增，且值域为R，2t令lnx+x+1=t，由fx=0，解得a=，te2t21-t设ht=，则ht=，ttee因为当t<1时，ht>0，当t>1时，ht<0，所以函数ht在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减．22根据h1=,t→-∞时，hx→-∞,limht=lim=0，ex→∞1→∞et得ht的大致图像如图所示．因此有：2(ⅰ)当a>时，方程ht=a无解，即fx无零点，fx没有极值点；e2lnx+x(ⅱ)当a=时，fx=2e-2lnx+x+1，exxx设mx=e-x-1x≥0，则mx=e-1，令e-1≥0⇒x≥0，x则mx在0,+∞上时单调递增函数，即e≥x+1，得fx≥2lnx+x+1-2lnx+x+1=0，此时fx没有极值点；2(ⅲ)当0<a<时，方程ht=a有两个解，即fx有两个零点，fx有两个极e 值点；(ⅳ)当a<0时，方程ht=a有一个解，即fx有一个零点，fx有一个极值点．2综上，当a<0时，fx有一个极值点；当0<a<时，fx有两个极值点；当a≥e2时，fx没有极值点．e【小问3详解】πsinx22先证明当x∈0,时，>．4xπsinxπcosx⋅x-sinx设nx=x∈0,，则nx=，x4x2π记px=xcosx-sinxx∈0,4，则px=1⋅cosx+x⋅-sinx-cosx=π-xsinx<0,px在0,上单调递减，4ππ当x∈0,4时，px<p0=0,nx<0，则nx在0,4上单调递减，nxπ22>n=，4ππsinx22即当x∈0,时，不等式>成立．4xπ21eπ由(2)知，当函数fx无极值点时，a≥，则0<≤<，e2a44sinx221122在不等式>中，取x=，则有2asin>，xπ2a2aπ12即不等式asin>成立．2aπ3.(浙江新阵地19).已知函数fx=cosx+λln1+x，且曲线y=fx在点0,f0处的切线斜率为1.(1)求fx的表达式；(2)若fx≤ax+1恒成立，求a的值.2n1*(3)求证：∑fsin-1<ln2,n∈N.k=n+1k【解析】【小问1详解】λfx=-sinx+，则f0=λ=1，1+x∴fx=cosx+ln1+x；【小问2详解】设hx=fx-ax-1=cosx+ln1+x-ax-1,x>-1. 由条件知hx≤0恒成立，因为h0=0，又hx的图像在定义域上是连续不间断的，所以x=0是hx一个极大值点，则h0=0.1又hx=-sinx+-a，所以h0=1-a=0，得a=1；1+x下证当a=1时，hx≤0对任意x∈-1,+∞恒成立，1-x令φx=ln1+x-x，则φx=-1=，1+x1+x由φx>0⇒-1<x<0,φx<0⇒x>0，知函数φx在-1,0单调递增，在0,+∞上单调递减，∴φx≤φ0=0，即ln1+x-x≤0，而cosx-1≤0，所以当x∈0,+∞时，hx=cosx-1+ln1+x-x≤0.综上，若fx≤ax+1恒成立，则a=1.【小问3详解】11由(2)可知fx≤x+1,∴fsin-1≤sin.kk2n1111∴fsink-1=fsinn+1-1+fsinn+2-1+⋯+fsin2n-1≤k=n+1111sin+sin+⋯+sin，n+1n+22nπ先证sinx<x,x∈0,，2π令tx=sinx-x,x∈0,,tx=cosx-1<0，2ππ则tx在0,2上单调递减，tx<t0=0，即sinx<x,x∈0,2111111所以sin+sin+⋯+sin<++⋯+n+1n+22nn+1n+22n1n+1再证<ln，先证lnx<x-1,0<x<1，n+1n11-x令u(x)=lnx-x+1(0<x<1)，则u(x)=-1=，xx当0<x<1时，u(x)>0，函数u(x)单调递增，且u(1)=0，则u(x)<u(1)=0，n1n+1即lnx<x-1,0<x<1，令x=即得<lnn+1n+1nn+111又ln=lnn+1-lnn，得<lnn+1-lnn,⋯⋯,<ln2nnn+1n+n-ln2n-1111所以++⋯+<ln(n+1)-ln(n)+ln(n+2)-ln(n+1)+⋯n+1n+22n+ln2n-ln(2n-1)=ln2n-lnn=ln2， 2n1综上，fsin-1≤ln2.k=n+1k4.(长郡一模19).梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最s-1x重要的数学猜想之一．它与函数fx=(x>0,s>1，s为常数)密切相关，请xe-1解决下列问题．(1)当1<s≤2时，讨论fx的单调性；(2)当s>2时；①证明fx有唯一极值点；②记fx的唯一极值点为gs，讨论gs的单调性，并证明你的结论．