【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高三上学期月考（六） 数学 含解析.docx，共(20)页，908.193 KB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2023届高三月考试卷（六）数学本试卷共8页。时量120分钟，满分150分。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||1|1,{}==−−AyyxxR，3|log1,=Bxx，则A∩=RBðA．{|1}−

xxB．|3xxC．}{|13−xxD．|13−xx2.若复数z满足||2,3−==zzzz，则2z的实部为A-2B．-1C．1D．2★3.函数()()241−−=−xxxeefxx的部分图象大致是

★4.如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且2MNBC=，点E为DC的中点，则=EMENA．12−B．32−C．-2D．-3★5.随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升。某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参

与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程，甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A=“甲乙两人所选课程恰有一门相同”事件B=“甲乙两人所选课程完全不同”，事件C=“甲乙两人均未选择陆地冰壶

课程”，则A．A与B为对立事件B．A与C互斥C．B与C相互独立D．A与C相互独立★6.已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，底面△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，且23，==BCBCA，三棱锥P-ABC的体积为833

，过点A作⊥AMPB于M，过M作MN⊥PC于N，则三棱锥P-AMN外接球的体积为A．323B．1623C．823D．437.若sin2sin,sin()tan()1=+−=，则tantan=A．2B．32C．1D．1

28.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）-()()()1004100，−=−−−=gxfxgx，若g（x）为偶函数，则以下四个命题，①()()()1320410；②+==fff；③()()1

3fF−=−；④()202210=f中一定成立的个数为A．1B．2C．3D．4二、选择题，全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知定义域为I的偶函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，且xI使()0fx，则下列函数中符合上述条件的是A．()23fxx=−B．()22−=+xxfxC．()2lo

gfxx=D．()1fxxx=−10.记函数()cos(0)4fxx=+的最小正周期为T。23nTn*（）nN，若6x=为f（x）的零点，则A．23nnB．ω<32n−1C．2x=为f（x）的零点D．76x=为f（

x）的极值点11.抛物线24=yx的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，点P在抛物线C上，则下列结论中在确的是A．当3=AFFB时，163AB=B．若M（2，2），则||||+PMPF的最小值为4C．若Q（-1，0），则||||PQPF的取值范围为

[1，2]D．在直32x=−上存在点N，使90=ANB12.在平面四边形ABCD中，△ABD的面积是△BCD面积的2倍，又数列{an}满足12=a，恒有11(2)(2)−+=−++nnnnBDaBAaBC，设{}na的前n项和为Sn，

则A．{an}为等比数列B．{}2nna为等差数列。C．{an}为递增数列D．1(3)26+=−−nnSn三、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分★13.已知甲，乙两组按从小到大顺序排列的数据：甲组：27，28，37，m、40，50；乙组：24，n，34，43

，48，52。若这两组数据的第30百分位数，第50百分位数分别对应相等，则nm=___________。14.若1ab，且35+=ab，则141abb+−−的最小值为___________，ab-2−+bab的最大值为___________。（本题第一空2分，第二空3分）15.在四

棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面PCD，则P-ABCD体积的最大值为___________。16.设A，B，C是△ABC的三个内角，△ABC的外心为O，内心为I，OI0，且OI与BC共线

，若11tantantan22=+kABC，则k=___________。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.（本小题满分10分）已知数列{}na满足1121

,1,2,为奇数为偶数++−==−+nnnannaaann，*().nN（1）证明：21−na是等比数列（2）求数列na的前2n项和2nS。18.（本小题满分12分）如图，在平面四边形ABCD中，2,23.====ABBCCDAD（1）若

DB平分∠ADC，证明：+=AC；（2）记△ABD与△BCD的面积分别为1S和2S，求2212+SS的最大值。19.（本小题满分12分）三棱台ABC-111ABC的底面是正三角形，AA1⊥平面ABC，1114,2,3===ABABAA，E是AB的中点，平面11AC

E交平面ABC于直线l。（1）求证：//ACl；（2）求直线B1C与平面A1C1E所成角的正弦值20.（本小题满分12分）2020年以来，新冠疫情对商品线下零售影响很大，某商家决定借助线上平台开展销售活动，现有甲、乙两个

