【文档说明】2023届河南省许昌市建安区第三高级中学高三上学期诊断性测试二数学理试题解析版.doc，共(22)页，2.240 MB，由小喜鸽上传

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第1页共22页2023届河南省许昌市建安区第三高级中学高三上学期诊断性测试（二）数学（理）试题一、单选题1．若集合3{24},log1xMxNxx==，则MN=（）A．{23}xxB．{0}xxC．{02xx或2}xD．R【答案】B【分析】利用指

数函数以及对数函数的单调性求得集合,MN，根据集合的并集运算即可得答案.【详解】解24x得2x，解3log1x得03x，故得2,03MxxNxx==，故0MNxx=，故选：B．2．已知非零向量,abr

r的夹角正切值为26，且()()32abab+⊥−rrrr，则ab=rr（）A．2B．23C．32D．1【答案】D【分析】先求出非零向量,abrr的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理()()32abab+⊥−rrrr，即可得到答案.【详解】解析设ar，br的夹角为，由tan26=得

1cos5=.因为()()32abab+⊥−rrrr，所以()()222232253230ababaabbaabb+−=+−=+−=rrrrrrrrrrrr，得22230aabb+−=rrrr，解得1ab=rr或32ab=−rr（舍去）.故选：D.3．已知cos21si

ncos3=+，则3sin4+=（）A．26−B．13C．26D．13−第2页共22页【答案】C【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到1cossin3−=，进而结合两角和的正弦公式即可求出结果.【详解

】因为()()22cossincossincos2cossin1cossinsincossincossincos3−+−===−=+++，所以()3332212sinsincoscossincossin4442236

+=+=−==，故选：C.4．在如图所示的程序框图中，输入4N=，则输出的数等（）A．34B．45C．1315D．56【答案】B【分析】根据流程图模拟计算后可求输出的值.【详解】第一次判断后，1

,1,42Skk==，第二次判断后，112,2,4263Skk=+==，第三次判断后，213,3,43124Skk=+==，第四次判断后，314,4,44205Skk=+==不成立，故终止循环，故选：B.

5．若x，y满足不等式组1010330xyxyxy+−−−−+…„…，则下列目标函数中在点(3,2)处取得最小值为（）第3页共22页A．4zxy=−B．4zxy=−C．4zxy=+D．4zxy=+【答案】A【分析】根据不等式组

画出可行域，再分析各选项即可.【详解】作出满足题设约束条件的可行域，即如图ABCV内部（含边界）易得(3,2)B作直线1:40lxy−=，把直线1l向上平移，z减小，当1l过点(3,2)B时，4zxy=−取得最小值，故A

正确；作直线2:40lxy−=，把直线2l向上平移，z减小，当2l过点(3,2)B时，4zxy=−取得最大值，故B错误；作直线3:40lxy+=，把直线3l向上平移，z增加，当3l过点(3,2)B时，4

zxy=+取得最大值，故C错误；作直线4:40lxy+=，把直线4l向上平移，z增加，当4l过点(3,2)B时，4zxy=+取得最大值，故D错误．故选：A．6．中国空间站(ChinaSpaceStation)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.

2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将

正式进入运营阶段.假设中国空间站要安排甲、乙等5名航天员进舱开展实验，其中“天和核心舱”安排2人，“问天实验舱”安排2人，“梦天实验舱”安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）A．9种B．24种C．26种D．30种【答案】B第4页共22页【分析】先利用

分组与分配的求法求得5名航天员共有30种不同的安排方案，再利用分类加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有6种不同的安排方案，从而利用间接法即可得解.【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有15C5=种

安排方案，再将剩下的4人分成两组，每组2人，则有224222CC613A2==种安排方案，接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有22A2=种安排方案，所以这5名航天员的安排方案共有53230=种，其中甲、乙两人同在“天

和核心舱”内的安排方案有2131CC3=种，同在“问天实验舱”内的安排方案有2131CC3=种，即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有336+=种，所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有30624−=种.故选：B.7．已知双曲线C1：2221(0)4xytt−=

与双曲线C2：2221yxt−=的离心率分别为e1，e2，则e1e2的最小值为（）A．154B．94C．52D．32【答案】D【分析】由双曲线方程，把离心率表示出来，再利用基本不等式求最小.，【详解】易知22144te+=，22221tet+=，则()()()22221

2224115444ttteett++==++，由基本不等式，()2212215159244444teet=+++=，当且仅当2214tt=，即2t=时等号成立，故12ee的最小值为32.故选：D.8．近日，各地有

