高考模拟练习—黑龙江省哈尔滨市第三中学2022届高三第二次模拟考试理科数学试题(含答案解析)

黑龙江省哈尔滨市第三中学2022届高三第二次模拟考试理科

数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

题号 一 二 三 总分 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………得分 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题 1．已知z12i，则z(zi)的模长为（ ） A．4

B．10 C．2

D．10

2．设集合M{xN∣ylg(3x)},Ny∣y2x,xM，则（ ） A．MN B．NM C．MN{0,1,2}

D．MN{0,1,2,4}

3．命题“存在实数xx00，使e1x”的否定是（ ） 0A．不存在实数xx0B．存在实数xx010，使e1x 0，使ex 00C．对任意的实数x，都有ex1x D．对任意的实数x，都有ex1x 4．黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小，密度大，吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来，数字中也有类似的“黑洞”，任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新数字串；重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字，我们称它为“数字黑洞”，如果

把这个数字设为a，则sina26（ ）

A．1 B．1322 C．2 D．32 n5．已知x21x2的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为4，则展开

试卷第1页，共5页

………线…………○………… ………线…………○…………

式中二项式系数最大的项为第（ ）项. A．3

B．4

C．5

D．6

x2y26．已知F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，

ab且BF垂直于x轴，若直线AB的倾斜角为A．2 B．3 ，则双曲线C的离心率为（ ） 4C．2

D．3

7．已知数列an的前n项和为Sn，满足a11,a23,2SnSn1Sn1(n2)，则……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………a2022（ ）

A．4043 B．4042 C．4041 D．4040

8．已知asinln124,be,c6执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）

A．12

B．

22 C．6

D．1

9．双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥.在数学中，双曲函数是一

sinhxexex类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数2，和双曲余弦函数

xexexcosh2.下列结论错误的是（ ）

A．双曲正弦函数图象关于原点中心对称，双曲余弦函数图象关于y轴对称

B．若直线ym与双曲余弦函数图象C1和双曲正弦函数图象C2共有三个交点，则m1 C．双曲余弦函数图象C1总在双曲正弦函数图象C2上方 D．双曲正弦函数sinhxexex2导函数的图象与双曲余弦函数图象重合 10．己知四条直线l1:y0,l2:yx,l3:y3x2,l4:y3x2，从这四条直线中任取两条，这两条直线都与函数f(x)x3的图象相切的概率为（ ） A．0

B．16

C．12

D．13

11．如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，侧棱长为4，E，F分别在AB，BC上，且AE13AB,CF13CB，过D1，E，F的平面记为，则下列说法中正确的个数是（ ）

试卷第2页，共5页

………线…………○………… ………线…………○…………

①D1F与面ABCD所成角的正切值为210； 5②平面截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的形状为四边形； ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………③平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为3:1； ④平面截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的面积为73； A．1

B．2

C．3

D．4

12．在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，若sin(AC)2Sb2a2，则tanA13tan(BA)的取值范围为（ ）

A．23,B．23,43  C．332343,3D．23,4

33 第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 13．已知向量a,b满足：a1,b(1,3)，a与b的夹角为

3，则|ab|__________. 14．已知f(x)是奇函数，且当x0时f(x)eax，若f1ln24，则a__________.

15．已知等比数列an各项均为正数，且满足：a11，2a101a1021a101a102，记Tna1a2an，则使得Tn1的最大正整数n为__________.

16．已知抛物线y22px(p0)，其焦点为F(1,0)，准线为l，过F的直线交抛物线于A，B两点，连接AO（O为原点）交l于C，连接BO交l于D，则四边形ABCD面积的最小值为__________. 评卷人 得分 三、解答题 试卷第3页，共5页

………线…………○………… ………线…………○…………

xx2cos21. 17．已知f(x)sin468(1)求f(x)的单调递增区间及其图象的对称轴； (2)当x(0,4)时，求f(x)的值域.

18．哈尔滨市工会为了解市民日健步走的情况，从本市市民中随机抽取了1000名市民，利用手机计步软件统计了他们3月15日健步的步数，并将样本数据分为

[3,5),[5,7),[7,9),[9,11),[11,13),[13,15),[15,17),[17,19),[19,21]九组（单位：千步），将样本

数据绘制成频率分布直方图如图，并利用该样本的频率分布估计总体的概率分布.

