【文档说明】2023届山东省滨州市高三二模数学试题 含解析.docx，共(24)页，2.155 MB，由管理员店铺上传

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高三数学试题2023.5本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每个小题答案后，用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、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{|32}Axx=−，{

|||2}Bxx=，则（）A.ABB.BAC.2|}2{ABxx=−D.{|32}ABxx=−【答案】C【解析】【分析】利用绝对值不等式的解法及子集的定义，结合交集和并集的定义即可求解.【详解】由2x，得22x−，所

以{|22}Bxx=−，由3,3AB−−,得集合A不是集合B的子集，故A错误；由2,2BA,得集合B不是集合A的子集，故B错误；{|32}{|22}{|22}ABxxxxxx=−−=−,故C正确；{|32}{|22}{|32}ABxxxxxx=−

−=−，故D错误.故选：C.2.已知复数12i1iz+=−（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运

算求出z，根据复数的几何意义即可得答案.【详解】由题意12i(12i)(1i)13i1i22z+++−+===−，故复数z在复平面内对应的点13(,)22−在第二象限，故选：B3.已知抛物线2:2(0)Cypxp=上一点()02,

Py到其焦点的距离为5，则p=（）A.3B.4C.5D.6【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的定义即可求解.【详解】设抛物线的焦点为F,则5PF=，由抛物线的定义知，252pPF=+=，解得6p=.故选：D.4.某组样本数据的频率分

布直方图如图所示，设该组样本数据的众数、平均数、第一四分位数分别为1x，2x，3x，则1x，2x，3x的大小关系是（注：同一组中数据用该组区间中点值近似代替）（）A.312xxxB.213xxxC.132xxxD.123

xxx【答案】A【解析】【分析】根据频率分布直方图中众数、平均数及百分位数计算规则计算即可判断.【详解】由频率分布直方图可知众数为232.52+=，即12.5x=，平均数20.21.50.242.50.23.50.164.50.125.50.046

.50.047.53.54x=++++++=，显然第一四分位数位于)2,3之间，则()30.220.240.25x+−=，解得32.208x，所以312xxx.故选：A5.已知

直线:1lmxny+=与圆22:1Oxy+=相切，则mn的最大值为（）A.14B.12C.1D.2【答案】B【解析】【分析】由直线和圆相切可得221+=mn，利用基本不等式即可求得答案.【详解】由于直线:1lmxny+=与圆22:1Oxy

+=相切，故圆心到直线l的距离为2211dmn==+，即221+=mn，故22122mnmn+=，当且仅当22mn==时取等号，故选：B6.函数()23cos+=−+xfxaxbxc的图象如图所示，则（）A.0a

，0b=，0cB.a<0，0b=，0cC.a<0，0b，0c=D.0a，0b=，0c【答案】A【解析】【分析】由图象分析函数奇偶性，特殊位置，及函数定义域即可.【详解】由图象观察可得函数图象关于y轴对称，即函数为偶函数，所以()()2

3cosxfxfxaxbxc+−==++得：0b=，故C错误；由图象可知()4000fcc=，故D错误；因为定义域不连续，所以20axbxc−+=有两个根可得240bac=−，即ac、异号，0a，即B错误，A正确.故选：

A7.设1sin4a=，4e1b=−，5ln4c=，则a，b，c的大小关系为（）A.abcB.bacC.bcaD.cba【答案】B【解析】【分析】分别构造函数()sinln(1)fxxx=−+和()()esin1xhxx=−+，

利用导数讨论其单调性可得.【详解】解：将14用变量x替代，则sinax=，e1xb=−，ln(1)cx=+，其中()0,1x，令()sinln(1)fxxx=−+，则1()cos1fxxx=−+，令

1()()cos1gxfxxx==−+，则21()sin(1)gxxx=−++，易知()gx在()0,1上单调递减，且(0)10g=，1(1)sin104g=−，∴0(0,1)x，使得()00gx=，当()00,

xx时，()0gx，()fx单调递增；当()0,1xx时，()0gx，()fx单调递减．又(0)0f=，1(1)cos102f=−，∴()0fx，∴()fx在()0,1上单调递增，∴()()00fxf=，即sinln(1)xx+，∴ac，