序开展新冠疫苗加强针接种工作，某社区疫苗接种点为了更好的服务市民，决定增派甲、乙、丙、丁4名医务工作者参加登记、接种、留观3项工作，每项工作至少1人参加，若A表示事件：“甲参加登记这项工作”；B事件表示“乙参加登记这项工作”；C事件表示“乙参加接种这项工作”，则下列结论正确的是（）A．事

件A与B相互独立B．事件A与C相互独立C．()712PCA=∣D．()16PBA=∣第5页共22页【答案】D【分析】计算出()()()13PAPBPC===，()213618PAB==，验证得到()()()PAPBP

AB，()()()PAPCPAC，故AB错误；利用条件概率公式求出()(),PCAPBA∣∣，得到C错误，D正确.【详解】先将甲、乙、丙、丁4名医务工作者分为3组，1组2人，2组1人，则有24C种选择，再将分好的3组人员

与参加登记、接种、留观3项工作全排列，故共有2343CA36=种基本事件，若甲与另外一人，共同参加登记这项工作，则只需将乙、丙、丁与登记、接种、留观3项工作全排列即可，此时由33A种选择，若甲单独参加登记

这项工作，则先将剩余的乙、丙、丁分为两组，再和接种、留观2项工作全排列，有2232CA种选择，故事件A包含的基本事件数为：322332ACA12+=，则()121363PA==，同理()()13PBPC==，事件AB包含的基本事件数为：22A2=，则()21361

8PAB==，事件AC包含两种情况，一是甲单独参加登记这项工作，乙单独参加接种这项工作，则剩余的两人参加留观工作，此时由22C种选择，二是甲乙两人，有1人不是单独参加工作，此时有1122CC种选择，故事件AC包含的基本事件数为：211222CCC5

+=，则()536PAC=∵()()()19PAPBPAB=，故A错误；∵()()()19PAPCPAC=，故B错误；∵()()()512PCAPCAPA==∣，故C错误；∵()()()16PABPBAPA==∣，故D正确．故选：D.9．已知ABC

V中，π26BAC==，，则π6A=的充要条件是（）A．ABCV是等腰三角形B．23AB=第6页共22页C．4BC=D．3,ABCSBCBA=V【答案】D【分析】根据正余弦定理即可结合选项逐一求解.【详解】由于π6B=，故当ABCV是等腰三角形时

，π6A=或5π12A=或2π3A=；当π6A=时，ABCV是等腰三角形，所以ABCV是等腰三角形是π6A=的必要不充分条件，所以选项A不正确；当23AB=时，sinsinABACCB=，即2323,sinπsin2sin6CC==，所以π3C=或2π3C=，则π2A=或

π6A=；当π6A=时，2π3C=，根据正弦定理可得23AB=，所以23AB=是π6A=的必要不充分条件，所以选项B不正确；当4BC=时，sinsinBCACAB=，即42πsinsin6A=，解得πsin1,2AA==，所以4BC=不是π6A=的充分条件，所以选项C不正确

；当π6A=时，3ABCS=V；当3ABCS=V时，即1sin3,432BCBABBCBA==，根据余弦定理222cos4BCBABCBAB+−=，解得2216,,2,23BCBABCBAB

CBA+===Q，则π6A=，所以3,ABCSBCBA=V是π6A=的充要条件，故选：D．10．若函数()2ln2fxxaxx=+−在()0,1上存在极大值点，则a的取值范围为（）A．10,2B．1,2+

C．()0,+D．1,2−【答案】D【分析】求出函数的导数()2221axxfxx−+=，令2()221gxaxx=−+，讨论a的取值范围，结合()2ln2fxxaxx=+−在()0,1上存在极大值点，结合二次函数性质列出相应不等式，即可求得答案.【详解】由题意()2ln

2,0fxxaxxx=+−可得()2122122axxfxaxxx−+=+−=，令2()221gxaxx=−+，则(0)1g=，当0a=时，1()210,2gxxx=−+==，当102x时，(

)0fx¢>，()fx递增，当12x时，()0fx，()fx递减，函数()fx在12x=时取极大值，符合题意；第7页共22页当0a时，()gx图象对称轴为102xa=，此时要使函数()2ln2fxxax

x=+−在()0,1上存在极大值点，需满足(1)0g，即1210,2aa−，则102a，此时112xa=，()gx在()0,1上递减，存在0x，使得0()0gx=，则当00xx时，()0fx¢>，

