江苏省泰州市2023届高三下学期第一次调研测试数学试题（解析版）

泰州市2023届高三第一次调研测试

数学

本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：L答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将

条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题K答案》后，用28铅笔在答题卡上对应题目选项的K答案D

信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他(答案加(答案》不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，K答案』必须写在答题卡各题目指定区域

内相应位置上；如需改动，先划掉原来的K答案％然后再写上新K答案》不准使用铅笔

和涂改液.不按以上要求作答无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、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A={X∣1≤X≤3},5={X∣2<X<4},则AB=()

A.(2,3]B.[1,4)C.(-∞,4)D.[l,-κo)

K答案7A

K解析员

R祥解》根据交集概念计算出K答案X.

K详析』A∩B={x∣2<x≤3}=(2,3].

故选：A.

zɔ

2.2知向量£,6满足忖=1,W=2,<",」>=——，则α∙(α+B)=()

A.-2B.-1C.0D.2

K答案HC

R解析y

R祥解11根据向量数量积运算求得正确R答案Il.

K详析Ua∙(ajrb∖=a+tz∙i>=1+1×2×cos—=1-1=0.

故选：C

3.在复平面内，复数z∣,Z2对应的点关于直线x-y=O对称，若Zl=I-i,贝IJlZl—Z2∣=()

A.√2B.2C.2√2D.4

K答案】c

K解析H

K祥解》根据对称性得到Z2=-l+i,从而计算出z∣-Z2=2-2i,求出模长.

K详析DZl=IT对应的点为(1,-1),其中(L-I)关于x-y=O的对称点为(一1,1),

故Z2=T+i,

故∣z∣-Z2∣=∣l-i+l-i∣=∣2-2i∣=√?^=2及.

故选：C

4.2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，

需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点(长轴端点

中离地面最远的点)距地面5,近地点(长轴端点中离地面最近的点)距地面S2,地球的半径为R,则该

椭圆的短轴长为()

A.B.2λ∕51S2

C.I(S1+R)(S2+R)D.2J(S∣+H)(S2+R)

K答案》D

K解析D

K祥解》根据椭圆的远地点和近地点的距离可得α+c=S∣+R,Q-C=S?+/?,进而可求得。2,求得b,

可得R答案』.

详析由题意得,

RUα+c=S]+R,α—c=S2+/?,..b^=cι^—C-=(S∣+R)(S,+/?),

故

O=λ∕(S,+^)(S2+/?),.∙.2b=2J(S∣+R)(S2+R),

故选：D.

.π]33,(_π]

5.已知SIna——+cos。=—,贝IJCoS2。+—=()

I655I3

72424

A.——bC.D.——

25∙⅛2525

R答案XB

R解析】

K祥解2根据三角恒等变换公式求解.

17*/兀、ʌ/ɜ-13

Kτ÷析Xsina——∣+cosα=——SInc——cosa+cosσ,

<6)225

所以与nα+Lα=3,

225

所以sin(α+E)=|,

fɔ,无［ɔf'兀［1ɔ∙f'兀)ɔ97

cos2α+-=cos2a+—=l-2sιn2a+—|=11-2x——--,

I3)I6j［6)2525

故选:B.

6.已知随机变量X服从正态分布"(",Cr),有下列四个命题：

甲：P(X>m+l)>P(X<m-2);

乙：P(X>m)=0.5；

丙：P(X≤m)=0.5;

T：P(m-∖<X<ni)<P(m+l<X<m+2)

如果只有一个假命题，则该命题为()

A.甲B.乙C.丙D.T

K答案DD

K解析H

K祥解』根据正态曲线的对称性可判定乙、丙一定都正确，继而根据正态曲线的对称性可判断甲和丁，即

得K答案》.

K详析H因为只有一个假命题，故乙、丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，

所以乙、丙一定都正确，则〃P(X>w+l)=P(X<m-l)>P(X<m-2),

故甲正确，

根据正态曲线的对称性可得尸(〃2-1<X<m)=P(m<X<m+∖)>P(w+1<X<m+2),故丁错.

故选：D.

7.已知函数/(x)的定义域为R,且f(2x+l)为偶函数，/(%)=∕(x+l)-∕(x+2),若/(1)=2,则

/(18)=()

A.1B.2C.-ID.-2

K答案，A

K解析H

(兀Jr)

K祥解D设/(x)=2sin9+彳卜满足题意,即可求解.

