【文档说明】重庆市第八中学校2025届高三上学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，2.435 MB，由小赞的店铺上传

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重庆八中高2025届高三上开学考试数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.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；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.设集合{|22}Axx=+，2{|23}Bxxx=+，{|Cxx

A=且}xB，则集合C=（）A.B.)4,3−−C.(4,3−−D.)0,1【答案】B【解析】【分析】解出绝对值不等式与一元二次不等式后，再结合集合的性质即可得.【详解】由22x+可得2

22x−+，即40x−，故{|40}Axx=−，由223xx+可得()()310xx+−，即31x−，故{|31}Bxx=−，由{|CxxA=且}xB，故)4,3C=−−.故选：B.2.赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以OA，OB为

x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与x轴、y轴均相切，A，B两点间的曲线可近似看成函数()fx的图象，()fx有导函数()fx，为了让雨水最快排出，()fx需要满足螺旋线方程()()1()fxfxabfx=+，其中a，b为常数，

则（）A.0a，0bB.0a，0bC.a<0，0bD.a<0，0b【答案】D【解析】【分析】利用函数图象的变化关系可得()0fx，再结合曲线与y轴相切的特征推理即可得解.【详解】观察图象知，函数()f

x单调递减，即()0fx，于是a<0，而函数图象与y轴相切，则x从大于0的方向趋于0时，()fx趋于负无穷大，也即1(0)bf+趋于0，又(0)0f，因此0b，所以a<0，0b.故选：D3.使得“函数2()72fxaxx=+

−在区间1,1−上单调递减”成立的一个充分不必要条件是（）A.1a−B.03aC.30a−D.31a−−【答案】D【解析】【分析】根据复合函数()272fxaxx=+−的单调性列不等式组求解a的范围，再求解使其成立的一个充分不必要条件.【详解】解：令()272txaxx=

+−，()(0)fttt=，因为yt=在定义域上单调递增，由函数()fx在1,1−上单调递减，则()272txaxx=+−在1,1−上单调递减且()0tx恒成立，所以()2121620ata−−−=+，解得31a−−，因为()3

,1−−3,1−−，所以使31a−−成立的一个充分不必要条件为31a−−.故选：D4.已知直线:10lxay−−=与22:2440Cxyxy+−+−=交于,AB两点，设弦AB的中点为,MO为坐标原点，

则OM的取值范围为（）A.35,35−+B.31,31−+C.23,23−+D.21,21−+【答案】D【解析】【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，(

)00,Mxy，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到()()2200111xy−++=，从而求出动点M的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出OM的取值范围.【详解】22:2440Cxyxy+−+−=即(

)()22129xy−++=，则圆心为()1,2C−，半径3r=，直线:10lxay−−=，令100xy−=−=，解得10xy==，即直线恒过定点(1,0)，又()()22110249−++=，所以点(1,0)在圆内，设𝐴(𝑥1,𝑦1

)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，()00,Mxy，由22102440xayxyxy−−=+−+−=，消去x整理得()221450ayy++−=，显然0，则12241yya+=−+，则()21212224221aaxxa

yya−++=++=+，所以21222121xxaaa+−+=+，122221yya+=−+，则212022121xxaaxa+−+==+，1202221yyya+==−+则()()2222200222111111aaxyaa−−−

++=+=++，又直线:10lxay−−=的斜率不为0，所以M不过点(1,0)，所以动点M的轨迹方程为()()22111xy−++=（除点(1,0)外），圆()()22111xy−++=的圆心为()1,1N−，半径11r=，又()2

2112ON=+−=，所以11ONrOMONr−+，即2121OM−+，即OM的取值范围为21,21−+.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点M的轨迹，再求出圆心到原点的距离O

N，最后根据圆的几何性质计算可得.5.定义在R上的奇函数()fx满足()()20fxfx+−=，当()1,1x−时，()2log11afxbx=−+−，则202313kkf==（）A.0B.1C.1−D.2023【答案】B【解析】

【分析】根据()0011022fff=+−=可求出a、b的值，分析可知函数()fx是周期为2的周期函数，计算出13f、()1f的值，结合函数周期性和奇偶性的性质可求得202313kkf=

