【文档说明】【百强名校】 2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（一）（新高考通用）解析版.docx，共(52)页，3.408 MB，由小赞的店铺上传

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【百强名校】2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（一）（新高考通用）一、单选题1．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究

比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究．其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向．已知正四棱锥PABCD−的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则Rr=（）A．2B．12+C．22+D．22【答案】B【分析】正四棱锥的外

接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算.【详解】如图：设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为'O，则有rhR=−即Rhr=−，在'RtOOD中，()2222222,2h

arRahrarh−=−=−−=①，222haRhrh+=−=②，以O为原点，建立空间直角坐标系如上图，则有()()()()()()'0,0,,0,0,,,0,0,0,,0,,,0,,0,OrPhCaDaCDaaPCah=−=−，()0,0,POh=−，设平面PCD的一个法向量为(),,

mxyz=，则有·0·0mCDmPC==，00axayaxhz−+=−=，令za=，则(),,,,xhyhmhha===，设向量PO与平面PCD的夹角为，则22sin2mPOamPOha==+，球心'O到平面PCD的距离(

)'2222sin22aarPORhrhaha===−++，222ahraha=++，由①得222222ahhahaha−=++即2222212121hhahhaa−=++③，故设hta=，则③可整理成()2221121ttt+=−+

，两边平方得42210tt−−=，221t=+，由①②得2222221211Rhatrhat++===+−−；故选：B.2．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知抛物线()2:20Cyp

xp=过点()2,4A，动点M，N为C上的两点，且直线AM与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为1−，且过C的焦点F，l把AMN分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为（）A．60xy+−=B．60xy−+=C．4260xy−+−=D．

4260xy++−=【答案】D公众号：高中试卷君【分析】由题意求出抛物线方程为28yx=，设()()1122,,,MxyNxy，直线:MNxtym=+，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由0AMANkk+=，可求出1t=−，再求出直线l的方程，由题意可转化为()2,4A到直线

:20+−=lxy的距离为()2,4A到直线:0MNxym+−=距离的22，代入求解即可得出答案.【详解】因为抛物线()2:20Cypxp=过点()2,4A，所以164p=，解得：4p=，所以28yx=，设()()1122,,,MxyNxy，直线:MNxtym=+

，代入28yx=中整理得2880ytym−−=，所以128yyt+=,128yym=−，所以12122212124444222288AMANyyyykkyyxx−−−−+=+=+−−−−()()()(

)21121284848804444yyyyyy+++=+==++++，即1280yy++=，则128880yyt++=+=，解得：1t=−，所以直线:0MNxym+−=，直线l的斜率为1−，且过C的焦点()2,0

F，所以:20+−=lxy，则()2,4A到直线l的距离为242222d+−==，所以l把AMN分成面积相等的两部分，因为直线l与直线MN平行，所以()2,4A到直线:20+−=lxy的距离为()2,4A到直线:0MNxym

+−=距离的22，2422222m+−=，解得：642=−m或642=+m（舍去）.所以直线MN的方程为4260xy++−=.故选：D.3．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）函数()()()sin0,0πfxx=+的部分图象如图，BCx∥轴，当π0,4x

时，不等式()sin2fxmx−恒成立，则m的取值范围是（）A．3,2−B．1,2−C．(,3−D．(,1−【答案】A【分析】利用三角函数的图象性质和三角恒等变换求解.【详解】因为B

Cx∥轴，所以图象最低点的横坐标为π2π7π23212+=，所以17πππ41234T=−=，所以2π=πT=解得2=，又因为77sin126ππ1f=+=−，所以7π3π2

π,Z62kk+=+，即ππ,Zkk=+23，又因为0π，所以π3=，所以()πsin23fxx=+，由()sin2fxmx−可得nπs22in3simxx+−，即13sin2co2s22s2inxxmx

−+也即33sin2cos222mxx+，令33()sin2co)is322π62sn(2gxxxx=+=+，因为π0,4x，所以ππ2π2,663x+，所以,(3)32gx，因为

()gxm恒成立，所以32m.故选:A.4．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）直线l的方程为()()()2130xy++−−=R，当原点O到直线l的距离最大时，的值为（）A．1−B．5−C．1D．5【答案】B【分析

】求出直线()()()2130xy++−−=R所过定点A的坐标，分析可知当OAl⊥时，原点O到直线l的距离最大，利用两直线垂直斜率的关系可求得实数的值.【详解】直线方程()()()2130xy++−−=R可化为()()320xyxy+−

+−=，由3020xyxy+−=−=可得12xy==，所以，直线()()()2130xy++−−=R过定点()1,2A，当OAl⊥时，原点O到直线l的距离最大，且2OAk=，又因为直线l的斜率为2112k

+=−=−−，解得5=−.故选：B.5．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知双曲线()2220xyaa−=的左、右焦点分别为1F，2F，过点2F作斜率为3的直线交双曲线的右支于A，B两点，则1AFB△的内切圆半径为（）A．2aB．6aC．63aD．66a【答案】C【分析】不妨设A在

第一象限，()11,Axy，过点A作AMx⊥轴于点M.由已知可求得()222AFa=+，()222BFa=−，再利用等面积法和双曲线的定义可求得内切圆半径.【详解】解：如图，不妨设A在第一象限，()11,Axy，过点A作AMx⊥轴于点M

.得()22,0Fa，则()()()22222222221111111222222AFxayxaxaxaxaxa=−+=−+−=−+=−，所以212AFxa=−（*）.又260AFM=，则221cos602AFFMxa==−，

即12122xAFa=+，代入（*）式得221222AFAFaa=+−，得()222AFa=+，同理()222BFa=−，则4ABa=，12121sin60262AFBSFFABa==△，故1AFB△的内切

圆半径r满足()11112AFBFAFBABrS++=△，又1148FAFBABaa+=+=，所以2112262ara=，得63ra=.故选：C.6．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）甲、乙两人各有一个袋子，且每人袋

中均装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，每人从各自袋中随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，且将取出的2个球全部放入甲的袋子中；若2个球异色，则乙胜，且将取出的2个球全部放入乙的袋子中.则两次取球后，

甲的袋子中恰有6个球的概率是（）A．730B．715C．760D．120【答案】A【分析】先根据取球规则分析得到两次取球后甲的袋子中有6个球时，两次取球均为同色，然后分第一次取球甲、乙都取到红球和白球两种情况求解即可.【详解】由题，若两次取球后

，甲的袋子中恰有6个球，则两次取球均为甲胜，即两次取球均为同色.若第一次取球甲、乙都取到红球，概率为111224=，则第一次取球后甲的袋子中有3个红球和2个白球，乙的袋子中有1个红球和2个白球，第二次取同色球分为取到红球或取到白球，概率为312

27535315+=，故第一次取球甲﹑乙都取到红球且两次取球后，甲的袋子中有6个球的概率为760.同理，第一次取球甲、乙都取到白球且两次取球后，甲的袋子中有6个球的概率为760.故所求概率为777606030+=.故选：A.7．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学

校考阶段练习）若2021log2022a=，2022log2023b=，20222021c=，20232022d=，则a，b，c，d中最大的是（）A．aB．bC．cD．d【答案】C【分析】先将a，b，c，d变换

为：202111log12021a=++，202211log12022b=++，20221120212021c==+，20231120222022d==+，得到cd，构造函数()()2022log1gxxx=−+，()()202

1log1xxx=−+，()0,1x，结合导数和作差法得到db，ca，从而得出a，b，c，d中最大值.【详解】因为20212021202120221log2022log20211log1202120

21a===++，20222022202220231log2023log20221log120222022b===++，20221120212021c==+，20231120222022d==+

，所以cd；20222022111111log1log12022202220222022db−=+−++=−+，设()()2022log1gxxx=−+，()0,1x，则()()

111ln2022gxx=−+，当01x时，()0gx，所以()gx在()0,1上单调递增，则()102022gg，即202211log1020222022−+，所以0db−，即db；20212021111111log1log

12021202120212021ca−=+−++=−+，设()()2021log1xxx=−+，()0,1x，则()()111ln2021xx=−

+，当01x时，()0x，所以()x在()0,1上单调递增，则()102021，即202111log1020212021−+，所以0ca−，即ca；综上：cdb，ca，即a

，b，c，d中最大的是c.故选：C.8．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知1F，2F是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且1260FPF=，()121PFPF=，若C的离心率为72，则的值为（）A．3B．3C

．2D．2【答案】A【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出12,PFPF，结合余弦定理可得答案.【详解】因为12PFPF=，由双曲线的定义可得()12212PFPFPFa−=−=，所以221aPF=−，121aPF=−

；因为1260FPF=,由余弦定理可得()222224222cos60441aacaa+−=−，整理可得()22222214444aaac−−=+，所以()222221741ace+−===−，即231030−+=,解得3=

