河南省名校聯(lián)盟頂尖計劃2022屆高中畢業(yè)班第三次考試?yán)頂?shù)試題（含答案解析）

河南省名校聯(lián)盟"頂尖計劃“2022屆高中畢業(yè)班第三次考試

理數(shù)試題

學(xué)校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.已知集合A={x|14xW4},8=卜|兇43},則AC8=（）

A.{x|-3<x<41B.|x|-3<x<31C.{鄧4x44}D.1x|l<x<3}

2.己知復(fù)數(shù)z滿足|z-i|=2,N為z的共聊復(fù)數(shù)，則zD的最大值為（）

A.1B.4C.9D.16

1*2/3

3.已知橢圓C：點+方=l（a>b>0）的離心率為巨，以C的上、下頂點和一個焦點為

頂點的三角形的面積為48,則橢圓的長軸長為（）

A.5B.10C.15D.20

4.某市為了解市民對機動車單雙號限行的看法，隨機調(diào)查了一部分市民，其年齡

（歲）統(tǒng)計結(jié)果如下，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為（）

5.盈虧平衡點又稱零利潤點，通常是指全部銷售收入等于全部成本時（銷售收入線與

總成本線的交點）的銷售量，其計算公式為BEP⑼=（其中BEP（Q）為盈

虧平衡點，Q為單位產(chǎn)品變動成本，兀為單位產(chǎn)品稅金及附加，P為產(chǎn)品單價，CF

為總固定成本）.某企業(yè)某種產(chǎn)品的年固定成本為1800萬元，單位產(chǎn)品變動成本為600

元，單位產(chǎn)品稅金及附加為200元，若該企業(yè)這種產(chǎn)品每年的盈虧平衡點為75000

臺，則該產(chǎn)品的單價為（）

A.1000元B.1020元C.1040元D.1060元

6.已知正項數(shù)列{4}滿足a；+3a,=2"q+3-2",則數(shù)列{q}的前10項和九=

()

A.1022B.1023C.2046D.2047

7.（J7+l）13&-5）2的展開式中N項的系數(shù)為（）

A.-1120B.-140C.140D.1120

8.在中國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的

上、下底面平行，且均為扇環(huán)形（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）.現(xiàn)有一個如圖所

示的曲池，它的高為2,A4,BBi，CC,,。力?均與曲池的底面垂直，底面扇環(huán)對應(yīng)

的兩個圓的半徑分別為1和2,對應(yīng)的圓心角為90。，則圖中異面直線AB|與CA所成

角的余弦值為（）

小!----、

9.已知是定義在R上的奇函數(shù)，/（x-2）為偶函數(shù)，且當(dāng)0<x42時,

/(x)=log22x,貝lj*201)+/(202)=()

A.4B.3C.2D.1

10.在四棱錐S-ABCD中，側(cè)面SA￡>,底面ABCQ,且SA=SD,ZA5￡>=90°,底面

ABC力是邊長為2的正方形，設(shè)P為該四棱錐外接球表面上的動點，則三棱錐P-S4D

的最大體積為（）

2+2也2+應(yīng)

A.1+72RcD

3---￥

22

11.已知雙曲線C:*■-春=1（。>0）的左、右焦點分別為匕、F],過C的左頂點A作

一條與漸近線平行的直線與y軸相交于點3,點M為線段A8上一個動點，當(dāng)

砒?麗分別取得最小值和最大值時，點M的縱坐標(biāo)分別記為加、幾,則￡=

（）

43

A.-B.-C.3D.4

32

12.在數(shù)列｛4｝中，4=34（/1<0）,《用+2儲=為+24向，且對任意見HGN\

則實數(shù)2的取值范圍是（）

4,16）

二、填空題

13.已知向量1=（-6,-3）,石=（-2,機-1）,若（方-藥）/萬，則實數(shù)機=.

x+4y+4>0,

14.已知變量x,y滿足約束條件，x-2）“220,貝ijz=2x+4y的最小值為.

x+y-2<0,

15.將函數(shù)〃x）=sin（2x+。）（。>0,|同<9的圖像向左平移。個單位長度得到函數(shù)g（x）

的圖象，如圖所示，圖中陰影部分的面積為g,則9=___________.

