【文档说明】山东省德州市2023届高考一模数学试题 含解析.docx，共(27)页，2.424 MB，由小赞的店铺上传

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2023年高考诊断性测试数学一､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，只有一项符合题目要求.1.若复数z满足()1i2iz+=，则z=（）A.2B.2C.3D.3【答案】A【解析】【分析】求得1iz=+，进而可得z.

【详解】()1i2iz+=，()()()222i1i2i2i2i1i1i1i1i1iz−−====+++−−，2z=.故选：A．2.已知集合|2=+Axaxa，()2ln6|Bxyxx==+−，且AB，则（）A.12a−B.12a−

C.21a−D.21a−【答案】C【解析】【分析】先求出集合B，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出a的取值范围即可．【详解】解：由260xx+−，()()023xx+−，解得23x−，所以()2ln6||23Bxyxxxx==+−=

−，集合|2Axaxa=+，因为AB，所以223aa−+，解得21a−．故选：C．3.在ABC中，“π6A”是“1sin2A”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】B【解析】【分析】结合正弦函数的性质由1sin2A，可得π5π66A，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】在ABC中，()0,πA，由1sin2A，可得π5π66A，所以“π6A”是“1sin2A”的必要不充分

条件.故选：B.4.过抛物线()220xpyp=的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为42，则p的值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】设出直线AB的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.【详解】设

()()1122,,,AxyBxy，由题意可得：直线AB的斜率tan451k==，抛物线()220xpyp=的焦点0,2pF，故直线AB的方程为2pyx=+，联立方程222pyxxpy=+=

，消去y得2220xpxp−−=，则()()2222121224180,2,0pppxxpxxp=−−−=+==−，可知12,xx异号，由题意可得：()()()222121212124242242xxxxxxxxppp+=−=

+−=−−==，解得2p=.故选：B.5.新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本

，据统计该型号新能源汽车的耗电量2(13,)N，若()12140.7P=，则样本中耗电量不小于14kWh/100km的汽车大约有（）A.180辆B.360辆C.600辆D.840辆【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的性质，求得

(14)P的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.【详解】因为2(13,)N，且()12140.7P=，所以11(14)[1(1214)](10.7)0.1522PP=−=−=，所以样本中耗电量不小于14Wh/100km的汽车大约12000.1

5180=（辆）.故选：A.6.由点()3,0P−射出的两条光线与1:O()2211xy++=分别相切于点A，B，称两射线PA，PB上切点右侧部分的射线和优弧AB右侧所夹的平面区域为1O的“背面”．若2:O()()2211xyt−+−=处于1O的“背面”，则实数t的取值范围

为（）A.2323t−B.43431133t−+−C.11t−D.232333t−【答案】D【解析】【分析】设过点P的切线方程为(3)ykx=+，进而可得切线方程，利用新定义可求t的最值，进而可求实数t的取值范围．【详解】解：设过点P的切线方程为(3)

ykx=+，2311kkk−+=+，33k=，直线AP的方程为3(3)3yx=+，即330xy−+=，直线PB的方程为3(3)3yx=−+，即330xy++=，222:(1)()1Oxyt−+−=处于1O的“背面”，与P

B相切时t取最小值，由133113t++=+，解得233t=−或23t=−，结合图形可得t的最小值为233−，同理与PA相切时可得t的最大值为233t=，232333t−．故选：D．7.已知等边ABC的边长为2，D为BC的中点，P为线段AD上一点，PEAC⊥，垂足为E，

当23PBPC=−时，PE=（）A.1233ABAC−+B.1136ABAC−+C.1163ABAC−+D.2133ABAC−+uuuruuur【答案】B【解析】【分析】设APAD=，由23PBP

C=−求出，得到P为ABC的重心，E为AC的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．【详解】解：设(01)APAD=，则PCACAPACAD=−=−，PBABAD=−，22()()PC

PBACADABADACABACADABADAD=−−=−−+=22322232336223−+=−+=−，291880−+=，23=或43=（舍去），P为ABC的重心，PE

AC⊥，E为AC的中点，1212111()2323236PEAEAPACADACABACABAC=−=−=−+=−+，故选：B．8.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函

数()fxx=称为高斯函数，其中xR，x表示不超过x的最大整数，例如：21.1−=−，2.52=，则方程214xxx++=的所有解之和为（）A.12B.34C.32D.74【答案】C【解析】【分析】xR，kZ，使211kxk