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

(1)请利用频率分布直方图估计样本平均数x和众数a；

(2)由频率分布直方图可以认为，市民日健步步数Z（单位：千步）近似地服从正态分布

N,2，其中近似为样本平均数x，的值已求出约为3..现从哈尔滨全市市民中随机抽取5人，记其中日健步步数Z位于(4.88,15.8)的人数为X，求X的数学期望. 参考数据：若Z~N(,)，则P(Z)0.6827，P(2Z2)0.9545.

19．如图1，矩形ABCD，点E，F分别是线段AB，CD的中点，AB4,AD2，将矩形ABCD沿EF翻折.

(1)若所成二面角的大小为

2（如图2），求证：直线CE面DBF； 试卷第4页，共5页

………线…………○………… ………线…………○…………

(2)若所成二面角的大小为角为

（如图3），点M在线段AD上，当直线BE与面EMC所成3时，求二面角DEMC的余弦值. 41220．已知函数f(x)lnxx6a(lnx1)x，a为常数，aR.

21(1)当a时，求f(x)在xe处的切线方程；

3(2)①讨论函数f(x)的单调性；

②x(e,)，不等式f(x)2a2恒成立，求a的取值范围. ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………C:x2y221．已知椭圆2a2b21(ab0)的离心率为2，短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)在圆O:x2y23上取一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别记为M，N，（PM与PN的斜率均存在），直线PM，PN分别与圆O相交于异于点P的A、B两点. ①求证：|AB|23； ②求OMN面积的取值范围.

x1cos22．在平面直角坐标系 xOy中，设曲线C的参数方程为31（为参数），

y213sin以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C2的极坐标方程为

2cos24sin2.

(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程； (2)设P，Q分别为曲线C1与C2上的动点，求|PQ|的最大值. 23．已知函数f(x)|4x3||4x5|. (1)求不等式f(x)14的解集； (2)设m,nR，且m2n3，求证：2m22n1f(x).

试卷第5页，共5页

…线…………○………… …线…………○…………

参：

1．B 【解析】 【分析】

先化简zzi，再计算模长 【详解】 ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………因为z12i

所以zzi12i1i1i2i2i23i

所以zzi3i321210 故选：B 2．D 【解析】 【分析】

先用列举法写出集合M和集合N，再判定他们之间的关系即可得出答案. 【详解】

根据题意，M{x|x3,xN}0,1,2

M0,1,2时，N1,2,4

所以选项D正确. 故选：D. 3．C 【解析】 【分析】

由已知，给出命题为特称命题，其否定为全称命题，可根据原命题直接变换即可. 【详解】

由已知，命题“存在实数xx010，使ex”为特称命题，其否定为全称命题，即“对任意的实数0x，都有ex1x”. 故选：C. 4．D

答案第1页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… 【解析】 【分析】

根据题意可得数字黑洞为123，然后利用诱导公式即得. 【详解】

根据“数字黑洞”的定义，任取数字2021，经过一步之后为314，经过第二步之后为123，再变为123，再变为123，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以数字黑洞为123，即a123，

∴sina26sin1232336sin26cos62. 故选：D. 5．B 【解析】 【分析】

由已知，根据给的式子写出其通项，分别写出第3项的系数与倒数第3项的系数得到关于n的方程，先求解出n，即可确定其展开式二项式系数最大在第几项. 【详解】

n2rnr2n5rrrr2xx2的展开式通项为Tr1Cn(x)(x2)Cn2x， 第3项为n10T223Cn2x2，其系数为C22n2，

倒数第3项为104nTn2n22n1Cn·2?x2，其系数为Cnn2n2，

由题意，C22n24n12Cn2n222，所以n6，

n24所以展开式中二项式系数最大的项为C36，即为展开式的第4项. 故选：B. 6．C 【解析】 【分析】

A(a,0)(c,b2由题设可得、Ba)，根据倾斜角与斜率关系及斜率两点式得到a、c的齐次方程，

答案第2页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

即可求双曲线C的离心率. 【详解】

b2由题设，A(a,0)，F(c,0)，又BF垂直于x轴，则B(c,)，

ab2b又直线AB的倾斜角为，即B(c,)，且， tana1a44ac2……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以b2a2ac，故2a2acc2(2ac)(ac)0，可得2ac，即e2. 故选：C 7．A 【解析】 【分析】

