【文档说明】山东省泰安市2023届高三二模数学试题 含解析.docx，共(28)页，2.284 MB，由小赞的店铺上传

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高三二轮检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答

题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知全集{1,2,3,4}U=，集合{1}A=，(){

3}UCAB=，则集合B可能是（）A.{4}B.{1,4}C.{2,4}D.{1,2,3}【答案】C【解析】【分析】根据集合的定义和运算规律求解即可.【详解】∵{1,2,3,4}U=，(){3}UCAB=∴{1,2,4}AB=又∵{1}A=∴{2,4}B=故选：C.2.

若112i1iz−=+−（i为虚数单位），则1z−=（）A.22B.10C.5D.2【答案】B【解析】【分析】先利用复数的四则运算求出复数z，然后利用复数求模的公式即可计算.【详解】由112i1iz−=+−可得1(12i)(1i)3iz−=+−=+，所以2

213110z−=+=，故选：B.3.为了研究某班学生脚长x（单位厘米）和身高y（单位厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为ˆˆˆybxa=+．已知101225iix=

=，1011600iiy==，ˆ4b=．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为A.160B.163C.166D.170【答案】C【解析】【详解】由已知22.5,160xy==,160422.570,424166ˆ70ay=−==+=，故选C.4.已知非零向量,ab满足(2)(2)a

bab+⊥−，且向量b在向量a方向的投影向量是14a，则向量a与b的夹角是（）A.6B.3C.2D.23【答案】B【解析】【分析】由垂直关系得出2ab=，由向量b在向量a方向的投影向量得出1cos,4baba=，由两式得出1cos,2ab=，进而得出夹角.【详解】因为(2)(2)abab

+⊥−，所以22(2)(2)40ababab+−=−=，即2ab=①.因为向量b在向量a方向的投影向量是14a，所以1cos,4ababaa=.所以1cos,4baba=②，将①代入②得，1cos,2ab=，又,0,ab，所以π,3ab

=.故选：B5.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：()2214xy−+=，若直线l：0xym++=上有且只有一个点P满足：过点P作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且使得四边形PMCN为正方形，则

正实数m的值为（）A.1B.22C.3D.7的【答案】C【解析】分析】根据四边形PMCN为正方形可得22=PC，转化为圆心C到直线l的距离为22可求得结果.【详解】由()2214xy−+=可知圆心(1,0)C，半径为2，因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆C的半径2，所

以22=PC，所以直线l：0xym++=上有且只有一个点P，使得22=PC，即PC⊥l，所以圆心C到直线l的距离为22，所以|10|2211m++=+，解得3m=或5m=−（舍）.故选：C【点睛】关键点点睛：将题意转化为圆心C到直线l的距离为22是解题关键.6.已知

奇函数()fx在R上是减函数，()()gxxfx=，若()2log5.1ag=−，()3bg=，()0.82cg=，则a，b，c的大小关系为（）A.abcB.cbaC.bcaD.bac【答案】D【解析】【分析】由题可知()gx为偶函数，

且在()0,+上单调递减，利用函数的单调性可比较出bac.【详解】因()fx为奇函数且在R上是减函数，所以()()fxfx−=−，且0x，时()0fx.因()()gxxfx=，所以()()()gxxfxxfx−=−−=，故()gx为偶函数.当0x时，()()()0gxfxxfx=+

，因()0fx，()0fx，所以()0gx.即()gx在()0,+上单调递减.()()22log5.1log5.1agg=−=，因0.82223log9log5.1log422==，所以()()()0.823log5.12ggg，即bac.故选：D

.7.我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图所示的池盆几何体是一个刍【童，其中上下底面为正方形，边长分别为6和2，侧面是全等的等腰梯形，梯形的高为22.已知盆中有积水，将一半径为1的实心铁球放入盆中之后，盆中积水深

变为池盆高度的一半，则该盆中积水的体积为（）A.2822π33−B.284π33−C.2824π33−D.282π33−【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，这个刍童为棱台，求出棱台的高，从而求出放入球后水面的高度和边长，再将棱台的体积减去水中球的体积即可得解.【详解】根据