的值.【详解】因为函数()fx是定义在R上的奇函数，且当()1,1x−时，()2log11afxbx=−+−，由()()20log10fab=−+=，①且()222211248log21log1log120223

33aaaffabbb+−=−++−+=−++=，②由①②可得()222248log1log133aaa−+=−，整理可得220102102103aaaaa−=−−−，解得2a=，此时，()20lo

g10fb=+=，可得0b=，故当()1,1x−时，()2221log1log11xfxxx+=−=−−，()()2211loglog11xxfxfxxx−+−==−=−+−，合乎题意，因为()()20fxfx+−=，则()()(

)22fxfxfx=−−=−，所以，函数()fx是周期为2的周期函数，所以，221113loglog211313f+===−，在等式()()20fxfx+−=中，令1x=可得()210f=，可得()10f=，()()()()1

2451221121033333333ffffffffffff+++++=+++−+−+0=，因此，62023112023133713333k

kkkffff===+==.故选：B.6.定义在R上的函数()fx满足()()22fxfxxx=+−，则函数()()21gxxfxx=−的零点个数为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据已知可求得()2fxxx=−

+，从而可求得函数()fx的解析式，令()()210gxxfxx=−=，可得()1fxx=，即2211,013,0xxxxxx−=+=，构造函数并画出函数图象，结合图象即可得解.【详解】解：因为()()22fxfx

xx=+−，所以()()()2222fxfxxxfxxx=+−=+−，所以()2fxxx=−+，所以()()2222,0223,0xxxfxfxxxxxxxxx−+=+−=−+−=−−，由()(

)210gxxfxx=−=，得()221fxx=，即()1fxx=，即2211,013,0xxxxxx−=+=，如图，画出函数1,03,0xxyxx−=+和21yx=的图象，当1x=−时，()21132,11−+==−，由图可知函数1,03,0

xxyxx−=+和21yx=的图象右4个交点，即函数()()21gxxfxx=−有4个零点.故选：B.【点睛】本题考查了函数解析式的求法，考查了利用数形结合思想求函数的零点的个数，考查了数形结合思想和转化思想，有一定的难度.7.已知数列na满足11a=，且对任意*,()m

nmnN均有22mnmnmnaaaa+−+=+.记na的前n项和为nS，则7S=（）A.28B.140C.256D.784【答案】B【解析】【分析】令1n=，得到11(())2mmmmaaaa+−−

−=−，令1mmmbaa+=−，求得12mmbb−−=，得出mb为等差数列，求得1223mmaama+=−−+，利用累加法求得22(2)(1)mamma−+−=，再令3,2mn==，得到513222aaaa+=+，求得24a=，得出2mam=，即可求解.详解】由数列{𝑎

𝑛}满足11a=，且22mnmnmnaaaa+−+=+，令1n=，可得1112222mmmmaaaaa+−+=++=，即11(())2mmmmaaaa+−−−=−，再令1mmmbaa+=−，可得12mmbb−−=，即数列mb是公差为2的等差数

列，又由12121baaa=−−=，可得223mbma=−+，即1223mmaama+=−−+，又由22211321()()((2)()1)mmmaaaaaaaamma−=+−+−++−−=+−即22(2)(1)mamma−+−=，所以3212aa=+及5294aa=+，令3,2

mn==，可得513222aaaa+=+，代入可得222942121(2)aaa++=++，解得24a=，所以22(2)(1)4mmamm−−=+=，即数列{𝑎𝑛}的通项公式为2nan=，所以2222222712345671

40S=++++++=.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明数列mb是公差为2的等差数列，再结合累加法并求出24a=，从而得到2nan=，最后计算7S即可.8.将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得

甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（）A.()27132CB.7713142CCC.6714142CCD.()27142C【【答案】B【解析】【分析】分析可得甲组的中位数为14或15，分别求出甲组的中位数为14、15时的分组方法，即可得解.【详解】因

