【文档说明】浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题（解析版）.docx，共(27)页，1.779 MB，由小赞的店铺上传

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宁波市2022学年第一学期期末九校联考高二数学试题第I卷一､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.直线330xy−+=的倾斜角为（）A.6B.3C.23D.56【答案】A【解析】【分析】首先求出

直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角；【详解】解：直线330xy−+=的斜率33k=，设倾斜角为，则3tan3=，因为0180，所以30=故选：A2.设一组样本数据12,,,nxxx的均值为2，

方差为0.01，则数据1210,10,,10nxxx的均值和方差分别为（）A.20;0.01B.20;0.1C.200;1D.20;1【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合平均数与方差的计算公式，即可求解.【详解】根据题意，易知新数据的平均数为11101010

220nniiiixxnn=====；方差为()()221110100101001000.011nniiiixxnn==−−===.故选：D.3.设,xyR，向量()()(),2,2,1,,1,1,2,1a

xbyc===−，且,acbc⊥∥，则+=ab（）A.10B.43C.32D.33【答案】C【解析】【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量的数乘及加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果.【详解】向量(,2,2),(1,,1),(1,2,1)axbyc===−，且,

acbc⊥∥，∴420211acxy=−+=−=，解得22xy==−∴(21,22,21)(3,0,3)ab+=+−+=，∴||90932ab+=++=，选项C正确.故选：C．4.对空间中任意一点O和不共线的三点,,ABC，能得到P在平面ABC内的是（）A.2AP

OAOBOC→→→→=−−B.OBOABOCP→→→→=++C.234CPOAOBOC→→→→=+−D.2ABAPOC→→→=+【答案】A【解析】【分析】用向量来判定点P在平面内ABC，只需要满足：OPxOAyOBzOC→→→→=++（1xyz++=

）【详解】因为A、B、C三点不共线，则CACB,不共线，若,,,PABC四点共面，则存在唯一的一组实数,xy使得CPxCAyCB=+，即()()OPOCxOAOCyOBOC−=−+−，变形得(1)OPxOAyOBxyOC=++−−，对于A，2APOPOAOAOBOC→→→→→→=−=−−，

整理得3AOOOCPOB→→→→=−−，则3111−−=，所以P在平面ABC内，故选项A正确；对于B，BPOOAOOCBOBP→→→→→→+−+==，可得：0OOOACBPO→→→→=−−+则1101−−+，故P不在平面ABC内，故选项B错误；对于C，234CPOPOCOAOBOC→→→→→

→=−=+−，可得：233OPOAOBOC→→→→=+−，则2331+−，故P不在平面ABC内，故选项C错误；对于D，2ABOBOAOPOAOC→→→→→→=−=−+，可得：12OPOBOAOC→→→→=+−则()1

11112+−，故P不在平面ABC内，故选项D错误；故选：A5.过双曲线2222:1(0,0)yxCabab−=内一点()1,1M且斜率为12的直线交双曲线于,AB两点，弦AB恰好被M平分，则双曲线C的离心率为（）A.62B.52C.3D.5

【答案】C【解析】【分析】设1122(,),(,)AxyBxy，则有12122,2xxyy+=+=，121212yyxx−=−，将,AB两点的坐标代入双曲线方程相减，再结合1212,,,xxyy的关系，可得222ba=，从而可得23e=，从而可得答案.【详解】解：由题意可

得12122,2xxyy+=+=，且121212yyxx−=−，又因为22112222222211yxabyxab−=−=，所以121212212211()()()()0yyyyxxxxab+−++−=，即有12122222()()

yyxxab−=−，所以221221222122yyabxxba−===−，所以222ba=，所以22223cbaa=+=，所以2223cea==，所以3e=.故选：C.6.已知函数()fx及其导函数()fx满足()()ln31fxxfx=−