()fx递增，当01xx时，()0fx，()fx递减，函数()fx在0xx=时取极大值，符合题意；当a<0时，()gx图象开口向下，对称轴为102xa=，此时要使函数()2ln2fxxaxx=+−在()0,1上存在极大值点，需满足(1)0g，即1210,

2aa−，则a<0，同上同理可说明此时符合题意，综合上述，可知a的取值范围为1,2−，故选：D11．已知点P为双曲线22221(0,0)xyabab−=上任意一点，1F､2F为其左､右焦点，O为坐标原点.过点P向双曲线两渐

近线作垂线，设垂足分别为M､N，则下列所述错误的是（）A．||||PMPN为定值B．O､P､M､N四点一定共圆C．1PFuuur·2PFuuuur的最小值为2b−D．存在点P满足P､M､1F三点共线时，P､N､2F三点也共线【答案】D【分析

】对于A，设()00,Pxy，表示出||||PMPN，，即可判断A；对于B，由题目可得，M，N两点在以OP为直径的圆上，故可判断B；对于C，由双曲线的对称性可知2212||PFPFPOc=−uuuruuuuruuur，由22||POauuur，故可判断C；对于D，利用双曲线的对称性，不

妨设直线1FN垂直一条渐近线，垂足为N；直线2FM垂直另一条渐近线且交双曲线于点P，易知直线1FN与直线2FM的交点始终落在y轴上，可判断D.【详解】设()00,Pxy，点()00,Pxy到渐近线byxa=的距离为0022bxayPMb−=+，第8页共22页

同理2020||bxayPNab+=+，则22220022bxayPMPNab−=+，∵2200221xyab−=，即22222200bxayab−=，∴2222abPMPNab=+（定值），故A正确；∵90OMPONP==o

，∴△OMP和△ONP均为直角三角形，M，N两点在以OP为直径的圆上，故B正确；由双曲线的对称性可知()()222212111||||PFPFPOOFPOOFPOOFPOc=+−=−=−uuuruuuuruuuruuuruu

uruuuruuuruuuruuur，其中222cab=+，∵22||POauuur∴22212PFPFacb−−=uuuruuuur成立，故C正确；如图利用双曲线的对称性，不妨设直线1FN垂直一条渐近线，垂足为N

；直线2FM垂直另一条渐近线且交双曲线于点P，易知直线1FN与直线2FM的交点始终落在y轴上，故D不正确.故选：D.二、多选题12．已知复数z满足2ii4zz−=+，则下列说法中正确的是（）第9页共22页A．复数z的模为10B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限C．复数z的

共轭复数为13i−+D．20231i3z−=−【答案】AD【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可.【详解】因为2ii4zz−=+，所以(1i)42iz−=+，()()()()21i2i42i13i

1i1i1iz+++===+−+−，有121310z=+=，故A正确；复数z在复平面内所对应的点为(1,3)，位于第一象限，故B错误；复数z的共轭复数为13iz=−，故C错误；因为202320231ii3z−==−，故D正确，故选:AD.三、填空题13．()6

112xxx+−的展开式中的常数项是___________．【答案】100−【分析】求出612xx−的展开式中常数项和1x−项，进而求得()6112xxx+−的展开式

中的常数项．【详解】()6661111222xxxxxxxx+−=−+−612xx−展开式的通项为6316(1)2CrrrrrTx−−+=−，令30r−=，得3r=，则612xx

−展开式的常数项为368C−令31r−=−，得4r=，则612xxx−展开式的常数项为464C第10页共22页故()6112xxx+−展开式的常数项是34668C4C1

00−+=−．故答案为：100−14．把函数()22coscos23fxxx=++的图像向右平移个单位长度，得到的图像所对应的函数()gx为偶函数，则的最小正值为__________．【答案】12【分析】先化

简()fx的解析式，再由平移得出()gx的解析式，由()gx为偶函数，所以26k−+=，kZ，从而可得出答案.【详解】由函数()21cos22coscos22cos2cossin2sin323

3xfxxxxx+=++=+−33cos2sin213cos21226xxx=−+=++把函数()fx的图象向右平移个单位长度，得到函数()()3cos216gxx

=−++即()3cos16g22xx=−++的图象．因为()gx为偶函数，所以26k−+=，kZ，解得212k=−+，kZ，当0k=时，取得最小正值，最小正值为12．故答案为：12

15．设数列{}na首项132a=，前n项和为nS，且满足*123(N)nnaSn++=，则满足234163315nnSS的所有n的和为__________.【答案】9【分析】根据11,1,2nnnSnaSSn−==−求出数列{}na的通