为甲组、乙组均为15个数，则其中位数为从小到大排列的第8个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数，依题意可得甲组的中位数为14或15，若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16，此时从113中选7个数放到甲组，剩下的6个数放到乙组，再从1730中选7个数放到甲组

，其余数均在乙组，此时有771314CC种分组方法；若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17，此时从114中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从1830中选7个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有771413CC种分组方法；若甲组的中位

数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中小于16的数有7个、乙组中小于18的数有7个，从而得到小18的数一共只有77115++=个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能大于15；若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个，从

而得到小15的数一共只有77115++=个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能小于14；综上可得不同的分组方法数是7713142CC种.故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为14或15再分类分别计算可得.二、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.设函数()()1fxfx=，()()1nnfxffx+=，nN，则下列函数中满足，()3fx与()fx值域相同的是（）A.()e=xfxB.()lnfxx=

C.()21fxx=−D.()1fxxx=+【答案】BC【解析】【分析】分别求出选项中()3fx与()fx的值域即可得到答案.详解】对选项A，()()1e0,xfx=+，()()e2e1,xfx=+，()()ee3ee,xfx=+，故A错误.对

选项B，()1lnfxxR=，()()2lnlnfxxR=，()()3lnlnlnfxxR=，故B正确.对选项C，()()2111,fxx=−−+，()()()22111,fxfx=−−+，()()()23211,fxfx=−−+，故C正确.对选项D，()

()()112,,2fxxx=++−−，()()()211155,,22fxfxfx=++−−，()()()32212929,,1010fxfxfx=++−−，故D错误.故选：BC10.在信道内传输,,MNP信号，

信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为()01，收到其他两个信号的概率均为12−．若输入四个相同的信号,,MMMMNNNNPPPP的概率分别为123,,ppp，且1231ppp++=．记事件111,,MNP

分别表示“输入MMMM”“输入NNNN”“输入PPPP”，事件D表示“依次输出MNPM”，则（）A.若输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为()221−B.()22112PDM−=C.()3112PDP−=D.()()1112311pPM

Dp=−+−【答案】BCD【解析】【【分析】由独立事件的乘法公式可得A错误；由条件概率公式可得BC正确；全概率的应用，先求出()3112PDN−=，再根据()2332123111222PDppp

−−−=++和()()()()()()1111PDMPMPMDPMDPDPD==化简得到D正确.【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为()01，收到其他两个信号的概率均为12−，即

收到的信号字母变的概率为1−，且信号的传输相互独立，所以输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为()()222224C611−−=，故A错误；B：因为()()()2221121111122pPDMPDM

PMp−−===，故B正确；C：()()()33311131122pPDPPDPPPp−−===，故C正确；D：因为()()()33211121122pPDNPDNPNp−−===，而2332123

111()222PDppp−−−=++()()23221111111111222pppp−−−−=+−=+−211111311112

2222ppppp−+−−−=+−−+=()2131112p−+−−=，所以()()()()()()(

)221111112pPDMPMPMDPMDPDPDPD−===()()221121112231131112pppp−==−+−−+−−，故D正确；故选：BCD

.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用独立事件的条件概率公式()()()|PABPBAPA=和全概率公式()()()1|niiiPAPBPAB==.11.在平面直角坐标系中，将函数()fx的图象绕坐标原点逆时针旋转(090)≤后，所得曲线仍然是

某个函数的图象，则称()fx为“旋转函数”.那么（）A.存在90旋转函数B.80旋转函数一定是70旋转函数C.若1()gxaxx=+为45旋转函数，则1a=D.若()exbxhx=为45旋转函数，则2e0b−≤≤【答案】ACD【解析】【分析】对A，举例说明即可；对B，举反

例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将45旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.【详解】对A，如yx=满足条件，故A正确；对B，如倾斜角为20的直线是80

旋转函数，不是70旋转函数，故B错误；对C，若1()gxaxx=+为45旋转函数，则根据函数的性质可得，1()gxaxx=+逆时针旋转45后，不存在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为45的直线与1()gxaxx=+的函数图象有两个交点.即()Ryxb

b=+与1()gxaxx=+至多1个交点.联立1yaxxyxb=+=+可得()2110axbx−−+=.当1a=时，10bx−+=最多1个解，满足题意；当1a时，()2110axbx−−+=的判

