【文档说明】重庆市南开中学校2025年届高三8月第三次质量检测数学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.363 MB，由小赞的店铺上传

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重庆南开中学高2025届高三（上）数学练习本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上.第Ⅰ卷（选择题共58分）一、单项选择题：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U=R，集合2122,RxAxyxxByyx+==−==∣,∣，则“()UxABð”是“0xxx∣”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C

【解析】【分析】根据函数的定义域以及指数函数的性质化简集合，即可由交并补运算以及充要条件的定义求解.【详解】由22Axyxx==−∣可得220xx−，解得02x，所以02,{0},{0UAxxByyAxx===∣∣∣ð或()2},0UxABxx=∣ð，故选:C.2

.已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点ππcos,sin33P，则πcos6−=（）A.0B.12C.22D.32【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义求出sin，cos，再由两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为ππcos,sin33

P，即13,22P，即角的终边经过点13,22P，所以3sin2=，1cos2=，所以πππ13313coscoscossinsin66622222−=+=+=.故选：

D3.已知函数()fx为偶函数，其图像在点(1,𝑓(1))处的切线方程为210xy−+=，记()fx的导函数为𝑓′(𝑥)，则()1f−=（）A.12−B.12C.2−D.2【答案】A【解析】【分析】先推导出偶函数的导数为奇函数，再根据条件得到()1f，再利

用奇函数的的性质求()1f−.【详解】因为𝑓(𝑥)为偶函数，所以()()fxfx=−，两边求导，可得()()''fxfx=−()()()'·fxfxx=−−()()fxfx=−−.又𝑓(𝑥)在()()1,1f处的切线方程为：21

0xy−+=，所以()112f=.所以()()1112ff−=−=−.故选：A4.设函数22()log||fxxx−=−，则不等式(2)(22)fxfx−+的解集为（）A.[4,0]−B.[4,0)−C.[4,1)(1,0]−−−D.[4,1)(1,0)−−−【答案

】C【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】函数22()log||fxxx−=−的定义域为|0xx，且()()()2222log||log||fxxxxxfx

−−−−−−−===，所以22()log||fxxx−=−为偶函数，当0x时()22logfxxx−=−，因为2logyx=与2yx−=−在()0,+上单调递增，所以()22logfxxx−=−在()0,+上单调递增，则(

)fx在(),0−上单调递减，不等式(2)(22)fxfx−+，即()()222fxfx−+，等价于22220220xxxx−+−+，解得41x−−或10−x，所以不等式的解集为[4

,1)(1,0]−−−.故选：C5.已知函数()22lnfxxxax=++，若函数()fx在()0,1上单调，则实数a的取值范围是（）A.0aB.4a−C.0a或4a−D.0a或4a−【答案】C【解

析】【分析】由题意转化为()0fx或()0fx，参变分离后，转化为求函数的最值，即可求得a的取值范围.【详解】()fx在区间()0,1上单调，()()220,0,1afxxxx=++，或()()220,0,1afxxxx=++，即222ax

x−−或222axx−−恒成立，设()221122222gxxxx=−−=−++，()0,1x，函数在区间()0,1上单调递减，函数()gx的值域是()4,0−，所以0a或4a−.故选：C6.设方程33log1xx=的两根为1x

，()212xxx，则（）A.101x，23xB.121xxC.1201xxD.124xx+【答案】C【解析】【分析】由数形结合及零点的判定方法可确定出12012xx，即可判断AD，计算出()312log0

xx，可判断BC.【详解】由33log1xx=可得311log33xxx==，在同一直角坐标系中同时画出函数3logyx=和13xy=的图象，如图所示：因为1311log133=，23311

log2log239==，由图象可知，12012xx，所以1213xx+故A，D错误；()12312313211logloglog33xxxxxx=+=−+，因为12xx，所以121133xx，所以()312l

og0xx，所以1201xx，即121xx，故B错误，C正确.故选：C7.若0.001sin0.001a=+，ln1.001b=，0.001e1c=−，则（）A.bcaB.cabC.cbaD.acb【答案】D【解析】【分析】令()sinfxxx=+，()()ln1gx

x=+，()e1xhx=−，()()()e1sinxpxhxfxxx=−=−−−，()()()()e1ln1xqxhxgxx=−=−−+，然后利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性可比较大小.【详解】令()sinfxxx=+，()()ln1gxx=+，()e1xhx=−，()()()e

