【文档说明】《精准解析》浙江省强基联盟2022-2023学年高三上学期1月统测数学试题（解析版）.docx，共(29)页，1.338 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期浙江强基联盟1月统测高三年级数学试题注意事项：1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案

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，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：本大题共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.设ii1zz+=−，则|i|z+=（）A.5B.2C.1D.

0【答案】A【解析】【分析】先根据条件求出z的代数形式，再求出z，代入计算|i|z+即可.【详解】由ii1zz+=−得()()()2i1i2i1i1i1i1iz−−===−−+−+−−，|i||i|||1451i12iz+=+==++=+

故选：A.2.已知集合M，N满足()MNNM=，则（）A.N=B.MN=C.MND.NM【答案】D【解析】【分析】利用并集和子集的定义即可求解【详解】由()MNNM=可得,MNMNM，故D正确；当1,1,2NM==，所以

()1,211,2MNNM===，故ABC不正确故选：D3.已知平面单位向量a，b，c满足2π,,,3abbcca===rrrrrr，则32abc++=rrr（）A.0B.1C.3D.6【答案】C【解析】【分析】根据2π,,,3ab

bcca===rrrrrr可得bca+=−，替换a，利用数量积的运算即可求解.【详解】如图，设,aOA=，,bOB=cOC=，因为2π,3bc=rr，所以平行四边形OCDB为菱形，则ODB△为正三角形，所以1OD=，且,OAOD反向，所以bca+=−，所以32

3()222abcbcbcbcbc++=−−++=−−=+rrrrrrrrrrr，因为2222π1244cos14411332bcbcbc+=++=++−=rrrrrr，所以23bc+=rr

，故选:C.4.记函数()()cos(0)fxx=+的最小正周期为T．若π4πT，且点π,02和直线3π2x=分别是()yfx=图像的对称中心和对称轴，则T＝（）A.4π3B.5π3C.8π3D.10π

3【答案】A【解析】【分析】求出对称中心和对称轴之间的距离关系，根据周期的取值范围即可确定周期的值【详解】解：由题意在()()cos(0)fxx=+中，设对称点和与对称轴在x轴上的交点间的距离为x对称中心：()1ππZ2xkk+=+对称轴：()2π

Zxkk+=由几何知识得，12xxx=−解得：42TTxK=+（K为属于N的参数）∵π4πT，且点π,02和直线3π2x=分别是()yfx=图像的对称中心和对称轴∴3πππ4222TTx

K=+=−=解得：()4πN21TKK=+∵π4πT∴1K=,4π3T=故选：A.5.已知函数()()2121xfxx+=+，则()11112310ffff=L（）A.

113B.116C.12160D.12190【答案】B【解析】【分析】计算得出()()2112nfnnn+=+，进而可求得所求代数式的值.【详解】()()221111221nnfnnnn++==++，所以，()22221112341112310132

4351012ffff=LL()()22222341121111221261234101112===.故选：B.6.已知O为坐标原点，椭圆22:143xyC+=的左、右焦点分

别为1F、2F，P为第一象限内C上一点．若122PFPF=，则直线OP的斜率为（）A.157B.4157C.154D.15【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义结合已知条件求出2PF，设点(),Pxy，其中02x，0y，根据两点间的距离公式求出点P的

坐标，进而可求得直线OP的斜率.【详解】在椭圆C中，2a=，3b=，则221cab=−=，所以，点()11,0F−、()21,0F，因为1212224PFPFPFPFa=+==，可得243PF=，设点(),Pxy，其中02x，0y且22334xy=−，()2222223

41213242244223xxxxPFxyxxx=−+=−++−=−+=−=−=，解得43x=，则223453433y=−=，可得153y=，即点415,33P，因此，直线OP的斜率为1501534403OPk

−==−.故选：C.7.某平面过棱长为2的正方体的一个顶点，且截该正方体所得截面是一个五边形．若该五边形最长的两条边的边长分别是52，5，则下列边长不是该五边形其他三条边的边长的是（）A.223B.5

