【文档说明】辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高三第六次模拟考试 数学 答案.docx，共(27)页，2.496 MB，由小赞的店铺上传

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2023年大连市第二十四中学高三年级第六次模拟考试数学科试卷第Ⅰ卷一、单项选择题：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{(,)|||}Mxyyx==,{|1}Nyyx==+，则MN=（）A.

0yyB.11,22−C.MD.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，M为点集，N为数集，即可求得MN=.【详解】由题意得，{(,)|||}Mxyyx==为||yx=上的点的集合，{|1}Nyyx==+为

1yx=+的值域为数集，所以MN=.故选：D2.命题“20,10xaxx++”为假命题，则命题成立的充分不必要条件是（）A.14a−B.0aC.1aD.1a【答案】C【解析】【分析】利用条件知，对0x，210axx++

恒成立，从而求出a的取值范围，再根据选项即可得出结果.【详解】因为命题“20,10xaxx++”为假命题，所以，对0x，210axx++恒成立，当0a=时，2110axxx++=+在,()0x+上恒成立，所以0a=满足条件，当0a时，令2()1hxaxx=++，对称轴102xa

=−，且(0)10h=，所以，当,()0x+时，210axx++恒成立，当a<0时，显然有210axx++不恒成立，故对0x，210axx++恒成立时，0a，所以则命题成立的充分不必要条件是选项C.故选：C.3.在斜三角形ABC中，sin2coscosABC=−，且tan

tan1BC=−，则角A的值为（）A.π4B.π3C.2π3D.3π4【答案】A【解析】【分析】由tantan1BC=−可得cos2coscosABC=−，又sin2coscosABC=−，所以tan1A=，

即可得出答案.【详解】由tantan1BC=−可得sinsincoscosBCBC=−，则coscossinsin2coscosBCBCBC−=，得()cos2coscosBCBC+=，即cos2coscosABC=−，又sin2coscosABC=−，所以sincosAA=，即tan1A=，又

0πA，则π4A=，故选：A.4.若实数,ab满足3274log83logabab+=+，则（）A.32baB.32baC.3abD.3ab【答案】A【解析】【分析】根据指数和对数运算法则可将

已知等式化为23332log22log2abab+=+，根据对数函数单调性得到23332log22log3abab++，设()32logxfxx=+，由函数单调性可得结果.【详解】由题意知：0a，0b，242aa=，382bb=，2733loglogbb=

，23332log2logabab+=+，2333332loglog22loglog2abab++=++，即23332log22log2abab+=+，3logyx=在()0,+上单调递增，33log2log3bb，23332log2

2log3abab++；设()32logxfxx=+，则()()23fafb，2xy=与3logyx=在()0,+上单调递增，()fx\在()0,+上单调递增，23ab，即32ba.故选：A.5.已知1F、2F为椭圆与

双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且1260FPF=.则该椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为.A.33B.32C.lD.3【答案】B【解析】【详解】设1PFm=，()2PFnmn=.椭圆方程为2222111xyab−=，双曲线方程为2222221xyab−=两曲线的半焦距为1

c、2c，且12cc=.由圆锥曲线定义得12mna+=，22mna−=.于是，12maa=+，12naa=−.又由余弦定理得()()()()222222221212121212124444mnmnccaaaaaaaacc+−==++−−+−==2222121

2344aacc+==2212134ee+=.由均值不等式得12222212121333422eeeeee=+.当122e=，262e=时，上式等号成立.从而，该椭圆与双曲线离心率之积的最小值为32.6.已知数列na共

有100项，满足11005,480aa==，且15(1,2,,99)kkaak+−==，则符合条件的不同数列有（）个．A.4753B.4851C.4937D.4950【答案】B【解析】【分析】根据条件，得出()