1sinxpxhxfxxx=−=−−−，()()()()e1ln1xqxhxgxx=−=−−+，则()()1e1cos,e1xxpxxqxx=−−=−+，令()()mxpx=，()esinxmxx=+，当10,2x时，()0mx，所

以()px在10,2时单调递增，所以当10,2x时，()113e1cose1cose102262pxp=−−−−=−−，所以()px在10,2x

时单调递减，所以()()0.00100pp=，所以ca；当10,2x时，()1e1xqxx=−+，令()()nxqx=，则()210()e1xnxx++=，所以()()nxqx=在10,2上

单调递增，所以()()00qxq=，所以()qx在10,2上单调递增，所以()()0.00100qq=，所以cb，综上，acb.故选：D.【点睛】关键点睛：此题考查导数的应用，考查比较大小，解题的关

键是根据已知条件构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小，考查数学计算能力，属于较难题.8.已知可导函数()fx的定义域为R，12xf−为奇函数，设()gx是()fx的导函数，若()21gx+为奇函数，且()102g=，则()1012kkgk==（）

A.132B.132−C.112D.112−【答案】D【解析】【分析】由12xf−为奇函数，结合导数运算可得()()11gxgx−=−−，由()21gx+为奇函数，可得()()110gxgx++−+=，整理可得()()4gxgx+=−，进而分析可得()()()()118284

,8688,22gkgkgkgkk+=+=−+=+=Z，即可得结果.【详解】因为12xf−为奇函数，则1122xxff−=−−−，即()()11fxfx−=−−−，两

边求导得()()11fxfx−=−−，则()()11gxgx−=−−，可知()gx关于直线1x=−对称，又因为()21gx+为奇函数，则()()21210gxgx++−+=，即()()110gxgx++−+=，可知()gx关于点(1,0)对

称，令𝑥=1，可得()()200gg+=，即()()1202gg=−=−，由()()11gxgx−=−−可得()()2gxgx=−−，由()()110gxgx++−+=，可得()()20gxgx+−+=，即()

()2gxgx=−−+，可得()()22gxgx−−=−−+，即()()4gxgx+=−，令0x=，可得()()1402gg=−=−；令2x=，可得()()1622gg=−=；且()()()()84gxgxgxgx+=−+=−−=，可知8

为()gx的周期，可知()()()()118284,8688,22gkgkgkgkk+=+=−+=+=Z，所以()()()1011111212569103478222kkgk==−+++++++++=−.故选：D.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单

调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数()fx的图象的对称轴方程为3x=，则函数()fx的解析式可以是（）A.()13fxxx=++B.()33eexxfx−−=+C.()4218fxxx=−D.()26fxxx=−【答案】BD【解析】【分析】依

次验证各选项中的函数是否满足()()6fxfx−=即可.【详解】若()fx的图象的对称轴方程为3x=，则()()6fxfx−=；对于A，()()1669fxxfxx−=−+−，A错误；对于B，()()336eexxfxfx−−−=+=，B正确；对于C，()00f=Q，()4266186648f=

−=，()()06ff，即()()6fxfx−=不恒成立，C错误；对于D，()()()()2266666fxxxxxfx−=−−−=−=，D正确.故选：BD.10.已知函数()()()2sin2cos1sincos1xx

fxxx++=++，则（）A.()fx的值域为2,2−B.()fx是周期函数C.()fx在π2π,π2π,4kkk++Z单调递减D.()fx的图像关于直线π4x=对称，但不关于点π,14

−对称【答案】BCD【解析】【分析】对于A，利用三角恒等变换化简函数表达式为()()πsincos12sin14fxxxxx=++=++R，但是注意到sincos10xx++，由此即可判断；对于B，在定义域内，由诱导公式可得()()2πfxfx+=，由此即可判断；