平台供选择，且当每件商品的价为(300500)aa元时，从该商品在两个平台所有销售数据中各随机抽取100天的日销售量统计如下。商品日销售量（单位：件）678910甲平台的天数1426262410乙平台的天数1025352010假设该商品在两个平台日销售

量的概率与表格中相应日销售量的频率相等，且每天的销售量互不影响。（1）求“甲平台日销售量不低于8件”的概率，并计算“从甲平台所有销售数据．．．．．．中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低

于8件”的概率；（2）已知甲平台的收费方案为：每天佣金60元，且每销售一件商品，平台收费30元；乙平台的收费方案为：每天不收取佣金，但采用分段收费，即每天销售商品不超过8件的部分，每件收费40元，超过8件的部分，每件收费35元。某商家决定在两个平台中选择一个长期合作，从日销售收人（单价×日销

售量一平台费用）的期望值较大的角度，你认为该商家应如何决策？说明理由。21.（本小题满分12分）已知双曲线22221(0,0)：−=xyCabab的右焦点为F，双曲线C上一点P（3，1）关于原点的对称点为O，满足6.=FPFQ（1）求C的方程；（2）直线l与坐标轴不垂直，且不过点P及点Q，设

l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D，若⊥PAPD，证明：直线l的斜率为定值。22（本小题满分12分）已知函数2()ln,()2ln,2=+=+afxaxxgxxx，其中.aR（1）若()()fxgx，求实数a的取值范围，（2）记f（x）的零点为1212,(),(

)xxxxgx的极值点为x0，证明：1014xexx。长郡中学2023届高三月考试卷（六）数学参考答案一、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。题号12345678答案DCCDDAAC1.D【解析】因为||1|1,|1A

yyxxRyy==−−=−，3,|log1|3,Bxxxx==，所以|3RBxx=ð，所以()|1|3|13RABxxxxxx=−=−ð。故选D2.C【解析】设复数,(,)zxyixyR=+。则=−zxyi，则由

||2,3zzzz−==可得22|2|23yixy=+=且，解得222,1xy==，故2222()2,zxyixyxyi=+=−+，其实部为22211xy−=−=，故选C。3.C【解析】∵函数f（x）的定义域为（-∞，-12）∪（-12，12）∪（

12，+∞）。()()()()224141xxxxxeexeefxfxxx−−−−−−===−−∴f（x）为偶函数，∴f（x）的图象关于y轴对称，故排除A：在区间（0，12）上，20,0,410,xxeexx−−−故()0fx，故排除B；当x趋向于正无穷大

时。xxee−−趋向于负无穷大。故f（x）趋向于负无穷大，故排除D；综上所述，只有C符合。故选C。4.D【解析】()()()2421,(MNBCOMOEENENEOOMEOONEOOMEOOM=====++=+−，，）22143EOOM=−=−=−，故选D5.D【解析】依题意甲、乙两人所选课

程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，故A与B互斥不对立，A与C不互斥，所以()()()111222432334222222444444211364CCCCCCPAPBPCCCCCCC+=====

=，，，且P（AC）()11322244106CCPBCCC+===+，，所以()()()()()(),,PACPAPCPBCPBPC=，即A与C相互独立，B与C不相互独立。故选D6.A【解析

】由题可知△ABC中，223ABCBCABC===，，，所以234ABAC==，又PA⊥底面ABC，三棱锥P-ABC的体积为833，所以111832233323PABCABCVSPAPA−===，则4PA=。因为PA⊥底面ABC，所PABC⊥，又

BCAB⊥，且PAABA=，PA，AB平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又AM平面PAB，则BCAMAMPBPBBCB⊥=⊥，已知，，PB，BC平面PBC，所以AM⊥平面PBC，又PC，MN平面PBC，AMPCAMMN⊥⊥，，又MNPC⊥，,,

AMMNMAMMN=平面AMN，所以PC⊥平面AMN，则三棱锥P-AMN的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，如图所示：则该长方体的外接球即三棱锥P-AMN的外接球，设外接球半径为R，故PA=2，R=4，所以2R=，三棱锥P-A

