【文档说明】安徽省芜湖市2023届高三下学期5月教学质量统测数学试题 含解析 .docx，共(26)页，3.453 MB，由管理员店铺上传

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2023届芜湖市高中毕业班教学质量统测数学试题卷本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码粘贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答

案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区城内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；

不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效.4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回.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，只有一项符合题目要求.1.设全集U=R，若集合230Axx=−，0,2,3

B=，则()UBA=ð（）A.0B.0,2C.2,3D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意，将集合A化简，然后结合集合的运算即可得到结果.【详解】因为230Axx=−，即3,2A=

−，且0,2,3B=，则3,2UA=+ð，所以()2,3UAB=ð.故选:C2.若()()21i1iz−=+，则z=（）A.1B.2C.2D.22【答案】C【解析】【分析】首先化简得到

1iz=−+，再求z即可.【详解】因为()()21i1iz−=+，所以()()()()221ii1ii1i1i1i1i1i2z++====−+−−+−所以()22112z=−+=.故选：C3.已知向量()5,4a=−，()1,0b=，则a在b上的投影向量为（）A.()4,0

B.()5,0C.()4,0−D.()5,0−【答案】B【解析】【分析】根据投影向量求法直接求解即可.【详解】a在b上的投影向量为：()cos,55,0babbaabbbbb===.故选：B.4.皖江明珠，创新

之城——芜湖，正加快建设省域副中心城市.为了烘托“七一”节日氛围，需要准备10000盆绿植作装饰.已知栽种绿植的花盆可近似看成圆台，上底面圆直径约为20cm，下底面圆直径约为10cm，母线长约10cm.假定每一个花盆装满营养土，请问需要营养土（）立方米？（参考数据：π

3.14，21.41，31.73）A.863.50B.8.64C.1584.39D.15.84【答案】D【解析】【分析】首先求出圆台的高，再求出一个圆台的体积，从而得解.【详解】因为上底面圆直径约为20cm，

下底面圆直径约为10cm，母线长约10cm，所以上底面圆半径110cmr=，下底面圆半径25cmr=，所以高()221010553cmh=−−=，所以上底面圆的面积2100πcmS=，下底面圆的面积225πcmS=，所以一个圆台的体积()()1125π25π100π100

π5333VSSSSh=++=++38753875π3.141.731584.4cm33=，所以需要营养土311584.41000015.84m1000000.故选：D5.记ABC的内角,,ABC的对边分别为

a，b，c，若()coscos0aAbAC++=，则ABC为（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由已知条件和正弦定理得sin2sin2AB=，再由角,AB范围得,AB满足的关系.【详解】由()coscos0

aAbAC++=，得coscos0aAbB−=，由正弦定理得sincossincos0AABB−=，所以sin2sin2AB=，因为022π,022πAB，所以22AB=或22πAB+=，所以AB=或π2AB+=.即ABC是等腰或直角三角形.故选：D.6.已知

πeπeaa=（πa），4ln2ln2bb+=+（4b），eln1cc+=+（ec），则（）A.bacB.cabC.bcaD.acb【答案】B【解析】【分析】构造函数()lngxxx=−，根据函数单调性求自变量大小关系.【

详解】()lngxxx=−,()()111,0,xgxxxx−=−=+.()()()0,1,0,xgxgx单调递增,()()()1,,0,xgxgx+单调递减.因为4ln2ln2bb+=+（4b）,所以()()ln2ln24,4bbgbg−=−=,因为eln1c

c+=+（ec），所以()()lnc1e,ecgcg−=−=因为πeπeaa=（πa），所以()()ππlnelnπelnlnelnπ+,,lnelnπlnπ+lnlnππ,gπaaaaaaaaag=+=+=−=−=,的()()()1,,0,xgxgx

+单调递增,()()()()()()eπ4,eπ4ggggcgagb,(),,0,1abc,()()()0,1,0,xgxgx单调递减cab.故选:B.7.函数()22inlnsxxxfx−+=在区间()()π,00,π−U的图像大

致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据函数解析式判断函数的奇偶性，发现是奇函数，排除C、D；观察A、B两项，发现图像在1x=处的增减趋势不同，所以对函数进行求导，再把特殊值1x=代入导函数中判断即可.【详解】因为()22ln()2ln(2(sin)sin)xxxxxfxfxx−−