或13=,又因为1,即3=.故选：A9．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在数列na中给定1a，且函数()()311sin213nnfxxaxax+=−+++的导函数有唯一零点，函数()()()3112sinπcosπ22gxxxx=+−且()()(

)12918gagaga+++=，则5a=（）．A．14B．13C．16D．19【答案】C【分析】求导利用函数零点定义即可求得212aa−=，得到数列na是公差为2的等差数列.再利用引入辅助角公式对()gx化简，构造新函数，利用导数

判断新函数的单调性并结合题意进而求解即可.【详解】因为()()21cos2nnfxxaxa+=−++有唯一的零点，()fx为偶函数，则()00f=，可得12nnaa+−=，*Nn，所以数列na为等差数列．则2

12aa−=，所以数列na是公差为2的等差数列.又()3111112sinπcosπ12sinπ()12()sinπ()222666gxxxxxxxx=+−=+−=−+−+，令()12sinπhttt=+，则()ht为奇函数，因为()12πco

sπ0htt=+，所以()ht在R上单调递增，由题意得()()()1292220gagaga−+−++−=，则129111()()()0666hahaha−+−++−

=，∵数列na是公差为2的等差数列，其中129aaa，则129111666aaa−−−，假设1911()()066aa−+−，因为()12sinπhttt=+是奇函数且()ht在R上单调递增，则1()6hx−在R上单调递增，所以1

91919111111()()()()()()0666666aahahahaha−−−−−−−+−，∵192837111111()()()()()()666646aaaaaa−+−=−+−=−+−4

65111()()2()666aaa=−+−=−，∴129111()()()0666hahaha−+−++−，与已知矛盾，故不成立；假设1911()(06)6aa−+−，同理可得129111()()()0666hahaha−+−++−，与已知矛盾，故不成立；综上，

191951111()()06663aaaaa−+−=+==．故选：C.【点睛】关键点睛：数列与函数的综合问题的解决关键是应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推公式.1.利用具体函数的解析式得到递推关系.2.利用抽象函数的性质得到递推关系.10．（2

023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台1111ABCDABCD−中，112ABAB=，123AA=，M为棱11BC的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是（）．A．534B．1532C．103D．62【

答案】C【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．【详解】设1142ABABx==，上底面和下底面的中心分别为1O，O，过1A作1AHAC⊥,该四棱台的高1OOh=，在上下底面由勾股定理可知，22221111(2)(2)2,(4)(4)22

22AOxxxAOxxx=+==+=．在梯形11AOOA中，22222221112(222)122AAAHAHxxhhx=+=−+=−，所以该四棱台的体积为22222128(161644)33Vxx

xxhxh=++=，所以32222222222784784784122(122)9993xxxVxxhxxx++−==−，当且仅当22122xx=−，即2x=时取等号，此时8AB=，114AB=，12OOh==．取11CD,BC的中点N，E,连接NM

,ND，显然有11////MNDBDB，由于MN平面ABCD，BD平面ABCD，所以//MN平面ABCD，因此平面MBDN就是截面．显然11122,822MNBDBD===，在直角梯形1OMEO中，221()

4422MEhOEOM=+−=+=，因此在等腰梯形11BCCB中，2281626MBMEEB=+=+=，同理在等腰梯形11DCCD中，26DN=，在等腰梯形MBDN中，设//MFDN，MGBD⊥，则26,822262MFBF==−=，221(26)(62)62MG=−=，所以梯形MB

DN的面积为228261032+=，故选：C．【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面

面关系，（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.二、多选题11．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数()

()sin322fxx=+−的图象关于直线8x=对称，那么（）A．函数24fx−为奇函数B．函数()fx在5,2424−上单调递增C．若()()122fxfx−

=，则12xx−的最小值为3D．函数()fx的图象向右平移38个单位长度得到函数cos3yx=−的图象【答案】AC【分析】利用()sin(3)fxx=+的图象关于直线8x=对称，即可求出的值，从而得出()fx的解析式，再利用三角函数的

性质逐一判断四个选项即可．【详解】因为()sin(3)fxx=+的图象关于直线8x=对称，所以()382kkZ+=+，得8k=+，Zk，因为22−，所以0,8k==，所以()si

n38fxx=+，对于A：sin3sin324248fxxx−=−+=，所以24fx−为奇函数成立，故选项A正确；对于B：52424x−，时，33,480x+，函数()

fx在5,2424−上不是单调函数；故选项B不正确；对于C：因为()max1fx=，()min1fx=−，又因为()()122fxfx−=，所以12xx−的最小值为半个周期，即21323=，故

选项C正确；对于D：函数()fx的图象向右平移38个单位长度得到()3sin3sin3sin388yxxx=−+=−=−，故选项D不正确；故选：AC12．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数()exfxx=，则（）A．曲线()yfx=在点()0,0处

的切线方程为yx=B．函数()fx的极小值为e−C．当2213e2ea时，()()1fxax−仅有一个整数解D．当223e2e2a时，()()1fxax−仅有一个整数解【答案】AC【分析】选项A，利用导数的几何意义求解；选项B，利用导数判断函数单调性

求极值即可；选项C()()1fxax−仅有一个整数解可以转化为函数()exfxx=在直线()1yax=−下方的横坐标为整数的点只有一个，画出()fx的图象，利用数形结合即可解决.【详解】对于选项A，()()1exfxx=+，则切线的斜率为()01kf==，则曲线()

yfx=在点()0,0处的切线方程为yx=，故A正确；对于选项B，()exfxx=在()1,−+上单调递增，在(),1−−上单调递减，则当=1x−时，()fx有极小值，即()11ef−−=−，故B不正确；对于选项C，由于()exfxx=在()

1,−+上单调递增，在(),1−−上单调递减，则当=1x−时，()fx有最小值，即()11ef−−=−，当1x−时，e0xx，则函数图象在x轴下方，当1x−时，()00f=，则函数存在一个零点0x=，故()exfxx

=的图象如下图所示，函数()exfxx=在直线()1yax=−下方的横坐标为整数的点只有一个，点()-11,eA−−，()-22,2eB−−，其中1e122ePAk−==，222e233ePBk−==则PBPAkak

,即2213e2ea，故C正确,D不正确.故选：AC.13．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知O为坐标原点，过抛物线2:2(0)Cypxp=焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点(,0)Mp，若||||AFAM=，则（）A

．直线AB的斜率为26B．||||OBOF=C．||4||ABOFD．180OAMOBM+【答案】ACD【分析】由AFAM=及抛物线方程求得36(,)42ppA，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得6(,)33ppB−，即可求出OB判断B选项；由抛物

线的定义求出2512pAB=即可判断C选项；由0OAOB，0MAMB求得AOB，AMB为钝角即可判断D选项.【详解】对于A，易得(,0)2pF，由AFAM=可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标

为3224ppp+=，代入抛物线可得2233242pypp==，则36(,)42ppA，则直线AB的斜率为6226342ppp=−，A正确；对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为1226pxy=+，联立抛物线方程得22106ypyp−−=，设11(,)Bxy，则166

26pyp+=，则163py=−，代入抛物线得21623ppx−=，解得13px=，则6(,)33ppB−，则22673332ppppOBOF=+−==，B错误

；对于C，由抛物线定义知：325244312pppABppOF=++==，C正确；对于D，23663663(,)(,)0423343234pppppppppOAOB=−=+−=−，则AOB为

钝角，又26262665(,)(,)0423343236pppppppppMAMB=−−−=−−+−=−，则AMB为钝角，又360AOBAMBOAMOBM+++=，则180OAMOBM+，D正确

.故选：ACD.14．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）圆()222:0Oxyrr+=与双曲线22:12yEx−=交于A，B，C，D四点，则（）A．r的取值范围是)1,+B．若3r=，矩形ABCD的面积为853C．若3r=，矩

形ABCD的对角线所在直线是E的渐近线D．存在0r，使四边形ABCD为正方形【答案】BD【分析】首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设(),Amm，()1m求出m、r，即可判断D.【详解】

双曲线22:12yEx−=的顶点坐标为()1,0，渐近线方程为2yx=，因为圆()222:0Oxyrr+=与双曲线22:12yEx−=交于A，B，C，D四点，所以1r，故A错误；当3r=时圆22:3Oxy+=，由2222312xyyx+

=−=，解得224353yx==，所以153233xy==或153233xy==−或153233xy=−=或153233xy=−=−，

不妨令1523,33A，1523,33B−，1523,33C−−，1523,33D−，所以433AB=，2153AD=，所以4321585333ABCD

S==，则4325352153ACk==，所以:AC255yx=，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；若四边形ABCD为正方形，不妨设A为第一象限内的交点，设(),Amm，()1m，则222mmr+=且2212mm−=，解得2m=，

