【文档说明】重庆市实验中学校2023届高三上学期期中数学试题 含解析.docx，共(26)页，1.794 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ad376a1f4fc58d5d06b4523310d67bad.html

以下为本文档部分文字说明：

2022—2023学年上期高2020级高三数学试题（考试时间：150分钟试卷满分：120分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合12Axx=−，集合10Bxmx=+

，若ABA=，则m的取值范围是（）A.1,03−B.1,13−C.[0,1]D.1,0(0,1]3−【答案】B【解析】【分析】将集合A化简，根据条件可得BA，然后分0m=，0

m，0m讨论，化简集合B，列出不等式求解，即可得到结果.【详解】因为1212xx−−或12x−−，解得3x或1x−即31Axxx=−或，因为ABA=，所以BA当0m=时，B=，满

足要求.当0m时，则110mxxm+−，由BA，可得111mm−−，即01m当0m时，则110mxxm+−，由BA，可得1133mm−−，即103m−综上所述，1,13m−故选:B.2.若将有限集合A的元素个数记为(

)cardA，对于集合2{(3)30,Z}Mxxaxax=−++，2540,ZNxxxx=−+，下列说法正确的是（）A.若1a=，则()+()=4cardMNcardMNB.若()1cardMN=，则4a或2aC.若()4cardMN=，则05aD.存在实数a，使得()

()()cardMNcardMcardN=+【答案】C【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合N，再对a分类讨论求出集合M，最后根据所给对于及集合的运算一一分析即可.【详解】解：由2540xx−+，即()()410xx−−，解得14x，所以2540,Z14

,Z1,2,3,4NxxxxNxxx=−+===，对于A：当1a=时2430xx−+，即()()310xx−−，解得13x，所以2{(3)30,Z}{13,Z}2MxxaxaxMxxx=−++===，所以1,2,3,4MN=U，2MN=，所以

()()5cardMNcardMN+=，故A错误；由2(3)30xaxa−++，即()()30xxa−−，当3a时解得3xa，当3a=时解得x，当3a时解得3ax，即当3a时Z|3,Mxxxa=，当3a=时M=，当3a时Z|3,Mxxax

=，对于B：若()1cardMN=，若3a则Z|3,Mxxax=，则2M=，此时12a，若3a则Z|3,Mxxxa=，则4M=，此时4a，综上可得4a或12a，故B错误；对于C：若()4cardMN=，当3a=时显然满

足，当3a时则35aa，解得35a，当3a时则30aa，解得03a，综上可得05a，故C正确；对于D：因为()4cardN=，()()4cardMNcardN=，若()()()cardMNcardMcardN=+，则()4cardMN=，此

时()0cardM=，即M=，则MN=，与()4cardMN=矛盾，故D错误；故选：C3.已知函数()2sin4fxx=++是偶函数，则tan的值为（）A.1−B.1C.1或-1D.22【答案】

B【解析】【分析】由函数为偶函数得到πππ42k+=+，求出的值，代入后用诱导公式即可得到结果.【详解】由函数()π2sin4fxx=++得，πππ42k+=+，ππ4k=+，其中Zk，πtan=tantan1ππ44k+

==.故选：B.4.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc．若2a=，coscos2cos0aBbAcC++=，ABC的面积为22，则CA在CB方向上的投影向量为（）A.2CBB.2CB−C.22CB−D.22CB【答案

】B【解析】【分析】利用边角互化求出C，三角形面积公式求出b，最后根据投影向量公式计算即可.【详解】coscos2cos0aBbAcC++=，由正弦定理得：sincossincos2sincos0ABBACC++=，即sin()2sincos

0ABCC++=，,,ABC是三角形内角，则πABC+=−，于是sin2sincos0CCC+=，又()0,,sin0CC得，2cos2C=−，故3π4C=，112sin222222SabCb===，∴4b=，则CA在CB方向上的投影向量

为：222222CAbCACBCBCBCBCBaCBCB−−===−.故选：B5.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛bn｝：1111ba=+，2

12111baa=++，31231111baaa=+++……依次类推，其中()N1,2,kak+=，则（）A.15bbB.42bbC.62bbD.47bb【答案】D【解析】【分析】由不等式的性质

结合()N1,2,kak+=得出大小关系.【详解】由题意可得2413411111aaaba=++++，124535111111aaabaa=+++++，12345661111111aaaaaba=++

++++，5712346711111111aaaabaaa=+++++++因为112345111111aaaaaa++++，所以1115234511111111baaaaaba=++=++++，故A错误；因为22341

