【文档说明】安徽省临泉第一中学2023届高三下学期模拟考试（三模）数学试题 含解析.docx，共(26)页，2.115 MB，由小赞的店铺上传

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数学本试卷共4页，22题.全卷满分150分考试时间120分钟考生注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上

对应题目的答案标号涂黑.写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并

上交.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ln0Axx=，2Bxx=，则AB=（）A.)1,2B.)1,4C.)0,2D.)0,4【答案】B【解析】【分析】根据题意，将集合,A

B分别化简，然后结合交集的运算即可得到结果.【详解】)ln01,Axx==+，)20,4Bxx==，故)1,4AB=，故选：B.2.若复数z满足()1i1iz−=+，则z的虚部是（）A.iB.

1C.2i2D.22【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数z，即可确定答案.【详解】因为()1i1iz−=+，所以1i2(1i)22i1i222z++===+−，故z的虚部是22，故选：D3.在研究成对数据的统计相关性时下列说

法错误的是（）A.样本相关系数为r，则r越大，成对样本数据的线性相关程度越强B.用最小二乘法得到的经验回归方程ˆˆˆybxa=+一定经过样本点中心(),xyC.用相关指数2R来刻画模型的拟合效果时，若2R越小，则相应模型的拟合效果越好D.用残差平方和来刻画模型的拟合效果

时，若残差平方和越小，则相应模型的拟合效果越好【答案】C【解析】【分析】根据样本相关系数，回归直线方程，相关指数和残差的概念判断即可．【详解】对于A选项，样本相关系数r来刻画成对样本数据的相关程度，当r越大，则成对样本数据的线性相关程度越强，故A正确；对于B选项，经验回归方程ˆˆˆybxa=+一

定经过样本中心点(),xy，故B正确；对于C选项，相关指数2R来刻画模型的拟合效果，若2R越大，则相应模型的拟合效果越好，故C错误；对于D选项，残差平方和越小，则相应模型拟合效果越好，故D正确；故选：C．4.已知43321mn==，则（）A.1m

n−B.1nm−C.1mn−D.1nm−【答案】D【解析】【分析】利用指数式和对数式的互换得到m，n，然后利用作差法和基本不等式比较大小即可.【详解】由已知得3log41m=−−，2log31n=−−，又223333323333log2log4log8111log2l

og422log3log40log2log2log2mn+−−−−=−==，所以1nm−.故选：D.5.已知椭圆长轴、短轴的一个端点分别为A，B，F为椭圆的一个焦点，若ABF△为直角三角形，则该椭圆的离心率为（）的A.22B.24C.512−D.514+【答案】

C【解析】【分析】根据椭圆的几何性质表示ABF△的各边长，并结合勾股定理求解结果.【详解】如图，22,,AFacBFaABab=+==+，由已知得2222()abac+=+，且222bac=−，0=cea，得2220,10cacaee

+−=+−=，解得512e−=.故选：C.6.在RtABC△中，4ACBC==，D是以BC为直径的圆上一点，则ABAD+的最大值为（）A.12B.82C.56D.65【答案】A【解析】【分析】画出图分析，将A

BAD+的最大值转化为点A到圆O上一点距离的最大值求解即可.【详解】如图：取BC，BD中点E，G，可知2ABADAG+=，且BGEG⊥，取BE的中点O，则G为圆O上一点，所以AG最大值为16AO+=，故AB

AD+的最大值为12.故选：A.7.已知球O与圆台12OO的上、下底面及母线均相切，且圆台12OO的上、下底面半径之比为12，记球O与圆台12OO的表面积分别为1S、2S，则（）A.1212=SSB.1

247SS=C.1257SS=D.1289SS=【答案】B【解析】【分析】根据题意，做出截面图，再结合球的表面积公式，代入计算，即可得到结果.【详解】圆台12OO与球O的截面图如图所示，设球O的半径为R，圆台12OO的上、下底面半径分别为r，2r，则母线长为3r，