题意可知，这个刍童为棱台，如图，为垂直底面的截面，则棱台的高为()22622222−−=，因为盆中积水深变为池盆高度的一半，所以水面边长为4，高为1，则实心球只有一半在水中，所以该盆中积水

的体积为()2114282π16416411π32333++−=−.故选：D.8.已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=，其一条渐近线方程为30xy+=，右顶点为A，左，右焦点分别为

1F，2F，点P在其右支上，点()3,1B，三角形1FAB的面积为312+，则当1PFPB−取得最大值时点P的坐标为（）A.663,122−−B.663,122++C.333,1210++D.65781078,2222++【答

案】B【解析】【分析】根据三角形1FAB的面积结合渐近线方程可得,,abc的值，再根据双曲线的定义转换可得当且仅当2,,PBF共线且B在2,PF中间时1PFPB−取得最大值，进而联立直线2BF与双曲线的方程求解即可.【详解】设()()12,0,,

0FcFc−，则由三角形1FAB的面积为312+可得()131122ac+=+，即23ac+=+，又双曲线一条渐近线方程为30xy+=，故33ba=，即3ab=，故22224,2cabbcb=+==，故3223bb+=+，解得1b=，故3,2ac=

=，双曲线22:13xCy−=.又由双曲线的定义可得1222323PFPBPFPBBF−=+−+，当且仅当2,,PBF共线且B在2,PF中间时取得等号.此时直线2BF的方程为()1232yx=−−，即2yx=−，联立22132xyyx−==−可

得2212150xx−+=，解得632x=，由题意可得B在2,PF中间可得632x=+，代入2yx=−可得612y=+，故663,122P++.故选：B二、选择题：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.随机变量()2~,XN且()20.5PX=，随机变量()~3,YBp，若()()EYEX=，则（）A.2=B.()22DX=C.2

3p=D.()32DY=【答案】AC【解析】【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据()()EYEX=及二项分布期望公式可求出p；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出()DY，进而求得()3DY.【详解】对

AB，因为()2,XN且()20.5PX=，所以2=，故()2EX==，()2Dx=，选项A正确，选项B错误；对C，因为()3,YBp，所以()()3EYpEX==，所以32p=，解得23p=，

选项C正确；对D，()()2239931633DYDY==−=，选项D错误.故选：AC.10.已知函数()()sin3cos0fxxx=+的零点依次构成一个公差为π2的等差数列

，把函数()fx的图象向右平移π6个单位长度，得到函数()gx的图象，则函数()gx（）A.是奇函数B.图象关于直线π2x=对称C.在π3π,44上是减函数D.在π2π,63上的值域为3,2−【答案】ACD【解析】【分析】利用辅助角公

式得出()π2sin3fxx=+，由已知条件求得值，再利用函数图象变换求得函数()ygx=的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.的【详解】()πsin3cos2sin3fxxxx=+=+，由于函数()yfx=的零点构成一个公差为π2的等差数列，则该

函数的最小正周期为π，0，则2π2π==，所以()π2sin23fxx=+，将函数()yfx=的图象沿x轴向右平移π6个单位，得到函数()ππ2sin22sin263gxxx=−+

=的图象.对于A选项，函数()ygx=的定义域为R，()()()2sin22sin2gxxxgx−=−=−=−，函数()ygx=为奇函数，A选项正确；对于B选项，π2sinπ02g==，所以函数()ygx=的图象不关于直线π2x=对称，B选项错误；对于C选项，当

π3π,44x时，π3π222x，则函数()ygx=在π3π,44上是减函数，C选项正确；对于D选项，当π2π63x时，π4π233x，则3sin212x−，()32gx−.所以，函数()ygx=在区间π2

π,63上的值域为3,2−，D选项正确.故选：ACD11.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，3ABAC==，1BC=，13AA=，点M在线段1BB上，且12BMMB=，N为线段1CM上动点，则下列结论正确的是（）A.当N为1CM的

中点时，直线AN与平面ABC所成角的正切值为114的B.当12MNNC=时，1BN//平面ACMC.ACN△的周长的最小值为33D.存在点N，使得三棱锥NAMC−的体积为116【答案】BD【解析】【分析】取BC的中点P,证明PN^平面ABC，故PAN为直线AN与平面ABC所成

的角，求解可判断A；延长1BN交1CC于点Q，可得四边形1CQBM是平行四边形，从而可判断B；当点N与M重合时，求出ACN△的周长可判断C；取BC的中点P,连接AP，若三棱锥NAMC−的体积为116，则1CMNS=△，根据1CMCCMNSS△△可判断D.

