【文档说明】重庆市西南大学附属中学2024届高三上学期期中数学试题 含解析.docx，共(25)页，1.370 MB，由小赞的店铺上传

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高2021级期中调研高三数学试题一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分.1.设集合221,1AyyxyBxyx==−==+∣∣，则下列结论正确的是（）A.AB=B.ABC.BAD.{1}ABxx=∣【答案】B【解析】

【分析】求两个集合中元素的范围，判断两个集合的关系.【详解】方程21yxy=−，0y=时不成立，有201yxyy=+，则()0,+y，由()210,Ayyxy==−=+，21RBx

yx==+=，得AB.故选：B2.已知a，Rb，()2iiiab−=−，若izab=+，则z的虛部是（）A.2B.-2C.-2iD.2i【答案】A【解析】【分析】根据复数相等建立方程求解复数，再利用共轭复数及虚部的概念求解即可.【详解】因为()2iii1iabb−=−=+，所以12ab

==−，所以12zi=−，所以12iz=+，所以z的虛部是2.故选：A.3.已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(),1t−，若25cos5=，则πtan4+=（）A.3−B.13−C.1

3D.3【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的定义求出t，即可求出tan，再由两角和的正切公式计算可得.【详解】因为角的终边经过点(),1t−，且25cos5=，所以()2225cos51tt==+−且0t，解得2t=，所以1tan2=−，则π1tantan1π14

2tanπ1431tantan1142+−++===−−−.故选：C4.现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，

得到3张纸片，……，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为（）A.33B.34C.36D.37【答案】B【解析】【分析】根据题意可得n次剪纸得到的多边形纸

片的边数成公差为3的等差数列na，进而可得结果.【详解】设没剪之前正方形的边数为0a，即04a=，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，1437a=+=，然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，所以可知n次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的

等差数列na，即()131naan=+−，故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为1079334a=+=，故选：B.5.20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数

，则不同的放法种数共有（）A.120种B.240种C.360种D.720种【答案】A【解析】分析】应用“隔板法”即可求解.【详解】先在编2号,3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球，【三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三

堆放入三个盒中即可，共有216C120=（种）方法．故选:A.6.已知两条异面直线a，b所成角为70，若过空间内一定点的直线l和a，b所成角均为60，则这样的直线l有（）A.2条B.3条C.4条D.5条【答案】C【解析

】【分析】先将异面直线a，b平移到点P，结合图形知，当使直线l在平面BPE的射影为BPE的角平分线时，存在2条直线满足条件，当直线l在平面EPD的射影为EPD的角平分线时，存在2条满足条件，则可判断4条直线满足.【详解】如图：通过平移过点P作a∥BD，b∥CE，

由题意，70BPE=,110EPD=,而BPE的角平分线与a和b的所成角为70352=，EPD的角平分线与a和b的所成角为110552=，因为6035,6055，所以直线l和a，b所成角均为60直线有4条，

其中直线l在平面BPE的射影为BPE的角平分线时存在2条直线满足条件，当直线l在平面EPD的射影为EPD的角平分线时存在2条满足条件，故共4条.故选：C.7.已知抛物线()2:20Cypxp=的焦点F关于直线xym+=的对称点为()2,1，O为坐标原点,点,MN在

C上且满足0OMON=（,MN均不与O重合），则MON△面积的最小值为（）A.4B.8C.16D.20【答案】C【解析】的【分析】求出抛物线方程，设出,MN点坐标，将直线MN和抛物线联立，求出直线MN的方程，进而写出MON△面

积的表达式，即可求出最小值.【详解】在()2:20Cypxp=中，焦点为,02pF，焦点F关于直线:lxym+=即yxm=−+的对称点为()2,1A，112221222ppm=−

++=，解得22pm==，∴抛物线的方程为24yx=,显然直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为xmyt=+,且0t,设()()1122,,,MxyNxy,联立24xmytyx=+=,整理可得2440ymyt−−=,216160mt=+,即20mt+,且124yym

+=,()212212124,16yyyytxxt=−==,又因为0OMON=,即2121240,0xxyyttt+=−=,∴4t=,∴即直线MN的方程为4xmy=+，∴直线MN恒过(4,0)点，∴()2221212121424216168482162OM

NSyyyyyymtm=−=+−=+=+=，当且仅当0m=时,等号成立.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线与直线的综合问题，韦达定理和三角形面积求法，考查学生的计算和作图能力，具有很强的综合性.8.若曲线lnyx=与曲线22(0)yxxax=++有公切线，则实数a的取