−−+−+−==−=−，所以()fx是奇函数，排除C、D两项；当()0,πx时，()22inlnsxxxfx−+=，则()22sins12ln2cosinxxxxfxxxx−−+=−，所以()2211cos1cois1()011sin1sin1sin1sn1f−=−=−+，所以()fx

在1x=处的切线斜率为负数，故排除A项；故选：B.8.如图，底面同心的圆锥高为165，A，B在半径为3的底面圆上，C，D在半径为4的底面圆上，且//ABCD，ABCD=，当四边形ABCD面积最大时，点O到平面PBC的距离为（）A.4825B.3625C.2D.3【答案】A【解析】【分析】根据给定

条件，确定四边形ABCD的形状，再求出四边形ABCD面积最大时，圆心O到边BC的距离，然后在几何体中作出点O到平面PBC的垂线段，借助直角三角形计算作答.【详解】如图，直线AB交大圆于点,FE，连接,CEDF，由//ABCD，知四边形CDFE为等腰梯形，取,AB

CD的中点,MN，连接MN，则MNAB⊥，由,//BMCNBMCN=，知四边形BCNM是矩形，因此四边形ABEF为矩形，过O作OQBC⊥于Q，连接,,,OBOCOAOD，从而四边形ABCD的面积1244sin242ABCDBCNMBOCSSSOBOCBOC===

，当且仅当90BOC=，即OBOC⊥时取等号，此时22223412534OBOCOQOBOC===++，如图，在几何体中，连接,PQPO，因为PO⊥平面ABCD，BC平面ABCD，则POBC⊥，又OQBC⊥，,,POOQOPOOQ=

平面POQ，于是BC⊥平面POQ，而BC平面PBC，则有平面POQ⊥平面PBC，显然平面POQ平面PBCPQ=，在平面POQ内过O作ORPQ⊥于R，从而OR⊥平面PBC，即OR长即为点O到平面PBC的距离，在RtPOQ△中，165PO=，222

21612()()455PQPOOQ=+=+=，16124855425POOQORPQ===，所以点O到平面PBC的距离是4825.故选：A【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平

面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.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，有错选的得0分.9.一个不透明的袋子里，装有大小相同的3个红球和4个蓝球，每次从中

不放回地取出一球，则下列说法正确的是（）A.取出1个球，取到红球的概率为37B.取出2个球，在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红球的概率为12C.取出2个球，第二次取到红球的概率为13D.取出3个球，取到红球个数的均值为97【答案

】ABD【解析】【分析】根据古典概型概率公式可求得A正确；根据条件概率公式可求得B正确；将第二次取到红球分为两种情况，将概率加和可求得C错误；记取到的红球数为X，计算可得X每个取值对应的概率，根据均值

求法可求得D正确.【详解】对于A，取出1个球，取到红球的概率1317C3C7p==，A正确；对于B，记第一次取到蓝球为事件A，第二次取到红球为事件B，则()432767PAB==，()47PA=，()()

()217427PABPBAPA===，B正确；对于C，若第一次取到红球，第二次也取到红球，则概率为321767=；若第一次取到蓝球，第二次取到红球，则概率为432767=；第二次取到红球的概率123777p=+=

，C错误；对于D，记取到的红球数为X，则X所有可能的取值为0,1,2,3，()432244076521035PX====，()34343343310818176576576521035PX==++==，()324342

4327212276576576521035PX==++==，()32161376521035PX====；取到红球个数的均值为418121459012335353535357+++=

=，D正确.故选：ABD.10.已知()92218012181xxaaxaxax++=++++，下列说法正确的有（）A.01a=B.242a=C.92418312aaa++++=D.111231823183aaaa+++

+=【答案】AD【解析】【分析】令0x=可求得A正确；根据二项式定理可得展开式通项，分别代入79kr==和88kr==，加和即可得到2a，知B错误；分别令1x=和=1x−，加和后，结合01a=可知C错误；对等式左右求导，代入1x=可得D正确.【详