【详解】对于A，当N为1CM的中点时，取BC的中点P,连接,PNAP，易知1//PNCC,1CC⊥平面ABC，则PN^平面ABC，故PAN为直线AN与平面ABC所成的角，则()111342tan1111112MBCCPNPANAP++====,故A错误；对于B，当12

MNNC=时，延长1BN交1CC于点Q，此时11112CQCNBMMN==，所以11,2CQCQ==，所以1CQBM=.又1//CQBM，所以四边形1CQBM是平行四边形，所以1//CMBQ，即1//CMBN.因为1BN

平面ACM，CM平面ACM，所以1BN//平面ACM，故B正确；对于C，当点N与M重合时，易知2,2ANCN==，此时ACN△的周长为223++，显然有22333++，故C错误；对于D，取BC的中点P,连接AP，易知AP⊥平面

11BCCB,112AP=,若三棱锥NAMC−的体积为116，即116NAMCV−=，所以11136CMNSAP=△,所以1CMNS=△.因为113311,22CMCCMNSS===△△所以存

在点N，使得三棱锥NAMC−的体积为116，故D正确.故选:BD.12.已知函数()()221exfxxaxbxb=−−−+，,abR.（）A.若曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为220xy−−=，且过点()1,e2−，则1a=−，2b=B.当a

b=且10ea时，函数()fx在()0,+上单调递增C.当ab=时，若函数()fx有三个零点，则()8e,1e,5ea+D.当0a=时，若存在唯一的整数0x，使得()00fx，则2335

,13e,e2e2b【答案】BCD【解析】【分析】A选项，由导数几何意义结合题意可知()()1e202ff=−=，即可判断选项正误；B选项，利用导数知识结合10ea可

得()fx的单调区间，即可判断选项正误；C选项，()fx有三个零点等价于直线ya=与函数()2211exxyxx−=+−图象有3个交点，利用函数研究()()2211exxgxxx−=+−单调性，极值情况，即可判断选项正误；D选项，由题可得，存在唯一整数0x，

使()()21exhxx=−图象在直线()()1nxax=−下方.，利用导数研究()()21exhxx=−单调性，极值情况，可得其大致图象，后利用切线知识结合()(),hxnx图象可确定0x及相关不等式，即可判断选项正误.【详解】A选项，()()21e2xfxxa

xb=+−−，由题()1ee2fa=−=−，()012fb=−=，则2a=，1b=-，故A错误；B选项，当ab=时，()()221exfxxaxaxa=−−−+，()()()()21e221exxfxxaxaxa=+−−=+−.因10

ea，则112lna−−.()0lnfxxa或()12xfx−在()12,ln,,a−−+上单调递增，则()fx在()0,+上单调递增，故B正确；C选项，当ab=时，令()()221e0xfxxaxaxa=−−−+=，注意到当210xx+−=时，()0fx，

则()2211exxaxx−=+−，则函数()fx有三个零点，相当于直线ya=与函数()2211exxyxx−=+−图象有三个交点.令()()2211exxgxxx−=+−，其中151522,x−−−+.()()()()222111exxxxgxx

x+−=+−.令()1002gxx−或()1xgx在()1012,,,−+上单调递增；()1502gxx−−或15122x−−−或1502x−+或()1512xgx−+在151511502222

,,,,,−−−−−+−−，15,12−+上单调递减，又()()0,,,xgxxgx→−→→+→+，则可得()gx大致图象如下，则由图可得，当()8e,1e,5ea+，直线ya

=与函数()2211exxyxx−=+−图象有三个交点，即此时函数()fx有三个零点，故C正确；D选项，由题可得，()()000211exxax−−，即存在唯一整数0x，使()()21exhxx=−图象在直线()()1nxax=−下方

.则()()21exhxx=+，()()110022,hxxhxx−−，得()hx在1,2−−上单调递减，在1,2−+上单调递增，又()()0,,,xhxxhx→−→→+→+，()()1nxax=−过定