2

16.已知對任意xeR,不等式cos（2sinx）4acos2x（aeR）恒成立，則實數(shù)。的取值

范圍是.

三、解答題

17.已知AABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為“，b,c,且滿足

2ccosC=fzcosB-Z?cos（B+C）.

⑴求角C

⑵若c=6,AABC的面積S=MsinB,求S.

18.如圖，在直四棱柱A8CO-A4GA中，底面ABC。為菱形，且ZB4D=60。，E為

AB的中點，尸為BG與8c的交點.

(1)求證：平面DEF_L平面CDD.C,；

⑵若DR=AD,求二面角。-DE-尸的余弦值.

19.無土栽培由于具有許多優(yōu)點，在果蔬種植行業(yè)得到大力推廣，無土栽培的類型主

要有水培、巖棉培和基質(zhì)培三大類.某農(nóng)科院為了研究某種草莓最適合的無土栽培方

式，種植了400株這種草莓進(jìn)行試驗，其中水培、巖棉培、基質(zhì)培的株數(shù)分別為200,

100,100.草莓成熟后，按照栽培方式用分層抽樣的方法抽取了40株作為樣本，統(tǒng)計

其單株產(chǎn)量，數(shù)據(jù)如下：

方式

株數(shù)水培巖棉培基質(zhì)培

單株產(chǎn)量(g)

(50,KX))X43

[100,150)53Z

[150,200)422

[200,M)1y0

(1)求x,y,z的值；

(2)若從這40株草莓中隨機抽取2株，求這2株中恰有1株的單株產(chǎn)量不小于150g的

概率；

(3)以這40株草莓的不同單株產(chǎn)量的頻率代替每一株草莓的產(chǎn)量為對應(yīng)數(shù)值的概率，若

從這400株草莓中隨機抽取3株，用X表示單株產(chǎn)量在［150,200)內(nèi)的株數(shù)，求X的分

布列和數(shù)學(xué)期望.

20.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知產(chǎn)為拋物線C：V=2px(p>0)的焦點，點

P(t,s)(s>0)為拋物線C上一點，戶關(guān)于x軸對稱的點為Q,且△。尸。和△OP尸的面

積分別為16和2.

(1)求C的方程；

⑵設(shè)直線/：y=H+2仕>0)與拋物線C相交于48兩點，過點A作X軸的垂線與直線

分別相交于點M,N,證明：

21.已知函數(shù)f(x)='乎(〃?*0,〃?€11)的圖象在》=：處的切線斜率為262.

⑴求函數(shù)〃x)的極大值；

(2)若(%,“)，(W，a)是函數(shù)y=/(x)圖象上不同的兩點，求實數(shù)a的取值范圍，并證

2

明：xtx2>e.

22.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線/的參數(shù)方程為<(f為參數(shù))，以。為

極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為

夕+―=4cos6-2sin。

P

(1)求直線/的普通方程與曲線C的直角坐標(biāo)方程；

(2)設(shè)直線/與曲線C的兩個交點分別為A,8,點P(2,0),記APQ4與的面積分

別為S1,s2,求［+!的值.

23.已知函數(shù)/(x)=|4x—1］.

⑴求不等式〃x+l)+/(x)N6的解集；

(2)若函數(shù)y=/(x)+/的圖象與函數(shù)y=5r-/(x+1)的圖象有公共點，求實數(shù)f的取值

范圍.

參考答案：

1.D

【解析】

【分析】

先化簡集合B,再去求A08.

【詳解】

B=[料43}={止34x43}

貝|JAryB=|x|l<x<41n|x|-3<x<3j={x|l<x<3j

故選：D

2.C

【解析】

【分析】

由復(fù)數(shù)模的幾何意義可得復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在以(0,1)為圓心，

以2為半徑的圓上，從而可求得的最大值.