项，再根据等比数列的前n项和公式求出2nnSS，从而可得出答案.【详解】解：由123nnaS++=，得123(2)nnaSn−+=，两式相减得()12202nnnaaan+−+=，第11页共22页则()1122nnaan+=，当1n=时，2123aa+=，所以213142aa==，所

以数列{}na是以32为首项12为公比的等比数列，则311122311212nnnS−==−−，221312nnS=−，故2213112112312nnnnnSS−==

+−，由234163315nnSS，得34116133215n+，所以15233n，所以4n=或5，即所有n的和为459+=.故答案为：9.16．如图，在正三棱柱111ABCABC-中，124AAAB==，E是1BB的中点，F是11AC的中

点，若过A，E，F三点的平面与11BC交于点G，则1AG=__________．【答案】273##273【分析】以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz−，可设()0,,4Ga，求出平面AEF的法向量，再根据0AGm=uuurur求出a，即可得出答案．

【详解】如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz−，第12页共22页则()3,1,0A，()13,1,4A，()0,2,2E，31,,422F，由题可设()0,,4Ga，则()3,1,2AE=−uuur，31,

,422AF=−−uuur，()3,1,4AGa=−−uuur，设平面AEF的法向量(),,mxyzr=，则320314022xyzxyz−++=−−+=，令3x=，则93,55yz==，故933,,55m

=r，由()91231055AGma=−+−+=uuurur，得43a=，则113,,03GA=−uuuur，()221127333AG=−+=uuuur．故答案为：273四、解答题17．在△ABC中，角A，B，C所对的边

分别为a，b，c，已知36ab+=，π3C=.(1)若3a=，求tanB的值；(2)求ABACBABC+uuuruuuruuuruuur的最小值.【答案】(1)35(2)2713第13页共22页【分析】

（1）根据正弦定理边化角即可；（2）利用余弦定理结合已知得ABACBABC+uuuruuuruuuruuur2134236bb=−+，利用二次函数求得最小值．【详解】（1）解：3a=Q，且36ab+=

，32aba+=，3ab=，由正弦定理可知sin3sinAB=，πABC++=Q，()sinsinπsin()ABCBC=−+=+，即πsin3sin3BB+=，ππsincoscossin3sin33BBB+=，整理得35cossin22BB=，3tan5B

=；（2）解：coscosABbcAacACBABCB+=+uuuruuuruuuruuurQ，由余弦定理可知222222222bcaACBABacABcCb+−+−=+=+uuuruuuruuuruuur，222222c

oscababCabab=+−=+−Q，且36ab+=，222(63)(63)134236ABbbbbbACBABCb=−+−−=+−+uuuruuuruuuruuur，当2113b=时，ABACBABC+uuuruuuruuuruuur的最小值为2212127134236131

313−+=．18．2021年5月12日，2022北京冬奥会和冬残奥会吉祥物“冰墩墩”、“雪容融”亮相上海展览中心．为了庆祝吉祥物在上海的亮相，某商场举办了赢取冰墩墩、雪容融吉祥物挂件

答题活动．为了提高活动的参与度，计划有13的人只能赢取冰墩墩挂件，另外23的人计划既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，每位顾客只能赢取冰墩墩挂件，则记1分，若既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，则记2分，假设每位顾客能赢取冰墩墩挂件和赢取雪容融挂件相互独立，视频率为概率．(1)从

顾客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；(2)从顾客中随机抽取n人（*Nn），记这n人的合计得分恰为1n+分的概率为nP，求12nPPP+++L；【答案】(1)分布列见解析；期望为5第14页共22页(2)121323123nnnPPP++

+++=−L【分析】（1）三人的得分情况分别为：三人都得1分，三人中1人得1分其余2人得2分，三人中有2人得1分1人得2分，三人都得2分，根据以上情况计算各得分的概率可得分布列；（2）由n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，可得nP，由

错位相减法求得{}nP的前n项的和.【详解】（1）X的取值为3，4，5，6所以()3113327PX===，()2132124C339PX===，()2232145C339PX===，()3286327PX===．所以X的分

布列为：X3456P1272949827所以()124834565279927EX=+++=；（2）因为这n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，所以11212C333nnnnnP−==，设122324623333nnnnSPPP

=+++=++++LL，23411246233333nnnS+=++++L，两式相减得2311111122222222333·2113333333313nnnnnnnnnS+++−+=++++−=−=−−L，所以123132312