由已知得222Rr=.2214π8πSRr==，22222π4π9π14πSrrrr=++=，21228π414π7SrSr==，即1247SS=，故选：B.8.设函数()yfx=的定义域为R，()()1gxfx=+为偶函数，()22g

x−为奇函数，则一定有（）A.20221()0ifi==B.20221()0igi==C.20231()(0)ifif==−D.20231()(1)igif==【答案】C【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得其周期，然后结合其周期性代入计算，即可得到结果.【详解】由()gx为偶

函数，故()()gxgx−=，即()()11fxfx−=+，所以()fx图像关于1x=对称；()22gx−为奇函数，故()2gx−为奇函数，()gx图像关于()2,0−对称，()fx图像关于()1,0−对称.()fx是周期为8T=的函数.(1)(3)(7)0fff−===，则可得函数(

)fx的大致图像，如图所示，则(1)(2)(3)(8)0ffff++++=，20221()(1)(2)(3)(6)(6)0ififffff==++++=，20221()(2)(3)(7)(5)(6)0igifffff==+++=+，20231()(1)(

2)(3)(7)(8)(0)ififfffff==++++=−=−，20231()(2)(3)(8)(1)igiffff==+++=−.故选：C.二、多项选择题：本大题共4个小题每小题5分共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分选

对但不全的得3分有选错的得0分.9.已知函数()eexxfx−=+，()fx为()fx的导函数，则（）A.()fx的最小值为2B.()fx在(),−+单调递增C.直线()1eeyx−=+与曲线()yfx=相切D.直线2yx=与曲线()yfx=相切【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利

用均值不等式得出结果；对于B，根据导数的符号判断函数()fx的单调性；对于C、D，设出切点坐标，利用导数求切线的斜率等于所给切线斜率，得出切点坐标，验证结果.【详解】对于A，1()eee2e−=+=+xxxxfx，当且仅当1xe=即0x=时，等号成立

，故A正确；对于B，()eexxfx−=−，令()()gxfx=，()e0exxxg−=+，故()gx在(),−+单调递增，即()fx在(),−+单调递增，故B正确；对于C，设()()()1eefxxhx−+=−，()()1eeeexxhxx−−+=+−

，()()1eeeexxhx−−−+=−在R上单调递增，()()1111eee20eeh−−−+=−−−=，()()221222ee2e22eeeee1h−−=−−−−−+=，又2e2.7,e7.29,2e5.4,

2112,12ee，所以()20h，所以存在()01,2x，使得()00hx=，即001eeeexx−−−=+，当()0,xx−时，()00hx，()hx单调递减；当()0,xx+时，()00hx，()hx单调递增；又()10h=

，()00hx，()()1222=eeee02h−−+−+，所以()0,2tx，使得()0ht=，所以方程()0hx=有两个实数根1x=和0xtx=，所以()1eeyx−=+与函数()eexxfx−=+有两个交点，.又()eexxfx−=−，1(1)eef−=−

，0001()ee()eeeetxxtftfx−−−−===−+，所以函数()fx在与()1eeyx−=+交点处的切线斜率都不为1ee−+.故C错误.对于D，设切点为()00,xy，由()()gxfx=，()ee−=+xxgx，故

()000ee−=+xxgx，所以002ee−+=xx，解得00x=，则切点为()0,0，曲线()yfx=的切线方程为2yx=，故D正确；故选：ABD.10.已知抛物线C：214yx=的焦点为F，P，Q为C上两点，则下列说法正确的是（）A.若()2,3M，则PMPF+的最

小值为4B.若()0,1N−，记PNF=，则2cos,12C.过点()3,2与C只有一个公共点的直线有且仅有两条D.以PQ为直径的圆与C的准线相切，则直线PQ过F【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由抛物线的定义即可判定；对于BC，利用直线与抛物线的位置关系即可判

定；对于D，由抛物线的性质即可判定.【详解】如图所示，设PQ的中点为B，过P、Q、B分别作1y=−的垂线，垂足为D、E、A，对于A，由题意可知，抛物线C：24xy=的焦点为()0,1F，准线为1y=−.()2,

