2023届湖北省部分重点中学高三年级上册学期1月第二次联考数学试题【含答案】

一、单选题

Axax10BxN2x51．已知集合，，且ABB，则实数a的所有值构成的集

合是（ ）11,A．2311,B．43111,,C．2341110,,,D．234【答案】D【分析】求出案,

B2,3,4，由ABB得到AB，分A与A，求出实数a的值，得到答

BxN2x52,3,4【详解】，因为ABB，所以AB，当A时，a0，满足要求，当A时，ax10只有一个根，若若

A2，则2a10，解得：A3，则3a10，解得：

a12，

a13，

若A4，则4a10，解得：

a14，

1110,,,a实数的所有值构成的集合是234.故选：D

2．给出下列命题，其中正确命题的个数为（ ）①若样本数据

x1，x2，…，x10的方差为3，则数据2x11，2x21，…，2x101的方差为6；②

ˆ0.60.25x时，变量x与y具有负的线性相关关系；③随机变量X服从正态分布回归方程为yN3,2PX40.64P2X30.07，，则；④甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔1除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为25.

A．1个【答案】A

B．2个C．3个D．4个

ˆ【分析】根据方差的性质可判断①；根据变量x，y的线性回归方程的系数b0，判断变量x，y

是负相关关系可判断②；利用正态分布的对称性，计算求得结果可判断③；根据简单随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率可判断④.【详解】对于①，若样本数据

x1，x2，…，x10的方差为3，则数据2x11，2x21，…，

2x1012的方差为2312，故①错误；

ˆ0.250ˆ0.60.25x，可知b对于②，回归方程为y，则变量x与y具有负的线性相关关系，故②正确；

2对于③，随机变量X服从正态分布N(3,)，P(X4)0.64，根据正态分布的对称性

P(3X4)0.640.5=0.14，所以P(2X3)0.14，故③错误；

对于④，根据简单随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，200则甲被抽到的概率为5003，故④错误.

故选：A.

322fxx=13．已知函数f(x)xaxbxa，则“ab7”是“函数在处有极值10”的（ ）

A．充分不必要条件【答案】B

B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件

f1=0f1=10，即可得到方程组，解得a、b再检验，最后根【分析】求出函数的导函数，依题意可得据充分条件、必要条件的定义判断即可.

2322f(x)3x2axb，f(x)xaxbxa【详解】解：因为，所以

f1=32ab=0a=4a=32f1=1ab+a=10b=3所以，解得或b=11；

a=32232f(x)3x6x33x10b=3f(x)x3x3x9当时，，即函数在定义域上单调递增，无极值点，故舍去；

a=432f(x)3x28x113x11x1b=11f(x)x4x11x16当时，，当x1或

所以ab7，

x1111x13时f(x)0，当3时f(x)0，满足函数在x=1处取得极值，

所以由ab7推不出函数由函数

fx在x=1处有极值10，即充分性不成立；

fx在x=1处有极值10推得出ab7，即必要性成立；

故“ab7”是“函数故选：B

fx在x=1处有极值10”的必要不充分条件；

4．已知圆C：x2＋y2－2x－2my＋m2－3＝0关于直线l：x－y＋1＝0对称，则直线x＝－1与圆C的位置关系是（ ）A．相切C．相离【答案】A

【解析】把圆方程配方得圆心坐标和半径，由圆关于直线对称，说明圆心在此直线上，求得参数m，再求出圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系．

【详解】由已知得C：(x－1)2＋(y－m)2＝4，即圆心C(1，m)，半径r＝2，因为圆C关于直线l：x－y＋1＝0对称，所以圆心(1，m)在直线l：x－y＋1＝0上，所以m＝2．由圆心C(1，2)到直线x＝－1的距离d＝1＋1＝2＝r知，直线x＝－1与圆C相切．故选：A.