点()1,0，可在同一坐标系下做出()hx与()nx图象.又设()hx过()1,0点切线方程的切点为()()11,xhx，则切线方程为：()()()111yhxxxhx=−+，因其过()1,0，则()()()()12111111013

20exhxxhxxxx=−+=−=或32，又注意到()()11hn结合两函数图象，可知00x=或2.当00x=时，如图1，需满足()()()()0031112ehnahn−−；当02x=时，如图2，需满足(

)()()()22225e3e332hnahn；综上：2335,13e,e2e2ab=，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：对于选填题，为便于快速找到答案，常使用数形结合思想，用直观的图象解决函数零点与函数不等式成立问题

，而做出图象的关键就是利用导数知识研究函数的单调性，极值.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________

_个.（用数字作答）【答案】312【解析】【分析】分两种情况，结合排列数和组合数公式求解.【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有44A24=个；2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有134344CCA288=个，综上可知，共有24288312+=

个.故答案为：31214.已知23sin3cos3+=，则5πsin26−=_______.【答案】13−【解析】【分析】利用辅助角公式求得πsin3+，根据倍角公式和诱导公式化简目标式，

即可求得结果.【详解】因为23sin3cos3+=，故可得π3sin33+=，则5ππsin2sin266−=+=πππsin2cos2323+−=−+22π312sin121333

=+−=−=−故答案为：13−.15.若m，n是函数()2fxxpxq=−+()0,0pq的两个不同零点，且m，n，2−这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq=__________.【答案】20

【解析】【分析】由题可确认m，n同为正数，则2,,mn−成等比数列，又不妨设mn，则2,,mn−成等差数列，即可得答案.【详解】由题可得0000mnpmmnqn+==，则2,,mn−成等比数列

，得()224mn=−=.又不妨设mn，则2,,mn−成等差数列，得22mn=−.结合4mn=，可得()()22412mmmm+=+=，解得1m=或2−（舍去），即152044mppqnq=====.故答案为：2016.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左，

右焦点分别为1F，2F，椭圆C在第一象限存在点M，使得112=MFFF，直线1FM与y轴交于点A，且2FA是21MFF的角平分线，则椭圆C的离心率为_________.【答案】512−【解析】【分析】首先设12

MFF=，再根据题意和椭圆的定义求得2,MFAM，转化为关于,ac的等式，进而求得椭圆的离心率.【详解】由题意得1122MFFFc==，又由椭圆的定义得222MFac=−，记12MFF=，则212AFFMFA

==，121222FFMFMFMAF===，则2122AFAFac==−，所以42AMca=−，故122MFFMFA，则2122MFAMFFMF=，则2242222accacac−−=−，即220caca+

−=等价于210ee+−=，得：512e−=或512e−−=（舍）故答案为：512−四、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.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，

c，2a=，3b=，1cos3B=−.（1）求sinC；（2）若点D在ABC的外接圆上，且ABDCBD=，求AD的长.【答案】（1）10227（2）332AD=【解析】【分析】（1）方法一，由余弦定理先求c，再根据正弦定理求sinC；方法二，首

先根据正弦定理求sinA，再根据()sinsinCAB=+求解；（2）首先根据角的相等关系得到ADDC=，再根据πABCADC+=，得1cos3ADC=，再根据余弦定理求AD.【小问1详解】方法一：在ABC中，由余弦定

理得，219443cc=+−−即24503cc+−=解得3c=−（舍）或53c=1cos3B=−，()0,B22sin3B=由正弦定理得，52210233sin327C==.方法二：ABC中，1cos3B=

−22sin3B=.由正弦定理得，222423sin39A==7cos9A=()421722102sinsin939327CAB=+=−+=.【小问2详解】连接CDABDCBD=ADCD=ADCD=又πABCADC+=，

1cos3ADC=，设ADCDm==()0m在ACD中，由余弦定理得，2222149233mmmm=+−=，2274m=332m=332AD=.18.如图，在三棱锥−PABC中，平面PBC⊥平面ABC，PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BDPA⊥，2B

C=，1AC=.（1）求证：AC⊥平面PBC；（2）在线段AC上是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，12CF=【解析】【分析】

