【文档说明】湖北省华中师范大学第一附属中学2022届高三高考考前测试卷数学解析【武汉专题】.pdf，共(26)页，599.010 KB，由envi的店铺上传

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华中师大一附中2022年高考数学考前测试卷总分：150分考试时间：120分钟出题人：蔡卉张巧巧审题人：钟涛张丹注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、

准考证号填写在答题卡上.2．回答第Ⅰ卷时，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.写在本试卷上无效.3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：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，只有一个是符合题目要求的．1.若集合ABBC，则对于集合,,ABC的关系，则下列关系中一定正确的是（）A.ABCB.BCAC.CBAD.BAC【答案】A【解析】【分析】根据交集和并

集的性质，结合子集的性质进行判断即可.【详解】由于AABBCB，同理知BC，故ABC，故选：A2.已知向量(,3)am，(1,)bm，若a与b反向共线，则3ab的值为（）A.0B

.48C.43D.36【答案】C【解析】【分析】由向量反向共线求得3m，再应用向量线性运算及模长的表示求3ab.【详解】由题意23m，得3m，又a与b反向共线，故3m，此时3(23,6)ab，故3=43ab.故选：C.3.已知函数

2cos(0)fxx的部分图象如图所示，则6f的值为（）A.0B.1C.3D.2【答案】D【解析】【分析】根据函数图象，求得其解析式后求解.【详解】解：由图可知22T，则T，所以22T，则2cos2fxx，因为函数

图象过点2,23，所以42,Z3kk，则72,Z3kk，取3，所以2cos23fxx，所以2cos22663f，故选：D.4.美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸

部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的13，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的

直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（）A.524B.724C.924D.1124【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出直

线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解.【详解】如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则13,4,,222AB，直线:AB

142312422xy，整理为702xy，原点O到直线距离为7422711，故选：B5.“ab”是“33ab”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：

因为3yx在定义域上单调递增，所以由ab可得33ab，所以由ab可得33abab，即充分性成立，由33ab推不出ab，如1a、2b满足33ab，但是ab，即必要性不成立，故“ab”是“33ab”的充分不必要

条件；故选：A6.如图，正方体1111ABCDABCD中，P是1AD的中点，则下列说法正确的是（）A.直线PB与直线1AD垂直，直线PB∥平面11BDCB.直线PB与直线1DC平行，直线PB平面11ACDC.直线PB与直线AC异

面，直线PB平面11ADCBD.直线PB与直线11BD相交，直线PB平面1ABC【答案】A【解析】【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定.【详解】连接11111,,,,DBABDBDCBC；由正方体的性质可知1BABD，P是1AD的中点，所以直线PB与直线1AD垂直；由正方体的性

质可知1111//,//DBDBABDC，所以平面1//BDA平面11BDC，又PB平面1BDA，所以直线PB∥平面11BDC，故A正确；以D为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，111,1,,0,1,122PBDC

显然直线PB与直线1DC不平行，故B不正确；直线PB与直线AC异面正确，1,0,0DA，102PBDA，所以直线PB与平面11ADCB不垂直，故C不正确；直线PB与直线11BD异面，不相交，故D不

正确；故选：A.7.某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同

的分配方法总数为（）A.72B.84C.90D.96【答案】B【解析】【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果.【详解

】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有332A12种；第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必

有C或D为一组，有1323CC种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有133233CCA12种分配方法；当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有12C种选择，再将剩余3人分为两组，有1232CC种分配方法，将将

三个社区，三组人，进行排列，有11232323CCCA36种分配方法；若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有12C种分配方法，再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有13232CA24种分配方法，综上共有12+12+36+

24=84种不同的分配方式故选：B8.已知定义在D的上函数fx满足下列条件：①函数fx为偶函数，②存在00x，()fx在0[,)x上为单调函数.则函数()fx可以是（）A.22ln(1)()xxfxxB.()sin(2π)(22)xxfxx

C.3log(01)afxxaxaD.2()ln(e)ln(e)fxxxx【答案】C【解析】【分析】分析函数()fx的奇偶性判断A；求出函数()fx的零点判断B；分析函数()fx的奇偶性，借助导数求出单调区间判断C；求出函数()fx的定义域判断D作答.【详解】对于A，()fx