11,2,,99kkaak+−=中，有97个5，2个5−，然后将问题转化成97个5，2个5−的排列问题，即可求出结果.【详解】因为15(1,2,,99)kkaak+−==，所以15kkaa+=−或5−，因为()()()100100999998211480aa

aaaaaa=−+−++−+=，又15a=，所以()()()10099999821475aaaaaa−+−++−=，不妨设99个差中有x个5，99x−个5−，则()()5599475xx+−−=，解得

97x=，于是，所求数列的99个差()11,2,,99kkaak+−=中，有97个5，2个5−，因为这97个5，2个5−的每一个排列均唯一对应一个满足条件的数列，所以所求数列的个数为299C4851=.故选：B.7.现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都

与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球对应，应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．已知椭圆的标准方程为221425xy+=，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2

），其体积等于（）的A.41π2B.51π4C.80π3D.73π5【答案】C【解析】【分析】构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，从中挖去一个圆锥，根据祖暅原理可得出椭球的体积为几何体体积为2倍.【详解】椭圆的长半轴为5，短半轴为2，现构造一个底面半径为2，高为5的圆柱

，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积()2218022π25π25π33VVV=−=−=圆柱圆锥.故选：C.8.已知函数()322,02,0xxxxfxxx++

=−，若函数()()2)R(4,gxfxkxxk=−−恰有4个零点，则k的取值范围（）A.()(),125,−−+B.()(),50,2−−C.()(),00,222−+D.()(),0225,−++【答案】D【解析】【分析】零点个数问题转化为根的个数问题，进而转化

为两个函数交点个数问题，通过对k讨论，进而得到k的取值范围.【详解】当0x，32()2fxxxx=++，则2()341fxxx=++，因为0x，2()3410fxxx=++，所以当0x时，()fx单调递增，若函数()()2)R(4,gxfxkx

xk=−−恰有4个零点,则()24fxkxx−=有四个根，即()yfx=与2()4yhxkxx==−有四个交点，当0k=时，()yfx=与44yxx=−=，图象如下：两图象只有两个交点，不符合题意，当0k时，24ykxx=−与x轴相交与两点10x=与2214()xxxk=图象如下：当

2xk=时，函数24ykxx=−的函数值为4k−，当2xk=时，函数2yx=−的函数值为4k−，所以两图象有四个交点，符合题意，当0k时，24ykxx=−与x轴相交与两点10x=与2214()xxxk=图象如下：在[0,4)

k内两图象有两个交点，所以若有四个交点，只需要322yxxx=++与24ykxx=−在4(,)k+内还有两个根，因为4xk，所以2244kxxykxx=−−=，所以有32224xxxkxx++=−在4(,)k+内还有两个根，即23225kxxxx++=在4(

,)k+内还有两个根，所以在52kxx=++在4(,)k+内还有两个根，因为52252yxx=+++（当且仅当5x=时，取等号），所以45k且252k+，解得252k+，综上所述，k取值范围为(,0)(252,)−++

.故选：D.【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求解参数的方法：（1）二次型函数可借助二次方程根的个数求解；（2）分离参数法，分离参数考虑两个函数图象的交点个数；（3）转化法，拆分为两个函数，利用函数图象的交点个数求解.二、多项选择题：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.（多选题）已知x，Ry，i为虚数单位，且()112xiyi+−=−+，复数()1xyzi+=−，则以下

结论正确的是（）A.z的虚部为2i−B.z的模为2C.z的共轭复数为2iD.z对应的点在第四象限【答案】BC【解析】【分析】由复数相等可构造方程求得,xy，利用复数乘法运算求得z；根据复数虚部定义、模长求解、

共轭复数定义和对应点的坐标依次判断各个选项得到结果.【详解】()112xiyi+−=−+，121xy+=−=−，解得：11xy==，()212zii=−=−.对于A，z的虚部为2−，A错误；的对于B，2z=，B正确；对于C，z的共轭复数为2i，C正确；对于D，z对应()