111aaaa++，所以112234111111aaaaaa++++，即2432112411111111baaaabaa=+=+++++，故B错误；因为223456111111aaaaaa++++，所以21122346561111111111baaaaaabaa=+++++++=+

，故C错误；因为4456711111aaaaa+++，所以33445671111111aaaaaaa+++++，223344567111111111aaaaaaaaa+++++++，11223344567111

11111111aaaaaaaaaaa+++++++++，即11223344546771111111111111aaaaaaaaababa=+=++++++++++，故D正确；故选：D6.从某中学甲、乙两班

各随机抽取10名同学，测量他们身高（单位：cm），所得数据用茎叶图表示如下，由此可估计甲、乙两班同学的身高情况，则下列结论正确的是（）A.甲乙两班同学身高的极差不相等B.甲班同学身高的平均值较大C.甲班同学身高的中位数较大D.甲班同学身高在1

75cm以上的人数较多【答案】A的【解析】【分析】利用茎叶图的概念结合数据分析即可确定答案.【详解】对于A，甲班同学身高的极差为182﹣157＝25，乙班同学身高的极差为182﹣159＝23，∴甲乙两班同学

身高的极差不相等，故A正确；对于B，甲班数据靠上的相对少，乙班数据靠上的相对多，∴估计甲班同学身高的平均值较小，故B错误；对于C，甲班同学身高的中位数为1661702+=168，乙班同学身高的中位数为1711722+=171.

5，∴甲班同学身高的中位数较小，故C错误；对于D，甲班同学身高在175cm以上的有3人，乙班同学身高在175cm以上的有4人，∴甲班同学身高在175cm以上的人数较少，故D错误．故选:A．7.已知椭圆2222:1(0)x

yCabab+=的一个焦点为F，椭圆C上存在点P，使得PFOP⊥，则椭圆C的离心率取值范围是（）A.30,2B.3,12C.10,2D.1,12【答案】B【解析】【分析】不

妨设(),0Fc−，设(),Pxy，表示出PF，OP，依题意可得0PFOP=有解，根据数量积的坐标表示得到方程()2222220abxacxab−++=在(),0c−上有解，根据0得到关于e的不等式，解得即

可.【详解】解：依题意不妨设F为椭圆的左焦点，则(),0Fc−，设(),Pxy，则().PFcxy=−−−，(),OPxy=uuur，22221xyab+=，则22222bxyba=−，若存在点P使得PFOP⊥，则存在点P使得220PFOPxcxy=−−−

=，即222220bxxcxba−−−−=在(),0c−上有解，即()2222220abxacxab−++=在(),0c−上有解，令()()222222fxabxacxab=−++，显然()2200fab=，()()()22222222220fcabcacabacb−=−

−+=−，所以()()422222222Δ4002acababaccab=−−−−−，即4222240acabc−且222ac，由()22240aac−−，即2430e−，解得32e或32e−，由222ac，即212

e，解得22e或22e−，又01e，所以312e，即3,12e.故选：B8.已知函数()22111elnln122exfxxxkxx=−−−−+，对于任意的1x、()20,x+，当12xx时，总有()()12122fxfxxx−−成立，则k的

取值范围是（）A.1,e−−B.1,2e−−C.21,e−−D.1,3e−−【答案】A【解析】【分析】设12xx，可知函数()()2gxfxx=−为()0,+上的增函数，即对任意的0x，2ln1

1e2exxkx+−−+，利用导数求出函数()2ln11e2exxhxx+=−−+在()0,+上的最小值，即可得出实数k的取值范围.【详解】不妨设12xx，由()()12122fxfxxx−−可得出()()121222fxfxxx−

−，即()()112222fxxfxx−−，令()()221112elnln2122exgxfxxxxkxx=−=−−−−++，其中0x，则()()12gxgx，所以，函数()gx在()0,+上为

增函数，则()2ln11e20exxgxkx+=−−−+，则2ln11e2exxkx+−−+，令()2ln11e2exxhxx+=−−+，其中0x，()22222ln2eln2exxxxxhxx

x+=+=，令()222elnxpxxx=+，其中0x，所以，()()2141e0xpxxxx=++，所以，函数()px在()0,+上单调递增，因22e122e110eep−=−−，()212e0p=，

所以，存在01,1xe，使得()0220002eln0xpxxx=+=，则02000001112elnlnxxxxxx=−=，令()extxx=，其中0x，则()()1e0xtxx=+，故函数()tx在()0,+上为增函数，因为01,1xe，011ex