记()()esin1xhxx=−+，()0,1x，则()ecos0xhxx=−，()hx在()0,1上单调递增，又()()00esin010h=−+=，所以1()(0)04hh=，所以ba综上，b

ac.故选：B．8.在正四棱锥PABCD−中，42AB=，45PA=，过侧棱PA的延长线上一点1A作与平面ABCD平行的平面，分别与侧棱PB，PC，PD的延长线交于点1B，1C，1D．设几何体111

1PABCD−和几何体1111ABCDABCD−的外接球半径分别为1R和2R，当21RR最小时，1=PAPA（）A.15B.25C.35D.45【答案】C【解析】【分析】根据正四棱锥，正四棱台的结构特征确定外接球的球心、半径，再结合二

次函数的最值求得结果.【详解】设1PAtPA=，则11PAPAt=，1t.过点P作PN^平面1111DCBA于点N，交平面ABCD于点M，则PM⊥平面ABCD.设几何体1111PABCD−和几何体1111ABCDABCD−的外接球球心分别为12,

OO，由11ABAB∥，45PA=，得145PAt=，由42AB=得1142ABt=，几何体1111PABCD−的外接球球心为1O在PN上，1145,4PAAtNt==，()()1222214548PNPAANttt=−=−=，8PM=.在直角11OAN中，

()()()22222111148++−−==ROtANPNPRt，解得15Rt=.如图2，几何体1111ABCDABCD−的外接球球心为2O在PN上，设2OMx=，288ONtx=−−，14ANt=，则222222212=+=+RAMOMANON

，即()()2222224848Rxttx+−=−=+，解得()()2231151815835xttttttt−−−−+===−−−，()2222435Rt=+−，则()()2222222143161555tRRttt+−==−+，当135t=时，2221RR取最小值，即21R

R最小，此时1135PAPAt==.则53t=，215633==−=xtOM，16883−=−==MPNPtNM，则2O与N重合.故答案为：C.【点睛】多面体外接球球心位置方法点睛：多面体的外接球球心位于过底面外接圆圆心且与底面垂直的直线上.二、多项选

择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知向量()1,am=，()2,4b=−，则下列说法正确的是（）A.若10ab+=rr，则5m=B.若a

∥b，则2m=−C.若ab⊥，则1m=−D.若1m=，则向量a，b的夹角为钝角【答案】BD【解析】【分析】由向量模的计算公式判断A；由共线向量的坐标运算判断B；由向量垂直时数量积为0判断C；由向量的数量积判断D.【详解】解：对于A，因为()1,am=

，()2,4b=−，所以()3,4abm+=−rr，()2||9410abm+=+−=rr，解得5m=或3m=，故A错误；对于B，因为a∥b，所以24m=−，解得2m=−，故B正确；对于C，因为ab⊥，所以240abm=−=rr，解得12m=，故C错误；对

于D，当1m=时，()1,1a=，2420ab=−=−rr，又因为此时a，b不共线，所以向量a，b的夹角为钝角，故D正确.故选：BD.10.下列说法正确是（）A.已知经验回归方程ˆ0.50.78=−yx，则当26x=时，ˆy的估计值为12.22B.在回归分析中，残差点

分布的带状区域的宽度越窄表示拟合效果越差的C.在经验回归方程ˆ0.310=−+yx中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位D.在一元线性回归模型分析中，决定系数2R用来刻画模型的拟合效果，若2R的值越小，则模型的拟合效果越好【答案】AC

【解析】【分析】将26x=代入回归方程即可判断A；根据残差的几何意义即可判断B；根据回归方程即可判断C；根据决定系数2R的几何意义即可判断D.【详解】对于A，经验回归方程ˆ0.50.78=−yx，当2