对于C，在函数有意义的前提下，由正弦函数单调性、复合函数单调性即可判断；对于D，利用代入检验法，并注意定义域是否相应的关于直线或点对称即可判断.【详解】对于A，()()()2sin2cos12sincos2sin2cos2sinco

s1sincos1xxxxxxfxxxxx+++++===++++2(sincos1)sincos1sincos1xxxxxx++=++++．因为sincos10xx++，且πsincos2sin2,24xxx+=+−，所以()f

x的值域是)(12,00,12−+，A错误．对于B，()fx的定义域π|2π2Dxxk=−+且π2π,xkk+Z，对任意xD恒有()()ππ2π2sin2π12sin144xfxfxx+=+++=++=，B正确．对

于C，()fx在π2π,π2π,4kkk++Z有意义，当π2π,π2π,4xkkk++Z时，ππ5π2π,22π,44xkkk+++Z，所以π2sin4yx=+

在π2π,π2π,4kkk++Z单调递减，C正确．对于D，()maxπππ2sin121444ffx=++=+=，π2sin14yx=++的图象关于直

线π4x=对称，且()fx的定义域关于π4x=对称，所以()fx的图像关于直线π4x=称．πππ2sin11444f−=−++=，π2sin14yx=++的图象关于点π,14

−对称，但()fx的定义域不关于点π,14−对称，所以()fx的图象不关于点π,14−对称，D正确．故选：BCD．11.已知函数()yfx=在R上可导且(0)2f=−，其导函数()fx满足：22()21()exfxfxx−=

−，则下列结论正确的是（）A.函数()fx有且仅有两个零点B.函数2()()2egxfx=+有且仅有三个零点C.当02x时，不等式4()3e(2)fxx−恒成立D.()fx在[1,2]上的值域为22e,0−【答案】AC【解析】【分析】对A：构造函数()()2e

xfxhx=，根据题意，求得()fx，令()0fx=，即可求解后判断；对B：对()gx求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对x的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所

求函数单调性，即可求得函数值域.【详解】令()()2exfxhx=，则()hx=()2'2()exfxfx−21x=−，故()2hxxxc=−+（c为常数），又()()002hf==−，故可得2c=−，故()22hxxx=−−，()()22e2xfxxx=−−.对

A：令()0fx=，即()()22210xxxx−−=−+=，解的2x=或1−，故ℎ(𝑥)有两个零点，A正确；对B：()()22e2xfxxx=−−，则()fx()22e25xx=−，令()fx0，可得1010,,2

2x−−+，故()fx在10,2−−和10,2+单调递增；令()fx0，可得1010,22x−，故()fx在1010,22−单调递减；又1010110e22f−

+−=，10210110e2e22f−=−，又()212ef=−，故存在110101,22x=−，使得()212efx=−；又()20f=，故存在210,22x，使得()222efx=−；又当102x−时，()

0fx，故不存在10,2x−−，使得()22efx=−；综上所述，()22efx=−有两个根，也即()()22egxfx=+有2个零点，故B错误；对C：4()3e(2)fxx−，即()22e

2xxx−−43e(2)x−，()()2e21xxx−+43e(2)x−，当)0,2x时，20x−，上式等价于()24e13exx+，令()()2e1xmxx=+，故可得()mx()2e230xx=+，故()mx在)0,2上单调递增，

()()423emxm=，满足题意；当2x=时，()20f=，也满足4()3e(2)fxx−；综上所述，当𝑥∈[0,2]时，4()3e(2)fxx−恒成立，故C正确；对D：由B可知，()fx在101,2单调递减，在10,22单调递增，且101

0110e22f−=，()()212e,20ff=−=，故()fx在[1,2]上的值域为10110e,02−，D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函

数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数()()2exfxhx=，准确求出()fx的解析式，属综合困难题.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数()()2ln2xxbfx+−=在1,22上存在单调递增区