（1）先证明BDPC⊥，结合BDPA⊥，由线面垂直判定定理和定义证明ACBD⊥，取BC中点G，由面面垂直性质定理证明PG⊥平面ABC，由此可得PGAC⊥，最后利用线面垂直判定定理证明AC⊥平面PBC；【小问1详解】PBC为等边三角形，D为PC中点，BDPC⊥，

又BDPA⊥，PAPCP=，PA，PC平面PAC，BD⊥平面PAC，AC平面PAC，ACBD⊥，取BC中点G，连接PG，PBC为等边三角形，PGBC⊥，平面PBC⊥平面ABC，平面PBC平面ABCBC=，PG平面PBC.AC平面ABC，PGAC⊥，BD与PG相交，BD，PG平

面PBC，AC⊥平面PBC；【小问2详解】以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C且与GP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C，()0,2,0B，()0,1,3P，130,,22D

，330,,22E，设(),0,0Fa()01a，则()0,1,0DE=，13,,22DFa=−−，设平面DEF的一个法向量为(),,nxyz=r，则00nDEnDF==，所以013

022yaxyz=−−=，取3x=，可得02yza==，()3,0,2na=为平面DEF的一个法向量，取平面ABC的一个法向量为()0,0,1m=，则221cos,234mnamnmna===+，解得12a=，此时12CF=，

在线段AC上存在点F使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，且12CF=.19.已知数列na的前n项和为nS，12a=，0na，14nnnaaS+=.（1）求na；（2）设()()131nnnb

=−−，数列nb的前n项和为nT，若*Nk，都有212kkTT−成立，求实数的范围.【答案】（1）2nan=，*nN（2）()2,6−【解析】【分析】（1）由14nnnaaS+=，可得()1142nnnaaSn−−=，两式相减并化简后可得114n

naa+−−=()2n，后分奇偶情况可得na；（2）方法1，由题()()31nnnb=−−−，由等比数列前n项和公式可得221,kkTT−表达式；方法2，注意到2121223kkkbb−−+=，可得221,kkTT−表达式.后注意到221,kkTT−的单调性，利用12TT可得答案

.【小问1详解】14nnnaaS+=，()1142nnnaaSn−−=.()114nnnnaaaa+−−=()2n，0na，114nnaa+−−=()2n.又12a=，1214aaS=，24a=，数列na的奇数项

，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当21nk=−时，()2142221kakk−=−=−；当2nk=时，2422kakk==.综上，2nan=，*nN【小问2详解】方法一：()()()()()()11313131nnnnnnnb+=−−=−−−=−+−，()

()()()()313111311nnnT−−−−−=+−−−−()()3331142nn−−−−=+()()332114nn−−−−=.()23914kkT−=，()211194kkT−=−.方法二：()()131nnnb=−−，()()21221212313

123kkkkkbb−−−+=−−+−=，()135212391232323234kkkT−−=++++=，()()()221223911311944kkkkkkTTb−−=−=−−=−，∴2,Nnkk=时，()23914kn

kTT−==为递增数列，21,Nnkk=−时，()211194knkTT−==−为递减数列，若*Nk，都有212kkTT−成立，只需使()211kλTT−=max，则2−且()22kλTT

=min，则6.()2,6−20.2022年11月，《2021年全国未成年人互联网使用情况研究报告》发布.报告显示，2021年我国未成年网民规模达1.91亿，未成年人互联网普及率达96.8%.互联网已成为未成年人学习，娱乐，社交的重要工具.但与

此同时，约两成的未成年网民认为自己对互联网存在不同程度的依赖.某中学为了解学生对互联网的依赖情况，决定在高一年级采取如下“随机回答问题”的方式进行问卷调查：一个袋子中装有5个大小相同的小球，其中2个黑球

，3个红球.所有学生从袋子中有放回地随机摸两次，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式①回答问卷，否则按方式②回答问卷”.方式①：若第一次摸到的是红球，则在问卷中画“√”，否则画“×”；方式②：若你对互联网有依赖，则在问卷中画“√”，否则画“×”.当所有学生完成问卷调查后