R详析2因为/(2x+l)为偶函数，所以/(2x+l)=∕(-2x+l),

则/(x)关于x=l对称，

设/(x)=2Sin(IX+1),

/(l)=2sinf→y‰2,关于X=I对称，/(x)+∕(x+2)=2Sin停x+g]+2sin^(x+2)+y

V3o√\3o√36

.(π兀),fπ5\

=2sin_XH—÷sιn—%+—π

(36)(36)

_πππ.π.π5ππ.5兀C兀

=2sin—ΛCOS—+cos—xsιn—+sin—xcos—+cos—xsιn—=2cos-X.

363636363

/(x+l)=2sin[]x+^J=2cosyX,/./(x+l)=/(Λ)+∕(X+2),

即/(x)=2SinG⑪+胃满足条件，/(18)=2sin^6π+^J=l.

故选:A.

8.若过点尸&0)可以作曲线y=(l-x)e、的两条切线，切点分别为Aa,χ),WW,%)，则Xy2的取值

范围是()

A.(θ,4e^3)B.(-0>,0)θ(0,4e^3)

C(-∞,4e~2)D.(-0>,θ)u(θ,4e^2)

K答案，D

K解析H

K祥解』设切点(XO,(1-Xo)e*>),根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点P(f,O),结合韦

达定理可得王%的关系，进而可得My2的关系，再利用导数即可得出K答案』.

K详析U设切点(Xo,(I-XO)e~),y'=-e'+(I-X)e'=-xe",&=-Λ0e",

则切线方程为y—(1—XO)eʌ"=—Λ0e*(x—%),

s

又切线过”,0),则一(1-Λo)e*=-Λ0e)(r-Λυ),

,Λ

%—1=—JQ)(Z■—1=-Zx0+Λθ,ʌə—(f+l)-⅞+1=。有两个不相等实根X∣,∙⅞,

其中MW=1，须+々=『+L△=('+1)之-4>0,t>1或r<一3,

y%=(I-XI)(I-%2)炉3=[1-(5+%2)+中2卜"巧=(l-∕)e,+',

令g(r)=(lτ)e'M∕>l或r<-3,g'(r)=τe'+∣,

当r<-3时，g'(f)>0,当，>1时，g'")<0,

所以函数g(x)在(9,-3)上递增，在(1,+8)上递减，

g(—3)=4e-2,g⑴=0,

当r—>—co时，g(r)―,当/—>+∞时，g(∕)—>+8,

所以g(r)e(-e,0)D(0,4e-2),

即y为W(-°°，O)U(0,4e-).

故选：D.

二、选择题：本题共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.在棱长为2的正方体ABa)-AAGQ中，AC与3。交于点。，则()

A.ADi//平面BOC1

B.JBol平面CoG

C.CQ与平面ABCD所成的角为45

D.三棱锥C-的体积为。

K答案DABD

K解析H

"羊解H根据线面平行判定定理判断A,利用线面垂直判定定理判断B,利用线面夹角的定义判断C,根

据等体积法判断D.

K详析H•.•4。//80,4。仁平面3。。1,3。](=平面3。。1,

；・AD∣//平面BOC∣,A对;

因为8。，CO,又CG，平面ABCD,BDU平面ABCD，

所以BO_LCG，CO'CCι=C,CD,CC1U平面CoC∣,

平面COG，B对;

因为C。，平面ABCD,Cp与平面ABC。所成角为^C10C,

2

因为tan/C0C=&wl,∙∙.∕GOC≠45,C错;

11c,c2a

因为％-80G=忆1-8。。=—X—x2xlx2=—D对.

3239

故选：ABD.

10.函数/(x)=Sin(S+∕)[G>0,∣同的部分图象如图所示，则()

C./(x)的图象关于点展,O对称

D.7(x)在区间In,7-上单调递增

K答案』ACD

K解析】

R祥解D根据三角函数的图象，先求得0,然后求得9,根据三角函数的对称性、单调性确定正确K答案

详析4=*T=TI=女,・•.①二2,∕(x)=Sin(2冗十°),fsin∣.

Kπ+二1,由

CD

TTUTtπ2π7π

于——<(p<一、一<(p+—<

2263~6

2ττπTT

所以夕+一二一,。二一一,所以A选项正确，B选项错误.