由等差中项的性质及等差数列的定义写出{Sn}通项公式，再由an,Sn关系求an的通项公式，进而求a2022. 【详解】

由2SnSn1Sn1(n2)知：{Sn}为等差数列， 又S1a11，S2a1a22，则公差d1，

所以Sn，故Sn2nn，

则S2(n2)，可得an2(n1)2n1(n1)nSnSn12n1，而a11也满足，

所以an2n1，则a20222202214043. 故选：A 8．A 【解析】 【分析】

根据已知输入数据，结合条件语句的执行逻辑确定输出结果. 【详解】

由题设，a22,b12,c6， 所以xa22b，则xb12c，故输出x12.

答案第3页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… 故选：A 9．B 【解析】 【分析】

判断函数的奇偶性，可判断A;利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性，作出函数的大致图象，由此数形结合，判断B，进而判断C,D. ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………【详解】

对于A，由于sinh(x)exexexex2sinhx,xR，故sinhx2为奇函数，其图象关于原点中

心对称， xx而cosh(x)eexexe2coshx,xR，故coshx2为偶函数，图象关于y轴对称，

故A正确；

对于B，当x0时 ，(coshx)exex2xexex0，故cosh2在x0时为增函数，

当x0时 ，(coshx)exexex20，故coshxex2在x0时为减函数，

因此coshxexex2的最小值在x0 时取到，最小值为1； 又(sinhx)ex+exexex20，故sinhx2在R上为增函数，

又因为coshxsinhxexexexex22ex0， 由此作出sinhxexexexex2，coshx2的大致图象，如图示，

由图象可知，当m1时，直线ym与双曲余弦函数图象C1和双曲正弦函数图象C2共有2个交点，故B错误；

对于C，由对B的分析可知，双曲余弦函数图象C1总在双曲正弦函数图象C2上方，C正确；

答案第4页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○……… …线…………○………… …线…………○…………

ex+exexexcoshx，故双曲正弦函数sinhx导函数的图象与双曲余

22对于D，由于(sinhx)弦函数图象重合，D正确， 故选：B 10．C 【解析】 ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………【分析】

利用导数的几何意义求斜率分别为f(x)0、f(x)3的切线方程，结合题设直线，应用古典概型的概率求法求概率即可. 【详解】

由题设，f(x)3x2，

当f(x)0，得x0，则f(0)0，即切点为(0,0)的切线为l1:y0； 当f(x)3，得x1，

若x1，则f(1)1，即切点为(1,1)的切线为l3:y3x2； 若x1，则f(1)1，即切点为(1,1)的切线为l4:y3x2；

x)x3的图象相切的概率为C2所以从已知四条直线中任取两条与函数f(31C2.

42故选：C 11．B 【解析】 【分析】

延长DA,DC交直线EF于G,H，连接D1G,D1H交AA1,CC1于I,J，连接BD交EF于K，再连接IE,JF，根据直棱柱的结构特征知D1F与面ABCD所成角正切值

DD1DF判断①；应用数形结合即知截面的形状为五边形D1IEFJ判断②；由下部分体积V1VD1GDH2VIAGE，上部分体积V2VABCDA1B1C1D1V1，即可得比例判断③；根据截面的面积SD1IEFJSD1GH2SIGE判断④. 【详解】

答案第5页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

延长DA,DC交直线EF于G,H，连接D1G,D1H交AA1,CC1于I,J，连接BD交EF于K，再连接IE,JF， 由AE11AB,CFCB，易知：EF//AC，则FC1，可得DF10， 33而DD1面ABCD，且DD14， DFDD1210……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以1与面ABCD所成角正切值

DF5，①正确； 所以平面截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的形状为五边形D1IEFJ，②错误；

由上知：平面分割的下部分体积V112112311VD1GDH2VIAGE3424231213，

平面分割的上部分体积V31772VABCDA1B1C1D1V13633， 所以上、下两部分的体积之比为77:31，③错误； 由GIEGD1H3，故所得截面的面积SSS13D1IEFJD1GH2IGE2(3222)273，④正确.