，所以，010ln1x，由02000112elnxxxx=可得()0012lntxtx=，所以，002lnxx=−，可得0201exx=，且当00xx时，()0hx，此时函数()hx单调递减，当

0xx时，()0hx，此时函数()hx单调递增，所以，()()()02000min00112ln1111e22eeexxxhxhxxx−−+==−−+=−+=−，所以，1ek−.故选：A.【点睛】思路点睛：本题

关键点在处理函数()2ln11e2exxhxx+=−−+的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点0x满足02000112elnxxxx=，通过利用指对同构结合函数()extxx=的单调性转化为为

002lnxx=−，0201exx=，利用整体代换法可求得k的取值范围.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选

对的得2分.9.已知复数13i22z=+，则（）A.20zz+=B.1zz=C.210zz++=D.310z+=【答案】ABD【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.【详解】解：因为13i22z=+，所以13i22z=−

，所以222213113313i2iii22222222z=+=++=−+，所以2232131331iii1222222zzz==−++=−=−，故310z+=，故D正确；所以2131

3ii02222zz−++−=+=，故A正确；22131313iii1222222zz==−+−=，故B正确；213131i

i113i2222zz++=−++++=+，故C错误；故选：ABD10.在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.下面四个结论正确的是（）A.若AB，则sinsinABB.2a=，30A=，则ABC的外接圆半径

是4C.若cossinabAB=，则45A=oD.若30A=，4a=，3b=，则ABC有两解【答案】AC【解析】【分析】由正弦定理可判断ABC；余弦定理可判断D.【详解】对于A，若AB，则ab，由正弦定理得2sin2sinRARB，即sinsinAB，故

正确；对于B，2a=，30A=，由正弦定理2sinaRA=可得222sin2sin30===aRA，则ABC的外接圆半径是2，故错误；对于C，若cossinabAB=，由正弦定理得cossinaaAA=，cossinAA=，因为0180A，所以45A=o，故正确；对于D，

若30A=，4a=，3b=，则由余弦定理可得222cos2bcaAbc+−=，即29163cos3062+−==cc，23370−−=cc，解得33552=c，因335502−，所以23370−−=cc有一解，即ABC有一解，故错误.故选：AC.11.已知数列na中，11a=

，若()*112,Nnnnnaannna−−=+，则下列结论中正确的是（）A.3611a=B.11112nnaa+−C.()ln11nan+D.21112nnaa−【答案】ABC【解析】【分析】根据递推公式，求得1na，再对每个选项进行逐一分

析，即可选择.【详解】因为11nnnnaana−−=+，故可得1111nnaan−−=，112211111111111111,212nnnnnnaaaaaaaann−−−=−+−++−+=+

+++−，对A：当3n=时，3111111236a=++=，故可得3611a=，故A正确；为对B：因为1111nnaan−−=，则11111nnaan+−=+对1n=也成立，又当1n，*Nn时，1112n+，则

11112nnaa+−，故B正确；对C：令()()ln1,(0)fxxxx=+−，则()fx01xx−=+，故()fx()0,+单调递减，则()()00fxf=，则当0x时，()ln1xx+，11ln1xx+；则当1n，*Nn时，11ln1nn

+，即()1ln1lnnnn+−；则()()()()ln1[ln1ln]lnln1ln2ln1nnnnn+=+−+−−++−1111nn+++−，即()1ln1nna+，又0na，()ln11nan+，故C正确；对D：2111111112222

nnnaannnn−=+++=++，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查数列综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.12.已知正四棱柱1111ABCDABCD−中，12312AA

AB==，点M是线段1BB的中点，点N是线段1DD上靠近D的三等分点，若正四棱柱1111ABCDABCD−被过点1A，M，N的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（）A.1082+B.1072+C.982+D.972+【答案】ACD【解析】【分析】先证明截面四边形1AMQN为平

行四边形，再求出截面的边长相加即得解.【详解】作出图形如图所示．在的延长1CC至Q，使得1CQ=，连接MQ，NQ，记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，取1CC的中点H，连结1DH，MH，所以4HQ=，即1//DNHQ，且1DNHQ=，所以四边形1DNQH是平行四边形

，得1//DHNQ，且1DHNQ=又因为1111////MHBCAD，且114MHAD==，所以四边形11AMHD是平行四边形，得11//AMDH，11AMDH=，所以1//AMNQ，且1AMNQ=，所以四边形1AMQN是平行四边形，则截面为