3M在抛物线上方，4PMPFPMPA+=+，即最小值为M到准线1y=−的距离4，当M，P，A三点共线时等号成立，故A正确；对于B，由21142yxyx==，设过N与抛物线相切的直线与抛物线切于点200,4xGx

，则2000011422xxxx+==，此时切线斜率为1，即抛物线上任一点P，都有π0,4PNF=，故2cos,12，所以B正确；对于C,由于点()3,2在C的下方，设过()3

,2与抛物线相切的直线切于点200,4xGx，由上可得20000214232xxxx−==−或04x=，又知当3x=时该直线与抛物线只一个交点，故过点()3,2与C只有一个公共点的直线有三条，所以C不正确；对于D，由梯形中位线性质及抛物线定义知2PQB

EPAQDPFQF==+=+，所以直线PQ过F，故D正确.故选：ABD.11.在正三棱台111ABCABC-中，111AB=，12AA=，3AB=，2BMMA=，2CNNA=，过MN与1AA平行的平面记

为，则下列命题正确的是（）A.四面体11ABBC的体积为22B.四面体11ABBC外接球的表面积为12C.截棱台所得截面面积为2D.将棱台分成两部分的体积比为313【答案】ABC【解析】【分析】对于A，利用等体积转换求得结果；对于B，四面体11ABBC的外接球即

为正三棱台111ABCABC-的外接球，找到球心，求其半径即可；对于C，根据线面平行的判定作出平面，截棱台所得截面为长方形11MNCB，求其面积即可；对于D，根据棱台与棱柱的体积公式求解.【详解】如图1，O，1O分别是正三棱台的底面中心，1OO⊥平面ABC，由题

意，可得3OC=，1133=OC，过点1C作1⊥CHOC于点H，由112AACC==，233=−=CHOCOH，可得棱台的高22221112623233===−=−=hOOCHCCCH.连结1,MNNC，由2BM

MA=，2CNNA=，得出,MN分别为,ABAC的三等分点，所以MNBC∥，又11BCBC∥，所以11MNBC，又113==MNBC，11111ABBC==，所以11=MNBC，所以四边形11MNCB为平

行四边形.又111==ABAM，11ABAM，所以四边形11AMBA为平行四边形，所以11AAMB，又1BM平面11MNCB，1AA平面11MNCB，所以1AA//平面11MNCB，则为平面11MNCB.对于

A，由11CNMB，同理可证1CN//平面11AABB，三角形ABN面积为334，1B到平面ABC的距离为1263OO=.则四面体11ABBC的体积1111111332623432−−−−=====ABBCCABBNA

BBBABNVVVV，故A正确；的对于B，四面体11ABBC的外接球，即为正三棱台111ABCABC-的外接球，设外接球半径为r，由1263OO=，1133=OC，3OC=，2211113=+==OCOOOCOC，可知球

心即为O，故3rOC==，所以外接球表面积24π12π==Sr，故B正确；对于C，如图2，1OO⊥平面ABC，BC平面ABC，所以1OOBC⊥，又AOBC⊥，1=AOOOO，所以BC⊥平面11AOOA，又1AA平面11AOOA，所以1AABC⊥，所以1BMMN⊥.截棱台所得截面为长

方形11MNCB，故其面积为2，故C正确；对于D，棱台111ABCABC-体积13339326132344436V=++=，1113262432AMNABCV−==，()1111112523::2310AMNABCAMNABCVVV−−−==，故D错误

.故选：ABC.12.数列na，121aa==，()*21nnnaaan++=+N，该数列为著名的裴波那契数列，它是自然界的产物揭示了花瓣的数量、树木的分叉、植物种子的排列等植物的生长规律，则下面结论正确的是（

）A.242211nnaaaa+++=−B.222121nnnaaaaa++++=C.数列1152nnaa+−+为等比数列D.数列1152nnaa++−为等比数列【答案】ABD【解析】【分析

】对于A，根据累加法得出结果；对于B，根据12nnnaaa++=−，()211nnnnaaaa+−−=，累加得出结果；对于C、D，先假设等比数列公比为q，再结合21++=+nnnaaa进行判断.【详解】对于A，由123aaa+=，345aaa+