6x=时，0.5260.7812.22y=−=，故A正确；对于B，在回归分析中，残差点分布的带状区域的宽度越窄表示拟合效果越好，故B错误；对于C，在经验回归方程ˆ0.310=−+yx中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位，故C正确；对于D

，在一元线性回归模型分析中，若2R的值越小，则模型的拟合效果越差，故D错误.故选：AC.11.已知函数()sin3cos(0)fxxx=+，满足π26f=，则下列结论正确的是（）A.()y

fx=的值域为22−,B.的最小值为2C.()yfx=的图象关于直线7π6x=对称D.π3yfx=−是偶函数【答案】AC【解析】【分析】利用辅助角公式化简()fx，再利用π26f=，求出，结合三角函数的性质即可求解.【详解】依题意，()πsin3cos2si

n3fxxxx=+=+，所以()yfx=的值域为22−,，故A正确；因为π26f=，所以()ππ2sin263fx=+=，即πππ2π,Z632kk+=+,解得121,Zkk

=+，又0，所以当0k=时，的最小值为1，故B错误；由()7π7ππ3π2sin1212sin14π26632fkk=++=+=−，得()yfx=的图象关于直线7π6x=对称，故C正确；()()()πππ2sin1212sin1214π

2sin121333fxkxkxkkx−=+−+=+−=+，()()()πππ2sin1212sin1214π333fxkxkxk−−=+−

−+=+−−()()()2sin1212sin121kxkx=+−=−+，所以ππ33fxfx−=−−−，所以π3yfx=−是奇函数，故D错误

.故选：AC.12.函数()yfx=在区间(),−+上的图象是一条连续不断的曲线，且满足()()3360+−−+=fxfxx，函数()12fx−的图象关于点()0,1对称，则（）A.()fx的图象关于点(

)1,1对称B.8是()fx的一个周期C.()fx一定存在零点D.()101299=−f【答案】ACD【解析】【分析】根据()12fx−的图象关于点()0,1对称得()fx的图象关于点()1,1对称，进而构

造函数()()33,gxfxx=++判断()gx为偶函数，且关于()2,5−−对称，进一步得到()gx的单调性，进而结合可求解ABD,由零点存在性定理即可判断C.【详解】对于A,由于()12fx−的图象关于点()0,1对称，所以()()12122fxfx−++

=，故()()112fxfx−++=，所以()fx的图象关于点()1,1对称，故A正确，由()()3360+−−+=fxfxx得()()3333fxxfxx++=−−，令()()()()33,33,gxfxxgxfxx=++−=−+所以()()gxgx=−，故()gx为偶函数，又()fx的图象

关于点()1,1对称，所以()()22fxfx+−+=，又()()()=333fxgxx---，从而()()()()()()3332332323110gxxgxxgxgx−−−+−+−−−+−=−+−−=−，所以()gx的图象

关于()2,5−−对称，对于C,在()()112fxfx−++=中,令()0110x,f==>，所以()()()()()216=52=5565=110gfgff-=--\-=+?<，，由于()yfx=在区间(),−+上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得()fx

在()1,5有零点，故C正确对于D,由于()gx的图象关于()2,5−−对称以及()()gxgx=−得()()()()410410gxgxgxgx+−−=−++=−，又()()8410gxgx+++=−，所以()()8gxgx=+，所以()gx是周期为8

的周期函数，()()()101=98398=2294=5294=299fgg-?---，故D正确，对于B，()()()()()()1=19=618=218=218=518=231ffgggf-------?，，所以8不是()fx的周期，故选：ACD【点睛】本题

考查了函数性质的综合运用，函数的常用性质有：奇偶性、单调性、对称性、周期性等.常见的奇偶性与对称性结合的结论有：(1)若函数()yfxa=＋为偶函数，则函数()yfx=关于xa=对称．(2)若函数()yfxa=＋为奇函数，则函数()yfx=关于点(),0a对称．(3)若()(2)fxf

ax=-，则函数()fx关于xa=对称．(4)若2(2)()fxfaxb−=＋，则函数()fx关于点(),ab对称．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在6(1)x−的二项展开式中，