326

/(x)=sin[ππkπ

2Λ-∙^,2x——=κπ,X=—+—,Z∈Z,

6122

当左=O时，得］=专，所以/(%)关于五,0)对称，C选项正确,

兀71Tt7171

---F2k∖71<2%---<--F2k]7l,---FKjI<X<--F4兀,勺∈Z,

26263

当K=I时，得/(X)在(|兀,gj上递增，则/(X)在区间卜+)上单调递增，所以D选项正确.

故选：ACD

11.一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中先后无放回地取出2个球,

记”第一次取到红球”为事件A,“第二次取到黄球”为事件B,则()

A.P(A)=gB.AB为互斥事件

CP(BlA)=ID.AB相互独立

K答案，AC

K解析D

R祥解11结合随机事件的概率，及互斥事件、相互独立等知识点逐一对选项进行分析.

R详析》P(A)=g,A正确；

AB可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球“，A8不互斥，B错误;

在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为一,C正确;

2

P(B)=,x<+<xθ=]P(AB)=:x<=LP(AB)NP(A)P(B),∙∙.A,B不独立,

ɔZɔ3JZo

D错误：

故选；AC.

12.已知抛物线f=4y的焦点为尸，以该抛物线上三点A6,C为切点的切线分别是4,直线4,4相

交于点与44分别相交于点RQ∙记A8,。的横坐标分别为西,马,七，则()

A.DADBɪOB.xl+x2=2X3

c.∣AF∣∙∣BF∣=∣Z)F∣2D.∖AP∖-∖CQ∖=∖PC↑-∖PD∖

K答案，BCD

K解析R

R祥解》利用导函数和斜率的关系表示出切线方程可求出。的坐标可判断A,根据向量数量积的坐标运算

判断B,并根据两点间的距离公式运算求解即可判断C,D.

/2\/2ʌ(2∖1.

K详析D设Aɪp-ɪ,BX2^~7^,C⅞9~^,y'=5X,%1=5%，

r2111

所以4:y—才=]X∣(x-xJ,即丁二万工/一^才，

11

同理I)ɪy=~X2X—~%2?

11、ʃ_X1+X2

yΞΛ'X^4Λ'

2,即毛=.+*2,也即X1+x2=2X3,B正确;

y=⅛∙2

y-X-.XXj

2-4^

X+xXX+x%2x↑x2

DA-DB1212

C'--

西一々内(内一看)“2(*2-XI)

244)

2xxxx2xx2

(xl-X2)12(]~2)(∖~2)

(4+Λ1X2)不一定为°，A错误;

41616

(2

奢+$+苧+1,

∣AF∣∙∣BF∣五+1

147+1

2

(ɪ1+⅞)

DF2

44162

2222

五五•+工+工∙+l=∣AF∣仍川，C正确:

16441111

故选:BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.己知函数"x)h；：占2(2-尤)/<1,则/(〃_2)卜.

K答案24

R解析H

R祥解H根据分段函数的定义求解即可.

K详析』由小)

所以〃—2)=l+log2(2-(-2))=l+log24=3,

所以/(/(―2))=/(3)=23-,=22=4

故K答案U为：4.

14.写出一个同时满足下列条件①②的等比数列｛4｝的通项公式％=一

①a,4+ι<°;②同>∣%+ι∣

K答案U(K答案』不唯一)

K解析』

R祥解》根据题目所给条件以及等比数列的知识求得正确K答案Il.

R详析Il依题意，｛4,｝是等比数列，设其公比为4,

由于①a“α,,+∣<0,所以q<0,

由于②∣α"∣>∣4+∣∣=h,∙q∣=∣α"∣∙∣4∣,所以()<M<ι,

符合题意.

故R答案X为：I-ʌj(K答案》不唯一)

15.已知圆O:/+y2=/2&>0),设直线χ+百y—百=O与两坐标轴的交点分别为AJ8,若圆。上有

且只有一个点尸满足IAH=忸H,则r的值为.

K答案HI##0.5

K解析H

K祥解D根据IAH=忸PI可得P在AB的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.

K详析HA(G,0),6(0,1),PA=PBP在AB的垂直平分线上，

KB=-g,所以中垂线的斜率为6，

A6的中点为,由点斜式得y-g=,

化简得y=∖∣3x—1,

P在圆O：V+y2=/满足条件的P有且仅有一个，

，直线y=6x-l与圆相切，

故K答案』为:ɪ.

