【文档说明】云南省昆明市五华区2025届高三上学期期中教学质量检测数学试卷（解析版）.pdf，共(23)页，1.860 MB，由envi的店铺上传

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第1页/共23页学科网（北京）股份有限公司秘密★启用前【考试时间：10月29日14：30-16：30】昆明市五华区2025届高三上学期期中教学质量检测数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写

在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码．2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．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

答题卡交回．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.设复数z在复平面内对应的点为,Zxy，若11z，则（）A.2211xyB.2211xyC.2211xyD.2211xy【答案

】A【解析】【分析】利用复数的几何意义可得出izxy，再利用复数的减法以及复数的模长公式化简可得结果.【详解】由复数的几何意义可得izxy，所以，2211i11zxyxy，化简可得2211xy.故选：A.2.已知1e，2e都为单位向量，若1

e在2e上的投影向量为212e，则12ee（）A.2B.3C.2D.3【答案】B【解析】【分析】根据题意结合投影向量可得1212ee，平方结合数量积的运算律分析求解.第2页/共23页学科网（北京）股份有限公司【详解】由

题意可知：121ee，因为1e在2e上的投影向量为12212222212eeeeeeeeurururururururur，可得1212ee，又因为211

2212221122132eeeeeeurururuururr，所以123ee.故选：B.3.在正方体1111ABCDABCD中，下列说法错误的是（）A.11ADACB.1AD与BD所成角为

π3C.1//AD平面1BDCD.1AD与平面1ACC所成角为π3【答案】D【解析】【分析】设正方体1111ABCDABCD的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】设正方体1111ABCDABCD的

棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则1,0,0A、1,1,0B、0,1,0C、0,0,0D、11,0,1A、11,1,

1B、10,1,1C、10,0,1D，对于A选项，11,0,1AD，11,1,1AC，则111010ADAC，所以，11ADAC，A对；对于B选项，1,1,

0DB，则11111cos,222ADDBADDBADDB，第3页/共23页学科网（北京）股份有限公司所以，1AD与BD所成角的大小为π3，B对；对于C选项，设平面1BD

C的法向量为111,,mxyz，10,1,1DC，则1111100mDBxymDCyz，取11y，则1,1,1m，则11010ADm，所以，1ADm

，又因为1AD平面1BDC，所以，1//AD平面1BDC，C对；对于D选项，设平面1ACC的法向量为222,,xnyz，10,0,1CC，1,1,0CA，则12

2200nCCznCAxy，取21x，则1,1,0nr，所以，1111cos,2ADnADnADn，所以，1AD与平面1AC

C所成角为为π6，D错.故选：D.4.在践行“乡村振兴”战略的过程中，某地大力发展特色花卉种植业．某农户种植一种观赏花㚏，为了解花卉的长势，随机测量了100枝花的高度（单位：cm），得到花枝高度的频率分布直方图，如图所示，则（）A.样本花卉高度的极

差不超过20cmB.样本花卉高度的中位数不小于众数C.样本花的高度的平均数不小于中位数D.样本花升高度小于60cm的占比不超过70%【答案】D【解析】【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用中位数和众数的

定义可判断B选项；利用平均数公式求出样本花卉高度的平均数，可判断C选项；计算出样本花升高度小于60cm的占比，可判断D选项.第4页/共23页学科网（北京）股份有限公司【详解】对于A选项，由频率分布直方图可知，样本花卉高度的极差为704030cm，A错

；对于B选项，样本花卉高度的众数为556057.5cm2，设样本花卉高度的中位数为cma，前三个矩形的面积和为0.0120.0280.03650.38，前四个矩形的面积和为0.380.05650.66，故55,60a

，由中位数的定义可得0.38550.0560.5a，解得57.14cma，则57.5a，所以，样本花卉高度的中位数小于众数，B错；对于C选项，由频率分布直方图可知，样本花卉高度的平均数为42.50.0647.50.1452.50.1857.