2C.133D.53【答案】A【解析】【分析】根据正方体过顶点，且截该正方体所得截面是一个五边形根据最长的两条边确定五边形其他边长，结合线面平行，三角形相似即可得其余三边长.【详解】解：如图，在正方体1111ABCDABCD−中，过顶点B，截该正方体所得截面是一个五边形为

BEFGH，由于正方体的棱长为2，且五边形BEFGH最长的两条边的边长分别是52，5，即图中5,52BHBE==，所以可得22223,12CHBHBCAEBEBA=−==−=，即E为1AA中点，H为棱1CC上靠近1C的四等分点，所以1111,2AECH==，由于11,BEBA延

长交于I，11,BHBC延长交于J，连接IJ分别交1111,ADDC于,FG点，连接,EFHG，在正方体1111ABCDABCD−中，平面11//ADDA平面11BCCB，又EF平面11ADDA，所以//EF平面11BCCB，又平面BEFGH平面11BCCBBH

=，所以//EFBH，所以1EFAHBC，则11EAAFEFBHCHBC==，即1153222AFEF==，所以154,33EFAF==，则111142233FDADAF=−=−=，同理可得//HGBE，所以1HGCEBA，则1

1HCCGHGBEAEAB==，即112125CGHG==，所以15,12HGCG==，则1111211GDCDCG=−=−=，所以222211213133FGFDDG=+=+=，故截面是一个

五边形的其余三边长分别为53EF=，52HG=，133FG=.故223不是该五边形其他三条边的边长.故选：A.8.已知函数()lnxxx=．设s为正数，则在()2(),,(2)sss中（）A.()2s不可能同时大于其它两个B.(2

)s可能同时小于其它两个C.三者不可能同时相等D.至少有一个小于24【答案】D【解析】【分析】利用导数分析函数()x的单调性和最值，并结合2,,2sss的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.【详解】∵()21lnxxx−=，则当0ex时，()0x，当ex时

，()0x，故()x在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，则()()1eex=，且()()ln2242==，对A：若2es=，则e,22ess==，则()()22(),(2)s

sss，A错误；对B、C：当01s时，则2022esss，故()2()(2)sss；当12s时，则224ss，故()()()(2)24ss=；当2s=时，则224ss==，故()()()22()(2)4sss

====；当2s时，则242ss，故()()22ss；综上所述：(2)s不可能同时小于()()2,ss，B、C错误；对D：构建()()26ln146xxfxxx+=+−+，则()()()3

20123xfxxx=−++当()0,2x时恒成立，故()fx在()0,2上单调递减，则()()00fxf=，令1x=，可得()71ln2010f=−，则72ln2102，故ln22124e，即()02,4x，使得()024

fx=，反证：假设()2(),,(2)sss均不小于24，则()2,,22,4sss，显然不成立，假设不成立，D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：在比较ln2与22的大小关系时，通过构建函数()()26ln146xxfxxx

+=+−+，结合导数分析判断.二、多项选择题：本大题共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.某次数学考试满分150分，共有一万余名考

生参加考试，其成绩()()290,0N，下列说法正确的是（）A.的值越大，成绩不低于100分的人数越多B.成绩高于105分的比成绩低于80分的人数少C.若考生中女生占45%，根据性别进行分层抽样，则样本容量可以为90人D.从全体考生中随机抽取10人，则成绩不低于80分的人数X可

认为服从二项分布【答案】ABD【解析】【分析】利用正态分布曲线的特点可判断A选项；利用正态曲线的对称性可判断B选项；计算90045N.可判断C选项；利用二项分布的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，的值越大，

则正态曲线越“矮胖”，则成绩不低于100分的人数越多，A对；对于B选项，()()()1057580PPP=，B对；对于C选项，若考生中女生占45%，若样本容量为90人，则90045N.，C错；对于D选项，从全体考生中随机抽取10人，样本容量很大，则成绩不低

于80分的人数X可认为服从二项分布，D对.故选：ABD.10.已知直线a与b异面，则（）A.存在无数个平面与,ab都平行B.存在唯一的平面，使,ab与所成角相等C.存在唯一的平面，使a，且bPD.存在平面，，使,ab，且⊥【答案】ACD【解析】【分析】利

