【文档说明】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（三）（新高考通用）解析版.docx，共(52)页，3.266 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（三）（新高考通用）一、单选题1．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知角，满足1tan3=，()sin2cossin=+，则tan=（

）．A．14B．12C．1D．2【答案】B【分析】根据和角公式可得()sin2cos2sin2cos−=，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解.【详解】由()sin2cossin=+得()()sinsinsin+−−=++

，进而()()sinsin2sin2sinsin2sin2coscos2sin=+=+−=+，所以()222sin22sincos2tan1sin2cos2sin2costan2cos2

3sincos3tan12−=====−++，故选：B2．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）若75a=，86b=，22e2ec=+，则实数a，b，c的大小关系为（）A．acbB．cbaC．bcaD．bac

【答案】B【分析】根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得ln5ln7a=，ln6ln8b=，()22lnelne2c=+.作出函数()lnfxx=，()()ln2gxx=+的图象，观察可得当1x时，所以随着x的增大，比值()ln

ln2xx+越来越大.令()()()gxFxfx=，可得()Fx在()1,+上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出答案.【详解】由已知可得，7ln5log5ln7a==，8ln6log6ln8b==，由22e2ec=+可得，()22lne2c=+，所以()()2222lne

lne2lne2c==++.设()ln,1ln(2)xfxxx=+，则()()()()22ln2ln,12ln(2)xxxxfxxxxx++−=++，因为1x，故()21,ln2ln0xxxx++，所以()()2

ln2ln0xxxx++−即()0fx¢>，所以()fx在()1,+上为增函数，又()5af=，()6bf=，()2ecf=，又2e65，所以cba.故选：B.3．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）设,AB是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，且

2OA=.若存在,Rmn，使得mABOA+与nABOB+垂直，且()()2mABOAnABOB+−+=，则AB的最小值为（）A．1B．3C．2D．23【答案】D【分析】构造向量，利用向量垂直和()()2mABOAnABOB+−+=，结合基本不等式得出ab的最大值2，结合图形可得答案.【

详解】如图，,AB是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，且2OA=，由题意得：ABOBOA=−，令()1aOAmABOAmOAmOB==+−+=，则,,AAB三点共线,()1bOBnABOBnOBnOA==++−=，则,,BAB三点共线,

故有,,,AABB共线，由题意mABOA+与nABOB+垂直，()()2mABOAnABOB+−+=，知OAOB⊥uuuruuur，且2abBA−==为定值，在AOB△中，224||||2abab=+，当且仅当ab=时，ab取最大值2，此时AOB△面积最大，则O到AB的距离

最远，而2OA=，故当且仅当ab=，即,AB关于y轴对称时，AB最小，此时O到AB的距离为112BA=，所以222132AB=−=，故23AB=，即AB的最小值为23.故选：D.4．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知()1.

11e,,1lne12abc−===−−，则,,abc的大小关系为（）A．cabB．abcC．acbD．cba【答案】C【分析】利用作差法结合对数的运算性质分析判断即可.【详解】解：()()()11e1lne1lne1lnelne1ln,22e1cb−=−−−=−−=

−−=−，e1,0,e1cb−−cb∵1.1111ee2a=∴ab()()21.11.11.11111ee11lne111e1e1e10eeeecae−−−=−−−−−−−=−−−−

=,,caacb故选：C.5．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知双曲线22221(0,0)xyabab−=的右焦点为F，过点F作一条渐近线的垂线，垂足为M，若MOF△的重心G在双曲线上，则双曲

线的离心率为（）A．22B．7C．6D．5【答案】B【分析】依次求出点M、G的坐标，然后由点G在双曲线上可建立方程求解.【详解】不妨设M在byxa=，令()00,Mxy，则有0000byxayaxcb==−−，解得200axcabyc=

=，所以2,aabMcc，2,33acabcGc+，因为点G在双曲线上，所以22222199accaac+−=，解得7e=，故选：B.6．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考

阶段练习）如图，在ABC中，已知1ABAC==，120A=，E，F分别是边AB，AC上的点，且AEAB=，AFAC=，其中，()0,1，且41+=，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则MN的最小值为（）A

．17B．37C．77D．377【答案】C【分析】根据平面向量加法的运算法则，结合平面向量基本定理和平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为AEAB=，AFAC=，所以()()()()()1111112222MNMEEBBNFEAB

BCAEAFABACAB=++=+−+=−+−+−()()()()()11111112222ABACABACABABAC=−+−+−=−+−，因为41+=，所以()1212MNABAC=+−，所以()()()2222211214121,24

MNABACABACABAC=+−=+−+−因为1ABAC==，120A=，所以()()222112131412142424MN=+−−−=−+，当()3120,121724−=−=时，MN有最小

值，最小值为22113117472747−+=，故选：C【点睛】关键点睛：运用平面向量加法的运算法则，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.7．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知

数列{}na的通项公式为1(2)nann=+，前n项和为nS，若实数满足1(1)3(1)nnnS+−+−对任意正整数n恒成立，则实数的取值范围是（）A．10934−„B．10934−C．91043−„D．91043−【

答案】A【分析】根据裂项相消法，结合数列的单调性进行求解即可.【详解】解：1111()(2)22nannnn==−++，前n项和为1111111111(1)232435112nSnnnn=−+−+−++−+−−++11113111(1)()22

124212nnnn=+−−=−+++++，可得{}nS为递增数列，且有1S取得最小值13；且34nS，当n为偶数时，1(1)3(1)nnnS+−+−对任意正整数n恒成立，即为3nS−对任意正整数n恒成立，由393344nS−−=，可得94

„①当n为奇数时，1(1)3(1)nnnS+−+−对任意正整数n恒成立，即为3nS−+对任意正整数n恒成立，由111033333nSS++=+=…，可得103−，即103−②由①②解得10934−„．故选：A【点

睛】关键点睛：利用裂项相消法，结合分类讨论法进行求解是解题的关键.8．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数()121xfx=+，正数,ab满足()()212fafb=−−，则222baaabb++的最小值（）A．1B．2C．4D．5【答案】B

【分析】利用()()1fxfx−+=可得22ab+=，由此可化简所求式子，结合基本不等式可求得最小值.【详解】()()1121121211221xxxxxfxfx−−+=+=+=++++，且()fx在R上单调递减，由()()21

2fafb=−−得：22ab=−，即22ab+=，,0ab，()22222222222babababaaabbabababab+=+=+=++（当且仅当42,55ab==时取等号），则222baaabb++的最小值为2.故选：B.9．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中

学校考阶段练习）如图，椭圆()2222:10xyCabab+=的左焦点为1F，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足PQy⊥轴，四边形1FAPQ是等腰梯形，直线1FP与y轴交于点30,4Nb，则椭圆的离心率为（）．A．14B．32C．22D．12【答案】D【分析】做

PMx⊥轴于点M，得到点P的纵坐标，从而得到PM，然后根据11FNOFPM，列出方程，即可得到结果.【详解】由题意，做PMx⊥轴于点M，因为四边形1FAPQ是等腰梯形，则1FOAMc==，OMac=−则点P

的横坐标为Pxac=−，代入椭圆方程()2222:10xyCabab+=，可得22pbyacca=−，即22bPMacca=−，因为30,4Nb，则34ONb=，由11FNOFPM，则121342bFOONcbFMPMaacca==−，化简可得，4343

32160aacc−+=，同时除4a可得，43163230ee−+=即()()3221812630eeee−−−−=，对于()3281263feeee=−−−当1e=时，()1130f=−，当2e=时，()210f=，在()1,2e时，方

程()()3221812630eeee−−−−=有根，且()0,1e，故应舍，所以12e=.故选:D【点睛】解答本题的关键在于得到点P的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到,,abc的关系式.公众号：高中试卷君10．（20

23春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知e为单位向量，1ae=，20232022bae=+，当,ab取到最大值时，ae−等于（）A．2023B．20232023C．2022D．20222022