【詳解】

設(shè)z=x+>i(xeR,yeR),則z-i=x+yi-i=x+(y-l)i,

由|z—i|=2,得Jd+(y-l)2=2,即f+(y_iy=4,

所以z所對應(yīng)的點(x,y)的軌跡是以(0,1)為圓心2為半徑的圓,

因為三為z的共舸復(fù)數(shù)，所以z=x-yi

B[Jz-z=x2+y2,

而Z-N=V+y2可看作該圓上的點(x,y)到原點的距離的平方，

所以(z-5：U=(J(°—°)2+(°一3)2『=9

故選：C.

3.D

【解析】

【分析】

根據(jù)題意，列出a,4c的方程組，解得a,〃,c,則問題得解.

答案第1頁，共19頁

【詳解】

根據(jù)題意，由橢圓的離心率為；3可得c93

5a5

又gx勖xc=48,即從=48,又a2=6+c2,

故可得a=10,6=8,c=6,則橢圓的長軸長2?=20.

故選：D.

4.B

【解析】

【分析】

根據(jù)頻率分布直方圖的中位數(shù)的計算方法，準(zhǔn)確計算，即可求解.

【詳解】

由頻率分布直方圖，可得區(qū)間［0,30］的頻率為(0.005+0.018+0.020)xl0=0.43,

又由區(qū)間［30,40］,0.025x10=0.25,

設(shè)這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為七,則』=30+三05-意04絲3x10=32.8.

故選：B.

5.C

【解析】

【分析】

根據(jù)題中公式代入相應(yīng)數(shù)據(jù)即可求解產(chǎn)品的單價.

【詳解】

由公式BEP(Q)=得

1800x10，

75000=，解得P=1()40元

P-600-200

故選：C

6.C

【解析】

【分析】

由a：+34=2"q+32,變形為(4+3)(a“—2")=0,根據(jù)4>0,得到q=2”求解.

【詳解】

答案第2頁，共19頁

因為｛4,,｝滿足片+3a“=2"q+32,

所以&+3)(0“-2")=0,

因為＞。，

所以4=2”,

因為詈=擊=2,

an-\N

所以｛%｝是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列，

所以兀=2(1-2)=2"—2=2046

101-2

故選：C

7.B

【解析】

【分析】

把題給(4+1)7(3五-5『展開整理成9》(?+1)7-30儀五+1)7+25(?+1)7,再依據(jù)二

項展開式通項公式去求解即可.

【詳解】

(4+1)(3?-5)=9x(五+1)-306(&+1)+25(4+1)

又(T+1)，的展開式的通項公式為c；x子

貝iJ(4+l)，34-5『的展開式中V項為

7-37-27-1

9%0T-30yC^x2+25Gxr=(9C,-30C；+25C；)x3=-l40x3

即(4+1『卜五-5『的展開式中V項的系數(shù)為一140

故選：B

8.A

【解析】

【分析】

建立空間直角坐標(biāo)系，以向量法去求解異面直線A片與CQ所成角的余弦值.

答案第3頁，共19頁

【詳解】

設(shè)上底面圓心為。I，下底面圓心為。，連接。a，0C,08

以。為原點，分別以0。,。8,。01所在直線為X軸、y軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系

則

C(l,0,0),4(0,2,0),B\(0,1,2),D}(2,0,2),

貝IJ西=(1,0,2),AB,=(0,-1,2)

8s(可鬲"苛篇q

IT

又異面直線所成角的范圍為(0,5

故異面直線AB「與CR所成角的余弦值為:

故選：A

9.B

【解析】

【分析】

根據(jù)題意，求得/(x)的周期，結(jié)合已知函數(shù)解析式，即可代值求得結(jié)果.

【詳解】

因為/(X)是定義在R上的奇函數(shù)，故可得〃x)=-"-"，

又“X—2)為偶函數(shù)，故可得〃x-2)=〃—x—2)=—/(x+2),

貝廳(x)=-f(x+4)=-[-/(x+8)]=〃x+8),故以8為周期；

^/(201)+/(202)=/(l)+/(2)=log22+log24=l+2=3.

