【文档说明】浙江省稽阳联谊学校2023届高三下学期4月联考数学试题 含解析.docx，共(26)页，3.743 MB，由小赞的店铺上传

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2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷一、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.若集合()2log213Axx=−，321Bx

x=−，则()RAB=ð（）A.91,2B.72,2C.71,2D.92,2【答案】A【解析】【分析】解对数不等式、一元一次不等式化简集合，再应用集合的交、补运算求结果.【详解】由()2log213x

−，得0218x−，所以1922x，所以19(,]22A=，因为321{|1}Bxxxx=−=∣，所以()R1,B=+ð，所以()R91,2AB=ð.故选：A.2.若复数z满足i12iz=−，则z=（）A.2i−−B.2i−+C.2i+D.2i−【答

案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算，化简可得2iz=−−，然后根据共轭复数的概念，即可得出答案.【详解】由已知可得，12i2iiz−==−−，从而2iz=−+.故选：B.3.在正方形ABCD中，O为两条对角线的交点，E为边BC上

中点，记ACm=，DOn=，则AE=（）A.1142mn+B.1142mn−C.3142mn+D.3142mn−【答案】C【解析】【分析】由向量运算的三角形法则，用AC，DO表示AE即可.【详解】11131()(),22242AEACCEACOBOCmnmm

n=+=+−=+−=+故选：C.4.双曲函数是一类与常见三角函数类似的函数，在生活中有着广泛的应用，如悬链桥．常见的有双曲正弦函数eesinh2xxx−−=，双曲余弦函数eecosh2xxx−+=．下列结论不正确的是（）A.()()22coshsinh1xx−=B.()

coshcoshcoshsinhsinhxyxyxy+=−C.双曲正弦函数是奇函数，双曲余弦函数是偶函数D.若点P在曲线sinhyx=上，α为曲线在点P处切线的倾斜角，则ππ,42【答案】B【解析

】【分析】对于A，B，直接代入验证即可；对于C，利用奇偶性的定义即可判断；对于D，利用导数的几何意义结合基本不等式及正切函数的性质即可判断.【详解】对于A，()()2222eeeecoshsinh22xxxxxx−−=+−−−

1eeeeeeeeee2222xxxxxxxxxx−−−−−=+−+−+−==，A正确；对于B，()()eecosh2xyxyxy−++++=，eeeeeeeecosh

coshsinhsinh2222xxyxyyxyxyxy−−−−++−−−=−eeeeeeeeee442xyxyyxxyxyxyyxxyxyyx+−−−−+−−−−−−+−=+−+−++=，所以(

)coshcoshcoshsinhsinhxyxyxy+−，B错误；对于C，令()eesinh2xxfxx−−==，则()()ee2xxfxfx−−−==−，且定义域为R关于原点对称，所以双曲正弦函数是奇函数；令()eecosh2xxgxx−+

==，则()()+ee2xxgxgx−−==，且定义域为R关于原点对称，所以双曲余弦函数是偶函数，C正确；对于D，令()eesinh2xxfxx−−==，则()e2+exxfx−=，设()00,Pxy，所以0000ee2

eetan122+xxxx−−==，又因为)0,π，所以ππ,42，D正确.故选：B5.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（）A.120B.210C.2

11D.216【答案】D【解析】【分析】共有三种情况，3人各站一个台阶，或2人站一个台阶，另1人站另一个台阶，或3人站一个台阶，然后根据分类计数原理即可求解．【详解】由题意分三种情况：第一种情况是3人各站一个台阶，有36A种；第二种情况是2人

站一个台阶，另1人站另一个台阶，有2236CA种，第三种情况是3人站一个台阶，有3136CA种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是3223163636ACACA216++=种．故选：D．

6.函数()()π2sin22fxx=+的图象向左平移π6个单位长度后对应的函数是奇函数，函数()()13cos2gxx=+．若关于x的方程()()12fxgx+=−在)0,π内有两个不同的解α，β，则()cos−的值为（）A.24−B

.24C.12D.22【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的图象性质、图象变换和三角恒等变换公式，以及诱导公式求解.【详解】函数()()π2sin22fxx=+的图象向左平移π6个单位长度后，所得函数的解析式为π2sin23yx=++，因为