解】对于A，令0x=，则()900011a=++=，A正确；对于B，()921xx++展开式通项为：()()929C1rrrxx−+，()1rx+展开式通项为：Ckrkrx−，()921xx++展开式通项为：189CCrkrkrx−−，令182rk−−=，则16rk+=，又0,9r，

0,kr，,rkN，79kr==或88kr==，978829998CCCC36945a=+=+=，B错误；对于C，令1x=，则9012183aaaa++++=；令=1x−，则012181aaa

a−+−+=；两式作和得：()90218231aaa+++=+，902418312aaaa+++++=，又01a=，9924183131122aaa+−+++=−=，C错误；对于D，()()()982219121

xxxxx++=+++，()21817012181218218aaxaxaxaaxax++++=+++，()()821712189121218xxxaaxax+++=++

+，令1x=，则8111231823189333aaaa++++==，D正确.故选：AD.11.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程根的一种解法.具体步骤如下：设r是函数()yfx=的一个零点，任意选取0x作为r的初始近似值，过点()()00xfx作曲线()yfx=的切

线1l，设1l与x轴交点的横坐标为1x，并称1x为r的1次近似值；过点()()11xfx作曲线()yfx=的切线2l，设2l与x轴交点的横坐标为2x，称2x为r的2次近似值.一般地，过点()()nnxfx（*nN）作曲线()yfx=的切线1

nl+，记1nl+与x轴交点的横坐标为1nx+，并称1nx+为r的1n+次近似值.对于方程310xx−+=，记方程的根为r，取初始近似值为01x=−，下列说法正确的是（）A.()2,1r−−B.切线2l：2

34310xy−+=C.3218xx−D.3122131nnnxxx+−=−【答案】ABD【解析】【分析】由函数零点的存在性定理和()()120ff−−，得到()2,1r−−，可判定A正确；求得()231fx

x=−，设切点3(,1)nnnPxxx−+，求得切线方程321(31)()nnnnyxxxxx−−+=−−，令0y=，求得3122131nnnxxx+−=−，可判定D正确；当01x=−时，求得37323(),()282

4ff−=−−=，得出切线方程，可判定B正确；计算求得23,xx的值，可得判定C错误.【详解】由()31fxxx=−+，可得()()10,20ff−−，即()()120ff−−，根据函数零点的存在性定理，可得()2,1r−−，所以A正确；又由()231fxx

=−，设切点3(,1)nnnPxxx−+，则切线的斜率为()231nnkfxx==−，所以切线方程为()()32131nnnnyxxxxx−++=−−，令0y=，可得331221213131nnnnnnnxxxxxxx+−++−=+=−−，所以D正确；当01x=−时，可得13

2x=−，则37323(),()2824ff−=−−=，所以2l的方程为7233()842yx+=+，即234310xy−+=，所以B正确；由132x=−，可得3122121313123xxx−=−=，32322217174

93154142xxx−=−=，此时3218xx−，所以C错误；故选：ABD12.双曲线的光学性质：从双曲线一个焦点出发的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.已知O为坐标原点，1F，2F分别是双曲线

22:1916xyC−=的左、右焦点，过2F的直线交双曲线C的右支于M，N两点，且()11,Mxy在第一象限，12MFF△，12NFF△的内心分别为1I，2I，其内切圆半径分别为1r，2r，1MFN的内心为I.双曲线C在M处的切线方程为111916xxyy−=，则下列说

法正确的有（）A.点1I、2I均在直线3x=上B.直线MI的方程为111916xxyy−=C.12165rr=D.2121253FIIIIISS=△△【答案】ABD【解析】【分析】由切线长定理和双曲线定义即可判断选项A；利用点到直线的距离公式可分别求出点1F，2F到直线11191

6xxyy−=的距离，再用两点间距离公式求出12,MFMF，从而可判断选项B；根据212122,IIFIIF的关系可判断选项C；借助B的结果求出点I的横坐标，进而可得选项D.【详解】由双曲线22:1916xyC−=得3,

4,5abc===，设12MFF△的内切圆1I与1212,,MFMFFF分别切于点,,ABH，则1122,,MAMBFAFHFBFH===,所以12121212122216FMFMFFFAAMMBBFFHHFFHac−+=+−−++==+=，又15OF