MN外接球的体积为43πR3=323π；故选A。7.A【解析】因为coscos()coscossinsin,cos()coscossinsin,coscoscoscos+=−−=+−−所以sinasinβ=12[cos(α−β)−co

s(α+β)]，所以sin(α+β)sin(α−β)=12(cos2β−cos2α)，又sin(α+β)⋅tan(α−β)=1，所以sin(α+β)⋅sin(α−β)cos(α−β)=1，即sin(α+β)

sin(α−β)=cos(α−β)，所以1(cos2cos2)cos(),2−=−，所以12(1−2sin2β−1+2sin2α)=cos(α−β)，即sin2α−sin2β=cos(α−β)，又sin2sin=，所以224sinsincossinsin,

−=+所以2224sinsincoscos2sin−=+，所以2sincoscos,=所以1sinsincoscos2=，即sinsin2coscos,=又易知c

oscos0，所以sinsin2coscos=，即tantan2=故选A。8.C【解析】∵()()()()1004100fxgxfxgx+−−−−==，，∴()()4gxgx−=−，又g（x）是偶函数，()()gxgx−=，两边

求导得()()gxgx−−=，∴g（x）是奇函数，()()gxgx=−−()00g=∴()()()()4gxgxxgx−=−=−，即()()4gxgx+=，g（x）是周期函数，4是它的一个周期，()(

)400gg==()()10fxgx=−，∴f（x）是周期函数，4是它的一个周期，()()()()0100104010fgff=−===，()()()()()()13101103201320ffgggg+=−+−=+−−=g（x）是周期为4的周期函数，又是奇函数()()()()(

)222,220ggggg==−−=−=()()()()()210210202250542210fgfff=−===+=，，()()()()1131gggg=−−=−，，所以()()31gg−=−−()(

)3103fg−=−−。()()1101fg−=−−，因此()()3120ff−+−=，不能得出()()31ff−=−一定正确的有①②④，共3个。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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。题号9101112答案ACADACBD9.AC【解析】对于A，()23fxx=−的定义域为R，()()()2233fxxxfx−=−−=−=所以f（x）为偶函数。又()120f=−）在区间（0，+∞）上单调递增，故A符合；对

于B，()220xxfx−=+恒成立，故B不符合；对于C，()2log||fxx=的定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），()()22loglog|fxxxfx−=−==，所以f（x）为偶函数。又f(1

2)=−1<0，f(x)）在区间（0，+∞）上单调递增，故C符合；对于D，因为()1fxxx=−的定义域为()()()()1,00,,,fxxfxx−+−=−+=−所以f（x）为奇函数，故D不符合。故选AC。10.AD【解析】∵2T=∴*22(3nnnN

）得23nn，故A正确；由题意得cos0664f=+=∴,642kkZ+=+∴36,,2kkZ=+又∵23,nn，则*1111,,,3424knNkZnn−−当2n=有唯一解0k=，则32=，故B错误；∵()3cos2

4fxx=+，则3cos12224f=+=−，故C错误；737cos16264f=+=，故D正确；故选AD。11.AC【解析】对A，不妨设A在第一象限，分别过A，B作准线的垂

线AM，BN，垂足M，N，作BCAM⊥，则根据抛物线的定义可得BNBFAMAF==，故31coscos32ACAMCMAMBNAFBFBFBFAFxBACABABABAFBFBFBF−−−−=====

==++故60AFx=，所以2416sin603AB==，故A正确；对B，如图，由抛物线的定义，PF的长度为P到准线的距离，故||PMPF+的最小值为|PM|与P到准线距离之和的最小值，故||PMP

F+的最小值为M到准线距离213+=，故B错误；对C，过P作PH垂直于准线，垂足为H，则1cosPQPQPFPHPQF==，由图易得090PQF，故PQPF随∠PQF的增大而增大，当0PQF=时P在O点处，此时PQPF取最小值1；当PQ与抛物线相切时∠

PQF最大，此时设PQ方程为1xty=−，联立24yx=有()222440440ytyt−+==−−=，，此时解得1t=+，不妨设1t=，则PQ方程为1yx=+，此时倾斜角为1452cos45PQPF==，。故PQPF的取值范围为[1，2]，故C正确；对D，设A（1x

，1y），B（2x，2y），AB中点1212,22xxyyC++，故C到准线1x=−的距离1212xxCD+=+又122ABxx=++，故12CDAB=，故以AB为直径的圆与准线1x=−相切，又满足90ANB=的所有点在以AB为直径的圆上，易得此圆与32x