所以2r=，所以当2r=时，使四边形ABCD为正方形，故D正确；故选：BD15．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()lnxfxaa=，()()ln1gxax=−，其中0a且1a．若函数()()()hxfxgx=−，则下列结论正确的是（）A．当01a时，()h

x有且只有一个零点B．当1e1ea时，()hx有两个零点C．当1eea时，曲线()yfx=与曲线()ygx=有且只有两条公切线D．若()hx为单调函数，则ee1a−【答案】BCD【分析】A.()lnln(1),

xhxaaax=−−通过举特例说明该选项错误；B.考虑()lnFxxx=，ln(),xQxx=求出函数的单调性，分析图象得到()hx有两个零点；C．求出两曲线的切线方程，再建立方程组，转化为零点个数问题分析得解；D.分()hx单调递增和单调递

减讨论，从而求出ee1a−得解.【详解】对A，()lnln(1),xhxaaax=−−令()10,lnln(1),log(1)xxahxaaaxax−==−=−，令111,164ax=−=，或111,162ax=−=，1log(1)xaax−=−都成立，()hx有两个零点，故A错误；对B

，1lnln(1),xaax−=−令1ln,(1)lnln,ln(1),1xtatxattxx−=−==−−ln(1)ln(1)ttxx=−−，（1t）.考虑ln(),()ln10,yxxFxFxx===+=11,(

)(1),exxFaFx−==−所以函数()Fx在1(0,)e单调递减，在1(,)e+单调递增，1()(1),xFaFx−=−1ln(1)1,ln1xxaxax−−=−=−.考虑2ln1ln(),()0,e,xxQxQxxxx−====所以函数()Q

x在(0,e)单调递增，在(e,)+单调递减，1(e),eQ=当1ln1e()e0,1eeQ==−x→+时，()0Qx,所以当10lnea时，有两个零点.此时1e1ea，故B正确；对C，设21ln,(),()e1xakafxakgxx

===−，1tx=−.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),xfxxgxyfxfxxxygxgxxx−=−−=−所以12111222()()()()()()fxgxfxxfxgxxgx=−=−.①11

1122222211,,11xxtaakakakxxt−===−−②1111222222(1)ln(1),ln1,xttaaaktattaktttt−+=−+−=−12122221ln1,1(ln1)ttktkttktt−=−−=−,

1222222lnln,1ln2lnln0tkkttkkttkt+=−++−+=,设1ln2lnln(0)Stkkttktt=++−+，所以211()ln(),()0kStktPtPtttt=−==−

−，所以函数()Pt在(0,)+单调递减，因为11()1e+0,(e)0eePkPk=+=−，所以00001(,e),()0,(0,),()0,(,),()0,exStttStttSt=+所以()0St=有两解，所以当1eea时，曲线()yf

x=与曲线()ygx=有且只有两条公切线，所以该选项正确；对D，若()hx单调递增，则2121()0,ln,(1),1lnxxahxaaxaxa−−−.21.(10)lnmmamxa=−.考虑min,0,mymay=→不满足.若()hx单调递减，则212211()0,

ln,(1),.(10)1lnlnxxmahxaaxamamxxaa−−=−−.所以max21(),lnmmaa考虑1,(1ln)0,lnmtymaymaata==+==−不满足.当1a时，,mma→+不满足.当1a时，11lnln21111,

,,lnln(ln)lnaamaaaaaa−−=−−−11ln()ln()lnlnaaa−−，∴e11ln(),0lne,e1lnaaa−−−−.故D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：本题主要有四个关键，其一，是逻辑思维，证明命题是错误的，只要举出

反例即可；其二，要熟练掌握利用导数讨论函数的零点个数；其三，是理解掌握曲线公切线的研究方法；其四，要会根据函数的单调性求参数的范围.16．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，

60BAD=，12ABADAA===，P为1CC中点，点Q在四边形11CDDC内（包括边界）运动，下列结论正确的是（）A．若1DQDCDD=+，且12+=，则四面体1ABPQ的体积为定值B．若AQ∥平面1A

BP，则AQ的最小值为5C．若1ABQ△的外心为O，则11ABAO为定值2D．若17AQ=，则点Q的轨迹长度为3【答案】AB公众号：高中试卷君【分析】对于A，取1,DDDC的中点分别为,MN，，由

条件确定Q的轨迹，结合锥体体积公式判断A；对于B，由面面平行的判定定理可得平面1//ABP平面AMN，从而可得//AQ平面1ABP，进而可求得AQ的最小值；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点Q的轨迹为圆弧23AA

，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.【详解】对于A，取1,DDDC的中点分别为,MN，连接,,,MNDQAMAN，则12DDDM=，2DCDN=，1//MNDC，因为1DQDCDD=+，12+=，所以22DQDNDM=+，221+=，所以,,QMN三点共线，所以点Q在MN

，因为11//DCAB，1//MNDC，所以1//MNAB,MN平面1ABP，1AB平面1ABP，所以MN∥平面1ABP，所以点Q到平面1ABP的距离为定值，因为1ABP的面积为定值，所以四面体1ABPQ的体积为定值，所以A正确；对于B，因为//AMBP，因为AM平面1ABP，BP平面1A

BP，所以AM∥平面1ABP，又AQ平面1ABP，AQAMM=，,AQAM平面AMQ，所以平面//AMQ平面1ABP，取11DC的中点E，连接PE，则1//PEDC，11//DCAB，所以1//PEAB，所以1,,,ABPE四点共

面，所以平面//AMQ平面1ABPE，即Q在MN上，当AQMN⊥时，AQ取最小值，因为160,2BADABADAA====，所以5,2AMMN==，2212cos1204122172ANADDNADDN=+−=+−−=，所以222AMMNAN+=，所以,QM重

合，所以AQ的最小值为5，所以B正确；对于C，若1ABQ△的外心为O，过O作1OHAB⊥于H，因为2212222AB=+=，所以()21111111142ABAOABAHHOABAHAB=+===，所以C错误；对于D，过1A作111AKCD⊥，垂足

为K，因为1DD⊥平面1111DCBA，1AK平面1111DCBA，所以11DDAK⊥，因为1111CDDDD=，111,CDDD平面11DDCC，所以1AK⊥平面11DDCC，因为KQ平面11DDCC，所以1AKKQ⊥

，又在11AKD中，111111ππ2,,23ADAKDADK===，所以111πcos13KDAD==，111πsin33AKAD==，在1AKQ中，13AK=，17AQ=，1π2AKQ=，所以2KQ=，则Q在以K为圆心，2为半径的圆上运动，在111,DD

DC上取点32,AA，使得13123,1DADA==，则322KAKA==，所以点Q的轨迹为圆弧23AA，因为1131,3DKDA==，所以323AKA=，则圆弧23AA等于23，所以D错误；故选：AB【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体

积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.17．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知异面直线a与b所成角为60，平面与平面的夹角为80，直线a与平面所成的角为20，点P为平面、外一定点，则下列结论正确的是（）A．过点P且与

直线a、b所成角都是60的直线有4条B．过点P且与平面、所成角都是30的直线有4条C．过点P且与平面、所成角都是40的直线有3条D．过点P与平面成60角，且与直线a成60的直线有3条【答案】BC【分析】根据选项120602=，在利用图形，可知A有3条；根据803

0402=，1808030502−=，可知B有4条；根据80402=，1808040502−=可知C有3条；做以P为顶点，且与圆锥中轴线夹角为30，可知该直线条数，判断D即可.【详解】对于A选项，因为异面直线a与直线b所成角为60，在空间中的点P

作直线a、b，使得//aa，//bb，设直线a、b确定平面，如下图所示：因为直线a、b所成角为60，则直线a、b所成角为60，在直线a、b上分别取点A、B，使得120APB=，则在平面内APB的角平分线所在直线3l与直线a、b所成角均为60，过点P在平面外能作两条

直线1l、2l使得这两条直线与直线a、b所成角均为60，综上所述，过点P且与直线a、b所成角都是60的直线有3条，A错；对于BC选项，因为平面与平面的夹角为80，则过点P与平面、所成角都是80402=和18080502−=

的直线各有一条m、n，若过点P与平面、所成角都是30，则在m、n的两侧各有一条，所以共224=条，故B正确，若过点P且与平面、所成角都是40，其中一条直线为直线m，在直线n的两侧各有一条，所以共3条，C对；对于D选项，过点P作与平面成60角的直线，形成以

P为顶点，与圆锥中轴线夹角为30，且底面在上的圆锥的母线，设所求直线与的交点为Q,不妨假设P在a上，设直线a与的交点为Z，设点P在底面的射影点为点O，直线ZO交圆锥底面圆于1Q、2Q两点，易知1260QPQ=，又因为12PQPQ=，则12PQQ△为等边三角形，所以，121260PQQQPQ

==，因为PO⊥，则直线a与平面所成角为20PZO=，则112602040ZPQPQQPZO=−=−=，故21124060100ZPQZPQQPQ=+=+=，当点Q位于点1Q时，ZPQ取得最小值40