故选：B 12．C 【解析】 【分析】

由面积公式与正余弦定理化简后得出A,B关系后求解 【详解】

在ABC中，sin(AC)sinB,S12acsinB，

故题干条件可化为b2a2ac，由余弦定理得b2a2c22accosB，

答案第6页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○……… …线…………○………… …线…………○…………

故c2acosBa，又由正弦定理化简得： sinC2sinAcosBsinAsinAcosBcosAsinB，

整理得sin(BA)sinA，故BAA或BAA（舍去），得B2A

0A23ABC为锐角三角形，故02A，解得A，故tanA1

23……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………03A2tanA1123tan(BA)tanA3tanA(33,43)

故选：C 13．3 【解析】 【分析】

首先求出b，再根据平面向量数量积的定义求出ab，最后根据abab2及平面向量数量积的运算律计算可得； 【详解】

解：因为b(1,3)，所以b12322，又a1且a与b的夹角为

3，所以ababcos312121，所以abab2a22abb2a22abb21221223 故答案为：3 14．2 【解析】 【分析】

根据奇函数的性质及对数的运算性质计算可得； 【详解】

解：因为f(x)是奇函数，所以fxfx，所以fln12fln2fln24，所

以fln24，又当x0时f(x)eax，所以fln2ealn2eln2a4，即2a4，解得a2；

故答案为：2

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………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○……… …线…………○………… …线…………○………… 15．202 【解析】 【分析】

根据a101a1021a101a102可得a1011a10210，结合a11，an0可得a1011，0a1021.根据2a101a1021可得a101a102a1a2021，根据Taan12aaa1an2可判断

n……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………T2021、T2031，从而求得答案.

【详解】

a101a1021a101a102a101a102a101a10210 a101a1021a10210a1011a10210， a1011a或a1011， 1021a1021a11，an0， a1011，0a1021，

又2a101a1021a101a1021，∴a101a102a1a2021， nTna1a2aaa1an2，

202T202a1a20221， T203a1a2032032a10222032a1022031，

∴使Tn1的最大整数n为202. 故答案为：202. 16．8 【解析】 【分析】

首先求出抛物线方程，设直线l的倾斜角为(0)，分类讨论，当2时，SABCD8；

当2时，令ktanθ，证明四边形ABCD是直角梯形，利用

答案第8页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

11SABCD(|AD||BC|)|CD||AB||CD|， 可求四边形ABCD的面积，从而求出面积的最小值．

22【详解】

解：因为抛物线的焦点为F(1,0)，即线为x1，

设直线l的倾斜角为(0)， p1，所以p2，所以抛物线方程为y24x，则准2……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………当2时，SABCD2p28． 当2时，令ktanθ．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由yk(x1)，①，y24x，②，

消去x得，y24ky40， 所以y1y24k，y1y24 ③， 又直线AO的方程为：yy1xx，即为y4x， 1y1所以AO与准线的交点的坐标为C1,4y， 1而由③知，y24y， 1所以B和C的纵坐标相等，从而BC//x轴． 同理AD//x轴，故四边形ABCD是直角梯形．

答案第9页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

1212所以它的面积为SABCD(|AD||BC|)|CD||AB||CD|

11111(x2x1)2(y2y1)2|y2y1|(y2y1)21212[(y1y2)24y1y2] 22k2k3112122011，所以111，所以SABCD8，．因为，所以，所以k0812222kkkk3综上可得SABCDmin8； ……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………故答案为：8

17．(1)增区间为21038k,38k(kZ)，图象的对称轴方程为x1034k,kZ，

(2)32,3 【解析】 【分析】

（1）先对函数化简得f(x)3sinx43，由22kx4322k,kZ可求出其增区间，由

x432k,kZ求出其对称轴方程， （2）由x(0,4)，得3x4323，然后根据正弦函数的性质可求出函数的值域 (1)

f(x)sinxx462cos281

xsinx4cos6cosx1cos4sin62421

3x2sin412cosx41cosx41 3x32sin42cosx4 3sinx43，

由x22k4322k,kZ，

得238kx1038k,kZ，

所以f(x)的增区间为21038k,38k(kZ)，

由

x432k,kZ，得x1034k,kZ， 答案第10页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

104k,kZ， 3所以f(x)图象的对称轴方程为x(2)

由x(0,4)，得3x432， 3xsin， 所以sinsin2343……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以32sinx431， 所以323sinx433， 所以f(x)的值域为32,3