16.已知正四棱锥S-ABC。的所有棱长都为1,点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥,

得到截面多边形「，则「的边数至多为________,Γ的面积的最大值为________.

S

D

K答案》①.5②.史

3

K解析U

即可解决；空2,令又=2,得EP=坦LSP=A，

K样解D空1.数形结合，作平面与平面平行，

SF2

得∣

PB=I-LBQ=I-ZPQ=I-LNQ=MP=JlBiD=√22,cos/DFB=-,SinNDFB=ʒɪ,

得S=Semp+SPMNQ=-->∕2λ^+∖plλ,即可解决

K详析H取SC中点F,BF±SC,DF±SC,

.•.SC,平面BDR，

作平面与平面BDf平行，如图至多为五边形.

AQB

.∙.EP=λBF=与λ,SP=λSB=λ，

.∙.PB^∖-λ,BQ=∖-λ,PQ=∖-λ,NQ=MP=ABD=√22,

-3+-3-2ɪ

所以coSNDFB=44=--

ɔ√3√33

22

所以SinN。依=RZ

3

1√3.√32^^Γ,

所以S..PX2

22234

因为MN与NQ的夹角为SA与BO夹角，而SA与BD垂直，

SPMNQ=Λ∕2Λ(1-A),

所以S=&(1—/Q+¥/P=一?&2+收彳，

当4=2时，S取最大值也.

33

故K答案》为：5；旦

3

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.在①S”S2,S4成等比数列，②%=2%+2,③Sg=S4+57-2这三个条件中任选两个，补充在下面

问题中，并完成解答.

已知数列｛4｝是公差不为0的等差数列，其前〃项和为s“，且满足,.

⑴求｛4｝通项公式；

1111

(2)求-----1--------1---------1^---------.

。陷2a2a3a3a4a“％

注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.

K答案H(1)选①②，①③或②③均可得％=4〃-2

n

(2)4(2n+l)

K解析D

K样解D(I)选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式;

iifii)

(2)在第一问的基础上，得到-----=------;,利用裂项相消法求和.

anan+l2n+∖J

K小问1详析』

若选①②，设｛4｝公差为d,

则,(4q+6d)=(2《+d)[

4+3d=2(al+4)+2

解得：α∣=2,d=4,

Cin—2+4(〃—1)=4〃-2；

选①③，设｛4｝公差为d,

aλ(4(al+6d)=(24∣+d)-

84+28d=44+6d+7q+2Id—2

解得：4=2,d=4,

,

..atl=2+4(n-l)=4π-2;

选②③，设｛q｝公差为d,

al+3d=2(4+d)+2

8q+28d=4π∣+6d+7q+2Id—2

解得：α∣=2,d=4,

"

..Cill—2+4(“—1)=4〃-2；

K小问2详析]

1_1_111(1______1__、

anan+λ一(4〃-2)(4〃+2)^了(2n-l)(2n+l)~s[2n-l.2/1+1)'

111If111111

aa

aλa1a2a3,l,l+∖813352π-l2〃+1

=%__q=〃

812n+∖J4(2〃+1)，

18.第二十二届卡塔尔世界杯足球赛(FIFAWMdCUPQaS2022)决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大

战战胜了法国队.某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有

关，随机抽取了男、女同学各IOO名进行调查，部分数据如表所示：

喜欢足球不喜欢足球合计

男生40

女生30

合计

(I)根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？

(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门.已知男生进球的概率为:，

女生进球的概率为每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.

n(ad-hc)2

(α+b)(c+d)(α+c)0+d)

P(K2Nk)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

K答案R(I)列联表见K解析有

(2)分布列见K解析》—

6

K解析H

K样解H(1)利用独立性检验的方法求解；

(2)根据独立事件的概率公式和离散型随机变量的分布列的定义求解.

K小问1详析』

2x2列联表如下：

喜欢足球不喜欢足球合计

男生6040100

女生3070100

合计90110200

200X(60×70-40×30)2

K2«18.182>10.828,

100×100×90×110

有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关

R小问2详析D

3人进球总次数4的所有可能取值为0,1,2,3,

21115

p---×—+-

^=°)=βT332218

2

4/2∖12

■n

-=-1---

9\3√29

・・，的分布列如下:

40123

1542

P

Ii1899

.・芯的数学期望：E信)=1x9+2x9+3x2=11.