50.2862.50.2467.50.156.5cmx，且xa，所以，样本花的高度的平均数小于中位数，C错；对于D选项，由B选项可知，样本花升高度小于60cm的占比为66%，D对.故选：D.5.设等比数列na公比为q，则“1q”是“na

为递增数列”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.即不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】要判断“1q”与“等比数列{}na为递增数列”之间的条件关系.需要分别从充分性和必要性两方面进行分析，即看“1q”能否推出“等比数列{}na为递增数列”，以及“等比数列{}na为

递增数列”能否推出“1q”.【详解】假设1q.对于等比数列{}na，其通项公式为11nnaaq.当2q=，12a时，根据通项公式可得21224aaq.此时21aa，等比数列{}na不是递增数列.这说明仅仅1q不能保证等比数

列{}na一定是递增数列，所以“1q”不是“等比数列{}na为递增数列”的充分条件.第5页/共23页学科网（北京）股份有限公司假设等比数列{}na为递增数列，那么1nnaa.由通项公式可得11nnaaq，11nnaaq，

所以111nnaqaq.当10a时，不等式两边同时除以11naq（因为10a，10nq，不等号方向改变），得到1nnqq.例如当2n时，2qq，解得01q.这说明等比数列{}na为递增数列时，不一定有1q，所以“

1q”不是“等比数列{}na为递增数列”的必要条件.则“1q”是“������为递增数列”的既不充分又不必要条件.故选：D.6.已知圆台的母线长为4，高为7，体积为77π，则圆台的侧面积为（）A.48πB.

24πC.20πD.10π【答案】C【解析】【分析】利用母线长和高，求出上底面半径和下底面半径的等式关系，然后利用体积求出上底面半径和下底面半径的另一个等式关系，然后求出上下底面半径，再用侧面积公式即可求解.【详解】如下图所示，设圆台上底面半径为r，下底面半径为R

，则Rr，设AC为圆台的一条母线，连接OA、1OC，则四边形1OOCA为直角梯形，过点C在平面1OOCA内作CBOA，垂足为点B，根据题意，4AC，17OO，1OCr，OAR，因为1//OCOA，1OOOA，BCOA，则四边形1OOCB为矩形，所以

，17BCOO，1OBOCr，则ABOAOBRr，第6页/共23页学科网（北京）股份有限公司由勾股定理可得222ABBCAC，即2716Rr，可得3Rr，①又因为圆台的体积为2217π773VRRrr，可得2221RR

rr，②所以，���−���=3���2+������+���2=21���>���，解得41Rr，所以，圆台的侧面积为12π44π520π2SRr.故选：C.7.已知A、B为直线l上的两个定点，2AB，P为l上的动点．在平面直角坐

标系中，13,0F、23,0F，以1F为圆心，PA为半径作圆1F；以2F为圆心，PB为半径作圆2F，则两圆公共点的轨迹方程为（）A.2218yxB.2218xyC.22198xyD.22110xy【答案】A【解析】【分析】作出图形，分析可知，点P不在线段AB（不包括

端点）上，对点P的位置关系进行分类讨论，结合双曲线的定义可求得动点的轨迹方程.【详解】如下图所示：设圆1F、圆2F的半径分别为r、R，则rPA，RPB，设两圆的一个公共点为M，由题意可知，点P不能与点A或点B重合，若点P在线段AB（不包括端点）上运动时

，则122MFMFrRPAPBAB，第7页/共23页学科网（北京）股份有限公司事实上，12126MFMFFF，此时点M不存在；当点P在以点A为端点以BA的方向为方向的射线上时，此时，212MFMFRrPBPAAB；当点P在以点B为端点且以A

B的方向为方向的射线上时，此时，122MFMFrRPAPBAB.综上，121226MFMFFF，所以，动点M的轨迹是以点1F、2F为焦点的双曲线，设该双曲线的标准方程为

222210,0xyabab，焦距为2c，则222226accab，可得122ab，因此，两圆公共点的轨迹方程为2218yx.故选：A.8.已知函数()ln

fxx和两点(1,0)A，e,mBm，设曲线()yfx过原点的切线为l，且lAB∥，则m所在的大致区间为（）A.(1,0)B.(0,1)C.(1,2)D.(2,3)【答案】C【解析】【分析】求导，利用导数求得切线l的斜率1ek，根据直线平行

可得ee10mm，构建ee1mgmm，可知m为gm的非零零点，求导，利用导数判断其单调性结合零点存在性定理分析判断.【详解】由题意可知：()yfx的定义域为0,，且1()f

xx，设切点坐标为00,lnxx，则切线l的斜率001()kfxx，第8页/共23页学科网（北京）股份有限公司则切线l的方程为0001lnyxxxx，若切线过原点，则0001

ln1xxx，解得0ex，可在切线l的1ek，若lAB∥，且直线AB的斜率0e1ABmmkm，则ABkk，即1e1emm，整理可得ee10mm，构建ee1mgmm，则eemgm，可知m为gm