五边形为1AMRPN，则142AN=，15AM=，因为MBRQCR，所以31MBBRCQRC==，所以3BR=，1RC=，同理：83DP=，43CP=，223332MR=+=，22810233NP=+=，2245133PR

=+=，故所得截面的周长为115105324233AMMRPRPNAN++++=++++=1072+.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每

组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第三、四名，则该大师赛共有_________场比赛．【答案】16【解析】【分析】按照比赛赛程分类计算．【详解】按比赛赛程分类，第一类单循环赛场次242C12=，第二类淘汰赛场次2，第三类决赛场次2，总场

次为122216++=．故答案为：16.14.有一批产品，其中有2件正品和3件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为_______．【答案】710##0.7【解析】【分析】结合古典概型公式和组合公式，分两种情况讨论即可求解.【详解】总的取法数有3510C=种，当取两件次品时

，取法有21326CC=种；当取三件次品时，只有1种取法，故从中任取3件，至少有2件次品的概率为710P=故答案为：71015.记nS为数列na的前n项和，nb为数列nS的前n项积，已知22nnSb+=，则8a=___________.【答案】190【解析】【分析】由题意可得122

1nnbb−=+，从而得到2{}nb是等差数列，进一步得22nbn=+，再求出12nnSn+=+，利用1nnnaSS−=−求得na＝1(1)(2)nn++即可求出答案.【详解】解：因为12nnbSSS=，所以111bSa==，1121nnbSSS−

−=()2n，所以1nnnbSb−=()2n，又因为22nnSb+=，当1n=时，得123a=，所以11123bSa===，当2n时，122nnnbbb−+=，即1221nnbb−=+，所以2nb

是等差数列，首项为123b=，公差1d=，所以23(1)12nnnb=+−=+，所以22nbn=+，满足123b=，故22nbn=+，即1222nSSSn=+，所以12121nSSnS−=+()2n，两式相除得12nnSn+=+，当1n=时

也成立，所以11nnSn−=+()2n，所以121(1))1(21nnnnnaSnSnnn−+=−=−+=+++，所以81191090a==.故答案为：190.16.已知()fx为函数()322518fxxmxxm=−++（Rm）的导函数，且()yfx=有两个不同

的零点1x，2x，设()()()12gmfxfx=+，则()gm的极值为_________．【答案】3【解析】【分析】根据()fx有两个不同的零点，得到1223mxx+=，1213xx=，0，利用韦达定理和()()()12gmfxfx

=+得到()324522793mgmmm=−++，然后求导，根据单调性求极值即可.【详解】由题意可知，()23210fxxmx=−+=有两个不同的零点1x，2x，所以可得1223mxx+=，1213xx=，03m或3m−()()3322

212121259gmxxmxxxxm=+−++++()()()2221212121212125329xxxxxxmxxxxxxm=++−−+−+++2222442251399339mmmmmm=−−−++332824225273933

9mmmmmm=−−+++324522793mmm=−++()()22410222539939gmmmmm=−++−=−−，()(),33,m−−+，令()0gm，解得33m，令()0gm，解得3m−或3m，所以()gm在(),3−−上单调递减，()3,3上单

调递增，()3,+上单调递减；∴()()34523gmg==−++=极大值．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列na的首项13a=，()*1212,Nnnaann−=+，()2log1nnba=+.（1）

证明：1na+为等比数列；（2）证明：1223111112nnbbbbbb++++.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题知()1121nnaa−+=+，再根据等比数列的定义证明即可；（2）结合（1）得112nna++=，1nbn=+，进而根据裂项求和方法

求解即可证明.【小问1详解】解：∵()*1212,Nnnaann−=+，∴()1121nnaa−+=+∴1121nnaa−+=+（2n且*nN）又∵114a+=∴1na+是以4为首项，以2为公比的等比数列.【小问2详解】解：由（1）得111422

nnna−++==，()122log1log21nnnban+=+==+∴()()111111212nnbbnnnn+==−++++∴()()12231111111233412nnbbbbbbnn++++=+++++1111111123341222nnn=−+−++

−=−+++∵102n+，∴111222n−+，∴1223111112nnbbbbbb++++.18.已知函数()()2ππsin2cos2312sin36fxxxx=+−++−．（1）求()fx的单调递

增区间；（2）记,,abc分别为ABC内角,,ABC的对边，且32Af=，BC的中线3AD=，求ABC面积的最大值．【答案】（1）()5πππ,π,Z1212kkk−++（2）33【解析】【分析】（1）化简()fx可得()π2sin23fxx=+

