【文档说明】河北省部分学校2023届高三考前模拟演练数学试题 含解析.docx，共(26)页，3.567 MB，由小赞的店铺上传

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2023高考临考信息卷一､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.已知集合220Mxxx=−−，1lnNxyx==−，则MN=（）

A.(,e−B.()0,2C.(1,e−D.()1,2-【答案】C【解析】【分析】分别求出集合,MN，再根据交集的定义即可得解.【详解】()2201,2Mxxx=−−=−，由1ln0x−，得0ex，则(1ln0,

eNxyx==−=，则(1,eMN=−.故选：C.2.已知复数z满足(12i)34iz−=−，则z的共轭复数z=（）A.12i−−B.12i−+C.12i−D.12i+【答案】C【解析】【分析】根据复数模的计算公式，转化为512iz=−，利用复数的运算法则和共轭复数

的概念，即可求解.【详解】因为22(12i)34i3(4)5z−=−=+−=，可得()()()512i512i12i12i12iz+===+−−+，所以12iz−=−.故选：C.3.2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我

共同努力，终结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（）A

.0.46B.0.046C.0.68D.0.068【答案】D【解析】【分析】应用全概率公式()()()()()PAPABPBPABPB=+求解即可.【详解】设随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性为事件A,设随

机抽取一人实际患病为事件B,随机抽取一人非患为事件B，则()()()()()0.050.980.950.020.068PAPABPBPABPB=+=+=.故选:D.4.过抛物线C：24yx=的焦点F的直线交

抛物线C于11(,)Axy、22(,)Bxy两点，以线段AB为直径的圆的圆心为1O，半径为r.点1O到C的准线l的距离与r之积为25，则12()rxx+=（）A.40B.30C.25D.20【答案】A【解

析】【详解】由抛物线的性质知，点1O到C的准线l的距离为12ABr=，依题意得2255rr==，又点1O到C的准线l的距离为121(2)52xxr++==，则有128xx+=，故12()40rxx+=，故选：A．5.根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文

化娱乐场所室内甲醛浓度30.1mg/m为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为36.25mg/m，3周后室内甲醛浓度为31mg/m，且室内甲醛浓度()t（单位：3mg/m）与竣工后保持良好通风的时间()*ttN（单位

：周）近似满足函数关系式()eatbt+=，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（）A.5周B.6周C.7周D.8周【答案】B【解析】【分析】由(3),(1)相除可得ae，然后解不等式0()0.1t，由指数函数性

质估计出455562.522，从而可得0t的范围，由此可得结论.【详解】由题意可知，(1)e6.25ab+==，3(3)e1ab+==，(3)e(1)254a==，解得2e5a=.设该文化娱乐场所竣工后放置0t周后甲醛浓度达到安企开放标准，则()()0

001102ee6.250.15tatatbabte−−++===，整理得01262.55t−，设1562.52m−=，因为455562.522，所以

415m−，即56m，则011tm−−，即0tm.故至少需要放置的时间为6周.故选：B.6.在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（）A.14B.24C.12D.22【答案】D【

解析】【分析】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，由圆柱表面积等于圆锥侧面积建立方程，求半径比.【详解】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线长为2R，设圆柱高为h，则hRrRR−=，=−hRr，由题，()2π22π2

πRRrrRr=+−，得22rR=.故选：D.7.已知双曲线C：22221xyab−=（0a，0b）的左、右焦点分别为F1、F2，点M是双曲线右支上一点，且12MFMF⊥，延长2MF交双曲线C于点P，若12MFPF

=，则双曲线C的离心率为（）A.3B.2C.6D.102【答案】D【解析】【分析】设1MFt=，则由双曲线的定义可得22MFta=−，2PFt=，12PFta=+，然后在1RtPMF利用勾股定理可求出3ta=，再在12RtMFF△中利用勾股定理可表示,ac的关

系，从而可求出离心率.【详解】设1MFt=（2ta），由双曲线的定义可得22MFta=−，2PFt=，12PFta=+，由12MFMF⊥，可得22211MFMPPF+=，即222222ttata+−=+（）（

），解得3ta=，又2221221MFMFFF+=，即为22234aac+=（），即为102ca=，则102cea==，故选：D.8.在ABC中，90A=，4AB=，43AC=，P，Q是平面上的动点，2APAQPQ===，M是边BC上的一点，则MPMQ的最小值为（）A.1B