【答案】A公众号：高中试卷君【分析】根据已知条件构造向量并作出图形，利用向量的相等的坐标关系及夹角的定义，结合锐角三角函数的定义及基本不等式，最后利用向量的减法的坐标表示及向量的模公式即可求解.【详解】依题意，设()1,0eOE==，(),aOAba==，(),bOBxy

==，因为1ae=，所以101ba+=，则1b=，故()1,aOAa==，因为20232022bae=+，所以()()()()2023,20231,2022,02023,xyaa=+=，即12023xay==，所以1,2023abOB

==，不妨设0a，则向量,,abe如图所示，因为,abAOBAOEBOE==−，3tan,ta202nAOEaBOEa==，所以()2tantant3antan1tt202a3202nan1aAOEBOEBOA

AOEBOEAaOEBOaE−−=−==−+2022101120232023aa=+，当且仅当2023aa=，即2023a=时，等号成立，易知π02BOA，tanyBOA=在π0,2上单调递增，所以当,ab取到最

大值时，tanyBOA=取得最大值，此时2023a=，所以()0,2023aeEA−==,故此时2023aeEA−==.故选：A.二、多选题11．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知函数()()πsin,12,2fxx=+

图像过点10,2−，且存在12,xx，当122πxx−=时，()()120fxfx==，则（）A．()fx的周期为4π3B．()fx图像的一条对称轴方程为5π9x=−C．()fx在区间4π10π,99上单调递减D．()fx

在区间()0,5π上有且仅有4个极大值点【答案】ACD【分析】利用图像上一点和周期性求出()fx，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.【详解】因为()fx图像过点10,2−且π2，所以1sin2=−，解得π6=−，因为存在12,x

x，当122πxx−=时，()()120fxfx==，所以π2π2Tkk==，即2k=，*Nk，又因为12，所以32=，所以()3πsin26fxx=−，选项A：()fx的周期2π4π332T==，正

确；选项B：()fx图像的对称轴为3πππ262xk−=+，解得4π2π93kx=+，Zk，令5π4π2π993k−=+，k无整数解，B错误；选项C：当4π10π,99x时，3ππ3π,

2622x−，所以由正弦函数的图像和性质可得()fx在区间4π10π,99上单调递减，C正确；选项D：当()0,5πx时，3ππ22π,2663x−−，所以由正弦函数的图像和性质可得()fx在区间()0,5π有4个极大值点，3个极小值点，D

正确；故选：ACD12．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo（如图所示），设计师的灵感来源于曲线:1(0,R)nnxyCnnab+=．当4,2,1nab===时，下列关于曲线C的判断正确的有（）A．

曲线C关于x轴和y轴对称B．曲线C所围成的封闭图形的面积小于8C．设()3,0M，直线30xy−+=交曲线C于PQ､两点，则PQM的周长小于8D．曲线C上的点到原点O的距离的最大值为1417【答案】ABD【分析】根据用y−替换y，x不变，得方程不变，用x

−替换x，y不变，得方程不变，可判断A正确；根据曲线C的范围，可判断B正确；先得到椭圆2214xy+=在曲线:C44116xy+=内(除四个交点外)，再根据椭圆的定义可判断C不正确；利用两点间的距离公式、三角换元和三角函数知识求出最大值，可判断D正确；

【详解】当4,2,1nab===时，曲线C：44116xy+=，对于A，用y−替换y，x不变，得()44116xy+−=，即44116xy+=，则曲线C关于x轴对称；用x−替换x，y不变，得()44116xy−+=，即44116xy+=，则曲线C关于y轴对称，故A正确；对于B，由

44116xy+=，得||2x≤，||1y，所以曲线C在由直线2x=和1y=所围成的矩形内（除曲线与坐标轴的四个交点外），所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于该矩形的面积，该矩形的面积为428=，故B正确

；对于C，对于曲线:C44116xy+=和椭圆2214xy+=，设点1(,)xy在44116xy+=上，点2(,)xy在2214xy+=上，因为42442121(1)164xxyy−=−−−2222(1)(

1)(1)444xxx=−+−−222(1)(11)444xxx=−+−+221(1)024xx=−，所以4412yy，所以12||||yy，设点1(,)xy在44116xy+=上，点2(,)xy在2214xy+=上，因为()244421216(1)4(1)

xxyy−=−−−()2224(1)4(1)4(1)yyy=−+−−22224(1)28(1)0yyyy=−=−，所以4412xx，所以12||||xx，所以椭圆2214xy+=在曲线:C441

16xy+=内(除四个交点外)，如图：设直线30xy−+=交椭圆2214xy+=于,AB两点，交x轴于(3,0)N−，易知，,MN为椭圆2214xy+=的两个焦点，由椭圆的定义可知，||AN||224AM

+==，||||224BNBM+==，所以ABM的周长为8，由图可知，PQM的周长不小于8，故C不正确；对于D，设曲线:C44116xy+=上的点(,)xy，则该点到原点O的距离为22xy+，因为44116xy+=，所以设2cos4x=，2siny=，π[0,]2

，则224cossinxy+=+=4117(sincos)17sin()1717+=+，其中1sin17=，4cos17=，所以当sin()1+=时，22xy+取得最大值17，22xy+取得最大值1417.故D正确；故选：ABD13．（2023春·湖南长沙·

高三湖南师大附中校考阶段练习）已知球O的半径为4，球心O在大小为45的二面角l−−内，二面角l−−的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆1O，2O，若两圆1O，2O的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体12OAOO得体积为V，

则一定正确的是（）A．O，E，1O，2O四点共圆B．3OE=C．126OO=D．V的最大值为21−【答案】ACD【分析】连结1212,,,,OEOEOEOOOA，判断出4,2OAAE==，利用勾股定理求OE，判断B，证明11OOOE⊥,22OOOE⊥，12,,,OOEO四点共面，即可判断1

2,,,OEOO四点共圆，判断A，利用正弦定理求出12OO，由此判断C；设1122,OOdOOd==，求出12OOOS的最大值，结合体积公式判断D.【详解】因为公共弦AB在棱l上，连结1212,,,,O

EOEOEOOOA，则4,2OAAE==，则22224223OEOAAE=−=−=，故B错误；因为二面角l−−的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，所以OO1⊥,OO2⊥，又1,OEAB平面,，2,OEAB平面，所以11OOOE

⊥,22OOOE⊥，1OOAB⊥,2OOAB⊥，因为12,OOOO平面12OOO，所以AB⊥平面12OOO，同理可证AB⊥平面12OEO，所以12,,,OOEO四点共面，又1290OOEOOE==，所以1212180OEOOOO+=，对角互补的四边形为圆内接四边

形，所以12,,,OEOO四点共圆，故选项A正确；因为E为弦AB的中点,故1OE⊥AB，2OE⊥AB，故12OEO为二面角l−−的平面角，所以1245OEO=，由正弦定理得12sin456OOOE==，故选项C正确；设1122,OOdOOd==，在△12OOO中,由余弦定理可得，(

)222121212126222OOdddddd==+++，所以()12322dd−，故()121232112222OOOSdd−，所以()1232111221332OOOVAES−==−，当且仅当以1263

2dd=−=时取等号，故选项D正确，故选：ACD14．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）过直线:25lxy+=上一点P作圆22:1Oxy+=的切线,切点分别为,AB,则（）A．若直线ABl∥,则5AB=B．cosAPB的最小值为35C

．直线AB过定点21,55D．线段AB的中点D的轨迹长度为5π10【答案】BC【分析】根据题意设出点P坐标,求出直线AB方程,若ABl∥,则,斜率相等,进而求出直线方程,进而求出弦长即可;根据直线AB方程,求出定点即可;由π,APBAOB+=进而转化为与cosAOQ的关