=，…，21221nnnaaa−++=，两边相加并代入11a=得242211nnaaaa++++=−，故A正确；对于B，因为21++=+nnnaaa，则11nnnaaa+−=−，则()211nnnnaaaa+−−=()()()22

2212123134211nnnnaaaaaaaaaaaaa+−+++=+−+−++−2123123432111nnnnnnaaaaaaaaaaaaaaa+−+=+−+−++−=.故B正确；对于C，假设1152nnaa+−+为公比为q等比

数列，故211151522nnnnaaqaa+++−−+=+，即21151522nnnaqaqa++−−=−+，所以1512q+−=，1512q+=，矛盾，故C不成立.对于D，假设

1152nnaa++−为公比为q的等比数列，故211151522nnnnaaqaa+++++−=−，即21151522nnnaqaqa++++=+−，由

已知得：1512q++=，1512q+=−，解得152q−=，所以D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活利用数列的递推关系，将选项进行变形转化，由11nnnaaa+−=−，转化()211nnnnaa

aa+−−=，再结合累加得出结果.本题是一个偏难的题目，灵活性强，学生不容易把握.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2022年12月18日在卡塔尔世界杯决赛中，阿根廷队战胜法国队冠222卡塔尔世界杯也缓缓落下了帷幕.下表是连续8届世界杯足球赛的进球总数：年份1994

1998200220062010201420182022进球总数141171161147145171169172则进球总数的第60百分位数是______.【答案】169【解析】【分析】把进球总数按从小到大排列，根据百分位数的定义求解

即可.【详解】把进球总数按从小到大排列141，145，147，161，169，171，171，172.由8604.8=%，故进球总数的第60百分位数是第5个数169.故答案为：169.14.已知函数()()()sin0,0fxAxA=+具有下列三个性质：①图象

关于π3x=对称；②在区间π0,3上单调递减；③最小正周期为π，则满足条件的一个函数()fx=______.【答案】5πsin26x+（答案不唯一）.【解析】【分析】根据三角函数的性质一一分析、、A的取值或范围即可.【

详解】由③可得2=，由①可得()πππ2ππZ326kkk+=+=−+，再由②可知π0,3x时，πππ2ππ,π662xkkk−+−++()kZ，则πππ3ππ,ππ,π6222kkmm−++++

，()Zkm、，故k为奇数时符合条件，不妨令1k=，则5π6=，A=1，此时5π()sin26fxx=+.故答案为：5π()sin26fxx=+.15.已知函数()()22lnfxxax=−有两个

极值点，则实数a的取值范围是______.【答案】10,2e【解析】【分析】求函数()fx导函数()fx，由已知可得2lnxax=有两个不相等的正实数根，利用导数研究函数()2lnxgxx=的性质，作出其图象，由此

可求a的取值范围.【详解】函数()()22lnfxxax=−的定义域为()0,+，导函数2ln()2xfxaxx=−，由已知2ln20xaxx−=有两个不相等的正实数根，所以2lnxax=有两个不相等正实数根，令2ln()xgxx=，则312ln

()xgxx−=，由()0gx=，得ex=.当()0,ex时，()0gx，函数()gx在()0,e上单调递增；当()e,x+时，()0gx，函数()gx在()e,+上单调递减.又()10g=，()1e2eg=，当1x时，

()0gx，当01x时，()0gx，当x→+时，()0gx→，由以上信息可得，函数()gx的图象大致如下：所以a的取值范围是10,2e.故答案为：10,2e.16.已知A，B分别为圆()2211xy−+=与圆()

2224xy++=上的点，O为坐标原点，则OAB面积的最大值为______.【答案】332##332【解析】【分析】作圆M关于y轴对称的圆，根据对称性，把问题转化为转化为在半径为1的内接三角形OEF的面积的最大值问题，运用三角形的面积公式和基本不等式

计算即可求解.【详解】设M：22(1)1xy−+=，则()1,0M半径为1；圆N：22(2)4xy++=，则()2,0N−，半径为2.以ON为直径画圆，延长BO交圆于F，连接FE，NE，NF，如图:则NFOB⊥，又NBNO=，所以F为BO的中点，由对称性可得OEOA=，1sin2ABOSOAO