用直线与平面关系对各选项逐一判断即可.【详解】选项A：将异面直线,ab通过平移到同一平面内，则存在无数个与平面平行的平面与,ab都平行，A正确；选项B：两异面直线与同一平面所成角可以相等，而与此平面平行平面有无穷多个，B错误；选项C：因为,ab是异面直线，

平移直线b与直线a相交，确定一个平面平行于直线b，所以过直线a有且仅有一个平面与直线b平行，C正确；选项D：a，存在直线l⊥，通过平移直线l与直线b相交或重合，,lb，所以由面面垂直的判定定理可知⊥，D正确；故选：ACD11.已知双

曲线()222:104xyCaa−=的左焦点为F，右顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，且交C的左半支于点P，若△AFH是等腰三角形，则（）A.C的渐近线方程为33yx=B.C的离心率为2C.△AFH的面积为3D.33FP=−【答案】BCD【解析】【分析】由几何知识设出点F，点A，

由垂直关系表达出点H的坐标并利用直线FH得到,,abc的方程，并解出离心率和,,abc进而求得渐近线方程，根据点F的坐标求出△AFH的面积以及FP的关系式，即可得出答案.【详解】解：由题意的在()222:104xyCaa−=中，左焦点为F，右顶点为A，过点F作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，

且交C的左半支于点P，△AFH是等腰三角形，当直线FH垂直于渐近线byxa=−时，如下图所示由几何知识得，(),0Aa，(),0Fc−，直线FH的斜率为ab点H的横坐标为：22AFHxxacx+−==∵点

H在渐近线byxa=−上∴(),22cabacHa−−∴直线FH斜率为：()()022HFHFcabyyaaacxxbc−−−==−−−−化简得：()2222bcacaab=++∵222+=abc∴222bcacac=+∵cea=∴两边同时除以2a得：220e

e−−=解得：1e=−（舍）2e=故B正确.∵24b=即2b=的∴22242cabaeaaa++====解得：233a=∴2222434333cab=+=+=∴22:1443xyC−=∴渐近线为：23233byxxxa===故A错误.∵(),0Aa，(),

0Fc−，(),22cabacHa−−∴23,03A，43,03F−，3,13H−∴()()()1111241333222233AFHHHSAFyacyac==−−=+=+=故C正确.∵直线FH的

斜率为：233323ab==，且过43,03F−，∴直线FH的解析式为：3433yx=+∵直线FH与双曲线交于点P∴223433:1443yxxyC=+−=解得：1133623322xy=−=−或2233623322xy=+=+∵0F

x∴3333,6222P−−∴222233433333339333393623222222263212FP=+=+=+=−=−−−−−−−−故D正确.当直线FH垂直于渐近线byxa=时，如下图

所示由几何知识得，此情况关于上这种情况关于x轴对称，故2e=，渐近线为：23233byxxxa===，()()()1111241333222233AFHHHSAFyacyac==−−=+=+=()222334331262333336

22FP=+=−=−−−−−故BCD正确，A错误.综上，BCD正确故选：BCD.【点睛】本题考查圆锥曲线中双曲线的求法，离心率，渐近线等，具有较强的综合性.12.设f（x），g（x）都是定义域为[1，＋∞）的单调函数，且对任意1x，(

)()0fgxx−=，()()()()12gfxfxgx+=+，则（）A.()()21fgB.()()2fxgx−C.101()54kfk=D.101110()11kgk=【答案】ABC【解析】【分析】根据条件求出()fx和()gx的解析式，再逐

项分析.【详解】由条件可知：()fx是单调的函数，()()0fgxx−=，()gxxm−=（m为常数），即()gxxm=+，()2gxxm=+，将上式代入()()()()12gfxfxgx+=+得：()()()2212fxmfxxm++=++，解得()

()2221,1fxxfxx=−=−或者()21fxx=−−，显然，当1x=时，()0fx=，1m=，即()21gxx=+；对于A，()()()()23,12,21fgfg==，正确；对于B，()()2221

112,2xxxfxgx−−=+−−，正确；对于C，()21fxx=−或()()21,fxxfxx=−−，即()()()()10,22,33,,1010ffff=，()10231054nkfk=++++=，正确；