，当点Q位于点2Q时，ZPQ取得最大值100，所以40100ZPQ，故能作出两条满足条件的直线，故D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；（

2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.18．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体1111ABC

DABCD−中，P为棱1BB的中点，Q为正方形11BBCC内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是()A．若1DQ∥平面1APD，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得1DQ⊥平面1APDC．当且仅当Q点落在棱1CC上某点处时，三棱锥1QAPD−的体积最大D．若162DQ=，那么Q点的轨迹长度

为24【答案】ACD【分析】A：取11BC、1CC中点EF、，连接11DEDF、、EF、PF，证明平面1APD∥平面1DEF，则Q点的轨迹为线段EF；B：以1D为原点，建立空间直角坐标系，设(),1,,0,1

Qxzxz，求出平面1APD的法向量，根据1DQm=求出x、z即可判断；C：1APD△的面积为定值，当且仅当Q到平面1APD的距离d最大时，三棱锥1QAPD−的体积最大；D：可求1CQ为定值，即

可判断Q的轨迹，从而求其长度.【详解】取11BC、1CC中点EF、，连接11DEDF、、EF、PF，由PF∥1BC∥11AD且PF＝111BCAD=知11APFD是平行四边形，∴1DF∥1AP，∵1DF平面1APD，1AP

平面1APD，1DF∥平面1APD，同理可得EF∥平面1APD，∵EF∩1DF＝F，∴平面1APD∥平面1DEF，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则()11,0,0A，11,1,2P，()0,0,1D，设(),

1,,0,1Qxzxz，则()11,0,1AD=−，110,1,2AP=，()1,1,.DQxz=设(),,mabc=为平面1APD的一个法向量，则110,0.mADmAP==即0,0,2accb−+=+=得,.2a

ccb==−取1c=，则11,,12m=−.若1DQ⊥平面1APD，则1DQ∥m，即存在R，使得1DQm=，则12xz==−=，解得20,1xz==−，故不存在点Q使得1DQ⊥平面1APD，B选项错误；1APD△的面积为定值

，当且仅当Q到平面1APD的距离d最大时，三棱锥1QAPD−的体积最大.12332AQmdxzm==+−，32xz+①，()213dxz=−+，则当0xz+=时，d有最大值1；②32xz+，()213dxz=+−，则当2xz+=时，d有最大值

13；综上，当0xz+=，即Q和1C重合时，三棱锥1QAPD−的体积最大，C选项正确；11DC⊥平面11BBCC，111DCCQ⊥，22111162DQDCCQ=+=，122CQ=，Q点的轨迹是半径为22，圆心角为2的圆弧，

轨迹长度为24，D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考

察知识点较多，计算量较大，属于难题.19．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()2ln32xxfxexxx=+−−的导函数为()gx，则（）A．()fx有最小值B．()gx有最小值C．()()()1202321012fff+D．()2fxxx−【答案

】ACD【分析】对选项逐一判断，首先对()fx求导得到()gx，再对()gx进行求导，得出()gx的单调性及零点，即可得出()gx，()fx最值及单调性，即可判断AB的正误，由()gx的增减性可知()fx的凹凸性，由此可知()

()()12023,21012fff+的大小，即可判断C的正误，再构造()()2xfxxx=−−，同理可判断D的正误.【详解】由于函数()2ln32xxfxexxx=+−−的导函数为()gx，则()ln3xgxexx=+−，又()ln3xgxexx=+−得其导函数为()1113013220xh

xexxxxx=+−++−−=，故()ln3xgxexx=+−在定义域()0,x+为单调递增函数，知()gx无最小值，故B错误；当0x→时，1,ln,30xexx→→−→，故()ln3xgxexx=+−→−；当x→+时，,ln,3xexx→+→+→+

，但是指数函数xye=始终增长的最快，故()ln3xgxexx=+−→+；又因为()()121ln130,2ln260gege=+−=+−故一定存在()01,2x，使得()00gx=，所以()fx在()00,xx时为单调递减，在()0,xx+时为单调递增，故()fx在0xx=处取

得最小值，故A正确；又()ln3xgxexx=+−在定义域()0,x+为单调递增函数，可知()2ln32xxfxexxx=+−−在()0,x+为凹函数，可得()()120231202322fff++，即()()()1202321012

fff+，故C正确；令()()221ln2xxfxxxexxx=−+=+−，易知ln1−xx故111ln1,ln1xxxx−−，()()22221111ln2121222xxxxfxxxexxxx

exxxexxx=−+=+−−−−−−−−+=得其导函数()()2,,11102xxmxexxxmxe=−=−−−−故()mx在定义域()0,x+为单调递增函数；故()()00mxm=则()2fxxx−，故D正确.故选：ACD20．（2023

春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知数列na，nb满足12a=，112b=，11nnnaba+=+，11nnnbab+=+，nN，则下列选项正确的有（）A．3223174aabb+=B．2210010010010052abab+=C．1001004492002ab

D．100100152ab−−【答案】ACD【分析】代入数据可计算出3223aabb+，可判断A选项；推导出1112nnnnnnababab+++=+，进而推导出数列()2nnnnabab+

为常数列，通过22174nnnnabab+=可判断B选项；推导出1104nnab，结合100100111199999898221111299abababababab=++++++以及不等式的性质可判断C选项；推导出数列()2nnnnaba

b−为常数列，结合C选项可判断D选项.【详解】已知数列na，nb满足12a=，112b=，11nnnaba+=+，11nnnbab+=+，nN.对于A选项，211111212aba=+=+=，2112241bab=+=+=，3221415aba=+=+=，32211

5144bab=+=+=，所以，322315175444aabb+=+=，A对；对于B选项，()21111112nnnnnnnnnnnnnnababbaabababab+++=++=++=，将

等式11nnnaba+=+与等式11nnnbab+=+相加可得()()111111nnnnnnnnnnnnnnnnabababababababab++++=+++=++=++，所以，()()()2222112212111nnnnnnnnnnnnababa

bababab+++=++=+++()()()2222112221nnnnnnnnnnnnnnababababababab++++++==，所以，()()221111nnnnnnnnabababab

++++++=，即数列()2nnnnabab+为常数列，所以，()()2221111122521422nnnnabababab+++===，所以，222524nnnnnnababab++=，即22174nnnn

abab+=，故22100100100100174abab+=，B错；对于C选项，因为11112224nnnnnnnnnnababababab++=+++=，当且仅当1nnab=时，等号成立，所以，1104nnab，1001009999989899999999

9898111222abababababab=++=+++119999989822111111299ababababab==++++++111199999898221111299ababababab=++++++9999989822111200ababab=+++

+，所以，1001009999989822111200200abababab=++++，且100100999998982211114492002009842abababab=+++++=，因此，1001004492002ab，C对；对于

D选项，因为111111nnnnnnnnnnnnnnabbaaababbaabb++++===++，则2121nnnnnnababab++++==，所以，10021002114aabb==，则100100ab

，将等式11nnnaba+=+与等式11nnnbab+=+相减可得()()111111nnnnnnnnnnnnnnnnbaabbababaababab++−−=−+−=−+=−+所以，()()()2

222111111nnnnnnnnnnnnabababbaabab++++−−=−+=，所以，所以，()()221111nnnnnnnnabababab++++−−=，即数列()2nnnnaba

b−为常数列，所以，()()222111112921422nnnnabababab−−−===，所以，()210010010010094abab−=，所以，1001001001003310215222baab−==，故100100152ab−−，D对.故

选；ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查由递推数列判断数列不等式的正误，本题注意到将题干中的两个的等式分别相加或相减，推导出数列()2nnnnabab+、()2nnnnabab−均为常数列是解本题的关键，

此外需要求出1nnab的取值范围，再结合不等式的基本求解，综合性较强，有一定的难度.三、填空题21．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知函数()()ee0xxfxaxaxaa=−+−，若有且仅有两个整数()1,2ixi=，满足()0

ifx，则实数a的取值范围为__________．【答案】22e12e1a−【分析】先对()0fx全分离，即e11exxxxa−+，构造新函数()e1exxxxhx−+=，求导求单调性判断最值点，若有且仅有两个整数使得不等式成立，只需1a大于()hx最小

值点附近的两个整数处的函数值，且小于等于该整数处相邻的整数点处函数值，列出不等式，解出即可.【详解】解：若()ee0xxfxaxaxa=−+−，即()e1exxaxx−+，因为0a，所以ee1xxxxa−

+，即e11exxxxa−+，记()e1exxxxhx−+=，故只需有且仅有两个整数()1,2ixi=使得()1hxa成立即可，所以()()()1e1e1e2eexxxxxxxxxhx+−−−++−==，记()e2xFxx=+−，所以()e10xFx=+

，所以()Fx在R上单调递增，因为()01210F=−=−，()1e10F=−，所以()00,1x，使得()00Fx=，即00e20xx+−=，在()0,x−上()0Fx，即()0hx，()hx单调递减，在()0,x+