所得函数为奇函数，所以π2sin03+=，则有ππ,Z3kk+=，因为π2，所以π3=−，所以()π2sin2sin23cos23fxxxx=−=−，()π()sin2

cos22sin24fxgxxxx+=+=+，因为)0,πx，所以ππ9π2,444x+，所以由()π1()2sin242fxgxx+=+=−，可得π2sin2

44x+=−，所以ππ3π2223π442+++==，且π2sin244+=−，则5π4+=，所以5ππ2cos()cos(2)sin(2)444−=−=−+=，故选:B.7.已知2ln0xaxb−−在(

)0,+上恒成立，则2+ab的最小值是（）A.0B.1−C.ln4−D.ln2−【答案】D【解析】【分析】先将条件转化为ln220xaxb−−在()0,+上恒成立，再构造函数()ln22fxxaxb=−−，()0,x+，分0a，0a两种情况讨论，再结合导函数分析函数的单调性，进而

即可求解．【详解】2ln0xaxb−−在()0,+上恒成立，等价于22ln220xaxb−−在()0,+上恒成立，等价于ln220xaxb−−在()0,+上恒成立，令()ln22fxxaxb=−−，()0,x+，当0a时，则()fx在()0,

+上单调递增，则若x→+时，()fx→+，不符合题意；当0a时，则()12fxax=−，若102xa时，()0fx¢>，此时()fx单调递增；若12xa时，()0fx，此时()fx单调递减，所以()()()m

ax1ln21202fxfxfaba==−−−，则()2ln21ba−−，即()2ln21abaa+−−，令()()ln21gaaa=−−，0a，则()11gaa=−，当01a时，()0ga，此时()ga单调递减；当1a时，()0ga，此

时()ga单调递增，所以()()()min1ln2gagag==−，所以()2ln21ln2abaa+−−−，所以2+ab的最小值是ln2−．故选：D．8.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．

现有鳖臑SABC−，其中SA⊥平面ABC，ABBC⊥，过A作ADSB⊥，AESC⊥，记四面体SADE−，四棱锥ABCED−，鳖臑SABC−的外接球体积分别为1V，2V，V，则12VVV+的取值范围是（）A.2,12B.(1,2C.)2,2D.)3,2【答案】A【解

析】【分析】记四面体SADE−，四棱锥ABCED−，鳖臑SABC−的外接球半径分别为1r，2r，r，记2SAa=，2ACb=，2SCc=，先证明AD⊥面SBC，从而得到1ra=，2rb=，rc=，再根据222cab=+，从而得到3123221=1a

VVbVab+++，再构造函数()()332211xfxx+=+，其中0axb=，再利用导函数分析函数的单调性，进而即可求得其值域．【详解】记四面体SADE−，四棱锥ABCED−，鳖臑SABC−的外接球半径分别为1r，2r，r

，记2SAa=，2ACb=，2SCc=，在鳖臑SABC−中，有BCAB⊥，BCSB⊥，又ABSBB=，,ABSB平面SAB，则BC⊥面SAB，又AD面SAB，则BCAD⊥，又SBAD⊥，且BCSBB=，,BCSB面SBC，所以AD⊥面SBC，所以

12SAra==，22ACrb==，2SCrc==，又()()()222222cab=+，即222cab=+，所以()333331233322221=1aVVababbVcabab++++==++，

令()()332211xfxx+=+，其中0axb=，则()()()2321311xxxfxx+−=+，所以当01x时，()0fx，此时()fx单调递减；当1x时，()0fx¢>，此时()fx单调

递增，当1axb==，即ab=时，()()min221222fxf===；当0axb=→，即0a→时，()1fx→；根据对称性，当axb=→+，即0b→时，()1fx→，所以()2,12fx，即122,

12VVV+．故选：A．【点睛】关键点点睛：先根据题意得到3123221=1aVVbVab+++，再构造函数()()332211xfxx+=+，其中0axb=，利用导函数分析函数的单调性，进而求得其值域是解答本题的关键．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.已知某地区某周7天每天的最高气温分别为23，25，13，10，13