，统计画“√”，画“×”的比例.用频率估计概率，由所学概率知识即可求得高一年级学生对互联网依赖情况的估计值.（100%对互联网有依赖的学生人数依赖率=高一所有学生人数）（1）若高一（五）班有50名学生，用X表示其中按方式①回答问卷的人数，求X的数学期望；（2

）若所有调查问卷中，画“√”与画“×”的比例为1：2，试估计该中学高一年级学生对互联网的依赖率.（结果保留两位有效数字）【答案】（1）24（2）18%【解析】【分析】（1）按方式①回答问卷，即两次摸到的球的颜色不同，概率为1225，50名学生按方

式①回答问卷的人数服从于二项分布，运用公式计算数学期望（2）记事件A为“按方式①回答问卷”，事件B为“按方式②回答问卷”，事件C为“在问卷中画‘√’号”，利用全概率公式计算条件概率.【小问1详解】每次摸到黑球的概率125P=，摸到红球的概率2

35P=每名学生两次摸到的球的颜色不同的概率3231225525P==由题意知，高一五班50名学生按方式①回答问卷的人数12~50,25XB，X的数学期望()12502425EX==.【小问2详解】记事件A为“按方式①回答问卷

”，事件B为“按方式②回答问卷”，事件C为“在问卷中画‘√’号”.由（1）知()1225PA=，()()13125PBPA=−=，()()()3265525PAPCAPAC===由全概率公式得，()()()()

()PCPAPCAPBPCB=+()161332525PCB=+()70.1818%39PCB==由调查问卷估计，该中学高一年级学生对互联网依赖率约为18%.21.已知点()0,1M和点()0,2Nx()00x之间的距离为2，抛物线

()2:20Cypxp=经过点N，过点M的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，点E，F分别在直线NA，NB上，且()MONENM=−，()MONFNM=−（O为坐标原点）.的（1）求直线l的倾斜角的取值范围；（2）求+的值.【答案】（1）ππ2π2

π0,,,π6233（2）2【解析】【分析】（1）由24=MN求出03=x，将()3,2代入抛物线C的方程得2433yx=，设直线l的方程为1ykx=+()0k，与抛物线方程联立利用判别式得k的范围，再由

向量共线得点E，F均在y轴上，可得k的取值范围及直线l的倾斜角的取值范围；（2）设2113,4Ayy2223,4yBy，根据M，A，B三点共线得1212yyyy=+，再由MOME=，MOMF=求出11Ey=−，11Fy=−，

求出直线NA的方程令0x=得Ey，同理可得Fy，代入+可得答案.【小问1详解】22014MNx=+=，203x=，00x，03=x，将()3,2代入22ypx=，解得233p=，抛物线C的方程为

2433yx=，直线l过点()0,1M，且与抛物线C有两个不同的交点，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为1ykx=+()0k，由24331yxykx==+得，22432103kxkx+−+=，0k且22432403kk=−

−△，即161630k−，33k且0k，()OMNENM=−，()MONFNM=−，MOME=，MOMF=，点E，F均在y轴上，NA，NB均与y轴相交，直线l不过点()3,2−，3k，k的取值范围为33

k且0k且3k−，直线l的倾斜角的取值范围为ππ2π2π0,,,π6233；【小问2详解】设2113,4Ayy2223,4yBy()12yy，M，A，B三点共线，122212113344yyyy−

−=，1212yyyy=+，MOME=，MOMF=，11Ey=−，11Fy=−，由（1）知，33k，12y且22y，直线NA的方程为()121223334yyxy−−=−−，令0x=得1122Eyyy=+，同理可得，2222Fyyy=+，1111EFy

y+=+−−12122222yyyy++=+−−()121212121282822424yyyyyyyyyy−−===−++−.【点睛】思路点睛：直线方程与圆锥曲线方程联立利用韦达定理是解决直线与圆锥曲线的位置共线的常用方法，三点共线要利用斜率线段或向量共线，本题考查了学生的思维能力、

运算能力.22.已知函数()1elnxfxmx−=−，Rm.（1）当1m时，讨论方程()10fx−=解的个数；（2）当em=时，()()2eln2txgxfxx+=+−有两个极值点1x，2x，且12xx，若2ee2t，证明：（i）1223xx+；（ii）()()122