，则()1f=（）A.14B.0C.12D.13【答案】A【解析】【分析】根据题意，对原式进行求导，然后令1x=，代入计算，即可得到结果.【详解】因为()()ln31fxxfx=−，则()()131fxfx=−令1x=，则()()1131ff=−，解得()114f

=故选:A7.已知椭圆C和双曲线E具有相同的焦点，离心率分别为12,ee，椭圆的长轴恰好被双曲线的焦点､顶点､中心平分为若干条等长线段，则（）A.121ee=B.1243ee=C.123ee=D.1

252ee+=【答案】B【解析】【分析】根据题意确定椭圆顶点坐标、双曲线顶点坐标、焦点用a表示，进而可求解.【详解】不妨设焦点在x轴上，根据题意，若双曲线的实轴长为2a，则椭圆的实轴长为6a，则有椭圆的左右顶点为()3,0,(3,0)aa−，双曲线左右顶点为(),0,(,

0)aa，焦点为()2,0,(2,0)aa−，所以12222,233aaeeaa====，所以1243ee=，故A错误，B正确；213ee=，故C错误；1283ee+=，故D错误，故选:B.8.已知()e0xfxa

xb=++对任意xR恒成立，其中,ab常数且0a，则（）A.0abB.1b−C.()lnabaa−−D.lnbaaa−−【答案】C【解析】【分析】首先求得()fx；当0a时，可知()fx

单调递增，分别在10b+和10+b的情况下，说明存在()0fx的区间，可知0a不合题意；当a<0时，根据()fx单调性可求得最小值()()lnfa−，由()()ln0fa−可整理得到结果.【详解】由题意知：()fx定义域为R，(

)exfxa=+；①当0a时，()0fx¢>，()fx\在R上单调递增，且()01fb=+；若10b+，即1b−，则当(),0x−时，()0fx，不合题意；若10+b，即1b−，则()00f，()110efab−=−+，(

)01,0x−，使得()00fx=，则当()0,xx−时，()0fx，不合题意；②当a<0时，若()(),lnxa−−，则()0fx；若()()ln,xa−+，则()0fx¢>；

()fx\在()(),lna−−上单调递减，在()()ln,a−+上单调递增，()()()()lnlnfxfaaaab−=−+−+，若()0fx恒成立，则()ln0aaab−+−+，即()lnabaa−−；综上所述：a<0且()lnabaa−−.故选：C.【点

睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够将问题转化为()min0fx，从而分别在0a和a<0的情况下讨论()fx的单调性，进而由单调性确定最小值.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.若动点P满足PAkPB=（0k且1k）其中点,AB是不重合的两个定点），则点P的轨迹是一个圆，为该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆.已知点()2,0A−，()2,0B，动

点P满足2PAPB=，点P的轨迹为圆C，则（）A.圆C的方程为22(6)32xy−+=B.若圆C与线段AB交于点M，则2AMMB=C.圆C上有且仅有两个点到直线3420xy++=的距离为2D.设动点(),Pmn，则2268mnmn+−−的最大值为40232+【答案】ABD【解析

】【分析】设点(),Pxy代入关系式PAkPB=化简可得(),Pxy的轨迹方程为一个圆，可判断AB；利用圆心()60C，且与直线3420xy++=的距离为4，且2442，可判断C；利用()()2222683425+−−=−+−−mnmn

mn，转化为圆心C到点()3,4的距离加上圆C的半径后，再平方再减去25可判断D.【详解】设Pxy（，），由2PAPB=得()()22222222++=−+xyxy，整理得221240xyx+−+=，即()22632xy−+=，故A正确

；M在C上，所以2AMMB=，故B正确；过圆心()60C，且与直线3420xy++=平行的直线方程为34180xy+−=，圆心()60C，到直线3420xy++=的距离为364024425++=

，所以直线与圆相交，因为2442，所以在直线34180xy+−=与直线3420xy++=之间的圆弧上有两个点到直线直线3420xy++=的距离为2，在直线34180xy+−=的另一侧的圆上还有两个点到