，进一步可求得()fx的单调递增区间；（2）由题意先求出角A，利用已知条件结合向量知识，可得2236bcbc++=，根据基本不等式可求得bc的最大值，进而得到ABC面积的最大值．【小问1详解】()()2ππsin2cos2312sin36fxxxx=+−++

−1331sin2cos2cos2sin23cos22222xxxxx=+−++13πsin23cos22sin2cos22sin2223xxxxx=+=+=+由()πππ2π22

π,Z232kxkk−+++，解得()5ππππ,Z1212kxkk−++，()fx的单调递增区间为()5πππ,π,Z1212kkk−++；【小问2详解】因为32Af=，可得π3sin32A+=

，因为()0,πA，所以π2π33A+=即π3A=，由1122ADABAC=+及3AD=可得，()222222211111119cos4424424ADABACABACcbcbAbcbc==++

=++=++，所以2236bcbc++=所以22362bcbcbcbc=+++即12bc，当且仅当23bc==时取到等号，所以13sin3324ABCSbcAbc==△，故ABC面积的最大值为33.19.设甲、乙两射手独立地射击同一目标，甲的命中率为23，乙的命中率为

13，求：（1）在甲、乙各一次的射击中，目标被击中的概率；（2）在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率．【答案】（1）79（2）1627【解析】【分析】（1）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得；（2）依题意分甲击中1次

、乙击中0次或甲击中2次、乙击中0次或甲击中2次、乙击中1次3种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.【小问1详解】解：甲、乙各一次的射击中目标被击中的对立事件为甲、乙均没有射击中目标，所以目标被击中的概率217111339P=−−−=

.【小问2详解】解：依题意可得甲击中1次，乙击中0次或甲击中2次，乙击中0次或甲击中2次，乙击中1次，当甲击中1次，乙击中0次时概率211222116C1133381P=−−=，当甲击中2次，乙击中0次时概率222211613381

P=−=，当甲击中2次，乙击中1次时概率213221116C133381P=−=，所以在甲、乙各两次的射击中，甲比乙多击中目标的概率123161638127PPPP=++==.20.如图，在四棱锥OABCD−中，O

A⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形且3ABC=，2OAAB==，M为OA的中点，N为BC的中点.（1）证明：直线//MN平面OCD；（2）求异面直线AB与MD所成角的余弦值；（3）求点B到平面OCD的距离.【答案】（1）证明见解析（2）55（3）2

217【解析】【分析】（1）（2）（3）作APCD⊥于点P，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【小问1详解】证明：作APCD⊥于点P，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系．则()0

,0,0A，()2,0,0B，()0,3,0P，()1,3,0D−，()1,3,0C，()0,0,2O，()0,0,1M，33,,022N，33(,,1)22MN=−，(0,3,2)OP=−，(1,3,

2)OD=−−，设平面OCD的法向量为(,,)nxyz=，则0nOP=，0nOD=，即320320yzxyz−=−+−=，取3y=，解得3(0,3,)2n=；所以3330310222MNn=+−=，MN平面OCD，//MN平面OCD；

【小问2详解】解：设AB与MD所成的角为，(2,0,0)AB=，(1,3,1)MD=−−，25cos525ABMDABMD===，AB与MD所成角的余弦值为55；【小问3详解】解：设点B到平面

OCD的距离为d，则d为向量OB在向量3(0,3,)2n=上的投影的绝对值，由(2,0,2)OB=−，得32217212OBndn===，所以点B到平面OCD的距离为2217．21.已知圆22:16Oxy

+=，直线280xy−−=与圆O交于A，B两点．（1）求||AB；（2）设过点(2,4)P−的直线交圆O于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点S满足2MSMT=．证明：直线SN过定点．【答案】（1）855（2）证明见解析，定点为(0,4)−【解析】【分析】（1

）先求圆心到直线的距离，再根据勾股定理即可求得弦长；（2）分直线MN的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合根与系数的关系，表示出直线SN的方程，从而确定定点.【小问1详解】易知圆心(0,0)O，半径4r=，圆心(0,0)

O到直线280xy−−=的距离85d=，所以弦长22||2ABrd=−=855.【小问2详解】当直线MN的斜率k不存在，即MN⊥x轴时，直线MN的方程为2x=，代入圆方程得：23y=−或23，设(2,23)M−，(2,23)N，则直线MT方程为2

3y=−，代入直线280xy−−=得：843x=−，故(843,23)T−−，因为2MSMT=，所以T是,MS的中点，得(1483,23)S−−，所以232314832SNk−−==−−23+，所以直线S