上()0Fx，即()0hx，()hx单调递增，所以()hx有最小值()0hx，因为()00,1x，且()()01,11hh==，()()12122e112e21112e1,22eeehh−−−++−+−==−==−，而212e12e−−，若使()1hxa有且仅有两个整数()1,2

ixi=，只需21121ea−即可，解得22e12e1a−.故答案为：22e12e1a−【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于不等式成立问题的方法有：（1）对不等式进行全分离，使分母较简单或容易判断正负，以便少分类讨论；（2）构造新函

数，求导求单调性，判断极值点，在草稿纸上画出草图；（3）根据题意转化为数学语言，建立不等式，解出即可.22．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）在平面直角坐标系xOy中，已知动圆M的方程为()()()221211Rxayaa+++−+=，则圆心M的轨迹方程

为____________．若对于圆M上的任意点P，在圆O：224xy+=上均存在点Q，使得30OPQ=，则满足条件的圆心M的轨迹长度为______．【答案】230xy++=1255【分析】设出M的坐标(),xy，得到1xa=−−和21ya=−，消去a得到圆心的轨迹方程；数形结合分

析出点P离圆O的距离最大，要使得对于圆M上的任意点P，在圆O：224xy+=上均存在点Q，使得30OPQ=，只需要过点P作圆的切线，切点为Q，30OPQ即可，从而得到3OM，由垂径定理得到答案.【详解】设圆心M的坐

标为(),xy，故1xa=−−①，21ya=−②，①×2＋②得：230xy++=，故圆心M的轨迹方程为230xy++=；如图所示，取圆M上一点P，要使OPQ最大，则过点P作圆O的切线，连接OM并延长交圆M于点P，则点P离圆O的距

离最大，故要使得对于圆M上的任意点P，在圆O：224xy+=上均存在点Q，使得30OPQ=，则只需要过点P作圆的切线，切点为Q，若此时30OPQ即可，当30OPQ时，24OPOQ=，此时3OM，圆心()0,0O到直线230xy++=的距

离为335541d==+，由勾股定理得：圆心M的轨迹长度为225923295125d−=−=.故答案为：230xy++=，125523．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知0m，若对任意的)1,x

+，不等式1412log0mxxm−−恒成立，则m的最小值为______.【答案】1eln2【分析】不等式变形后构造同构不等式，2log22log2xmxmxx，引入函数()2tftt=(0)t，利用其单调性，变形不等式，然后再分离参数

转化为求新函数的最值，得出结论．【详解】1412log0mxxm−−变形为1212log02mxxm−−，即212logmxxm，2log22log2xmxmxx，设()2tftt=(0)t，()22ln20ttftt=+，()

ft是增函数，由2()(log)fmxfx恒成立得2logmxx，2logxmx，设2log()xgxx=(1)x，21ln()ln2xgxx−=，1ex时，()0gx，()gx递增，ex时，()0

gx，()gx递减，所以max1()(e)eln2gxg==，所以1eln2m，m的最小值是1eln2．故答案为：1eln224．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在数列{}na中给定1a，且函数()()311sin213nnfxxaxax+=−++

+的导函数有唯一的零点，函数()()()8sinπcosπgxxxx=+−且()()()12918gagaga+++=.则5a=______.【答案】14##0.25【分析】利用导数的定义和对称性可得12nnaa+−=，利用辅助角公式对()gx化简，构造新函数

，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.【详解】因为()21cos2nnfxxaxa+=−++有唯一的零点，()fx为偶函数，所以()00f=，即12nnaa+−=，*Nn，所以数列na为公差为2的等差数列，又因为()228

sinπcosπ82sinπcosπ22gxxxxxxx=+−=+−11182sinπ82sinπ2444xxxx=+−=−+−+，令()82sinπhttt=+，则()ht为奇函数，因为()82πc

osπ0htt=+，所以()ht在R上单调递增，由题意得()()()1292220gagaga−+−++−=，因为数列na是公差不为0的等差数列，其中129aaa

，则129111444aaa−−−，假设1911044aa−+−，1919191111110444444aahahahaha−−−−−−−+−

，因为1928371651111111112444444444aaaaaaaaa−+−=−+−=−+−=−+−=−所以1291110444h

ahaha−+−++−，假设1911044aa−+−，同理可得1291110444hahaha−+−++−，综上，19195111104424aaaaa

−+−=+==，故答案为：14四、双空题25．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，2AB=，60DAB=，AECGDF∥∥，且DF⊥平面ABCD，四边形B

EFG是正方形，则DFDA=______；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______．【答案】222121##22121【分析】根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值.【详解】由四边形ABCD为菱形，60D

AB=，可得ABD△为正三角形，设H为AB的中点，连接DH，所以DHAB⊥．又DCAB∥，因此DHDC⊥．又DF⊥平面ABCD，故以D为原点，以DE为x轴，DC为y轴，DF为z轴，建立空间直角坐标系，如图设,,AExCGyDFz===，2AB=，则()0,0,0D，()3,1,0A−，()3,

1,0B，()0,2,0C，由题意AECGDF∥∥，则⊥AE平面ABCD，CG⊥平面ABCD，设()3,1,Ex−，()0,2,Gy，从而()()3,1,,0,2,BGyBEx=−=−，因为四边形BEFG

是正方形，所以BGBEBGBE=⊥，所以222222(3)10(2)(3)01(2)0yxyx−++=+−+−+−+=，即2yxyx==，解得2xy==，所以()3,1,2E−，()0,2,2G，设()0,0,Fz，则()0,2,2GFz

=−−，因为BGGF=，所以222222(3)120(2)(2)z−++=+−+−，所以22z=，即()0,0,22F，所以()0,0,22DF=，所以2222DFDFDADA===；设异面直线AG与DE所成角为，又()()3,3,2,3,1,2AGDE=−=−，所以2222

22(3)33(1)22221coscos,21(3)3(2)(3)(1)(2)AGDEAGDEAGDE−+−+====−+++−+，所以异面直线AG与DE所成角的余弦值为22121.故答案为：2

；22121五、解答题26．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，已知椭圆()2222:10xyCabab+=的右顶点为A，下顶点为B，且直线AB的斜率为12，AOB的面积为1，O为坐标原点．(1)求C的方

程；(2)设直线l与C交于()11,Mxy，()22,Nxy两点，且12yy，N与B不重合，M与C的上顶点不重合，点Q在线段MB上，且QNx∥轴，AB平分线段QN，点()0,2P−到l的距离为d，求当d取最大值时直线MN的方程．【

答案】(1)2214xy+=(2)23yx=−+【分析】(1)根据已知条件列出关于,ab的方程组求解即可；(2)设l的方程为,(1)ykxmm=+贡，Q点的横坐标为Qx，AB与QN的交点为T，其横坐标为Tx，由已知可得22QTxxx+=，结合韦达定理可得出21

0km++=，从而可求点()0,2P−到l的距离d，再通过构造函数，利用函数单调性求出d取最大值时的条件，从而可求直线MN的方程．【详解】（1）由已知得(),0Aa，()0,Bb，12ABbka==，即2ab=①又因为AOB的面积为1，所以112ab=，即2ab=②联立①②解得2a=，1b=，所

以椭圆C的方程为2214xy+=；（2）根据题意，直线l的斜率存在，且l不过C的上、下顶点，故可设其方程为,(1)ykxmm=+贡，设Q点的横坐标为Qx，AB与QN的交点为T，其横坐标为Tx，由221

4ykxmxy=++=得，222(41)8440kxkmxm+++−=，则2222644(41)(44)0kmkm=−+−，即22410km+−12221228414441kmxxkmxxk+

=−+−=+，由已知直线MB的方程为1111yyxx+=−，直线AB的方程为112yx=−，直线QN的方程为2yy=，联立11211yyxxyy+=−=，解得21111yxxy+=+，即21111Qyxxy+=+，联立2112yxyy=−=，解得22(1)

xy=+，即22(1)Txy=+，因为AB平分线段QN，所以T为线段QN的中点，所以22QTxxx+=，即2212114(1)1yxxyy++=++，整理得221212(42)(41)(1)()4(1)0kkxxkmxxm-+-++++=，把12221228414441kmxxk

mxxk+=−+−=+代入上式整理得2222(42)(44)8(41)(1)4(1)(41)0kkmkmkmmk----++++=，因为1m，所以22(42)(1)2(41)(1)(41)0kkmkmkmk----+++=，化简得210km++=，又由2

2410km+−得2241(21)0kk+-+>，解得0k，2222222(21)434111mkkdkkk+-+===-+++，设243()41kfkk+=-+(0k)，则()()()()222222221464()11kk

kkfkkk+-+-¢==++(0k)，所以，当2k−时，()0fk，243()41kfkk+=-+单调递增，当20k−时，()0fk，243()41kfkk+=-+单调递减，所以，当2k=−时，()fk有最大值，即d有最大值，所以213mk=--=，所以直线M