直线3420xy++=的距离为2，共有4个点，故C错误；设动点(),Pmn，所以()22632−+=mn，则()()2222683425+−−=−+−−mnmnmn，即求圆C上的点到点()3,4的距离的平方减去25的最大值，转化为圆心C到点()3,4的距离加上圆C的半径后，再平方再减去25即可，

所以()()()2226304422532402−+−+−=+，故D正确.故选：ABD.10.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，,EF分别为111,CCAD的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）A.32BF=B.1BCE

F⊥C.平面BEF的一个法向量为()2,3,4D.平面BEF与平面1BAF所成角的正切值为73【答案】BC【解析】【分析】根据题意，得到各点的坐标，结合空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详

解】由题意可得()()()()()()110,0,0,2,2,0,1,0,2,0,2,2,0,2,1,2,0,2DBFCEA对于A，因为()1,2,2BF=−−，则()()2221223BF=−+−+=，故A错误；对于B，因为()()12,0,2,1,2,1BC

EF=−=−，则12020BCEF=−++=，所以1BCEF⊥，故B正确；对于C，因为()1,2,2BF=−−，()1,2,1EF=−，设平面BEF的法向量为(),,nxyz=，则22020nBFxyznEFxyz=−−+==−+=，解得

232zxyx==，令2x=，则3,4yz==所以平面BEF的一个法向量为()2,3,4，故C正确；对于D，因为()()10,2,2,1,2,2BABF=−=−−，设平面1BAF的法向量为(),,mxyz

=则1220220mBAyzmBFxyz=−+==−−+=，解得zy=，0x=令1yz==，则平面1BAF的一个法向量为()0,1,1m=设平面BEF与平面1BAF所成角为，则77coscos,22958mnmnmn====显然平面

BEF与平面1BAF所成角为锐二面角，即7cos58=，则51sin58=，所以sin51tancos7==，故D错误；故选:BC11.已知抛物线()220xaya=，过焦点F的直线l与抛物线交于()()1122,,,AxyBx

y两点，则下列说法正确的是（）A.抛物线的准线方程为2ax=−B.122116yya=−C.若2AFBF=，则l的斜率为22D.CD是过焦点且与AB垂直的弦，则112aABCD+=【答案】BCD【解析】【分析】A选项，将抛物线方程写出标准形式，求出准线方程，A错误；B选项

，设出直线l方程为18xmya=+，与抛物线方程联立后，根据韦达定理求出两根之积；C选项，由2AFBF=，得到122yy=−，结合两根之积，求出228ya=，分两种情况，结合两根之和求出m的值，进而求出直

线的斜率；D选项，利用焦点弦长公式求出212amAB+=，从而结合斜率关系求出2212mCDma+=，得到112aABCD+=.【详解】()220xaya=变形为()2102yxaa=，准线方程为18xa=−，A错误；设过焦点1,08Fa的直线l方程为18

xmya=+，与抛物线()2102yxaa=联立得：2212016myyaa−−=，则122mayy=+，122116yya=−，B正确；因为2AFBF=，所以122yy=−，代入122116yya=−中，解得：228ya=，当22

8ya=时，12422ayy=−=−，则82422maaa=+−，解得：24m=−，故直线l的斜率为122m=−，当228ya=−时，12422ayy=−=，则82422aaam−=，解得：24m=，故直线l的斜率为12

2m=，则l的斜率为22，C正确；由焦点弦长公式可得：()()22212121212242211144ayyayyyyaaABxxa=+=+−=++++22212212814aaaaamm=+=++，CD是过焦点且与AB垂直的弦，同理可

得：22211122mmCDmaa−++==，故2221122211aamaABCmDm++==++，D正确.故选：BCD12.已知()2022(0)xfxxx=，若整数,,abc满足2abc，则()()(