++，可得122kkx−，2242kxk−，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可.【详解】解：xR，kZ，使211kxk++，则[21]xk+=，可得122kkx−，2242kxk−

，若k为奇数，则12k−Z，所以1[]2kx−=，12142kxxkx−++=+=，则12222kkkk−−+，解得13k−，1k=或3k=，当1k=时，102x，[]0x=，[21]1x+=，111040,42xx+==

，当3k=时，312x，[]1x=，[21]3x+=，331411,2xx+==，若k为偶数，则2kZ，所以[]12kx=−，21142kxxkx++=+−=，则22122kkkk−+−，解得2k−，0k=或2k=，当0k=时，

102x−，[]1x=−，[21]0x+=，11104,042xx−+==−−当2k=时，112x，[]0x=，[21]2x+=，10242xx+==，因此，所有解之和为：111314422+−+=，故选：C.【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概

念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.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.近年来，我国人口老龄化持续加剧，为改善人口结构，保障国民经济可持续发展，国家出台了一系列政策，如2016年起实施

全面两孩生育政策，2021年起实施三孩生育政策等．根据下方的统计图，下列结论正确的是（）2010至2022年我国新生儿数量折线图A.2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万B.2010至2022

年每年新生儿数量的第一四分位数低于1400万C.2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势D.2010至2016年每年新生儿数量方差大于2016至2022年每年新生儿数量的方差【答案】AC【解析】【分析】根据折线图逐项进行分析验证即可求解.【详解】对于A，由折线图可知：2010至

2022年每年新生儿数量13个数据中有2010至2018年的数量的（9个）均高于1500万，3个数据低于1400万，根据数据之间的差距可得2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万，故选项A正确；对于B

，由图可知共有13个数据，因为1325%3.25=，所以第一四分位数是按照从小到大排列的数据的第4个数据，由折线图可知，第4个数据为2019年新生儿的数量，其值大于1400万，故选项B错误；对于C，由折线图可知2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势，故选项C正

确；对于D，由折线图可知：2010至2016年每年新生儿数量的波动比2016至2022年每年新生儿数量的波动小，所以2010至2016年每年新生儿数量的方差小于2016至2022年每年新生儿数量的方差，故选项D错误，故选：AC.10.已知函数()ππsin()0,0

,22fAxAx=+−的部分图象如图所示，则（）A.()fx的最小正周期为πB.当ππ,44x−时，()fx的值域为33,22−C.将函数()fx的图象向右平移π12个单位长度可得函数()sin2gxx=

的图象D.将函数()fx的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点5π,06对称【答案】ACD【解析】【分析】先根据sin()yAx=+中A，，的几何意义，求得()fx的解析式，再结合正弦函数的图象与

性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．【详解】由图可知，1A=，函数()fx的最小正周期5ππ4π126T=−=，故A正确；由2π,0T=，知2π2π2πT===，因为π16f=

，所以πsin216+=，所以ππ2π32k+=+，Zk，即π2π6k=+，Zk，又ππ22−，所以π6=，所以π()sin26fxx=+，对于B，当ππ,44x−时，ππ2π2,633+−x，所以π3sin2,1

62x+−，所以()fx的值域为3,12−，故B错误；对于C，将函数()fx的图象向右平移π12个单位长度，得到ππ()sin2sin2126gxxx=−+=的图

象，故C正确；对于D，将函数()fx的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到πsin6yx=+的图象，因为当5π6x=时，5ππsinsinπ066y=+==，所以得到的函数图象关于点5π,06对称，故D正确．故选：ACD．11.已知双曲线222

2:1(0,0)xyCabab−=，O为坐标原点，过C的右焦点F作C的一条渐近线的平行线交C于点P，交C的另一条渐近线于点Q，则（）A.向量QF在OF上的投影向量为12OFB.若OQF△为直角三角形，则C为等轴双曲线C.若3tan4OQF=−，则C的离

心率为10D.若4PQFP=，则C的渐近线方程为20xy=【答案】ABD【解析】【分析】由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|，可判断A，由已知可得渐近线的倾斜角为45，可判断B，设2OQF=，解得tan3=，

可得13ba=，可判断C，设(,)Pmn,可得9,1010cbcmna==−，代入双曲线方程，化简可求渐近线方程，判断D.【详解】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,Q在OF上的投影为OF的中点，QF在OF上的投影向量为12OF，故A正确；对于B，若△OQ

F为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为45，1ba=，ab=，C为等轴双曲线，故B正确；对于C，若3tan4OQF=−，设2OQF=，则22tan3,1tan4=−−解得tan3=或1tan3=−(舍去)，设渐近线byxa=的倾斜角为，可得1tan3=，1