18996

19.在_ABC中，A,8,C的对边分别为α,b,c,αcosB-2αcosC=(2c-0)cosA.

(1)若C=瓜,求cos5的值；

(2)若b=l,∕84C的平分线AD交BC于点£),求AD长度的取值范围.

K答案》(1)电I

24

⑵M

R解析D

K样解D(1)由正弦定理得出c=»,再由余弦定理求得结果；

(2)设NIM£>=6,把一A5C表示成两个三角形的面积和，表示出A。，再求其取值范围;

R小问1详析》

已知acosB-2acosC-(2c-h^cosA,

由正弦定理可得SinACOS3-2SinACoSC=(2SinC-Sinβ)cosA,

/.sinAcosB+cosAsi∏β=2sinAcosC+2cosAsinC,

.∙.sin(A+B)=2sin(A+C),

.∖sinC=2sinβ,

13√3.

24

K小问2详析》

由(1)知c=2∕?,由人=1,则c=2.

设NBAD=Sarc=ɪ-2∙sin26^=ɪ-2∙AD∙sin^+ɪ-1∙AD∙sinθ,

"及222

/.AD=^cosθ,<9∈^0,yj,

・•・加叫.

20.如图，在JlBC中，AO是BC边上的高，以AZ）为折痕,将.ACD折至△”£）的位置,使得P3_LAB.

P

（2）若AD=P8=4,8O=2,求二面角8—A4—O的正弦值.

K答案W（1）证明见K解析Il

⑵-

5

K解析》

K祥解II（I）先证明出线面垂直，得到Ar）_L依，进而证明出PBL平面ABD;

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.

K小问1详析』

证明：A。是Bel边上的高,

.∙.PDLAD,ADLBD,

,：PDcBD=D,PD,BDU平面PBD,

.∙.AZ)，平面PB/),

,/PBU平面PBD,

.∙.AD±PB,

又∙PB_LA5,AD,ABu平面AS。,AOcAB=A,

PB_L平面ABz)；

K小问2详析］

以D为坐标原点，DA所在直线为X轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为Z轴，建立空间直角坐标系,

AD=PB=4,BD=2,

则5(0,2,0),P(0,2,4),A(4,0,0),D(0,0,0),

.∙.BP=(0,0,4),Λ4=(4,-2T),ZM=(4,0,0),

设平面5P4与平面PAz)的一个法向量分别为n1=(Xl,χ,z∣),n2-(x2,y2,z2),

YL∙BP=4z1=0

故,解得：Z]=0,令玉=1,得：y=2,

nλ∙PA=4%-2χ-4Z]=0

则n1=(1,2,0),

ny∙PA=4X9-2y9-4z9=0

~~“，解得：马二。，令Z2=l,则%=—2,

∕ι1-DA=4X2=0

故“=((),-2,1),

设二面角3—Q4—O平面角为e,显然。为锐角,

.COG6,JV^∣∣(U,0)∙(0,-2,l)∣4_4

•⅛∣^√Γ74X√I74

.∙.Sine=JI-COS2θ=-.

22

2*∙已知双曲线C：，＞叱。力＞。）的左顶点为A'过左焦点口的直线与C交于P,Q两点.当加S

轴时，IPAI=Ji1,APAQ的面积为3.

（1）求C的方程；

（2）证明：以PQ为直径的圆经过定点.

K答案，(Oχ2-2L=ι

3

（2）证明见K解析》

K解析H

2

Γ^Y+(c-√=(√w)

∖aJ

j2b2

K祥解D⑴根据题意，可得∣P∕∣=幺*------(c—Q)=3,进而求解;

2a

c2=a2+b2

（2）设尸。方程为X=Sy-2,Pa,y）,Q（w,%），联立直线和双曲线方程组，可得

（3m2-1）y1-12wj+9=0,以PQ为直径的圆的方程为（X-%）（十一/）+（、-乂）（、-、2）=。，由对称

性知以P。为直径的圆必过X轴上的定点，进而得到χ2-（x∣+Λ2）x+x∣Λ2+χy2=0,进而求解.