=,所以3OH=,即圆1I与x轴的切点是双曲线的右顶点，即1I在直线3x=上，同理可得圆2I与x轴的切点也是双曲线的右顶点，即2I也在直线3x=上，故选项A正确；因为点()11,Mxy在双曲线221916xy−=上

，所以12211916xy−=，点1(5,0)F−到直线111916xxyy−=的距离11122221111551199()()()()916916xxdxyxy−−+==+−+，点2(5,0)F到直线111916xxyy−=的距离11222221111551199()()()

()916916xxdxyxy−−==+−+所以1112519519xdxd+=−，又22222111111155(5)(5)16(1)(3)3933xMFxyxxx=++=++−=+=+，22222121111155(5)(5)16(1)(3)3933xMFxyxxx=−+=−+−=−=

−所以111111225511393355113933xxMFdxxdMF++===−−，即1212ddMFMF=，又因为MI为12FMF的平分线，所以直线MI的方程为111916xxyy−=，故选项B正确；设圆2I与MN切于点D，连接12122

2,,,IBIDIFIF，设212122,IIFIIF==，因为12,IBMNIDMN⊥⊥,所以12//IBID,所以22π+=，即π2+=，所以tantan1=，又22HF=，所以1222tan,tanrr==，即124tantan1rr

==，所以124rr=，故选项C错误；由B知MI的方程为111916xxyy−=，①设()22,Nxy，同理得NI的方程为221916xxyy−=，②由①②得2212219()yyxxyxy−=−，③因为2(5,0)F，所以

设MN的方程为5xmy=+，因为,MN在5xmy=+上，所以11225,5xmyxmy=+=+，代入③得22221221219()9()9(5)(5)5()5yyyyxmyymyyyy−−===+−+−，所以I在直线95x=上，所以I到12II的距

离为396355d=−=，又2F到12II的距离为4532d=−=，所以21212124123152132FIIIIIIIdSSIId==△△,故选项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.已知1tan

23=，则sin=______.【答案】35##0.6【解析】【分析】利用二倍角正弦公式和正余弦齐次式的求法直接求解即可.【详解】22222sincos2tan2933222sin2sincos1223105sinc

ostan112229======+++.故答案为：35.14.在某次高三体检中，12位同学的身高（单位：cm）分别为173,174,1661721701651651681641731751

78,,,,,,,,,，则这组数据的上四分位数为______.【答案】173.5##3472【解析】【分析】将12位同学的身高从小到大排列，根据上四分位数的概念，即可求得答案.【详解】由题意可得1275%9=，将12位同学的身高从小到大排列为：164165165166168170172

173173,174,175178,,,,,,,,,，故这组数据的上四分位数为第9和第10个数据的平均数，即173174173.52+=，故答案为：173.515.已知椭圆E的中心为O，E上存在两点A，B，满足OAB是以半焦距为边长的正三角形，则E的离心率为______.

【答案】31−或63【解析】【分析】分类讨论，分AB平行于x轴，AB平行于y轴两种情况，根据OAB是以半焦距为边长的正三角形，得A的坐标，（不妨设点A在第一象限)，代入椭圆方程22221xyab+=并借助222bac=−，得到关于,a

c的齐次方程，由cea=可转化为关于e的方程，解方程即可得答案.【详解】不妨设椭圆方程为22221(0)xyabab+=，因为OAB是以半焦距为边长的正三角形，根据椭圆的对称性，可知AB平行于x轴或AB平行于y轴；当AB平行于x轴时，,AB关于y轴

对称，不妨设点A在第一象限，所以60AOx=，OAc=，所以3(,)22ccA，所以22223144ccab+=，即22222222()34()cacacaac−+=−，所以4224840caca−+=，即42e8e40−+=

，解得2e423=−或2e423=+（因为0e1，故舍去），所以e31=−；当AB平行于y轴时，,AB关于x轴对称，所以30AOx=，OAc=，不妨设点A在第一象限，所以3(,)22ccA，所以222

23144ccab+=，即222222223()4()cacacaac−+=−，即42243840caca−+=，所以423e8e40−+=，而0e1，解得22e3=或2e2=(舍去），故6e3=，所以椭圆的离心率为31−或63，故答案为：3