对于D，()()()()21111,1gxxxxgxxx=+++（仅当1x=时等号成立），()1011111101223101111kgk=+++=，错误；故选：ABC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.5231xx−+的展开式中x的系数为__

______．（用数字作答）【答案】330−【解析】【分析】将23xx−看作一个整体，利用二项式定理可得展开式通项，继续利用二项式定理可得23rxx−展开式的通项为()233Ckkrkrx−−，讨论231rk−=中,rk的取

值，代回展开式通项即可.【详解】55223311xxxx−+=+−展开式的通项为2153CrrrTxx+=−，23rxx−展开式的通项为()()22313C3CkrkkkkrkkrrTxxx−−+

=−=−，其中05,,krkrN.令231rk−=，可得213rk−=.故2,1rk==或5,3rk==.故5231xx−+的展开式中x的系数为()()1321535255C3CC3C602

70330−+−=−−=−.故答案为:330−.14.写出过点()33,1，且与x轴和直线3yx=都相切的一个圆的方程________．【答案】()()222324xy−+−=（或2214314196339xy−+−=）【解析】【分析】设圆心为C，

原点为O，可得OC所在直线方程为33yx=，设圆心坐标为()3,aa，根据()()2223331aaa−+−=可求a，从而可求圆的方程.【详解】设圆心为C，原点为O，易知直线3yx=与x轴交于点O，因为圆与直线3yx=相切，直线3yx=的倾斜角为60，且圆点()33,1，所以30CO

x=，OC所在直线方程为33yx=.设圆心坐标为()3,aa，由题意可得()()2223331aaa−+−=，化简可得2320280aa−+=，解得2a=或143a=.当2a=时，圆心坐标为()23,2，半径为2，故圆的方程为()()222324xy−+−=；当143a

=时，圆心坐标为14314,33，半径为143，故圆的方程为2214314196339xy−+−=.故满足题意的圆的方程为()()222324xy−+−=或221431

4196339xy−+−=.故答案为:()()222324xy−+−=（或2214314196339xy−+−=）.15.第二次古树名木资源普查结果显示，我国现有

树龄一千年以上的古树10745株，其中树龄五千年以上的古树有5株．对于测算树龄较大的古树，最常用的方法是利用碳－14测定法测定树木样品中碳－14衰变的程度鉴定树木年龄．已知树木样本中碳－14含量与树龄之间的函数关

系式为573001()2nknk=，其中0k为树木最初生长时的碳－14含量，n为树龄（单位：年），通过测定发现某古树样品中碳－14含量为00.6k，则该古树的树龄约为________万年．（精确到0.01）（附：lg30.48,lg50.70）．【答案】4202.00【解

析】【分析】根据题意结合对数的定义及运算求解.【详解】由题意可得：57300010.62nkk=，整理得123lglg0.6lg3lg5557300.65730573057304202.0015lg51llo21gglg0n=−

===−.故答案为：4202.00.16.将边长为2的正方形纸片折成一个三棱锥，使三棱锥的四个面刚好可以组成该正方形纸片，若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．【答案】6【解析】【分析】先考虑如何将正方形折成三棱锥，求出底面三角形

的外心，过外心作底面的垂线，则球心必定在该垂线上，再利用几何关系求出外接球的半径.【详解】如图1，分别取AD和AB的中点E，F，连接CE，CF，将正方形ABCD沿CE和CF折起，使得A，B，D重合，构成三棱锥P-CEF，如图2，由于PE，PF，PC两两垂直，可以补成如图3所

示的长方体：由图1的折法可知：1,2PEPFPD===，长方体的外接球就是三棱锥P-CEF的外接球，长方体的对角线长=2222116++=，外接球的半径r=62，外接球的体积3463r==；故答案为：6.四、解答题：本

大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．17.已知等差数列na和等比数列nb都是递增数列，且1122481,,ababab====．（1）求na，nb的通项公式；（2）求数列nnab

的前n项和nS．【答案】（1）()*Nnann=，()1*2Nnnbn−=.（2）()*124N2nnSnn−+=−.【解析】【分析】（1）设等差数列na和等比数列nb的公差与公比分别为：,dq，