【解析】【小问1详解】s-1x由fx=,x∈0,+∞,1<s≤2可得xe-1s-2xs-1xs-2xs-1⋅x⋅e-1-x⋅ex⋅s-1-x⋅e-s-1fx==，x2x2e-1e-1xxxx令hx=s-1-x⋅e-s-1，则hx=-e+s-x-1⋅e=s-x-2⋅e；x又1<s≤2，x>0，所以s-x-2<0,e>0，即hx<0恒成立；即函数hx在0,+∞上单调递减，又h0=0，所以hx<h0=0，s-2xx⋅s-1-x⋅e-s-1可得fx=<0恒成立，因此函数fx在0,+∞上x2e-1单调递减，即当1<s≤2时，函数fx在0,+∞上单调递减；【小问2详解】当s>2时，①由(1)可知x令hx=s-x-2⋅e=0，可得x=s-2>0,x易知当x∈0,s-2时，hx=s-x-2⋅e>0，即函数hx在0,s-2上单调递增，x当x∈s-2,+∞时，hx=s-x-2⋅e<0，即函数hx在s-2,+∞上单调递减，即函数hx在x=s-2处取得极大值，也是最大值；注意到h0=0，由单调性可得hs-2>h0=0，可知hx在0,s-2大于零，2s-22s-2不妨取x=2s-2，则h2s-2=1-s⋅e-s-1=1-se+1<0； 由零点存在定理可知hx存在唯一变号零点x0∈s-2,+∞，s-2xx⋅s-1-x⋅e-s-1所以fx=存在唯一变号零点x满足fx=0，x200e-1由hx单调性可得，当x∈0,x时，fx>0，当x∈x,+∞时，fx<0；00即可得函数fx在0,x0上单调递增，在x0,+∞单调递减；所以fx有唯一极大值点x0；②记fx的唯一极值点为gs，即可得x0=gsx0x0x0⋅e由hx0=s-1-x0⋅e-s-1=0可得s=x+1，e0-1x0-1x0⋅e即可得gs的反函数gs=+1，x0e-1xexex-x-1x⋅e令φx=+1,x∈s-2,+∞，则φx=，xx2e-1e-1xx构造函数mx=e-x-1,x∈0,+∞，则mx=e-1，x显然mx=e-1>00,+∞恒成立，所以mx在0,+∞上单调递增，x因此mx>m0=0，即e>x+1在0,+∞上恒成立，x而s>2，即s-2>0，所以e>x+1在s-2,+∞上恒成立，xxee-x-1-1即可得φx=>0在s-2,+∞上恒成立，因此gs在x2e-1s-2,+∞单调递增；-1易知函数gs与其反函数gs有相同的单调性，所以函数gs在2,+∞上单调递增；x5.(广东百校19).已知函数fx=e-lnx-m(其中e为自然对数的底数)．(1)当m=-1时，求fx的最小值；(2)若对定义域内的一切实数x，都有fx>4，求整数m的最小值．54(参考数据：e≈3.49)【解析】【小问1详解】xx1m=-1时，fx=e-lnx+1，故fx=e-,x>-1，x+1x1因为y=e,y=-在-1,+∞上均为增函数，故fx在-1,+∞上为增函x+1数，而f0=0，故当x∈0,+∞时，fx>0，当x∈-1,0时，fx<0，所以fx在-1,0上为减函数，在0,+∞上为增函数，故fxmin=f0=1. 【小问2详解】x1由fx的定义域为m,+∞，fx=e-,x>m，x-mx1因为y=e,y=-在m,+∞上均为增函数，故fx在m,+∞上为增函x-m数，m+111而fm+1=e->1-=0，m+1-m1当x→m(从m右侧)时，fx→-∞，故fx在m,+∞上存在一个零点x，0且x∈m,x时，fx<0；x∈x,+∞时，fx>0；00故fx在m,x0上为减函数，在x0,+∞上为增函数，x0故fxmin=fx0=e-lnx0-m>4，x011而e=，故x0=-lnx0-m，且m=x0-x，x-me00x0x0故fx0=e+x0，故e+x0>4，故x0>1，11故m=x0-x>1->0，故m≥1.e0e11若m=1，则1=x0-x0即x0-x0-1=0，ee1因为y=x-1,y=-在1,+∞均为增函数，xe1故vx=x--1在1,+∞为增函数，xe5455e-45445而v=，但e<243<256=4，故e<4，即v<0，45444e5545x0故x0>，但e+≈3.49+1.25>4，即e+x0>4成立44故m=1时，fx>4恒成立，故整数m的最小值为1.x5.(江西九师19).已知函数fx=x-1e-alnx(a∈R).(1)当a=e时，求fx的最小值；(2)若fx有2个零点，求a的取值范围.【解析】【小问1详解】fx的定义域为0,+∞.2xxxexe-e当a=e时，fx=x-1e-elnx，fx=xe-=.xx2x2x令gx=xe-e(x>0)，则gx=x+2xe>0，所以gx在上0,+∞单调递增，又g1=0，所以当x∈0,1时，gx<0，fx <0；当x∈1,+∞时，gx>0，fx>0，所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以fxmin=f1=0.