【文档说明】山东省德州市2024届高三下学期开学摸底考试数学试题word版含解析.docx，共(25)页，2.631 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷1—3页，第Ⅱ卷3—6页，共150分，测试时间120分钟注意事项：选择题每小题选出答案后，用2B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，不能

答在测试卷上第I卷选择题（共60分）一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1.已知集合20,1,2,02xMNxx−==+Z，则MN=（）A.0,1B.1,0,1,2−C

.(2,2−D.()),20,−−+【答案】B【解析】【分析】先确定集合N，再由并集定义求解.【详解】因为20221,0,12xNxxxx−==−=−+ZZ，所以1,0,1,2MN=−.故选：B2.已知复数z满足1i1zz

−=+，则z=（）A.iB.14C.12D.1【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法和除法法则计算出1ii1iz+==−，进而得到iz=−，求出1z=.【详解】()11ii1ii1i1i11izzzzzz−+=−

=+−=+=+−，故()()()2221i1i12i+i2ii1i1i1i1i2z+++=====−−+−，故iz=−，故1z=.故选：D3.某中学开展高二年级“拔尖创新人才”学科素养评估活动，其中物化生､政史地､物化政三种组合人数之比为6:3:1，这三个组合中分别有1

0%,6%,2%的学生参与此次活动，现从这三个组合中任选一名学生，这名学生参与此次活动的概率为（）A.0.044B.0.18C.0.034D.0.08【答案】D【解析】【分析】根据全概率公式求解.【详解】设事件A为“这名学生参与此次活动”，

事件1B为“这名学生选择物化生组合”，事件2B“这名学生选择政史地组合”，事件3B为“这名学生选择物化政组合”，则()()()1236310.6,0.3,0.1631631631PBPBPB======++++++，()()()1230.1,0.06,

0.02PABPABPAB===，由全概率公式可知()()()()()()()112233PAPBPABPBPABPBPAB=++0.60.10.30.060.10.020.08=++=.故选：D.4.如图所示，某圆台型木桶（厚度不计

）上下底面的面积分别为4π和π，且木桶的体积为7π，则该木桶的侧面积为（）A.6πB.9πC.210πD.310π为【答案】D【解析】【分析】由台体的体积公式求出圆台的高，作出图象求出台体的母线长，再根据体积公式

求解即可.【详解】设上下底面的的半径分别为12,rr，高为h，所以2212π4π,ππrr==，故122,1rr==，因为木桶的体积为7π，所以()17π3SSSSh++=下下上上，所以()14ππ4ππ7π3h++=

，解得：3h=，设圆台的母线长为l，如下图，所以223110l=+=，所以该木桶的侧面积为122π2π2π22π110310π22rrl++==.故选：D.5.在ABC中，点D在直线AB上，且满足

23ADBD=，则CB=（）A.2133CACD+B.2133CACD−+C.1233CACD−D.1233CACD+【答案】A【解析】【分析】根据23ADBD=画出ABC及点D的位置，再由向量的线性运算即可由,CACD表

示出CB.【详解】因为23ADBD=，所以CB=()11213333CAABCAADCACDCACACD+=+=+−=+故选：A.6.已知函数()()π2sin0,2fxx=+的部分图象如图所示，则3π2f

=（）A.1B.2C.32D.3【答案】A【解析】【分析】根据函数图象求出函数解析式，再代入计算可得.【详解】由图可知()02sin3f==−，即3sin2=−，又π2，所以π3=−，又()()π2sin0,2fxx=+关于π2x

=对称，且πππ2sin2223f=−=，因为πT且0，所以2ππ，解得02，所以πππ2π3233−−，所以πππ232−=，解得53=，所以()5π2sin3