0,2−，不在第四象限，D错误.故选：BC.【点睛】本题考查复数相关定义的辨析，涉及到复数虚部定义、模长求解、共轭复数定义和对应点的坐标；关键是能够利用复数相等和复数乘法运算求得复数.10.已知函数()()()sin20π

fxx=+的图象关于点2π,03中心对称，则（）A.()fx在区间5π0,12单调递减B.()fx在区间π11π,1212−有两个极值点C.直线5π12x=是曲线()yfx=的对称轴D.直线32yx=−是曲线()yfx=的切线【答

案】ACD【解析】【分析】根据函数()()()sin20fxx=+的图象关于点2π,03中心对称，由2π4πsin033f=+=求得()2πsin23fxx

=+后，再逐项求解判断.【详解】解：因为函数()()()sin20fxx=+的图象关于点2π,03中心对称，所以2π4πsin033f=+=，则4ππ,Z3kk+=

，因为0，所以2π3=，则()2πsin23fxx=+，令π2π3π2232x+，得π5π1212x−，所以()fx在区间5π0,12单调递减，故A正确；B.若π11π,1212x−，则2ππ5

π2,322x+，由函数的单调性知：()fx在区间π11π,1212−有一个极值点，故B错误；C.令2ππ2π,Z32xkk+=+，得ππ,Z212kxk=−，所以直线5π12x=是曲线()yfx=的对称

轴，故正确；D由()2πsin23fxx=+，得()2π2cos23fxx=+，令()1fx=−，得2π1cos232x+=−，则2π2π22π,Z33xkk+=+或2

π4π22π,Z33xkk+=+，解得π,Zxkk=或ππ,Z3xkk=+，所以曲线()yfx=在30,2处的切线方程为32yx=−，故D正确；故选：ACD11.在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线

段DO的中点，AE为底面圆的直径，ABC是底面圆的内接正三角形，3ABAD==，则下列说法正确的是（）A.//BE面PACB.三棱锥−PABC的外接球直径322C.在圆锥侧面上，点A到DB的中点的最短距离必

大于32D.记直线DO与过点P的平面所成的角为，当3cos0,3时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆【答案】BCD【解析】【分析】画出图分析，逐项判断即可.【详解】如图所示：对于A：若//BE面PAC，BE平面ABC，平面PAC平面ABCAC=,则//BEAC，因为AE为

直径，O为圆锥底面圆的圆心，ABC是底面圆的内接正三角形,.所以BEAB⊥，OCAB⊥，所以//BEOC，故A错误；对于B：因为3AB=，则312sin3OA==，222DODAOA=−=，22OP=，2262PAPBPCOPOA

===+=，故222PAPBAB+=，则PAPB⊥，同理PAPC⊥，PCPB⊥，且三棱锥−PABC是正三棱锥，设其外接球半径为R，则三棱锥−PABC的外接球可以转化为：边长为62的正方体的外接球，所以

6322322R==，故B正确；对于C：由于ABD△是边长为3的等边三角形，故点A到BD中点的距离为33322=.故在圆锥侧面上，点A到BD的中点的最短距离大于32，故C正确；对于D：因为DO与母线的夹角的余弦值为63，则6co

s3，即ADO，所以平面与圆锥侧面的交线为椭圆，故D正确；故选：BCD.12.P为椭圆1C：22143xy+=上的动点，过P作1C切线交圆2C：2212xy+=于M，N，过M，N作2C切线交于Q，则（）A.OPQS的最大值为32B.OPQS的最

大值为33C.Q的轨迹是2213648xy+=D.Q的轨迹是2214836xy+=【答案】AC【解析】【分析】设出点,QP的坐标，分别写出直线MN方程，根据系数相等，求得坐标之间的关系，结合几何关系，即可求

得三角形OPQ得面积，结合均值不等式则面积的最大值可解；利用相关点法，即可求得动点Q的轨迹方程.【详解】根据题意，作图如下：不妨设点P的坐标为()11,xy，点Q坐标为(),mn，故切点MN所在直线方程为：12mxny+=；又点P为椭圆上的一点，故切线方程MN所在直线方程为：11143xyxy