由已知条件组成方程组解出,dq，写出等差数列和等比数列通项公式即可；（2）由（1）写出nnab的通项公式，利用错位相减法求数列前n项和nS即可.【小问1详解】设等差数列na和等比数列nb的公差与公比分别为：,dq，因为1122481,,ababab====，所以11331

11717adbqdqadbqdq+=+=+=+=，将1qd=+代入317dq+=，得：()()32340410dddddd+−=+−=，解得01dq==或43dq=−=−或1

2dq==，因为等差数列na和等比数列nb都是递增数列，所以12dq==，所以()()11111naandnn=+−=+−=，1111122nnnnbbq−−−===，所以等差

数列na的通项公式为：()*Nnann=，等比数列nb的通项公式为：()1*2Nnnbn−=.小问2详解】（2）由（1）得12nnnanb−=，所以01231123422222nnnS−=+++++，①123431124222222nnSn=+++++，②①

−②得：012311111112222222nnnnS−++++−=+，即11111222221222222nnnnnnSnnn−+=−=−−=−−，所以()*124N2nnSnn−+=−.【18.△ABC的内角A，

B，C的对边分别为a，b，c，已知()sinsinbCABa=−−.（1）求A；（2）设2a=，当2bc+的值最大时，求△ABC的面积．【答案】（1）π4（2）125【解析】【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出A.（

2）根据正弦定理将2bc+转化为关于B的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出,bc，即可求出△ABC的面积【小问1详解】由题意在△ABC中，()sinsinbCABa=−−，πABC++=，由正弦定理得，sinsinbBaA=∴()sinsinπsin

sinbCABaABCbBaA=−−++==，整理得到sin2cossinsinBABA=，而B为三角形内角，故sin0B，故sin21A=，而()20,2πA，故π22A=即π4A=.【

小问2详解】由题意及（1）得在△ABC中，2a=，π4A=，故外接圆直径222πsin4aR==，故22sin22sin22sin2sin4bcRBRCBB+=+=++()()22sinsi

ncos222sincosBBBBB=++=+，()210sinB=+，其中255cos,sin55==，且π0,2，因为3π0,4B，故3π,4B++，而3π3π5π,444+，故()sinB+

的最大值为1，此时π2B+=，故25sincos5B==，5cossin5B==，故254102255b==，且()π2235310sinsinsincos422510CBBB=+=+==

故3106522105c==，此时1141065212sin225525ABCSbcA===.19.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，60BAD=，PD⊥底面ABCD，2PD=，E是PC的中点，F是PB

上的点，且2BFPF=．（1）证明：PD//平面AEF；（2）求二面角ABEC−−的正弦值；（3）求三棱锥A－BEF的体积．【答案】（1）证明见详解（2）217（3）239【解析】【分析】（1）建系，利用空间向量证明线面关系；（2）利用空间向量求二面角；（3）先根据空间向量求点F到平面A

BE的距离，再求三棱锥的体积.【小问1详解】连接BD，由题意可知：ABD△为等边三角形，取AB的中点M，连接MD，则MDAB⊥，∵ABDC，则MDDC⊥，如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()()()3143,1,0,3,1,0,0,2,0,0,0

,0,0,0,2,0,1,1,,,333ABCDPEF−，可得()()23440,0,2,3,2,1,,,333DPAEAF==−=−uuuruuuruuur，设平面AEF的法向量(),,mxyz=，则32023440333mAExyzmAFx

yz=−++==−++=，令2x=，则3,0yz==，即()2,3,0m=，∵2030020mDP=++=uruuur，且PD平面AEF，∴PD平面AEF.【小问2详解】由（1）可得：()()()()0

,2,0,3,0,1,3,1,0,0,2,2ABBEBCPC==−=−=−uuuruuruuuruuur，设平面ABE的法向量为()1,,nabc=，则112030nABbnBEac===−+=，令1a=，则0,3bz==，即

()11,0,3n=ur，设平面BEC的法向量为()2,,nijk=uur，则2230220nBCijnPCjk=−+==−=，令1i=，则3jk==，即()2,,313n=，可得121212427cos,727nnnnnn==