值范围是（）A.(ln21,)−−+B.[ln21,)−−+C.(ln21,)−++D.[ln21,)−++【答案】A【解析】【分析】设公切线与函数()lnfxx=切于点111(,ln)(0)Axxx，设公切线与函数2()2

(0)gxxxax=++切于点22222(,2)(0)Bxxxax++，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得21212122ln1xxxax=+−=−，消去1x，得222ln(22)1axx=−+−，再构造函数，然后利

用导数可求得结果.【详解】设公切线与函数()lnfxx=切于点111(,ln)(0)Axxx，由()lnfxx=，得1()fxx=，所以公切线的斜率为11x，所以公切线方程为1111ln()−=−yxxxx，化简得111(ln1)yxxx=+−，设公切线与

函数2()2(0)gxxxax=++切于点22222(,2)(0)Bxxxax++，由2()2(0)gxxxax=++，得()22gxx=+，则公切线的斜率为222x+，所以公切线方程为22222(2)(22)()yxxaxxx−++=+−，化简得2222(

1)yxxxa=+−+，所以21212122ln1xxxax=+−=−，消去1x，得222ln(22)1axx=−+−，由1>0x，得210x−，令2()ln(22)1(10)Fxxxx=−+−−，

则1()201Fxxx=−+，所以()Fx在(1,0)−上递减，所以()(0)ln21FxF=−−，所以由题意得ln21a−−，即实数a的取值范围是(ln21,)−−+，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导

数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分.9.设随机变量12~8,,~8,33XBYB，则下列说法正确的是（）A.,XY服从正态分布B.

817(6)3PX=C.()(),()()EXEYDXDY=D.当且仅当5k=时，()PYk=取最大值【答案】BC【解析】【分析】根据二项分布及正态分布的定义即可判断A；根据二项分布的概率公式即可判断B；根据二项分布的期望与方差公式即可判断C；利用

不等式法结合二项分布的概率公式即可判断D.【详解】对于A，随机变量12~8,,~8,33XBYB，则,XY服从二项分布，故A错误；对于B，()()787888812117(6)78CC3333PXPXPX==+==+=，故B正确；对于C

，()()182168,83333EXEY====，()()1116221681,81339339DXDY=−==−=，所以()(),()()EXEYDXDY=，故C正确；对于D，设(),27PYkk=为最大值，则()()()()11PYkPYk

PYkPYk==+==−，即8171888191882222C1C133332222C1C13333kkkkkkkkkkkk−+−+−−−−−−−−

，解得56k，所以当5k=或6时，()PYk=取最大值，故D错误.故选：BC.10.若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论正确的有（）A.AD与BC所成的角为45B.AC

与BD所成的角为90C.BC与平面ACD所成角的正弦值为63D.平面ABC与平面BCD所成角的正切值是2【答案】BCD【解析】【分析】先找出空间中两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，利用空间向量的知识，分别计算判断各选

项即可.【详解】由题得示意图：作BD的中点E，连接,AECE，由题可知,ABADCBCD==，所以,BDAEBDCE⊥⊥,又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，AE平面ABD，所以⊥AE平面BCD，所以AEEC⊥，建立如图所示的空间直角坐标系

Exyz−，不妨令1AEBECEDE====.选项A：易知()()()()1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0ABCD−，所以()1,1,0AD=−−()0,1,1BC=−，所以1cos,2ADBCADBCADBC

==，则AD与BC所成的角为60，故A错误；选项B：由选项A得()1,0,1AC=−，()0,2,0BD=−，所以0ACBD=，则ACBD⊥，所以AC与BD所成的角为90，故B正确；选项C:设平面ADC的一个法向量为

(),,nxyz=，易知()1,1,0AD=−−，()1,0,1AC=−，所以·000·0ADnxyxzACn=−−=−+==，不妨令=1x，得()1,1,1n=−，又()0,1,1

BC=−，所以BC与平面ACD所成角的正弦值为26cos,332nBCnBCnBC===，故C正确；选项D：易知平面BCD的法向量为()1,0,0u=，设平面ABC的法向量为(),,mabc=，又()()1,1,0,1,0,1ABAC=−=−，所以00ABnabACnac

=−+==−+=，令1a=，则()1,1,1m=，所以1cos,3umumum==，设平面ABC与平面BCD所成角为π02，则1cos3=，所以12sin133=−=，sintan2cos==，故选项D正确.故选：BCD11.