【点睛】本题考查圆的一般方程，考查直线与圆的位置关系．圆的一般方程可通过配方法变为标准方程，从而得出圆心坐标和半径．

B．相交D．不能确定

1b2(,m),2mm0axbx10xab的最小值5．已知关于的不等式的解集为，其中，则为（ ）A．2【答案】D

B．2

C．22D．3

111m2maxbx10a0mma，解得【分析】由题意，得，且，是方程的两根，由韦达定理a=1；

m+11bb22b=m+2==b+=b+mmab，利用对勾函数性，由基本不等式得，从而可得ab质可求解.

1(,m),2m，axbx40【详解】因为的解集为

12所以a0，且m，m是方程axbx10的两根，

m111b=m+==bma，得a=1；ma，

1b=m+m，当m0时，即

111b=m+=m+2m=2mmm，当且仅当令

m1m，即m=1时取等号，

fb在

b22+bb2abb，由对勾函数的性质可知函数

f(b)2,上单调递增，所以fbf2213，

b2



ab的最小值为3.故选：D．6．已知函数

fx及其导函数

fx的定义域都为R，且

f32x为偶函数，

fx2为奇函数，

则下列说法正确的是（ ）3f0A．2B．D．

f20f2023f20220C．

f2023f20220【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性对称性可得函数的周期性以及f(2)0，再利用复合函数的导数推出

f(x)的周期以及f30，进而可求解.【详解】因为即

f32x为偶函数，所以

f32xf32x，

f3xf3x，即函数图象关于x3对称，则f(x)f(6x)，

fx2fx2因为

fx2为奇函数，所以，

即函数图象关于点(2,0)对称，则f(x)f(4x),f(2)0，

所以f(6x)f(4x)，则f(x4)f(x)，所以函数以4为周期，f(2022)f(50542)f(2)0，

因为

f32xf32xf32xf32x，，所以

即

2f32x2f32xf3xf3x，

，即

f32xf32x，

也即

f30f3f3x0令，则有，所以，

由f(x4)f(x)得f(x4)f(x)，所以f(x)以4为周期，

所以f(2023)f(50543)f(3)0，所以

f2023f20220，C正确，

πf(x)sinxπ2满足周期为4，对于其余选项，根据题意可假设且关于点(2,0)对称，

23πfsin0242，故A错误；f(x)ππππcosxπ,f(2)cos002222，B错误；

f2023f2022f(3)f(2)sin故选:C.7．在长方体

πππ20222，D错误，

ABCDA1B1C1D1中，AA15，ADAB4，M，N，P分别是棱C1D1，BC，

31CPC1CCNCB1CMMDCC1上的点，且11，45，，Q是平面ABCD内一动点，若直线D1Q与平

QBQD1的最小值为（ ）

面MNP平行，则1441A．25B．17

89C．516D．25【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面MPN的法向量

n4,3,2，设出

Qs,t,0DQn0求出4s3t10，计算出

，根据12253844122QB1QD1s4st4t25t162525，得到最小值.

【详解】以D作坐标原点，DA，DC，

DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则

D10,0,5,N1,4,0,M0,2,5,P0,4,2,B14,4,5nx,y,z，

设平面MPN的法向量为，

nMNx,y,z1,2,5x2y5z0nMPx,y,z0,2,32y3z0则，

n4,3,2令y3，则z2,x4，故，

Qs,t,0D1Qs,t,5设，则，

DQns,t,54,3,24s3t100因为直线D1Q与平面MNP平行，所以1，

QB1QD14s,4t,5s,t,5s24st24t25因为4s3t10，所以

s103t4，

，

2103t222QB1QD1s4st4t25103tt4t254故

2538441t162525，故当

t3844125时，QB1QD1取得最小值，最小值为25.

2故选：A8．已知Sn是数列

an的前n项和，且a1a21，an2an13an2（n3）

，则下列结论正确的是

（ ）A．数列

anan1为等比数列

B．数列

an12an为等比数列

3n112n11S4032014C．

D．

an【答案】D

【分析】A选项，计算出

a1a20，故anan1不是等比数列，A错误；

723an12an37，B错误；B选项，计算出的前三项，得到C选项，由题干条件得到

anan13an1an2n1an1anaa23n1n，故为等比数列，得到，

3401aa12，a4a3232，……，a40a392338，相加即可求出S404，C错误；故23n112n1n1D选项，在an1an23的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出

an.