18．(1)平均数：12.16千步；众数：12千步 (2)4.093 【解析】 【分析】

（1）利用频率分布直方图平均数和众数的计算公式求解即可；

（2）根据题意得2,4.88,15.8，求出P(2Z)的值， 得到X~B5,0.8185，根据分布类型求解即可. (1)

样本平均数为：

x40.0460.0680.10100.10120.3140.2160.1180.08200.0212.16样本众数a1311212； (2)

根据题意得12.16，3.；

所以24.88，15.8，即2,4.88,15.8， 因为

P(2Z)12P(2Z2)+12P(Z)0.8186， 所以X~B5,0.8186，所以EX50.81864.093. 19．(1)证明见解析；

答案第11页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

6. 4(2)【解析】 【分析】

（1）由题设易知BFEC，再由面面垂直的性质可得DF面BEFC，根据线面垂直的性质有DFEC，最后由线面垂直的判定即可证结论.

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………（2）过E作Ez⊥面AEFD，构建空间直角坐标系并设M(2,m,0)且0m2，求出面EMC法向量、直线BE的方向向量，根据线面角的大小，结合空间向量夹角的坐标表示列方程求出参数m，再确定面EMD的法向量，应用向量法求二面角的余弦值即可. (1)

由题设易知：BEFC是边长为2的正方形，BF,EC是BEFC的对角线， 所以BFEC，

又面BEFC面AEFD，面BEFC面AEFDEF，DFEF，DF面AEFD，

所以DF面BEFC，又EC面BEFC，则DFEC， 又DFBFF，则EC面BDF. (2)

过E作Ez⊥面AEFD，而AE,EF面AEFD，则Ez⊥AE，Ez⊥EF，而AEEF， 可构建如下图示的空间直角坐标系，由题设知：BEACFD3，

所以E(0,0,0)，B(1,0,3)，C(1,2,3)，M(2,m,0)且0m2， 则EB(1,0,3)，EC(1,2,3)，EM(2,m,0)，

若n(x,y,z)是面EMC的一个法向量，则ECnx2y3z0n2xmy0，令xm，则

EM答案第12页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

n(m,2,4m)， 3|cosEB,n||EBn||EB||n|1m22m7312，可得m1，则n(1,2,3)，

又l(0,0,1)是面EMD的一个法向量，

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………所以|cosl,n||ln|l||n||322，则锐二面角DEMC的余弦值为. 20．(1)y2(e1)x2e3e22；

23(2)①答案见解析，②18e2ae.

3【解析】 【分析】

（1）利用导数的几何意义求f(x)在xe处的切线方程；

（2）①由题设可得f(x)2(x3a)lnx且x(0,)，讨论a0、0a1113、a3、a3研究f(x)的符号，即可确定单调性；②构造g(x)f(x)2a2，利用导数研究g(x)0在(e,)上恒成立，结合分类讨论方法求a的范围.

(1)

由题设，f(x)lnx12x22(lnx1)x，则f(x)2(x1)lnx，

2所以f(e)2(e1)，而f(e)e2，

e2则在x处的切线方程为ye22(e1)(xe)，整理得y2(e1)x2e3e22. (2)

①由f(x)2(x3a)lnx且x(0,)，

当a0时，在x(0,1)上f(x)0，x(1,)上f(x)0， 当0a13时，在x(0,3a)上f(x)0，x(3a,1)上f(x)0，x(1,)上f(x)0， 当a13时，在x(0,)上f(x)0，

当a13时，在x(0,1)上f(x)0，x(1,3a)上f(x)0，x(3a,)上f(x)0，

答案第13页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

综上，a0时f(x)在(0,1)上递减，(1,)上递增； 0a1时f(x)在(0,3a)上递增，(3a,1)上递减，(1,)上递增； 31a时f(x)在(0,)上递增；

31a时f(x)在(0,1)上递增，(1,3a)上递减，(3a,)上递增；

31222g(x)f(x)2alnxx6a(lnx1)x2a……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………②令2，

问题转化为g(x)0在(e,)上恒成立，而g(x)2(x3a)lnx， 由①知：当ae3时，在(e,)上g(x)0，即g(x)递增，

e2所以，只需g(x)g(e)22a20，可得e2ae3；

当ae3时，在(e,3a)上g(x)0，g(x)递减；(3a,)上g(x)0，g(x)递增，

23所以，只需g3a23a229a2ln3a0，可得e183ae，

323综上，18e2ae.