定义域为0xx，22221lnln(1)1()()xxxxfxfxxx，即()fx为奇函数，A不是；对于B，()fx定义域为R，由()0fx得(Z)2kxk，即对任意的正整数k，2k都是fx的零点，显然不能满足条件②，B不是

；对于C，3logafxxax，必有30xax，则0x且xa，即()fx定义域为{|0xx且}xa，33loglogaaxaxxffxaxx，则

函数3logayxax为偶函数，满足条件①，设3gxxax，其导数23gxxa，由0gx得33ax，令3()ugxxax，当xa时，0gx，即gx在(,)a上为增函数，而

01a，logau在0,上为减函数，因此fx在(,)a上为减函数，即存在00xa，()fx在0[,)x上为减函数，满足条件②，C是；对于D，()fx定义域为(e,e)，不能满足条件②，D不是.故选：C二、选择题：本大题共

4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量

Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（）A.97(|6|1)105PZB.()()EXEYC.()()DXDYD.285EZ【答案】AC

D【解析】【分析】利用超几何分布的性质，及超几何分布的期望求解公式逐项验证.【详解】由题意知X，Y均服从于超几何分布，且4XY，2ZXY，故446410()(0,1,2,3,4)kkCCPXkkC；从而97(61)

1(4)(8)1(X4)P(X0)105PZPZPZP，故选项A正确；48()4105EX，12()4()5EYEX，()(4)()DXDYDY，故选项B错

误，C正确；28(Z)2()()5EEXEY，故选项D正确；故选：ACD.10.记数列{}na是等差数列，下列结论中不恒成立的是（）A.若120aa，则230aaB.若130aa，则20aC.若

12aa，则213aaaD.若10a，则21230aaaa【答案】ACD【解析】【分析】根据等差数列通项公式及等差中项，结合基本不等式即可求解.【详解】设等差数列{}na的首项为1a，公差为d，则对于A，由数列{}na是

等差数列及120aa，所以可取123101aaa，，，所以230aa不成立，故A正确；对于B，由数列{}na是等差数列，所以13202aaa，所以20a恒成立，故B不正确；对于C,由数列{}na是等差数列，12aa

可取123321aaa，，，所以213aaa不成立，故C正确；对于D，由数列{}na是等差数列，得221230aaaad，无论1a为何值，均有21230aaaa所以若10a，则21230aaaa

恒不成立，故D正确.故选：ACD.11.已知函数2()(ln)(ln)fxaxxxxx恰有三个零点123123,,()xxxxxx，则下列结论中正确的是（）A.2111eeaB.2111eea

C.123xxaD.232exx【答案】BCD【解析】【分析】令lnxtx转化为为2(1)10tata（*）在1,e上有两不等实根1212,()tttt从而得出参数a的范围，设函数ln()xhxx在1x处的切线:1lyx

，记切线l与12,ytyt的交点的横坐标分别为''12,xx，又由ln1xxx可得'11111ln11xtxxx，从而可判断选项C;由对数均值不等式可判断选项D.【详解】由lnyxx，则111xyxx可得01x时，0y，当1x时，0y所以lnyxx

在0,1上单调递减，在1,上单调递增.所以ln10xx令lnxtx，则21lnxtx¢-=，当0ex时，0t；当ex时，0t则lnxtx在0,e上单调递增，在e,上单调递减.所以ln1ex

tx由题意即方程2(ln)(ln)axxxxx有三个实数根,即lnlnxxaxxx有三个实数根所以11att有两个实数根，即转化为2(1)10tata（*）必有一个实根1212,()tttt

判别式2(1)4(1)0aa，有3a或1a，两根情况讨论如下：①当1211(0,),eett时，从而将21et代入（*）式，得211eea，又12211eetta，有1210eet

不符合题意，故舍去②当10t，21(0,)et时，令2()(1)1gttatai)当10t时，有10a，得1a，此时（*）式为20t，不符合题意ii)当10t时，则有2010111110ee

egagaa，解得22ee11eea综上知a的取值范围为22ee1(1)ee，，故A错误，B正确.由上知2212123123,22aaaaaatt

考虑函数ln()xhxx在1x处的切线:1lyx，易证：ln1xxx记切线l与12,ytyt的交点的横坐标分别为12,xx，则2112312aaax，221+2312aaax又11111ln11xtxxx