答案第4頁，共19頁

故選：B.

10.D

【解析】

【分析】

根據(jù)題意作圖，結(jié)合幾何關(guān)系，求得四棱錐S-A8CD外接球的球心位置以及球半徑，再求

三棱錐P-SAD體積的最大值即可.

【詳解】

連接AC,BO交于點0,取AO中點為M,連接SMQS,作圖如下:

因為AS=DS,NASD=9()。，又M為A。的中點，故〃為的外心，

又平面SAD1平面ABCD，且面SADc面ABCD=AD,又OM±AD,OMu面ABCD,

故可得面SAO,故OA=OS=O￡＞：

又四邊形A8C￡＞為正方形，且。為對角線交點，故可得。4=O3=OC=8,

綜上所述，OA=OB=OC=OD=OS,故。為四棱錐S-AfiCD的外接球的球心.

則其外接球半徑R=OD=gBD=&

又P為該四棱錐外接球表面上的動點，若使得三棱錐P-SAD的體積最大，

則此時點尸到平面SAD的距離/?=OM+R=1+夜，

故其體積的最大值丫=gS,w,x"=gxAOxSMx(1+0)

=gxgx2xlx(l+&)=.

故選：D.

11.D

【解析】

【分析】

答案第5頁，共19頁

設(shè)點M的坐標(biāo)為1,G（x+。）），其中-aWO,可得出砒?麗關(guān)于x的二次函數(shù)關(guān)系

式，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得當(dāng)麗?近取最小值和最大值時對應(yīng)的x值，可求得

機、〃的值，即可得解.

【詳解】

由題意可得匕c=2a1￡（—2a,0）、F2（2^,0）,

雙曲線C的漸近線方程為y=±>/3x,

不妨設(shè)直線A8的斜率為5則直線A8的方程為y=G（%+。），易得5（0,耳）,

設(shè)點〃的坐標(biāo)為1,6（工+〃）），其中一a?x<0,

MF、=（_Q_X,_6（X+Q））,MF?=（Q_X,_6（X+Q））,

22

所以，MF｛.MF?=（一〃一x）（a-九）+3（尤+〃）2=4x+6ax+2a=4（x+￡z）,

故當(dāng)x=—：Q時，砒?麗取得最小值，止匕時機=6（〃一（。）=亨a,

當(dāng)％=0時，幅?近取得最大值，此時〃=因此，-=4.

I2m

故選：D.

12.A

【解析】

【分析】

由%+2*=4+22w+,得凡+1—24'=4—24"=???=q—2）=2,由此得2=2e+4,根

據(jù)?L討論曲吟’由此得凡（。及彳<，<°?研究㈤｝的奇數(shù)項和偶數(shù)項’得

到｛%｝的單調(diào)性，求出其最大項和最小項即可.

【詳解】

an+l+2A"=an+2方向na?+l-2方向=a?-2A"=■■■=a,-2A'=3A-22=2

=>an=24"+2.

丁q=3/1<0且對任意〃eN?，幺，故a,<0,

a?16）

答案第6頁，共19頁

2

/.a2=22+2<0,/I,此時對任意neN”,a“wO.

n

當(dāng)-g<2<0時，0<聞<；,a2n=\Af+A>A,a2n_l=-2\Af"''+A<A,

由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，｛《,｝的偶數(shù)項單調(diào)遞減，奇數(shù)項單調(diào)遞增，且見”>義>出,t，

故｛4｝的最大值為4=2紀(jì)+久，最小值為4=32,

a,24+143

由題意，字n的最大值及最小值分別為一=二一和」=F7，

ana｝3a22z+1

,244-113.,1.

由--->二及TT-；—7<6，解/得F=1-丁v/<°?

362/4-14

綜上所述，2的取值范圍為卜；,0).

故選：A.