1−或6316.拓扑学中，所谓“树”是指这样一种图形：在平面中，任意两点都可以连线，从而可以形成连通.若两点之间的连通没有回路，且任意两点之间没有不同的通路，则称两点具有唯一的连通.如图：两个点、三个点唯一的连通均有一种，四个点唯一的连通有2种，五个点唯一的连通有3

种，平面里六个点唯一的连通有______种.【答案】6【解析】【分析】由类比的方法可直接得出答案.【详解】由前四种情况类比可得，当平面里有六个点的时候，如图，有以下四种方法：又从所给例子可以推断，第一个点，不能连多个点，但允许第二个点（从下往上）连多个点，而且高度要

保持一致，所以当平面有六个点时，还有以下两种方法：故答案为：6.四、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.如图，四棱锥PABCD−，其中ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，

6PAAB==，E，F分别为PD，PC的中点，M，N在棱PA，PB上，且满足2PMMA=，2PNNB=.（1）求证：直线ME与直线NF相交；（2）求平面MNF与平面ABCD夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）31010【解析】【分析】（1）利用中位

线定理与平行线分线段成比例证得四边形EMNF为梯形，从而得证；（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面MNF与平面ABCD的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.小问1详解】∵E，F分别为PD，PC的中点，∴

//EFCD且12EFCD=，∵2PMMA=，2PNNB=，∴2PMPNMANB==，∴//MNAB且23MNAB=，∵//ABCD且ABCD=，∴//EFMN且EFMN，∴四边形EMNF为梯形，∴直线ME与直线NF相交.【小问2详解】∵PA⊥平面AB

CD且ABCD为正方形，∴以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.则()0,0,2M，()4,0,2N，()3,3,3F，∴()4,0,0MN=，()3,3,1

MF=，设平面NMF的法向量为()000,,mxyz=，则000040330mMNxmMFxyz===++=，令01y=，得()0,1,3m=−易得平面ABCD的一个法向量为()0,0,1n=，设平面N

MF与平面ABCD夹角为，则3310coscos,10101mnmnmn−====，所以平面NMF与平面ABCD夹角的余弦值为31010.18.已知函数()sin2cos2fxaxx=+，且()π6f

xf−.（1）求()fx的最大值；（2）从①②中任选一个作答.若选择多个分别作答.按第一个解答计分.①A为函数()fx图象与x轴的交点，点B，C为函数()fx图象的最高点或者最低点，求ABC面积的最小值.②O为坐标原点，复数124iz=−−，()22izft=−+在复平面内对应的点分

别为A，B，求OAB面积的取值范围.【答案】（1）2（2）①π；②2,6．【解析】【分析】（1）由已知可得，当π6x=−时函数()fx取到最值，列方程解出a，代入()fx，进而可得()fx的最大值；【（2）若选①：分B，C对应的()fx同为

最大值或最小值和B，C对应的()fx一个为最大值，另一个为最小值两种情况讨论，分别利用三角形的面积公式求解，可得ABC面积的最小值；若选②：由复数的几何意义，得出()2,4A−−，()()2,Bft−，再由三角形的面积公式结合正弦函数的性质求解．【小问1

详解】()π6fxf−，即当π6x=−时函数()fx取到最值，又()()22sin2cos21sin21fxaxxaxa=+=+++，其中()1tan0aa=，22π16fa−=+，代入得22ππsin2cos2166

aa−+−=+，即2231122aa−+=+，解得()230a+=，3a=−，()π3sin2cos22sin26fxxxx=−+=−−，当π

π22π,62xkk−=+Z，即ππ,3xkk=+Z时，()fx取到最大值2；【小问2详解】由（1）可得：()π2sin26fxx=−−，选①：可得2ππ2T==，当B，C对应的()fx同为最大值或最

小值时，得1112ππ222ABCSAkTAT===△；当B，C对应的()fx一个为最大值，另一个为最小值时，得11122ππ2222ABCTSAkAT===△；综上：ABC面积的最小值为π选②：由复数的几何意义知

：()2,4A−−，()()2,Bft−，()1π242sin2426OABSABABftx===+=−−+△，当ππ22π,62xkk−=−Z，即ππ,6xkk=−Z时，OABS有最大值6；当ππ22π,62xkk−=+Z，即ππ,3xkk=+Z时，OABS有最小值