系,即圆心到直线的距离与半径的比值的最值,根据直线AB过的定点即可得出选项B正误;由定点,弦AB中点,圆心所形成的角为直角,即可判断线段AB的中点的轨迹,进而求出长度即可.【详解】解:由题知,设()00,Pxy,因为过点P作圆22:1Oxy+=的切线,切点分别为,AB,所以,

AB在以OP为直径的圆上,即,AB在222200020222xyxyxy+=+−−上,因为,AB是切点,所以,AB在221xy+=上,故,AB是两圆的交点,故两圆方程相减可得,AB所在的直线方程,

化简可得00:1ABxxyy+=,因为P在l上,所以0025xy+=,故直线()00:521ABxxxy+−=;关于选项A,若ABl∥,则00252xx−=−−,解得:02,x=所以:210ABxy+−=,故圆心O到AB的距离1,5d=所以145215,55AB=−=故选项A错误;由(

)00:521ABxxxy+−=,即()0251xxyy−+=,联立2051xyy−==,解得:2515xy==,所以AB过定点21,,55M故选项C正确;因为π,APBAOB

+=所以()coscosπcos,APBAOBAOB=−=−由于AB过定点21,,55M所以O到AB距离max5,5dOM==记AB中点为Q,则OMOQ,coscosAPBAOB=−cos2AOQ=−()22cos1AOQ=−−212cosA

OQ=−212OQr=−131255−=,故选项B正确;因为D为线段AB的中点,且M在AB上,所以π2MDO=,所以D点轨迹为以OM为直径的圆,所以5,210OMr==周长为52ππ,5r=故选项D

错误.故选:BC15．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知实数a，b，c满足lne1bcac==，则下列关系式中可能成立的是（）A．abcB．acbC．cabD．cba【答案】ABC【

分析】将lne1bcac==化为1lnebac==，设1lnebaxc===，得exa=，lnbx=，1cx=，利用函数exy=，lnyx=，1yx=的图象可求出答案.【详解】由lne1bcac==可知，0c，所以1lnebac==

，设1lnebaxc===，则exa=，lnbx=，1cx=，在同一直角坐标系中作出函数exy=，lnyx=，1yx=的图象，由图可知，当10xx时，cab，此时C正确；当12xxx时，acb，此时B正确；当2xx时，abc，此时A正确.

故选：ABC16．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点分别为12,FF，过2F的直线交C的右支于点A，B，若21111

135FAFBFBFAFB==，则（）A．1ABBF⊥B．C的渐近线方程为62yx=C．21AFBF=D．12AFF△与12BFF△面积之比为2∶1【答案】ABC【分析】根据21111135FAFBFBFAFB==可得13cos5AFB

=，1135FBFA=，利用余弦定理求出AB，即可判断A，根据双曲线的定义结合AB的值可求出1212,,,,AFAFBFBF可确定C，从而在直角三角形12BFF中可得,ac的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.【详解】由11111113cos5FAFBFAFBA

FBFAFB==，得13cos5AFB=，又由22111135FBFBFAFB==，得1135FBFA=，不妨设11,53FBFAmm==，在1AFB△中，由余弦定理得2222111112cos16FBFAFBFAAFBABm−+==，所以

4ABm=，所以2211FBFAAB+=,所以1ABBF⊥，A正确；在直角三角形12BFF中，根据双曲线定义可得122BFBFa−=，所以232BFma=−，在三角形12AFF中，根据双曲线定义可得122AFAFa−=，所以252AFma=−，因为22844ABAFB

Fmam=+=−=，所以ma=，所以123,32BFaBFaaa==−=，在直角三角形12BFF中，2221212BFBFFF+=，即22294aac+=，所以()222104aab=+，所以2232ba=，所以62ba=，所以渐近线方程为62yx=

，B正确；22143,3AFABBFaaaBFa=−=−==，所以21AFBF=，C正确；12122121131,6,222BFFFABSBFBFaSABBFa====△△12112292AFFFABBFFSSSa=−=△△△，所以12AFF△与12

BFF△面积之比为3∶1，D错误，故选:ABC.17．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知数列na满足2134nnnaaa+=−+，14a=，nN，则下列结论正确的有（）．A．数列na是递增数列B．142nna−C．1

1111122niinaa=++=−−D．()21log221nniia=−−【答案】ABC【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证12nnaa+，结合累加法运算求解；对C：可得()()2132122nnnnnaaaaa+=−+−−=−，结合裂项相消法分

析运算；对D：先证()()212log2log22nnaa+−−，结合累积法可得()12log22nna−−，再根据等比数列求和分析运算.【详解】对A：()2214420nnnnnaaaaa+=−+=−−，当且仅当2na=时，

等号成立，即1nnaa+，注意到14a=，故114nnaaa+=，可知对nN，4na，即()2120nnnaaa+=−−，即1nnaa+，故数列na是递增数列，A正确；对B：∵()()2154421nnnnnnaaaaaa+=−+=−−−，由A可得：

对nN，4na，则()()12140nnnnaaaa+=−−−，当且仅当1n=时，等号成立，故12nnaa+，即12nnaa+，则1121121222442,2nnnnnnaaaaanaaa−−−−=

=，即142,2nnan−；当1n=时，则14a=也满足142nna−；综上所述：142nna−，B正确；对C：∵2134nnnaaa+=−+，则()()21321

22nnnnnaaaaa+=−+−−=−，注意到4na，即120nnaa−−，∴()()1111121221nnnnnaaaaa+==−−−−−−，即1111122nnnaaa+=−−−−，故1122311111111111122222222niinnnaaa

aaaaa=++=−+−++−=−−−−−−−−−，可得11111122niinaa=++=−−，C正确；对D：∵()2213224nnnnaaaaa+−=−+=−+，注意到40na

，则220na−，故()()221222nnnnaaaa+=−+−−，可得()()212log2log22nnaa+−−，则()()212log2lg2o2nnaa+−−，当2n时，则()()()()()()()()221

221221212221log2log2log2log2log222212log2log2log2nnnnnnaaaaaaaa−−−−−−−−=−=−−−，当1n=时，()21log21a−=，故()12log

22nna−−.则()12112log21222112nnnniia−=−−+++==−−，D错误；故选：ABC.【点睛】关键点点睛：公众号：高中试卷君（1）根据题意证明12nnaa+，放缩结合等比数列运算求解；

（2）根据题意整理可得1111122nnnaaa+=−−−−，裂项相消求和；（3）可证()()212log2lg2o2nnaa+−−，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.18．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知()()11,Axfx，()()()221

2,Bxfxxx为函数()lnfxx=图象上两点，且ABx∥轴，直线1l，2l分别是函数()fx图象在点,AB处的切线，且1l，2l的交点为P，1l，2l与y轴的交点分别为,MN，则下列结论正确的是（）．A．12ll⊥B．1246xx+C．MNP△的面积1MNPS△D

．存在直线1l，使1l与函数exy=图象相切【答案】ACD【分析】对于选项A，可以分别求得,AB两点处的斜率，利用斜率之积即可判断；对于选项B，分析条件可得121xx=且121xx，由特殊值即可判断；对于选项C，

根据,AB两点处的切线方程可得PMN、、点的对应坐标，继而可以表示MNP△的面积，即可判断；对于选项D，设1l与函数exy=图象相切于点C，利用公切线切点斜率相等建立方程，判断方程是否有解即可.【详解】解:由12xx及()lnfxx=图像可得121xx，而ABx∥轴，故()

()12fxfx=，∴()()12fxfx=−，即12lnlnxx=−，121xx=∴()()11111122211211:ln1ln1:ln1lnlyxxxxxxxlyxxxxxxx=−+=−+=−−−=−++∴121111ll

kkxx=−=−，111212ln1ln11PMNxxyxyxx==−=++、、显然A正确；当11.1x=时，21111.1xx==，显然12144.461.1xx+=+，B错误(也可以用基本不等式或对勾函数