=−无交点，故D错误。故选AC。12.BD【解析】如图，连AC交BD于点E，则1sin221sin2BDBCDBDAEAEBSAESBDECCEEDC===，即2AEEC=，所以2AEEC=，所以()

2BEBABCBE−=−，所以1233BEBABC=+，设(1)BDtBEt=因为()()1122nnnnBDaBAaBC−+=−++，所以()()111122nnnnBEaBAaBCtt−+=−++，有()()11112312

23nnnnatat−+−=+=所以()11222nnnnaa−++=−，所以11222nnnnaa+−=−，即11222nnnnaa+−−=−又12a=，所以1022a=，所以{12nna−}

是首项为2，公差为-2的等差数列，所以()1221242nnann−=−−=−+，所以()()124222,nnnann−=−+=−+因为()()111222222nnnnnanann++−+−+==−+−+不是常数，所以{na}不为

等比数列，故A不正确；因为()()()()111112221212222nnnnnnnnnnaann++++−+−+−=−=−+−−+=−，所以{2nna}为等差数列，故B正确；因为()()1112222nnnnnaannn++−=−+−−+=

−，所以{na}为递减数列，故C不正确；因为()()12312021222nnSn=++−++−+所以()()2341212021222nnSn+=++−++−+所以()()23412222222nnnSn+−=−++++−−+所以−Sn=2

−4−2n×21−2−(−n+2)⋅2n+1=6+(n−3)⋅2n+1，所以()1326nnSn+=−−，故D正确。故选BD。三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.710【解析】因为30%×6=1.8，50%×6=3，所以

第30百分位数为28n=，第50百分位数为372m+=34+432，即m=40，所以2874010nm==。14.25116（第一空2分，第二空3分）【解析】由1ab，可知a−b>0，b−1>0，(a−b)+4(b−1)=a+3b−4=5−4=1，()()()()()()44141414

1417111abbabbbababbabbabb−+−−+−−−+=+=++−−−−−−≥17+2√4(b−1)a−b⋅4(a−b)b−1=25，当且仅当115abb−=−=时，等号成立，故141abb+−−的最小值为25。又1=(a−b)+4(b−1)≥2√(a−b)⋅4(b−1

)=4√(a−b)⋅(b−1)，当且仅当a−b=4(b−1)=12时，等号成立，所以()()21116abbababb−−+=−−，故2abbab−−+的最大值为116。15.43【解析】由题过点P做PE⊥CD

，PF⊥AB分别交CD，AB于点E，F，过P做PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OE，OF，画图如下：∵PO⊥平面ABCD，∴POCD⊥∵PECD⊥，PO平面POE，PE平面POE，∴CD⊥平面PO

E，∴CDOE⊥，∵底面ABCD是边长为2的正方形，∴CDBC⊥，∵OE平面ABCD，BC平面ABCD，∴//OEBC同理可得：//OFBC，故O，E，F三点共线，且有EF//BC，EF=BC=2，设平面PAB∩平面PCDl=∵//ABCD，AB平面PAB，CD平面PCD，∴l//AB

//CD∵PECD⊥∴PEl⊥∵平面PAB⊥平面PCD，平面PAB∩平面1PCD=，∴PE⊥平面PAB，∵PF平面PAB，∴PE⊥PF不妨设PE=x，PF=y，OF=m，OE=2−m(0≤m≤2)∴224xy+=①且O

P2=PF2−OF2=PE2−OE2，即()22222ymxm−=−−，化简即：y2−x2=4m−4②联立①②可得y2=2m，x2=4−2m，∴OP2=y2−m2=2m−m2。∴四棱锥P-ABCD的体

积V=13×2×2×√2m−m2=43√−(m−1)2+1(0≤m≤2)，当1m=时。Vmax=43，故四棱锥P-ABCD体积的最大值为43。16.2【解析】设内切圆半径为r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M

，D，则,,tantan22rrBDCDBC==因为OI与BC共线，所以OM=ID=r，又因为∠BOC=2∠A，∠BOM=∠A，所以BM=rtan∠A，因为2BM=BD+CD，所以2tantantan22rrr

ABC=+，即112tantantan22ABC=+，所以2k=。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.【解析】（1）a2n+1=a2n−2n+2=a2n−1+1−2n+2=2a2n−1+2n−2−2n+2=2a2n−1