0gxgx+.【答案】（1）答案见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）方法1，由()10fx−=，可得1ln1exxm−+=，后令()1ln1exxhx−+=，利用导数知识可得其值域即可知()10fx−=解的情况；方法2，()()11eln1xhxfx

mx−=−=−−，利用导数知识可知1m=时，()hx的单调性与零点情况，又利用1eln10xx−−−可知当1m时，()0hx，即可得()10fx−=解的情况；（2）（i）由题可得()exnxtx==，由2ee2t结

合()nx单调性可得123xx+，后通过构造()()21ln1xqxxx−=−+可证122xx+；（ii）由（i）可知()()112112132e1ee22xxxgxgxx−+−+−，后说明()231eee022xxxMxx−=−+−

，(0,1x即可证明结论.【小问1详解】方法一：()11eln10xfxmx−−=−−=，1ln1exxm−+=.设()1ln1exxhx−+=，则()111lnexxxhx−−−=.设()11lnxxx=−−，则()2110xxx=−−，()x单调递减.()10

=，当01x时，()0x，()0hx，()hx单调递增；当1x时，()0x，()0hx，()hx单调递减.()()max11hxh==，当1m=时，方程有一解，当1m时，方程无解；方法二：设()()11eln1xhxfxmx−=−=−−，则(

)11exhxmx−=−.设()()11e0xxmxx−=−，则()121e0xxmx−=+.()x单调递增当1m=时，()11xxex−=−，()10=当01x时，()0x，()hx单调递减；当1x时，()0x，()hx单调递增.

()()min110hxhm==−=，方程()10fx−=有一解.当1m时，()11eln1eln1xxhxmxx−−=−−−−.令()()1111elnexxmxxmxx−−=−−=−,令()()112110eexxnxnxxx−−=−=+，则()n

x在()0,+上单调递增，又()10n=，则()()()010,xnxmx在()0,1上单调递减，()()()10,xnxmx+在()1,+上单调递增，则()()1=0mxm.即()11eln1eln10xxhxmxx−−=−−−−，

()0hx=无解，即方程()10fx−=无解.综上，当1m=时，方程有一解，当1m时，方程无解．【小问2详解】（i）当em=时，()()2ee022xtgxxx=−−，则()exgxtx=−，1x，2x是方程e0xtx−=的两根.设()exrxtx==，则()()2e

1xxrxx−=，令()0rx=，解得1x=，()rx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增.()1er=，()2e22r=，当2ee,2t时，101x，212x，123xx+.由12111222lnlneln

lnexxxtxtxxtxtx=+==+=221211lnlnlnxxxxxx-=-=.令211xpx=，1ln1pxp=−，2ln1ppxp=−，12lnln1ln111ppppxxpppp++=+=−−−.122xx+等价于()21ln1ppp−+.设()()2

1ln1xqxxx−=−+，)1,x+，则()()()()222114011xqxxxxx−=−=++，()qx单调递增，()()10qxq=，()0qp，即()21ln1ppp−+，122x

x+，综上，1223xx+；（ii）由（i）知，11extx=，22extx=.()()12221212e2e2ee22xxtgxgxxtx+=−−+−−1222123e2ee22xxtxtx=−+−−1122123ee2eee22xxxxxx=−+−−()12

123e1e2e22xxxx=−+−−.由（i）知，12122xx−，设()()2exsxx=−，()1,2x，则()()1e0xsxx=−.()sx单调递减，()()212sxsx−，即()21221

2eexxxx−−.()()112112132e1ee22xxxgxgxx−+−+−.设()231eee22xxxMxx−=−+−，(0,1x，则()()()211e

1e2xxMxxx−=−+−()211ee02xxx−=−+.()Mx单调递增，又()10M=，当()0,1x时，()0Mx.()10Mx，()()1220gxgx+，即命题得证.【点睛】关键点睛：本题涉及讨论函数零点及极值点偏

移问题.对于零点问题，常利用分离参数法和研究函数单调性解决，还可以利用数形结合思想转化为函数图象与直线的交点问题；对于极值点偏移问题，关键是将多变量转变为单变量，常利用引入参数或不等关系构造新函数证明结论.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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