),,fafbfc的大小关系可能为（）A.()()()fafbfcB.()()()fcfbfaC.()()()fcfafb=D.()()()fcfbfa=【答案】BCD【解析】【分析】对()fx两边同时取对数，令()()2022lnlngxfxxx==

，对()gx求导得出单调性，即可求出()fx的单调性，即可得出答案.【详解】因为()202200xxfxx=，，对()fx两边同时取对数，所以令()()20222022lnlnlnxgxfxxxx===，所以()()222022202212022

lnln1gxxxxxxx=−+=−−，所以()gx在()0e，上单调递增，在()e,+上单调递减，由复合函数“同增异减”的原则，可知，()fx在()0e，上单调递增，在()e,+上单调递减，因为2abc，所以若

eabc，则()()()fcfbfa，若2eabc，则可能()()()fcfbfa=，若2e<abc，则可能()()()fcfafb=.当2eabc，则()()()fafbfc，但因

为,,abc为整数，而在区间()2,e不存在正整数，所以()()()fafbfc不成立.故选：BCD.第II卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲乙丙三人进行射击练习，已知甲乙丙击中目标的概率分别为0.40

.50.8､､，则三人中至少有两人击中目标的概率为__________.【答案】0.6##35【解析】【分析】根据题意，分别求得三人均未击中目标与只有一人击中目标的概率，然后用1减去其概率之和，即可得到结果.【

详解】根据题意，三人均未击中目标的概率为0.60.50.20.06=；只有一人击中目标的概率为0.40.50.20.60.50.20.60.50.80.34++=所以三人中至少有两人击

中目标的概率为10.060.340.6−−=故答案为:0.614.过点()0,2的直线l与椭圆22:16xCy+=交于,PQ两点，则PQ的最大值是__________.【答案】9510【解析】【分析】根据联立后弦长公式和换元法以及二次函数得最值即可求解.【详解】①当直线斜率

存在时，设直线方程为：2ykx=+联立22162xyykx+==+，得()22626xkx++=，即22(16)24180kxkx+++=，所以1212222418,1616kxxxxkk+=

−=++，所以2212121()4PQkxxxx=++−，222222222222222257618165767243272(21)1411(16)1616(16)(16)kkkkkkkkkkkkk+−−−=+−=+=++++++令

216(1)ktt+=，则原式211120tt=+−，令1(01)mmt=，则原式2120mm=+−，当140m=时取得最大值，此时，819528010PQ==.②当直线斜率不存在时，952210PQb==所以PQ的最大值是9510.故填：9510.15.已知四棱锥PA

BCD−的底面为边长为2的正方形，,2,,PBPCBCPAPDABMN====分别为AB和PC的中点，则平面DMN上任意一点到底面ABCD中心距离的最小值为__________.【答案】38【解析】【分析】由面到点的距离的最小值

转化为点到面的距离的最小值，建立合适的空间直角坐标系，由点到面的距离即可求得平面DMN上任意一点到底面ABCD中心距离的最小值.【详解】四棱锥PABCD−的底面为边长为2的正方形，连接,ACBD且相交于点O，则点O是底面ABCD中心，2PBPCBC===，取BC的中点F，连接P

F，则PFBC⊥，又222PAPDAB===，()()2222222222222222,2222DCCPDPABBPAP+=+==+=+==,PCDCABPB⊥⊥又PCBCP=，ABDCCD⊥面PBC又CD面ABCD，面PBC⊥面A

BCD又PFBC⊥，BC为面PBC与面ABCD的交线，PF平面PBCPF⊥面ABCD又OF面ABCD，CF面ABCD，,PFOFPFCF⊥⊥以F点为原点，以,,FCFOFP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则()0,1,0O，()1,2