3．(1)x2212y21

(2)①证明见详解；②223,2 【解析】 【分析】

（1）根据题意可知2b2，e1b22a22，解方程即可解出a2,b2，得到椭圆C的标准

方程； （2）

①设Px0,y0，设过P点与椭圆C相切的直线方程为yk(xx0)y0，联立直线与椭圆方程，根据0可得直线PA，PB的斜率的关系，结合点P在圆O上可得PAPB，得到AB为圆的直径，进而得到AB的值.

②设Mx1,y1，Nx2,y2，由直线PM与椭圆方程联立可得k1x12y，PM:x1x2y1y2，1答案第14页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

同理可得直线PN:x2x2y2y2，即可得直线MN的方程为xx02yy02，再与椭圆方程联立求得弦长MN，由点到直线的距离公式求出点O到直线MN的距离，从而得到OMN的面积的表达式，再根据换元法以及函数值域的求法即可求解． (1)

x2b2222b2，b1，又e12，a2，C:y21.

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………a22(2)

①设Px0,y0，过P点与椭圆C相切的直线方程为yk(xx0)y0

yk(xx0)y0x22y22得(12k2)x24k(y20kx0)x2(kx0y0)20， 0得(x22)k22x2y212000y0ky010，k1k2x23x0121， 02x02所以PAPB，又因为点P,A,B在圆O上，所以AB为圆O的直径，|AB|23.

②设Mxyk1xx1y11,y1，Nx2,y2，设PM：yk1xx1y1，由x22y22得到12k2x2214k1y1k1x1x2y1k1x120，

16k2y2211k1x1412k212y1k1x12

由0得k22k212x12y1x111y10

kx1y1x22x112y，PM:x1x2y1y2，同理PN:x2x2y2y2， 11∵Px0,y0在直线PM， PN上，x1x02y1y02,x2x02y2y02, , ∴直线MN的方程为xx02yy02.

由xx02yy02222x22y22得(3y0)x4x0x44y00， xx4x2044y1203y2，x1x203y2 0|MN|1x2x2004y2x1x212x24x33y20y4y2001x21x2=204y0y20(3y22.O到MN的距离0)答案第15页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

22x024y0d2223y04y0=2233y0，

221y01， S△OMN=MNd223y02y01令1y0t，则t[1,2)(2,2]

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………S222,2OMN tt32【点睛】

思路点睛：本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，直线与圆的位置关系的应用，以及椭圆中的三角形面积问题的解法应用，意在考查数算能力和运用知识的综合能力，综合性强，运算量大，属于较难题． 22．(1)C11：x2y229，C：x224y21. (2)22113 【解析】 【分析】

（1）直接利用三角消参C1的普通方程；用公式法得到C2的直角坐标方程； （2）用几何法求解，先求出QC1的最大值，加上半径即可. (1)

1曲线Cx3cos为参数），消去，得：21的参数方程为（xy2219. y213sinC22的极坐标方程为可化为2cos24sin2cos24sin24，化为直角坐标方程

x2为：4y21.

(2) 圆C1：x2y2219的圆心C，半径为r110,23. 所以PQQCrQC1113.

答案第16页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○…………

x2cosx22C由2的直角坐标方程为：y1，化为参数方程是（为参数），

4ysin所以Q2cos,sin. 所以QC12cossin22222cossin23sin24sin8 22228221……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………3sin333 所以PQQC12211133. 即|PQ|的最大值为22113. 23．(1),232, (2)证明见解析 【解析】 【分析】

（1）用零点区间讨论法即可求解（2）要证2m22n1fx，需证2m22n1的最大值小于fx的最大值 (1)

原不等式等价于

533①x4 或②54x4或③x4 34x4x5144x534x144x34x514解①得x2；解②得x；解③得x32

则原不等式得解集为,232,

(2)

8x2,x54fx8,5x344

8x2,x34当534x4时， fx 取得最小值，且 f(x)min8, 即 fx8.

答案第17页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …线…………○………… 2m

m2n122 22n1m2n12当且仅当 m2 ，n2m2n12222m21时等号成立 2238

22n12m2n18

……… __○___…____…__：…号…考_订____…___…___…：级…班_○___…___…____…：名…姓装___…____…___…_:校…学○…………内…………○………即2m22n1fx

答案第18页，共18页

………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○………