的非零零点，令0gm，解得1m；令0gm，解得1m；可知gm在,1内单调递减，在1,内单调递增，则gm分别在,1、1,内至多一个零点且200,110,2e2e10ggg，又因为0m，所以m所在

的大致区间为1,2.故选：C.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确

定函数图象与x轴的交点情况进而求解．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知函数()sincos(0)fxxax的最大值为2，其

部分图象如图所示，则（）第9页/共23页学科网（北京）股份有限公司A.1B.函数π4yfx为偶函数C.()yfx在[0,]m上有4个零点，则13π17π44mD.当π0,3x

时，函数()cosfxyx的值域为1,3【答案】ABC【解析】【分析】对于A：根据函数周期分析判断；对于B：根据函数最值分析判断；对于C：令()0fx，可得πsin04x，以π4x为整体，结合正弦函数性质分析判断；对于D：整理可

得()tan1cosfxxx，结合正切函数分析求解.【详解】对于选项A：因为2()sincos1sinfxxaxax，由图象可知：函数()yfx的最小正周期5ππ22π44T，且0，则2π2π

，解得1，可得()sincosfxxax，故A正确；对于选项B：由图可知：当π5π3π4424x时，函数()yfx取到最大值，则23π3π3π2sincos1104442faaa，整理可得

23π3π3π2sincos1104442faaa，解得1a，则π()sincos2sin4fxxxx，第10页/共23页学科网（北京）股份有限公司所有ππ2sin2cos42yfxxx为偶函数，故B正确；对于

选项C：令π()2sin04fxx，可得πsin04x，因为[0,]xm，则πππ,444xm，若()yfx在[0,]m上有4个零点，则π3π4π4m，解得13π17π44

m，故C正确；对于选项D：因为()sincostan1coscosfxxxyxxx，又因为π0,3x，则tan0,3x，可得tan11,31x，所以函数()cosfxyx的值域为1,31，故D

错误；故选：ABC.10.已知函数3()2()fxxaxaR，则（）A.(2)(2)4ffB.若0a，则()fx的极大值点为3axC.若()fx至少有两个零点，则3aD.()fx在区间(,1)a上单调递增

【答案】ACD【解析】【分析】对于A：根据函数解析式运算求解即可；对于B：求导，利用导数分析函数单调性和极值；对于CD：分0a和0a两种情况，结合导数分析单调性和零点.【详解】对于选项A：因为3()2fxxax，则33()224fxfxxaxxax

，所以(2)(2)4ff，故A正确；对于选项B：因为2()3fxxa，且0a，令()0fx，解得3ax或3ax；令()0fx，解得33aax；第11页/共23页学科网（北京）股份有限公司可知()fx在,3a

，,3a内单调递增，在,33aa内单调递减，所以()fx的极大值点为3ax，故B错误；对于选项C：若()fx至少有两个零点，当0a时，则2()30fxxa，可知()fx在R内单调递

增，至多有一个零点，不合题意；当0a时，结合选项B可知：033aaff，即222023333aaaa，解得3a；综上所述：3a，故C正确；对于选项D：因为2()3fxxa，当0a，可知()fx在R内

单调递增，符合题意；当0a，则10a，对于(,1)xa，可得22()131353fxfaaaaa，此时2536110，则2()3530fxaa，所以()fx

在区间(,1)a上单调递增；综上所述：()fx在区间(,1)a上单调递增，故D正确；故选：ACD.11.抛物线C：24yx的准线为l，过焦点F的直线与C交于A，B两点，分别过A，B作l

的垂线，垂足分别为A，B，记AAF，ABF△，BBF的面积分别为1S，2S，3S，则（）A.ABF为锐角三角形B.2S的最小值为4C.1S，212S，3S成等差数列D.1S，212S，3S成等比数列【答案】ABD【解析】【分析】设:1ABxmy，�

�����1,���1,������2,���2，联立方程可得韦达定理.对于A：根据直线垂直的斜率关第12页/共23页学科网（北京）股份有限公司系分析判断；对于B：根据面积关系结合韦达定理分析判断；对于CD：根据面积结合等差、等比数列性质分析判断.【详解】由题意可知