=uruururuururuur，设二面角ABEC−−为，则可得27cos7=，故二面角ABEC−−的正弦值221sin1cos7=−=.【小问3详解】由（2）可得：0,2,2ABBEABBE===uuu

ruuruuuruur，即ABE为等腰直角三角形，∵点F到平面ABE的距离11233323AFndn===uuururur，∴三棱锥A－BEF的体积1123329ABEFFABEVVdABBE−−==

=.20.抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中2双是一次性筷子，3双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双，若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：（1）在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的

是一次性筷子的概率；（2）取了3次后，取出的一次性筷子的个数（双）的分布列及数学期望；（3）取了(2,3,4nn=，…）次后，所有一次性筷子刚好全部取出的概率．【答案】（1）511（2）分布列见解析，数学期望为10191000（3）答案见解

析【解析】【分析】（1）运用条件概率公式计算；（2）按照独立事件计算；（3）运用独立事件的概率乘法公式结合等比数列求和计算即可.【小问1详解】设取出的是第一次是一次性筷子为事件A，取出的是第二次非一次性筷子为事件B，则()22333354550PB=+=，()2335410PA

B==，所以在第二次是非一次性筷子的前提下，第一次是一次性筷子的概率()()()5|11PABPABPB==；【小问2详解】对于0X=，表示三次都是非一次性筷子，非一次性筷子是由放回的，()332705125PX===；对于1X=，表示三次中有一次筷子，对应的

情况有第一次，第二次，第三次是一次性筷子，()2233233325491545545551000PX==++=；对于2X=，表示三次中有一次非一次性筷子，同样有第一次第二次第三次之分，()3

2123121472155454454200PX==++=；X012P27125549100047200数学期望()2754947101901212510002001000EX=++=；【小问3详解】n次取完表示最后一次是一次性筷子,则前1n

−次中有一次取得一次性筷子，所以2324223323323321[]54554554554nnnnnP−−−−=++++232213333[]544545nnn−−

−=+++是22213444[1]104555nn−−=++++1241138310354104949515nnnn−−−==−

−21.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，斜率为(0)kk的直线过点P,02p−，交C于A，B两点，且当12k=时，16AFBF+=．（1）求C的方程；（2）

设C在A，B处的切线交于点Q，证明22||||AFAQBFBQ=．【答案】（1）24yx=；（2）答案见解析【解析】【分析】设斜率为(0)kk且过点P的直线为l：2pxmy=−，其中1mk=.设()()1122,,AxyBxy

，.（1）代入2m=，得l：22pxy=−，将其与2:2(0)Cypxp=联立，后由16AFBF+=，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；（2）利用Δ0=表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到12AFyBFy

=，说明2212yBQyAQ=即可.【小问1详解】设斜率为(0)kk且过点P的直线为l：2pxmy=−，其中1mk=.设()()1122,,AxyBxy，.当12k=时，l：22pxy=−，将其与2:2(0)Cyp

xp=联立，消去x得：2240ypyp−+=，由韦达定理有212124，yypyyp+==.又由抛物线定义知12AFBFxxp+=++，又()12122xxyyp+=+−，结合.16AFBF+=，则8162pp==.得C的方程为24yx=；【小问2详解】由（1）可得，P()1

,0−，则l：1xmy=−，将其与抛物线方程联立，消去x得：2440ymy−+=，则121244，yymyy+==.设C在A点处的切线方程为()111xmyyx=−+，C在B点处的切线方程为()222xmyyx=−+.将()111xmyyx=−+与24yx=

联立，消去x得：211114440ymymyx−+−=，因()111xmyyx=−+为抛物线切线，则联立方程判别式211111616160mmyx=−+=，又2211114164yxxy==，则()22221111111

11116161616164420mmyxmmyymy−+=−+=−=，得112ym=，同理可得222ym=.将两切线方程联立有()()111222xmyyxxmyyx=−+=−+，代入112ym=，222ym=，解得1212

1422yyxyyym==+==，得()1,2Qm.则()()2221112AQxym=−+−，又111xmy=−，则()()()2222221111221844AQmyymmymym=−+−=+−++，同理可得()2222221844