判定)；1112112PMNpMNSxyyxx=−=+，C正确；设1l与函数exy=图象相切于点C()00,exx，由题意可得：001101eln1exxBCxkxxx−===−，化简得1111ln01xxx+−=−,令()()1ln

11xhxxxx+=−−，则()()21201hxxx=+−，即()hx在定义域上单调递增，有()()22222e12e10e1e1e1e3e20e1e1hh+=−=−−−+−=−=−−，故()2e,

e上存在1x使得1111ln01xxx+−=−，D正确.故选：ACD【点睛】本题关键在于表示两条切线的方程，利用121xx=即可解决前三个选项，对于公切线问题关键在于设切点，利用导数的几何意义转化为单变量问题，再利用导数判断方程根的问题，属于难题.19．（2023春·山东济南·高三山东省实

验中学校考开学考试）已知在三棱锥−PABC中，PAPB⊥，ABBC⊥，1PAPB==，ABBC=，设二面角PABC--的大小为，M是PC的中点，当变化时，下列说法正确的是（）A．存在，使得PABC⊥B．存在，使得PC⊥平面PABC．点M在某个球面上运动D．当2=时，三棱锥−PAB

C外接球的体积为4π3【答案】ACD【分析】取AB、AC中点D、E，连接PD，DE，PE，ME，BE，即可得到PDE即为二面角PABC--，求出线段BC、AB、DE、AC、PD的长度，假设PABC⊥，求出的值，即可判断A，假设PC⊥平面

PAB，即可得到ABPB⊥，推出矛盾，即可判断B，由12ME=为定值，即可判断C，结合A可得1EPEAECEB====，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.【详解】解：对于A：取AB、AC中点D、E，连接PD，DE，PE，ME，BE，因为1PAP

B==，所以PDAB⊥，又ABBC⊥，//DEBC，所以DEAB⊥，所以PDE即为二面角PABC--的平面角，又PAPB⊥，ABBC=，所以222BCABPBPA==+=，所以1222DEBC==

，则222ACABBC=+=，1222PDAB==，若PABC⊥，又PAPB⊥，PBBCB=，,PBBC平面PBC，则PA⊥平面PBC，因为PC平面PBC，所以PAPC⊥，所以112PEAC==，则2

22PDDEPE+=，即2PDE=，即π2=，故A正确；对于B：若PC⊥平面PAB，AB平面PAB，则PCAB⊥，又ABBC⊥，PCBCC=，,PCBC平面PBC，所以AB⊥平面PBC，PB平面PBC，ABP

B⊥，在ABP中ABPB⊥与PAPB⊥矛盾，故B错误；对于C：1122MEPA==，M在半径为12的球面上，故C正确；对于D，当2=时，1PE=，所以1EPEAECEB====，E为三棱锥−PABC外接球的球心，外接球的

半径为1，所以三棱锥−PABC外接球的体积344π1π33V==，故D正确.故选：ACD.20．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）直线(01)ykk=与函数4()|5|fxxx=+−的图像有4个不同的交点，并且从左到右四个交点分别为,,,AB

CD，它们的横坐标依次是1234,,,xxxx，则下列关系式正确的是（）A．123416xxxx=B．123410xxxx+++=C．348xx+D．存在k使得A点处切线与B点处切线垂直【答案】ABD【分析】AB：14,xx为方程()2540xkx−++=两根，23,

xx为方程()2540xkx−−+=两根，由韦达定理可判断选项正误.C：由()fx图像可得3424xx，注意到()()()()344343338888xxxxfxfxfxfx+−−−，研究函数()()8fxfx−−

，()2,4x的单调性可判断选项.D：由题可建立关于12,xx的方程组11222212454544111xkxxkxxx+−=−−=−−+=−，判断其解是否存在即可.【详解】由45(),0

()45,0xxxfxxxx−+=+−，当0x时，4445()5[()()]52()()9yxxxxxx=−+=+−+−+−−=，仅当2x=−等号成立，而(01)ykk=与()fx有4个交点，显然0x不可能存在交点；当0

x，()445251gxxxxx=+−−=−，仅当2x=等号成立，由上易知：()gx在(0,2)上递减，在(2,)+上递增，且()1(4)0gg==，综上，在(0,1)、(4,)+上()0gx，在(1,4)上()0g

x，故在(0,1)、(4,)+上()(0,)fx+，在(1,4)上()(0,1]fx，令()4510fxxxx=+−=，则26400xxx−+=，可得35x=−或35+，要使(01)ykk=与()fx有4个交点，则

12343512435xxxx−+，当()()0,14,x+时()45fxxx=+−；当()1,4x时()45fxxx=−−；据此可得()fx图像如下.AB：由图及题意，14,xx为45xkx+−=，即

()2540xkx−++=的两根，则14145,4xxkxx+=+=.23,xx为45xkx−−=，即()2540xkx−−+=的两根，则23235,4xxkxx+=−=.则123416xxxx=，12345510xxxxkk+++=−++=.故AB正确.C：注意到344388

4xxxx+−，又()fx在()4,+上单调递增，则()()434388xxfxfx−−，又()()34fxfxk==()()338fxfx−.设()()()()8,2,4Fxfxfxx=−−，则()4428Fxxx=−++−，所以()()()()22223228

44088xFxxxxx−−=−=−−，得()Fx在()2,4上单调递增，则()()()()33408FxFfxfx=−，从而348xx+，故C错误.D：因A，B两点在()fx图像上，则11224545xkxxkx+−=−−=.又在A，B两点处切线相

互垂直，''22444451,51xxxxxx+−=−−−=−+.则过A点直线斜率为2141x−，过B点斜率为2241x−+，221244111xx−−+=−.则建立关于12,xx的方程组112222

12454544111xkxxkxxx+−=−−=−−+=−，存在k相当于方程组有解.因221244111xx−−+=−，则2212

2222122144164xxxxxx+=+=.设122sin,2cosxx==，由图可得1202sin1π012cos26xx==.1112122245441045xkxxxxxxkx+−=+++=−−=，代入122si

n,2cosxx==，有π22sin11π4sincos52sin5sincos4sin2++++=++=2ππ22sin22sinππ442sin2sin5π44πcos22sin144++

++=++=−++−.令24πsinθm+=，因π06，则54412πππθ+，又52316212462224πππsinsin+=+=+=

，则3112,m+，由上有322255501mmmmmm+=−++=−在311,2+上有根.令()3255hxxxx=−++，注意到()120h=，31753024h+−=，得32550mmm−++=在311,2

+上有根，即存在k使得A点处切线与B点处切线垂直，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的零点与方程的根，难度较大.AB选项，结合图像与题意找到1234,,,xxxx间关系，后用韦达定理解决问题.C选项，为双变量问题，注意到()()343388xxfx

fx+−，研究()Fx在()2,4上的单调性可得答案.D选项，直接求得k难度较大，故将k的存在性转化为相关方程组有解.三、填空题21．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数()()(0

)xfxealnaxaaa=−−+，若关于x的不等式()0fx恒成立，则实数a的取值范围为______【答案】()20,e【分析】将不等式()0fx恒成立转化为()1xelnaxaa+−在(1,)+上恒成立

,进一步转化为1xexa+恒成立，即1xeax−恒成立.再构造函数,利用导数求最值可解决.【详解】易求得函数()fx的定义域为(1,)+，由()()0xfxealnaxaa=−−+，得()1xelnaxaa+−，因为函数1xeya=+与函数()ylnaxa=−互为反函数，

其图象关于直线yx=对称，所以要使得()0fx恒成立，只需1xexa+恒成立，即1xeax−恒成立，设()1xegxx=−，则()()()221xexgxx−=−，()gx在()1,2上递减，在()2，+递增，可知当2x=时，()gx取得最小值2e，所以2ae，又因为0a，所

以a的取值范围是()20,e.【点睛】本题考查了等价转化思想,不等式恒成立问题.属中档题.22．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知数列na满足：2111160,,5nnnnnaaaaaa+++=+=，