：焦点���1,0，准线:1lx，直线AB的斜率不为0，且与抛物线必相交，设:1ABxmy，������1,���1,������2,���2，则121,,1,AyBy，可得112212,12AFxmyBFxmy，联立方程

���=������+1���2=4���，消去x可得2440ymy，则12124,4yymyy，对于选项A：因为12,22AFBFyykk，可得1214AFBFyykk，可知AFBF，所以ABF为直角三角形，故A错误；对于选项B：因为22

21212124161641yyyyyymm，可得2212124142Syym，当且仅当0m时，等号成立，所以2S的最小值为4，故B正确；对于选项CD：因为111322112,222SymySymy，则21311221212121112

224224SSymyymyyymyymyy222221144844142mmmS，即213212SSS，显然1231,,2SS

S不恒相等，且不为0，所以1S，212S，3S成等比数列，不成等差数列，故C错误，D正确；第13页/共23页学科网（北京）股份有限公司故选：ABD.【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及

垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；（2）面积问题常采用12S底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时

根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知1sin

23cos25，则πtan4______．【答案】35##0.6【解析】【分析】利用二倍角公式、弦化切以及两角和的正切公式化简可得结果.【详解】因为22222cossin1sin2cos2sincossincos2cossincoss

incossinπtantancossintan1π34tanπcossin1tan451tantan4.故答案为：35.13.在正项数列na中，1lnln2nnaa

，且613eaa，则na______．【答案】21en【解析】【分析】推导出数列na是等比数列，利用等比中项的性质求出2a的值，再利用等比数列的通项公式可求得na的表达式.【详解】在正项数列na中，1lnln2nnaa，则11l

nlnln2nnnnaaaa，可得21ennaa，第14页/共23页学科网（北京）股份有限公司所以，数列na是公比为2e的等比数列，因为26132eaaa，且20a，则32ea，因为22324

212eeeennnnaa.故答案为：21en.14.甲口袋中有标号为1、2、3的三张卡片，乙口袋中有标号为4、5、6、7的四张卡片，从两个口袋中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有

一张标号为偶数的不同抽法共有______种（用数字作答）【答案】26【解析】【分析】计算出从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片的抽法种数，以及抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数，利用间接法可得结果.【详解】从甲、乙两个口袋中，每个

口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片，不同的抽法种数为12213434CCCC181230，其中，抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数为34C4=，因此，抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法种数为30426.故答案为：26.四、解答题：本题共5小题，共77

分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在ABCV中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且coscosaBbAcb．（1）求角A；（2）已知A的角平分线交BC于点D，若2c，4ABAC

，求AD．【答案】（1）π3A（2）433AD【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出cosA的值，结合角A的取值范围可得出角A的值；（2）利用平面向量数量积的定义可求出b的值，再利用ABCABDACDSSS结合三角形

的面积公式可求得AD的长.第15页/共23页学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】解：因为coscosaBbAcb，由正弦定理可得sincossincossinsinABBACB，即sincossincossinsinsincoscossinsin

ABBAABBABABB，所以，2cossinsin0ABB，因为A、0,πB，则sin0B，可得2cos10A，则1cos2A，故π3A.【小问2详解】解：因为π1cos432ABACABACbcb

，因为ABCABDACDSSS，即1π1π1πsinsinsin232626bccADbAD，整理可得3834363bcADbc.16.如图，在多面体111ABCABC中，1AA，1BB，1CC均垂直于平面AB

C，120ABC，14AA，11CC，12ABBCBB．（1）求证：1AB平面111ABC；（2）求二面角11ABCC的正弦值．【答案】（1）证明见详解（2）64【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，找

到点的坐标，得出直线方向向量和平面内任意向量，得到向量垂直，从而得到线线垂直，即可证明线面垂直；（2）由空间直角坐标系求出面的法向量，由面的法向量求出二面角的余弦值的绝对值，由三角恒等变换得到角的正弦值.第

16页/共23页学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】过点B在平面ABC内作一条直线与BC垂直，则以B为原点，BC为x轴，BC的垂直为y轴，1BB为z轴如图建立空间直角坐标系，∴0,0,0B，2,0,0C∵120ABC∴1,3,0A∴