，12，19（单位℃）．则（）A.该组数据的平均数为1157B.该组数据的中位数为13C.该组数据的第70百分位数为16D.该组数据的极差为15【答案】ABD【解析】【分析】根据平均数、中位数、百分位数和极差的定义判断即可．【详解】将23，25，13，10

，13，12，19从小到大排列为10，12，13，13，19，23，25，对于A，该组数据的中位数为2325131013121911577++++++=，故A正确；对于B，该组数据的中位数为13，故B正确；对于

C，由770%4.9=，则该组数据的第70百分位数为从小到大排列的第5个数，是19，故C错误；对于D，该组数据的极差为251015−=，故D正确．故选：ABD．10.如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则（）A.AECF∥B.平面EAB

⊥平面FABC.直线EA与平面ABCD所成的角为π4D.点E到平面ABF的距离为263【答案】ACD【解析】【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断A选项，取A

B中点，连接E、F，根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面ABCD的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.【详解】对于A选项，如图，由BAE，BEC，BCF△，BFAV为正三角形可得A

ECF为正方形，故//AECF，故A正确；对于B选项，取AB中点为M，在BAE，BAF△中，由正三角形的性质可得，EMAB⊥，FMAB⊥，平面ABE平面ABFAB=，EM平面ABE，FM平面ABF，则EMF

为二面角EABF−−的平面角，由3EMFM==，22EF=，得90EMF，故B错误；对于C选项，由条件可知四棱锥EABCD−、四棱锥FABCD−均为正四棱柱，连接EF，AC交点为正方形ABCD的中心，则EF⊥平面ABCD，即EAC为直线EA与平面ABCD所成的角，由

2EAEC==，22AC=，得45EMF=，故C正确；对于D选项，连接BD，在正方形ABCD可知，BDAC⊥，EF⊥平面ABCD，BD平面ABCD，EFBD⊥，EF与AC相交，且,EFAC平面AEF，BD⊥平面AEF即12BD为三棱锥BAEF−的高，设点E

到平面ABF的距离为h，由几何关系可求得，122BD=，122222AEFS==△，12332ABFS==△，由BAEFEABFVV−−=可得，111323AEFABFSBDSh=△△，代入数据解得263h=，故D正

确．故选：ACD.11.定义：若存在正实数M使()*NnaMn，则称正数列na为有界正数列．已知数列na满足()2ln11nnan+=+，nS为数列na的前n项和．则（）A.数列na为递增数列B.数列nS为递增数列C.数列na为有界正数列D.数列nS为

有界正数列【答案】BC【解析】【分析】对于A，设2ln(1)()1xfxx+=+，求导后放缩()223ln(1)(1)xfxx−++，从而可知当6n时，()2ln11nnan+=+单调递减，即可判断；对于B，

由0na可知数列{}nS为递增数列，即可判断；对于C，由A分析，即可判断；对于D，借助不等式()ln1xx+，从而可得()()2ln(1)ln21ln2ln(1)ln2ln2ln1111nnannnn

n+=+=+−++++≥≥，即可得到ln2ln(2)ln2nSn+−≥，从为而可判断.【详解】对于A，设2ln(1)()1xfxx+=+，222222ln(1)1()(1)xxxxfxx+−++=+，当1x时，2222222133xxxxx++++，则

()22222233ln(1)3ln(1)1(1)(1)xxxxfxxx+−+−++=++，所以当6x时，2313727ex+，则当6x时，()223ln(1)0(1)xfxx−+=+，所以当6n时，()2

ln11nnan+=+单调递减，A错误；对于B，因为0na，所以数列{}nS为递增数列，B正确；对于C，由A分析可知，当正实数M为前6项的最大项时，就有()*NnaMn，所以数列na为有界正数列，C正确；对于D，令()()ln1,0gxxxx=+−，则()1111xgxxx

=−=−++，所以当0x时，()0gx，即()gx在)0,+上单调递减，所以()()00gxg=，即()ln1xx+，由()()2ln(1)ln212ln2ln(1)ln2lnln2ln2ln11111nnnannnnnn++=+==+−+

++++≥≥，所以ln2ln(2)ln2nSn+−≥，D错误.故选：BC【点睛】关键点睛：对于A，借助不等式221+xx进行放缩，而对于C，借助不等式()ln1xx+进行放缩，从而可利用裂项相消法求和.12.已知函数()()124,