.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据向量运算可得21MPMQMN=−uuuruuuruuur，结合图形分析MN的最小值即可得结果.【详解】取PQ的中点N，则,MPMNNPMQMNNQMNNP=+=+=−uuuruuuruuuruuuruuuruuuruu

uruuur，可得()()2221MPMQMNNPMNNPMNNPMN=+−=−=−uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur，∵MNMAANMAAN=+−uuuruu

uruuuruuuruuur，当且仅当N在线段AM上时，等号成立，故3MNMAANMA−=−uuuruuuruuuruuur，显然当AMBC⊥时，MA取到最小值23，∴32333MNMA−−=uuuruuur，故2

1312MPMQMN=−−=uuuruuuruuur.故选：B.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列结论正确的有（）A.若随机变量，满足21=+，则()2()1=+

DDB.若随机变量()23,N−，且(6)0.84=P，则(36)0.34=PC.若线性相关系数||r越接近1，则两个变量线性相关性越强D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．4

8，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则67mn+=【答案】BC【解析】【分析】由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由相关系数的定义判断C；根据百分位数的定义判断D.的【详解】对于A，由方差的性质可得2()2()4()DDD==

，故A错误；对于B，由正态分布的图象的对称性可得(36)(6)0.50.34PP=−=，故B正确；对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数||r越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第

50百分位数为372+m，乙组：第30百分位数为n，第50百分位数为33447722+=，则30377722nm=+=，解得3040nm==，故70mn+=，故D错误；故选：BC10.2022年4月，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截

面可近似看作是由半圆和半椭圆(都包含M，N点)组成的“曲圆”半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点()0,3F，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面直角坐标系中，下半圆与y轴交于点.G若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则（）A.椭圆的离心率为12B.AF

G的周长为662+C.ABF△面积的最大值是92D.线段AB长度的取值范围是6,332+【答案】BD【解析】【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距判断选项A；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长判断选项B

；求出OA长度范围判断选项D；ABF根据运动的观点可得最大值判断C.【详解】由题知，椭圆中的几何量3==bc，所以2232acb=+=，则32232cea===，故A不正确；因为3ABOBOAOA=+=+，由椭圆性质可知3

32OA，所以6332AB+，故D正确；设A，B到y轴的距离为1d，2d，则()1212113222ABFAOFOBFSSSdOFdOFdd=+=+=+，当A在短轴端点处时，1d，2d同时取得最大值3，故ABF△面积

的最大值是9，故C不正确；由椭圆定义知，262AFAGa+==，所以AFG的周长62662AFGCFG=+=+，故B正确．故选：BD．11.如图，四棱柱1111ABCDABCD−的底面是边长为22的正方形，侧棱1AA⊥底面ABCD，三棱锥1ABCD−的

体积是863，底面ABCD和111ABCD的中心分别是O和1O，E是11OC的中点，过点E的平面分别交1BB，11BC，11CD于F，N，M点，且BD∥平面，G是线段MN任意一点（含端点），P是线段1AC上任意一点（含端点），则下列说法正确的是（）A.侧棱1AA的长为6B.

四棱柱1111ABCDABCD−的外接球的表面积是40π的C.当1125BFBB=时，平面截四棱柱的截面是六边形D.当G和P变化时，POPG+的最小值是5【答案】BCD【解析】【分析】选项A，可直接利用三棱锥1ABCD−的体积公式，求出侧棱长，从而判断选项

A错误；选项B，利用长方体外接球心是体对角线的中心，体对角线长即球的直径，从而求出半径，从而判断选项B正确；选项C，利用性质找出平面截四棱柱的截面，再利用平行关系找出比例，从而判断出结果的正误；选项D，先

求证出MN⊥平面11AACC，从而得到故对任意的G都有PGPE，进而判断出结果的正误.【详解】对于选项A，因为三棱锥1ABCD−的体积是11862222323Vh==，解得26h=，故选项A错误；对于选项B，外接球的半径满足22224

40RABACh=++=，故外接球的表面积2440SR==，故选项B正确；对于选项C，如图，延长MN交11AB的延长线于点Q，连接AQ交1BB于点F，在平面11CCDD内作MHAF∥交1DD于H，连接AH，则

平面截四棱柱的截面是五边形AFNMH，因为1112BQBNAB==，所以此时1113BFBB=，故1113BFBB时截面是六边形，1113BFBB时截面是五边形，故选项C正确；对于选项D，因为BD∥平面，11//BDBD，11BD平面，所以11//BD平面，又面1111ABC