11,3,4A，10,0,2B，12,0,1C，∴11,3,2AB，112,0,1BC，111,3,2BA∵1111112201340ABBCABBA

，∴111ABBC，111ABBA又∵11111BCBAB，11BC平面111ABC，11BA平面111ABC∴1AB平面111ABC【小问2详解】由（1）可知

：11,3,2AB，13,3,1AC，12,0,2BC，10,0,1CC，设平面11ABC的一个法向量为1111,,nxyz，设平面11CBC的一个法向量为2222,,nxy

z，∴111100ABnACn，121200BCnCCn即111111320330xyzxyz，2222200xzz第17页/共23页学科网（北京）股份有限公司

则可取1113523xyz，222010xyz即13,5,23n，20,1,0n设二面角11ABCC为，则12125cos40nnnn

，∴256sin1cos18417.一项没有平局的对抗赛分为两个阶段，参赛者在第一阶段中共参加2场比赛，若至少有一场获胜，则进入第二阶段比赛，否则被淘汰，比赛结束；进入第二阶段比赛的参赛者共参加3场比赛．在两

个阶段的每场比赛中，获胜方记1分，负方记0分，参赛者参赛总分是两个阶段得分的总和，若甲在第一阶段比赛中每场获胜的概率都为01pp，在第二阶段比赛中每场获胜的概率都为13，每场比赛是否获胜相互独立．

已知甲参赛总分为2分的概率为827．（1）求p；（2）求甲参赛总分X的分布列和数学期望．【答案】（1）12p（2）分布列见解析，数学期望为74.【解析】【分析】（1）利用独立事件概率的乘法公式来求解，要根据甲参赛总分为2分的情况进行分析，求p的值，（

2）需要考虑X所有可能的取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据分布列求数学期望.【小问1详解】甲参赛总分为2分有两种情况：第一种情况是在第一阶段两场比赛一胜一负（概率为12C(1)pp），然后在第二阶段三场比赛一胜

两负（概率为12311C(1)33）.第二种情况是在第一阶段两场比赛全胜（概率为2p），然后在第二阶段三场比赛全负（概率为31(1)3）.根据甲参赛总分为2分的概率为827，可列出方程：第18页/共23页学科网（北京）股份有限公司11223231118C(

1)C(1)(1)33327ppp先计算组合数122!C21!(21)!，133!C31!(31)!.方程变为214882(1)3392727ppp.化简得2888(1)92727ppp.即2321pp.因式分解得(21)

(1)0pp.解得12p或1p，因为01p，所以12p.【小问2详解】甲参赛总分X的可能取值为0，1，2，3，4，5.X0包括：在第一阶段两场全输，概率为2211(1)(1)24p.1X包括：在第一阶段一胜一负（概率为

12111C(1)2222pp），然后在第二阶段三场全输（概率为318(1)327），所以184(1)22727PX.2X：前面已求出为827.3X包括：在第一阶段两场全胜（概

率为214p），然后在第二阶段一胜两负（概率为123114C(1)339），此时1141499P.也包括在第一阶段一胜一负（概率为12111C(1)2222pp），然后在第二阶段两胜一

负（概率为223112C()(1)339）.此时2121299P.则112(3)999PX.4X包括：在第一阶段两场全胜（概率为214p），在第二阶段两胜一负（概率为223112C()(1)339），此时31214918P.也包括在第一阶段一

胜一负（概率为12111C(1)2222pp），然后在第二阶段三场全胜（概率为311()327），此时411122754P.则112(4)185427PX.5X包括：在第一阶段两场全胜（概率为214p），第

19页/共23页学科网（北京）股份有限公司然后在第二阶段三场全胜（概率为311()327），所以111(5)427108PX.所以X的分布列为：X012345P14427827292271108根据数学期望公式，14822118

97()012345427279271081084EX18.设椭圆222:11xCyaa的右焦点为F，右顶点为A，已知11OFOAAFe，下中O为原点，e为椭圆的离心率．（1）求C的方程；（2）设点

P为C上一动点，过P作不与坐标轴垂直的直线l．①若l与C交于另一点T，E为PT中点，记l斜率为k，OE斜率为0k，证明：0kk为定值；②若l与C相切，且与直线2x相交于点Q，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若否，请说明理由．【答案】