3nnnnSPPPP++=++++=−L，所以121323123nnnPPP+++++=−L；第15页共22页19．已知三棱柱111ABCABC-，侧面11AACC是边长为2的菱形，13CAA=，侧面四边形11ABBA是矩形，且平面11AAC

C⊥平面11ABBA，点D是棱11AB的中点．(1)在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面11BCE，并说明理由；(2)当三棱锥11BADC−的体积为3时，求平面11ACD与平面1CCD夹角的余弦值．【

答案】(1)存在，理由见解析(2)34【分析】（1）取11BC的中点F，连接EF，DF，易得//,DFAEDFAE=，则四边形DFEA是平行四边形，从而AD∥EF，再利用线面平行的判定定理证明；（2）根据四边形11ABBA是矩形，结合平面11AA

CC⊥平面11ABBA，得到11AB⊥面11AACC，由111111BADCAADCDAACVVV−−−==，得到116AB=，再由160AAC=，得到1AEAC⊥，然后以1A为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面1CDC的一个法向量为(),,mxyz=ur，易知平面11ACD的

一个法向量()1,0,0n=r，由cos,mnmnmn=urrurrurr求解.【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面11BCE，理由如下：如图所示：取11BC的中点F，连接EF，DF，第16页共22页∵DF是111ABC

△的中位线，∴111111//,22DFACDFAC=，又111111//,22AEACAEAC=，∴//,DFAEDFAE=，∴四边形DFEA是平行四边形，∴AD∥EF，又AD面11BCE，EF面11BCE，∴AD∥平面11

BCE．（2）∵四边形11ABBA是矩形，∴111ABAA⊥，11ABAB∥，又∵平面11AACC⊥平面11ABBA，∴11AB⊥面11AACC，∵1111111111111133326BADCAADCDAACAACVVVSABAB−−−=====△，∴116AB=，∵侧面11ACCA

是菱形，160AAC=，∴1AAC△是正三角形，∵E是AC的中点，∴1AEAC⊥，以1A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，第17页共22页则()10,0,0A，()10,2,0C，()0,0,3D，(3,1,0)C，则()10,2,3CD=−uuuur，

()13,1,0CC=−uuuur，设平面1CDC的一个法向量为(),,mxyz=ur，由1100mCDmCC==uuuurruuuurr，得23030yzxy−+=−=，令1x=，则3y=，233z=，∴21,3,33m=

ur，又平面11ACD的一个法向量()1,0,0n=r，∴3cos,4mn=urr，∴平面11ACD与平面1CCD的夹角的余弦值是34.20．已知双曲线：2222=1(0,0)axyabb−的焦距为4，且过点32,

3P(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线的左焦点F分别作斜率为12,kk的两直线1l与2l，直线1l交双曲线于,AB两点，直线2l交双曲线于,CD两点，设,MN分别为AB与CD的中点，若121kk−=，试求OMNV与FMN△的面积之比.

【答案】(1)2213xy−=(2)3【分析】（1）由题意得24c=，再将32,3P代入双曲线方程，结合222cab=+可求出22,ab，从而可求出双曲线方程，（2）设直线1l方程为1(2)ykx=+，1122(,),(,)AxyBxy，将直线方入双曲线方程化简后利用根

与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M的坐标，再利用121kk−=表示出点N的坐标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点(3,0)E−，从而可求得答案.【详解】（1）由题意得24c=，得=2c，第18页共22页所以224ab+=，因为

点32,3P在双曲线上，所以22413=1ab−，解得223,1ab==，所以双曲线方程为2213xy−=，（2）(2,0)F−，设直线1l方程为1(2)ykx=+，1122(,),(,)AxyBxy，由122=(+2)=13ykxxy

−，得2222111(13)121230kxkxk−−−−=则22111212221112123,1313kkxxxxkk−−+==−−，所以2121216213xxkk+=−，所以AB的中点211221162,1313kkMkk−−，因为121kk

−=，所以用11k−代换1k，得1221126,33kNkk−−−，当212211661313kkk=−−，即11k=时，直线MN的方程为3x=−，过点(3,0)E−，当11k时，11

2211122112211221332663(1)133MNkkkkkkkkkk−−−−==−−−−−，直线MN的方程为2111222111226133(1)13kkkyxkkk−=−−−−−，令=0y，得2211

22113(1)631313kkxkk−=+=−−−，所以直线MN也过定点(3,0)E−，第19页共22页所以12312NMOMNFMNMNyyOEOESSFEyyFE−===−VV21．已知函数()e(1)xfxaax=