记(1)1nnnba−=−，且202311iikbk=+，则整数k=_____．【答案】5−公众号：高中试卷君【分析】根据因式分解法，结合取倒数法进行求解即可.【详解】由211nnnaaa++−=，可得()1111nnnnaaaa+++−=，所以112na+

，212a，则21222,(1,2)aaaa=−，所以2111(0,2),nnnaaaa++−=，2111111111nnnnnaaaaa++++==−−−，所以111111nnnaaa++=+−

，(1)1nnnba−=−，所以122023123202220231111111111bbbaaaaa+++=−+−++−−−−−−11223202220232023111111125116aaaaaaaa−=++−+−+=

−−−，因为112na+，所以120232aa，则有20236,25a，所以122023145,3bbb+++−−，则5k=−.故答案为：5−．【点睛】关键点睛：利用取倒数法，结合因式分解法是解题的关键.23．（2023

春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的焦距为2，过椭圆C的右焦点F且不与两坐标轴平行的直线交椭圆C于A，B两点，若x轴上的点P满足PAPB=且23PF恒成立，则椭圆C离心率e的取值范围为______.【答案】30,3

【分析】根据给定条件，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，求出线段AB中点横坐标，即可列式求解作答.【详解】依题意，点(1,0)F，设直线:1,0ABxtyt=+，1122(,),(,)AxyBxy，由2222221xtybxayab=++=消去x得：22222222()20btaybty

bab+++−=，则222212122222222,btbabyyyybtabta−+=−=++，线段AB的中点22222222(,)abtMbtabta−++，因为PAPB=，则有PMAB⊥，直线22222222:()bta

PMytxbtabta+=−−++，令0y=得点22222(,0)abPbta−+，而221ab−=，有2222222211abbtabta−=++，又23PF，即2221213bta−+，因此2221103bta+，即2223bta+，依题意，2223bta+恒成立，而恒有2

222btaa+，因此233aa，离心率133ea=，所以椭圆C离心率e的取值范围为303e.故答案为：30,3【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式cea

=；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合222bac=−转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或2a转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．24．（

2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知关于x的不等式()21ln0xaxxba−−−恒成立，则ba的取值范围是_____．【答案】)1,+【分析】设bta=，令()()21ln0fxxaxxat

a=−−−+，要使()21ln0xaxxba−−−恒成立，即()0fx恒成立.求出()fx最小值()0fx，令()00fx得到300020ln21xxxtx+−，再求出300020ln21xxxx+−的取值范围即可.【详解】设bta=，令

()()221ln1ln0fxxaxxbxaxxata=−−−+=−−−+，要使()21ln0xaxxba−−−恒成立，即()0fx恒成立.()()212120xaxfxxaaxx−−=−−=，由280a=+可得，()2210xaxfxx−−==在(

)0,+上有一个解2084aax++=，即()20000210xaxfxx−−==，20021xax−=，又0a，208242aax++=，因此当00xx时，()0fx，()fx在()00,x上单调递减；当0xx

时，()0fx¢>，()fx在()0,x+上单调递增.则()()200001ln0fxfxxaxxat=−−−+，20001lnxaxxta−+++，将20021xax−=代入，得300020ln21xxxtx+−，设()32ln2212xxxgxx

x+=−，()()()()222221ln121xxxgxx++−=−，令()0gx=，解得1x=.因此当212x时，()0gx，()gx在()0,1上单调递减；当1x时，()0gx，()gx在()1,+上单调递增.()()11gxg=，即3000

20ln21xxxtx+−的取值范围是)1,+，故ba的取值范围是)1,+.故答案为：)1,+25．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）若函数3e3()lnxfxaxxx=−+只有一个极值点，则a的取值范围是___________.【答案】32ee,4

9纟禳镲çú-?睚çú镲棼铪【分析】对()fx求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合2exyx=的图像性质即可求得a的取值范围.【详解】因为()3e3()ln0xfxaxxxx=−+，所以()()4222333eexxxxxf

xaaxxxx−−−=−=−，因为()fx只有一个极值点，所以若3是极值点，因为23e2exxxxx−=，所以当02x时，3e0xx，当2x时，3e0xx，则2exyx=在()0,2上单调递减，在()2,+上单调递增，故22

22eee24xyx==，则2exax，所以22minee4xax=；当x趋向于0时，ex趋向于1，2x趋向于0，则2exx趋向于正无穷，当x趋向正无穷时，ex趋向正无穷的速率远远大于2x趋向正无穷的速率，则2exx

趋向于正无穷，若3不是极值点，则3是2e0xax−=即2exax=的一个根，且存在另一个根02m，此时3e9a=；当3e9a=时，()()3223ee9xxfxxx−=−，令()0fx，解得0xm；令()0fx¢>，解得x>m；所以()fx在()0,m单

调递减，在(,)m+单调递增，满足题意，综上：2e4a或3e9a=，即32ee9,4a纟禳镲çú??睚çú镲棼铪.故答案为：32ee,49纟禳镲çú-?睚çú镲棼铪.四、双空题26．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知抛物线2:4Cyx=的焦

点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面ADF沿x轴折起，使平面ADF⊥平面BDF，则三棱锥ABDF−体积为__________；若ππ,63，则异面直线AD，BF所成角的余弦值取值范围为____

______．【答案】43715,75【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得1cospAF=−，1cospBF=+，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求

解异面直线的夹角.【详解】过B作,BMxBN⊥⊥准线，垂足为,MN,在RtBMF△中，cosMFBF=，又cos1cospBNBFDFMFpBFBF==−=−=+，sinsin1cospMBBF==+同理可得，1cospAF=−过A作A

Hx⊥于H,由于平面ADF⊥平面BDF，且交线为DF，AH平面ADF,所以AH⊥平面BDF,且sinsin1cospAHAF==−，故三棱锥的体积为31111sinsin8433261cos1cos663BDFpppSAFDFBMAHp=====+−，222sin1s

in1cos1cos1cospppAD=+=+−−−，1cospBF=+且sin1cospMB=+，cos1cospFH=−，所以建立如图所示的空间直角坐标系，cossincossin,,0,,0,21cos1c

os21cos1cosppppppBA−−+++−−，2p=即1cos2sin1cos2sin,,0,,0,1cos1cos1cos1cosBA−+−++−−，()()1,0,0

,1,0,0DF−,222sin2cos2sin22cos4cos,0,,,,0,1cos1cos1cos1cos1cos1cossinDABFDABF====

−−+++−所以222224coscos1sinsincos,1sin1sin1sin1cos1cosDABFDABFppDABF−====+++−+2211sin=−++，当ππ,63

时，22131357sin,sin,1sin,224444+，所以cos,DABF227151,1sin75=−++，由于,DABF为锐角，所以异面直线AD，BF所成角的角等于,DABF，故异面直线AD，

BF所成角的余弦值取值范围为715,75故答案为：43，715,75【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式

的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用五、解答题27．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知双曲线E的顶点为()1,0A−，()10B,，过右焦点F作

其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点G，且324OFGS=△.点P为x轴正半轴上异于点B的任意点，过点P的直线l交双曲线于C，D两点，直线AC与直线BD交于点H.(1)求双曲线E的标准方程；(2)求证：OPOH为定值.【答案】(1)2212yx−=(2)证明见解析【分析】（1）根据题

意表示出G点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.【详解】（1）设双曲线2222:1xyEab−=，易知1a=.由题意可知：OFG△为等腰三角形，则2Gcx=，代入byxa=得

：22Gbcbcya==，则132224OFGbcSc==△，又22221cabb=+=+，则解得2b=，则双曲线22:12yEx−=.（2）设直线l的方程为：xtym=+，（0m且1m），()11,Cxy，()22,Dxy.联立2212xtymyx=+−=，消x得：222