+=；故可得11,124123xymn==.即113,4mxny==不妨设直线MN交OQ于点H，故PHOQ⊥设直线OQ方程为：0nxmy−=，故1122nxmyPHmn−=+，又22OQmn=+，故可得三角形OPQ的面积111122SOQPHnxmy==−22111111111

1143222xyxyxyxy=−==2222211111113121224324432xyxy=+=，当且仅当221143xy=，且2211143xy+=时，即221132,2xy==时取得最大值.因为点P在椭圆上，故2211143xy

+=，又113,4mxny==，故可得2211149316mn+=，整理得2213648mn+=.故动点Q的轨迹方程为：2213648xy+=.故选：AC.【点睛】本题考查切点弦直线方程、椭圆的切线方程，以及均值不等式的利用，轨迹方程的求解，属综合困难题.第Ⅱ卷三、填空题

：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.从生物学中我们知道，生男、生女的概率基本是相等的，都可以近似地认为是12．如果某个家庭中先后生了三个小孩，当已知三个小孩中有女孩的条件下，则三个小孩中有男孩的概率为___

_______．【答案】67【解析】【分析】列举出三个小孩性别所有可能的结果，结合古典概型和条件概率公式可计算得到结果.【详解】记事件A为“三个小孩中有女孩”，事件B为“三个小孩中有男孩”，三个小孩的性

别所有可能结果有：男男男，男男女，男女男，女男男，男女女，女男女，女女男，女女女，共8种情况，则()6384PAB==，()78PA=，()()()364778PABPBAPA===.故答案为：67.14.在()22nx−的展开式中，x的幂指

数是整数的各项系数之和为__________．【答案】()21312nS=+【解析】【分析】求出()22nx−的展开式的通项，求出()2012222222212CC2C2C2nnnnnnn+=+++

+和()21012222222212CC2C2C2nnnnnnn+−=−+−+，两式相加即可求出答案.【详解】展开式中的第1r+项为()1212C2nrrrrnTx−+=−.因x的幂指数为整数，故r为偶数.记00224422222

2C2C2C2C2nnnnnnS=++++.因为()2012222222212CC2C2C2nnnnnnn+=++++，()21012222222212CC2C2C2nnnnnnn+−=−+−+，两式相加得：()22223131

nnnS=+−=+.所以，()21312nS=+.故答案为：()21312nS=+.15.已知,,abc是平面内的三个单位向量，若ab⊥，则2322acabc+++−的最小值是__________．【答案】29【解析】【分析】采用向量的坐标

运算，得到所求模长之和的几何意义，将问题转化为单位圆上的点到()2,0−和()3,2两点的距离之和的最小值的求解问题，根据直线与圆相交可知所求最小值即为两点间距离，由此计算得到结果.【详解】,,abc均为单位向量且ab⊥，不妨设()1,0a=，()0,1b=，(

),cxy=且221xy+=，()221,2acxy+=+，()323,2abcxy+−=−−，()()()222223221432acabcxyxy+++−=+++−+−()()()22222234132xyxxyxy

=++++++−+−()()()2222232xyxy=+++−+−，232acabc+++−的几何意义表示的是点(),xy到()2,0−和()3,2两点的距离之和，()2,0−和()3,2两点确定的直线为()225yx=+，即2540xy−+=，原点到2

540xy−+=的距离4429129425d==+，221xy+=与2540xy−+=相交，则点(),xy到()2,0−和()3,2两点的距离之和的最小值即为()2,0−和()3,2两点间距离，所求最小值为

()()22230229−−+−=.故答案为：29.16.两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆()222:nnnCxyar+−=(an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=___

___【答案】①.54②.n【解析】【分析】第一空：将圆()1122:1Cxya+−=与2yx=联立，利用0=计算即可；第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系11nnnnaarr−−=++，再将()222:nnnCxyar+−=与2yx=联立