数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为()32222xyxy+=，则（）A.曲线C有两条对称轴B.曲线C上的点到原点的最大距离为12C.曲线C第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的图形面积最大值为18D.四叶草面积小于π4【答案】BC

D【解析】【分析】通过方程中的变换得新曲线的对称轴判断A，利用基本不等式及距离公式判断B，设出曲线中第一象限的点，利用基本不等式即可求出矩形面积最大值判断C，由该曲线在以原点为圆心，半径为的圆内，故面积小于圆的面积判断D

.【详解】对于A：当x变为x−时，()32222xyxy+=不变，所以四叶草图象关于y轴对称；当y变为y−时，()32222xyxy+=不变，所以四叶草图象关于x轴对称；当y变为x时，()32222xyxy+=不变，所以四叶草图象关于yx=轴对称；当y变为x−时，()32222xyxy+=不变

，所以四叶草图象关于yx=−轴对称；综上可知：有四条对称轴，错误；对于B：因为()32222xyxy+=，所以()222322222xyxyxy++=，所以2214xy+，所以2212xy+，取等号时2218xy==，所以最大距离为12，正确；对于C：设任意

一点()(,)0,0Pxyxy，所以围成的矩形面积为xy，因为()32222xyxy+=，所以()322223(2)xyxyxy=+，所以18xy，取等号时24xy==，所以围成矩形面积的最大值为18，正确；对

于D：由B可知2214xy+，所以四叶草包含在圆2214xy+=的内部，因为圆的面积为：1ππ44S==，所以四叶草的面积小于π4，正确.故选：BCD.12.单位向量1e，2e，3e的两两夹角为3，若实数x，y

，z满足1231xeyeze++=，则下列结论中正确的是（）A.x的最大值是62B.xy+的最大值是63C.xyz++的最大值是62D.xyz的最大值是66【答案】AC【解析】【分析】利用特例可判断BD的正误，利用判别式

的非负可判断A的正误，利用基本不等式可判断C的正误.【详解】由题设有()11111322ijeeij==.因为1231xeyeze++=，故()22131xeyeze++=，整理得到：2221213232221xyzxyeexzeeyzee+++++=，所以222

1xyzxyxzyz+++++=，整理得到()22210yzxyxzxz+++++−=，故()()2221410zxzxzx=+−++−即2232340zzxx++−，所以()222412340xx=−

−，所以232x即6622x−，当62x=时，636xz=−=−，626xzy+=−=−，故x的最大值是62，故A正确.取1,0xyz===，此时满足1231xeyeze++=，但613xy+=，故B错误.因为222222,,222xyxzyzxyxzyz+++，故222xyyz

xzxyz++++，当且仅当xyz==时等号成立.所以()2222333222xyyzxzxyzxyyzxzxyz+++++++=++，故()()222221222113xyzxyzxyyzxyxyyzzxxyz++=+++++=++++++，故()

232xyz++，故62xyz++，当且仅当66xyz===时等号成立，故xyz++的最大值是62，故C正确.对于D，取41,5xy==−，11710z+=−，则22241182174441711712510055010xyzxy

xzyz++++++++=+−+−=，而此时()211725xyz+=，又()21176121217256256150++−−=，而()()2212121725614418288176256+−=+−288171158141004813409640=−

=−，故()21176256xyz+=，故D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题中单位向量1e，2e，3e的两两夹角为3，故它们可构成空间向量的一个基底，对于所得的多变量的恒等关系，可利用基本不等式转化，也可以将其中一个变量看成主变量，从而可

判断方程有解的角度分析问题.三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.13.一组样本数据为1,,4,5,,8ab，若,ab是方程31x−=的两根，则这个样本的方差是_____________．【答案】5【解析】【分析】先根据已知确定,ab

的值，然后根据方差公式即可求解.【详解】因为,ab是方程31x−=的两根，所以由31x−=，解得2x=或4，不妨设2,4ab==，则样本平均数是4，根据方差公式得2222222(14)(24)(44)(44)(

54)(84)56s−+−+−+−+−+−==.故答案为：5.14.已知正方形ABCD的边长为2，点E是AB边上的动点，则DEDC的最大值为__________.【答案】4【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求