2；2,6OABS△19.在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1,2,3的三个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一个金蛋，再将三个箱子关闭.主持人知道金蛋在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在三个箱子中选择一个，若

金蛋在此箱子里，抽奖人得到200元奖金；若金蛋不在此箱子里，抽奖人得到50元参与奖.无论抽奖人是否抽中金蛋，主持人都重新随机放置金蛋，关闭三个箱子，等待下一个抽奖人。（1）求前3位抽奖人抽中金蛋人数X的分布列和方差；（2）为了增加节目效果，改变游戏规则.当抽奖人选定编号后，

主持人在剩下的两个箱子中打开一个空箱子.与此同时，主持人也给抽奖人一个改变选择的机会.如果抽奖人改变选择后，抽到金蛋，奖金翻倍；否则，取消参与奖.若仅从最终所获得的奖金考虑，抽奖人该如何抉择呢？【答案】（1）分布列见解析；()23DX=（2）抽奖人应改变

选择【解析】【分析】（1）利用二项分布概率公式可求得X每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据二项分布方差公式可求得方差；（2）分别计算改变选择和不改变选择所获得奖金数的数学期望，根据数学期望值的大小关系可得到结论.【小问1详解】由题意知：抽中金蛋人

数X服从于二项分布，即1B3,3X，即X所有可能的取值为0,1,2,3，()3280327PX===；()213121241C33279PX====；()22321622C33279PX====；()

3113327PX===；X的分布列为：X0123P8274929127.中奖人数的方差()1223333DX==.【小问2详解】若改变选择，记获得奖金数为Y，则Y可能的取值为0,400，则()22400133PY=

==，()()1014003PYPY==−==，改变选择时，获得奖金数的数学期望()128000400333EY=+=；若不改变选择，记获得奖金数为Z，则Z可能的取值为50,200，则()2503PZ==，()12003PZ==，不改变选择时，获得奖金数的数学期望()

215020010033EZ=+=；()()EYEZ，抽奖人应改变选择.20.已知等差数列na，等比数列nb，且11a=，121nnba+=−.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）将数列na和nb中的项合并，按从小到大的顺序重新排列构成新数列nc，求

nc的前100项和.【答案】（1）21nan=−，2nnb=（2）8903【解析】【分析】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，依题意可得1121nnbdd++−=−，即可得到11d−=−，12nnbd+=，即

可求出d、nb，从而求出na；（2）依题意可得nc的前100项中，有数列na的前93项，数列nb的前7项，再根据等差、等比数列求和公式计算可得.【小问1详解】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，∴()11121nnbnaabd+=+−=−，∴111121nnnnb

ddbbq+−+−=−=，，∴11d−=−，12nnbd+=，∴2d=，2nnb=，又11a=，∴21nan=−.【小问2详解】因为100199a=，7128b=，8256b=，所以nc的前100项中，有数列na的前93项，数列nb的前7项

，记na，nb，nc的前n项和分别nA，nB，nC.∴810093793922293286492548903212CAB−=+=++=+=−21.已知函数()33ln6fxxxaxx=−+（0a）.（1）若()fx的零点有且只有一个，求a的值；（2）若()fx存在

最大值，求a的取值范围.【答案】（1）51e2（2）330e2a【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，令()0fx=得到23lnxax+=，令()23lnxgxx+=，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极大值，即可得解；（2）由（1）知，当

51e2a时，()0fx，显然不符合题意，当510e2a时，()fx有两个零点12xx，易知52120exx−，即可得到()fx单调性，依题意可得()fx有最大值()20fx≥，即可求

出2x的取值范围，再结合()gx的单调性，计算可得.【小问1详解】因为()33ln6fxxxaxx=−+，所以()()()2231ln3633lnfxxaxxax=+−+=+−，令()0fx=，即23ln

0xax+−=，得23lnxax+=，令()23lnxgxx+=，由()32ln5xgxx−−=，则520ex−时，()0gx，52ex−时，()0gx，的所以()gx在区间520,e−单调递增，在区间52e,−+单调