3fxx=−，所以3π53ππππ2sin2sin2π2sin1232366f=−=+==.故选：A7.若正实数,mn满足338lglgmnnm−=−，则（）A.nmB.2

mnC.n2mD.n2m【答案】C【解析】【分析】由作差法、对数函数单调性结合分类讨论即可得解.【详解】由题意若0nm，则338lglg0mnnm−=−，所以2mn，但这与0nm矛盾，所以不可能存在0nm这种情况，若0nm

=，则338lglg0mnnm−=−=，所以2mn=，即0mn==，但这与0nm=矛盾，所以不可能存在0nm=这种情况，所以只能0nm，则则338lglg0mnnm−=−，所以2mn，对比选项可知只有C正确.故选：C.8.已知

球O的半径为2，三棱锥的顶点为O，底面的三个顶点均在球O的球面上，则该三棱锥的体积最大值为（）A.23B.233C.43D.2【答案】C【解析】【分析】设三棱锥底面ABC外接圆半径为r，可得ABC为正三角形时面积最大，三棱锥的

高24hr=−，求得三棱锥的体积OABCV−，再利用不等式求出体积的最大值.【详解】如图，设点H为三棱锥底面ABC外接圆的圆心，半径为r，则棱锥的高24hr=−，设圆H内接三角形的任意一条弦AB，如图，12ABCSABd=

，其中d是高，要使内接三角形面积最大，CH必垂直与AB，即CACB=，设弦AB对应的圆心角为，则2sin2ABr=，cos2drr=+，因此，221sinsin1cossin22222ABCSABdrr==+=+，22222cos2cos11cos

1922coscos22222416Srrr+−=+==+−，(0,π，π0,22，当π0,23，即2π0,3时，0S，所以面积S单调递增，当ππ,232

，即2π,π3时，0S，所以面积S单调递减，所以当1cos22=，即2π3=时，ABCS最大，此时π3C=，因此，半径为r的圆内接ABC为正三角形时，ABC面积最大，此时2334ABCSr=V，()2222213314823442OA

BCABCVShrrrrr−==−=−3222318244233rrr++−=，当且仅当2282rr=−，即283r=时等号成立.故选：C.【点睛】关键点睛：本题关键是平面几何知识：半径为r的圆，其内接三

角形ABC面积最大是当ABC时正三角形时.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.如图，在底面为正方形的四棱锥PABCD−中，PA⊥平面,1ABCDPA=，直线PC与

平面ABCD所成角的正切值为22，则下列说法正确的是（）A.异面直线PB与CD所成的角为45B.异面直线PB与AC所成的角为60C.直线BD与平面PAB所成的角为30D.点D到平面PAC的距离为22【答案】ABD【解析】【分析】A选项，B选项，建立空间直角坐

标系，利用异面直线夹角余弦公式进行求解；C选项，利用线面角的向量求解公式进行求解；D选项，利用点到平面的距离公式求出答案.【详解】A选项，PA⊥平面,1ABCDPA=，直线PC与平面ABCD所成角PCA,21,2

,12PAACABADACAC=====，以A为坐标原点，,,ABADAP所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则()()()()()0,0,1,1,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,0PBACD，则()(

)1,0,1,1,0,0PBCD=−=−，设直线PB与CD所成的角大小为，则()()1,0,11,0,012coscos,21112PBCDPBCDPBCD−−=====+，故45=，A正确；B选项，()()1,0,1,1,1,0PBAC=−=设直线PB与AC所成的角大小为

，则()()1,0,11,1,01coscos,21111PBACPBACPBAC−====++，故60=，B正确；C选项，可取()0,1,0n=为平面PAB的法向量，设直线BD与平面PAB所成的角大小为，则()()0,1,01,1,02sinc

os,2111nBDnBDnBD−====+，故直线BD与平面PAB所成的角为45，C正确；因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，故PABD⊥，因为AC

PAA=，,ACPA平面PAC，所以BD⊥平面PAC，故可取()1,1,0BD=−为平面PAC的法向量，故点D到面PAC的距离()()1,1,00,1,0222BDADdBD−===，D正确.故选：ABD10.若函数()()32143fxxaxax=++−的导函数()fx是偶函数