22,233Z8422,222,33xkkxkfxkxkkxk+−+=−−++，则（）A.f（x）是单调递增函数B.()()2ffxx+=C.()1fxx−D.()()12f

xfxx++【答案】ABD【解析】【分析】由函数解析式可判断函数为单调函数，且为增函数可判断A的正误；由()fx的解析式求得()2fx+的解析式，再求的()()2ffx+的解析式，化简即可判断B的正

误；将特殊值0x=代入即可排除C；由()fx求得()fxx−，在求得最值，可判断()()12fxfxx++，即可得到结果.【详解】函数()fx为连续函数，且当4223kxk+是斜率为正，当4222

3kxk++时斜率为正，故A正确；()()144,22,2332Z2422,222,33xkkxkfxkxkkxk++++=−−++()()()148422,2223332,Z=12244221,2223333xkkkxkffxkxxkk

kxk++−−++=−−++−++，故B正确；2(0)013f=−−，故C错误；124124,22,2,22,2233233()848432,222,222,222,3333xkk

xkkkkxkfxxxkkxkkkkxk−+−+−+−+−==−−−+++−−++所以21()(1)233fxfxxxx++−++≤≤，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.命题“()1

,x+，0x”的否定为______．【答案】00(1,),0xx+≤．【解析】【分析】根据全称命题的否定：任意改存在并否定原结论，即可得答案.【详解】由全称命题的否定为特称命题知，原命题的否定为00(1,),0xx+≤.故答案为：00(1,),0xx+

≤.14.已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则X的期望为______．【答案】2315##8115【解析】【分析】讨论从甲盒中随机取

到球的颜色，进而确定对应X的可能取值，分别求出对应概率，再应用独立事件乘法公式、互斥概率求法求X各可能情况的概率，最后求期望即可.【详解】若从甲盒中随机取到的为红球且概率为35，则X的可能取值为1,2，则1151126CC1(1)C3PX===，25

126C2(2)C3PX===，若从甲盒中随机取到的为白球且概率为25，则X的可能取值为0,1,2，则22226C1(0)C15PX===，1142226CC8(1)C15PX===，24226C2(2)C5PX===，综上，()()22200575PXP

X====，()()()1232311115575PXPXPX===+==，()()()1232142225525PXPXPX===+==，故()231142301275752515EX=++

=.故答案为：231515.已知正数x，y满足()29xxy+=，则()2yxy+的最大值为______．【答案】16【解析】【分析】由题设将目标式化为219()yxyyy=++，应用基本不等式求最大

值，注意取值条件.【详解】222211196()2992yyyxyxxyyyyyyy====+++++，仅当3(21),3xy=−=时等号成立．所以目标式最大值为16.故答案为：1616.已知椭圆：()222210xyabab+=的左、右焦点为1F，2F，上顶点为P，直线1P

F交于点Q，若254QFPQ=，则椭圆的离心率是______．【答案】55【解析】【分析】根据给定条件，结合椭圆定义确定2PQF的形状，再借助余弦定理求解作答.【详解】令2||4QFt=，则||5PQt=，由椭圆定义得1||24QFat=−，1||92

PFtaa=−=，于是13ta=，即24||3QFa=，5||3PQa=，而2||PFa=，有22222||||||PFQFPQ+=，则290PFQ?，因此123cos5FPF=，令椭圆半焦距为c，在12PFF△中，由余弦定理得：22212121212||||||

2||||cosFFPFPFPFPFFPF=+−，即2222644255caaa=−=，55ca=，所以椭圆的离心率55cea==．故答案为：55四、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.设

数列na的前n项和为nS，已知()*12NnnSan+=．（1）求na的通项公式；（2）设,21,2nnankbnnk=−==且*Nk，求数列nb的前n项和为nT．【答案】（1）12nna−=（2）()12

221,234211,2134nnnnnnkTnnk++−+==−−+=−，*Nk【解析】【分析】（1）利用,nnaS及等比数列的定义求na的通项公式；（2）讨论n的奇偶性，应用分组求和及等比数列前n项和公式求nT.【小问1详解】当1n=时，11a=，当2n