3ba=，3ab=，229ab=∴，2229()aca=−，22109ac=，103ca=，故C错误；对于D，设直线QF的方程为()byxca=−，与渐近线byxa=−的交点坐标为(,)22cbcQa−，若4PQFP=，则15F

PFQ=，设(,)Pmn，1(,)()522cbcmcna−=−−，，9,1010cbcmna==−，P在双曲线上，222222811001001cbcaab−=，22415ca=，12ba=，C的渐近线方程为12yx=，即20xy=，故D正确.故选：ABD12.已知()e

xfx=，()exgx−=，若直线(0)xkk=与()fx、()gx图象交点的纵坐标分别为n，m，且n2m，则（）A.322nm+B.22nm−C.1(1)nmnm++D.1(1)mnnm++【答案】ABD【解析】【分析】由已知可得

1mn=，12n，依据每个选项条件逐项计算可判断每个选项的正确性．【详解】由题意得ekn=()1n，1ekmn−==，2nm，12nn，12n，对于A：1nmnn+=+，因为函数1

yxx=+在()1,2上单调递增，的1132222nmnn+=++=，故A正确；1nmnn−=−，因为函数1yxx=−在()1,2上单调递增，112222nmnn−=−−=，故B正确；由21102nm−

−−，1nm+，1nmnn+，11(1)mmnm+++，1(1)nmnm++，故C错误；令lnxyx=，则21lnxyx−=，当()1,ex时，0y，lnxyx=在()1,e上单调递增，因为12n，

则12,12mn=，所以211,22m++，lnln(1)1nmnm++，1lnln(1)mnnm++，1(1)mnnm++，故D正确．故选：ABD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，

共20分.13.()521xy−+展开式中含2xy项的系数为______．【答案】－60【解析】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】()()552112xyxy−+=+−，设该二项式的通项公式为()()5155C12C2rrrrrrTxyxy−+=−

=−，因为2xy的次数为3，所以令3r=，二项式()32xy−的通项公式为()313C2rrrrTxy−+=−，令1r=，所以2xy项的系数为()3153CC260−=−，故答案为：60−14.某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成，每包产品均含有1

0个零件．小张到该企业采购，利用如下方法进行抽检：从该企业产品中随机抽取1包产品，再从该包产品中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每包产品均含1个

或2个二等品零件，其中含2个二等品零件的包数占10%，则小张决定采购该企业产品的概率为______．【答案】4375【解析】【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占90%，进而由对立事件和互

斥事件的概率公式计算可得答案．【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占10%，则含1个二等品零件的包数占90%，在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率491410C3C5P==，在含2个二等品零件产品中，随机

抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率482410C1C3P==，则小张决定采购该企业产品的概率93114310510375P=+=；故答案为：4375．15.过点()1,1−与曲线()()ln13e2xfxx=+−+相切的直线方程为______．【答案】210xy++=【

解析】【分析】由导数的几何意义得出切线方程()()1113exyynxx−=−−，进而由切点的位置得出11,xy，从而得出切线方程.【详解】设切点坐标为()11,xy，()13e1xfxx=−+，()11113e1xfxx=−+.则切线方程为()111113e1xyyx

xx−=−−+，因为()1,1−在切线上，所以()1111113e11xyxx−=−−−+，即()1113e12xyx=−++又()111ln13e2xyx=+−+，所以()111ln13e0xxx++=，令()ln13

exyxx=++，()131e1xyxx=+++，当1x−时，0y，所以()ln13exyxx=++在()1,−+上单调递增，所以方程()111ln13e0xxx++=只有唯一解为10x=.即切点坐标为()0,1−，故所求切线方程为12yx+

=−，即210xy++=.故答案为：210xy++=16.在三棱锥VABC−中，,,ABACAV两两垂直，4,2ABAVAC===，P为棱AB上一点，AHVP⊥于点H，则VHC面积的最大值为______；此时，三棱锥AVCP−的外接球表

面积为______．【答案】①.5②.1485【解析】【分析】设APx=，求得216VPx=+，结合1122VPAHVAAP=，求得2416xAHx=+，进而求得2216416xHCx=++和22161616xVHx=−+，根据2211222VHCVHHCS

VHHC+=，求得VHC面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥AVCP−的外接球的半径为r，进而求得外接球的表面积.【详解】设APx=，且4,2ABAVAC===，因为,,ABACAV两两垂直，所以216