，则下列说法正确的是（）A.()fx的图象关于()0,0中心对称B.()fx有3个不同的零点C.()fx最小值为23−D.对任意12,0xx，都有()()121222fxfxxxf++【答案】ABD

【解析】【分析】求出函数的导函数，由()()fxfx−=求出a的值，即可得到函数解析式，从而判断函数的奇偶性，即可判断A，令()0fx=求出方程的解，即可判断B，利用导数说明函数的单调性，即可判断C，

利用作差法判断D.【详解】因为()()32143fxxaxax=++−，则()()224fxxaxa=++−，又()fx是偶函数，所以()()fxfx−=，即()()()222424xaxaxaxa−−+−=++−，所以40ax=对任意的x恒成立，所以4

0a=，解得0a=，则()3143fxxx=−，定义域为R，且()()()33114433xxxxfxfx−+=−−=−−=，即()3143fxxx=−为奇函数，所以()fx的图象关于()0,

0中心对称，故A正确；令()0fx=，即31403xx−=，解得10x=、223x=、323x=−，所以()fx有3个不同的零点，故B正确；因为()()()2422fxxxx=−=−+，所以当2x或<2x−时()0fx¢>，当22

x−时()0fx，即()fx的单调递增区间为(),2−−，()2,+，单调递减区间为()2,2−，所以()fx不存在最值，故C错误；设任意12,0xx，则()2114fxx=−，()2224fxx=−，则()()221212822fxfxxx

++−=，又21212422xxxxf++=−，所以()()121222fxfxxxf++−2222121212840222xxxxxx+−+=−+=−

，当且仅当12xx=时取等号，所以对任意12,0xx，都有()()121222fxfxxxf++，故D正确；故选：ABD11.已知,MN是抛物线22(0)ypxp=上的两点，焦点为F，抛物线上一点()1,Pt到焦点F的距离为2，下列说法正确的是（）A.2p=B

.若直线MN的方程为22yx=−，则4MN=C.若MOF△的外接圆与抛物线C的准线相切，则该圆的半径为32（O为坐标原点）D.若2,MFFNM=在x轴上方，则直线MN的斜率为22【答案】ACD【解析】【分析】A.由抛物线上一点()1,Pt到焦点F的距离为2，利用抛物线定义求

解判断；B.由2422yxyx==−求得点M，N的坐标求解判断；C.根据MOF△的外接圆的圆心是各边的中垂线的交点，结合与抛物线的准线相切求解判断；D.设()0NFmm=，得到2,3MFmMNm==，求倾斜角判断.【详解】解：抛物线上一点()1,Pt到焦点F的距离为2，所以122p+=，

解得2p=，故A正确；则抛物线方程为24yx=，由2422yxyx==−，解得3535,15,,1522MN+−+−，则()2235351515522MN+−=−++−

−=，故B错误；因为MOF△的外接圆的圆心是各边的中垂线的交点，而线段OF的中垂线方程为12x=，又与抛物线的准线相切，则外接圆的半径为13222pr=+=，故C正确；如图所示：，设()0NFmm=，则2,3MFmMNm==，所以1cos33mm=

=，则22sin3=，tan22=，故D正确；故选：ACD12.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹•布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()fx，存在一个实数0x，使得()00fxx=，那么我们称该函数为“不动点”函

数，0x为函数的不动点.现新定义：若0x满足()00fxx=−，则称0x为()fx的次不动点.设函数()112eexxfxxxa+−−=++++，若()fx在区间()2,1−上存在次不动点，则a的取值可以是（）A.1−B.22ee4−++C.22ee3−−−−D.22ee1−−−

−【答案】AD【解析】【分析】由题意可得，112eexxxxax+−−++++=−在()2,1−上有解，即()()211ee11xxxa−+++++=−有解，然后换元构造函数，利用导数求最值即可.【详解】