，得到214nnar=+，与11nnnnaarr−−=++结合可得nr为等差数列，进而可得nr.【详解】当r1=1时，圆()1122:1Cxya+−=，与2yx=联立消去y得()22112110yaya−−+−=，则()()221121410aa=−−−=，解得154a=；由图

可知当2n时，11nnnnaarr−−=++①，将()222:nnnCxyar+−=与2yx=联立消去y得()222210nnnyayar−−+−=，则()()2222140nnnaar=−−−=，整理得214nnar=+，代入①得22111144nnnnrrrr−−+=+++，整理得1

1nnrr−−=，则()11nrrnn=+−=.故答案为：54；n.【点睛】本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目.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.已知等差数列na的前n项和为nS，其中210a=−，642S=−．（1）求数列na的通项；（2）求数列na的前n项和为nT．【答案】（1）214nan=−（2）2213,71384,7nnnnT

nnn−=−+【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式以及等比数列的性质列方程求出na的公差即可求解；（2）由等差数列的求和公式求出nS，讨论当7n时，nnaa=−，nnTS=−；当7n时，nnaa=，72nnTSS=−，写成分段的形式即可.【小问1详解】设

{}na的公差为d，则21611061542aadSad=+=−=+=−，解得1122ad=−=，所以122(1)214nann=−+−=−；【小问2详解】因为214nan=−，所以()212214132nnnSnn−+−==−，

当7n时，2140nan=−，此时nnaa=−，()2121213nnnnTaaaaaaSnn=+++=−+++=−=−，当7n时，2140nan=−，此时nnaa=，()1267812789nnnTaaaaaaaaaaaa=

+++++++=−+++++++()222777213271371384nnSSSSSnnnn=−+−=−=−−−=−+，综上所述：2213,71384,7nnnnTnnn−=−+.18.在①()coscos

2BbABac=++，②sinsinsinsinaBCbcAC+=−+，③32SBABC=−三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且__________，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足π3

ACD=，3AD=．（1）求角B的值；（2）求BC的取值范围．【答案】（1）条件选择见解析，2π3（2）(0,2)【解析】【分析】（1）根据所选条件，采用正余弦定理或者三角形面积公式一一计算即可（2）根据题意，选择①

②③求得2π3B=，设BAC=，则ππ,26CADCDA=−=+，在ACD中，由正弦定理求得π2sin()6AC=+，在ABC中，由正弦定理求得可得4π23πsin()sinsin(2)16333BC=+=−+，结合π03和三角函数的性质，即可求解.【小问1

详解】选①：()coscos2BbABac=++，即coscos2BbCac=−+，由正弦定理可得：cossincos2sinsinBBCAC=−+，整理得sincos2sincossincosBCABCB

−=+，所以sincossincos2sincosBCCBAB−−=，即sin()sin2sincosBCAAB−+=−=，又(0,π)A，所以sin0A,得到1cos2B=−，又(0,π)B，所以2π3B=.选②：sinsinsinsinaBCbcAC+=−+，由正弦定理可得：

abcbcac+=−+，整理得222acbac+−=−，即222bacac=++，又由余弦定理2222cosbacacB=+−，所以1cos2B=−，又(0,π)B，所以2π3B=.选③：32SBABC=−，根据条件得13sincos22acBacB=

−，得到tan3B=−，又(0,π)B，所以2π3B=.综上，无论选择哪个条件，2π3B=【小问2详解】设BAC=，则ππ,26CADCDA=−=+，在ACD中，由正弦定理得sinsinACADADCACD=，可得π3sin()sinπ62sin()πs

in6sin3ADADCACACD+===+，在ABC中，由正弦定理得sinsinACBCB=，可得π2sin()sinsin4π6sin()sin2πsin63sin3ACBCB+=

==+2431431(sincos)sin(sinsincos)222233=+=+2111cos2(23sin2sincos)(23sin2)233−=+=+123(sin23cos2)1sin(2)1333=−