N的方程为23yx=−+．27．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知：若点()00,xy是双曲线()222210,0xyabab−=上一点，则双曲线在点()00,xy处的切线方程为00221xxyyab−=．如图，过点()(),133Cmm−

分别作双曲线2213xy−=两支的切线，切点分别为P，Q，连结P，Q两点，并过线段PQ的中点F分别再作双曲线两支的切线，切点分别为D，E，记DCF与ECF△的面积分别为1S，2S．(1)求直线PQ的方程（含m）；(2)证明直线DE过

点C，并比较1S与2S的大小．【答案】(1)()31,33mymx−=−(2)证明见解析，12SS=【分析】（1）利用易知分别求出,PQ两点处的切线方程，将(),1Cm分别代入两切线方程即可得直线PQ的方程为13mxy−=；（2）联立双曲线和直线P

Q方程，利用韦达定理可得PQ的中点2233,33mFmm−−，同理根据（1）中结论可得直线DE的方程为233mxym−=−，显然(),1Cm在直线DE上；联立双曲线和直线DE方程可得C即为DE中点即可得12SS=.【详解】

（1）根据题意可设()(),,,PPQQPxyQxy，由已知可得双曲线2213xy−=在(),PPPxy处的切线方程为13PPxxyy−=，同理，在(),QQQxy处的切线方程为13QQxxyy−=；又两切线

交点为(),1Cm，所以满足1313PPQQmxymxy−=−=，即()(),,,PPQQPxyQxy同时满足方程13mxy−=，所以直线PQ的方程为13mxy−=.（2）联立221313mxyxy−=−=整理可得()2236180mxmx−+

−=，所以22618,33PQPQmxxxxmm+==−−,即可得线段PQ的中点2233,33mFmm−−，设()(),,,DDEEDxyExy，根据已知可得在,DE两点处的切线方程分别为13DDxxyy−=，13EEx

xyy−=；两切线交点为2233,33mFmm−−，所以222231333133DDEEmxymmmxymm−=−−−=−−可得直线DE的方程为223133mmmxy−−=−，整理可得233mxym−=−；易知(),1Cm满足直线DE方程233mxym−=−，即直线D

E过点C；联立双曲线与直线DE方程2223313mxymxy−=−−=，整理可得()()222429363990mymymm−+−+−+=，所以()2263293DEmyym−+=−=−，可得2DExxm+=，所以,DE的

中点坐标为(),1m，即(),1Cm为DE的中点，即CDCE=；易知DCF的面积为11sin2CDCFDCFS=，ECF△的面积21sin2CECFECFS=；又sinsinDCFECF=，可得12SS=；即1S与2S的大小关系为12SS=.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用题

目提供的已知条件直接写出双曲线在某点处的切线方程，再根据两切线交点坐标得出两切点的直线方程，联立并利用韦达定理化简即可实现问题求解.28．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ecosaxfxx=，其中aR．(1)若2a=，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；

(2)已知()fx在区间()0,π上存在唯一的极小值点．（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）记()fx在区间()0,π上的极小值为()ga，讨论函数()ga的单调性．【答案】(1)21yx=+(2)（i）(),0−；（ii）()ga在区间(),0−上单调递减

．【分析】（1）当2a=时，求出()0f、()0f的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）（i）分0a=、0a、a<0三种情况讨论，利用导数分析函数()fx在()0,π上的定义，结合极小值点的定义可求得实数a的取值范围；（i

i）由（i）以及极小值的定义可得出()()tanecosecosatttgafttt===．令函数()tanecosxxxx=，π,π2x，则()()gat=，利用导数分析函数()x在()0,π上的单调性

，再结合函数单调性的定义可证得()ga在区间(),0−上单调递减．【详解】（1）解：若2a=，则()2ecosxfxx=，()()2e2cossinxfxxx=−，所以，()01f=，()02f=．所以

，曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为21yx=+．（2）解：（i）()()ecossinaxfxaxx=−，令()cossinpxaxx=−，①若0a=，则()cosfxx=，在区间(

)0,π上单调递减，()fx不存在极值点；②若0a，则当π,π2x时，cossin0axx−，从而()0fx．因为正切函数tanyx=在π0,2上单调递增，且该函数在π0,2上的值域为()0,

+，则1π0,2x，使得1tanxa=，即11cossin0axx−=．当π0,2x时，()sincos0pxaxx=−−，即函数()px在π0,2上单调递减.当()10,xx时，11cossincossin0axxaxx−

−=，从而()0fx¢>；当1π,2xx时，11cossincossin0axxaxx−−=，从而()0fx．所以，()fx在()10,x上单调递增，在()1,πx上单调递减，()fx在()0,π上不存在极小值点．③若a<0，则当π0,2x

时，cossin0axx−，从而()0fx．因为正切函数tanyx=在π,π2上单调递增，且该函数在π,π2上的值域为(),0−，所以，π,π2t，使得tanta=，即cossin0att−=．当π,π2x

时，()sincos0pxaxx=−−，所以，函数()px在π,π2上单调递增.当π,2xt时，cossincossin0axxatt−−=，从而()0fx；当(),πxt时，cossinc

ossin0axxatt−−=，从而()0fx¢>．所以，()fx在()0,t上单调递减，在(),πt上单调递增．此时，xt=为()fx在区间()0,上的唯一的极小值点．综上所述，实数a的取值范围为(),0−．（ii）由（ⅰ）知a<0，()fx在()0,π上的

唯一的极小值点t满足π,π2t且tanta=．由此，()()tanecosecosatttgafttt===．令函数()tanecosxxxx=，π,π2x，则()()gat=，且()tantan2etancos

sine0coscosxxxxxxxxxxxx=+−=．所以，()x在区间π,π2上单调递减．下面证明函数()ga在区间(),0−上单调递减．对于任意的120aa，设当1aa=和2aa

=时，()fx在()0,π上的极小值点分别为1t、2t，则1t、2π,π2t，且11tanta=，22tanta=．由12aa及函数tanyx=在π,π2上单调递增，有12tt．又由()x在区间π,π2上单调递减

，有()()()()1122gattga==．综上，对于任意的120aa，均有()()12gaga，即()ga在区间(),0−上单调递减．【点睛】方法点睛：函数单调性的判断方法：（1）利用基本初等函数的单调性与图像：只需作出函数的图象便可判断函数在相应区间上的单调性；（2）

性质法：①增函数+增函数=增函数，减函数+减函数=减函数，增函数−减函数=增函数，减函数−增函数=减函数；②函数()fx−与函数()fx的单调性相反；③0k时，函数()fx与()kfx的单调性相反（()0fx）；0k时，函数()fx与()kfx的单调性相同（()0f

x）.（3）复合函数法：同增异减法.即函数()yfgx=的单调性，由内层函数()ugx=和外层函数()yfu=同时决定，若内层函数和外层函数单调性相同，则函数()yfgx=单调递增；若内层函数和外层函数单调性相反，则函数()y

fgx=单调递减.（4）导数法：()0fx在区间D上恒成立，则函数()fx在区间D上单调递增；()0fx在区间D上恒成立，则函数()fx在区间D上单调递减.（5）定义法：作差法与作商法（常用来函数单调性的证明，一般使用作差法）.29．（2023·吉林·东北师

大附中校考二模）已知圆22:(4)4Mxy+−=，P是直线:20lxy−=上的动点，过点P作圆M的切线PA，切点为A.(1)当切线PA的长度为23时，求点P的坐标.(2)若PAM△的外接圆为圆N，试问：当点P运动时，圆N是否过定点？若过定点，求出所有的定点的坐标；若不过定点

，请说明理由.【答案】(1)(0,0)或168,55；(2)过定点，定点(0,4)和84,55.【分析】(1)由切线的性质可得222MPAMAP=+，列方程求P的坐标；(2)由条件求出圆N的方程

，根据恒等式的性质确定圆N所过定点.【详解】(1)由题可知圆M的圆心为(0,4)M，半径2r=.设(2,)Pbb，因为PA是圆M的一条切线，所以90MAP=.在RtMAP△中，222MPAMAP=+，故()222234MP=

+=.又222(02)(4)5816MPbbbb=−+−=−+，所以258164bb−+=，解得0b=或85.所以点P的坐标为(0,0)或168,55.(2)因为90MAP=，所以PAM△的外接圆圆N是以MP

为直径的圆，且MP的中点坐标为4,2bb+，所以圆N的方程为()()222244424bbbxby+−+−+−=，即()22(24)40xybxyy+−−+−=.由2224040xyxyy+−=+−=，解得04xy==或8545xy=

=，所以圆N过定点(0,4)和84,55.30．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知离心率为12的椭圆C1：22221xyab+=(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上的一点，△PF