别式()2Δ41ba=−−，对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不满足题意，故1a=.故C正确；对D，同C，()exbxhx=与()Ryxaa=+的交点个数小于等于1，即对任意的a，exbxax=−至多1个解，故()exbxgxx=−为单调函数，即

()()11exbxgx−=−为非正或非负函数.又()11g=−，故()110exbx−−，即()e1xbx−−恒成立.即exy=图象在()1ybx=−−上方，故0b−，即0b.当exy=与()1ybx

=−−相切时，可设切点()00,exx，对exy=求导有exy=，故000ee1xxx=−，解得02x=，此时02eexb=−=−，故2e0b−≤≤.故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若不

等式()3axabxax++−对1,2x恒成立，则8ab+的最大值为__________.【答案】3【解析】【分析】先将不等式变形为2111axbx+−+，再把211xx+−看成整体求解函数的值域，由不等式恒成立可得关于,ab的不等关系，再利用不

等关系表达所求式8ab+，并求其范围探究最值即可.【详解】由()3axabxax++−，可得2111axbx+−+.令21()1,1,2fxxxx=+−，则()fx在[1,2]上单调递增，所以21911,2xx+−，由2111axbx+−+

对1,2x恒成立，所以911,112abab−+−+，则1()1ab−−+，故()98232ababab+=+−+，当且仅当912()1abab+=−+=，即411,77

ab==−时，等号成立，故8ab+的最大值为3.故答案为：3.13.有1000张从1开始依次编号的多米诺骨牌，从小到大排成一行，每次从中去掉处在奇数位置的牌，则最后剩下的一张牌是______号．【答案】512【解析】【分析】根据题设，依次写出每次去掉奇数位

后的余项，即可得结果.【详解】第一次：余下编号2,4,6,8,10,...,998,1000，编号为*2,Nkk，共500项；第二次：余下编号4,8,12,16,...,996,1000，编号为*4,Nkk，共250项；第三次：余下编号8,16,24,32,...,99

2,1000，编号为*8,Nkk，共125项；第四次：余下编号16,32,48,64,...,976,992，编号为*16,Nkk，共62项；第五次：余下编号32,64,96,128,...,960,992，编

号为*32,Nkk，共31项；第六次：余下编号64,128,192,256,...,896,960，编号为*64,Nkk，共15项；第七次：余下编号128,256,384,512,640,768,896，编号为*128,Nkk，共7项；第八次：余下编号2

56,512,768，编号为*256,Nkk，共3项；第九次：余下编号512，编号*512,Nkk，共1项；综上，最后剩下512.故答案为：51214.《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的

格子即算成功.方格中的数字代表其周围8格的地雷数.现有如图所示的55方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有______种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有______种.为【答案】①.7②.46【解析】【分析】记ija为第i行，第j列

格子，1,2,3,4,5i=，1,2,3,4,5j=，按照33a中是地雷和33a中不是地雷分两种情况讨论，再按照公共地雷的个数进行讨论可求出第一个空的答案；第二个空按照公共地雷个数为2和5分别计数，再相加可得解.【详解】记ija为第i行，第j列格子，1,2,3,4,5i=，1,2,3

,4,5j=，4332当33a中是地雷时，若其余无公共地雷时，图中地雷数为433239+++−=；若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为4332318+++−−=；若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为4332327+++−−=；若其余有且只有三

个公共地雷时，图中地雷数为4332336+++−−=；若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为4332345+++−−=；当33a中不是地雷时，若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为4332111+++−=；若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为4332210+++−=；若其

余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为433239+++−=；若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为433248+++−=；若其余有且只有五个公共地雷时，图中地雷数为433257+++−=；若其余有且只有

六个公共地雷时，图中地雷数为433266+++−=；综上所述：图中地雷数可能取5,6,7,8,9,10,11共7个值.若已知图中共有7个地雷，由以上分析可知，共分两类：第一类：当33a中是地雷时，其余有且只有二个公共地雷，共有2284CC28622−=−=种；第二类：当33a中不是地雷时，其余