，则12xx同理22xx，故12123xxxxa，故选项C正确对于选项D，222323lnlnxtxxtx，则有23232321lnln2xxxxxxt，即2322

2exxt，故选项D正确故选：BCD【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数零点问题，考查复合方程的根的问题.解得本题的关键是先令lnxtx，先研究出其性质大致图像，然后将问题转化为2(1)10tata

（*）在,0和10,e上各有一个实根1212,()tttt，从而使得问题得以解决，属于难题.12.在三棱锥PABC中，顶点P在底面的射影为ABC的垂心O（O在ABC内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，

记，与底面ABC所成的锐二面角分别为1，2，若PAMPBM，则下列说法正确的是（）A.若1PAPBPCAB，则三棱锥PABC的外接球的表面积为32B.若12，则ACBCC.若12，则121tanta

n2D.的值可能为6【答案】ABC【解析】【分析】根据三角形外心、垂心的性质，结合球的性质、二面角的定义逐一判断即可.【详解】对选项A，当PAPBPC，P在底面ABC的射影为三角形ABC的外心，又由已知顶点P在底面的射影为ABC的垂心，故三棱锥PABC为正三棱锥，又1

PAPBPCAB，则三棱锥PABC为棱长为1的正四面体，如下图所示：设三棱锥PABC的外接球的球心为1O，半径为R，由正弦定理可知：13π23sin3ABOA，2236193POPAAO，所以2261

6()334RRR，表面积为634ππ162S，故A正确.连接延长AO交BC与F，连接延长BO交AC与G，设平面ABC平面l=顶点P在底面的射影为ABC的垂心O，//BC平面，平面ABC平面l=，则有：直线BC与l平行，又AOBC，则AOl

，PO平面ABC，则POBC，又AOBC，则BC平面PAO从而AMl，故MAO为与平面ABC的二面角，即1MAO，同理可得：2MBO，对选项B，PAMPBM，又12，则有：PAOPBO

可得：PAO与PBO全等，则AOOB，又根据O是ABC的垂心，则，OCAB，综上可得：直线OC垂直并平分线段AB，可得：ACBC，故选项B正确；对选项C，易知有如下角关系：PAMPAOMAO，PB

MPBOMBO，又PAMPBM，则有：tantanPAMPBM，tantantan1tantanPAOMAOPAMPAOMAO，tantantan1tantanPBOMBOPBMPBOMBO，可得：2211OPOMOPOM

OAOAOBOBOPOMOPOMOAOB，解得：212OMOAOB，则2121tantan2OMOAOB，故选项C正确；对选项D，若6，则有：tantan3tan1tantan3PAOMAOPAMPAOMAO，则有：

22323OMOAOMOA化简后可得：22310OMOMOAOA，令OMtOA，则有：22310tt则有：3850，此时方程无解，故选项D错误；故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.著名数学家棣莫佛（Demoivre，16

67~1754）出生于法国香槟，他在概率论和三角学方面，发表了许多重要论文.1707年棣莫佛提出了公式：(cosisin)cosisinnnrrnn，其中0r，*Nn.已知4ππ(cosisin)1644r，根据这个公式可知r______.【答

案】2【解析】【分析】根据题中所给公式进行求解即可.【详解】根据棣莫佛公式，由444ππππ(cosisin)16[cos(4)isin(4)]16164444rrr，因为0r，所以2r

，故答案为：214.为了测量一个不规则公园,CD两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距1km的,AB两点，点B在点A的正东方向上，且,,,ABCD四点在同一水平面上．从点A处观测得点C在它的东北方向上，点D在它的西北方向上；从点B处观测得点C在它的北偏东1

5方向上，点D在它的北偏西75方向上，则,CD之间的距离为______km.【答案】2【解析】【分析】由题意确定相应的各角的度数，在ABC中，由正弦定理求得BC,同理再求出DB，解DBC△，求得答案.【详解】由题意可知，904545,