1F2的周长为6，且F1为抛物线C2：()220ypxp=−的焦点.(1)求椭圆C1与抛物线C2的方程；(2)过椭圆C1的左顶点Q的直线l交抛物线C2于A，B两点，点O为原点，射线OA，OB分别交椭圆于C，D两点，△OCD的面积为S1，△OAB的面积为S2.则是否存在直线l使得21133

Ss=？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22143xy+=，24yx=−；(2)存在，20xy−+=或20xy++=.【分析】（1）由题可得22222612accaabc+===+，即求；（2）设直线l的方程为2xmy=−，联立抛物线方程利用

韦达定理可得128yy=−，利用直线与椭圆的位置关系可求22234236448121yym=+，再利用三角形面积公式及条件列出方程，即得.【详解】（1）由题意得22222612accaabc+===+，解得2,3,1,abc==

=∴椭圆的方程为22143xy+=，()11,0F−，公众号：高中试卷君所以抛物线的方程为24yx=−.（2）由题意得直线l的斜率不为0，()2,0Q−，设直线l的方程为2xmy=−，设()()()()112

23344,,,,,,,AxyBxyCxyDxy，由224xmyyx=−=−，得2480ymy+−=，∴121248yymyy+=−=−，，∵21133Ss=，∴21212134341sin132||||||13

sin2OAOBAOBOAOBSyyyySOCODyyyyOCODCOD=====，∵2114yx=−，∴直线OA的斜率为1114yxy=−，即直线OA的方程为14yxy=−,由1224143yxyxy=−+=，得2321364364yy=+，同理可得242

2364364yy=+，()2222342222222121212364364364364364936464yyyyyyyy==+++++()2222223643644812196436441664mm==++

−++，∴222221222134||1214813()||93SyymSyy+===，得m=±1，∴存在直线l，方程为20xy−+=或20xy++=.31．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）

已知0a，函数()sin([0,))axfxexx=+，记nx为()fx的从小到大的第n*()nN个极值点，证明：（1）数列()nfx是等比数列（2）若211ae−，则对一切*nN，()nnxfx

恒成立.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）求导，可知'()(sincos)axfxeaxx=+(sincos)axeaxx=+21sin()axaex=++，利用三角函数的知识可求得的极值点为*()nxnnN=−，即可得

证；（2）分析题意可知，问题等价于()()21?anaeaan−+−恒成立，构造函数()tegtt=，利用导数判断其单调性即可得证.试题解析：（1）'()sincosaxaxfxaexex=+(sincos)axeaxx=+21sin()axa

ex=++其中，，令'()0fx=，由0x得，即，m*N，对，若，即，则'()0fx，若，即，则'()0fx，因此，在区间与上，'()fx的符号总相反，于是当时，取得极值，∴*()nxnnN=−，此时，()()1()?sin()

(1)?sinanannnfxene−−+=−=−，易知()0nfx，而()()1211()(1)?sin()(1)?sinannaxnannnfxeefxe+−++−+−==−−是非零常数，故数列()nfx是首项为1()fx=()sinan

e−，公比为axe−的等比数列；（2）由（1）知，sin211a=+，于是对一切*nN，()nnxfx|恒成立，即()211annea−−+恒成立，等价于()()21?anaeaan−+−（•）恒成立（∵），

设()(0)tegttt=，则2(1)'()tetgtt−=，令'()0gt=，得，当时，'()0gt，∴在区间上单调递减；当时，'()0gt，∴在区间上单调递增，从而当时，函数取得最小值，因此，要是（•）式恒成立，只需21(1)agea+=，即只需211ae−，而当211

ae=−时，，且02，于是2213e−−，且当2n时，23212ne−−−，因此对一切*nN，211nnaxe−=−，∴()ngax21(1)agea+==，故（•）式亦恒成立.综上所述，若a21

1e−，则对一切*nN，()nnxfx恒成立.考点：1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导

数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；

第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.32．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知抛物线()2:20Cxpyp=的焦点为F，且F与圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值为4．（1）求p；（

2）若点P在M上，,PAPB是C的两条切线，,AB是切点，求PAB面积的最大值．【答案】（1）2p=；（2）205.公众号：高中试卷君【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值；（2）设点()11,Axy、()22,Bxy、()0

0,Pxy，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得PAB面积的最大值.【详

解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，0,2pF，设圆M上的点()00,Nxy，则()220041++=xy．所以()()220001453=−+−−xyy．从而有2200||2=+−=pFNxy()22200014(8)1524−++

−=−+−+ppyypy．因为053y−−，所以当03y=−时，2min||3944=++=pFNp．又0p，解之得2p=，因此2p=．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线C的焦点为0,2pF，42pFM=+，所以，F与

圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值为4142p+−=，解得2p=；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线C的方程为24xy=，即24xy=，对该函数求导得=2xy，设点()11,Axy、()22,Bxy、()00

,Pxy，直线PA的方程为()1112xyyxx−=−，即112xxyy=−，即11220xxyy−−=，同理可知，直线PB的方程为22220xxyy−−=，由于点P为这两条直线的公共点，则10102020220220xxyyxxyy−−=−−

=，所以，点A、B的坐标满足方程00220xxyy−−=，所以，直线AB的方程为00220xxyy−−=，联立0022204xxyyxy−−==，可得200240xxxy−+=，由韦达定理可得1202xxx+=，1204x

xy=，所以，()()()22220121200014442xABxxxxxxy=++−=+−，点P到直线AB的距离为2002044xydx−=+，所以，()()()23002222000002041114

442224PABxySABdxxyxyx−==+−=−+△，()()2222000000041441215621xyyyyyy−=−+−=−−−=−++，由已知可得053y−−，所以，当05y=−时，PAB的面积取最大值321202052

=.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到1201202,4+==xxxxxy．过P作y轴的平行线交AB于Q，则2000,2−xQxy．()32222120000001111||241642222=−=−−=−PAB

SPQxxxyxyxy．P点在圆M上，则00cos,4sin,xy==−+()()333222222001114cos4sin16(sin2)21222=−=−+=−++PAB

Sxy．故当sin1=−时PAB的面积最大，最大值为205．[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为211,4xAx，222,4xBx．设:ABlykxb=+，联立A

Bl和抛物线C的方程得2,4,ykxbxy=+=整理得2440xkxb−−=．判别式2Δ16160=+kb，即20kb+，且12124,4xxkxxb+==−．抛物线C的方程为24xy=，即24xy=，有2xy=．则

()2111:42−=−PAxxlyxx，整理得21124xxyx=−，同理可得222:24=−PBxxlyx．联立方程211222,24,24xxyxxxyx=−=−可得点P的坐标为1212,

24xxxxP+，即(2,)Pkb−．将点P的坐标代入圆M的方程，得22(2)(4)1+−+=kb，整理得221(4)4bk−−=．由弦长公式得2212||11=+−=+ABkxxk()2221212411616+−=++xxxxkkb．点P到直线AB的距离为

22221kbdk+=+．所以()322211||161622422==++=+=PABSABdkbkbkb321(4)44−−+bb32121544−+−=bb，其中[5,3]=−−−Pyb，即[3,5]b．当5b=时，()max205=PA

BS．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得FN关于圆M上的点()00,Nxy的坐标的表达式，进一步转化为关于0y的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得p的值；方法二，利用圆的性质，F与圆22:(4)1Mxy++=上点的距离的最小值，简洁明快，为

最优解；（2）方法一设点()11,Axy、()22,Bxy、()00,Pxy，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB的坐标满足方程00220xxyy−−=，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得1202xxx+=，1204xxy=，利用弦长公式求得AB的长，进而得到面积关于()00,P

xy坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于0y的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到1202xxx+=，1204xxy=，过P作y轴的平行线交AB于Q，则2000,2−xQxy．由121||2PABSPQxx=−求得面积关于()00,Pxy坐标的表达式，并利用三角函

数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线:ABlykxb=+，联立直线AB和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到20kb+，且12124,4xxkxxb+==−．利用点P在圆M上，求得,kb的关系，然后利用导数

求得两切线方程，解方程组求得P的坐标(2,)Pkb−，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；33．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()()1eeln1ln2xfxaxx−=++−．(1)证明：当

3a=时，()fx为增函数；(2)若()fx有3个零点，求实数a的取值范围，参考数据：ln20.7，e2.7．【答案】(1)证明见解析(2)eee,12ln2ln2a++【分析】（1）将

a=3代入函数解析式，求导，求出导函数的极小值即可；（2）参数分离，构造函数，求出其单调区间以及函数的大致图像即可.【详解】（1）将a=3代入()fx得解析式得()()1eeln13ln2xfxxx−=++−，()'1ee3ln2xfxx−=+−，令()()()'1'12eee3,e

ln2ln2xxpxfxpxxx−−==+−=−，显然()'px是增函数，()()''ee110,2e0ln24ln2pp=−=−＜＞，()01,2x，使得()'00px=，此时0120ee0ln2xx−−=，当00xx＜＜时，()'0px＜，()px单调递减，当0xx＞时，()'0px＞，