间，则实数b的取值范围是______．【答案】9,4−【解析】【分析】函数()fx在1,22上存在单调递增区间，转化为()0fx在1,22上有解，利用二次函数的性质

求实数b的取值范围．【详解】函数()()2ln2xxbfx+−=在1,22上存在单调递增区间，由()2122122xbxfxxbxx−+=+−=，则()0fx1,22上有解．令()2221hxxbx=−+，因为()010h=，所以只需()20h

或102h，即8410b−+或1102b−+，解得94b．所以实数b的取值范围是9,4−.故答案为：9,4−.13.123max,,xxx表示三个数中的最大值，对任意的正实数x，y，则2241max,2,xyxy+的最小值是____

__．【答案】2【解析】【分析】设2241max,2,Nxyxy=+，因0,0xy，可得322412xyNxy+，借助于基本不等式可得38N，验证等号成立的条件224122xyxy==+=，即得m

inN.【详解】设2241max,2,Nxyxy=+，则xN，2yN，2241Nxy+，因0,0xy，则得322412xyNxy+．又因22414228xyxyxyxy+=

，所以38N，当且仅当224122xyxy==+=，即2x=，1y=时等号成立，故2241max,2,xyxy+的最小值为2．故答案：2.在为【点睛】思路点睛：本题解题的思路在于，先根据123max,,xx

x的含义，设出2241max,2,Nxyxy=+，即得322412xyNxy+，将问题转化为求22412xyxy+的最小值，而这可以利用基本不等式求得，同时需验证等号成立的条件.14

.已知函数()()1e,0ln,0xxxfxxxx+=，函数()()()()222gxfxafxa=−++，若函数()gx恰有三个零点，则a的取值范围是______.【答案】211,00,ee−【解析】【分析】利用导数

分析函数()fx的单调性，作出函数()fx的大致图象，令𝑔(𝑥)=0可得，()2fx=或()fxa=，由条件结合图象可得a的取值范围.【详解】当0x时，()()1exfxx=+，所以()()()e1e2exxxfxx

x=++=+，当<2x−时，𝑓′(𝑥)<0，函数()fx在(),2−−上单调递减，当20x−时，𝑓′(𝑥)>0，函数()fx在(2,0−上单调递增，且()01f=，()22ef−−=−，()10f−=，当1x−时，()0fx，当10−x时，()0fx，当x→−时

，与一次函数1yx=+相比，函数exy−=增长速度更快，从而()10exxfx−+=→，当0x时，()lnxfxx=，所以()21lnxfxx−=，当0ex时，𝑓′(𝑥)>0，函数()fx在()0,e上单调递增，当ex+时，𝑓′(𝑥)<0，函数()fx在()e,

+上单调递减，且()1eef=，()10f=，当1x时，()0fx，当01x时，()0fx，当x→+时，与对数函数lnyx=相比，一次函数yx=增长速度更快，从而()ln0xfxx=→，当0x，且0x→时，()lnxfxx=→−，

根据以上信息，可作出函数()fx的大致图象如下：函数()()()()222gxfxafxa=−++的零点个数与方程()()()2220fxafxa−++=的解的个数一致，方程()()()2220fxafxa−++=，可化为()()()()20fxfxa−−=，所

以()fxa=或()2fx=，由图象可得()2fx=没有解，所以方程()()()2220fxafxa−++=的解的个数与方程()fxa=解的个数相等，而方程()fxa=的解的个数与函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象与函数ya=的图象的交点个数相等，由图可知

：当211,00,eea−时，函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象与函数ya=的图象有3个交点.故答案为：211,00,ee−.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法

：（1）直接法：直接求解方程得到方程根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，

利用数形结合的方法求解.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.求下列函数的导数．的（1）2ecosxyxt=−（t为常数）；（2）()ln3ln25xyxx=++．【答案】（1）e(cossin)xxx−（2）261ln25xxx−++【解析】【分

析】根据题意，利用导数的运算法则，以及复合函数的求导法则，准确计算，即可求解.【小问1详解】解：由函数2ecosxyxt=−，可得2)(e)cose(cos)0e(coss(ecos(i))nxxxxxyxtxxx=−=+−=−