递减，所以()gx在52ex−=处取得极大值即最大值，又0x+→时，()gx→−；x→+时，()0gx+→，5521ee2g−=，所以当51e2a=时，()fx有且只有一个零点.【小问2详解】因为()223ln3xfxxax+=−，由（1）知，当51e2a

时，()0fx，所以()fx在区间()0,+单调递减，()fx无最大值；当510e2a时，()fx有两个零点12xx，易知52120exx−，当10xx或2xx时，()0fx，故()fx单调递减，当12xxx时，()0f

x¢>，故()fx单调递增，又0x→时，()0fx→，52210eexx−−时，()0fx，所以()fx有最大值()2222222ln3001ln203xaxfxxax+−=

−+，消去a得32222ln10e3xx−+，结合()2agx=以及()gx在区间52e,−+单调递减，且3323ee2g−=，所以330e2a.【点睛】方法点睛：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的单调性，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．22.已知动圆过定点()1,0M，且与直线=1x−相切.（1）求动圆圆心轨

迹C的方程；（2）设过点M的直线l交轨迹C于A，B两点，已知点()2,0N，直线AN，BN分别交轨迹C于另一个点P，Q.若直线AB和PQ的斜率分别为1k，2k.（ⅰ）证明：122kk=；（ⅱ）设直线QA，PB的交点为T

，求线段MT长度的最小值.【答案】（1）24yx=（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）3；【解析】【分析】（1）根据给定条件，可得动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，利用抛物线的定义求解方程作答.（2）（ⅰ）设直线l的方程，与曲线C的方程联立，设出1122(,),(,)AxyB

xy，用12,yy分别表示点,PQ的纵坐标，再计算1k，2k作答.（ⅱ）由（ⅰ）求出直线AQ的方程，直线BP的方程，并联立求出交点的轨迹即可求解作答.【小问1详解】依题意，动圆圆心到定点()1,0M的距离与到定直线=1x−的距离相等，因此动圆圆心的轨迹是以点()1,0M为焦点，直线=1x−

为准线的抛物线，所以动圆圆心轨迹C的方程为24yx=.【小问2详解】（ⅰ）设()11,Axy，()22,Bxy，()33,Pxy，()44,Qxy，因为l过点()1,0M，显然直线l不垂直于坐标轴，设直线l的方程为1xmy=+，0m，由214xmyyx=+=消去

x并整理，得2440ymy−−=，于是124yy=−，直线AN上任意点(,)Rxy，有//NRNA，而11(2,),(2,)NRxyNAxy=−=−，于是11(2)(2)yxxy−=−，又10y，因此直线AN的方程为1122xxyy−=+，由112224xxyyyx−=+=消去x并整

理，得()1214280xyyy−−−=，则138yy=−，同理得248yy=−，又1212122121212444yyyykyyxxyy−−===−+−，同理12234121212442882()yykyyyy

yyyy====−−+−+++，所以122kk=.（ⅱ）由（ⅰ）知，当l不垂直于x轴时，直线AQ的斜率22141122444883AQyykyyyyyy====−+−−，同理直线BP的斜率13BPyk=−，直线AQ的方程为221

1()34yyyyx−=−−，即21233yyyx=−+，直线BP的方程为2122()34yyyyx−=−−，即12233yyyx=−+，由2112233233yyyxyyyx=−+=−+消去y得2x=−，因此直线QA和PB的交点T在定直线2x=−上，当lx⊥时

，由对称性不妨令(1,2),(1,2)AB−，直线AN的方程为122xy=−+，由21224xyyx=−+=得点(4,4)P−，同理点(4,4)Q，因此直线AQ的方程为2433yx=+，直线BP的方程为2433yx=−−，由243

32433yxyx=+=−−解得：20xy=−=，点(2,0)−在直线2x=−上，从而直线AQ，BP的交点T的轨迹为直线2x=−，点M到直线2x=−的距离3，即为MT长度的最小值，所以线段MT长度的最小值为3.【点睛】结论点睛：点11221

2(,),(,),()AxyBxyxx是抛物线22(0)ypxp=上的两点，则直线AB斜率122ABpkyy=+；点1122(,),(,)AxyBxy是抛物线22(0)xpyp=上的两点，则直线AB斜率122ABxxkp+=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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