()px单调递增，()()0minpxpx=012000ee11e33ln2ln2xxxx−=+−=+−，显然()minpx是关于0x得减函数，()()0mine15e12ln2213ln244ln2pxp−=+−=＞，由e2.7,ln20.7，得()()()

()()()000min20,20,0ppxpxppxpx＞＞＞＞，即()'0fx＞，()fx是增函数；（2）令()()1eeln10,0ln2xfxxaxx−=++−=＞，()1eeln1ln2xaxxx−=++

，令()()()()11'21eln2elneeln1,ln2ln2xxxxgxxgxxxx−−−−=++=，令()()11eln2elnxkxxx−=−−，则有()()''10,20gg==，()'1eeln2xkxxx−=−，

显然()'kx是增函数，()()''e1ln2e0,22eln202kk=−=−＜＞，()11,2x，使得()'10kx=，当10xx＜＜时，()()'0,kxkx＜单调递减，当1xx＞时，()()'0,kxkx＞单调递增，()()10,20kk==，01

x＜＜时，()0kx＞，即()()'0,gxgx＞是增函数，12x＜＜时，()0kx＜，即()gx是减函数，＞2x时()()0,kxgx＞是增函数，所以在1x=处，()gx有极大值()e11ln2g==+，在2x=处()gx有极小值ee2ln2=+，()g

x的大致图像如下：欲使得原函数有3个零点，a得取值范围是eee,12ln2ln2a++；综上，a得取值范围是eee,12ln2ln2a++.【点睛】特殊值是解决本题的一个关键，对于导函数的研究的一个原则是多次求导直到导函数能够比较清晰的观察出其单调性为好

.34．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）若函数()fx，()gx的图象与直线xm=分别交于A，B两点，与直线xn=分别交于C，D两点()mn，且直线AC，BD的斜率互为相反数，则称()fx，()gx为“(,)mn相关函数”．(1)()fx，()gx均为定义域上

的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得()fx，()gx为“(,)mn相关函数”；(2)()eaxfx=，2()gxax=，若存在实数0mn，使得()fx，()gx为“(,)mn相关函数”，且ABCD=，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2

)()24e,0+U.【分析】（1）根据函数单调递增，可推出直线AC，BD的斜率均为正数，即可证明；（2）首先讨论0a=是否满足题意，数形结合可知，由题可知1mn−=时满足题意；再讨论0a时，()()()()fngnfmgm+=+，()()()()fngnfmgm−

=−或()()()()fngnfmgm−=−+，联立且由(1)可判断出0mn,由此可得出m和n的等式关系,建立一个关于m或n的方程，将方程根的问题转化为函数零点问题，利用导数求出函数单调区间，讨论a的取值范围对零点的影响即可

.【详解】（1）设()(),Amfm，()(),Cnfn.由()fx单调递增，则()()fnfm.则()()0ACfnfmknm−=−.同理可得，0BDk.所以，直线AC，BD的斜率均为正数，不可能互为相反数.即不存在实数m，n，使得()fx，()

gx为“(,)mn相关函数”．（2）情况一：当0a=时，()1fx=，()0gx=，若1mn−=，则存在实数0mn，使得()fx，()gx为“(,)mn相关函数”，且ABCD=；情况二：当0a时因为()fx，()gx为“(,)

mn相关函数”，所以有()()()()fngnfmgm+=+.因为ABCD=，所以有()()()()fngnfmgm−=−或()()()()fngnfmgm−=−+.①联立()()()()()()()()fngnfmgmfngnfmg

m+=+−=−，可得()()()()fmfngmgn==，所以0a=.则有()1fx=，()0gx=，此时有0ACBDkk==，满足题意；②联立()()()()()()()()fngnfmgmfngnfmgm+=

+−=−+，可得()()()()fmgngmfn==.因为0mn，所以方程组22eeamananam==，则0a．当,0mn时.因为eax，2ax均为[0,)+上的单调递增函数，

由（1）知不存在实数m，n，使得()fx，()gx为“(,)mn相关函数”，所以0mn.则由22eeamananam==，可得()2eln2lnamnaamna=−+−=，可得()2ln2lneama

ma+−=−，所以()20ln2lneamama−+=+.同理可得()20ln2lneanana−+=+.则()20ln2lneaxaxa−+=+在(),0−上存在两个不同的实数根.()*记()()2ln2lneaxhxaxa=+−+(0)x，则()222ee42

2axaxaaaaxhxxx+=+=.记()2e4axpxaax=+，则()21e2axaxaapx=+.解()0px=，可得2xa=−.解()0px，可得20xa−，所以()hx在2,0a−上单调递增；解()0p

x，可得2xa−，所以()hx在2,a−−上单调递减.所以，()px在2xa=−处取得极小值22222e44eaaapaaaa−−−=−+=+.（ⅰ）当204ea时，()224

0eapxpa−=−+，此时有()0hx，即()hx在(,0)−单调递减.又10ha−，eee2e2ee2e0aahaaa−−−−=−+−+，则根据零点存在

定理可得，存在唯一e01e,xaa−−−，使得()00hx=，即()20ln2lneaxaxa−+=+有唯一负根0x，不符合()*式；（ⅱ）当24ea时，2240eapa−=−+.因为(0)0p，且2l

n2aaa−−，有2ln2ln()ln()4410aaapaaa−=−=−，根据零点存在定理可得，12ln2,axaa−−，使得()10px=；22,0ax−，使得()

20px=.所以，当()1,xx−时，有()0px，此时()0hx，()hx在()1,x−上单调递减；当()12,xxx时，有()0px，此时()0hx，()hx在()12,xx上单调递增；当()2,0xx时，有()0px

，此时()0hx，()hx在()2,0x上单调递减.122ln2lnelnln4eahaaaaa−−=++=−++，令()lnln4etaaa−+=+，24ea，则()112e2e2eaaa

ata−=−+=.因为24ea，所以2ea，所以()0ta，所以()ta在()24e,+上单调递增，所以()()()2224e4eln4eln40etat=−++=，所以20ha−，所以()220hxha−.根据零点存

在定理可知，()2,0nx，使得()0hn=.取2eanmna=−，即有()()0hmhn==，符合题意.综上所述，a的取值范围是()24e,0+U.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令()0fx=，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存

在性定理：利用定理不仅要函数在区间,ab上是连续不断的曲线，且()()0fafb，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象

，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．35．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数()exfxaxa=−−，aR.(1)讨论()fx的单调区间；(2)当1a=时，令()()22fxgxx=.①证

明：当0x时，()1gx；②若数列()*nxnN满足113x=，()1enxngx+=，证明：()2e11nxn−.【答案】(1)答案见解析；(2)①证明见解析；②证明见解析.【分析】(1)求

出函数()fx的导函数()fx，再讨论()fx的符号即可计算作答.(2)①等价变形所证不等式，构造函数()21121exxxFx++=−，利用导数探讨单调性即可；②由已知证明11e12x−，由①分析探讨，等价转化，再构造函数()()2e12xxhxx−=++，利用递推变换即可作

答.【详解】（1）函数()exfxaxa=−−定义域为R，求导得()exfxa=−，当0a时，()0fx¢>恒成立，即()fx在(),−+上单调递增，当0a时，令()e0xfxa=−，解

得lnxa，令()e0xfxa=−，解得lnxa，即()fx在(),lna−上单调递减，在()ln,a+上单调递增，所以，当0a时，()fx在(),−+上单调递增，当0a时，()fx在(),lna−上单调

递减，在()ln,a+上单调递增.（2）当1a=时，()()22e1xxgxx−−=，①当0x时，()222112e121e1e12xxxxxxxxx++++−−，令()21121exxxFx++=−，0x，()2120exxFx−

=恒成立，则()Fx在()0,+上单调递减，()()01010eFxF=−=，因此，21121exxx++成立，所以当0x时，()1gx.②由①可知，当()0,x+时，()1gx，由113x=得()21e1xg

x=，即20x，由()1enxngx+=，可得0nx，而113e1e1x−=−，又3327ee028−=−，即133e2，则1131e1e12x−=−，由于()12e11e1()2nnxxnn−−，只需证()()1111e1e11e222nnnxxxng

x+−−−−，又当0x时，22211()1e(4)e44(2)(2)e(2)022xxxgxxxxxxx−−−+++=−+++()2e102xxx−++，令()()2e12xxhxx−=++，0x，

()()22e02xxhxx=+恒成立，则()hx在(0,)+上单调递增，()()00hxh=，则当0x时，恒有2e102xxx−++，而0nx，即()111e22nxngx−−成立，不等式()11e1e12nnxx+−−成立，因此()()()11121

1111e1e1e1e12222nnnxxxxnn+−+−−−−成立，即1e12nnx−成立，所以原不等式得证.【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单

调性、极(最)值问题处理.公众号：高中试卷君