BQmymym=+−++.注意到111222111111AFxmyyBFxmyy+−+===+−+，则22||||AFAQBFBQ=等价2212yBQyAQ=，下面说明2212yBQyAQ=.21yBQ=()()222121211841myymyymy+−++，因124yy=，则()()2

21124132yBQmyym=++−.又22yAQ=()()()()2222211221218414132myymyymymyym+−++=++−，则2212yBQyAQ=，故22||||AFAQBFB

Q=.【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.（1）问较为基础，但将l设为2pxmy=−可简化运算；（2）问所涉字母较多，解决问题的关键是利用24yx=及1xmy=−将相关表达式统一为与12yy，有关的形式.22.已知函数()11eln4xfxaxxa−=−．（1

）若()32fxx−，求a的值；（2）证明：()13nfmffnm++．【答案】（1）1a=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设()()123eln23xgxfxxaxxx−=+−=−+−，令()10g=，可得出1a=，分1a=、1a、11

4a三种情况讨论，验证()()10gxg=对任意的0x能否恒成立，综合可得出实数a的值；（2）设()()1lnelnlnxxfxxaxxx−=−=−−，由()01=可得出1a=−−，设()()()11eln1xauxxaxx−

+==−−++，利用导数分析函数()ux在()0,+上的单调性，可证明出()()11lnfxax−+，然后利用不等式的基本性质可证得结论成立.【小问1详解】解：设()()123eln23xgxfxxaxxx−=+−=

−+−，则()10g=，()()1eln12xgxax−=−−++，令()110ga=−=，可得1a=，令()()12eln1xhxax−=−−+，其中0x，则()1111eexxaxhxaxx−−

=−=−，令()1exxpxa−=−，其中0x，则()11exxpx−−=，当01x时，()0px，此时函数()px单调递增，当1x时，()0px，此时函数()px单调递减，所以，()()max11pxpa==−.①当1a=时，()()10p

xp=，则()()10hxpxx=且()hx不恒为零，所以，函数()gx在()0,+上单调递减，所以，当01x时，()()10gxg=，则()gx单调递增，当1x时，()()10gxg=，则()gx单调递减，所以，()()10

gxg=，即()32fxx−；②当1a时，()()110pxpa=−，则()()10hxpxx=，所以，函数()gx在()0,+上单调递减，因为()110ga=−，11e12e0eg−=−

，此时，存在11,1ex，使得()10gx=，且当()1,1xx，()0gx，()gx单调递减，所以，()()110gxg=，不合乎题意；③当114a时，()()max11

0pxpa==−，因为1ln1a−，()ln1ln1lnln0eaapaaaa−−−=−=−，由于函数()px在()1,+上单调递减，故存在21lnxa=−，使得当()21,xx时，()0px，此时，()()10hxpxx=，则函数()gx在(

)21,x上单调递增，故当()21,xx时，()()110gxga=−，()gx单调递增，所以，()()210gxg=，不合乎题意.综上所述，若()32fxx−，1a=.【小问2详解】证明：设

()()1lnelnlnxxfxxaxxx−=−=−−，则()11=，()()1eln1xxaxx−=−−+−，令()110a=−−−=，可得1a=−−.当1a=−−时，设()()()11eln1xa

uxxaxx−+==−−++，则()()212e11xxaxuxx−−+−=，设()21e1xvxx−=−，则()()212exvxxx−=−，当02x时，()0vx，此时函数()vx单调递增；当2x时，()0vx，此时函数()vx单调递减.所以，

当0x时，()()421evxv=−，因为当01x时，()()10vxv=且14a，此时()()212e110xxaxuxx−−+−=，当1x时，()()221112e24vxvax=−+，此时也有()0ux，所以，当0x时，()()xux=单调递减，当0

1x时，()()()10xuxu==，()x单调递增，当1x时，()()()10xuxu==，()x单调递减，所以，当14a时，()()11x=，所以，()()11lnfxax−+，所以，()()1131ln3nnfmffamnmnm++−+=

，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()fxgx（或()()fxgx）转化为证明()()0fxgx−（或()()0fxgx−），进而构造辅助函数()()()hxfxgx=−；（2）适当放缩构

造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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