【點睛】

本題關(guān)鍵是討論分類討論｛a,,｝的奇數(shù)項和偶數(shù)項，以便確定其單調(diào)性，從而其最大項和最

小項，由此得到”的最大值和最小值.

13.0

【解析】

【分析】

先求出的坐標(biāo)，再利用向量共線的坐標(biāo)形式可求m的值.

【詳解】

a-2b=(-2,-1-2m),

因為萬，故—2x(—3)=—6x(—1—2〃。，解得根=0,

故答案為：0.

14.-4

【解析】

【分析】

由約束條件作出可行域，將z=2x+4y轉(zhuǎn)化為：y=_gx+；z,由直線在)，軸上的截距最

小時求解.，

【詳解】

答案第7頁，共19頁

x+4y+4N0,

由變量X，y滿足約束條件，x-2y-220,作出可行域如圖所示:

.x+y-240,

將z=2x+4y轉(zhuǎn)化為：>=_?+?,平移直線y=-gx,

當(dāng)直線經(jīng)過點A(0,-1)時，在y軸上的截距最小，

此時，目標(biāo)函數(shù)取得最小值，最小值為-4,

故答案為：-4

15-

-6

【解析】

【分析】

根據(jù)三角函數(shù)圖象的對稱性，得到S=2Sb,BQ=］，求得。=?，進(jìn)而求得w=2,得到

〃x)=sin(2x+e),結(jié)合f成)=1,即可求得。的值.

【詳解】

如圖所示，根據(jù)三角函數(shù)圖象的對稱性，可得陰影部分的面積等于矩形ABCO和EFGH的

面積之和,即S=SoABCt)+SOEFGH=2S0ABCO>

因為函數(shù)〃x)=sin(2x+e)的圖像向左平移e個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，

所以SoABCD=9xl=e,

TTTTTT

又因為圖中陰影部分的面積為g,所以2O=g,解得。=9，

224

答案第8頁，共19頁

又由圖象可得。=4，可得4=f，所以T="，所以w=§=2,

444T

所以/(x)=sin(2x+0),

〃〃777/

因為/(—)=sin(2x—+^>)=1,可得一+。=—+2ATT,%￡Z,即。=—+2ATT,A：￡Z,

66326

因為|夕|<g,所以S=

2o

16.［1,+℃)

【解析】

【分析】

設(shè)f=2sinx八［—2,2］,所以對任意re［-2,2］,不等式cosf4—產(chǎn)+〃恒成立，再對〃分三

種情況討論得解.

【詳解】

2A2

解：設(shè)，=2sinx"e［-2,2］,所以sinx=L,，cos2x=l-sin2x=l--=...-.

244

所以對任意，€［-2,2］,不等式cosYa恒成立，

4

所以對任意te［-2,2］,不等式cosY-at2+a恒成立，

4

當(dāng)a=0時，不等式cosfWO不是恒成立；

當(dāng)a<0時，y=cosr在［-2,0］是增函數(shù)，在。2］是減函數(shù)，y=一工?！?〃在-2,0］是減函

4

數(shù)，在［0,2］是增函數(shù)，所以函數(shù)g(r)=cosf+ax=在［-2,0］是增函數(shù)，在［0,2］是減函數(shù)，

4

所以當(dāng)f=0時，5(0max=l-?<0,.■.?>1,與。<0矛盾，所以舍去；

答案第9頁，共19頁

當(dāng)a>0時,對任意2,2],不等式cosrV--+a恒成立,如圖所示,

--ijxO2+a>cosO

所以:

——ax22+a>cos2

I4

綜合得a21.

故答案為：

17.(l)y

⑵66

【解析】

【分析】

(1)利用正弦定理及三角變換公式可得2sinCcosC=sinC,從而可求角C；

(2)利用面積公式可得。=?,再結(jié)合余弦定理可求。力，從而可求S.

(1)

因為A+8+C=n,所以cos(B+C)=-cosA,

所以2ccosC=acosB+bcosA,

由正弦定理得2sinCeosC=sinAcos8+sin8cosA=sin(A+3).

因為sin(A+8)=sinC,所以2sinCcosC=sinC.