含有3x项的系数为________（结果用数值表示）【答案】20−【解析】【分析】先由二项展开式的通项公式得到()161kkkkTCx+=−，令3k=，即可得出结果.【详解】因为()61x−的二项展开式的通项为()16

1kkkkTCx+=−，要求含有3x项的系数，只需令3k=，所求系数为()336120C−=−.故答案为20−【点睛】本题主要考查指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.14.一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中

2个白球，3个黑球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记2分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则X的方差()DX=________．【答案】9625##3.84【解析】【分析】记4次取到白球的个数

为Y，则2(4,)5YB，可求得()DY，结合方差的性质()(2)4()DXDYDY==即可求得答案.【详解】由题意得从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球的概率为25P=,记4次取到白球的个数为Y，则2(4,)5YB，则2XY

=,故2324()45525DY==,则2496()(2)42525DXDY===,故答案为：962515.圆锥曲线的光学性质被人们广泛地应用于各种设计中，例如从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线镜面反射后，反射光线的反向延长线经过另一个焦点．如图，从双曲线C的右焦点2F发出的光

线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点1F．已知入射光线2FP的斜率为2−，且2FP和反射光线PE互相垂直（其中P为入射点），则双曲线C的渐近线方程为________．【答案】20xy+=和20x

y−=【解析】【分析】根据斜率公式可得点3455ccP,骣琪琪桫，将其代入双曲线方程中，结合结合222cab=+，bka=，即可解方程求解.【详解】设双曲线的方程为22221xyab−=，设()00,Pxy，()()1100Fc,Fc-，，，故210000122PFPFyyk,kxcxc==

-==-+，由此003455ccx,y,==所以3455ccP,骣琪琪桫,将其代入双曲线方程中得222234551ccab骣骣琪琪琪琪桫桫-=，结合222cab=+，bka=，所以42932160kk--=，解得24k=或249k=−（舍去），因

此2k=，所以渐近线方程为：20xy+=和20xy−=.故答案：20xy+=和20xy−=16.已知数列na的前n项和为nS，且11a=，141nnSa+=+，12nnnbaa+=−，则nb=________；若数列nc的前n项和为nT，且11c=，12

(1)2log1++−=+nnnnccb，则66=T________．【答案】①.2n②.2143【解析】【分析】根据已知条件及na与nS的关系，利用等比数列的定义及等比数列的通项公式，结合对数的运算及分组求和法即可求解.【详解】因为11a=，141nnSa+=+，所以212141Saaa=+=

+，解得24a=，当2n时，由141nnSa+=+，得141nnSa−=+，所以114141nnnnSSaa+−−−=+−，即1144nnnaaa+−=−，所以11224nnnnaaaa+−−=−，即()11222nnnnaaaa+−−=−，又因为12nnnbaa+=−，所以()12,2,Nn

nbbnn−+=为所以数列nb是以首项为12122baa=−=，公比为2的等比数列，所以1222nnnb−==.所以122(1)2log12log2121nnnnnccbn++−=+=+=+，因为11c=，所以21211cc−=+，解得22,=−c当2nk=时，12241kkc

ck++=+，当21nk=−时，22141kkcck−−=−，当21nk=+时，221243kkcck++−=+，所以2222kkcc++=−，22118kkcck−++=，所以()()661356524666Tcccccccc=+++++++++()()1824632217=+

+++++−()16232183421432+=+−=故答案为：2n；2143.【点睛】关键点点睛：利用na与nS的关系及等比数列的定义，再利用数列求和中的分组求和法即可.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

ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且()()2coscoscos212coscos−+=++BCAAABC．（1）若BC=，求A；（2）求222bca+的值．【答案】（1）π3A=（2）2222bca+=【解析】【分析】（1）根据BC=，将等式中角

B，C再根据三角恒等变换可得到角A的三角函数值，即可求角A.（2）将式中根据三角恒等变换，再利用正余弦定理化角为边可得..【小问1详解】若BC=，则()cos1−=BC．因为()()2coscoscos212coscos−+=++BCAAABC，所以()2coscos