.【小问2详解】解：由函数()ln3ln25xyxx=++，可得''221(ln)ln61ln3(25)2525xxxxxyxxxxx−−=++=+++.16.已知函数31()ln222fxaxxxx=−−+.（1）当1a=时，求()fx的单调区间；（2）对

[1,)x+，()0fx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）递增区间为(0,)+；（2）[1,)+.【解析】【分析】（1）把1a=代入，利用导数求出函数的单调区间即得.（2）取特值判断0a，再借

助（1）中信息及不等式性质可得1a，然后利用导数探讨01a的情况即得.【小问1详解】当1a=时，函数31()ln222fxxxxx=−−+的定义域为(0,)+，求导得21()ln212fxxx=+−，令21()ln,0212gxxxx=+−，求导

得233111()xgxxxx−=−=，当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，则函数()gx在(0,1)上递减，在(1,)+上递增，()(1)0gxg=，即(0,)+x，()0fx，当且仅当1x=时取等号，所以函数()fx在

(0,)+上单调递增，即函数()fx的递增区间为(0,)+.【小问2详解】依题意，5(2)2ln204fa=−，则0a，由（1）知，当1x时，31ln2022xxxx−−+恒成立，当1a时，[1,)x+，ln0xx，则3131()ln2ln20222

2fxaxxxxxxxx=−−+−−+，因此1a；当01a时，求导得231()(1ln)22fxaxx=+−+，令231()(1ln)22hxaxx=+−+，求导得()23311aaxhxxxx−=−=，当11xa时，()0h

x，则函数()hx，即()fx在1(1,)a上单调递减，当1(1,)xa时，()(1)10fxfa=−，因此函数()fx在1(1,)a上单调递减，当1(1,)xa时，()(1)0fxf=，不符合题意，所以a的取值范围是[1,)+.【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立

问题，可以按参数值分段讨论，利用导数结合函数零点探讨函数值正负即可作答.17.为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛－国际交流比赛”为

一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相

同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得1−分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为12，乙每次踢球命中的概率为23，且各次踢球互不影响．（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的数学期望；（2）

若经过n轮踢球，用ip表示经过第i轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率．①求1p，2p，3p；②规定00p=，且有11iiipApBp+−=+，请根据①中1p，2p，3p的值求出A、B，并求出数列

np的通项公式．【答案】（1）16−；（2）①116p=，2736p=，343216p=；②6177AB==，，11156nnP=−.【解析】【分析】（1）X的可能取值为1−，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列与期望；（

2）①116p=，经过2轮投球甲的累计得分高有两种情况：一是2轮甲各得1分，二是2轮中有1轮甲得0分，有1轮甲得1分，由此能求出2p．经过3轮投球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各

得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得1−分．由此能求出3p．②推导出11iiipApBp+−=+，将012317430,,,636216pppp====，代入得，116177iiippp+−=+，推

导出1{}nnpp−−是首项与公比都是16的等比数列，由此能求出结果．【详解】（1）记一轮踢球，甲命中为事件A，乙命中为事件B，A，B相互独立．由题意()12PA=，()23PB=，甲的得分X的可能取值为1−，0，1．()()()()12112331PABPAPBP

X=−===−=，()()()()()()()1212111232203PXPABPABPAPBPAPB+−−===+=+=．()()()()12112136PXPABPAPB===−==，∴X的分布列为：X1−01P1

31216()11111013266EX=−++=−．（2）①由（1）116p=，()()()()()()201101pPXPXPXPXPX===+==+=1111172662636=++=．经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2

轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得1−分．∴32222123333111111143CCC6626263216p=+++=，②∵规定00p=，且有11iiipApBp+−=+，

∴1202316717ApApBppApBpB==+=+=代入得：116177iiippp+−=+，∴()1116iiiipppp+−−=−，∴数列1nnpp−−是等比数列，公比为16q=，首项为1016pp−=