12102tymtym−++−=，122212mtyyt−+=−，2122112myyt−=−，()212121.2myyyymt−=+−()11:11yACyxx=++，①()22:11yBDyxx=−−，②联立①②，解得：21122121122

1Hyxyxyyxyxyxyy++−=−++.又()2121212yxytymtyymy=+=+，同理，12121yxtyymy=+，把它们代入Hx，得()()()()()21212211212212121212112Hmyymyyyytyymyyy

ymxmyyyymyyyy−−++++−+++−==−++−++()()()()1221122121212121111yyyyyymyymmyyyymmyyyym++−++−===−++−++，故11HOPOHmxmm===，得证.28．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二

中学校考开学考试）已知函数()(π)sinbfxaxx=−−，[π,)x+(1)1b=时，若()0fx恒成立，求a的取值范围；(2)12b=，()fx在3π,π2上有极值点0x，求证：00()πfxx+．【答案】(1)1a−(2)证明见解析【

分析】(1)利用导数讨论单调性求函数的最值，即可求a的范围；(2)利用作差法构造函数000000()π2cossinfxxtttt+−=−++，根据导函数讨论单调性和最值，即可证明不等式.【详解】（1

）()(π)sin(π)fxaxx=−+−，令πtx=−，则[0,)t+，令()singtatt=+，则有()0gt恒成立，()cosgtat=+，当1a−时，()0gt在[0,)+上恒成

立（不恒为零），故()gt在[0,)+上为减函数，故()()00gtg=即()0gt恒成立，当1a−，(0)10ga=+，因为()gt的图象是连续不断的，故存在()00,x+，使得()00,xx，有()0gt

，故()gt在()00,x上为增函数，故()00,xx，有()()00gtg=，这与题设矛盾，故1a−.（2）()πsinπsin(π)fxaxxaxx=−−=−+−令πtx=−，则π[0,]

2t，令()sinktatt=+，则()cos2akttt=+令00πtx=−，则有0()0kt=，即002cosatt=−00000000000()π()sin2cossinfxxkttattttttt+−=+=+

+=−++0π(0,)2t，由（1）得00sintt，000sin2sinttt+00000000002cossin2(sincos)2cos(tan)tttttttttt−++−=−，令()tanpxxx=−，π(0,)2x，21()10cospxx=−，

()px在π(0,)2上单调递增，()(0)0pxp=，tanxx．π(0,)2x时，0000002(sincos)2cos(tan)0tttttt−=−，0000()π()0fxxktt+−

=+，得证．29．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知抛物线24yx=上一点(1,2)P，圆M：22(3)1xy−+=，过P作圆M的两条切线，切点分别为A，B．(1)求直线AB的方程：(2)直线,P

APB分别与抛物线交于,CD两点，求线段CD的长度．【答案】(1)2250xy−−=(2)89109【分析】(1)根据切线性质得出圆M在点,AB处的切线方程,又因为点P同时在直线12,ll上，得出直线AB的方程;(2)先根据

直线PC与圆M相切得出关于点C坐标的式子,同理得出关于点D坐标的式子,最后应用两点间距离公式计算可得线段CD的长度.【详解】（1）由22(3)1xy−+=可得圆心()3,0M，半径为1，设11(,)Axy，22(,)Bxy，设

(,)Pxy是圆M在点A处的切线1l上一点，则0APMA=即11111111(3)()()0,(3)[(3)(3)][()]0−−+−=−−−−+−=xxxyyyxxxyyy221111(3)(3)(3)1xxyyx

y=−+−−+=则圆M在点,AB处的切线方程分别为111:(3)(3)1lxxyy−−+=，222:(3)(3)1lxxyy−−+=又因为点P同时在直线12,ll上，所以有111:(3)(13)21lxy−−+=，222:(3)

(13)21lxy−−+=，所以11(,)xy，22(,)xy是方程(3)(13)21xy−−+=的解,所以直线AB的方程是2250xy−−=．（2）设33(,)Cxy，44(,)Dxy，则3311(2)2PCxl

xyy−−=−−：，又23314xy=，321(2)4PCylxy+−=−：化简整理得33:4(2)20PClxyyy−++=，因为直线PC与圆M相切，则323|122|116(2)ydy+==++，即2333441240yy

++=，同理可得2443441240yy++=，所以,yy34是方程23441240yy++=的两个不等实根，有244431240=−，343444124,33yyyy+=−=，22343434448()()4

9yyyyyy−=+−=．22222234343434()()()()44=−+−=−+−yyCDxxyyyy2234348910()[()1]49+=−+=yyyy【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线

相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的

关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.30．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知双曲线2222:1(,0)xyCabab−=的实轴

长为4，左､右顶点分别为12,AA，经过点()4,0B的直线l与C的右支分别交于,MN两点，其中点M在x轴上方.当lx⊥轴时，26MN=(1)设直线12,MANA的斜率分别为12,kk，求21kk的值；(

2)若212BANBAM=，求1AMN的面积.【答案】(1)3−；(2)7235.【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得23MNb=，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为4xty=+，与双曲线联立，根据韦达定理，可得121

2,yyyy+表达式，代入21kk，化简整理，即可得答案.法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设MN方程为4xmy=+，与双曲线联立，根据韦达定理，可得1212,yyyy+表达式，代入21kk，化简整理，即可得答案.（

2）法一：因为212BANBAM=，根据二倍角的正切公式，结合1122,tankBAMkBAN==−及213kk=−，化简计算，可得133k=，进而可得1MA方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直

线MN的方程，根据面积公式，即可得答案.法二：设12,2BAMBAN==，由213kk=−，结合二倍角正切公式，可得tan的值，进而可得直线1AM方程，与曲线C联立，可得1y，同理可得2y，代入面积公式，即可得答案.【详解】（1）法一：因

为24a=，所以2a=，令4x=得223yb=，所以2326MNb==，解得2b=，所以C的方程为22142xy−=显然直线MN与y轴不垂直，设其方程为4xty=+，联立直线MN与C的方程224142xtyxy=+−=，消去x得()2228

120tyty−++=，当22t时，2Δ16960t=+，设()()1122,,,MxyNxy，则121222812,22tyyyytt+=−=−−.因为1221212221,222yyxkkxxy+===+

−，所以()()()()1212211212226622xxtytykkyyyy++++==()2222212121221248366362232422tttyytyyttyyt−++++−−===−−.法二：由题意得22241

62126aba=−=，解得22ab==，双曲线C的方程为22142xy−=.设MN方程为()()()()1122124,,,,,2,0,2,0xmyMxyNxyAA=+−，联立22424xmyxy=+−=，可得()22228120,2

mymym−++=，222=644(2)1260mmm−−=+，121222812,22myyyymm+=−=−−，121212,22yykkxx==+−，()()()2122112212121121226262222ymyky

xmyyykxymyymyyyyy+++===−+++−2222222221212662231216422222mmyymmmmmyymmm++−−===−−−+−−−−−.（2）法一：因为212B

ANBAM=，所以121212tantantan21tanBAMBANBAMBAM==−，又因为1122tan,tankBAMkBAN==−，所以122121kkk−=−，即122121kkk=−，（※）将213kk=−代入（※）得1121231kkk−

=−，因为M在x轴上方，所以133k=，所以直线1MA方程为()323yx=+，联立C与直线1MA方程()22323142yxxy=+−=，消去y得，28200xx−−=，解得10x=或2x=−（舍），所以()10,43M，

代入4xty=+，得32t=，所以直线MN方程为342xy=+，联立C与直线MN方程22342142xyxy=+−=，消去x得，25163480yy−−=，解得43y=或435y=−，所以1AMN的面积为1121124726332255AByy−==.法二：设12,

2BAMBAN==，由213kk=−，可得tan23tan=，2231tan=−，解得3tan3=，1AM方程:32xy=−，联立223224xyxy=−−=，可得2430yy−=，解得143y=，同理联立2232324xyxy=−+