VPx=+，所以1122VPAHVAAP=，可得2416xAHx=+，因为,ACABACVA⊥⊥且ABVAA=，所以AC⊥平面VAB，又因为AH平面VAB，所以ACAH⊥，所以222216416xHCACAHx=+=++，因为,VH

AHACVH⊥⊥且AHACA=，所以VH⊥平面AHC，又因为HC平面AHC，所以VHHC⊥，所以22161616xVHx=−+，所以22115222VHCVHHCSVHHC+==，当且仅当222216164161616xxxx+=−++，即4155x=时

等号成立，设三棱锥AVCP−的外接球的半径为r，则()222216151482416255rAPACVP=++=++=，所以三棱锥AVCP−的外接球的表面积为2148π4π5r=.故答案为：5；148π5.四､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.已知等比数列na的各项均为正数，其前n项和为nS，且13a，3a，25a成等差数列，4355Sa+=．（1）求数列na的通项公式；（2）设31lognnnbaa+=，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）()1*3Nnnan−=（2）21

1344nnnT−=+【解析】【分析】（1）利用13a，3a，25a成等差数列以及4355Sa+=求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；（2）由（1）将数列na的通项公式代入31lognnnbaa+=中化简，再利用错位相减法求和即可.小问1详解】设数列

na的公比为q，因为13a，3a，25a成等差数列，【所以2111352aaqaq+=，即2352qq+=，解得3q=或12q=−，因为na各项均为正数，所以0q，所以3q=，由4355Sa+=，得()41213155331aa−+=−，解得

11a=，所以()*1113N3nnnaan−−==.【小问2详解】由（1）知，13nnbn−=，则01211323333nnTn−=++++，所以12331323333nnTn=++

++，两式相减可得01123333nnnTn−−=+++−L31331−−−=nnn，整理可得211344nnnT−=+．18.在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2coscbAb−=．（1）求证：2AB=；（2）若A的角平分线交BC于D

，且2c=，求ABD△面积的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）3,13【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】因为2coscbAb−=，由正弦

定理得sin2sincossinCBAB−=又πABC++=，所以()()sin2sincossincoscossinsinsinABBAABABABB+−=−=−=因为ABC为锐角三角形，所以π0,2A，π0,2B

，ππ,22AB−−又sinyx=在ππ,22−上单调递增，所以ABB−=，即2AB=；【小问2详解】由（1）可知，2AB=，所以在ABD△中，ABCBAD=，由正弦定理得：()2sins

inπ2sin2ADABBBB==−，所以1cosADBDB==，所以1sinsintan2cosABDBSABADBBB===．又因为ABC为锐角三角形，所以π02B，0π22B，0π3π2B−，解得π6π4B，所以3tan,13B

，即ABD△面积的取值范围为3,13．19.黄河鲤是我国华北地区的主要淡水养殖品种之一，其鳞片金黄、体形梭长，尤以色泽鲜丽、肉质细嫩、气味清香而著称．为研究黄河鲤早期生长发育的规律，丰富黄河鲤早期养殖经验，某院校研

究小组以当地某水产养殖基地的黄河鲤仔鱼为研究对象，从出卵开始持续观察20天，试验期间，每天固定时段从试验水体中随机取出同批次9尾黄河鲤仔鱼测量体长，取其均值作为第it天的观测值iy（单位：mm），其中iti=，1,2,3;,20i=．

根据以往的统计资料，该组数据(),iity可以用Logistic曲线拟合模型11tyabu=+或Logistic非线性回归模型1eabtuy−=+进行统计分析，其中a，b，u为参数．基于这两个模型，绘制得到如下的散点图和残差图：（1）你认为哪个

模型的拟合效果更好？分别结合散点图和残差图进行说明：（2）假定12.5u=，且黄河鲤仔鱼的体长y与天数t具有很强的相关关系．现对数据进行初步处理，得到如下统计量的值：201110.520iitt===，2

0113.8320iizz===−，20111.60820iiww===−，()2021665iitt=−=，()()201109.06iiizztt=−−=−，()()201138.32iiiwwtt=−−=−，

其中11lniizyu=−，ln1iiuwy=−，根据（1）的判断结果及给定数据，求y关于t的经验回归方程，并预测第22天时仔鱼的体长（结果精确到小数点后2位）．附：对于一组数据()11