，且110a=，21aa−是首项为1，公比为2等比列。（2）由（1）知a2n−1=2n−1，a2n=a2n−1+1=2a2n−1+2n−2=2n+2n−2，∴a2n−1+a2n=3⋅2n−1+2n−2.。。。。。。。。分∴01121234212()()()(323232)nnnn

Saaaaaa−−=++++++=++++(0+2−⋯+2n−2)=3(1−2n)1−2+(2n−2)n2=3(2n−1)+n2−n=3⋅2n+n2−n−3.。。。10分18.【解析】（1）∵DB平分∠ADC

，∴ADBCDB=，则cos∠ADB=cos∠CDB，由余弦定理得22222222ADBDABCDBDBCADBDCDBD+−+−=即2212444443BDBDBDBD+−+−=，解得BD2=4（√3+1）。。。。。3分

∵()()2222221244314443131cos,cos222883ADABBDCDBCBDACADABCDBC+−++−++−−+−======132−，∴cosA=−cosC，又()()0,,0,A

C，∴A+C=π。（2）∵BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcosA=BC2+CD2−2BC⋅CdcosC，∴16−8√3cosA=8−8cosC，整理可得cos3cos1CA=−，S12+S22=(12AD⋅ABsinA)2+(12B

C⋅CDsinC)2=12sin2A+4sin2C=12−12cos2A+4−4cos2C=16−12cos2A−4(√3cosA−1)2=−24cos2A+8√3cosA+12=−24(cosA−√36)2+14∵()0,A∴当3cos6A=时，S12+S

22取得最大值，最大值为14.。。。。。12分19.【解析】（1）证法1：在三棱台ABC-111ABC中AC//A1C1，又AC平面11ACE，11AC平面11ACE，则AC∥平面11ACE，又AC平面ABC，平面ABC∩平面A1C1E=l，所以//ACl。。。5分证法

2：在三棱台ABC-111ABC中AC//A1C1又11AC平面ABC，AC平面ABC，则11AC∥平面ABC，。。2分又11AC平面11ACE，平面ABC∩平面A1C1E=l，所以A1C1//𝑙又AC//A1C1，所以//ACl。

。。。。。分证法3：在三棱台ABC-111ABC中，AC//A1C1，平面ABC//平面111ABC。又平面111ABC∩平面A1C1E=A1C1，平面ABC∩平面A1C1E=l，所以A1C1//l，又AC//A1C1，所以//ACl。。。。

分（2）因为1AA⊥平面ABC，在平面ABC内作Ax⊥AC，以A为原点，AC，1AA分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（23，2，0），E（3，1，0），C（0，4，0），1A（0，0，3）

，1B（3，1，3），1C（0，2，3）1111(3,1,3),(0,2,0),(3,3,3),AEACBC=−==−−设平面A1C1E的一个法向量为(),,nxyz=则111.330,.20,AEnxyzACny=+−=

==，令1x=，则()1,0,1n=，。。。8分设直线1BC与平面11ACE所成角为θ，则111||10sin|cos,|,5||||BCnBCnBCn===直线1BC与平面11ACE所角正弦值10520

.【解析】（1）令事件A=“甲平台日销售量不低于8件”，则()26241031005PA++==，。2分令事件B=“从甲平台所有销售数据中随机抽取3天的日销售量，其中至少有2天日销售量不低于8件”，则P(B)=C32(35)2×25+C33(35)3=8

1125。。。。。。5分（2）设甲平台的日销售收入为X，则X的所有可能取值为6a−240，7a−270，8a−300，9a−330，10a−360.所以，X的分布列为X6a-2407a-2708a-3009a

-33010a-360P1410026100261002410010100所以，()()()()()()1426262410624072708300933010360100100100100100EXaaaaa=−+−

+−+−+−7.9297a=−；设乙平台的日销售收入为Y，则Y的所有可能取值为6a-240，7a-280，8a-320，9a-355，10a-390.所以，Y的分布列为：Y6a-2407a-2808a-3

209a-35510a-390P1010025100351002010010100所以，E(Y)=(6a−240)×10100+(7a−280)×25100+(8a−320)×35100+(9a−355)×20100+(10a−390)×10100=7.95a−316。所以，E(Y)