，∴116nnnpp−−=．∴()()()11121011111166656nnnnnnnnPpppppp−−−−=−+−++−=+++=−．【点睛】关键点睛：利用待定系数法得到116177iiippp+−=+后，

紧扣等比数列定义是解决问题关键.18.函数()()1ln1axfxxx−=−+．（1）讨论()fx的单调性；（2）若函数()fx有两个极值点12,xx，曲线𝑦=𝑓(𝑥)上两点()()11,xfx，()()22,xfx连线斜率记为k，求证：21aka−−；（3）盒子中有编号为

1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：21ep．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后对a分类讨论即可得；

（2）借助斜率公式表示出k后化简，可转化为证明121212lnln2xxxxxx−−+，借助换元法令12xtx=，构造函数()()21ln1thttt−=−+，结合（1）问中所的即可得解；（3）借助概率公式可得p，借助放缩法可得19910p，结合（2）

中所得可得1910ln29，即可得证.【小问1详解】()fx定义域为()0,+，()()()()()()22211221111axaxxaxfxxxxx+−−+−+=−=++，对于方程()22210xax+

−+=，()()2222442aaa=−−=−，当0，即02a时，()22210xax+−+，()0fx，()fx在()0,+上单增，当0，即a<0或2a时，方程()22210xax+−+=有两不等根，2112xaa

a=−−−，2212xaaa=−+−，而()1221xxa+=−，121xx=，所以当a<0时，120xx，()0fx在()0,+上恒成立，()fx在()0,+上单增；当2a时，120xx，()10,xx或()2,xx+时，()0fx，()1

2,xxx时，()0fx，所以()fx在()10,x和()2,x+上单增，在()12,xx上单减，综上，当2a时，()fx在()0,+上单增；当2a时，()fx在()20,12aaa−−−和()212,aaa−+−+上单增，在()2212,12aaaaaa−−−−+−上单减；【小

问2详解】()()()()12121212121211lnln11axaxxxxxfxfxkxxxx−−−−−−+−==−−()()()()12112121221212121222lnln111axxxaxxxxxxxxxxxxxxx−−−−+++

++==−−12121212lnlnln211221xxxxaxxaxx−=−=−−+−+−，所以要证21aka−−，即证1212lnln1111xxxxa−−−−−，即证121212lnln2xxxxxx−−+，也即

证()112211121222212lnln01xxxxxxxxxxxx−−−=−++（*）成立．设()120,1xtx=，函数()()21ln1thttt−=−+，由（1）知()ht

在()0,+上单增，且()10h=，所以()0,1t时，()0ht，所以（*）成立，原不等式得证；【小问3详解】由题可得201002020A100998281100100p==，因为222998190

990=−，222988290890=−，…，222918990190=−，所以19910p，又由（2）知()1,t+，()()21ln01thttt−=−+，取109t=，有

1021101029lnln010991919−−=−+，即1910ln29，即19210e9，所以1929110ep．【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于得出19910p后，借

助（2）问中所得，取109t=，代入可得19210e9，即可得解.19.已知动点P与定点(),0Am的距离和P到定直线2nxm=的距离的比为常数mn．其中0,0mn，且mn，记点P的轨迹为

曲线C．（1）求C的方程，并说明轨迹的形状；（2）设点(),0Bm−，若曲线C上两动点,MN均在x轴上方，AMBN，且AN与BM相交于点Q．①当22,4mn==时，求证：11AMBN+的值及ABQ的周长均为定值；②当mn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，使

得Sr=恒成立？若存在，求（用,mn表示）；若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析（2）①证明见解析；②存在；2()2mnn+=【解析】【分析】（1）设𝑃(𝑥,𝑦)，由题意可得222221xynnm+=−，结合椭圆、双曲线标准方

程即可求解；（2）设点()()()112233,,,,,MxyNxyMxy，其中120,0yy且3232,xxyy=−=−.（ⅰ）由//AMBN可知,,MAM三点共且BNAM=，设MM：22xty=+，联立C的方程，利用韦达定理表示1313,yyyy+，进而表示