,xy，()22,xy，…，(),nnxy其回归直线ˆyabx=+的斜率和截距的最小二乘估计分别为()()()121ˆniiiniixxyybxx==−−=−，ˆˆaybx=−；参考数据：4e0.0183−．【答案】（1）1eabtuy−=+拟合效果更好，答案见解析（2）0.576

0.208ˆ12.51ety−=+，12.28mm【解析】【分析】（1）根据散点图，结合两个模型的特征进行判断即可；（2）根据对数的运算性质，结合题中所给的公式和数据进行求解即可.【小问1详解】Logistic非线性回归模型1eabtuy−=+拟合效果更好．从散点图看，散点更均

匀地分布在该模型拟合曲线附近；从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内．【小问2详解】将1eabtuy−=+转化为ln1uabty−=−，则()()()2012021138.320.208665ˆiiiiiwwttbtt==−−−−===−

−，所以ˆ0.208b=，所以()1.60ˆˆ80.20810.50.576awbt=−−=−+=．所以y关于t的经验回归方程为0.5760.208ˆ12.51ety−=+．当22t=时，体长0.5760.208224ˆ12.512.512.28mm1e1ey−−==++．20.如

图，在四棱锥VABCD−中，底面ABCD为菱形，2AB=，60BAD=，VBC△为等边三角形．（1）求证：BCVD⊥；（2）若二面角ABCV−−的大小为60，求直线VA与平面VBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）3714【解析】【分析】（1）取BC中点E，连接BD，DE，V

E，依题意可得DEBC⊥、VEBC⊥，即可得到BC⊥平面DEV，从而得证；（2）取DE中点O，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】证明：取BC中点E，连接BD，DE，VE，因为ABCD为菱形且60BAD=，所以BCD△为等边三角形，故DEBC⊥

．又在等边三角形VBC中，VEBC⊥，DEVEE=，,DEVE平面DEV，所以BC⊥平面DEV，因为VD平面DEV，所以BCVD⊥；【小问2详解】由VEBC⊥，DEBC⊥，可得DEV就是二面角ABCV−−

的平面角，所以60DEV=，在DEV△中，3VEDE==，所以DEV△为边长为3的等边三角形，由（1）可知，面DEV⊥底面ABCD，取DE中点O，以O为坐标原点，以DA，OE，OVuuur所在的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz−，VOE中，32OE=

，32OV=，可得32,,02A−，31,,02B，31,,02C−，30,0,2V，故()2,0,0CB=，331,,22CV=−，332,,22AV=−，设(),,nxyz=为平面VBC的一

个法向量，则有2033022xxyz=−+=，令3y=，则1z=，得()0,3,1n=，设直线VA与平面VBC所成角为，则有337sincos,1427nAVnAVnAV====，故直线V

A与平面VBC所成角的正弦值为3714.在21.在平面直角坐标系中，已知点P到点(2,0)F的距离与到直线22x=的距离之比为22．（1）求点P的轨迹C的方程；（2）过点(0,1)且斜率为122kk的直线l与C交于A，B两

点，与x轴交于点M，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，求||||ABMN的取值范围．【答案】（1）22142xy+=（2）445,17055ABMN【解析】【分析】（1）根据两点间距离

公式，结合已知进行求解即可；（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.【小问1详解】设(),Pxy，由题意2222PFx=−，因为22(2)PFxy=−+，所以22(2)

2222xyx−+=−，即222(2)222xyx−+=−，两边平方并整理得22142xy+=．故点P的轨迹C的方程为22142xy+=；【小问2详解】设直线l方程为1122ykxk=+，联立221421xyykx+==+，消y并整理得，

()2221420kxkx++−=，显然0，设()11,Axy，()22,Bxy，则122421kxxk+=−+，122221xxk=−+，又()121222221yykxxk+=++=+，可得线段AB中点坐标为2221,2

121kkk−++，所以线段AB中垂线的方程为221122121kyxkkk−=−+++，令0y=，可得2,021kNk−+，对于直线1ykx=+，令0y=，可得1,0Mk−，所以()222112121kkMNkkkk+=−=++又22

2221222248211182212121kkABkxxkkkkk+=+−=++=++++，所以()222228262811411ABkkkMNkk+==++−++，令251,54tk=+，则

()226681148141yktkt=++−=+−+，因为6814ytt=+−在5,54上单调递增，所以225,17055y，故445,17055ABMN．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入

韦达定理求解.22.已知1()sin(1)1fxaxxxx=−+−+，且0为()fx的一个极值点．（1）求实数a的值；（2）证明：①函数()fx在区间(1,)−+上存在唯一零点；②22111sin121nknk