,0D，()1,1,0M−，13,0,22N设平面DMN的法向量为(),,mxyz=，设O到平面DMN的距离为d，则()()(),,2,1,0020033,,,1,03230022xyzxymDMxyzxy

zmNM−−=+==−−=−+==令1x=，则731,2,3m=−−，代入距离公式得()()222731121033873123mODdm+−

+−===+−+−，故答案为：38.16.已知不等式221elnln(0)2xkxxxkk−++恒成立，则k的最大值为__________.【答案】2e【解析】【分析】法一：利用同构得到exkx，即2exkx，构造()exgxx=，

0x，利用导函数求出其最小值，得到2ek；法二：先代入1x=求出2ek，再构造函数，证明其必要性即可.【详解】法一：221elnln(0)2xkxxxkk−++变形为()()22elne()lnxxkxkx++，构造2lnyxx=+，定义域()0,+，则

120yxx=+在()0,+上恒成立，所以2lnyxx=+在()0,+单调递增，故exkx，两边平方后变形得到2exkx，构造()exgxx=，0x，则()()2e1xxgxx−=，当

1x时，()0gx，当01x时，()0gx，故()exgxx=在1x=处取得极小值，也是最小值，可知mineexx=，故2ek，k的最大值为2e；法二：221elnln(0)2xkxxxkk−++中令1x=得：21e1ln2kk+

+，解得：2ek，当2ek=时，只要证222eeln1xxxx−++，0x，其中ln1xx+，0x显然成立，为以下是证明过程：构造()ln1hxxx=−−，0x，()11hxx=−，当1x时，()0hx，当01x时，()0hx，故()ln1hxxx=−−在01x

上单调递减，在1x上单调递增，故()()10hxh=，故ln1xx+，0x，只要证222ee0xx−，即222eexx，由于e0,e0xx，故只要eexx，构造()eexkxx=−，0x，则()eexkx=−，当1x时，()0kx，当01x时，()0k

x，故()eexkxx=−在01x上单调递减，在1x上单调递增，故()()10kxk=，故eexx，0x，综上：可得k的最大值为2e.故答案为：2e【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在

探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就

是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.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.17.2022年10月16日至10月22日中国共产党第二十

次全国代表大会在北京顺利召开，会后各地掀起了学习贯彻二十大精神的热潮.某中学在进行二十大精神学习讲座后，从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试（试卷满分100分），并记录下他们的成绩，其中成绩分组区间是：

第一组)45,55，第二组)55,65，第三组)65,75，第四组)75,85，第五组[85,95]，并整理得到如下频率分布直方图，已知图中前三个组的频率依次构成等差数列.（1）求这部分学生成绩的中位数､平均数（保留一位小数）；（

2）为了更好的了解学生对二十大精神的掌握情况，学校决定在成绩较高的第四､五组中用分层抽样的方法抽取5名学生，进行第二轮面试，最终从这5名学生中随机抽取2人作为校二十大精神的宣传员，求85分（包括85分）以上的同学恰有1人被抽到的概率

.【答案】（1）中位数为69.4，平均数为69.5（2）25【解析】【分析】（1）根据题意，结合平均数，中位数的定义，代入计算，即可得到结果.（2）根据题意，结合古典概型的计算公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意可知：()0.

0050.02520.0050.0250.005101bba+=++++=，解得0.020.045ab==设中位数为x，则()0.005100.025100.045650.5,69.4xx++−=.故中位数为69.4平均数为500

.00510600.02510700.04510800.02010900.0051069.5++++=【小问2详解】由分层抽样得最终5名学生中第四组有4人､第五组有1人故85分（包括85分）以上的

同学恰有1人被抽到的概率为114125CC412C105P===18.①圆C与直线1:10lxy+−=相切；②圆C被直线2:30lxy+−=截得的弦长为26；在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解.已知圆C经过点(1,0

)A，圆心C在直线:50lxy+−=上，且__________.（1）求圆C的标准方程；（2）已知圆C与圆C关于直线1l对称，过原点O的直线m交圆C于,MN两点，求弦MN中点Q的轨迹方程.【答案】

