【文档说明】福建省南平市2023届高三第三次质量检测数学试题 含解析.docx，共(24)页，2.820 MB，由小赞的店铺上传

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南平市2023届高中毕业班第三次质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分考试形式：闭卷）注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是

否一致．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，再选涂其它答案标号．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．第I卷一、单项选择题：本大题共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240Axx=−，2,1,0,1,2B=−−，则AB=（）A.2,2−B.1,0−C.1,0,1−D.0,1【答案】C【解析】【分析】求解出A集合包含的元素，由

集合的交集运算即可求得答案.【详解】解：24022Axxxx=−=−，又2,1,0,1,2B=−−，{1,0,1}AB=−故选：C2.已知1iz=+，则()i1z−=（）A.1−B.1C.1i−+D.1i+【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出z并

代入计算作答.【详解】由1iz=+，得1iz=−，所以()()i1i1i11z−=−−=.故选：B3.已知正方形ABCD的边长为1，点M满足2ABBCAM+=，则MD=（）A.12B.1C.22D.2【答案】C【解析】【分析】根据几何关系求解.【详解】如图，2ABBCACAM+==，所以M

是AC的中点，1222MDBD==；故选：C.4.2023年3月11日，“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务，顺利返回三亚．本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印

度洋的蒂阿曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比-热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集．如图1是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体，其轴截面如图2所示，则该模型球舱体积为（）3cm.A.

40π3B.102π3C.104π3D.106π3【答案】C【解析】【分析】根据圆锥以及圆柱的体积公式即可求得答案.【详解】由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为2cm，高为2cm；圆柱的底面半径为2cm，高为8

cm，故该模型球舱体积为221104ππ22π2833+=（3cm），故选：C5.已知函数()()π2sin06fxx=+的图象的相邻两条对称轴间的距离为π2，则（）A.()fx的周期为π2B.()fx在5ππ,1212−上单调递增C.()fx的图象关

于点2π,03对称D.()fx的图象关于直线π6x=对称【答案】D【解析】【分析】根据题意求得函数周期，判断A；进而确定，可得函数解析式，利用正弦函数单调性判断B；根据正弦函数的对称性可判断C，D.【详解】由题意函数()()π2sin06fxx=+

的图象的相邻两条对称轴间的距离为π2，故函数周期为π2π2T==，A错误；则()2ππ2,2sin2π6fxx===+，当5ππ,1212x−时，3π2π62π,3x−+，因为函数si

nyx=在2ππ,33−上不单调，故()fx在5ππ,1212−上不单调递增，B错误；因为2π3π232sin2f==−，此时函数取到最小值，故()fx的图象不关于点2π,03对称，C错误；ππ262s

in2f==，此时函数取到最大值，()fx的图象关于直线π6x=对称，D正确，故选：D6.某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线均生产7nm规格的芯片．现有25块该规格的芯片，其中来自甲、乙、丙的芯片数量分别为5块、10块、10块．若甲、乙、丙生产的芯片的优质品率分别为0.9，0.8，0.

7，则从这25块芯片中随机抽取一块，该芯片为优质品的概率是（）A.0.78B.0.64C.0.58D.0.48【答案】A【解析】【分析】根据题意可得优质品总数为19.5，再根据古典概型的概率计算公式即可求得该芯片为优质品的概率.【详解】由题可知，甲、乙、丙生产的芯片的优质品总数为

50.9100.8100.719.5++=，根据古典概型计算可得该芯片为优质品的概率为50.9100.8100.70.7825++=.故选：A7.,AB分别是函数1exy−=和1yx=−图象上的点，

若AB与x轴平行，则AB的最小值是（）A.1ln22−B.1ln22+C.3ln22−D.3ln22+【答案】B【解析】【分析】设AB方程为,(0)ymm=，联立方程组分别求得,AB坐标，可得AB的表达式，利用导数求得其最小值，即可得答案.【详解】因

为AB与x轴平行，设AB方程为,(0)ymm=，由1exymy−==，可得ln1ymxm==+，即(ln1,)Amm+，由1ymyx==−，可得21ymxm==+，即2(1,)Bmm+，所以()22||1ln1lnABmmmm=+−+

=−，设2()ln,(0)fxxxx=−，则()21212xfxxxx−=−=，当2(0,)2x时，()0fx，()fx在2(0,)2上单调递减，当2(,)2x+时，()0fx¢>，()

fx在2(0,)2上单调递增，故()min2121112lnln2222222fxf+==−=+=，故选：B8.已知双曲线()2222:10,0xyEabab−=的左顶点为A，若E上存在点P，使得P与A

关于直线330xya+−=对称，则E的离心率为（）A.2B.3C.2D.3【答案】A【解析】【分析】设(,)Pmn，根据P与A关于直线330xya+−=对称，表示出P点坐标，然后代入双曲线方程可得,ab的关系式，利用离心率的计算公式即可得答案.