N的方程为：23(23)(2)yx−=+−，即(23)4yx=+−，直线过点(0,4)−.当直线MN的斜率k存在时，如图所示：设直线MN方程为：()42ykx+=−，即24ykxk=−−，设1122(,)

,(,)MxyNxy，联立222416ykxkxy=−−+=得：2222(1)(48)4160kxkkxkk+−+++=，2222(48)4(1)(416)0kkkkk=+−++，解得0k或43k，由韦达定理得：22121222484

1611kkkkxxxxkk+++==++①，②，所以1212()48yykxxk+=+−−=2481kk+−+③，12yy=224(443)1kkk+−+④，且1221xyxy+=2321kk−+⑤，将1yy=

代入直线280xy−−=得：182xy=+，所以11(82,)Tyy+，T是,MS的中点，得111(164,)Syxy+−，所以12112164SNyykyxx−=+−−，所以直线SN的方程为：1222112()164yyyyxxyxx−−=−+−−，将点(0,4)−的坐标

代入并整理，化简得：12121212214()16()4640xxyyyyxyxy+−+−++−=，将①③④⑤代入上式得：2221632641286464483264640kkkkkkk+++−−+−−−=

，显然成立.综上可得：直线SN过定点(0,4)−.【点睛】(1)解答直线与圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特

殊情形．22.已知函数1()ln=+fxaxx，其中Ra．（1）若函数()fx的最小值为2a，求a的值；（2）若存在120xx，且122xx+=，使得()()12fxfx=，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）()1,+【解析】【分析】（1

）根据题意，分0a和0a两种情况讨论求解即可；（2）由题知212121ln022xxxaxxx+−=，进而令21xtx=，1t，1()ln22ttatt=+−，将问题转化为函数()t在区间()1,+上有零点，再讨论1a时，函数(

)t在区间()1,+无零点，进而进一步转化为，当1a时则()0t=有两不等正实根1t和2t，且函数()t在减区间()2,t+上存在零点问题，再根据导数研究函数的零点即可.【小问1详解】解：函数定义域为0xx，2211()aaxfxxxx−=−=．若0a，则()0f

x，函数()fx为减函数，无最小值．若0a，由()0fx=得1xa=．所以，x，()fx，()fx的变化情况如下表：x10,a1a1,a+()fx－0＋()fx极小值1fa所以，()fx的最小值即极小值为11lnfaa

aa=+．所以，21lnaaaa+=，即ln1aa+=．设()lngaaa=+，则()110gaa=+，所以，()ga为()0,+上的增函数，又因为()11g=．所以，1a=．【小问2详解】解：由()()12fxf

x=，得121211lnlnaxaxxx+=+，即212111ln0xaxxx+−=，将122xx+=代入，有：21212121ln022xxxxxaxxx+++−=，得212121ln022xxxaxxx+−=．令21xtx=，1t，1()ln22ttatt

=+−，所以，将问题转化为函数()t在区间()1,+上有零点．所以，2221121()222atattttt−+−=−−=．其中()11a=−．因为函数221ytat=−+−的对称轴方程为ta=．所以，当1a，则()0t

恒成立，得()t在区间()1,+为减函数，又()10=，所以()0t，函数()t在区间()1,+无零点．当1a，则()0t=有两不等正实根1t和2t，设12tt，有121tt=，且1201tt．所以，t，()t，()t的变化如表：t(

)21,t2t()2,t+()t＋0－()t极大值()2t又()10=，得()2(1)0t=．下面证明函数()t在减区间()2,t+上存在零点．考虑到1()ln22ttatt=+−中

含参数a，取2(1)ata=e．则()222222211ln22222aaaaaaaa=+−=+−eeeeee，当1a时，22111222aee，则()2221222aaa+−ee．令2

21()222amaa=+−e，则()24amaa=−e，令()24ahaa=−e，当1a时，有22()42420aha=−−ee，所以，函数()ha在1a时为减函数，由()2140m=−e，知()0ma恒成立．所以，()221e222am

aa=+−为()1,+上的减函数．所以()2222155()(1)2022222amam−=+−=−=eeee．又()20t，于是()()220ate，所以，函数()t在减区间()2,t+上存在零点．综上，实数a的取值范围是()1,+．【点睛】关键点

点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意，利用换元方法，将问题转化为证明函数1()ln22ttatt=+−在区间()1,+上有零点，进而先排除当1a函数()t在区间()1,+无零点，进一步将问题转化为函数()t在减

区间()2,t+上存在零点.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com