BAOB=，及1sin2EBOSOEOBAOB=，所以2ABOEBOEFOSSS==，故当EFOS最大时，ABOS最大，故转化为在半径为1的内接三角形OEF的面积的最大值问题，对于一个单位圆内接三角形ABC的面积，1sin2ABCSabC=，又2sinaA=，

2sinbB=，所以3sinsinsin2sinsinsin2()3ABCABCSABC++=，当且仅当sinsinsinABC==时，即三角形ABC为等边三角形时等号成立，此时π3sinsinsin

sin32ABC====，所以3sinsinsin33332()2384ABCABCS++=，即三角形OEF的面积的最大值为334，所以ABOS最大值为3333242=.故答案为：332【点睛】关键点点睛：利用对称思想把面积问

题转化为圆内接三角形面积最大问题，用不等式求最值是难点.四、解答题：本大题共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.已知数列na的前n项和为nS，112nnnSSS++=.（1）若1n

S，证明：数列11nS−为等差数列.（2）若12a=，11000na，求n的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）用等差数列的定义进行证明；（2）利用第1问的结

论求出nS的解析式，进而求得数列na的通项公式，解不等式即可.【小问1详解】（1）由已知，0nS，1nS，112nnSS+=−，所以111111111111121nnnnnnnSSSSSSS+−=−=−

=−−−−−−−，故数列11nS−为公差为1等差数列【小问2详解】因为12a=，不满足条件，此时12S=，1111S=−，由（1）知数列11nS−为首项为1公差为1等差数列，所以11nnS=−，故11nSn=+，当2n时，1

1111(1)nnnaSSnnnn−=−=−=−−−，由11000na，故11(1)1000nn−，即()11000nn−，因为*nN，所以33n.故满足11000na的n最小值为33.18.某校工会为弘扬体育精神推动

乒乓球运动的发展现组织A、B两团体运动员进行比赛.其中A团体的运动员3名，其中种子选手2名；B团体的运动员5名，其中种子选手()15mm名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.（1）已知2m=，若选出的4名运动员中恰有2名种子选手，求这2名种子选手来自团体A的概率；（2）设X为

选出的4人中种子选手的人数，确定m的值，使得在X的所有取值中，事件2X=的概率最大.【答案】（1）16（2）3m=【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式及条件概率公式求解即可.（2）设选出的种子选手的人数为(),0,1,2,3,4=ii，解不等式

(1)1()PXiPXi=+=求解即可.【小问1详解】由已知得：设“选出的4名运动员中恰有2名种子选手”为事件A，224448CC3618()C7035===PA设“选出的4名运动员中恰有2名种子选手来自团体A”为事件B，则B团体选择2名非种子选手，222448CC3()C35==PAB.故

选出的4名运动员中恰有2名种子选手，这2名种子选手来自团体A的概率为()()()16PABPBAPA==.【小问2详解】种子选手人数为2m+，非种子选手人数为6m−，设选出的种子选手的人数为(),0,1,2,3,4=ii，4

2648CC()C−+−==iimmPXi，令13264842648CCC(1)(2)(4)1CC()(1)(3)CiimmiimmPXimiiPXiiim+−+−−+−=++−−===++−，即(2)(4)(1)(3)miiiim+−−++−解得12mi+，则(1)()PXiPXi=+=

，故122m+=，即3m=时，事件2X=的概率最大.19.在ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，满足()()()sinsinsinabABbcC−+=+.（1）求A大小；（2）22AB=，点

D在BC上，ADAC⊥，在①3BD=，②3cos3ADC=，③615BDDC+=这三个条件中任选一个作为条件，求ABC的面积.【答案】（1）2π3A=（2）323−【解析】【分析】（1）由正余弦定理边角互化

计算即可；（2）由题意分析可得π6BAD=，不管选哪个条件都需要利用正余弦定理进行边角转化，求出AC，再利用三角形面积公式求值即可.的【小问1详解】由已知及正弦定理得：()()()ababbcc−+=+，即222bcabc+−=−.由余弦定理得：2