（1）22(3)(2)8xy−+−=（2）2220xyxy+++=【解析】【分析】（1）若选①，设圆心(),5Cxx−，求出圆心C到1l的距离可得圆的半径，再由22(1)(5)22rCAxx==−+−=可求出圆心坐

标，从而可求出圆的方程；若选②，设圆心(),5Cxx−，求出圆心C到2l的距离，再由弦长，弦心距和半径的关系列方程可求出圆心和半径，从而可求得圆的方程；（2）先利用对称的关系求出圆C的方程，再由Q在以CO为直

径的圆上，从而可求出其轨迹方程.【小问1详解】选①设圆心()22,5,(1)(5)CxxrCAxx−==−+−，圆心C到1l的距离51222dr−===，所以22(1)(5)22rCAxx==−+−=，解得

3x=，所以圆心()3,2C所以圆C：22(3)(2)8xy−+−=选②设圆心(),5Cxx−，圆心C到2l的距离5322d−==，因为圆C被直线2:30lxy+−=截得的弦长为26，所以圆的半径为222626222rd=+=+=，因为圆C经过点(1,0)A，所以22(1)(5

)22CAxx=−+−=，解得3x=，解得()3,2C，圆C：22(3)(2)8xy−+−=【小问2详解】设圆心（3，2）关于1l的对称点为(,)Cxy，则321022213xyyx+++−=−=−，解得12xy=−

=−所以圆22:(1)(2)8Cxy+++=，因为过原点O的直线m交圆C于,MN两点，弦MN中点为Q，所以OQCQ⊥所以Q在以CO为直径的圆上，设(,)Qxy，则Q轨迹方程为(1)(2)0xxyy+++=，即2220xyxy+++=.19

.已知函数()()32Rfxxaxxa=++（1）若函数()fx存在两个极值点，求a的取值范围；（2）若()lnfxxxx+在()0,+恒成立，求a的最小值.【答案】（1）3a−或3a（2）1−【解析】【分析】（1）函数()fx

存在两个极值点，等价于23210xax++=有两个不同的解，利用判别式大于零求解即可；（2）()lnfxxxx+在()0,+恒成立，即2lnlnxxaxxaxx+−，转化为求()lnxgxxx=−的最大值，利用导数即可得答案

.【小问1详解】因为()()32Rfxxaxxa=++，所以()'2321fxxax=++因为函数()fx存在两个极值点，所以23210xax++=有两个不同的解，所以24120a−，解得3a−或3a【小问2详解】()lnfxxxx+在()0,+恒成立，即2lnln

xxaxxaxx+−恒成立，令()lnxgxxx=−，则()maxagx因为()221lnxxgxx−−=，设()()21ln10hxxxh=−−=，2ln,1yxyx=−=−在()0,+上都递减，所以()21lnhxxx=−−在

()0,+上递减，所以，当01x时，()0hx，此时()'0gx，()gx在()0,1上递增，当1x时，()0hx，此时()'0gx，()gx在()1,+上递减，所以()max()11gxg==−，所以1a−，即min1a=−20.已知直角三角形ABC中，90BAC

=，24,,CAABDE==分别是,ACBC边中点，将CDE和BAE分别沿着,DEAE翻折，形成三棱锥,PADEM−是AD中点（1）证明：PM⊥平面ADE；（2）若直线PM上存在一点Q，使得QE与平面PAE所成角的正弦值为14，求QM的值.【答案】（1）证明见解析

（2）36QM=【解析】【分析】（1）先证PMAD⊥，PMDE⊥，再根据线面垂直的判定可证结论成立；（2）取AE的中点N，连MN，以M为原点，MD，MN，MP分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，根据线面角的正弦值的向量公式可求出结果