−=，解得2435y=−，112124372363255AMNSyy=−==.31．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数()()ln1sincosxxfxx=+++.(1)当0,πx时，求证：()0fx；(2)若()1fxa

x+对1x−恒成立，求a.【答案】(1)证明见解析(2)2a=【分析】（1）求导后，分别在π0,4x、π3π,44x和3π,π4x的情况下，根据()fx的正负确定()fx的单调性，根据每段区间内都有()min0fx可证得结论；（2）将问

题转化为()()10gxfxax=−−在()1,−+上恒成立，根据()00g=和最值点的特征可确定0x=为()gx的极大值点，由极值点定义可求得2a=；代回函数中验证，利用导数可说明当2a=时，()0gx，由此可确定其符合题意.【详解】（1）()11πcossin2sin114fxxx

xxx=+−=−−++；①当π0,4x时，ππ,044x−−，π2sin1,04x−−，又101x+，()0fx，()fx\在π0,4上单调递增，()()0ln1sin0cos01fx

f=++=，即()0fx；②当π3π,44x时，ππ0,42x−，此时πsin4yx=−单调递增，又11yx=+在π3π,44上单调递减，()fx

在π3π,44上单调递减，π404π4f=+，3π42043π4f=−+，0π3π,44x，使得()00fx=，当0π,4xx时，()0fx¢>；当03π,4xx时，()0fx；()fx\

在0π,4x上单调递增，在03π,4x上单调递减，又πππππln1sincosln12044444f=+++=++，3π3π3π3π3πln1sincosln1044444f

=+++=+，当π3π,44x时，()0fx；③当3π,π4x时，ππ3π,424x−，)π2sin1,24x−，又1211π2x++，()0fx，()fx\在3π,π4

上单调递减，()()()()πlnπ1sinπcosπlnπ110fxf=+++=+−，即()0fx；综上所述：当0,πx时，()0fx.（2）令()()()1ln1sincos1gxfxaxxxxax=−−=+++−−，则()0g

x在()1,−+上恒成立；()0ln1sin0cos010g=++−=，()()max0gxg=，0x=为()gx的一个极大值点，又()1cossin1xaxgxx=+−−+，()01cos0sin020gaa=+−−=−=，解得：2a=；当2a=

时，由cos10x−知：()()()ln1sincos21ln1sin2gxxxxxxxx=+++−−++−，令()()ln1sin2hxxxx=++−，则()1cos21hxxx=+−+，令()()mxhx=，则()()21s

in1mxxx=−−+；当()1,0x−时，()1sin0mxx−−，()hx单调递减，()()00hxh=，()hx在()1,0−上单调递增；当()0,x+时，()1cos211201hxxx=+−+−=+，()hx在

()0,+上单调递减；()()00hxh=，()()0gxhx在()1,−+上恒成立，符合题意；综上所述：2a=.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式、导数中的恒成立问题；本题求解恒成立中的参

数值的基本思路是：通过函数的最值，结合自变量区间和函数最值只能在极值点或区间端点处取得的特征，确定函数的极值点，从而求解出参数值；易错点是求解出参数值后，忽略验证的过程，导致解析过程不够严谨.32．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）

已知函数()()1ln1axfxxx+=−−(1)当1a=−时，求()fx的单调区间；(2)若()fx有两个零点()1212,xxxx，求a的范围，并证明12110lnlnxaxa+++【答案】(1)单调

增区间为()0,23−和()23,++，单调减区间为()23,1−和()1,23+(2)a的范围是()0,+，证明见解析【分析】（1）1a=−求出导函数()fx，令()0fx¢>、()0fx解不等式可得答案；（2）当0a=、0a讨论不符合题意；当0a时

求出()fx得()fx在()0,1和()1,+均单调递增，当1x时，由()0eaf、()31e0+af得()fx在()1,+上有一个零点；当01x，()()312e0,e0e1aaaaff−−−=−，()fx在()0,1

上有一个零点，所以a的范围是()0,+，可得11111ln2xxaax−=+，22211ln2xxaax−=+，再由1211lnln+++xaxa1211122=−+axx，()0fx=得()fx的两个零点12,xx，再利

用基本不等式得121120xx−+可得答案.【详解】（1）()fx的定义域为()()0,11,+，当1a=−时，()1ln1xfxxx+=+−，导函数()2241(1)xxfxxx−+−=，令()0fx¢>，得023x−或2

3x+；令()0fx，得2323x−+且1x；所以()fx的单调增区间为()0,23−和()23,++，单调减区间为()23,1−和()1,23+；（2）当0a=时，()fx只有1个零点，不符合题意

；当0<a时，若01x，则()0fx；若1x，则()0fx，不符合题意，所以0a.当0a时，()2120(1)afxxx−=+，所以()fx在()0,1和()1,+均单调递增.当1x时，由()2e0e1aaaf=−−

，()()()()()31313131313131e131e1e1elnee1e1aaaaaaaaaaf+++++++++−−+=−=−−()()()31313131313e1e12e20e1e1aaaaaaaa+++++−−+−=−−，所以()

fx在()1,+上有一个零点；当01x，同理()()312e0,e0e1aaaaff−−−=−，所以()fx在()0,1上有一个零点，所以a的范围是()0,+，因为()fx的两个零点为12,xx，所以()1111ln1axxx+=−，即111

2ln1axxax+=−，所以11111ln2xxaax−=+，同理，22211ln2xxaax−=+，所以1212121211111112lnln222xxxaxaaxaxaxx−−+=+=−+++，若()0

fx=，即()1ln01axxx+−=−，则()()1111lnln0111aaxxxfxxxx++−=−+=−=−−，所以()fx的两个零点12,xx互为倒数，即211xx=，所以11211112xxxx+=+（

等号不成立），所以121120xx−+，所以12121212111111120lnln222xxxaxaaxaxaxx−−+=+=−+++，所以得证.【点睛】关键点点睛：

第二问的关键点是利用导数判断出两个零点12,xx互为倒数，本题考查了学生的分析问题、解决问题以及运算能力，属于难题.33．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知椭圆2222:1(10)xyCabab+=的左､右焦点分

别为12,FF，过点2F作直线l（与x轴不重合）交C于,MN两点，且当M为C的上顶点时，1△MNF的周长为8，面积为837(1)求C的方程；(2)若A是C的右顶点，设直线,,lAMAN的斜率分别为12,,kkk，求证：1211kkk+为定值.【答案】(1)2214x

y+=;(2)证明见解析.【分析】（1）利用三角形周长求出a，当M为C的上顶点时，求出直线l方程，进而求出点N的坐标，利用三角形面积求出b作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.【详解】（1）依题意，

1△MNF的周长111221||||||||||||||48MFMNNFMFMFNFNFa++=+++==，解得2a=，则椭圆222:14xyCb+=，令椭圆C的半焦距为c，当M为C的上顶点时，直线l为：1xycb+=

，由222114xycbxyb+=+=消去y得22(4)80cxcx+−=，解得0x=或284cxc=+，于是得点2228(4)(,)44cbcNcc−++，又1△MNF的面积为837，则221(4)83

2[]247bccbc−−=+，整理得273(4)bcc=+，则有22743(4)ccc−=+，解得23c=或2413c=，有21b=或24813b=，因为01b，则21b=，所以椭圆C的方程为2214xy+

=.（2）由（1）知，2(3,0)F，(2,0)A，直线l的方程为(3)ykx=−，由22(3)44ykxxy=−+=消去y得2222(41)831240kxkxk+−+−=，设()()1122,,,MxyNxy，则2212122283124,4

141kkxxxxkk−+==++，而1122122121,2(3)(3)222ykkxykxxxxkx−−====−−−−，12121212121212222(23)(431111()333(3))xxxxxxkkkk

xxxxxx−−−++++=+=−−−++222222222(23)43133124834141124834141kkkkkkkkk−++=−++−+−++22222212(124)(23)8343(1(843)(41)41)124)3833