221cos22bcaAbc+−==−，又()0,πA，所以2π3A=.【小问2详解】选①：由上可知，在ABD△中，π6BAD=，由正弦定理得：πsinsin6ABBDADB=，所以12262sin33ADB==.故()6sinsinπ3ADCADB=

−=，在RtACD中，ADC为锐角，π2CADC+=，故3cos3ADC=，3sincos3CADC==.πππ323sinsinsincoscossin6666BADCADCADC−=−=−=.在ABC中，sinsinABACCB=，故sin232sinA

BBACC==−.所以ABC的面积12πsin32323SABAC==−.选②：因为3cos3ADC=，所以6sin3ADC=.所以()6sinsinπ3ADBADC=−=.πππ323sinsinsincoscossin6666BADCADCADC−=−=−=

.在ABC中，sinsinABACCB=，故sin232sinABBACC==−.所以ABC的面积12πsin32323SABAC==−.选③：在ABD△中，由正弦定理得：πsinsin6ABBDADB=；在ACD中，由正弦定理得：πsinsin2ACCDADC=.22625A

BBDACCD+==，故232AC=−.所以ABC的面积12πsin32323SABAC==−.20.在梯形ABCD中，90ADCBCD==，222ADBCCD===，E为AD的中点，将DEC沿EC折起至PE

C的位置，且1PB=.（1）求证：平面PAE⊥平面PBC；（2）判断在线段AP上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PEC成角的正弦值为36.若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，22AQ=【解析】【分析】（1）由条件证明P

EPB⊥，PEPC⊥，根据线面垂直判定定理证明PE⊥平面PBC，再由面面垂直判定定理证明平面PAE⊥平面PBC.（2）取BE的中点O，由条件证明OP⊥平面.ABCE，建立空间直角坐标系，求直线BQ方向向量与平面P

EC法向量，结合条件列方程求出点Q的位置即可.【小问1详解】连接BE，由已知可得：2BECD==，又1PEDE==，1PB=，在PBE中，222PBPEBE+=，故PEPB⊥，又PEPC⊥，且PBPCP=，,PBPC平面PBC，所以PE⊥平面PBC.因为P

E平面PAE，所以平面PAE⊥平面PBC.【小问2详解】取BE的中点O，连接OP.由（1）知PE⊥平面PBC，故PEBC⊥.又BEBC⊥，所以BC⊥平面PBE，故BCOP⊥，又1PBPE==，所以OPBE⊥，又BEBCB=，,BEBC平面ABCE，所以OP⊥平面.ABCE以OB，OP

所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.则21,,02A−，20,,02B，20,,02E−，21,,02C−，20,0,2P，设(01)=AQAP，则221,2,22BQ=−

−，设平面PEC的法向量为()111,,mxyz=，220,,22EP=，221,,22CP=−，0mEP=，0mCP=，故11111022022yzxyz+=−+=，取11y=，则11z=

−，12x=，则()2,1,1m=−.故设直线BQ与平面PEC夹角为，则3sincos,6BQmBQmBQm===，所以22362243=−+，则12=或32=−（舍去），即Q为线段AP的中点，此时22AQ=.2

1.已知双曲线C：()222210,0yxabab−=，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为()6,4.（1）求C的方程；（2）设OD的中点

为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，PMPN=，MQQN=均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）221412yx−=（2）存在，22y=

【解析】【分析】（1）由点A的坐标求得c，结合双曲线的定义求得a，进一步计算得出双曲线的方程即可；（2）设直线PQ的方程为()0ykxmk=+，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得m，得到直线l的方程.【小问1详解】由已知C：22221(0,0)y

xabab−=，点A的坐标为()6,4，得4c=，焦点()10,4F，()20,4F−，222126864aAFAF=−=+−=.所以2a=，22212bca=−=，故C：221412yx−=.【小问2详解】设l的方程为()21ymm=，则()0,2Dm，故()0,Mm，由已知直线PQ