（1）2212xy（2）①证明见解析；②是，且定点坐标为1,0【解析】【分析】（1）根据11OFOAAFe可得出221e，可得出关于a的方程，解出a的值，即可得出椭圆C的方程；（2）①设点11,Pxy、22,Txy，则点1212,22xxyyE，利用

点差法可证得结论成立；②设00,Pxy，证明出椭圆2212xy在点P处的切线方程为0012xxyy，将切线方程与直线2x的方程联立，求出点Q的坐标，由对称性知，以PQ为直径的圆过定点,0Mm，由0PMQM求出m的值，即可得出结论.【小问1详解】第2

0页/共23页学科网（北京）股份有限公司解：因为椭圆222:11xCyaa的右焦点为F，右顶点为A，则OFc，OAa，AFac，因为11OFOAAFe，即11ecaac，即aca

ceca，整理可得1eee，可得221e，即22222121acaa，解得2a，所以，椭圆C的方程为2212xy.【小问2详解】解：①设点11,Pxy、22,Txy，则点1212,22xxyyE，因为直线1l不与坐标

轴垂直，则2212xx，2212yy，所以，1212yykxx，1212012120202yyyykxxxx，因为221122221212xyxy，这两个等式作差可得2222121202xxyy，所以，22121212

02212121212yyyyyykkxxxxxx；②设00,Pxy，先证明出椭圆2212xy在点P处的切线方程为0012xxyy，联立00221212xxyyxy

可得2222000122yxxxy，整理可得22001102xxxy，即220011022xxxx，即200xx，解得0xx，所以，椭圆2212xy在点P处的切线方程为0012xxyy，第21页/共23页学科网（北京）股份有限公司因

为直线0012xxyy与直线2x交于点Q，则00y，联立00122xxyyx，可得001xyy，即点0012,xQy，由对称性可知，以PQ为直径的圆过x轴上的定点,0Mm，则P

MQM，且00,PMmxy，0012,xQMmy，则200021110PMQMmxmxmxm，所以，21010mm，解得1m，因此，以PQ为直径的圆过

定点1,0M.【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．19.行列式最早起源于对线性方程组的研究，起初是一种速记的表达式，发展到现在已经成为一种非常有用

的数学工具．已知abcd表示二阶行列式，规定abadbccd；123123123aaabbbccc表示三分行列式，规定123232323123111232323123aaabbaaaabbbabcccccbbccc．设03()3011xxfxxx．（1）求()fx；第22页/共2

3页学科网（北京）股份有限公司（2）以,nnnAxfx为切点，作直线1nl交()fx的图象于异于nA的另一点111,nnnAxfx，其中nN．若00x，当1n时，设点nA的横坐标nx构成数列������．①求������的通项公式；②证明：12111ln1

ln1ln11111naaa．【答案】（1）32()39fxxxx（2）①21nna；②证明见详解【解析】【分析】（

1）根据行列式的定义运算求解即可；（2）①根据所给的规则求出切点为32,39nnnnnAxxxx的切线方程，再进一步求得1nx，结合等比数列的定义得出结果；②当0x时，先证明ln1xx成立，得出1111ln11122nnnn

aa，再结合等比数列求和得出结果.【小问1详解】由题意可得：232030303()30033339111111xxxxfxxxxxxxxxxxxxx.【小问2详解】①由（1）可知：3239fxxxx，

2369fxxx，则切点32,39nnnnnAxxxx，切线斜率：2369nnnkfxxx，故切线方程为：23236939nnnnnnyxxxxxxx

，联立3239fxxxx得：232323693939nnnnnnxxxxxxxxxx，化简得：32232336230nnnnxxxxxxx，因式分解得：2230nnxxxx

，故123nnxx，上式亦满足由0A作切线而得到的1A的横坐标1x，故13x，1121nnxx，则1nx是以2为首项，以2为公比的等比数列,第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司故12nnx，故

21nnx，即21nna；②构造ln1gxxx，0x则11011xgxxx，故gx在0,上单调递减，故00gxg，可得当0x时，ln1xx，则1111ln11122nnnnaa

，即1111ln112a，2211ln112a，……，将上式累加可得12121111111ln11111112222nnnaaa

，故12111ln1111111naaa.【点睛】方法点睛：利用导数证明数列不等式问题:常根据已知的函数不

等式或者构造函数不等式进行证明，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过求和达到证明的目的.