【详解】由已知可知(,0)Aa−，设(,)Pmn与A关于直线330xya+−=对称，则(3)133022nmamana−=−+−+−=，解得23mana==，即(2,3)Paa，由于P点在()2222:10,

0xyEabab−=上，故2222431aaab−=，即221ab=，故2222cabeaa+===，故选：A二、选择题：本大题共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，有选错的得0分．9.若0ab，则（）A.11abB.lnlnabC.11eeabD.eeabab−−【答案】BD【解析】【分析】利用函数单调性一一判定即可.【详解】易知()10yxx=在

定义域上单调递减，故0ab时，11ab，即A错误；()ln0yxx=在定义域上单调递增，故0ab时，lnlnab，即B正确；()10exyx=在定义域上单调递减，故0ab时，11eeab，即C错误

；()e0xyxx=−，则e10xy=−，即()e0xyxx=−在定义域上单调递增，所以0ab时，有eeabab−−，即eeabab−−，故D正确.故选：BD10.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别是AB，BC中点，则（）A.1//BC平面

1BDEB.1DF⊥平面1BDEC.平面1AAF⊥平面1BDED.点E到平面11ADF的距离为24【答案】ACD【解析】【分析】检验所给定的正方体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABC；求出点到平面距离判断D

作答.【详解】在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，建立如图所示的空间直角坐标系，则111111(1,0,0),(1,1,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),(0,0,1),(1,,0),(,1,0)22ABABCDEF，对于A，1111(1,0,1),(

1,,0),(0,,1)22BCDEEB=−==，显然11BCEBDE=−，即1BC平行于平面1BDE，而1BC平面1BDE，因此1//BC平面1BDE，A正确；对于B，11(,1,1)2DF=−，111111022DFDE=

+=，即有1DF不垂直于DE，而DE平面1BDE，因此1DF不垂直于平面1BDE，B错误；对于C，11(,1,0),(0,0,1)2AFAA=−=，而1(1,,0)2DE=，显然10DEAA=，1

11()1022DEAF=−+=，即111,,,,DEAADEAFAAAFAAAAF⊥⊥=平面1AAF，于是DE⊥平面1AAF，而DE平面1BDE，因此平面1AAF⊥平面1BDE，C正确；对于D，11(,1,1)

2DF=−，11(1,0,0)DA=，设平面11ADF的一个法向量(,,)nxyz=，则1110102nDAxnDFxyz===+−=，令1y=，得(0,1,1)n=，又11(0,,1)2AE=−，所以点E到平面11ADF的距离11|111|||224||2nAEdn−

===，D正确.故选：ACD11.已知点()1,0A−，抛物线2:4Cyx=的焦点为F，过F的直线l交C于P，Q两点，则（）A.||||PAPF的最大值为2B.APQ△的面积最小值为2C.当||||PAPF取到最大值时，直线AP与C相切D.当||

||PAPF取到最大值时，1tan2QAF=【答案】AC【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线定义逐项分析判断作答.【详解】抛物线2:4Cyx=的焦点(1,0)F，准线方程为=1x−，设1122(,),(,)PxyQxy

，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为：1xty=+，由214xtyyx=+=消去x得：2440yty−−=，则12124,4yytyy+==−，对于A，显然1>0x，22111122111(1)44||112||1(

1)(21)xyxxPAPFxxx++==++=++，当且仅当11x=时取等号，A正确；对于B，APQ△的面积221212121||||()44142SAFyyyyyyt=−=+−=+，当且仅

当0=t时取等号，B错误；对于C，由选项A知，当||||PAPF最大时，点(1,2)P，此时直线AP方程为10xy+=，由2104xyyx+==消去x得：21104yy+=，114104=−=，直线AP与C相切，C正确；对于D，由选项C知，当||||PAP