(kkkkkkkk−−++==−−−+++，所以1211()843kkk+=−为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推

理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．34．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知函数()1exfxx−=.(1)讨论()fx的单调性；(2)设,ab是两个不相等的正数，且lnlnabba+=+，

证明：ln2abab++.【答案】(1)()fx在()(),0,0,1−上单调递减；在()1,+上单调递增.(2)证明见解析【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出x，然后在定义域范围内分析即可.（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数

的导数进行证明.【详解】（1）()1exfxx−=的定义域为()(),00,−+U，()()121exxfxx−−=，令()0fx=，得：1x=，当x变化时()(),fxfx的关系如下表：x(),0−0()0,11()1,+()fx−无意义−0+()fx无意义

()fx在()(),0,0,1−上单调递减；在()1,+上单调递增.（2）证明：要证ln2abab++，只需证：()()lnln2abba+++根据lnlnabba+=+，只需证：ln1ba+不妨设ab，由lnlnabba+=+得：lnlnaabb−=−；两边取指数，l

nlneeaabb−−=，化简得：eeabab=令：()exgxx=，则()()()()1ee,exgagbgxfxx−===，根据（1）得()gx在()(),0,0,1−上单调递减；在()1,+上单调递增（如下图所示），由于()gx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增

，要使()()gagb=且ab¹，则必有01,1ab，即01ab由01ab得：1,1ln1ba−.要证ln1ba+，只需证：1lnba−，由于()gx在()1,+上单调递增，要证：1lnba−，只需证：(

)()1lngbga−，又()()gagb=，只需证：()()1lngaga−，只需证：1lneee1ln1lnaaaaaa−=−−，只需证：()e1lneaa−，只需证：1ln1eeaa−，只需证

：1ln10eeaa−−，即证1lne0eaa−−−，令()()()1ln1lne,(01),10,eeexaxaxxa−−−−=−==−，只需证：()0,(01)xx，()111eeeeeeeexxxxxxxxx−

−=−+=−+=−，令()eexhxx=−，()()()10,ee0,(01),xhhxxhx=−=在()0,1上单调递减，所以()()10hxh=，所以()ee0eexxxxx−=−所以()x在()0,1上单调递

减，所以()()10x=所以()0a所以：ln2abab++.【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线

方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数

，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.35．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知函数()sineaxxfx=，()0,πx．(1)当1a=时，求函数()fx的单调区间；(2)若112a+，设直线l为()fx在ππ,

44f处的切线，且l与()yfx=的图像在()0,π内有两个不同公共点，求实数a的取值范围．【答案】(1)()fx的单调递增区间为π(0,)4，单调递减区间为π(,π)4；(2)4(1,12)3π++.【分析】(1)由题意可得()cossinexxxfx−=

，根据()fx的正负及()0,πx即可得答案；(2)由题意可得()ππ4421π2:42e2eaaalyx−=−+，记ππ44sin2(1)π2()()e42e2eaxaaxagxx−=−−−，利用导数，根据函

数()gx在()0,π内有两个不同的零点求解即可.【详解】（1）解：因为当1a=时，()sinexxfx=，()0,πx，所以()cossinexxxfx−=，令cossin0xx−，得π(0,)4x；令cossin0xx−，得π(,π)4x，所以()fx的单调递增区间为π(0,)4，

单调递减区间为π(,π)4；（2）解：因为ππ44πsinπ244e2eaaf==，()cossineaxxaxfx−=，所以ππ44ππcossinπ2(1)444e2eaaaaf−−==，所以切点为π4π2(

,)42ea，切线的斜率π42(1)2eaak−=所以切线ππ442(1)π2:()42e2eaaalyx−=−+，记ππ44sin2(1)π2()()e42e2eaxaaxagxx−=−−−，则π4cossin2(1)()e2eaxaxaxagx−−=−，令π

4cossin2(1)()()e2eaxaxaxamxgx−−==−，则2(1)sin2cos()eaxaxaxmx−−=，所以当π[,π)2x时，()0mx，所以()gx在π[,π)2上单调递增；当π(0,)2x时，222tan1()(1)coseaxaxamxax−−=

−，令22()tan1ahxxa=−−，①当2π2()1041aha=−−，即12a+时，则112a+，不满足条件；②当2π2()1041aha=−−，即112a+时，易有1π(,π)4t，使得()gx

在1(0,)t上单调递减，在1(,π)t上单调递增；又因为π()04g=，所以()gx在π(0,)4上单调递增，在π(,π)4内只可能单调递减或者先减后增，又因为π()04g=，π4π2(1)24(0)02eaag−−=，所以存在1π4x=为

函数的一个零点，所以只需()gx在π(,π)4内存在一个零点即可，因为1()0gt，所以只需πππ4443π2(1)223π(π)0[(1)1]0442e2e2eaaaaga−=−−=−−即可，解得41123πa++，此时存在2π(,π)4x，使得

2()0gx=，满足题意；当(π)0g时，()gx在π(,π)4内再无零点.综上所述：实数a的取值范围为4(1,12)3π++.【点睛】方法点睛：利用导数确定函数单调性时，如果第一次求导后不能确定导数的正负时，需进行再

次求导，或构造函数进行再求导.36．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知双曲线()2222:1,0xyCabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，左顶点为()2,0A−，点M为双曲线上一动点，且2212MFMF+的最小值为18，O为坐

标原点．(1)求双曲线C的标准方程；(2)如图，已知直线:lxm=与x轴的正半轴交于点T，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线AB，AD分别交直线l于点P，Q，若O，A，P，Q四点共圆，求实数m的值．【答案】(1)2214xy−=(2)25【

分析】（1）根据双曲线的方程可得2MFca−，根据题意结合双曲线的定义124MFMF−=，运算求解即可得结果；（2）设直线()()1122:,,,,BTxtymBxyDxy=+，根据题意求,PQ的坐标，由圆的性质可得

TATOTPTQ=，结合韦达定理运算求解.【详解】（1）设()()002,,,0,MxyFcca，不妨设M为双曲线右支上一动点，则0xa，则2200221xyab−=，即2220021xyba=−，可得()()222222

220000000222020221xbaccMFxcyxcxcxcxaxaaa−=−+−=−++=−+=−，注意到0xa，则20cMFxacaa=−−，由题意可得：122,24aMFMFa=−=

=，即1224,20MFMFMFc=+−，则()2222212222242816MFMFMFMFMFMF+=++=++，∵22816yxx=++的对称轴为2x=−，则22816yxx=++在()2,c−+上单调递增，故()()22221222281622821618MFMFMFMFcc+=

++−+−+=，则25c=，解得5c=或5c=−（舍去），可得2221bca=−=，故双曲线C的标准方程为2214xy−=.（2）由题意可得(),0Tm，设直线()()1122:,,,,BTxtymBx

yDxy=+，联立方程2214xtymxy=+−=，消去y得()2224240tytmym−++−=，则221212222440,0,,44tmmtyyyytt−−+=−=−−，直线()11:22yBAyxx=++，令xm=

，则()1122yymx=++，即点()11,22yPmmx++，同理可得点()22,22yQmmx++，若O，A，P，Q四点共圆，则TATOTPTQ=，∵()()12122,,2

,222yyTAmTOmTPmTQmxx=+==+=+++，注意到0m，20m+，且点P，Q位于同一象限，即()()()212122022myyxx+++，可得()()()()212122222m

yymmxx++=++，故()()()()()12121222222myymxxmtymtym+=++=++++，整理得()()()()2212122220mtmyytmmyymm−−+++++=，则()()()2222242222044mtmmtmtmmm

mtt−−−++−++=−−，整理得25840mm+−=，解得25m=或2m=−（舍去），故实数m的值为25.【点睛】方法定睛：解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方

程(组)求解．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com