=−+，其中*Nn且2n．【答案】（1）2a=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得()21cos1(1)fxaxx=−−+，由0为()fx的一个极值点，可得()00f=，进而求解；（2）①当10

−x时，由()0fx，可得()fx单调递减，由(1,0x−，可得()()01fxf=≥，此时函数()fx无零点；当π02x时，设()21cos1(1)gxaxx=−−+，结合其导数分析单调性，结合()00g

，π02g和零点存在性定理，可知存在0π0,2x，使得()0gx=，进而得到()fx单调性，结合()00f=得到()fx在()00,x上单调递增；结合()00fx，π02f，存在10π,2x

x，得到函数()fx的单调性，可得而()fx在π0,2上无零点；当π,π2x时，由()0fx，可得()fx在π,π2单减，再结合零点存在定理，可得函数()fx在π,π2上存在唯一零点；当πx时，由()0fx，此时函数无零

点，最后综合即可得证.②由（1）中()fx在π0,4单增，所以π0,4x，有()()01fxf=，可得11sin121xxx+−+.令()212xkk=，利用放缩法可得2111sin1kkk−+，再结

合sinxx，分别利用累加发可得22111sin21nkkn=−+，2211sin11nkkn=−，即可求证.【小问1详解】由1()sin(1)1fxaxxxx=−+−+，则()21cos1(1)fx

axx=−−+，因为0为()fx的一个极值点，所以()020fa=−=，所以2a=．当2a=时，()212cos1(1)fxxx=−−+，当10x−时，因为函数()fx在()1,0−上单调递减，所以()211

0fx−−=，即()fx在()1,0−上单调递减；当π02x时，()212cos1(1)gxxx=−−+，则()322sin(1)gxxx=−++，因为函数()gx在π0,2上单调递减，且()020g=，3π2202π12g=

−++，由零点存在定理，存在0π0,2x，使得()0gx=，且当()00,xx时，()0gx，即()fx单调递增，又因为()00f=，所以()00,xx，()0fx¢>，()fx在()00,x上单调递增；.综上所述，()fx在()1,0−上单

调递减，在()00,x上单调递增，所以0为()fx的一个极值点，故2a=.【小问2详解】①当10−x时，()2110fx−−=，所以()fx单调递减，所以对(1,0x−，有()()01fxf=≥，此时函数()fx无零点；当π02x时，设()212co

s1(1)gxxx=−−+，则()322sin(1)gxxx=−++，因为函数()gx在π0,2上单调递减，且()020g=，3π2202π12g=−++，由零点存在定理，存在0π0,2x，使得(

)0gx=，且当()00,xx时，()0gx，即()fx单调递增，当0π,2xx时，()0gx，即()fx单调递减．又因为()00f=，所以()00,xx，()0fx¢>，()fx在()00,x上单调递增；因为()00fx，2π

1102π12f=−−+，所以存在10π,2xx，当()01,xxx时，()0fx¢>，()fx单调递增，当1π,2xx时，()0fx，()fx单调递减．所以，当()10,xx时，

()fx单调递增，()()01fxf=；当1π,2xx时，()fx单调递减，()ππ120π2212fxf=−++，此时()fx在π0,2上无零点；当π,π2x时，()212cos10(1)fxxx=−+−，所以()fx在π,π2

单减，又π02f，()1π0π0π1f=−++，由零点存在定理，函数()fx在π,π2上存在唯一零点；当πx时，()12sin2π101fxxxx=−+−++，此时函数无

零点；综上所述，()fx在区间()1,−+上存在唯一零点．②因为2π12104π14f=−−+，由（1）中()fx在π0,2上单调性分析，知1π4x，所以()fx在π0,4单增，所以对π0,4x

，有()()01fxf=，即12sin11xxx−++，所以11sin121xxx+−+．令()212xkk=，则2222211111111sin2111kkkkkkkk

+=−++++，所以22111111111sin2334121nkknnn=−+−++−=−++，设()sinhxxx=−，10,4x，则()cos10hxx=−，所以函数(

)sinhxxx=−在10,4x上单调递减，则()()sin00hxxxh=−=，即sinxx，10,4x，所以2211111sin(1)1kkkkkk=−−−，所以221111111sin1112231nkknnn=−+−++−

=−−，所以22111sin121nknk=−+.的【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明11sin121xxx+−+，令()212xkk=，利用放缩

法可得2111sin1kkk−+，再结合累加法即可得证.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com