【详解】由题意得：由于则

a32a23a15，a42a33a210313，

a1a20，故数列anan1不是等比数列，A错误；

a22a1123，a32a2527，a42a3131023，

723a2an不为等比数列，B错误；

由于37，故数列n1n3时，an2an13an2，即anan13an1an2，

又故

a1a2112，

an1an为等比数列，首项为2，公比为3，

n1故an1an23，

382aa2aa23aa2321403943故，，……，，

13403401S40213332194，C错误；以上20个式子相加得：

2438nn1因为an1an23，所以an2an123，两式相减得：

an2an23n23n143n1，

2k52k3aa43，aa43aa43n2k2k22k42k2k2当时，，，……，42以上式子相加得：

32k1332k1132k11a2ka2a2k22，而a21也符和该式，故2，故

a2ka2433332k3332k132k134192，

3n113an2kn2令得：

n112n1，

2k62k40当n2k1时，a2k1a2k343，a2k3a2k543，……，a3a143，

以上式子相加得：

32k2132k2132k21a2k1a2k1a1a11222故，而也符号该式，故，

a2k1a1432k432k6132k232k2134192，

0令2k1n得：

an3n112n1n1，

综上：

an3n112，D正确.

故选：D【点睛】当遇到

an2anfn时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检

验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令n2k1和n2k，用累加法进行求解.

二、多选题9．设A．C．

z1，z2为复数，则下列四个结论中正确的是（ ）

22z1z2z1z24z1z2B．z1z1是纯虚数或零D．存在复数

z1z2z1z2恒成立

z1，z2，使得z1z2z1z2【答案】BC

【分析】对于A由右向左化简即可判断，对于B设z1abi，求出共轭复数，代入化简分情况即可判断正误，对于C设两个复数计算出求和模长，在计算出模长求和即可比较大小，对于D设两个复数，计算出乘积模长，在计算出模长乘积即可比较大小.

zz【详解】对于A：12zzxyi则12222224z1z2z1z2，

2，令

z1z2xyi，

x2y22xyiz1z2x2y2x2y22222xyxy2xyi不一定相等，故A错误；，与

对于B：z1abi，则z1abi，z1z12bi，当b0时为零，当b0时为纯虚数，故B正确；

对于C：z1xyi,z2abi,z1x2y2,z2a2b2，22则

z1z2axby2a2bx2y22ax2by|z1||z22|xy2a2b2，

aybx20,则

a2y2b2x22abxy0，4a2x2b2x2a2y2b2y24a2x2b2y22abxy4x2y2a2b22ax2by22x2y2a2b22ax2byx2y2a2b22a2b2x2y2x2y2a2b22ax2by，

x2y2a2b22a2b2x2y22ax2by2，

|z21||z2|z1z220故C正确；

对于D：设z1xyi,z2abi,z1x2y2,z2a2b2，则

|z21||z2|(x2y)(a2b2)，z1z2axxbiayibyi2axbyxbayiz21z2axbyxbay2(x2y2)(a2b2)=|z1||z2|，故D错误.

故选：BD.

f10．将函数

x2cos2xππ4的图象向右平移8个单位长度得到ygx的图象，则（ π,πf．π4xA．yfx在42上是减函数fπB4xC．

ygx是奇函数D．

ygx1在

π,π上有4个零点

【答案】ACD

ππ【分析】A选项，代入检验，得到yfx,在42上单调递减，A正确；fπfBx2cosπ42x，π4x2cosπ42x选项，计算出4，两者不一定相等，

C选项，根据函数平移变换求出

g(x)=2sin2x，故C正确；

）ygx12sin2x10D选项，令，得到11π

12，共4个零点，D正确.