.【小问1详解】因为2,PAPDM==为AD中点，所以PMAD⊥；又因,DEADDEPD⊥⊥，AD平面平面PAD，PD平面PAD，ADPDD=I，所以DE⊥平面PAD，又PM平面PAD，所以PMDE⊥，因为AD平面ADE，DE平面ADE，ADDED=，所

以PM⊥平面ADE【小问2详解】取AE的中点N，连MN，则MNMD⊥，由（1）可知,,MDMNMP两两垂直，以M为原点，MD，MN，MP分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图：由2,2,1PDPADE===，得()()(

)()1,0,0,1,0,0,0,0,3,1,1,0ADPE−，()()1,0,3,2,1,0PAAE=−−=，设平面PAE的一个法向量(,,)nxyz=，由3020nPAxznAExy=−−==+=，取3x=，得23y=−，1z=−，

得(3,23,1)n=−−，设()0,0,Qt，则()1,1,QEt=−，为2134||||42QEntQEnt−+==+，解得36t=，故36QM=21.已知双曲线2222:1(0,0)xyC

abab−=过点()2,3，左右顶点分别为12,AA，过左焦点1F且垂直于x轴直线交双曲线于,MN两点，以MN为直径的圆恰好经过右顶点.（1）求双曲线C的标准方程；（2）若P是直线MN上异于,MN的一点，连接12,PAPA分别与双曲线相交于

,QR，当y轴正半轴上的虚轴端点B到直线QR的距离最大时，求直线QR的方程.【答案】（1）22:13yCx−=（2）33612yx=−−【解析】【分析】（1）由题意可得2bcaa=+，又因为双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=过点()2,3，解方程即可求出双

曲线C的标准方程；（2）[法一]记121,,PAPAAR的斜率分别为123,,kkk，由题意可得139kk=，设:RQxmyn=+与双曲线的方程联立，表示出13kk，代入化简得22310nn++=，可得直线QR过定点1,02T−，当B到直线QR的距离最大时BTQR⊥，即可求出直线Q

R的方程；[法二]设点()2,,Pt−设()1:1PAytx=−+代入2213yx−=，表示出Q的坐标，同理表示出R的坐标，即可求出直线RQ的方程，可得直线QR过定点1,02T−，当B到直线QR的距离最大时BTQR⊥，即可求出直线QR的方程.【小

问1详解】因为以MN为直径的圆恰好经过右顶点，所以11FMFA=，所以2bcaa=+，的222222,20,20caacacacaee−=+−−=−−=221,2,3beea==，设()22(0),2,33yxmn−=代入得1m=，故22:13yCx−=【小问2详解】[

法一]记121,,PAPAAR的斜率分别为123,,kkk222313,311RRRRRRyyyxkkxx−===−+又()120213,021PPykyk−−−−==−−−故139kk=，设:RQxmyn=+代入()222221,3163303yxmymnyn−=−++−=

222633,3131QRQRmnnyyyymm−−+==−−，()()()()1391111QRQRQRQRyyyykkxxmynmyn===++++++()()()2219919(1)0QRQRmyymn

yyn−−++−+=，代入化简得22310nn++=QR不过()111,0,1,2Ann−−=−，直线QR过定点1,02T−当B到直线QR的距离最大时BTQR⊥，此时123,232mxy=−=−−即33612yx=−−[法二]设点()()()122,,1

,0,1,0PtAA−−()1:1PAytx=−+代入2213yx−=()2222222363230,33QQtttxtxtxytt+−−−−−===−−同理由()2:13tPAyx=−−可得2222718,2727RRttxyt

t+=−=−−2222222186122732739273QRtttttkttttt+−−==−+++−−−−则直线22226123:393tttQRyxttt++=−−−+−即2212699ttyxtt=−−++所以直线QR过定点1,

02T−当B到直线QR的距离最大时BTQR⊥，此时123,232mxy=−=−−即33612yx=−−.22.已知函数()()e0xfxaxx=+（1）讨论函数()yfx=的零点的个数；（2）若函数()yfx=有两个零点12,xx，证明：()()(