D面MN=，11BD面1111DCBA，所以11//BDMN，又因为四边形1111DCBA是正方形，1111ACBD⊥，所以11ACMN⊥，因为侧棱1AA⊥底面1111DCBA，MN底面1111DCBA，所以1AAMN⊥，又1111ACAAA⊥=，所以MN⊥平面11AAC

C，垂足是E，故对任意的G都有PGPE，又因为126OO=，111114OEAC==，故22115POPGPOPEOEOOOE++=+=，故选项D正确，故选：BCD.12.已知()()ee,,1.01,1e1e0.9911abc

dabcdcdab==−=−=++，则（）A.0ab+B.0cd+C.0ad+D.0bc+【答案】AD【解析】【分析】A.先构造函数()fx，通过函数的单调性确定,ab的大致范围，再构造()()()lnlnhxfxfx=−−，通过函数()hx的单调性确定d与

c−的大小关系，进而得到A选项.B.先构造函数()gx，通过函数的单调性确定,cd的大致范围，再构造()()()lnlnhxgxgx=−−，通过函数()hx的单调性确定d与c−的大小关系，进而可知B选项错误.C.通过()()1fxgx=−，得到()()gagd−，进而

可得a−与d的大小关系,进而可知C选项错误.D.与C选项同样的方法即可判断.【详解】A.ee1.01011abab==++1,1ab−−令()()11xefxxx=−+则()()21xxefxx=+，所以()fx在()1,0−单

调递减，在()0,+上单调递增，且()00f=，故0,10ab−.令()()()()()()lnln2ln1ln1,1,1hxfxfxxxxx=−−=−++−+−则()21122+20111hxxxx−=−=−+−+−，所以()

hx在()1,1−上单调递减，且()00h=()1,0b−()()lnln0fbfb−−()()fbfb−()()fafb−ab−即0ab+故选项A正确B.()()0.991e1e0cd

cd=−=−1,1cd令()()()11xgxxex=−则()xgxxe=−，所以()gx在(),0−单调递增，在()0,1上单调递减，且()01g=，故01,0cd.令()()()()()()()lnln2ln1ln1,1,1mxgxgxxxxhxx=−−=−+

+−+=−所以()mx在()1,1−上单调递减，且()00m=()0,1c()()lnln0gcgc−−()()gcgc−()()gdgc−dc−即0cd+故选项B错误C()()1fxgx

=−()()()11000.99,1,0101gaafa−==−()()gagd−又()gx在(),0−单调递增ad−0ad+故选项C错误D.由C可知，()()(),0,1gbgcb−−又()gx在()0,

1单调递减bc−故选项D正确故选：AD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边与x轴的非负半轴重合，终边与圆229xy+=相交于点35,5t，则πsi

n22+=___________.【答案】35-##0.6−【解析】【分析】根据三角函数定义可求得cos，再利用诱导公式、倍角公式运算求解..【详解】因为角的终边与圆229xy+=相交于点35,5t，则3

555cos35==，所以22π53sin2cos22cos121255+==−=−=−.故答案为：35-.14.已知多项式5625601256(2)(1)xxaaxaxaxax−+−=+++++，则1a

=___________.【答案】74【解析】【分析】利用二项展开式的通项分别求得()52x−和()61x−的展开式的x项，进而求得1a的值.【详解】对于5(2)x-，其二项展开式的通项为515C(2)rrrrTx−+=−，令51r−=，得4r=，故4455C(2)80

Txx=−=，对于6(1)x−，其二项展开式的通项为616C(1)kkkkTx−+=−，令61k−=，得5k=，故5566C(1)6Txx=−=−，所以()180674a=+−=.故答案为：74.15.已知函数2()(2ln)xefxkxxx=+−和2()xegxx=，若()gx

的极小值点是()fx的唯一极值点，则k的最大值为____.【答案】24e##214e【解析】【分析】利用导数求出()gx的单调性和极小值点，然后()3()2xekfxxxx=−−，然后可得30xekxx−或30xekxx−恒成立，然后可求出答案.【详解】由2()xegxx=可得

()224422()xxxxxeexexgxxx−−==所以当0x或2x时，()0gx，当02x时，()0gx所以()gx的极小值点是2由2()(2ln)xefxkxxx=+−可得()()4322()12xxxxeekfxkxxxxx−=+−=

−−因为()fx的唯一极值点为2，所以30xekxx−或30xekxx−恒成立所以2xekx或2xekx在()0,+上恒成立因为2()xegxx=在()02,上单调递减，在()2,+上单调递增，当x→+时()gx→+