时，111212nnnnSaSa−−+=+=12nnaa−=，所以na是首项为1，公比为2的等比数列，则12nna−=.【小问2详解】由题设知：12,21,2nnnkbnnk−=−==，*Nk，当n为偶数时，13124()()nnnTbbbbbb−=++++++

+022(222)(24)nn−=+++++++21(2)34nnn−+=+；当n为奇数时，13241()()nnnTbbbbbb−=+++++++021(222)(241)nn−=+++++++−1221134nn+−−=+；综上，()12221,234211,2134nnn

nnnkTnnk++−+==−−+=−，*Nk.18.如图，直三棱柱111ABCABC-中，1AAABAC==，2AMMC=，112CNNA=．（1）证明：1BC∥平面BMN；（2）若3BCAB=，求二面角BMNA−−余弦值．的【答

案】（1）证明见解析（2）77979【解析】【分析】（1）取1NC中点为E，连结1,,CEMEBE.可证明四边形1MECC是平行四边形，得出1//CCME，1CCME=，结合三棱柱的性质可推得四边形1BBEM是平行四边形

，1//BEBM，然后判定1//BE平面BMN.同理可推出//EC平面BMN，然后判定平面1//BCE平面BMN.最后根据面面平行的性质定理，即可得出证明；（2）根据直三棱柱的性质，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系.设3ABa=，得出点

的坐标.根据余弦定理，得出120BAC=，然后借助ABC，求出点C的坐标，以及1C的坐标，然后根据向量关系得出,MN的坐标.根据向量法求出平面BMN和平面AMN的法向量，根据向量法，结合图中二面角的形

状即可得出答案.【小问1详解】如图1，取1NC中点为E，连结1,,CEMEBE.由三棱柱的性质可知，11//ACAC，11ACAC=，11//CCBB，11CCBB=.因为2AMMC=，112CNNA=，所以13CMCA=

，1112233CNCACA==.又因为E为1NC的中点，所以111123CEENCNCACM====.又1//CECM，所以四边形1MECC是平行四边形，所以，1//CCME，1CCME=，所以1//MEBB，1MEBB=，所以，四边形

1BBEM是平行四边形，所以1//BEBM.因为1BE平面BMN，BM平面BMN，所以1//BE平面BMN.因为ENCM=，//ENCM，所以四边形MNEC是平行四边形，所以//ECMN.因为EC平面BMN，MN平面BMN，所以//EC平面BMN.因为

1ECBEE=，EC平面1BCE，1BE平面1BCE，所以平面1//BCE平面BMN.因为1BC平面1BCE，所以1BC∥平面BMN.【小问2详解】根据直三棱柱的性质可知，1AA⊥平面ABC.

如图2，以点A为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，以1AA所在的直线为y轴，在平面ABC中，过点A作AB的垂线为z轴，建立空间直角坐标系.设3ABa=，则13ABACAAa===，33BCa=，则()0,0,0A，()3,0,0Ba，()10,3,0Aa.在ABC

中，由余弦定理可得222cos2ACABBCBACACAB+−=222992712332aaaaa+−==−.又0180BAC，所以120BAC=.如图3，过点C作CDAB⊥的延长线于D，则60CAD=，则1322aADAC==，33322aCDAC==.所以333,0,

22aaC−，则1333,3,22aaCa−.由2AMMC=，可得()3,0,32aAaMAC==−，所以(),0,3Maa−.同理可得，3,3,22aaNa−.所以()4,0,3BMaa=−

，73,3,22aBNaa=−.设()1111,,nxyz=是平面BMN的一个法向量，则1100BMnBNn==，即11111430733022axazaaxayz−+=

−++=，取123x=，则13y=，18z=，所以()123,3,8n=是平面BMN的一个法向量.又(),0,3AMaa=−，3,3,22aaANa=−，设()2222,,nxyz=是平面AMN的一个法向量，则2200AMnANn=

=，即222223033022axazaaxayz−+=−++=，取21z=，则23x=，20y=，所以()23,0,1n=是平面AMN的一个法向量.所以12121268779cos,79479nnnnnn+===.由图象可知，二面角BMNA−−为锐角

，所以二面角BMNA−−的余弦值是77979.19.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2cos28sinsincosABBCA−=．（1）证明：tan3tanAB=−；（2）若△ABC的