解.【详解】以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，则(0,0),(0,2),(2,2)ADC,设(,0)(02)Emm，则(,2),(2,0)DEmDC=−=所以()()

,22,020,4DEDCmm=−=，故DEDC的最大值为4，故答案为：415.已知数列nb中，1211,23bb==，若对任意()*122,23nnnnnnbbbbb++++=N，则数列1nb的前n项和nS=______．【答案】21nn+−【解析

】【分析】由()12223nnnnnbbbbb++++=，可得21111112nnnnbbbb+++−=−，利用等比数列的通项与求和公式，结合累加法可得答案.【详解】由()12223nnnnnbbbbb++++=，且1211,

23bb==，可知0nb，则可化为21123nnnbbb+++=，则有21111122112nnnnnnbbbbbb++++−=−=−，即111nnbb+−是等比数列，且公比为2，首项为21111bb−=，则11112nnnbb−+−=，所以-1

-1-211211111111++++nnnnnbbbbbbbb=−−−1012112=222222112nnn−−−−++++=+=+−，即数列1nb的前n项和为0121=12222212nnnnnn−−+++++=+−−．故答案为：21nn+−.16.已知函数

()311xxafxa−=+（0a且1a），若()0,3x，()()2320fxfaxa++−−−是假命题，则实数a的取值范围是______．【答案】01aa或3a【解析】【分析】对a进行分类讨论，由函数的单调性、分离参数法、存在量词命题

的真假性等知识求得正确答案.【详解】因为()()3143143111xxxxxaafxaaa+−−===−+++，若1a，由于41xya=+单调递减，则()fx在R上单调递增；若01a，由于41xya=+单调递增，则()fx在R上单调递减，又()()446211xxfxfxaa

−+−=−−=++，故()()2fxfx−−=，因为()0,3x，()()2320fxfaxa++−−−是假命题，故()0,3x，()()2320fxfaxa++−−−恒成立为真命题，即不等式()()()232fxfax

afaxa+−−−=+对()0,3x恒成立，当1a时，()223311xxaxax++++，即()4121xax++−+在()0,3x恒成立，设()114txt=+，即42att+−在()1,4t恒成立．由于对勾函数()42httt=+−在()1,2

单调递减，在()2,4单调递增，因为()()()143hthh==，因此3a；当01a时，()223311xxaxax++++，即()4121axx++−+在()0,3x恒成立，当2t=时，函数()42httt=+−有最小值()22f=，即2a，又因为01a，故01

a．综上可知：01aa或3a．故答案为：01aa或3a【点睛】方法点睛：存在量词命题是假命题，则其否定是真命题.当命题正面求解困难时，可利用命题的否定来进行求解.含参数的不等式恒成立问题，可以利用分离常数法进行求解，分离参数时，要

注意不等式的符号.四、解答题：共70分.17.在ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知()2bcac=+.（1）若π3B=，求ac的值；（2）若ABC是锐角三角形，求23sin2cosBC+的取值范围.【答案】（1）2ac=（2）()31,3+【解析】【分析】（

1）根据题意利用余弦定理即可求解.（2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得2BC=，再把23sin2cosBC+化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.【小问1详解】在ABC中

，π3B=，据余弦定理可得222222cosbacacBacac=+−=+−，又22bcac=+，故2aacac−=，即22aac=，又0a，故2ac=，得2ac=.【小问2详解】在ABC中，据余弦定理可得2222cosbacacB=+−，又22bcac=+，故2222cos

acacBcac+−=+，即22cosaacBac−=，又0a，故2cosacBc−=.据正弦定理sinsinacAC=，可得sin2sincossinACBC−=，所以()sinπ2sincossinBCCBC−+−=，即()sin2sincossinBCCBC+

−=，sincoscossin2sincossinBCBCCBC+−=所以sincoscossinsinBCBCC−=，()sinsinBCC−=，因为(),,0,πABC，所以()ππBC−−，，BCC−=或πBCC−+=，即2BC=或Bπ=（舍）.所以2π3si

n2cos3sin2cos212sin216BCCCC+=++=++.因为ABC是锐角三角形，所以π0π3,2π02,2π0,2ACBCC=−=得ππ64C，所

以ππ2π2263C+，故π3sin2,162C+，()π2sin2131,36C+++，所以23sin2cosBC+的取值范围是()31,3+.18.已知数列na满足12