F最大时，PFx⊥轴，显然||||||2QFPFAF===，即45QAF=，tan1QAF=，D错误.故选：AC12.已知函数()fx满足()()2exxfxfxx−=，(1)ef=，则（）A.()tan1etan1fB.()()()21exffxf−C.若方程()221()02ef

xafx−+=有5个解，则32ea=D.若函数()()()2xgxfafx=−（0a且1a）有三个零点，则22eee,11,ea−【答案】BCD【解析】【分析】由()()2exxfxfxx−=可构造函

数()()fxFxx=，由已知条件求出()fx，再由解析式求解判定选项.【详解】因为()()2exxfxfxx−=，构造函数()()fxFxx=，则2()()()exxfxfxFxx−==，所以可设()e()

(e)xxFxcfxxc=+=+，又(1)ef=，所以0c=，()exfxx=.对于A选项，πtantan114(tan1)tan1etan1etan1ef==，故A选项错误；对于B选项，由()(1)exfxx=+，所以当1x−时，()0fx，()fx在(,

1)−−单调递减，当1x−时，()0fx，()fx在(1,)−+单调递增，所以1()(1)efxf=−=极小值，而21(),exfx−均大于0，要比较()()()21,xffxfe−的大小，只需比较21(),exfx−的大小，ln()eexxxfxx+==，令(

)ln(21)ln1,(0)hxxxxxxx=+−−=−+，则11()1xhxxx−=−=，()hx在(0,1)单调递增，在(1,)+单调递减，所以()(1)0hxh=，所以ln21ln21,ee

xxxxxx+−+−，即21()exfx−，进而()()()21xffxfe−，故B选项正确；对于C选项，方程()221()02fxafxe−+=可化为()221||()02fxafxe−+=（＊），令|()||e|xtfxx==，

则方程（＊）可化为2210,2etat−+=作出|()||e|xtfxx==的图象如图所示：方程2222221120,412e2eetataa−+==−=−，①Δ0=时，2ae=时，方程22102etat−+=的解只有一个，则函数|()||e|xtf

xx==的零点至多有三个，不合题意；②Δ0时，方程22102etat−+=无解，|e|xtx=无零点，不合题意；③0时，即2ea−或2ea时，方程的解有两个，记为12,tt且12tt，若方程()221()02efxafx

−+=有5个解，则1|e|xtx=有2个零点，2|e|xtx=有3个零点，即1210ett=，由求根公式得2212e2aat−−=，22221e2eaat+−==，解得32ea=，此时112et=合

题，故C选项正确；对于D选项，若函数()()()2xgxfafx=−（0a且1a）有三个零点，则方程()()2xfafx=有三个根，因为20,0xax，又()fx在(0,)+单调递增，所以方程()()2xfafx=有三个根，则方程2xax=有三个根，所以2lnl

nxax=有三个根，所以2lnlnxax=有三个根，即2lnlnxax=有三个根，令2ln()(0)xxxx=，因为2ln()()xxxx−==−−，所以()x为奇函数，则当0x时，2ln(),xxx=则22(1ln)()xxx−=，令()0,ex

x==，所以()x在(0,e)单调递增，在(e,)+单调递减,所以2()(e)exh==极大值；当0x+→时，()x→−，当x→+时，()0x→，作出函数()x的图象如下：所以2ln0ea−或20lnea，解得22eee,11,ea−

，故D选项正确.故选：BCD.第II卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.在61()xx−的展开式中的常数项为_______.【答案】20−【解析】【分析】写出通项公式，给r赋值即可得出．【详

解】61()xx−的通项公式为：Tr+1661()rrrxx−=−=ð（-1）r6rðx6﹣2r．令6﹣2r＝0解得r＝3，∴（-1）336=−ð20，所以常数项为-20．故答案为-20．【点睛】本题考查了二项式定理的应用，写出通项是关键，属于基础题．14

.对于任意实数，直线()320xyxy+−+−=恒过定点A，且点()10B,，则直线AB的一个方向向量为________．【答案】(1,1)−−（答案不唯一）【解析】【分析】求出直线()320xyxy+−+−=所过定

点A的坐标，即可求得答案.【详解】由题意对于任意实数，直线()320xyxy+−+−=，即302,201xyxxyy+−==−==，即定点A为(2,1)A，所以直线AB的一个方向向量为(1