【小问2详解】2xxaxe-a由题意知fx=xe-=(x>0).xx①当a≤0时，fx>0在0,+∞上恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增，所以fx至多有一个零点，不合题意；2x2x②当a>0时，令hx=xe-a，则hx=x+2xe>0在0,+∞上恒成立，所以hx在0,+∞上单调递增，aa因为h0=-a<0，ha=ae-a=ae-1>0，2x02x0所以存在唯一x0∈0,a，使得hx0=x0e-a=0，所以a=x0e.当x∈0,x时，hx<0，fx<0；当x∈x,+∞时，hx>0，fx>0，00所以fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，x0所以fxmin=fx0=x0-1e-alnx0.(a)当a=e时，由(1)知fxmin=f1=0，即a=e时，x0=1，且fx0=0，fx只有一个零点1，不合题意；2x0(b)当a>e时，因为a=x0e>e，则x0>1，又fx在0,x0上单调递减，所以fxmin=fx0<f1=0，lna而flna=lna-1e-alnlna=alna-1-lnlna，令φx=x-1-lnx，1x-1则φx=1-=.xx当x>1时，φx>0，φx在1,+∞上单调递增；当0<x<1时，φx<0，φx在0,1上单调递减，所以φxmin=φ1=0；当x>1时，φx>φ1=0，即x-1-lnx>0.又lna>1，所以lna-1-lnlna>0，所以flna=aφlna>0，由fx的单调性及零点存在定理，知fx在x0,+∞上有且仅有一个零点.又fx在0,x0上有且仅有一个零点1，所以，当a∈e,+∞时，fx存在两个零点；2x0(c)当0<a<e时，由a=x0e<e，得0<x0<1，又fx在x0,+∞上单调递增，-1-1-1aaa所以fx0<f1=0.取x=e，则0<e<1，所以0<1-e<1.1当x∈0,1时，lnx<x-1，所以ln1-x<-x，所以x<-ln1-x=ln，所1-x x1以e<.1-x-1-1-1-1-1aaaea1a1又因为0<e<1，fe=e-1e-a×->e-1+1=a-1a1-e-1+1=0，由fx的单调性及零点存在定理，知fx在0,x0上有且有一个零点，又1为fx在x0,+∞内的唯一零点，所以当a∈0,e时，fx存在两个零点.综上可知，a的取值范围是0,e∪e,+∞.新定义压轴篇m1.(杭二开学考19).设整数n,k满足1≤k≤n，集合A=20≤m≤n-1,m∈Z.从kA中选取k个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有Cn个，设它们的和为an,k.010212例如a3,2=2⋅2+2⋅2+2⋅2=14.(1)若n≥2，求an,2；2nfn+1xfn+1x(2)记fnx=1+an,1x+an,2x+⋯+an,nx.求和的整式表达式；fnxfn2xan+1,k+1(3)用含n，k的式子来表示.an,k解析【小问1详解】1n-12n-112n-124n-114n-14na=2k-∑2k2=-2n-12n,2∑=-=2k=0k=022-14-1233n2-2+3【小问2详解】012n-1因为fnx=1+2x1+2x1+2x⋯1+2x，012n-1nfn+1x=1+2x1+2x1+2x⋯1+2x1+2x，fn+1xn两式相除，=1+2x，fnx012n-1fn2x=1+2⋅2x1+2⋅2x1+2⋅2x⋯1+2⋅2x12n-1n=1+2x1+2x⋯1+2x1+2x，fn+1x两式相除，=1+xfn2x【小问3详解】nk因为fnx=∑an,kx①，所以an,0=1，k=0 n+1k因为fn+1x=∑an+1,kx②，所以an+1,0=1，k=0nnnknk+1由(2)和①可得，fn+1x=1+2x⋅fnx=∑an,kx+2∑an,kx=k=0k=0nnk∑an,k+2an,k-1x③，k=0k+1n由②和③，比较x的系数，可得an+1,k+1=an,k+1+2an,k④，nnkk因为fn+1x=1+xfn2x=∑2x+x∑an,k2xk=0k=0nnnkkk+1kk-1k=∑an,k2x+∑an,kx=∑2an,k+2an,k-1x，k=0k=0k=0k+1k+1k由②比较x的系数可得an+1,k+1=2an,k+1+2an,k⑤，k+1n+k+1k由④⑤消去an,k+1可得2-1an+1,k+1=2-2an,k，an+k+1kn+1,k+12-2所以=.a2k+1-1n,k2.(江苏四校19).