有且只有五个公共地雷，共有41211124422222CC2CC(CCC)24++=，所以若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有222446+=种.故答案为：7；46.四、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.已知函数()()()lo

glog2mmfxxmxm=−+−（0m且1m）.（1）若对于任意的3,4xmm，都有()1fx≤，求实数m的取值范围；（2）在（1）的条件下，是否存在5,2m+，，使()fx在区间,上的值域是log,lo

gmm？若存在，求实数m的取值范围：若不存在，说明理由.【答案】（1）112m（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据对数函数性质求得()fx在[3,4]mm上的最大值max()fx，由max()1fx

计算即可得；（2）由对数函数单调性问题转化为一元二次方程在5,2m+上有两个不等实根，由一元二次方程根的分布知识求解即可得．【小问1详解】对于任意的3,4xmm，都有()1fx，等价于ma

x()1fx，∵()()()()22log2log32([3,4])mmfxxmxmxmxmxmm=−−=−+，设()22223323,424mtxmxmxmxmm=−+=−−，则t

在[3,4]mm上是增函数，下面按照logmyt=的单调性分类讨论：当01m时，()fx在[3,4]mm上递减，则()()()2max3log21mfxfmm==，解得112m，当1m时，()fx在[3,4]mm上递增，则()()()2max4log61mfxfmm==，解得10

6m与1m矛盾，故舍去；综上，112m.【小问2详解】∵112m，∴()fx在5,2m+上递减，∴()()loglogmmff==，即()()()()22ama

mmm−−=−−=，即关于x方程()()2xmxmx−−=在5,2m+上有两个不等的实根，设()()()()222312hxxmxmxxmxm=−−−=−++，则{12≤𝑚<1Δ=(3𝑚+1)2−8𝑚2>03𝑚+12>5𝑚2ℎ(5𝑚2)>

0，即{12≤𝑚<1𝑚2+6𝑚+1>0𝑚<12𝑚>103m．综上，不存在这样的，满足条件.16.已知函数()()20121nnnnfxxaaxaxax=+=++++，其中R，nN.（1）若8n=，710

24a=，求()0,1,2,3,8iai=的最大值；（2）若2=，求0nrrra=；（用n表示）（3）若1=−，求0C()nkknnkkkxfxn−=【答案】（1）1792（2）1023nnrrran−==（3）()0C

nkknnkkkxfxxn−==【解析】【分析】（1）由二项式定理求得7a，从而求得，然后设最大ta，解不等式组11ttttaaaa−+求解；（2）由题意可得()012nnrrrxax=+=，两边求导，令1x=可得解；（3）用()nfx写出等式左边的和式，然后由组

合数公式11CCkknnkn−−=化简变形后再由二项式定理可得．小问1详解】()()828801281fxxaaxaxax=+=++++，7778C10242a===，不妨设ia中()0,1,2,3,,8t

at=，则11188111886C2C25C2C2ttttttttttttaataat−−−+++，则5t=或6，ia中的最大值为55665688C2C21792aa====

.【小问2详解】若2=，()012nnrrrxax=+=，两边求导得()110212nnrrrnxrax−−=+=，令1x=得，1023nnrrran−==.【小问3详解】若1=−，()()1nnfxx=−，()0Cnkknnkkkxfxn−=(

)()()()120001122012C1C1C1C1nnnnnnnnnnxxxxxxxxnnnn−−=−+−+−++−，因为()()()()1!!C!!1!!knnknknknknknk−==−−−()()()()111!C1!11!

knnknk−−−==−−−−，所以()()()()120011211110C0C1C1C1nnnkknnnnknnnkkxfxxxxxxxn−−−−−−−==+−+−++−()()()120001111111C1C1C1nnnnnnnxxxxxxx−−−−−−

−=−+−++−()11nxxxx−=+−=．【【点睛】关键点点睛：本题第三问，解题的关键是利用组合数公式将Cknkn化简为11Ckn−−.17.已知O为坐标原点，经过点()4,0直线l与抛物线()2:20Cypxp=交于A，B（A，B异于点O）两点，且以AB为直径