,1)AB=−−，故答案为：(1,1)−−15.已知曲线lnyax=和曲线2yx=有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则l的方程为________．【答案】2ee0xy−−=【解析】【分析】设切点坐标为00(,)xy，根据导数的几何意义可得()()()()0000,fxg

xfxgx==，即可求得0e,2eax==，继而求出切点坐标以及切线斜率，即得答案.【详解】设曲线()lngxax=和曲线2()fxx=在公共点00(,)xy处切线相同，则()()2,afxxgxx==，由题意知()()()()0000,f

xgxfxgx==，即002002lnaxxxax==，解得0e,2eax==，故切点为(e,e)，切线斜率为()02ekfx==，所以切线方程为e2e(e)yx−=−，即2ee0xy−−=，的故答案为：2ee0xy−

−=16.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线2212xy

−=与它的渐近线以及直线22y=所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为________．【答案】82π【解析】【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原理求出旋转体体积作

答.【详解】双曲线2212xy−=的渐近线为20xy=，设直线(2222)ytt=−交双曲线及其渐近线分别于,CD及,AB，如图，由20ytxy==，得(2,),(2,)AttBtt−，由2222ytxy=−=，得22(22,),(22

,)CttDtt+−+，线段,ACBD绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，它是一个圆环，其内径22||ABt=，外径2222CDt=+，此圆环面积为222(22)π(2||)π2πtt+−=，因此此旋转体垂直

于轴的任意一截面面积都为2π，旋转体的高为42，而底面圆半径为2，高为42的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为2π，由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为2，高为42的圆柱的体积82π.故答案为：82π【点睛】关键点睛：利用祖暅原理求几何体的体积，找到一个等高的可求体积的几何体

，并将它们放置于两个平行平面间，再探求出被平行于两个平行平面的任意一平面所截，截面面积相等是解题的关键.四、解答题：本大题共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nT为数列na的前n项积．已知112nnnnaaTT

++−=．（1）求na的通项公式；（2）求数列23nTn+的前n项和．【答案】（1）2121nnan−=+；（2）69nn+.【解析】【分析】（1）利用给定的递推公式，结合前n项积的意义求解作答.（2）由（1）的结论求出nT，再利用裂

项相消法求解作答.【小问1详解】依题意，{}nnaT是以1为首项，2为公差的等差数列，则1(1)221nnannT=+−=−，即(21)nnnTa−=，当2n时，有11(23)nnnTa−−−=，两式相除得，1(21)23nnnnaana−−=−，显然0nT，即0na，因此当2n

时，121123nnna−−=−，即12321nnan−−=−，所以数列na的通项公式2121nnan−=+.【小问2详解】设{}23nTn+的前n项和为nS，由（1）得，21nnaTn=−，于是121nTn=+，因此1111()23(21)(23)22123nTnnnnn==

−+++++，则1111111111()()23557212323233(23)nnSnnnn=−+−++−=−=++++，所以数列{}23nTn+前n项和为69nn+.18.已知ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin1cossin

cocossin2s2CCBCCB−+=−．（1）求A的大小；（2）设AD是BC边上的高，且2AD=，求ABC面积的最小值．【答案】（1）π4A=；（2）424−.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用二倍角公式

和角的正余弦公式化简求解作答.（2）利用三角形面积公式化简得24abc=，再利用余弦定理结合均值不等式求解作答.【小问1详解】在ABC中，由sin1cossincocossin2s2CCBCCB−+=−及二倍角公式，得sinsincoscossincosBCCBCC+=−，即sinsin

sincoscossincoscosBCBCBCBC−=+，整理得sin()cos()0BCBC+++=，因此tan()1BC+=−，即tan1A=，而0πA，所以π4A=.【小问2详解】由（1）及已知，得11π2sin224ABCSabc==，即有24abc=，由余弦定理得222π2cos

4abcbc=+−，即2222abcbc=+−，因此2222128bcbcbc=+−，即22221228bcbcbcbc+=+，于是8(22)bc−，当且仅当bc=时取等号，而24ABCSbc=，所以ABC面积的最小

值为28(22)4244−=−.19.如图，在三棱锥SABC−中，点S在底面ABC的投影在三角形ABC的内部（包含边界），底面ABC是边长为4的正三角形，26SC=，4SB=，SB与平面ABC所成角为π3

．（1）证明：SCAB⊥；（2）点D在CA的延长线上，且32CDCA=，M是SD的中点，求平面BCM与平面SAB夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）510【解析】【分析】（1）作SO⊥底面ABC，先证明点O在AB上，且为AB的中点，继而证明

AB⊥平面SCO，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面BCM法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】作SO⊥底面ABC，垂足为O，则SBO为SB与平面AB