)2121221e1e1e1xxxxaa+−−−−+−+【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将问题转化为ya=−与()()e0xgxxx=交点个数的讨论；求得()gx后，根据()gx的正负

可确定()gx的单调性和最值，由此可得()gx的图象；分别在ea−、ea−=和ea−的情况下，根据交点个数确定()fx零点个数；（2）设12xx，可知1201xx，设()()()2hxgxgx=−−，求导后可证得()hx在()0,1上单调递减，从而确定()()2gxgx−，代入1

x和()()12gxgx=，结合()gx单调性可证得122xx+，从而将所证不等式转化为()()12241e1e1e1xxaa−−−−+−+；不等式右侧部分恰为方程()()22e1110xax++−+=的两根34,xx之差的绝对值，即

34−xx的形式，则可结合()gx的变形形式，构造()22e1e14xFxxx+=−+−，求导后，结合零点存在定理可求得()Fx的单调性，得到()0Fx，即()2e1114gxxx+−+，令2e1114xax+−+=−，其两根为34,xx，可知1234xxxx−−，结合

韦达定理可得()()34241e1e1e1xxaa−−−−+−+，由此可得结论.小问1详解】令()0fx=，则exax−=，令()()e0xgxxx=，则()fx零点个数即为ya=−与()gx交点个数；()()21exxgxx−=，令()0gx=，解得：1

x=，则当()0,1x时，()0gx；当()1,x+时，()0gx；()gx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，()()min1egxg==，由此可得()gx图象如下图所示，当ea−，即ea−时，ya=−与()

gx有两个不同交点；当ea−=，即ae=−时，ya=−与()gx有唯一交点；当ea−，即ea−时，ya=−与()gx无交点；【综上所述：当(),ea−−时，()fx有两个不同零点；当ae=−时，()fx有唯一零

点；当()e,a−+时，()fx无零点.【小问2详解】不妨设12xx，由（1）中ya=−与()ygx=关系可知：1201xx；令()()()2hxgxgx=−−，01x，则()()()222ee12xxhxxxx−=−−

−，令()()2e01xHxxx=，则()()3e20xxHxx−=，()Hx在()0,1上单调递减；()0,1x，2xx−，()222ee02xxxx−−−，则()0hx，()hx在()0,1上单调递减，()()10hxh=，即()

()2gxgx−，又101x，()()112gxgx−，又()()12gxgx=，()()212gxgx−，21x，121x−，()gx在()1,+上单调递增，212xx−，即122xx+；则只需证()()12241e1e1

e1xxaa−−−−+−+即可，令()22e1e14xFxxx+=−+−，则()2e1e12xFxx+=−+，令()()GxFx=，则()2e1e2xGx+=−，令()0Gx=，解得：2e1ln2x+=，当2e10,ln2x+时，()0Gx；

当2e1ln,2x++时，()0Gx；()Fx在2e10,ln2+上单调递减，在2e1ln,2++上单调递增，又()02F=，()22ee1102F−+=，()20F=，2e

12ln2+，()00,1x，使得()00Fx=，当()()00,2,xx+时，()0Fx；当()0,2xx时，()0Fx；()Fx在()()00,,2,x+上单调递增，在

()02x,上单调递减，又()00F=，()20F=，当0x时，()0Fx，即22e1e14xxx+−+，则()2ee1114xgxxxx+=−+，令2e1114xax+−+=−，则()()224e44440xax

++−+=，()()22e1110xax++−+=，则两根为34,xx，且1234xxxx−−，3421e1axx−+=+，3421e1xx=+，()()()23434342441e1e1e1xx

xxxxaa−=+−=−−−+−+，()()()2121221e1e1e1xxxxaa+−−−−+−+.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数零点个数、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够利用极值点偏移求解方法确定122xx+，从

而将所证不等式进行放缩，进一步通过构造函数的方式证得不等式.