的圆过点O.（1）求C的方程；（2）已知M，N，P是C上的三点，若MNP△为正三角形，Q为MNP△的中心，求直线OQ斜率的最大值.【答案】（1）24yx=（2）212.【解析】【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程

，由OAOB⊥代入计算，即可得到抛物线方程；（2）根据题意，分MNP△有一边斜率不存在与MNP△三边的斜率都存在讨论，分别表示出,MNMPkk，结合60NMP=代入计算，结合基本不等式即可得到直线OQ斜率的最大值.【小问1详解】设(),AAAxy，(),BBBx

y，:4lxmy=+，联立方程24,2,xmyypx=+=得2280ypmyp−−=，则2AByypm+=，8AByyp=−.因为以AB为直径的圆过点O，所以OAOB⊥，则0ABABxxyy+=，即22022ABABy

yyypp+=，解得24AByyp=−，所以248pp−=−，解得2p=，所以C的方程为24yx=.【小问2详解】设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，()33,Pxy.不妨设N，M，P按逆时针顺序

排列.的①当MNP△有一边斜率不存在时，另一顶点为()0,0，不妨设()0,0P，则3:3MPlyx=，3:3NPlyx=−.与抛物线C的方程联立得()12,43M，()12,43N−，中心()8,0Q.②当MNP△三边的斜率都存在时，1212124MNyykxxyy−=

=−+，134MPkyy=+.又60NMP=，所以1213121344tan603441yyyyyyyy−++==+++，化简可得()()()3212134316yyyyyy−=+++，同理可得()()()213

1324316yyyyyy−=+++，()()()1323214316yyyyyy−=+++，三式相加得()22212312233103348yyyyyyyyy=++++++.因为M，N，P是C上的三点，所以()222123123

4yyyxxx++=++，又()()22221231231223312yyyyyyyyyyyy++=+++++，所以()()21231233964yyyxxx+++=++.设(),Qxy，则1233xxxx=++，1233

yyyy=++，代入上式得29432yx=−.又①也满足29432yx=−，所以Q的轨迹方程为29432yx=−.当0y，直线OQ的斜率为244232932129yyxyyy==++，当且仅当423y=时，直线OQ的斜率取得最大值212.

当0y时，直线OQ的斜率0yx.综上，直线OQ斜率的最大值为212.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用MNP△内角为60得到关于123,yyy的三条方程，从而整理得Q的轨迹方程为29432yx=−，由此得解.18.药房里有若干味药．药剂师用这些药配成22副药方

，每副药方中恰有5味药，从中任选的三味药都恰好只包含在某一副药方中．（1）药房中共有几味药？（2）药物分为烈性药和非烈性药，要求每副药方中至少有一味是烈性药．（i）假设药房中有7味烈性药，证明：全部药方中

一定有一副药方至少含有4味烈性药；（ii）证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药．【答案】（1）12（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意列出方程3C220n=，即可求解；（2）设共有烈性药r味，1味烈性药2+味非烈性药称为R

−三药组”，考虑问题的反面，从而列出方程322132rrr−+=，结合该方程的解的情况，即可证明结论.【小问1详解】设共有n味药，一共可形成3Cn个“三药组”，另一方面，每个“三药组”恰有一副药方包含它，22副药方中，每副药方可形成35C个“三药组”，合计

220个“三药组”，所以3C220n=，所以12n=．【小问2详解】设共有烈性药r味，假设每副药方中至多含有3味烈性药，不妨把1味烈性药2+味非烈性药称为“R−三药组”，共有1212CCrr−个“R−三药组”，另

一方面，因为每3种烈性药恰有一副药方包含它，故有3Cr副药方恰含有3种烈性药，每副这样的药方含有1232CC个“R−三药组”，其余322Cr−副药方只含有1种或2种烈性药，它们中每一幅都可形成21146CC=或1123CC6=个“R−三药组”，故22副药方一共可形成()333C622Crr+−个“