C所成角，的即π3SBO=，在RtSBO中，由4SB=可得23,2BOSO==，因为SO⊥底面ABC，CO底面ABC，故SOCO⊥,在RtSCO中，26SC=，则22241223COSCSO=−=−=,在BCO中，由2,43,2BCCOBO===可得222BCCOBO=+，故COBO⊥，且π6

BCO=,在ACO△中，π6,4ACACO==，则ACO△≌BCO，故2AOBO==,而4AB=,故点O必在AB上，且为AB的中点，SO⊥底面ABC，AB底面ABC，故SOAB⊥，又,,,ABCOSOCOOSOCO=⊥平面SCO,故AB⊥

平面,SCOSC平面SCO,故SCAB⊥.【小问2详解】由（1）可知COAB⊥,SOCO⊥,且,,SOABOSOAB=平面SAB,故CO⊥平面SAB,以点O为坐标原点，以,,OCOBOS所在直线分别为,,xy

z轴，建立空间直角坐标系，由于32CDCA=，故2AD=,则()()()()0,2023,0,00,0,2330,,,,,3,BCSD−−，则()3,,133222OMOSOD=+=−−，即3322

,,3M−−，设平面BCM的法向量为(,,)nxyz=，则00nBMnBC==，即3730222320xyzxy−−+=−=，令3y=，则(1,3,4)n=，由题

意可取平面SAB的一个法向量为(1,0,0)m=，设平面BCM与平面SAB夹角为π,[0,]2，则15cos|cos|||||10|||||20,mnmnmn====，故平面BCM与平面SAB夹角的余弦值

为510.20.五一小长假期间，文旅部门在某地区推出A，B，C，D，E，F六款不同价位的旅游套票，每款套票的价格ix（单位：元；i1,2,,6=）与购买该款套票的人数iy（单位：千人）的数据如下表：套票类别ABCDEF套票价格

ix（元）405060657288购买人数iy（千人）16.918.720.622.524.125.2（注：A，B，C，D，E，F对应i的值为1，2，3，4，5，6）为了分析数据，令iilnvx=，iilny=，发现点()ii,v集中在一条直线附近．（1）根据所给数据，建立购买人数y关于

套票价格x的回归方程；（2）规定：当购买某款套票的人数y与该款套票价格x的比值在区间ee[,]97上时，该套票为“热门套票”．现有甲、乙、丙三人分别从以上六款旅游套票中购买一款．假设他们买到的套票的款式互不相同，且购买到“热门套票”的人数为X，求随机变量X的分布列和期望．附：①参考数据：6iii1

75.3v==，4.1v=，3.05=，62ii1101.4v==．②对于一组数据()()()1122,,,,,,nnvvv，其回归直线bva=+的斜率和截距的最小二乘估计分别为iii122ii1nnvnvbvnv==−=−，abv=−．【答案】

（1）12eyx=；（2）分布列见解析，期望为2.【解析】【分析】（1）利用给定的数据，结合最小二乘法公式求出,v的回归方程，再代换作答.（2）利用（1）的结论结合已知，求出“热门套票”数，再借助超几何分布求出分布列、期望作答.【小问1详解】由已知点(),(1,2,,6)iivi=集中在一

条直线附近，设回归直线方程为ˆˆˆbva=+，由4.1,3.05v==，6iii175.3v==，62ii1101.4v==，得162612275.364.13.051ˆ101.464.12iiiiivnvbvnv==−−===−

−，1ˆˆ3.054.112abv=−=−=，因此变量关于v的回归方程为1ˆ12v=+，令ln,lnvxy==，则1lnln12yx=+，即12ˆeyx=，所以y关于x的回归方程为12eyx=.【小问2详

解】由1212eeee[,]97yxxxx==，解得4981x，所以50,60,65,72x=，于是B,C,D,E为“热门套票”，则三人中购买“热门套票”的人数X服从超几何分布，X的可能取值为1,2,3，122134242433666CCCCC13

1(1),(2),(3)C5C5C5PXPXPX=========，所以X的分布列为：X123P153515期望131()1232555EX=++=.21.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左、右顶点分别为1A，2A，右焦点为F，C的离心率为22，且C上的点B到F的距离的最

大值和最小值的积为1．过点F的直线1l（1l与x轴不重合）交C于P，Q两点，直线1AP，2AQ分别交过点F且垂直x轴的直线2l于M，N两点．（1）求C的方程；（2）记1AFN△，2AFM△的面积分别为1S，2S，试