斜率存在，设直线PQ的方程为()0ykxmk=+，故,2mNmk.与双曲线方程联立得：()2223163120kxkmxm−++−=，由已知得231k，0，设()11,Pxy，()22,Qxy，则122631kmxxk+=−−，212231231mxxk−=−①由PMP

N=，MQQN=得：11mxxk=−，22mxxk=−，消去得：2112mmxxxxkk−=−，即()121220mxxxxk−+=②由①②得：()220km−=，由

已知2m=，故存在定直线l：22y=满足条件.22.已知函数()1exfxx=+，()fx为()fx的导函数.（1）讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()fxax=有且只有两根1x，2x（1

2xx）.①若1201xx，求实数a的取值范围；②证明：12112136axx+−.【答案】（1）答案见解析；（2）①()e1,++；②证明见解析【解析】【分析】（1）先求()fx，设()()gxfx=，再求函数()gx的导函数()gx，结合导数与函

数的单调性的关系求其单调区间；（2）①证明0a时，方程()fxax=无解，当0a时，利用导数研究函数()()Fxfxax=−的单调性，由此确定a的取值范围；②先证明21x，再证明当0x时，e10xx−−，当1x时，ee0xx−，利用放缩

法证明113ax，21136ax−，由此完成证明.【小问1详解】函数()fx的定义域为()(),00,−+U，21()exfxx=−，记()()gxfx=，则3332e2()exxxgxxx+=+=，当()0,x+时，

()0gx，故()gx在()0,+上单调递增，当(),0x−时，记3()e2xxx=+，2()(3)exxxx=+，所以(),3x−−时，()0x，函数()x在(),3−−上单调递减；当()3,0x−时，()0x，函数()x在(

)3,0−上单调递增，()x的极小值为33(3)20e−=−，故()0x，故()0gx，所以()gx在(),0−上单调递减.综上：故()fx在()0,+上单调递增，在(),0−上单调递减.【小问2详解】①当0a时，因为0x，故()0fx，此时不满足条件；

当0a时，令()()Fxfxax=−，所以()()Fxfxa=−，由（1）可知()fx在()0,+上单调递增，故()Fx在()0,+上单调递增.由指数函数性质可知：0x→，()Fx→−；x→+，()Fx→+，故存

在00x，使得()00Fx=，()00,xx，()00Fx，函数()Fx在()00,x上单调递减；()0,xx+，()00Fx，函数()Fx在()0,x+单调递增，(i)若e1a=+，则()1

e10Fa=+−=，不符合题意；(ii)若0e1a+，()1e10Fa=+−，当01x时，()0,1x，()0Fx，不符合题意，当01x时，()1,x+，()0Fx，不符合题意.(iii)若e1a+，则()1e10

Fa=+−，()1e10Fa=−−，所以01x，又0x→，()Fx→+；x→+，()Fx→+，故存在1201xx，使得()()120FxFx==，满足题意；综上：实数a的取值范围是()e1,++.②方程()fxa

x=可化为1exaxx+=，当0a时，方程()fxax=在()0,+上没有解，当0a时，设()()Fxfxax=−，由①可得，故存00x，使得()00Fx=，()00,xx，()00Fx，函数()Fx在()00,x上单调递减；()0,xx

+，()00Fx，函数()Fx在()0,x+单调递增，因为()fxax=有且只有两根1x，2x（12xx）.在又0x→，()Fx→+；x→+，()Fx→+，所以()()0000001e0xFx

fxaxaxx=−=+−，又()00201=e0xFxax−=−，故00001e0xxaxx−−=所以()0002e10xxx−+，故01x，所以21x，由已知1111exaxx+=，2221exaxx+=，设()()e10xmxxx=−−，则()e10xmx=−，所以函数()e1

xmxx=−−在()0,+上单调递增，故e10xx−−，于是1111111e13xaxxxx=+++，故113ax；设()()ee1xnxxx=−，则()ee>0xnx=−，所以函数()eexnxx

=−在()1,+上单调递增，故ee0xx−又222222222111ee(e2)132xxaxxxxxxx=++++−++，故21136ax−，将上面两个结果相加即可得：12112136axx+−.【点睛】关键点点睛：

导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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