212coscos+=+−AAAA，222cos2cos112cos+−=−AAA，整理得22coscos10AA+−=．解得cos1A=−（舍），1cos2A=，因为()0,πA，所以π3A=．【小问2详解】因为()()2coscoscos212

coscos−+=++BCAAABC．所以()()2coscos2coscos1cos2BCAABCA−−+=−()()2coscoscos1cos2−−+=−BCBCAA，()2coscossinsincoscossinsincos1cos2BCBCBCBCAA+−−=

−整理得22sinsincossin=BCAA由正弦定理得22cosbcAa=，由余弦定理得22222cos+−==bcabcAa，即2222bca+=，所以2222bca+=．18.已知数列na中，113a=，112++−=nnnnaaaa．（1

）求数列na的通项公式；（2）证明：21223112223++++nnnaaaaaa．【答案】（1）121nna=+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过数列的递推关系式，利用等比数列的定义，求出数列的通项公式;（2）

利用裂项相消求和，即可证明结论.【小问1详解】因为112++−=nnnnaaaa，两边同除以1nnaa+，得1211+−=nnaa，即11121+=−nnaa，两边同时减1，得111122nnaa+−=−，所以111121nnaa+−=−，所以11

1211+−=−nnaa，又因为1112a−=，所以数列11na−是以2为首项，2为公比的等比数列，所以112nna−=，即121nna=+，所以数列na的通项公式为121nna=+．【小问2详解】()()111211221212121+++==−++++nnnnn

nnnaa，所以212231222++++nnnaaaaaa12231111111212121212121nn+−+−++−++++++=L111321n+=−+，因为11021n++，所以21223112223++++nnn

aaaaaa．19.如图，圆锥PO的母线长为6，侧面积为26π，ABC是圆O的内接正三角形．（1）证明：AP⊥平面PBC；（2）若AD是圆O的直径，求二面角APBD−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）55−【解析】【分析】（1）利用圆锥的侧面积求出底面半径r，进而求出正ABC的边长为23，

在PAB中利用222PAPBAB+=证得PAPB⊥，同理可证PAPC⊥，最后利用线面垂直的判定定理证得PAPBC⊥面；（2）过点O做OECB∥，交圆O于点E，以O为坐标原点，分别以OE，OD，OP为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，求出面ABP和面

DBP的法向量夹角的余弦，判定二面角为钝二面角，最后求出二面角的余弦.【小问1详解】设圆O的半径为r，因为圆锥的母线长为6，侧面积为26π，所以12π626π2r=，解得2r=．因为ABC是圆O的内接正三角形，且33rAB=，所以23AB=，在

ABP中，6,23===APBPAB，所以222APBPAB+=，故APPB⊥，同理可得，APPC⊥又因为PBPCP=，所以AP⊥平面PBC；【小问2详解】过点O做OECB∥，交圆O于点E，以O为坐标原点，分别以OE，OD，OP为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角

坐标系．所以()0,2,0A−，()3,1,0B，()0,2,0D，()0,0,2P，()3,3,0AB=，()0,2,2=AP，()3,1,0=−DB，()0,2,2=−DP．设平面ABP的法向量()1111,,nxyz=，则110,0,nABnAP==所以11

11330,220,xyyz+=+=得11113,2,xyzy=−=−取1y=−，则()13,1,2=−n．设平面DBP的法向量()2222,,nxyz=，则220,0,nDBnDP==所以222230,220,xyyz−=−+=得223

,2,zzxyzy==取21x=，则2(1,3,6)=n．所以12121233235cos,5610nnnnnn−+===，由题意知，二面角APBD−−的平面角为钝角，所以二面角APBD−−的余弦值为55−．20.山东

省教育厅颁布的《山东省普通中小学办学基本规范》中提到，保证学生在校期间每天校园体育活动时间不少于1小时，小明为了响应号召，缓解学习压力，计划每天利用课间进行3次体育锻炼，每次锻炼项目为跑步、跳绳、踢毽子三个项目之一，已知小