根据题意，若()fx在区间()2,1−上存在次不动点，则()fxx=−在区间()2,1−上有解，即112eexxxxax+−−++++=−，即()()211ee11xxxa−+++++=−有解，令1xt+=，(1,2)t−，则2

1eettat−−+=++，令函数2()eettgtt−=++，()ee2ttgtt−=−+且单调递增，当(0,2)t时，()0gt，所以()gt在(0,2)上单调递增，()22()eeee()ttttgttt

gt−−−=++−=++=，所以()gt为偶函数，所以()gt在(1,0)−上单调递减.min()(0)2gtg==，22()(2)ee4gtg−=++，故)2212,ee4a−−+++，(22

ee3,1a−−−−−，则((2222221ee3,1,ee1ee3,1−−−−−−−−−−−−−−−.故选：AD.【点睛】关键点点睛：通过分离参数和换元，构造函数2()eettgtt−=++，利用导数研究函数最值，从而得解.第II卷非选择题（共90分）三

、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在723xx−的展开式中，8x项的系数是__________.【答案】189【解析】【分析】由二项式展开公式可得答案.【详解】由题可得723xx−展开

式的第1r+项为()()()72143771C3C3rrrrrrrxxx−−−=−.令14382rr−==，则8x项的系数是()227C3189−=.故答案为：189.14.已知圆22:(1)4Mxy++=与圆22:2210(0

)Nxymxym+−−+=相交于,AB两点，当AMB为直角三角形时，m的值为__________.【答案】2【解析】【分析】两圆相减得到直线AB方程，根据几何关系得到M到直线AB的距离，从而根据点到直线距离公式列出方程，求出答案.【详解】22(1)4xy++

=与222210(0)xymxym+−−+=相减得，2440mxy−−+=，即直线AB的方程为220mxy+−=，圆22:(1)4Mxy++=的圆心为()0,1M−，半径为2，因为AMB为直角三角形，所以22AB=，故M到直线AB的距离为122AB=，所以

22224m−−=+，因为0m，解得2m=.的故答案为：215.过点()0,e与曲线11e2xxyx+=−相切的直线与x轴的交点坐标为__________.【答案】()1,0−【解析】【分析】设切点坐标1(,)ettt+，利用导数

求出过切点的切线方程，代入已知点求出t，即可求出直线与x轴的交点坐标.【详解】设切点坐标为1(,)ettt+，由1xxye+=，得()()2ee1eexxxxxxy−+=−=，则过切点的切线方程为1()eettttyxt+−=−−，把点()0,e代入切线方程得，1e(0)eettttt+−=

−−，即12e1ttt+=++，因为21t−，而1ety+=在1,2−−上单调递增，21ytt=++在1,2−−上单调递减，所以12e1ttt+=++只有一个解，所以1t=−，所以切线方程的斜率为11eek−−=−=，所以切线方程为eeyx−=，令0y=，

解得=1x−.故过点()0,e与曲线11e2xxyx+=−相切的直线与x轴的交点坐标为()1,0−.故答案：()1,0−.16.已知双曲线22:1169xyC−=的左右焦点分别为12,FF，过原点O的直线l交双曲线于,AB两点（A

在第一象限），过A作x轴的垂线，垂足为M，则1AFAM−的最小值为__________.；若12AB=，则1ABF的面积为__________.【答案】①.8②.65【解析】【分析】第一空，由题结合双曲线定义，可知128AFA

MAFAM−=+−，当且仅当2FM，重合时取为最小值；第二空，设()00,Axy，则由题有22002200361169xyxy+=−=，解得A点坐标，即可得答案.【详解】第一空，由题及双曲线定义，可知4,3,5

abc===，128AFAF−=，则128AFAMAFAM−=+−，因AM⊥x轴，则2AFAM，则当且仅当2FM，重合时，2AFAM=，即128AFAMAFAM−=+−的最小值为8，第二空，设()00,Axy，因12AB=，则6AO=，又A在双曲线上，则2