9045135,9015105CABDABCBA,157590,15CDBDBA,故在ABC中，1804510530ACB，故sinsinBDABDABADB，1sin452sin30BC，在AB

D△中，1801513530ADB，故sinsinBCABCABACB，1sin1352sin30BD，所以在DBC△中，90CBD，则22222CDBCDB,故答案为：2

15.已知等比数列{an}各项均为正数，6781,6aaa，若存在正整数(8)kk，使得123123kkaaaaaaaa，请写出一个满足题意的k的值__________.【答案】9

(9~12的正整数均可)【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的前n项和公式进行求解即可.【详解】在等比数列{an}中，设公比为q，数列各项均为正数，所以0q由6781,6aaa，则2266aqqqq，解得2q=或3q（舍），又556112

1aaqa，解得512a.则15161222nnnnaaq555123212122211232kkkkaaaa1112315221123122232kkkkkkkkkaaaaaq

123123kkaaaaaaaa即12112123232kkkk，即152212kkk1522210kkk

当152kkk，即213100kk，也即131291312922k时，有152220kkk成立.又正整数(8)kk，且1312913122又当910k时，1502

kk，显然有152221kkk成立.当11,12k时，也有152221kkk成立.所以9～12的正整数均可满足条件.故答案为：9【点睛】关键点睛：运用分类讨论法是解题的关键.16.已知曲线1:2Cyx与曲线222:4

Cxmy恰好有三个不同的公共点，则实数m的取值范围是______.【答案】(1,)【解析】【分析】先分析得出曲线1C，2C的图像关于x轴对称，则在其中一个交点在x轴上，在x轴上方恰好有一个交点，当0y时，曲线1C的方程2xy，则22

24xyxmy在0y上恰好有一个实数根，从而得出答案.【详解】曲线1:2Cyx，用y代替y可得2yxyx，可得曲线1C的图像关于x轴对称.曲线222:4Cxmy用y代替y可得22224xmyxmy

，从而曲线2C的图像关于x轴对称.曲线1C与曲线2C恰好有三个不同的公共点，则在其中一个交点在x轴上，在x轴上方恰好有一个交点.曲线1C的方程为2,022,0yyxyyy，所以曲线1C的图像与曲线2C的图像必相交于点20，，

当0y时，曲线1C的方程2xy，则2224xyxmy，即2140myy在0y上恰好有一个实数根.214140myyymy,解得0y或41ym所以401ym，解

得1m故答案为：(1,)四、解答题：本题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（1）若点P(cos,sin)关于y轴的对称点为P'(sin,cos)，求所

有满足条件的取值的集合M；（2）在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，当角B为集合M中的最小正数时，:2:3ba，23c，求边长b的值.【答案】（1）ππ(Z)4Mkk；（2）623或623.【解析】【分析】（1）根

据点P与P'关于y轴对称，得出横纵坐标的关系，利用同角三角函数的商数关系，得出tan1，解三角方程即可求解；（2）根据（1）及已知条件，得出角B，利用余弦定理及一元二次方程的解法即可求解.【详解】解析：（1）由题意知cossinsincos

，即tan1，从而ππ,Z4kk故ππ(Z)4Mkk.（2）由（1）知ππ(Z)4Mkk，因为角B为集合M中的最小正数，当0k时，π4，即π4B由余弦定理及23ba知2222cosbacacB，即2266π()12223c

os224bbb，化简整理，得化简整理，得212240bb，解得623b或623b.所以边长b的值为623或623.18.在数列{}na中，已知11ap，11nnnaana

，*0,pnN.（1）若1p，求数列{}na的通项公式；（2）记nnbna，若在数列{}nb中，*4()nbbnN，求实数p的取值范围.【答案】（1）*222nanNnn（）（2）61

0，【解析】【分析】（1）将递推关系进行转化，求出na的通项公式；（2）依题意，4b是数列nb的最大项，列不等式，分4n＞和4n＜讨论即可.【小问1详解】由题意，11nnnaana，得：111nnnaa，运用累加

法：213211111111122nnnnnaaaaaa，211111222nnnnnpaa，12222,122nnaapnnpnnp，222nann，n=1时，也成