所以k()2min()24egxg==故答案为：24e16.“0,1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛．设A是一个“0,1数列”，定义数列()fA：数列A中每个0都变为“1,0,1”，A中每个1都变为“0,1,0”，所得到的新数列．例如数列:1,0A，则数

列():0,1,0,1,0,1fA．已知数列1:1,0,1,0,1A，且数列()1kkAfA+=，1,2,3,k=，记数列kA的所有项之和为kS，则1kkSS++=__________．【答案】1103k−【解

析】【分析】设数列kA中，0的个数为ka，1的个数为kb，可利用,kkab表示出11,kkab++，两式分别作和、作差，结合等比数列通项公式可推导求得,kkab，从而得到kS，整理可得最终结果.【详解】设数列kA中，0的个数为ka，1的个数为k

b，则12kkkaab+=+，12kkkbab+=+，两式相加得：()113kkkkabab+++=+，又115ab+=，数列kkab+是以5为首项，3为公比的等比数列，153kkkab−+=；两式相减得：()1

1kkkkabab++−=−−，又111ab−=−，数列kkab−是以1−为首项，1−为公比的等比数列，()1kkkab−=−；()15312kkka−+−=，()15312kkkb−−−=，01kkkkSabb=+=，()()11111531531535310

3222kkkkkkkkkSS+−−−+−−−−++=+==.故答案为：1103k−.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是能够根据所定义的变化规律，得到,kkab与11,kkab++所满足的递推关系

，利用递推关系式证得数列kkab+和kkab−均为等比数列，从而推导得到,kkab的通项公式.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.如图在平面四边形ABCD中，7AC=，3AB=，DACBAC=，21sin14BAC=．

（1）求边BC；（2）若2π3CDA=，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）1；（2）534.【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可求得边BC的长；（2）分别利用三角形面积公式求得,ABCACDSS△△的面积，进

而求得四边形ABCD的面积．【小问1详解】因为21sin14BAC=，BAC为锐角，所以22157cos11414BAC=−=．因为7AC=，3AB=，在ABC中，由余弦定理得2222cosBCACABACABBAC=+−，即25779273114BC=+−

=，得1BC=．【小问2详解】在ADC△中，由正弦定理得sinsinCDACDACADC=，即7213142CD=，所以1CD=．在ADC△中，由余弦定理得222cos2ADCDACADCADCD+−=，即2117

22ADAD+−−=，解得2AD=．因为12133732144ABCS==△，12π312sin232ACDS==△，所以33353424ABCDABCACDSSS=+=+=△△．18.在各项均为正数的数列na中，12a=，()2112nnnnaaaa++=+．（1）求na的

通项公式；（2）若2212121loglogloglognnnnnbaaaa++=+，nb的前n项和为nS，证明：2212nS−．【答案】（1）*2(N)nnan=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由()

2112nnnnaaaa++=+得出11(2)()0nnnnaaaa++−+=，再根据0na得出12nnaa+=，则数列{}na为等比数列，即可得出通项公式；（2）由（1）得2nna=，112nna++=，*Nn，代入n

b，化简得111nbnn=−+，即可得出111nSn=−+，则1nS，再证明{}nS为增数列，则1nSS，即可证明结论．【小问1详解】()2112nnnnaaaa++=+，11(2)()0nnnnaa

aa++−+=，则120nnaa+−=或10nnaa++=，又0na，12nnaa+=，数列{}na为等比数列，公比为2，12a=，*2(N)nnan=．【小问2详解】证明：由（1）得2nna=，112nna++=，*Nn，则2212121loglo

gloglognnnnnbaaaa++=+1122221log2log2log2log2nnnn++=+11(1)nnnn=+++11(1)nnnn=+++11nnnn+−=+111nn=−+，nb的前n项和为1111

1112112113nSnnn−+−++=+=−−+，则1nS，又当*Nn时，1111011nnnnSSnnnn++−−=−=++当*Nn时，{}nS为增数列，1nSS，即222nS−，2212nS−．19.2023年3月华中师大一附中举行了普通

高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都

是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练．（1）若该男生进行了3天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；（2）设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】（1）13

（2）分布列见解析；()2EX=【解析】【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；（2）由题知X的可能取值为0,1,2,3，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可.【小问1详解】解：当第一天训

练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件A；当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件B；由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为32212=种，所以，()1211126PA==，()2111126PB=

=，所以，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率()()13PPAPB=+=.【小问2详解】解：由题知，X的可能取值为0,1,2,3，所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有53296=种，所以，当X0=时，第一天有两种选择，之后每