2000220001253651651695xyxxyy+==−==，得1256512565,,,5555AB−−，则()1111111255

65225ABFAOFBOFABSSSFOyy=+=+==.故答案为：8；65.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）17.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，且()23cossincoscos

22BCaAbCcB+=+.（1）求A；（2）若BAC的平分线交BC于D，且1AD=，求4bc+的最小值.【答案】（1）2π3A=（2）9【解析】【分析】（1）借助降幂公式及正弦定理与辅助角公式计算即可得.（2）借助等面积法及基本不等

式即可得.【小问1详解】πABC++=，则21coscos22BCA+−=，由正弦定理可知：()()sin1cos3sinsincossincos22AAABCCB−=+，又sin0A，化简得():1cos3sincos

sincosABCCB−=+，即()1cos3sin3sinABCA−=+=，所以，π3sincos2sin16AAA+=+=，即π1sin62A+=，因为ππ7π,666A+

，所以π5π66A+=，从而2π3A=；【小问2详解】由题意可得：BADCADABCSSS+=△△△，且1AD=，即1π1π12πsinsinsin232323bcbc+=，化简得bcbc+=，即111bc+=，因为0,0bc，所以()114444

5529,cbcbbcbcbcbcbc+=++=+++=当且仅当2bc=，即33,2bc==时等号成立，故4bc+的最小值为9.18.已知数列na前n项和为nS，满足()6322nnSna=++.（1）求数

列na的通项公式；（2）若()11(1)61nnnnnbaa++−+=，求数列nb的前100项和100T.【答案】（1）31nan=−（2）75151【解析】【分析】（1）由11,1,2nnnSnaSSn−==−作差得到13134nnanan−−=−，再利用累乘法计算可得；（2）

由（1）可得111(1)3132nnbnn+=−+−+，利用裂项相消法计算可得.【小问1详解】因为()6322nnSna=++，当1n=时，1116652Saa==+，所以12a=，当2n时，()116312nnSna−−=−+，所以()()116663

231nnnnnSSanana−−−==+−−，所以13134nnanan−−=−，123437nnanan−−−=−，，3285aa=，2152aa=，累乘得3112122313485343752nnnnaaaannaaaann−−−−−=−−所

以()312nann=−，当1n=时12a=也成立，所以31nan=−.【小问2详解】由（1）得()()()()1111(1)61(1)6111(1)31323132nnnnnnnnbaannnn++++−+−+

===−+−+−+，所以100111111112558399139923100131002T=+−−+++−−−+−+1175231002151=−=+.19.如图，已知三棱锥ABCD−中，,,60,ADABA

CABACDABDACE==⊥==为BC的中点.（1）证明：平面ADE⊥平面ABC；（2）点F满足DEAF=，求平面FAC与平面DAC所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）63【解析】【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面FAC

与平面DAC的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【小问1详解】因为,ABACE=为BC的中点，所以AEBC⊥.因为,60ABACADDABDAC====，所以ABD△和ACD为全等的等边三角形.所以DCDB=.又因为E为BC的中点，所以DEBC⊥.

又因为DEAEE=，,DEAE平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又因为BC平面ABC，所以平面ADE⊥平面ABC.【小问2详解】不妨设2ABACAD===，由（1）知，ABD△和ACD分别为等边三角形，所以2DCDB==.又因为,2,ABA

CABACE⊥==为BC的中点，所以22,2,2BCBEAE===.在RtBED中，222222(2)2,2DEBDBEDE=−=−==.在AED△中，222AEDEAD+=，所以AEDE⊥.所以,,EDEBEA两两互相垂直.以E为坐