立，∴222nann；【小问2详解】由（1）222nannp，222nnbnnp，由题意444,6nbbbp，即22426nnnpp，化简得：424npnn，当4n＜时，2pn，即max2236pn，当4n＞时，2pn，即

min22510pn，即6,10p；综上，222nann，6,10p.19.某学校为进一步规范校园管理，强化饮食安全，提出了“远离外卖，健康饮食”的口号．当然，也需要学校食堂能提供安全丰富的菜品来满足同学们的

需求．在某学期期末，校学生会为了调研学生对本校食堂的用餐满意度，从用餐的学生中随机抽取了100人，每人分别对其评分，满分为100分．随后整理评分数据，将得分分成5组：第1组50,60，第2组60,70，第3组70,80，第4组80,90，第5组

90,100，得到频率分布直方图如图．（1）求图中a的值；若要在平均数和众数中选用一个量代表学生对本校食堂的评分情况，哪一个量比较合适，并简述理由；（2）以频率估计概率，现从学校所有学生中中随机抽取18名，调查其对本校食堂的用餐满意度，记随机变量X为这18名学生中评分在[5

0,70]的人数，请估计这18名学生的评分在[50,70]最有可能为多少人？【答案】（1）0.005a，答案见解析（2）11人【解析】【分析】（1）根据在频率直方图中所有小矩形面积之和为1，结合平均数和众数的性质

进行求解即可；（2）根据二项分布的性质进行求解即可.【小问1详解】由图知：(20.0550.020.015)101a，故0.005a，①选用平均数比较合适，因为一方面平均数反映了评分的平均水平，另

一方面由频率分布直方图估计时评分的极端值所占比例较少，故选用平均数较合理.②选用众数比较合适，因为一方面众数反映了出现频率最多的那个值的信息，反映了普遍性的倾向，另一方面由频率分步直方图估计其中评分在60,70的人数超过了一半，从而选用众数也比较合理；【小问2详解

】记18名学生中k名学生的成绩在[50,70)的概率为()PXk，0,1,2k，…，18.由已知得X~B(18，0.6)，1818()(0.6)(10.6),0,1,,18kkkPXkCk，令1,1,2,

,171PXkPxkkPXkPxk，即18191118181817111818C0.610.6C0.610.6C0.610.6C0.610.6kkkkkkkkkkk

k，即319221318kkkk，解得525755k，由kN，11k.所以估计这18名学生中评分在[50,70]最有可能为11人.20.已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，//,90,ABDCDA

BPA平面ABCD，112PAADDCAB.（1）若点M是棱PB上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为12；②12PMMB中哪一个条件可以推断出//PD平面ACM（无需说明理由），并用你的选择证

明该结论；（2）若点N为棱PC上的一点（不含端点），试探究PC上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出PNNC的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）②，证明见解析（2）存在，1PNNC【解

析】【分析】（1）先连接AB、CD交于E，确定E是BD的几等分点，再确定M是PB的几等分点．（2）建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为0，列出方程求解．【小问1详解】条件②可以推断//PD平面ACM.如图，连接AC，BD相交于点E，连EM

.在梯形ABCD中，有//ABDC，112ADDCAB，12DECDBEAB.又因为12DEPMBBEM，所以BMEBPD，故//EMPD，又PD平面ACM，EM平面ACM，所以//PD平

面ACM.故当12PMMB时，//PD平面ACM.【小问2详解】以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，则A(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(0，2，0)，设(01)

PNPC，则(,,1)N对于平面ADN，设其法向量1(,,)nxyz，满足1100ADnANn，即010xxyz，故取11(0,,1)n对于平面BD

N，设其法向量2(,,)nxyz，满足2200BDnBNn，即20210xyxyz，故取232(2,1,)1n，若平面ADN平面BDN，则12nn，即132

01，解得12，此时N为PC的中点，1PNNC.21.已知1(2,0)F，2(2,0)F为椭圆2222:1(0)xyEabab的左、右焦点，且A5(2,)3为椭圆上的一点.（1）求

椭圆E的方程；（2）设直线2yxt与抛物线22(0)ypxp相交于,PQ两点，射线1FP，1FQ与椭圆E分别相交于M､N.试探究：是否存在数集D，对于任意pD时，总存在实数t，使得点1F在以线段MN为直径