−E(X)=0.05a−19，。。。10分令0.05a−19≥0得a≥380，令0.05a−19<0得a<380，所以，当300380a时，选择甲平台；当a=380时，甲乙平台均可；当380500a时，选择乙平台21.【解析】（1）设右焦点F的坐标为（c，0

），则左焦点F的坐标为（-c，0），又P（3，1），Q（-3，-1）所以FP⃗⃗⃗⃗=(3−c,1)，FQ⃗⃗⃗⃗⃗=(−3−c,−1)∴FP⃗⃗⃗⃗⋅FQ⃗⃗⃗⃗⃗=(3−c)⋅(−3−c)−1=

c2−10=6⇒c2=16，∴F（-4，0），F（4，0），|PF′|−|PF|=2a=√49+1−√2=4√2，∴22a=，∴22b=，∴双曲线C的方程为22188xy−=。。。。。。4分（2）由题意知kPA⋅kPD=−1，且kPB⋅kPD=b2a2=1，∴kPA+kP

B=0。法一：将双曲线平移至()()2231188xy++−=，即22620xyxy−+−=∴P平移至P（0，0），A，B分别平移至A（1x，1y），B（2x，2y）设直线AB的方程为mx+ny=1，

代入双曲线x2−y2+(6x−2y)(mx+ny)=0，∴()()()222126610nymnxymx++−−+=两边同除以x2⇒(2n+1)⋅(yx)2+(2m−6n)yx−(6m+1)=0，∴kPA+kPB=kP′A′+kP′B′=y1x1+y2

x2=6n−2m2n+1=0⇒m=3n，∴直线AB的方程为()310nxnyn+=，∴3x+y=1n，故直线AB的斜率为-3，∴直线的斜率为定值-3.。法二：设直线l的方程为ykxt=+，A（1x，1y），B（2x，2y），由{y

=kx+tx28−y28=1，得()2221280kxktxt−+++=，∴x1+x2=−2ktk2−1，x1x2=t2+8k2−1∴kPA+kPB=y1−1x1−3+y2−1x2−3=(kx1+t−1)(x2−3)+(kx2+t−1)(x1−3)(x1−3)(x2−

3)=2kx1x2−3k(x1+x2)+(t−1)(x1+x2)−6(t−1)(x1−3)(x2−3)=0∴2k⋅t2+8k2−1−3k⋅(−2ktk2−1)+(t−1)⋅(−2ktk2−1)−6(t−1)=(2k+6)t+6k2+16k−6k2−1=0.∴(2k+

6)t+6k2+16k−6=0，即(k+3)(t+3k−1)=0∴3k=−时恒成立，所以直线的斜率为定值-3.。。22.【解析】（1）记()()()21ln202ahxfxgxxaxx=−=−+−，①当2a时，取h(12)<0，不符条件；。。。2分②当2a时，h′(x)

=2ax2−2x+1−a2x=(2x−1)(ax−1+a2)x令()0hx，得102x，令()0hx，得12x，∴h（x）在（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以11ln210224aah

=−+−，即44ln2212ln2a++，则a的取值范围为[4+4ln21+2ln2，+∞）。5分（2）∵g′(x)=2+a2x，令()0gx=，则x0=−a4，4ex0=−ea，且f′(x)=2ax+1x，若0a，则()0fx

恒成立，f（x）单调递增，与f（x）有两个零点矛盾，故0a令()0fx，得102xa−，令()0fx，得x>−12a，∴()fx在1(0,)2a−上单调递增，在(√−12a,+∞)上单调递减，且1111ln02222

faa−=−+−∴102ae−，。。。。8分取1x=，则f(1)=a<0，取xe=，则()102feea=+，∴12112xexa−，取x=−1ea，则f(−1ea)=1e2a+ln(−1ea)，记t=−1ea，t>2，在()ln

(2)tttte=−中，ϕ′(t)=1t−1e=e−tet，令()0t得2<t<e，令()0t得te,∴φ（t）在（2，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，∴ϕ(t)≤ϕ(e)=lne−ee=0,即f(−1ea)=1e2a+ln(−1ea)≤0=f(x2

)⇒−1ea≥x2⇒1x2≥−ea，∵12112xexa−，∴x1x2>1x2，从而x1x2>1x2≥−ea=4ex0。。。。。12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com