标原点，,,EDEBEA的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.由题知，()()()()0,0,0,0,0,2,2,0,0,0,2,0EADC−所以，()()0,2,2,2,2,0CACD==，()2,0,0AFDE==−.设平面ACD的一个法向量为(),,mxyz=.则00

mCAmCD==，即220220yzxy+=+=，令1x=，则1,1yz=−=，所以，()1,1,1m=−.设平面ACF的一个法向量为()111,,nxyz=.则00nCAnAF==，即11122020yzx+=−=，令11y=−，则110,1xz=

=，所以，()0,1,1n=−.设平面FAC与平面DAC所成角为，则6coscos,3mnmnmn===.20.为了开展“成功源自习惯，习惯来自日常”主题班会活动，引导学生养成良好的行为习惯，提高学习积极性和主动性，在全校学生中随机调查了100名学生的某年度综合评价学习成绩，研究

学习成绩是否与行为习惯有关.已知在全部100人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为35，现按“行为习惯良好”和“行为习惯不够良好”分为两组，再将两组学生的学习成绩分成五组：)50,60、)60,70、)70,8

0、)80,90、90,100，绘制得到如图所示的频率分布直方图.（1）若规定学习成绩不低于80分为“学习标兵”，请你根据已知条件填写下列22列联表，并判断是否有99%的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”；行为习惯良好行为习惯不够良好总计学习标兵非学习标兵总计（2）现从

样本中学习成绩低于60分的学生中随机抽取2人，记抽到的学生中“行为习惯不够良好”的人数为X，求X的分布列和期望.参考公式与数据：()()()()()22nadbcabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.()2Pk≥

0.1000.0500.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析，有（2）分布列见解析，()87EX=【解析】【分析】（1）

根据题中信息完善22列联表，计算出2的观测值，结合临界值表可得出结论；（2）分析可知，随机变量X的可能取值有0、1、2，可得出随机变量X的分布列，进而可求得()EX的值.【小问1详解】解：已知在全部100人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为35，则100名学生中，行

为习惯良好的有3100605=人，行为习惯不够良好的有2100405=人.由频率分布直方图可知，行为习惯良好组中不低于80分的学生有()0.0250.045106042+=人，行为习惯不够良好组中不低于80分的学生有()0.0100.030104016+=人则22列联表为：行为习惯良

好行习惯不够良好总计学习标兵421658非学习标兵182442总计6040100()221004224181618008.86760404258203−==，()26.6350.01P=，因为8.8676.635，所

以有99%的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”.【小问2详解】解：行为习惯良好组中低于60分的学生有0.00510603=人，行为习惯不够良好组中低于60分的学生有0.01010404=人，则X的可能值为0、1、2，()0

24327CC10C7PX===，()114327CC41C7PX===，()204327CC22C7PX===.X的分布列为：X012P174727期望()14280127777EX=++=.21.已知

椭圆222:1(1)xCyaa+=的上顶点为A，左焦点为F，直线AF与圆22:23230Mxyxy++−+=相切.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若不过点A的动直线l与椭圆相交于,PQ两点，若2APAQkk=+，求证：直线l过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）2213xy+=（2）证明

见解析，定点为()1,1−−为【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，由点到直线的距离公式即可求解，（2）方法一：对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，设点()11,Pxy、()22,Qxy，设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合2APAQkk=+可

得出直线方程中参数的等量关系或值，进而可求得直线l所过定点的坐标.方法二：()0,1A平移到原点，则椭圆方程为22(1)13xy++=，设直线为1mxny+=，代入椭圆方程，由韦达定理可得21mn−=+，即

可得出答案.【小问1详解】由题意()()0,1,,0AFc−，则直线AF的方程为：0xcyc−+=可知圆的标准方程为22(3)(1)1xy++−=，所以2311ccc−−+=+，则22c=，从而23a=所以椭圆C

的标准方程为2213xy+=.【小问2详解】方法一：设()()1122,,,PxyQxy若直线l的斜率不存在，设其方程为xt=，则2213ty+=，所以120yy+=121211222APAQyyyykktttt−−+−+=+==−=，所以1t=−则直线l方程为：=1x−.若直线l的斜率存在，设其