面积为26a，求B．【答案】（1）证明见解析（2）45B=【解析】【分析】（1）由三角形内角性质，应用三角恒等变换化简已知条件即可证结论；（2）根据三角形面积公式、正弦边角关系有3sinsinsinBCA=，再由三角形内角性质和三角恒等变换及（1）结论得2tan2tan10BB−+=，进而

求B．【小问1详解】由cos2cos28sinsincosABBCA−=，△ABC的内角A，B，C，则()()()()coscos8sinsincosABABABABBCA++−−+−−=，2sin()sin()8s

insincosABABBCA−+−=，sin()sin0ABC+=，sin()4sincosABBA−−=，sincoscossin4sincosABABBA−+=，sincos3sincosABBA

−=，tan3tanAB=−.【小问2详解】由题意21sin26ABCaSabC==，结合正弦边角关系有3sinsinsinBCA=，且sin()sinABC+=，3sinsincos3sincos

sinsinBABBABA+=22223sin3sintan13sincossin3sincoscosBBABBBBBB==−−+，223tan3tantan3tan1BBBB−=−+2tan2tan10BB−+=tan1B=，而0180B

，所以45B=.20.甲、乙两个学校分别有1n+位同学和n位同学参加某项活动，假定所有同学成功的概率都是12，所有同学是否成功互不影响．记事件A＝“甲成功次数比乙成功次数多一次”，事件B＝“甲成功次数等于乙

成功次数”．（1）若3n=，求事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率；（2）证明：()()PAPB=．【答案】（1）1235（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知求出()PA及甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率，再利用条件概率公式求事件A发生的条件下恰有5位

同学成功的概率（2）根据题设写出()PA、()PB，利用组合数的性质证明结论即可.【小问1详解】由题设，甲乙学校分别有4个、3个学生参加活动，13032221243431111111()C(1)()C(1)C(1)()C(1)()22222

22PA=−−+−−3322431111C(1)()C(1)()2222+−−44334311C()C()22+1403241343431111C()C()C()C()2222=+34234311C()C()22+4433437

1135C()C()222+=，而甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率为34234371112C()C()222P==，所以事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率12()35PPA=

.【小问2详解】由题设知：()1021321111121CCCCCCCC2nnnnnnnnnnnPA++++++++++=，()001122111121CCCCCCCC2nnnnnnnnnnnPB+++++++++=，因为111CCCCkknknknnnn+−−++=，0,1

,2,kn=，所以()PA=()PB21.已知F为抛物线()2:20Cypxp=的焦点，过点()1,1P−的直线与抛物线C交于不同的两点A、B，满足AFBFAPBP=．（1）求抛物线C的方程；（2）过点B且斜率为2的直线与直线PF交于点Q，BQQM=，证明：直线AM经过

定点．【答案】（1）24yx=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由AFBFAPBP=可得AFAPBFBP=，可得出关于p等式，解出p的值，即可得出抛物线C的方程；（2）写出直线PF、BQ的方程，将这两条直线的方程联立，求出点Q的坐标，根据

BQQM=可得出点Q的坐标，设直线PA的方程为1xmym=−−，列出韦达定理，化简直线AM的方程，可求出直线AM所过定点的坐标.【小问1详解】解：设()11,Axy、()22,Bxy，由AFBFAPBP=可得AFAPBFBP=，即11221212pxxpxx++=++

，解得2p=，故抛物线C的方程为24yx=．【小问2详解】解：抛物线C的焦点为()1,0F，101112PFk−==−−−，的直线PF的方程为()112yx=−−，直线BQ的方程为()222yyxx−=−，联立22112222yxyxxy=−+=−+

可得2222421555212555xxyyxy=−+=−++，故点Q的坐标为2222421212,555555xyxy−+−++，由BQQM=可知Q为BM的中点，则点2222342434,555555

Mxyxy−+−−+，当直线PAy⊥轴时，直线PA与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，设直线PA的方程为1xmym=−−，联立214xmymyx=−−=可得24440ymym-++=，()()22161611610mmmm=−+=−−，解得152m−或152m+，由韦