+=−+，因为π03，可得πππ2333−−，当ππ233−=时，即π3=，可得23πsin1233+=，当ππ233−=−时，即0=，可得23πsin()1033−+=，所以BC的取值范围是(0,2).19.如图，在三棱台

111ABCABC-中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧面11ACCA为等腰梯形，且1111ACAA==，D为11AC的中点．（1）证明：ACBD⊥；（2）记二面角1AACB−−的大小为，2,33时，求直线1AA与平面11B

BCC所成角的正弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）21313,713．【解析】【分析】（1）通过证明ACDM⊥，ACBM⊥得出AC⊥平面BDM，即可由线面垂直性质得出；（2）以M为坐标原点建立空间直角坐标系，可得DMB为二面角1AACB−−的平面角，的DMB=，

求出平面11BBCC的法向量和1AA，利用向量关系可表示出直线1AA与平面11BBCC所成角的正弦值，即可根据范围求出.【详解】（1）证明：如图，作AC的中点M，连接DM，BM，在等腰梯形11ACCA中，D，M为11AC，AC的中点，∴ACDM⊥，在正ABC中，M为AC的中点，∴AC

BM⊥，∵ACDM⊥，ACBM⊥，DMBMM=，DM，BM平面BDM，∴AC⊥平面BDM，又BD平面BDM，∴ACBD⊥．（2）解：∵AC⊥平面BDM，在平面BDM内作MzBM⊥，以M为坐标原点，以M

A，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建立空间直角坐标系，∵DMAC⊥，BMAC⊥，∴DMB为二面角1AACB−−的平面角，即DMB=，()1,0,0A，()0,3,0B，()1,0,0

C−，330,cos,sin22D，1133,cos,sin222C−，1133,cos,sin222A，设平面11BBCC的法向量为(),,nxyz=，()

1,3,0CB=，1133,cos,sin222CC=，则有100CBnCCn==，即30133cossin0222xyxyz+=++=，则可取1cos3,1,sinn−

=−，又1133,cos,sin222AA=−，设直线1AA与平面11BBCC所成角为，∴12233sincos,212coscos341cossinAAn===−++++，∵

2,33，∴11cos,22−，∴21313sin,713．20.为纪念中国共产党成立102周年，加深青少年对党历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识，激发爱党爱国热情，坚定走新

时代中国特色社会主义道路的信心，我校举办了党史知识竞赛．竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得一个积分．已知甲乙两名同学一组，甲同学和乙同学对每道题答对的概率分别是1p和2p，且每道题答对与否互不影响．（1）若1213,24pp==，求

甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率；（2）若1243pp+=，且每轮比赛互不影响，若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？【答案】（1）135512（2）20【解析】【分析】（1）根据()()()121

2122,33,23,3PPaaPaaPaa===+==+==可求得；（2）得出获得一个积分的()22121245Ppppp=−，由已知可得121499pp，进而求得max256729P=，根据甲乙两同学在n轮比赛中获得的

积分数X满足(),XBnP，根据7nP即可解得.的【小问1详解】假设甲和乙答对的题目个数分别为1a和2a，故所求概率()()()1212122,33,23,3PPaaPaaPaa===+==+==233233223311331131

35CC224442451212=++=，所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为135512；【小问2详解】由（1

）知，一轮获得一个积分的概率为()()()1212122,33,23,3PPaaPaaPaa===+==+==()()()()332222333112132212C1C1pppppppp=−+−+，整理得()()222212121212123545

Ppppppppppp=+−=−，因为1201,01pp且1243pp+=，所以12111,133pp，所以21212192pppp+，当且仅当2123pp==时等号成立，即121499pp，令12ppt=，则14,99t

，所以3214()54,,99Ptttt=−+，则2()158Pttt=−+，对称轴为415t=，又244416()15()8099927P=−+=，所以当14,99t时，()0Pt，则当49t=时，max256()729Pt=