天都有1种选择，故552121(0)329648PX====；当1X=时，第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；

第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；第四天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，

共4种选择；第五天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；第六天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；综上，当1X=时，

共有24444220+++++=种选择，所以，205(1)9624PX===；当3X=时，第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，有328=种选择；第一天，第三天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有2

24=种选择第一天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有224=种选择；第二天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有328=种选择；所以，当3X=时，共有844824+++=种选择，所以，24(3)9641PX===；所以，当)5025(2)1(0)(1(3)9648

PXPXPXPX==−=−=−===，所以，X的分布列为：X0123P148524254814所以，15251()012324824484EX=+++=.20.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左右焦点分别是12,FF，P是椭圆上一动点(与左右顶点不重合)，已知12

PFF△的内切圆半径的最大值是3,3椭圆的离心率是12.（1）求椭圆C的方程；（2）过()4,0H作斜率不为0的直线l交椭圆于,AB两点，过B作垂直于x轴的直线交椭圆于另一点Q，连接AQ，设ABQ的外心为G，求证：2AQGF为定值.【答案】（1）2

2143xy+=；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据12PFF△面积最大时，r最大可得出等量关系求解；（2）设出直线方程，与椭圆联立，设()()1122,,,AxyBxy，得出韦达定理，表示出AB的中点坐标，求得AB的垂直平分线方程，得出点G坐标，即可表示出2,AQGF，即可得出

定值.【详解】（1）由题意知∶12ca=，∴a=2c，222bac=−，3bc=设△12PFF的内切圆半径为r，则12121211(||||||)(22)()22PFFSPFPFFFracracr=++=+=+.故当12PF

F△面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时33r=，所以3()3acbc+=，把a=2c，3bc=代入，解得∶a=2，3b=，所以椭圆方程为22143xy+=（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为4xty=+，代

入椭圆方程得()223424360tyty+++=.()()222Δ(24)1443414440ttt=−+=−，设()()1122,,,AxyBxy，则1222434tyyt−+=+，1223634yyt=+，因此可得1223234xxt+=+所以AB的中点坐标为(216

34t+，21234tt−+)因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，由题意可知B，Q关于y轴对称，故()22,Qxy−，AB的垂直平分线方程为221612()3434ttx

ytt−−=+++令y=0，得2434xt=+，即G(2434t+，0)，所以222243|||1|3434tGFtt=−=++又2222212121212||()()()()AQxxyytyyyy=−++=−++=22221212212(1)()434t

tyytyyt++−=+故2||4||AQGF=，所以2||||ABGF为定值，定值为4.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为()11Axy，，()22Bxy，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将

所求问题或题中关系转化为1212,xxxx+形式；（5）代入韦达定理求解.21.在三棱台111ABCABC−中，1AA⊥平面ABC，1111112,1,ABACAAABABAC====⊥，,EF分别是1,BCBB的中点，D是棱11AC上的动点.（1）求证：1ABDE⊥；（2）若D是线

段11AC的中点，平面DEF与11AB的交点记为M，求平面AMC与平面AME夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）28622【解析】【分析】（1）取AB的中点G，连接1,AGEG，证得1,,,EGAD四点共面，根据1AA⊥平

面ABC，证得1AAAG⊥，结合11ABAG⊥，证得1AB⊥平面1ADEG，即可证得1ABDE⊥；（2）延长EF与11CB交于点Q，连接DQ，根题意证得1,,ACABAA两两垂直，以A为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面AMC和平面AME的一个法向量()10,3,2n=−和()23,

3,2n=−，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：取线段AB的中点G，连接1,AGEG，如图所示，因为,EG分别为,BCAB的中点，所以//EGAC，三棱台111ABCABC−中，11//ACAC，所以11//EG

AC，且11DAC，故1,,,EGAD四点共面，因为1AA⊥平面ABC，AG平面ABC，所以1AAAG⊥，因为1111111,,//AAABAGAGABAAAG===⊥，所以四边形11AABG是正方形，

所以11ABAG⊥，又因为111ABAC⊥，且1111111,,ACAGAACAG=平面1ADEG，所以1AB⊥平面1ADEG，因为DE平面1ADEG，所以1ABDE⊥.【小问2详解】解：延长EF与11CB相交于点Q，连接DQ，则11DQABM=，因为,FE分别为1BB和B