方程为()1ykxmm=+由()2222233136330xykxmkxmykxm+=+++−==+()()2222Δ36413330mkkm=−+−，即22310km+−由韦达定理得：1

2221226133313mkxxkmxxk+=−+−=+1212112APAQyykkxx−−+=+=1212112kxmkxmxx+−+−+=，即()()()()121222101kxxmxxm−+−+=()()()2

2233160kmmkm−−−−=，整理得1mk=−，则直线l方程为：1ykxk=+−，即()11ykx+=+综上所述，直线l过定点，该定点坐标为()1,1−−.方法二：()0,1A平移到原点，则椭圆方程为22(1)13xy++=设直线为1mxny+=，代入椭圆方程得()22

6360nymxyx+++=两边同时除以2x得到()2263610yynmxx+++=得到6263APAQmkkn+=−=+，所以，21mn−=+.代入直线方程1mxny+=得()21nxyx−+=+.所以直线过定点()1,2−−向上平移1个单位以后，直线恒过定点()1,1−−.【点睛】方法点

睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标

的点即为所求点；（3）求证直线过定点()00,xy，常利用直线的点斜式方程()00yykxx−=−或截距式ykxb=+来证明.22.已知函数()e2cos1xfxaxx=−−+，其中e为自然对数的底数.（1）

当1a=时，判断函数()fx在区间π,02−上的单调性；（2）令()()gxfx=，若函数()gx在区间π0,2上存在极值，求实数a的取值范围；（3）求证：当1a时，()0fx.【答案】（1）()fx在区间π,0

2−上单调递减（2）()2,0−（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导函数()fx在区间π,02−上的正负判断函数的单调性；（2）求出导函数()gx，函数()gx在区间π0,2上存在极值，可转化为2cosexxa=−在π0

,2上有解，令()2cosexxhx=−，根据函数单调性求出()hx的范围，从而求出a的取值范围；（3）当1a时，要证()0fx，即证e2cos1xaxx−−，只需要()()maxmine2cos1xaxx−−，根据函数的单调性求出()minexa

x−，进而即可证明()0fx.【小问1详解】1a=时，()()e2cos1,e12sinxxfxxxfxx=−−+=−+.显然，()fx在区间π,02−上单调递增.所以()()00e12sin00fxf=−+=，即()0fx.所以()fx在区间π,0

2−上单调递减.【小问2详解】()()e12sinxgxfxax−+==在π0,2上存在极值.的即()e2cosxgxax=+在π0,2上有变号零点.令e2cos0xax+=.则2cosexxa=−记()2cosexxhx=−，即ya=与

()2cosexxhx=−的图像在π0,2上有交点.()()π22sin2sincos4eexxxxxhx++==易知()0hx在π0,2上恒成立，所以()h

x在π0,2上为增函数且()π02,02hh=−=.所以()()2,0hx−，从而()2,0a−当()2,0a−时，存在唯一实数0π0,2x，使得()00gx=成立当()00,x

x时()()0,gxgx在()00,x上单调递增；当0π,2xx时，()()0,gxgx在0π,2x上单调递减.所以()0gx为函数()gx的极值，综上，若函数()gx在π0,2上存在极值，a的取值范围为()2,0−.【小问3详解

】当1a时，要证()e2cos10xfxaxx=−−+，即证e2cos1xaxx−−.令()2cos1Gxx=−，显然()1Gx.令()()e,e1xxHxaxHxa=−=−，当1lnxa时，()0Hx；当1lnxa时，()0Hx.所以

()Hx在1,lna−时单调递减；在1ln,a+时单调递增.所以()1ln11lnelnaHxHaaa=−1ln1ln11.a=++=所以()()HxGx，即e2cos1xaxx−−.所以1a时，()0fx，得证.