的圆内？若存在，求出数集D并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22195xy（2）存在，(5,)D，证明见解析【解析】【分析】（1）求出点A5(2,)3到两焦点的距离，再用椭圆的定义可得3a，结合222=bac可得2b，从而可得椭圆的方程；（2

）直线l与抛物线联立，结合判别式有40pt，要使得点1F在以线段MN为直径的圆内，根据题意，有110FPFQ，结合韦达定理可得5p，从而可证明问题.【小问1详解】由题意知2c，5(2,)3A为椭圆上的一点，且2AF垂直于x轴，则25

3AF，221513(22)()33AF，所以122135336aAFAF，即3a，所以222=32=5b，故椭圆的方程为22195xy；【小问2详解】l方程为2yxt，联立抛物线方程，得222ypx

yxt，整理得20ypypt，则240ptp，则40pt①，设1(Px，1)y，2(Qx，2)y，则12yyp，12yypt，则212122212(,4)24yypxttxxxp，由1F的坐

标为(2,0)，则11(2FPx，1)y，12(2FQx，2)y，由1FM与1FP同向，1FN与1FQ同向，则点1F在以线段MN为直径的圆内，则110FMFN，

则110FPFQ，则1212(2)(2)0xxyy，即1212112()40xxxxyy，则22()4042tptpt，即2(2)404tptp②，当且仅当21(2)4(4)04pp，即5p，总存在

t4p使得②成立，且当5p时，由韦达定理可知2(2)404tptp的两个根为正数，故使②成立的0t，从而满足①，故存在数集(5,)D，对任意pD时，总存在t，使点1F在线段MN为直径的圆内．22

.已知函数()eln()xfxxaxaR在1x处的切线方程为2e1)+yxb（.（1）求实数,ab的值；（2）（i）证明：函数()yfx有且仅有一个极小值点0xx，且01(,1)2x；（ii

）证明：03141()1515fx.参考数据：ln20.693，e1.648，0.55e1.734，11303e0.69.【答案】（1）2,2eab（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用导数的意义列方程组

'1211fefe，即可解得；（2）（i）求出导函数2()(1)exfxxx.利用导数和零点存在对立即可证明；（ii）求出0000001()e2ln2(ln)1xfxxxxx，令11()2(ln

)(1)12xxxx，利用导数判断出()yx在1(,1)2上单调递减，即可证明122741()()2(ln2)2()2331015x；要证031()15fx，即证003020312lne15xxxx.令e()xFxx1(1)2x，利用导数证

明出1()()2.332FxF；令32312ln115()(1)2xGxxx，利用导数证明出1130max()(e)2.312GxG，得到()()GxFx，即可证明.【小问1详解】定义域为(0,)，'((e)1)xaf

xxx由题意知'1221121feaefebe，解得2,2eab.【小问2详解】（i）由（1）知()e2lnxfxxx，2()(1)exfxxx令()()hxfx，则22()(2)e

0xhxxx，从而()yhx即()yfx单调递增又13e8(1)2e20,()022ff，故存在唯一的01(,1)2x使得0()0fxx0(0,)x0x0(,)x()fx0()fx极小值从而()yfx有且仅有一个极小值

点0xx，且01(,1)2x（ii）00002()(1)e0xfxxx，()yfx的极小值0000001()e2ln2(ln)1xfxxxxx令11()2(ln)(1)12xxxx，则222'()0(1)xxx，从而()yx在1(,1)2上

单调递减，122741()()2(ln2)2()2331015x，故041()15fx下证031()15fx，即证003020312lne15xxxx一方面令e()xFxx1(1)2x，则32e(21)()02xx

Fxx，则()Fx在1(,1)2上单调递增，从而1()()2e2.332FxF另一方面，令32312ln115()(1)2xGxxx，52113ln10'()xGxx令()0Gx有1130

exx11301(,e)21130e1130(e,1)()Gx0()Gx极大值从而110.5530max44()(e)e1.7342.31233GxG从而()()GxFx即32312lne15xxxx成立，故031()15fx.

【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数证明不等式.获得更多资源请扫码加入享学资源

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