，甲乙两同学在n轮比赛中获得的积分数X满足(),XBnP，所以由7nP，即2567729n解得729719.9256n，因为n为正整数，所以n至少为20，所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论

上至少要进行20轮竞赛.21.在xOy平面上．设椭圆()222:11xymm+=，梯形ABCD的四个顶点均在上，且//ABCD．设直线AB的方程为()ykxk=R．（1）若AB为的长轴，梯形ABCD的高为12，且C在

AB上的射影为的焦点，求m的值；（2）设2m=，2ABCD=，AD与BC的延长线相交于点M，当k变化时，MAB△的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）2m=（2）MAB△的面积为定值6【解析】【分析】（1）

利用m表示出2cx，根据C在AB上的射影为的焦点可构造方程求得m；（2）利用韦达定理和弦长公式可表示出,ABCD，利用长度关系可得2632kt+=；根据12MABSABd=△可整理得到定值.【小问1详解】梯形ABCD的高为12，12cy=，代入椭圆方程得：

2234cmx=，C在AB上的射影为的焦点，22314mm−=，又1m，2m=.【小问2详解】当2m=时，椭圆22:12xy+=；设()()()()11223344,,,,,,,AxyBxyCxyDxy，由2212x

yykx+==得：()221220kx+−=，120xx+=，122212xxk=−+；//ABCDQ，可设直线:tDyCkx=+，由2212xyykxt+==+得：()22212

4220kxktxt+++−=，则()228120kt=+−，解得：2212tk+，342412ktxxk+=−+，23422212txxk−=+；()222121222211412kABkxxxxk+=++−=+；()2222234342

221121412kktCDkxxxxk++−=++−=+；2ABCD=，222222221421121212kkktkk+++−=++，整理可得：22634kt+=，即2632kt+=；点M到直线AB的距离为直线CD与AB间距离的2倍，221tdk=

+，2222222221122122632221211212MABttkkSABdkkkk++====++++6=，即MAB△的面积为定值6.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解

此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的某个关系式；④化简所得关系式，消元可得定值.22.已知*Nn，函数()lnnfxxnx=

−有两个零点，记为nx，()nnnyxy．（1）证明：11nnnnyxyx++−−．（2）对于0，若存在，使得()()()()nnnfff−=−，试比较+与2的大小．【答案】（1）证明见解析（2）2+【解析】【分析】（1）问题化为方程1lnxn

x=有两个根，构造()lnxgxx=研究单调性，结合1111enn+得到11ennnnxxyy++，即可证结论；（2）由已知()()lnln1nnf−=−−，结合212nnf+=−+作差，再构造()()()21ln11tgtttt−=−+研究其函

数值符号比较(),2nnff+大小，根据()1nnfxx=−单调性即可证结论.【小问1详解】函数()nfx有两个零点，即方程1lnxnx=有两个根．令()lnxgxx=，则()21lnxgxx−=，故()0,e上

()0gx，()e,+上()0gx，∴()gx在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，在ex=处取得最大值()1eeg=，∴11en，即en，且()*eNnnxyn，又1111enn+，且lnln1

nnnnxynxy==，1111lnln11nnnnxynxy++++==+，结合函数()gx的单调性得11ennnnxxyy++，∴11nnnnyxyx++−−．【小问2详解】由()()()()nnnfff

−=−得：()()()()()lnlnlnln1nnnffnnf−−−−−===−−−−．而212nnf+=−+，∴()()()lnln22l

n2nnnnnff−−−+−−=+=−−+−+．设()1tt=，则()()221lnln1ttt−−−=−++．令()()()21ln11tgtttt−=−+，则()()()()()()2

222111111011tttgttttt+−−−=−=++，∴()gt在()0,+上是增函数，因此()()10gtg=，故()2ln0−−+．又0，en，即0−，∴0n−−，从而()02nnff+

−，即()2nnff+．又()1nnfxx=−在()0,+上是增函数，∴2+，即2+．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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