1jr

因為Ce(O,7t),所以sinCxO,所以cosC=],則C=§.

⑵

由S=6bsin8,根據(jù)面積公式，得6i?sin3=；acsinB=3asinB,所以a=2/>.

答案第10頁，共19頁

由余弦定理得cosC='+"一.=L整理得/+加一"=36,即3/=36,

2ab2

所以/?=26，a-4A/3-

所以AABC的面積S=L"sinC=4x4百X2百sin2=6G

223

18.（1）證明見解析；

（2）^2.

13

【解析】

【分析】

（1）先證明平面CD。?,進(jìn)而根據(jù)面面垂直的判定定理證明問題；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)而根據(jù)空間向量的夾角運算求得答案.

（1）

如圖，連接BD

在菱形ABC。中，連接B￡>,ZBAD=60°,所以△A3。為正三角形，

因為E為AB的中點，所以O(shè)ELA8.

因為AB//C。，所以O(shè)E_LCD

因為。平面ABC。，OEu平面48c。，所以DR,DE,

而。RcOC=。，所以O(shè)EJ_平面CORG.又因為￡）￡u平面?！攴菜云矫妗Ｆ矫?/p>

CDDtCt.

答案第11頁，共19頁

設(shè)OR=AO=2,以。為原點，以直線OE,DC,。。分別為x,y,z軸建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系，則。（0,0,0）,￡（73,0,0）,F^,1,1,C（0,2,0）,所以

'瓜=0,

n?DE=0,

設(shè)〃=（x,y,z）為平面。EF的法向量，由，得4733取y=2,得

nDF=0-x+-y+z=0,

H=(0,2,-3)-

由(1)DC±DE,DC±DDt,DEnDD,=D,則ZX7J_平面￡>QE,即丘=(0,2,0)為平面

的一個法向量，所以cos<〃，曲>=-^^—=2姮，由圖可知二面角

|〃||DC|63x213

D「DE-F為銳角,所以二面角R-OE-尸的余弦值為名叵.

13

19.(l)x,y,z的值分別為10,1,5；

⑵工；

13

答案第12頁，共19頁

(3)分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：!3

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)分層抽樣的性質(zhì)進(jìn)行求解即可；

(2)根據(jù)古典概型公式進(jìn)行求解即可；

(3)根據(jù)二項分布的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.

(1)

根據(jù)分層抽樣可知，水培、巖棉培、基質(zhì)培分別抽取的株數(shù)為20,10,10,

由x+5+4+l=20,解得x=10,

由4+3+2+y=10,解得y=l,

由3+z+2+0=10,解得z=5,

故x,y,z的值分別為10,1,5：

(2)

記''這2株中恰有1株的單株產(chǎn)量不小于150g”為事件4

由表可知，單株產(chǎn)量不小于150g的共有4+2+2+1+1+0=10株，

所以小)=警4.

^401$

(3)

依題意可知，單株產(chǎn)量在［150,200)內(nèi)的概率為P=*=(,

X的所有可能取值為0,1,2,3,則X:

貝lJP(X=0)=C；P（X=1）=C；

其分布列如下:

X0123

6448121

P

125125125125

答案第13頁，共19頁

13

所以EX=3x、.

20.(1)/=4x

(2)證明見解析

【解析】

【分析】

(1)由題意知|尸。=25,根據(jù)△OPQ的面積，可知及=16①；根據(jù)拋物線的焦點結(jié)合

△OPF的面積，可知與=2②，聯(lián)立①②，可得尸再將其代入拋物線方程可得

4IP)

P=2,即可求出C的方程.

(2)由(1)知直線OP的方程為'=工，設(shè)A(XQJ,8(孫％)，由題意易知

竽)，將直線和拋物線方程聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關(guān)系；要證=只需證

%一*=占一/，再將其化簡可得(ZA-ZMiW+Zlx+xJnO,再根據(jù)韋達(dá)定理即可證明

結(jié)果.