sin2x15π7ππx12或12或12或2，求出π,π上，

ππ3ππ3πππx,z,2x,444，由于y2cosz在42时，44上单调递减，故【详解】

ππ,yfx4在2上单调递减，A正确；ππππfx2cos2x2cos2x444，4ππππfx2cos2x2cos2x444，4πππ2cos2x2cos2x2sin2x44，4因为

ππ2sin2x2cos2x4与4不一定相等，由于

πfx与故4πfx4不一定相等，B错误；

ππgx2cos2x2sin2xygx84，故是奇函数，C正确；

令

，解得：

π5π11π7π2x2x2π,2πxπ,π6或6或6或6，，则，则11π5π7ππx12或12或12或12，共4个零点，D正确.解得：故选：ACD11．已知函数

ygx12sin2x10sin2x12，

fxxlnx2mx2m，则下列说法正确的是（ ）

12e时，fx有且仅有一个零点A．当m0或

1m4时，fx有且仅有一个极值点B．当m0或

C．若D．若

fx为单调递减函数，则与x轴相切，则

mm14fx12e.

【答案】AD

lnxlnxmh(x)=fx2x的性【分析】根据零点的定义可得的零点即方程2x的根，利用导数研究函数

质，结合图象可判断A，由导数的几何意义可判断D，根据导数与函数的单调性的关系求m的范围，

由此可判断C，结合单调性与极值的定义可判断B.

lnxmxlnx2mx0fx0x02x【详解】，令可得，化简可得，

1lnxlnxhxhxx02x2，2x设，则当xe，

hx0，函数

hx在

e,单调递减，

在

当0xe，又

hx0，函数

hxe0，单调递增，

h10，

he1lnxh(x)=2x图象如下：2e，由此可得函数

所以当m0或所以当m0或函数

mm1lnxm2e时，2x有且仅有一个零点12e时，fx有且仅有一个零点，A对，

的定义域为

fxxlnx2mx2，

0，，

fxlnx4mx1若则

fx与x轴相切，设

，

fx，

与x轴相切与点

(x0,0)，

fx00fx00所以

lnx02mx00，lnx04mx010，

m12e，故D正确；

所以x0e，若

fx为单调递减函数，则

fx0在

0，上恒成立，

lnx1m0，4x所以在上恒成立，设

gxlnx1lnxg(x)4x，则4x2，

当x1时，g(x)0，函数

g(x)lnx14x单调递减，lnx14x单调递增，

当0x1时，g(x)0，函数

g(x)且

g(1)1g101x4，ee时，g(x)0，，当

由此可得函数

g(x)lnx14x的图象如下：

所以若

为单调递减函数，则1m4时，函数f(x)在0，所以当上没有极值点，B错，故选：AD.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，利用函数的单调性和图象解决问题，本题为函数综合性问题，涉及函数的零点，导数的几何意义，根据函数的单调性求参数，函数的极值，考查的知识点较多，要求具有扎实的基础知识，较强的解题能力.

fxm14，C错，

三、解答题

x2y2212ab12．曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线（

xyRa2b2ab，则下列说法正确的是（ ）ab0）上点Px0,y0处的曲率半径公式为

A．若曲线上某点处的曲率半径起大，则曲线在该点处的弯曲程度越小

51B．若某焦点在x轴上的椭圆上一点处的曲率半径的最小值为c（半焦距）则该椭圆离心率为2x2y2b2212abC．椭圆（ab0）上一点处的曲率半径的最大值为a20420432x2y2212abD．若椭圆（ab0）上所有点相应的曲率半径最大值为8，最小值为1，则椭圆方x2y21164程为

【答案】ABD

2x0yb12a代入R，根据x0的范围可得R的最小值，令其等【分析】根据曲率半径可判断A；把

202a21Rab2b可判断C；根据b于c化简求出e可判断B；由选项B可知

222222ba221221ab2Rab21,8ab，得出ab求出a,b可判断D.