明每次锻炼项目只与前一次锻炼项目有关，在前一次锻炼某项目的情况下，本次锻炼各项目的概率如下表：前一次本次跑步跳绳踢毽子跑步0.50.20.3跳绳0.30.10.6踢毽子0.30.60.1（1）已知小明在第1次锻炼时选择了跳绳，则他在第3次锻炼时选择哪个项目的可能性最大？（2）已知小明选择各锻

炼项目每次运动时间如下表：锻炼项目跑步跳绳踢毽子锻炼时间（分钟/次）648若当天小明除了3次体育锻炼和一节45分钟的体育课（户外运动）外，无其他校园体育活动时间．已知小明在第1次锻炼时选择了跳绳，求小明当天课间三次体育锻炼总时间的分布列和当天总运动时间的期望，并根据

运算结果说明小明当天的运动时间是否符合《山东省普通中小学办学基本规范》的要求．【答案】（1）选择跳绳的可能性最大（2）分布列见解析；期望为61.56分钟；说明见解析【解析】【分析】（1）根据小明在第1次锻炼时选择了跳绳，可得

第2次分别参加每项运动的概率，由此计算第3次参加各项运动的概率，比较可得答案；（2）写出课间三次体育锻炼总时间X的所有可能取值，并计算对应的概率，从而列出分布列，再根据当天运动的总时间45=+YX的关系式，根据期望公式()()()4545EYEXEX=+=+计

算期望，从而可得答案.【小问1详解】设事件=iA“第i次锻炼项目为跑步”，事件iB=“第i次锻炼项目为跳绳”，事件iC=“第i次锻炼项目为踢毽子”()1,2,3i=．因为小明在第1次锻炼时选择了跳绳，所以小明第2次锻炼时选择三项运动项目的概率分别为()20

.3PA=，()20.1PB=，()20.6PC=，则小明第3次做三项运动的概率分别为()()()()32220.50.30.30.36PAPAPBPC=++=()()()()32220.20.10.60.4

3PBPAPBPC=++=，()()()()32220.30.60.10.21PCPAPBPC=++=．因为()()()333PBPAPC所以小明在第3次锻炼时，选择跳绳的可能性最大．【小问2详解

】先算课间三次体育锻炼总时间，小明在第1次锻炼时选择了跳绳，当天锻炼项目选择的所有情况有：123BAA，123BAB，123BAC，123BBA，123BBB，123BBC，123BCA，123BCB，123BCC共9种，课间三次体育锻炼总

时间用X表示，则X的所有可能取值为12，14，16，18，20，()()1231210.10.10.01====PXPBBB()()()1231231410.30.210.10.30.09==+=+=PXPBABPBBA，()()()()12312312316==

++PXPBAAPBBCPBCB10.30.510.10.610.60.60.57=++=，()()()1231231810.30.310.60.30.27==+=+=PXPBACPBCA()(

)1322010.60.10.06====PXPBCC所以小明在第1次锻炼时选择了跳绳，其当天课间三次体育锻炼总时间X的分布列为X1214161820P0.010.090.570.270.06设当天总运动时间为Y，

根据题意，45=+YX，则()()45=+EYEX()45=+EX120.01140.09160.57180.27200.0645=+++++61.56=因为()60EY，所以小明在第1次锻炼时选择跳绳的情况下，当

天总运动时间Y的期望为61.56分钟，多于1小时，可以达到《山东省普通中小学办学基本规范》的要求．21.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点分别为1F、2F，离心率为255，其短轴的一个端点到焦点1F的距离为5．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若P为1OF的中

点，M为椭圆上一点，过P且平行于OM的直线l与椭圆C相交于A，B两点，是否存在实数，使得2||=OMPAPB？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2215xy+=（2）存在；4=5【解析】【分析】(1)列出关于a、b、c的方程组求解即可；(2)直线l斜率不