交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，ACBDB，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称⋅(分式中各项均为有向BCAD线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．1(1)证明：1-(D,B;C,A)=；(B,A;C,D)(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若△EFG与△EFG的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△EFG对应边的交点在一条直线上．【解析】【小问1详解】DC⋅BABC⋅AD+DC⋅BABC⋅(AC+CD)+CD⋅AB1-(D,B;C,A)=1-==BC⋅DABC⋅ADBC⋅ADBC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AC+AC⋅CDAC⋅BD1====；BC⋅ADBC⋅ADBC⋅AD(B,A;C,D)【小问2详解】A1C1⋅B1D1S△PA1C1⋅S△PB1D1A1,B1;C1,D1==B1C1⋅A1D1S△PB1C1⋅S△PA1D11⋅PA⋅PC⋅sin∠APC⋅1⋅PB⋅PD⋅sin∠BPD2111121111sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1==1⋅PB⋅PC⋅sin∠BPC⋅1⋅PA⋅PD⋅sin∠APDsin∠B1PC1⋅sin∠A1PD12111121111 sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2S△PA2C2⋅S△PB2D2A2C2⋅B2D2=====A2,B2;C2,D2；sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2S△PB2C2⋅S△PA2D2B2C2⋅A2D2【小问3详解】设EF与EF交于X，FG与FG交于Y，EG与EG交于Z，连接XY，FF与XY交于L，EE与XY交于M，GG与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．考虑线束XP，XE，XM，XE，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,E;M,E)，再考虑线束YP，YF，YL，YF，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,G;N,G)，从而得到(P,E;M,E)=(P,G;N,G)，于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，EG交于一点，即为点Z，从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．【3.(江苏南通二月诊断19).设正整数n≥3，有穷数列an满足ai>0(i=1,2,⋯,n)，且a1+a2+⋯+an=n，定义积值S=a1⋅a2⋅⋯⋅an.(1)若n=3时，数列1,1,3与数列1,2,13的S的值分别为22636S1，S2.①试比较S1与S2的大小关系；②若数列an的S满足minS1,S2<S<maxS1,S2，请写出一个满足条件的an;(2)若n=4时，数列a1,a2,a3,a4存在i,j∈1,2,3,4,使得ai<1<aj，将ai，aj分别调整为a=a+a-1，a=1，其它2个a(k≠i,j)，令a=a.数列a,a,a,aiijjkkk1234调整前后的积值分别为S,S，写出S,S的大小关系并给出证明；(3)求S=a1⋅a2⋅⋯⋅an的最大值，并确定S取最大值时a1,a2,⋯,an所满足的条件， 并进行证明.【解析】【小问1详解】133121313①依题意可得S1=×1×=，S2=××=，所以S1>S2；22463654②不妨令a为1,1,5(答案不唯一)，则S=1×1×5=5，n33339133因为minS1,S2=S2=<S，maxS1,S2=S1=>S，符合题意.544【小问2详解】S<S；证明：不妨设i=1,j=2，则a1<1<a2；则a=a+a-1,a=1,a=a,a=a；11223344所以S-S=aaaa-aaaa=aa-a-a+1aa12341234121234=a1-1a2-1a3a4<0；所以S<S；【小问3详解】S的最大值为1，当且仅当a1=a2=⋯=an=1时，取到最大值.证明：因为ai>0(i=1,2,⋯,n)，且a1+a2+⋯+an=n；a1+a2+⋯+ann所以S=a1⋅a2⋅⋯⋅an≤n=1；当且仅当a1=a2=⋯=an=1时，等号成立.