3233【详解】对于A，曲线上某点处的曲率半径变大，则曲线在该点处的弯曲程度越小，故A正确；

22x022x0y0yb10212a2ab对于B，因为，所以，所以

322x23b12222ay01222x022x022c2Rab44abab42x0244ababbab，

322021c2211x22ax0a，所以0x0a，a2a4b20b2b2，因为

1a2b22ca若某焦点在x轴上的椭圆上一点处的曲率半径的最小值为c，可得，

e512，故B正确；

3232解得

2a21c211221Rab242x0222b，babbb，所以对于C，由选项B可知，ax2y2a2212ab所以椭圆（ab0）上一点处的曲率半径的最大值为b，故C错误；

x2y2212ab对于D，若椭圆（ab0）上所有点相应的曲率半径最大值为8，最小值为1，由选b21a332222b2ba2221221a8ab2Rab2aabbb项B可得，所以，解得a4，

x2y21164则椭圆方程为，故D正确.故选：ABD.13．已知数列(1)求数列

an中，a12，当n2时，n1an2nan1.

an的通项公式；

n2n9an，数列

(2)设

cncn中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不

存在，说明理由.

nan2n【答案】(1)；

(2)最大项

c637c164，最小项2.

an【分析】(1)由递推式证明数列n为等比数列，根据等比数列通项公式求其通项，再求数列

an的通项公式；

(2)研究数列的单调性，由此确定其最值.

anan12n1an2nan1，所以nn1，【详解】（1）因为当n2时，

bna1an2b12bnb2bbn1，n2，又n，则n1令，所以n1，n2，

所以数列

bn为等比数列，公比为2，首项为2，

nnb2an2nn所以，所以.

cn（2）由（1）知

n2n92n92n7cn1n1nan2，得2，

cn1cn2n72n92n74n18112nnn12n122n12，

cc5c4c3c2c1；

当n6时，cn1cn0，cn1cn，即6当n6时，所以数列

cn1cn0，cn1cn，即c6c7c8，

c6364，

cn是先增后减，最大项为

72．

因为当1n4时，所以数列

cn0且数列cn是单调递增；当n5时an0，

c1cn的最小项为

14．从有3个红球和3个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记Ai表示事件“第i次摸到红球”，i1，2，…，6.

(1)求第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率；(2)记概率.（ⅰ）证明：

PA1A2A3PA1PA2A1PA3A1A2；

PA1A2A3表示

A1，A2，A3同时发生的概率，PA3A1A2表示已知A1与A2都发生时A3发生的

（ⅱ）求

PA3.

3【答案】(1)51(2)（ⅰ）详见解析，（ⅱ）2【分析】（1）由条件概率得公式计算即可求得.

（2）（ⅰ）有条件公式即可证明；（ⅱ）根据条件概率公式逐项计算即可求解.

PA2A1【详解】（1）

PA1A21PA33653356，

3所以第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率5；

（2）（ⅰ）因为又因为所以即

PA1A2A3PA1A2PA3A1A2，

PA1A2PA1PA2A1，

PA1A2A3PA1A2PA3A1A2PA1PA2A1PA3A1A2，

PA1A2A3PA1PA2A1PA3A1A2.

（ⅱ）P(A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A3)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)32133233232360165465465465412024sinABC5；②AB5；③ABAC，中任选一个条件补充在下面的15．请在这三个条件：①

24sinBAC25，______，BC6，D在边BC上，且橫线上，并加以解答.如图，锐角ABC中，

BD2DC，点E在边AC上，且BEAC，BE交AD于点F.

(1)求AC的长；

(2)求cosDAC及AF的长.