C的中点，1//BQBE，所以111BQBFBEBF==，则11112BQBEBCBC===，所以，1B为1CQ的中点，又因为D为11AC的中点，且11ABDQM=，则M为11ACQ△的重心，所以1112233AMAB==，因为1AA⊥平面,ABCAC平面ABC，所以1

AAAC⊥.因为11111,//ABACACAC⊥，所以1ABAC⊥，又因为1111,,AAABAAAAB=平面11AABB，所以AC⊥平面11AABB，所以1,,ACABAA两两垂直，以A为原点，1,,ACABAA所在

直线分别为x轴、y轴和z轴建立如图所示空间直角坐标系，在则()()()()20,0,0,0,2,0,2,0,0,1,1,0,0,,13ABCEM，可得()()22,0,0,0,,1,1,1,03AC

AMAE===.设平面AMC的法向量为()1,,nabc=，则1120203nACanAMbc===+=，取3b=−，可得0,2az==，所以()10,3,2n=−，设平面AME的法向量为()2,,nxyz=uur，则220203nAExynAMyz=

+==+=，取=3y−，可得3,2xz==，所以()23,3,2n=−，所以12121213286cos,221322nnnnnn===，故平面AMC与平面AME夹角的余弦值为28622.22.已知函数()ln1fxxax=−+有两个零点1x，2x，且122xx

，（1）求a的取值范围；（2）证明：222112e42xxxx+【答案】（1）20,2elna（2）证明见解析【解析】【分析】（1）易得()1axfxx=−，分0a和0a讨论，对0a时，根据存在两零点得()max0fx，求出a的范围，

再结合1202xx，放缩得2122xxx，确定()220fx，则220ex，再构造函数()ln1xhxx+=，20,ex，求出其单调性即可得到a的范围；（2）利用基本不等式得22211212ee2xxxxxx+，放缩证明222112e42xxxx+

，利用比值换元法设12xtx=，构造函数()2lnln21tgttt=+−−，2t，求导证明其单调性，得到其范围即可.【小问1详解】因为()ln1fxxax=−+的定义域为()0,+，所以()11axfxaxx−=−=当0a时，()0fx¢>恒成立，所

以()fx在()0,+上单调递增，故()fx不可能有两个零点，故舍去；当0a时，令()0fx¢>，解得10xa令()0fx，解得1xa，所以()fx在10,a上单调递增，在1,a+上单调递减，所以()max11lnfxfaa==，

要使()fx有两个零点，则()max11ln0fxfaa==，解得01a，又111ln10eeeeafa=−+=−，22444242111ln0faaaaaa−+−+=−=，所

以当01a时，()fx在11,ea和214,aa上各有一个零点2x，1x，且122xx，所以1122ln10ln10xaxxax−+=−+=，由()fx单调性知，当()

21,xxx时，()0fx，当()1,xx+时，()0fx，因为2122xxx，所以()220fx，即()2222ln221ln1xaxxax−+−+所以2ln2ax，而22ln1xax+=，即2ln1ln2x+，所以220ex，而22ln1xax+=，令(

)ln1xhxx+=，20,ex则()2211n11nxxxhxx−−−==，20,ex，2lnln0ex−−，所以()0hx，所以()hx在20,e上单调递

增，所以()le2ee2n2ln22hhx==，所以20,2elna【小问2详解】1220xx22211212ee2xxxxxx+，当且仅当12xx=取等号，而1202xx，故2221

1212ee2xxxxxx+要证222112e42xxxx+，即证12e242xx，即证1228exx即证1228lnlnexx，即证12lnln3ln22xx+−，1122ln1l

n1xaxxax+=+=.设12xtx=，1220xx，2t，2lnln11txt=−−，1lnln1ln1txtt=−+−，122lnlnlnln21txxtt+=+−−令()2lnln21tgttt=+−−，2t，()()2212ln

1ttgttt−−=−令()212lnttt=−−，()22ttt=−，易知()22ttt=−在()2,+上单调递增，故()()230t=，∴()t在(1,)+单调递增，∴()()10t=，∴(

)gt在()2,+上单调递增，∴()()23ln22gtg=−得证【点睛】关键点睛：本题第2问首先采用了基本不等式进行放缩得22211212ee2xxxxxx+，从而将题目的证明转化为证明12lnln3ln22xx+−，然后得到1122ln1l

n1xaxxax+=+=，利用经典的比值换元法，设12xtx=，2t，则122lnlnlnln21txxtt+=+−−，从而设()2lnln21tgttt=+−−，2t，通过多次求导研究其单调性和值域即可..获得更多资源请扫码

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