达定理可得124yym+=，1244yym=+，所以，12124yyyy=++，直线AM的斜率为12212212212243454345553425342555AMyxyyxykxxyxxy++−++−==−+−−+−所以，直线AM

的方程为()1221112254345342yxyyyxxxxy++−−=−−+−，即122122111221225434543453425342yxyyxyyxxyxxyxxy++−++−=−+−+−−+−因为12221121212111112212254343344

4253425342yxyxyxyxxyyxyxyxxyxxy++−++−−+−=−+−−+−2222121212121112234424445342yyyyyyyyxyxxy++−−+=−+−()2

212121212111223442445342yyyyyyyyxyxxy++−−+=−+−因为()221212121211344244yyyyyyyyxy++−−+()()()()()12113114444442myymmmxy=+++++−+−+()()

()()()121212121133144442myyyymyyyyxy=+++++++−++−+()1211441242myymxy=++−−+()()1211414141242xmxmmxy=++++++−−+

()1212121222412424345344yxmyxyyyyx=++−=+++−=++−，所以，122122111221225434543453425342yxyyxyxyxxyxxy++−++−−=−+−−+−，故直线

AM的方程为()122122543415342yxyyxxxy++−=−−+−，因此，直线AM过定点()1,0F.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况

确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点()00

,xy，常利用直线的点斜式方程()00yykxx−=−或截距式ykxb=+来证明.22.已知()()e1sin=−xfxx，()0,2πx．（1）求()fx在点()()π,πPf的切线方程；（2）设()()2gxfxx=−，()0,2πx，判断()gx的零点个数，并说明理由．【

答案】（1）π(1e)(π)yx=−−（2）存在唯一零点，理由见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程即可；（2）先根据题意得到2()(e1)sinxgxxx=−−，再分[π,2π)x

，π[,π)2x，π(0,)2x三种情况讨论，结合构造函数，二次求导，零点存在性定理即可得到结论．【小问1详解】由()()e1sin=−xfxx，()0,2πx，则()e(sincos)cosxfxxxx+−=，所以π(π)e1f=−+，()0fπ=，所以()fx在点()()π

,πPf的切线方程为π(1e)(π)yx=−−．【小问2详解】依题意得2()(e1)sinxgxxx=−−，①当[π,2π)x时，因为(e1)sin0xx−，20x−，所以()0gx，即()gx无零点；②当π[,π)2

x时，()e(sincos)cos2xgxxxxx=+−−，()2ecossin2xgxxx+=−，因为2ecos0xx，sin20x−，所以()0gx，即()gx在π[,π)2上递减，令(

)2=e1xxx−−，)1,x+，则()=e2xxx−，()=e20xx−，所以()x)1,+上单调递增，则()()()min=1=e20xx−，所以()2=e1xxx−−在)1,+上单调递增，则()()(

)min=1=e110xx−−，所以当π2x=，2π2ππ=e1022−−，即π22πe104−−；当πx=，()π2π=eπ10−−，即π22eπ1π+，即π2eπ，在则π2π()e

π02g=−，π(π)e12π0g=−+−，所以存在0π(,π)2x，使得()gx在0π(,)2x上递增，在0(,π)x上递减，又π22ππ()e1024g=−−，所以0π()()02gxg，而2(π)π0g=−，所以()g

x在π[,π)2上存在唯一零点；③当π(0,)2x时，设()()hxgx=，则()2e(cossin)cosxhxxxx=−+，()4esinsinxhxxx=−−，因()4esinsin4esin10xxxxx−−=−+，所以()0hx，即()hx在π(0,)2上递

减，又(0)30h=，π2π()2e02h=−，所以存在1π(0,)2x，使得()gx在1(0,)x上递增，在1π(,)2x上递减，又(0)0g=，π()102g=−，所以存在2π(0,)2x

，使得()gx在2(0,)x上递增，在2π(,)2x上递减，又(0)0g=，π2π()eπ02g=−，所以()gx在π(0,)2上递增，所以()(0)0gxg=，所以()gx在π(0,)2上无零点，综上可知，()gx在(0,2π)上存在唯一零点．【点睛】关键点点睛：涉及

函数零点问题，利用导函数研究函数的单调性，极值和最值情况，结合零点存在性定理是解答这类题的关键．为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com