【答案】(1)5cosDAC(2)

7171917AF19.85,

【分析】(1)利用正弦定理，结合①所给条件即可求解，利用正弦定理，结合②所给条件可求解，利用正弦定理，结合③所给条件可求解；(2)利用同角三角函数的关系结合两角和的余弦公式可求出cosC，再利用余弦定理求出AD，△DAC中利用余弦定理即可求出cosDAC，进而在直角三角形AEF中可求解AF.【详解】（1）选择①在锐角ABC中，

sinABC45，

sinBAC2425，BC6，

ACBC由正弦定理得sinABCsinBAC,

4BCsinABC55AC24sinBAC25所以,

6选择②AB5，因为

sinBAC724cosBAC1sin2BAC25，25，所以

222在ABC中，由余弦定理得BCABAC2ABACcosBAC,

所以

3625AC21414AC2AC110AC55，整理得，115（舍），

解得AC5或

选择③ABAC，因为

ACsinBAC724cosBAC1sin2BAC25，25，所以

222在ABC中，由余弦定理得BCABAC2ABACcosBAC,

所以

362AC214AC225，解得AC5.

sinABC45，

（2）由（2）知，选择①，②，③所得结果一样，因此选择②，③也可得

3cosABC1sin2ABC5，所以因为

sinBAC724cosBAC1sin2BAC25，25，所以

所以cosCcos(BACABC)cosBACcosABCsinBACsinABC7324432552555，

318CEBCcosC6,55因为BEAC，所以AEACCE75，

CD13BC2,cosC35，

在ACD中，AC5，ADAC2DC22ACDCcosC2541217，AD2AC2CD2172541917cosDAC2ADAC85，1017由BEAC，所以AFcosDACAE，

7717AF519191785.16．在三棱柱

ABC-A1B1C1中，ABBC，ABAA1，

A1AC2π3，点M为棱CC1的中点，点

T是线段BM上的一动点，AA1AC2AB2.

(1)求证：(2)求平面

CC1AT；

B1BCC1与平面A1ACC1所成的二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析3(2)3【分析】（1）根据三棱柱中的垂直关系以及角度，可通过证明

CC1平面ABM，利用线面垂直的性

质定理即可证明；（2）根据（1）可通过二面角的定义作出二面角的平面角，再利用线面垂直通过判断三角形形状求得二面角的正弦值.【详解】（1）由题意可知，

CC1//AA1，又ABAA1，所以ABCC1，

连接AM,AC1，如下图所示：

由

A1AC2π3，AA1AC可知，△ACC1是正三角形，

又点M为棱CC1的中点，所以

CC1AM，

AB平面ABM，AM平面ABM，AMABA，

所以所以

CC1平面ABM，AT平面ABMCC1AT.

（2）由（1）知，

CC1BM,CC1AM，

根据二面角定义可知，AMB即为所求二面角的平面角或其补角，在正三角形

△ACC1中，AC2，所以AM3，BB//AA1，所以ABBB1，

因为ABAA1，1又ABBC，且

BB1BCB，所以AB平面B1BCC1，

BBCC1，所以ABBM，

而BM平面1在RtABM中，AM3，AB1，

sinAMB所以

AB13AM3，33BBCC1与平面A1ACC1所成的二面角的正弦值为3于是平面12xC17．已知抛物线：4y的焦点为F，直线l交抛物线于A,B两点（A,B异于坐标原点O），交

AFQFy轴于点Q0,t（t1），且，直线l1∥l，且与抛物线相切于点P.

(1)求证：A,F,P三点共线；

lll(2)过点A作该抛物线的切线2（点A为切点），2交1于点N.

（ⅰ）试问，点N是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；

（ⅱ）求SABN的最小值.【答案】(1)证明见解析

(2)（ⅰ）点N在定直线y1上；（ⅱ）SABN的最小值为16.

x12t2AFQFA,BF(0,1)4【分析】（1）易知焦点，设出两点坐标，根据得到，再由l1∥l可知两直线斜率相等，可得P点坐标的表达式，再利用

kAFkPF即可证明A,F,P三点共线；（2）

ll（ⅰ）分别写出直线1，2的方程，求出两直线交点N的坐标表达式即可得出点N在定直线y1上；（ⅱ）联立直线l与抛物线方程，利用弦长公式求出AB的表达式，再求出点N到AB的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得SABN的最小值.