312121223nnaaaaaaaaann++++++++++=．（1）求na的通项公式；（2）求数列nan的前n项和nS．【答案】（1）()232nnann−=+（2）()1221nnSn−=+−【解析】【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，（2）根

据错位相减法即可求和.【小问1详解】当1n=时，12a=．当2n时，()()111221212nnnnaaannnn−−+++=−−=+，即()11212nnaaann−+++=+，当1n=时，上式也成立

，所以()()()()1221212322nnnnannnnnnn−−−=+−−=+．当1n=时，也符合()232nnann−=+，所以()232nnann−=+．【小问2详解】由（1）知()232nnann

−=+．()102425232nnSn−−=++++，()0112425232nnSn−=++++，则()()()()()012111122223222132221nnnnnnSnnn−−−−−

−=++++−+=+−−+=−++，所以()1221nnSn−=+−．19.如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，1FBFCBC===，2AB=，G是CF的中点．（1）证明：BG∥平面A

EF；（2）求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）28519【解析】【分析】（1）由面面垂直性质证明线面垂直，则可建立空间直角坐标系.利用直线与平面的法向量垂直证明线面平行；（2）利用法向量求解线

面角即可.【小问1详解】如图，取BC中点H，取AD中点M，因为FBC为等边三角形，所以FHBC⊥，平面FBC⊥平面ABCD，又FH平面FBC，平面FBC平面ABCDBC=，所以FH⊥平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则HMHB⊥.以H为坐标原点，HM，

HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Hxyz−,由题意可得，12,,02A，10,,02B，10,,02C−，12,,02D−，30,0,2F，已知G

是CF的中点．则130,,44G−，可知330,,44BG=−，132,,22AF=−−，()2,1,0BD=−，由四边形BDEF为平行四边形，得330,,22FBAEAFFDEA=+=+=−，设平面AEF的

法向量(),,nxyz=r，则13202233022xyzyz−−+=−+=，取3z=，得11,2yx==，则平面AEF的一个法向量1,1,32n=故1330130244BGn=−+=，则BGn⊥且BG

平面AEF，则BG∥平面AEF.【小问2详解】330,,22AE=−，()2,1,0BD=−，130,,22BF=−，设平面BDEF的法向量(),,mxyz=，则2013022xyyz−=−+=，取2z=，得23,3yx==

，得平面BDEF的一个法向量()3,23,2m=设直线AE与平面BDEF所成角为，则23219sincos,19319AEmAEmAEm====，.则为锐角，故22219285cos1sin11919=−=−=.故所求直线AE与平面BD

EF所成角的余弦值为28519.20.2024届起，上海实行高考改革新方案．新方案规定：语文、数学、英语是考生的必考科目，考生还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门科目中选取3门作为选考科目．某校为了解高一年级360名学生选科方案的意向，随机选取36名学生进行了一次

调查，统计选考科目人数如下表：性别人数物理化学生物政治历史地理男生1616168242女生20442061610（1）估计该学校高一年级学生中，选科方案为“物理、化学、历史”组合的男生有多少人？（2）从选取的16名男生

中随机选出2名，求恰好有1人选“物理、化学、生物”组合的概率；（3）已知选取的20名女生有且仅有“物理、化学、生物”、“生物、政治、历史”、“生物、历史、地理”3种选科方案，若从选取的20名女生中随机选出2名，设随机变量为，其中两名学生选科方案不同时，0=，两名

学生选科方案相同时，1=，求的分布列与期望．【答案】（1）40人（2）815（3）分布列见解析，期望为3395【解析】【分析】（1）根据36名学生中，满足要求的男生人数为4人，从而43604036=，得到答案；（2）16名男生中

有8人的选科方案为“物理、化学、生物”，利用组合知识求出答案；（3）利用组合知识得到()33195P==，进而得到()62095P==，求出分布列和数学期望【小问1详解】36名学生中，选科方案为“物理、化学、历史”组合男

生人数为4人，故估计该学校高一年级学生中选科方案为“物理、化学、历史”组合的人数为43604036=人；【小问2详解】由数据可知，16名男生中有8人的选科方案为“物理、化学、生物”，.的设恰好有1人

选“物理、化学、生物”为事件A，则()1188216CC8C15PA==．【小问3详解】由数据可知，20名女生中有4人的选科方案为“物理、化学、生物”，有6人的选科方案为“生物、政治、历史”，有10人的选科方案为“生物、历史、地理”，()22