R−三药组”，故有()123312CC3C622Crrrr−=+−，得321367132rrr−+=，（i）将7r=代入321367175132rrr−+=,即说明假设药房中有7味烈性药，全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药；（ii）32136713

2rrr−+=两边考虑都除以5，右侧余2，对于2(1367)rrr−+，当r取0，1，2，3，4，5时，均不成立，即说明假设每副药方中至多含有3味烈性药不成立，所以全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药．【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于理解

透题意，特别是第二问的证明，解答时采用反证思想，从反面说明，推出方程无解，从而证明结论.从而证明结论.19.已知()()12e,xfxaxaxbab+=+−−R.（1）若存在两个不同的a使得()fx的

最小值为0，证明：0eb；（2）设b（为常数），且当()0fx恒成立时，ab−的最小值为12+−，求的取值集合.【答案】（1）证明见解析（2）53【解析】【分析】（1）求出导数后，分0a=、0a与0a讨论函数的调性后，

构造函数()1e12xgxx+=−，结合导数可得存在两个不同的a，使得()fx的最小值为0等价于存在两个不同的0x，使得()01200031e12xxxbx+−+=−，再构造函数()()2131e12xxxhxx+−

+=−，利用导数研究其单调性后即可得证；（2）由第一问可得，0,eab，构造函数()()()()213e12xxxFxgxhxx+−+=−=−，结合导数研究其单调性后可得()()0021hxFx−−，再构造函数()()()21GxhxFx=++，此时只需结合导数讨论()0

Gx的解即可得.【小问1详解】()1e2xfxaxa+=+−，令()()1e2xxfxaxa+==+−，则()1e2xxa+=+，当0a=时，()1e0xfx+=，()fx单调递增，没有最小值，不满足题意；当0a时，考虑0x这一侧，有()2efxaxb++，则

当ebxa−−=−时，()0fx，不满足题意；当0a时,()0x恒成立,()fx在R上单调递增，取12x=即有()0fx；当12x时，有()32e2fxaxa+−，则当32e2axa−=时

，()0fx；所以存在唯一的320e1,22axa−，使得()00fx=，此时()fx在()0,x−上单调递减，在()0,x+上单调递增，且有010e20xaxa++−=，也即010e12xax+=−，

于是，()()()00120012000min031ee12xxxxfxfxaxaxbbx++−+==+−−=−−，记()1e12xgxx+=−，则()()()1232e12xxgxx+−=−，当12x时，()0gx恒成立，()gx单调递增，所以存在两个不同的a，使得()fx的最

小值为0，也即存在两个不同的0x，使得()01200031e12xxxbx+−+=−；记()()2131e12xxxhxx+−+=−，则()()()()12123e12xxxxhxx+−−−=−，易知()hx在(),0−上单调递增，在10

,2上单调递减，所以()()0ehxh=；若0b，当0x时，()0hxb，而当0x时，()hx单调递减，方程()hxb=至多有一个解，不满足题意；若eb，则有()()0ehxhb

=，方程()hxb=至多有一个解，满足题意；综上，0eb；【小问2详解】由第一问可知，0,eab，取152x−=，则35215e02fab−−=+−，此时353522e,2e1ab−−−−−，记()()()()213e12x

xxFxgxhxx+−+=−=−，则()()()()212231e12xxxxFxx+−−−=−，所以()Fx在15,2−−上单调递减，在151,22−上单调递增，由于()()()00min1,2b

hxabFx+=−==−，所以有()()0021hxFx−−，记()()()()2131e21112xxxGxhxFxx+−++=++=+−，则只需考虑()0Gx的解即可，()()()()()121223e12xxxxGxx++−−=−，所以()G

x在(),1−−上单调递减，在151,2−−上单调递增，而()10G−=，所以()0Gx只有一个解1x=−，此时()513h=−=，综上，的取值集合为53.【点睛】关键点点睛：

最后一问关键点在于构造函数()()()Fxgxhx=−，结合其单调性再构造函数()()()21GxhxFx=++，从而只需考虑()0Gx的解即可.