x12x212A(x1,),B(x2,)F(0,1)44【详解】（1）由题可知，设，x12x12t1x1144AFQFQ0,t,t>1又，由得，

212x12x12Q0,2t24，4所以，即

所以直线l的斜率为

kAQx12x122442x10x1，

设

P(xp,xp24)，由x4y可得

2yx2，

l所以直线1的斜率为

xp又l1∥l，即2yxxpxp2，

4442xpP(,2)x1，得x1x1x1，所以

kAF所以，即

4x121122x4x4x12x124411,kPF4x104x14x4x110x1，

kAFkPF，则A,F,P三点共线.

（2）（ⅰ）点N在定直线y1上，理由如下：

l直线1的斜率为

yxxpxp24242l1:y2xx1x1x1x1，所以直线l1的方程为

l1:y即

24x2x1x1yxx1l过点A的切线2斜率为

x1x12l2:yx24，即

x12x1x1l2:yxx1422，所以直线l2的方程为

x2N1,12x1l2l1交于点N，解得因此，点N在定直线y1上.

2x122kl:yxx1x1，方程为4x1（ⅱ）由（1）知直线l的斜率为，x122l:yx2x41即，

2x联立抛物线方程4y整理得

2x28xx1280x1，

2844x12324x1>0x1x1所以，

AB1k2所以

4444(x1x2)24x1x2124x1212x1x1x1x1x12又因为l1∥l，所以点N到AB的距离等于点P到直线l的距离，

44x122P(,2)l:yx2xxx4111而到直线的距离为

d8x124222x14x114x122x14x122x2x1241441212x1x12SABNSABP所以

2x12144x1242x114ABd12x1x1x12x1x1x1x124x1412x1x1，当且仅当

23x1而

442x14x1x14x1，即x12时等号成立；

所以

SABN141x143164x143，

即SABN的最小值为16.

【点睛】方法点睛：定点问题，通常根据已知条件假设直线方程，再与曲线方程联立，借助韦达定理化简后代入分析.

面积的最值问题通常转化为函数的最值问题，进一步直接求解函数的最值或利用基本不等式、函数求导来求解函数最值.

x2fxa1lnxax1a2218．已知函数．

（1）求函数（2）若

fx的单调区间；且m1，证明：

x1,mfmf1，a1lnxx1．

【答案】（1）单调递增区间为

0,1和a1,；单调递减区间为1,a1；（2）证明见解析.

fxa12x1xa1x【分析】（1）首先求函数的导数，，比较导数的零点，求解函数的单调区间；

（2）利用二次导数，可转化为证明

a1m1lnm恒成立，再利用fmf1，可证明

m12m12m1lnm，只需证2m1lnmm1m1lnm，化简后，构造函数

Hxlnx2x1x1，证

明不等式.

【详解】解：（1）函数fxxafx的定义域为

0,，

a1xx1xa1x∵a2，∴a11∴由由∴

f¢(x)>0得xa1或0x1fx0得1xa1；

fx的单调递增区间为

x1,m0,1和a1,；单调递减区间为1,a1．

，即证

x1,m1x（2）欲证gx，a1lnxx1，

a1x1lnx，

令

x1gxlnx，1xm，则

lnx1lnx2，

令

xlnx111x11x22x，则xxx，

因为x1，所以所以所以

x0，所以

x在

1,m上单调递增，所以x10，

gx0，所以

gxx1lnx在1,m上单调递增，

gxgmm1lnm，

所以欲证

x1,m，

a1x1m1a1lnx，只需证lnm，①

m21am1a1lnmfmf12，因为，所以2m1即令

22a1m1lnm，②

hxx1lnxhx在1,，则

hx11x1xx，当x1时，hx0hxh10所以上单调递增，所以

，即x1lnx0，

所以m1lnm0，故②式可等价变形为：

a1m122m1lnmm1m1m1，

2所以，欲证①式成立，只需证2m1lnm所以仅需证

lnm2m1m1lnm成立

令∴

Hxlnx2x1x1x1Hx2xx1x1，（），则

20，

Hx在1,上单调递增，，即

故

HxH10lnx2x1x1，

∴结论得证．

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式恒成立，本题的关键是利用

a1fmf1，变

m12m12形，计算求得

2m1lnm，从而转化为证明2m1lnmm1m1lnm成立.