24610220CCC331C95P++===，()()6201195PP==−==，的分布列为0162339595，故62333301959595E=+=.21.已知椭圆2222:1(

0)xyEabab+=的左右顶点分别为A，B，椭圆E与抛物线28yx=−的准线相切，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3.（1）求椭圆E的方程；（2）过点(2,3)T−作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，则43||3MN=，求直线PQ的方

程.【答案】（1）22143xy+=（2）43399yx=−+【解析】【分析】（1）根据抛物线准线方程可得a，然后结合已知可得c，然后可得椭圆方程；（2）设直线PQ的方程为ykxm=+，联立椭圆方程，利用韦达定理代入4

3||3MN=，结合ykxm=+过点(2,3)T−可得23mk=−−，代入43||3MN=可得.【小问1详解】抛物线28yx=−的准线方程为2x=，由题知，2a=，又()()3FAFBacac=−+=，所以1c=，所以3b=.所

以椭圆E的方程为22143xy+=.【小问2详解】设过点T的直线方程为ykxm=+，代入22143xy+=，整理得()()222438430kxkmxm+++−=，则()()()222222Δ641643316239kmkmkm=−+−

=−+，设()()()()112234,,,,0,,0,PxyQxyMyNy，则()2121222438,4343mkmxxxxkk−+=−=++，直线BP方程为()1122yyxx=−−，得13122yyx−=−，直线BQ的方程为()2222yy

xx=−−，得24222yyx−=−.由题知1234122243223yyyyxx−−−=−=−−，整理得()()()121212243243kmxxxxxx+−=−++，两边平方整理得()()()222121212121624243

kmxxxxxxxx++−=−++，则()()()222222222163438168224434334343mmkmkmkmkkkk−−+−−=−−+++++，整理得22282564270km

km++−=①，因为直线ykxm=+过点(2,3)T−，所以23mk=−−，代入①整理得：363480k+=，解得439k=−，39m=−，直线PQ的方程为43399yx=−+.【点睛】本题考察直线与圆锥曲线的综合问题，主要考察学

生计算能力.主要是利用韦达定理代入条件或所求，然后结合已知列方程求解即可.22.已知函数()()1eelnxafxxxx−=+−，Ra.（1）若()fx在()1,+上单调递增，求a的取值范围；（2）当52a时，证明：()(

)()1e1e1lnelnxfxxxx−+−−+.【答案】（1）)e,+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由于()fx在()1,+上单调递增，所以()0fx在()1,+上恒成立，通过构造函数转化为求最值问题；（2）将()()()1e1e1ln

elnxfxxxx−+−−+的证明转化成()215ln12exxxx−+−的证明，通过构造()()()5ln102hxxxx=+−，()()210exxmxx−=，即可证明()()hxmx，从而原命题得证.【小问1详解】因为()()1eelnxafxxxx

−=+−，所以()()()()()11221ee1ee1xxxaxaxxfxxxx−−−−−−==−.因为()fx在()1,+上单调递增，所以()0fx在()1,+上恒成立，故1ee0xax−−在()1,+上恒成立，即2eexxa在()1,+上恒成立.令函数

()2eexxgx=，则()()2e1exxgx=−.当()1,x+时，()0gx，所以()gx在()1,+单调递减，所以()()1egxg=，所以a的取值范围为)e,+.【小问2详解】要证()()()1e1e1lnelnxfxx

xx−+−−+，()0,x+，只需证()11eeln10xxaxxx−−+−−，()0,x+.因为52a，所以()()1111e5eeln1eln12xxxxaxxxxxx−−−−+−−+−−，()0,x

+.要证()11eeln10xxaxxx−−+−−，()0,x+，只需证()115eeln102xxxxx−−+−−，()0,x+，即证15eln12xxxx−+−，()0,x+，即证()215ln12ex

xxx−+−，()0,x+.令函数()()5ln12hxxx=+−，()0,x+，则()lnhxx=，当()0,1x时，()0hx，()hx单调递减；当()1,x+时，()0hx，()hx单调递增.故()()312hx

h=.令函数()()210exxmxx−=，则()()12exxxmx−−=，当()0,2x时，()0mx，()mx单调递增；当()2,x+时，()0mx，()mx单调递减.故()()432e2mxm=.所以()()hxmx，所以()2

15ln12exxxx−+−，从而原命题得证.【点睛】思路点精：（1）由函数单调性求参数取值范围，通常构造函数转化为求函数最值问题；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com