(1)

解：由題意知|尸0=2$,所以△OPQ的面積為gxtx2s=fs,則rs=16①.

又因為焦點尸［§，。］,所以|0尸|=§,則△OPF的面積為:x§xs=弓，則個=2②.

8(8、

由①②，聯(lián)立解得f=2。，s=一,則P2PL,

PIP)

將尸點坐標(biāo)代入拋物線方程得(旦］=2p-2p,

解得。=2,

故C的方程為V=4x.

(2)

解：由(1)知P(4,4),則直線。尸的方程為丁=匕

設(shè)A&,*),8(%,%),則直線AM的方程為x=±,直線08的方程為》=&心

冗2

答案第14頁，共19頁

所以“（七,石）,

聯(lián)立｛jU；'消去y得公1+（我—4）x+4=0,

貝IJA=（4Z-4）2-16〃=16—32女>0,得0<%<g,所以點P在A8之間.

由根與系數(shù)的關(guān)系，得占+%=4節(jié)一4^〃,%七=正4.

將｛；'：；代入上式，得（如+2居+（依+2）々=2不々.

整理得（2%-2）5々+2（%+々）=0.

所以（2&-2卜亳+、蘆=0,此等式顯然成立，

所以|AM|=|MN|.

21.⑴！

e

（2）證明見解析

【解析】

【分析】

（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用/'（j=2e2可求〃?=1,結(jié)合導(dǎo)數(shù)的符號可得函數(shù)的極值.

（2）令g（x）="x）-a,根據(jù)單調(diào)性可得最大值，根據(jù)后者的符號可得。的取值范圍，注意

檢驗.利用不占滿足的條件可得要證x/2>e2,只需證：&±±?ln±>2,后者可構(gòu)建新函

X2~X\X\

數(shù)來證明.

答案第15頁，共19頁

⑴

m(l-lnx)

由題可知函數(shù)/(X)的定義域為(0,m)，/'("=

/M(1+1))2

2e2,得-i—=2e\解得機=1.

此時((%)=匕學(xué)

當(dāng)xe(0,e)時，盟x)>0,故〃x)在(0,e)上單調(diào)遞增，

當(dāng)xe(e,+8)時<0,故/(x)在(e,+QO)單調(diào)遞減，

所以當(dāng)x=e時，取得極大值，為了⑻三.

(2)

由題意知方程/(x)=a有兩個不同的實數(shù)根為，

令g(x)=f(x)-a，則g(x)有兩個不同的零點,

由(1)知“X)在(O,e)上單調(diào)遞增，在(e,”)上單調(diào)遞減，極大值為/(e)=g.

故g(x)在(O,e)上單調(diào)遞增，在(e,*o)上單調(diào)遞減，g(x)m”==

所以，一a>0即

ee

若aVO,則當(dāng)X>e時，g(x)=(一〃>一"20即g(x)>0,

故g(x)在(e,”)上沒有零點，此時g(x)在(0,”)上至多有一個零點，矛盾.

故0<a<L

下證：當(dāng)》>e時，21nx<x,

2—x

設(shè)〃(x)=21nx-x,x>e,則“(力=三一<0,故〃(力在(e,+oo)上為減函數(shù),

故〃(x)<〃(e)=2-e<0,故當(dāng)x>e時，21nxex成立.

所以1>e時，有In/〈尢即

故當(dāng)”正時，有l(wèi)nr<?

4/、Inx1八

當(dāng)x>max時，g(x)=~—a<~^=-〃<0,

答案第16頁，共19頁

故g(x)在(e,+oo)上有一個零點.

又g(l)=-a<0,故g(x)在(O,e)上有且只有一個零點.

綜上，0<a<-.

e

不妨設(shè)0<X1<e<X2，由/(x)=/(w)可得生上=5上，

X\X2

可得產(chǎn)產(chǎn)=*,整理得g止3/通

Inx2-In斗x2-xix2-x}

2(三一1、

要證占當(dāng)>，，只需證：玉蘭Jin垣>2,即證/強>2(一大)二工_2,

々一占