四、填空题19．已知向量【答案】100

a1,3，

b2,m2a//b2bab______.，若，则

【分析】先根据向量平行列出方程，求出m6，从而利用数量积公式求出答案.【详解】由题意得：m60，解得：m6，

2222bab2261236100.故

故答案为：100

20．用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有n个，

1x1x1x则

【答案】20233451xn3x3的展开式中，x的系数是______.（用数字作答）

2【分析】根据排列和组合计数公式求出n20，然后利用二项式定理进行求解即可．

【详解】用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数中，满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有

2C35A220个，即n20，

345n33(1x)(1x)(1x)(1x)xx0n20当时，不妨设，则

(1x)3(1x)4(1x)5(1x)23x3(1x)3[1(1x)21]3(1x)3(1x)24(1x)24(1x)3xx3x31(1x)xxx，

332所以x的系数是C24C3202412023.

故答案为：2023．

x2y21P(x0,y0)（y00）的直线4221．已知双曲线的右焦点为F，过双曲线上一点AF26x0x2y0y40与直线x6相交于点A，与直线x3相交于点B，则BF______.6【答案】2【分析】根据给定条件，求出点F,A,B的坐标，再利用两点间距离公式化简计算作答.

x2y2122P(x,y)2yx4,|x0|2，又F(6,0)000042【详解】因为在双曲线，即有x66x04A(6,)xx2yy402y000由得，由

26x3xx2yy400026x42630B(,)32y0得，

(6x04)2|AF|24y0因此，，226x04)2228y0(22x043)24(x04)(22x043)2223|BF|22234y012y012y0，(AF则

22BF3(6x04)23(6x04)23(6x04)23222224(x04)(22x043)12x0166x0322(6x04)，

所以

AF6BF2.6故答案为：2【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．

五、双空题

22．已知正四面体ABCD的棱长为2，M在棱CD上，且CM3MD，则二面角MABD的余弦值为______；平面MAB截此正四面体的外接球所得截面的面积为______.

531351339999【答案】 ## ##

【分析】根据给定条件，作出二面角MABD的平面角，再在三角形中利用余弦定理计算即可；利用等体积法及倍分关系求出球心到平面MAB的距离，再利用球的截面小圆性质计算作答.

11DMCD42，ADMBDM60，【详解】在正四面体ABCD中，ADBD2，在ADM,BDM中，

11113AMBMBD2DM22BDDMcosBDM4()2222222，取AB中点N，连接MN,DN，如图，DNAB,MNAB，则MND是二面角MABD的平面角，

而DN3，MNAM2AN2(1323)122，

2913MNDNDM453cosMND432MNDN9232在DMN中，，

2253所以二面角MABD的余弦值为9；令正△BCD的中心为O1，连接

AO1,BO1,MO1，BO1的延长线交CD于点E，则E为CD中点，

有

BO12222111133BESBO1MSBEMSBEDSBCDBC233，33232646，13ABMN22，

SABM显然

AO1平面BCD，正四面体ABCD的外接球球心O在AO1上，连接BO，则BOAOR，

22262626)R2(R)2()2R3，在Rt△BOO1中，333，解得2，AO1AB2BO124(而

AO3AO4，1且

令点O1到平面MAB的距离为h，由

VO1ABMVABO1M11SABMhSBO1MAO13得：3，即

332622hh263，解得9，dAO32dh46，平面MAB截球O所得截面因此球O的球心O到平面MAB的距离d有hAO1，即

小圆半径为r，

则

r2R2d2(62213)()2269，

Sr2139.

所以平面MAB截此正四面体的外接球所得截面的面积

531399故答案为：；

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.