探究：12SS是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）2212xy+=（2），322+【解析】【分析】（1）根据题意，列出方程，求得,,abc即可得到椭圆方程；（2）根据题意，分别表示出直线12,APAQ的直线方程，从而得到点,MN的纵

坐标，然后代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意得()()221caacac=−+=，解得2,1ac==，所以1b=，则椭圆的方程为2212xy+=.【小问2详解】是依题意得直线2l的方程为1x=，设直线

1l的方程为1xmy=+，()()1111,,,PxyQxy，由22112xmyxy=++=得，()222210mymy++−=，则12122221,12myyyymm+=−=−++，所以12122yymyy+=，

1AP的方程为：()1122yyxx=++，由()11122xyyxx==++，解得()11122Myyx=++，2AQ的方程为：()2222yyxx=−−，由()22122xyyxx==−

−，解得()22122Nyyx=−−，所以()()()()()()1112112221221121222212122122yFNAFyxSxySyxFMAFx−++−===−+−+()()()()()()()()121121212112212211212122112

12122yyyymymyyyymymyyyyyy+++++++===+−+−++−()()()()()12121212322322322322322322yyyyyyyy+++−==+=++−+−【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交的问题，以及三角形面积问题，难度较难，

解决本题的关键在于得到直线12,APAQ的方程，得到点,MN的纵坐标，然后结合运算即可得到12SS的比值.22已知函数()()23exfxaxa=+R，()3223gxxx=+．（1）讨论()fx的极值；（2

）若()fx的极小值为3，且1x，()20,x+，12xx，()()()()1212fxfxgxgx−−成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）2.【解析】【分析】（1）求出函数()fx的导数()fx，再分类讨论单调性确定极值作

答.（2）由（1）的结论及已知求出a值，再探讨函数(),()fxgx在(0,)+上的单调性，等价变形不等式，转化成函数()()fxgx−在(0,)+上单调递增求解作答.【小问1详解】函数2()3exfxax=+的定义域是R，求导

得2()6exfxa=+，当0a时，()0,()fxfx单调递增，无极值；当a<0时，由()0fx=，得1ln()26ax=−，当1(0,ln())26ax−时，()0fx，函数()fx在1(0,ln(

))26a−上单调递减，当1(ln(),)26ax−+时，()0fx，函数()fx在1(ln(),)26ax−+上单调递增，所以当1ln()26ax=−时，函数()fx取得极小值ln()226aaa−+−，无极大值.【小问2详解】由（1）知，ln()3226aaa−+−=，

令()ln()(0)226aaaaa=−+−，求导得1()ln()26aa=−，由()0a=，得6a=−，.当(,6)a−−时，()0a，当(6,0)a−时，()0a，函数()

a在(,6)−−上单调递增，在(6,0)−上单调递减，因此当且仅当6a=−时，函数()a取得最大值3，则由ln()3226aaa−+−=，得6a=−，不妨设12xx，当,()0x+时，2()6(e1)0,()xfxfx=−为增函数，当,()0x+时，2()660,()gxxx

gx=+为增函数；于()()()()1212fxfxgxgx−−，等价于()()()()2121fxfxgxgx−−，则不等式()()()()2211fxgxfxgx−−对120xx恒成立，令232()()()3e236,(0,)xhxfxgxxxxx

=−=−−−+，则函数()hx在(0,)+上单调递增，因此22()6e6660xhxxx=−−−在(0,)+上恒成立，设22()e1xuxxx=−−−，显然(0)0u=，求导得2()2e2,(0)2x

uxxu=−−=−，令()()txux=，有2()4e2xtx=−在(0,)+上单调递增，当2时，()(0)420txt=−，函数2()2e2xuxx=−−在(0,)+上单调递增，于是()(0)20uxu=−，函数22()e1xux

xx=−−−在(0,)+上单调递增，因此()(0)0uxu=，从而()6()0hxux=在(0,)+上恒成立；当2时，令2()4e20xtx=−=，得1ln22x=，当1(0,ln)22x时，()0tx，则当1(0,ln)22x时，函数()ux单调递减，(

)(0)0uxu，即当1(0,ln)22x时，函数()ux单调递减，()(0)0uxu=，因此当1(0,ln)22x时，()6()0hxux=，不符合题意，所以的取值范围是2.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定

不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.是获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com