存在时，易得λ的值；斜率存在时，设l方程为()()1122(1),,,,ykxAxyBxy=+，联立直线l与椭圆C的方程，求出||||MAMB，求出OP方程，联立OP方程与椭圆C的方程，求出2||OP，代入2||||||OPMAMB=即可求得λ.【小问1详解】由题意，得225abc=+=，又

255cea==，所以2c=，所以221bac=−=，故椭圆C的标准方程为2215xy+=；小问2详解】()12,0F−，()1,0P−，若直线l的斜率不存在，则1OM=，255==PAPB，由2||=OMPAPB，得4=5，若直

线l的斜率存在，设直线l的方程为()1ykx=+，由()221,15ykxxy=++=消去y，得()22225110550+++−=kxkxk，()()()2222Δ10451550=−+−kkk，设()11,Axy，()22,Bxy，【则21221051+=−+kxxk

，21225551kxxk−=+，由题意2111=++PAkx，2211=++PBkx，所以()()()212111=+++PAPBkxx()()()2212122411151+=++++=+kkxxxxk由题意知，直线OM的

方程为ykx=，由22,15ykxxy=+=消去y，得()225150+−=kx，设()00,Mxy，则202551=+xk，所以()222200251||51+=+=+kOMxyk，由2||=OMPAPB，得4=5，综上，存在实数

4=5，使得2||=OMPAPB成立．【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．22.已知函数()()ln=+Rxfxaxa．（1）若曲线()yfx=在

点()()e,ef处切线方程为1ey=，求()fx的单调区间；（e2.71828=为自然对数的底数）（2）设1a=−，证明：()()2exfx+，()1,x+．（参考数据：ln20.693）的【答案】（1）单调递增区间为()0,e，单调递减区间为()e,+（2）证明见解析【解析】

【分析】（1）由题意，切点()()e,ef在切线1ey=上，可得0a=，所以()lnxfxx=，求导，利用导数的正负求出单调区间；（2）由()()2exfx+，即证()()2lne10xxx+−−，令()()()2lne1hxxxx

=+−−，则问题转化为证明()0(1)hxx，求导()2ln1ehxxx=++−，结合零点存在定理可知，存在()11,2x，()22,ex，使得()()120hxhx==，又()10h=，结合单调性可得11xx时()0hx，所以只需证明()20hx即可，由题意得

()()2222223ln12ehxxxxx=−−+，令()23ln1(2e)gxxxxx=−−+，利用()gx的单调性即可证得结论．【小问1详解】由题意，切点()()e,ef在切线1ey=上

，得()1eef=，即1ee1a=+，得0a=，所以()lnxfxx=，所以()21lnxfxx−=，由()0fx¢>，得0ex；由()0fx，得ex，所以()fx的单调递增区间为()0,e，单调递减区间为()e,+．

【小问2详解】当1a=−时，()()2exfx+，即()2lne1xxx+−，即证()()2lne10xxx+−−，令()()()2lne1hxxxx=+−−，则问题转化为证明()0(1)h

xx，()2ln1ehxxx=++−，令()2ln1exxx=++−，则()22=−xxx，由()0x，得12x；由()0x，得2x，所以()hx在()1,2上单调递减，在()2,+上单调递增，而()13e0h=−，()22ln2e0h=+−，()22e

0eeh=+−．所以存在()11,2x，()22,ex，使得()()120hxhx==，故()hx在()11,x上单调递增，在()12,xx上单调递减，在()2,x+上单调递增，故1xx=时，()hx取极大值；2xx=时，()hx取极小值，又()10h=，则11

xx时()0hx，所以只需证明()20hx即可．由题意()()()22222lne1hxxxx=+−−，①由()20hx=，得222eln1xx=++，②将②代入①得()()2222223ln12ehxxxxx=−−+，令()23ln1(2e)gxxxxx

=−−+，则()()()2120−−−=xxgxx，故()gx在()2,e上单调递减，则()()222e0eehxh=+−，所以当()1,x+时，()0hx，不等式得证．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数，根据差函数的导

函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.获得更多资源请扫码

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