出11AMBN+，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由//AMBN得()8AMBNBQAMBN−=+，()8BNAMAQAMBN−=+，进而表示出AQBQ+，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知,,M

AM三点共线，且BNAM=，设MM：xsym=+，联立C的方程，利用韦达定理表示的1313,yyyy+，计算化简可得22112nAMBNmn+=−，结合由内切圆性质计算即可求解.【小问1详解】设点𝑃(𝑥,𝑦)，由题意可知222()xmymnnxm−+=

−，即222()mxmyxnn−+=−，经化简，得C的方程为222221xynnm+=−，当mn时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当mn时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．【小问2详解】设点()()()112233,,,,,MxyNxyMxy，其中120,0yy

且3232,xxyy=−=−，（ⅰ）由（1）可知C的方程为()()221,22,0,22,0168xyAB+=−，因为//AMBN，所以1223122322222222yyyyxxxx−===−+−−−，因此，,,MAM三点共线，且()()()222222222222B

NxyxyAM=++−−+−==，（法一）设直线MM的方程为22xty=+，联立C的方程，得()2224280tyty++−=，则131322428,22tyyyytt+=−=−++，由（1）可知1132216224,442222AMxxBNAMx=−=−==−，所以1313

131322224422222211222244222222xxtytyAMBNAMBNAMBNxxtyty−+−−+−++===−−−−()()213221313222

4224422211421842422222tttyytttyytyytttt−−−++===−++−−+−++，所以11AMBN+为定值1；（法二）设MAx=，

则有22422cosAMAM=−，解得422cosAM=+，同理由22422cosAMAM=+，解得422cosAM=−，所以111122cos22cos144AMBNAMAM+−=++=+=，所以11

AMBN+为定值1；由椭圆定义8BQQMMA++=，得8QMBQAM=−−，8//,AMQMBQAMAMBNBNBQBQ−−==，解得()8AMBNBQAMBN−=+，同理可得()8BNAMAQAMBN−=+

，所以()()()8882BNAMAMBNAMBNAMBNAQBQAMBNAMBNAMBN−−+−+=+=+++2882611AMBN=−=−=+．因为42AB=，所以ABQ的周长为定值642+．（ⅱ）当mn时，

曲线C的方程为222221xynmn−=−，轨迹为双曲线，根据（ⅰ）的证明，同理可得,,MAM三点共线，且BNAM=，（法一）设直线MM的方程为xsym=+，联立C的方程，得()()()222222222220mnsnysmmny

mn−−+−+−=，()()()()222221313222222222,smmnmnyyyymnsnmnsn−−+=−=−−−−，（*）因为2113,mnmmAMxxnBNAMxnnmnn=−=−==−

，所以1111AMAMAMBNAMAMAMAM+=+=+2222131322221313smmnsmmnmmyyxnxnnnnnnnmmsmmnsmmnxnxnyynnnnnn−−+++−+−

==−−−−++()()()()()2213222222213132222mnsmyynnmnmsmnmsyyyynnn−++=−−+++，将（*）代入上式，化

简得22112nAMBNmn+=−，（法二）设MAx=，依条件有2cosAMmnnmAMm=−+，解得22cosmnAMnm−=−，同理由2cosAMmnnmAMm=−−，解得22

cosmnAMnm−+=，所以2222221111coscos2nmnmnAMBNAMAMmnmnmn−++=+=+=−−−．由双曲线的定义2BQQMMAn+−=，得2QMnAMBQ=+−，根据AMQMBNBQ=

，解得()2nAMBNBQAMBN+=+，同理根据AMAQBNQN=，解得()2nBNAMAQAMBN+=+，所以()()2222nBNAMnAMBNAMBNAQBQnAMBNAMBNAMBN+++=+=++++222222211mnmnnn

nnAMBN−+=+=+=+，由内切圆性质可知，()12SABAQBQr=++，当Sr=时，()2221()222mnmnABAQBQmnn++=++=+=（常数）．因此，存在常数使得Sr=恒成立，且2()2mnn+=．【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．