K小问1详析］

当尸X轴时，RQ两点的横坐标均为-c,

代入双曲线方程，可得W=匕，ʃɪ--,g∣J∣PF∣=-,

aaa

t[+(c-α)2=(√iUy

∖aJ

ɪ2b2

由题意，可得,7------(c—α)=3,解得α=l,b=杷,c=2,

2

•••双曲线C的方程为：d一匕=1；

方法一：设PQ方程为X=My-2,尸(石，乂),。(々,必)，

,；2；n3(加2),2_4相),+4)_y2=3=>(3及2_1),2_]2冲+9=0,

以尸。为直径的圆的方程为(X-XI)(X-X2)+(y-X)('一%)=。，

f-(Xl+Λ2)Λ+χ1¾+∕-(γl+y2)y+yiy2=0,

由对称性知以尸。为直径的圆必过X轴上的定点，令y=0,可得

2

X-(Xl+x2)x+xlx2+y∣γ2=0,

2

石/∖Λ12m4

而M+%=加(X+V)-4=——7------4=——-——，

1-V-1273W2-13∕√-l

尤=(my-2)(m%-2)=m2yy-2∕w(y+y)+4=∙，

li2l25ιτΓ—1

X2-----7—x+吗~~-H----y——=0=>(3m2-l)x2-4x+5-3m2=0

3m2-13m2-l3/-1v,

=>[(3/篦2-1)X+3∕〃2—5](X—1)=0对VM∈R恒成立，「・％=1,

・••以A2为直径的圆经过定点(LO)；

方法二：设。。方程为彳=，学一2,尸(王,另),。(马,巴)，

X-2=(3加-1),2_]2Zny+9=0,

3x-y=3'7

由对称性知以PQ为直径的圆必过X轴上的定点.

设以尸Q为直径的圆过E,0),

e

..EPEQ=O=>(%-。(12τ)+y%=0=>x1x2-^(x1+%2)+/+X%=。，

而Fw=(mγ1-2)(∕∕τy2-2)=7√γ1γ2-2m(y1+y2)+4

29c12m.-3m2-4

=m-z------2m----Z——+4=----ɪ------

3m2-]3∕n2-13W2-1

/\“12w2”4

X.+X=m(x+必)―4=-5-----4=—∑——

I-2J)?)3m2-13∕√-l

-3m2-44，29八

/.-----z----------z------1-厂H-----ɪ----=O,

3^2-l3∕n2-l3m2-1

(31一1一4+5—3*=O,即[(3疗—1)r+3疗—5](r—1)=O对V加GR恒成立，

.∙.r=l,即以PQ为直径的圆经过定点(1,0).

22.已知函数〃X)=旨•和g(x)=巴黄有相同的最大值.

(1)求实数。；

(2)设直线y=》与两条曲线>=∕(x)和y=g(x)共有四个不同的交点，其横坐标分别为

证明：XX=XX.

ΛI,X2,X3,X4(ΛI<x2<x3<x4),i42i

K答案D(1)a=↑

(2)证明见K解析》

K解析H

R祥解》(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；

⑵构造函数F(X)=W和G(X)=ɪɪF-8，利用导数和单调性讨论函数的零点,结合函数

Y

0(x)=-7分类讨论对应方程根的个数和分布证明.

K小问1详析》

ex^1-ex'1∙x11-x

小)4(e*=Tk令F(x)=°=x=l.

/(x)有最大值，.∙.α>0且/(x)在((U)上单调递增;(I,+。)上单调递减，∙∙.∕(χ)max="1)=:∙

。=1时,g(%)=-p—=~p-,

当O<x<l时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>l时，g'(x)<O,g(x)单调递减，

g(x)max=g(l)=α,∙∙∙J=αnα=l∙

R小问2详析』

由/(x)=b=^γ-6=0,由g(X)=/?n^^^_/7=0,

令F(X)=击一儿F(X)=詈

当O<x<I时，F(x)>0,当χ>l时，F,(x)<0.

所以E(X)在((U)上单调递增；(l,+∞)上单调递减，∙∙∙E(x)至多两个零点,

令G(X)=T一"G(X)=手，

当OVXVl时，G(X)>0,当尤>1时，G(X)<0,

所以G(X)在((M)上单调递增；(l,⅛w)上单调递减；.∙∙G(x)至多两个零点.

"(x)=G(χ)≈>MTs

当Xe[(),，]时，lnx≤-l,所以告一

Iejev^'X