−−．(1)讨论()fx的单调性；(2)当a＝1时，若函数()e(ln)tyfxxt=−+有两个零点，求实数t的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)()1,+【分析】（1）分1a，01a，0a讨论求解即可；（2）由题意可知关于x的方程()eelnxtxt=+有两个不同的实

根，进而()lneelnxtxxxt+=+，令()()e0xgxxx=，要使()()lngxgxt=+有两个不同的实根，则需lnxxt=+有两个不同的实根．令()lnhxxxt=−−，利用导数法研究()lnhxxxt=−−的零点即可【详解】（1）因为()()e1xfxaax=−

−，所以()()e1xfxaa=−−．当1a时，()0fx¢>恒成立，所以()fx在R上单调递增；当01a时，令()0fx=，得1lnaxa−=，由()0fx¢>解得1lnaxa−，由()0fx解得1lnaxa−，所以()fx在1,

lnaa−−上单调递减，在1ln,aa−+上单调递增；当0a时，()0fx恒成立，所以()fx在R上单调递减．综上可知：当1a时，()fx在R上单调递增；当01a时，()fx在1,lnaa−−上单调递减，

在1ln,aa−+上单调递增；当0a时，()fx在R上单调递减．第20页共22页（2）当1a=时，()exfx=，则()()()elneelntxtyfxxtxt=−+=−+，所以关于x的方程()eeln0xtxt−+=有两个不同的实根，即关于x的方程()eelnx

txt=+有两个不同的实根．因为x＞0，所以()lneelnxtxxxt+=+．令()()e0xgxxx=，则()()1e0xgxx=+，所以()gx在()0,+上单调递增．要使()()lngxgxt=+有两个不同的实根，则需lnxxt=+有两个不同的实根．令()lnhxxxt=−−

，则11()1xhxxx−=−=．当()0,1x时，()0hx，()hx单调递减，当()1,x+时，()0hx，()hx单调递增，所以()()min11hxht==−．当t＜1时，()0hx，()hx没有零点；当t＝1时，()0hx，当且仅当x＝1时，等号成立，

()hx只有一个零点；当t＞1时，()110ht=−，()ee0tth−−=，()ee2ttht=−．令()e2(1)tttt=−，则()e2e20tt=−−，即()t在()1,+上单调递增，所以()(1)e20t

=−，即()e0th．所以()hx在()0,1上有一个零点，在()1,+上有一个零点，符合条件．综上，实数t的取值范围是()1,+．【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过

解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解22．在直角坐标系xOy中，

曲线1C的参数方程为22cos2sinxy=+=（为参数，0π），2C的参数第21页共22页方程为212252xtyt=−=+（t为参数）.(1)求1C的普通方程并指出它的轨

迹；(2)以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线OM：π4=与曲线1C的交点为O，P，与2C的交点为Q，求线段PQ的长.【答案】(1)答案见详解；(2)2.【分析】（1）消去，即可求得1C的普通方程为()2224xy−+=，轨迹为圆，又

0π，方程为()2224xy−+=()02y＃，可知轨迹为上半圆及其与x轴的两个交点；（2）根据（1）可求得1C的极坐标方程为14cos=，π0,2，代入π4=，可求得22OP=.将2C的参数方程化为普通方程后，可求得极坐标方程22cossin6+

=，代入π4=，可求得32OQ=，进而求出线段PQ的长.【详解】（1）由已知22cos2sinxy=+=可得，22cos2sinxy−==，则()()()222222cos2sin4xy−+=+=，又0π，所以0sin1，则02y.所以1C的

普通方程为()2224xy−+=()02y＃，轨迹为以()2,0为圆心，2为半径的圆的上半圆以及其与x轴的两个交点()0,0，()4,0.（2）由曲线()221:24Cxy−+=()02y＃化为极坐标方程：14cos

=，π0,2.把π4=代入可得1π4cos224==，所以22OP=.2C的参数方程为212252xtyt=−=+（t为参数），消去参数t可得6xy+=，可得极坐标方程为22cossin

6+=，把π4=代入方程可得222ππcossin2644+==，所以232=，所以32OQ=.又,,OPQ三点共线，且有32222PQOQOP=−=−=.第22页共22页23．已知关于x的不等式123xxt+

−+−有解．(1)求实数t的最大值M；(2)在（1）的条件下，已知,,abc为正数，且23abcM=，求()22abc++的最小值．【答案】(1)6M=(2)36【分析】（1）利用绝对值不等式得()()12123xxxx+−−+−−=，所以123xxt+−−−有解只需33t−

即可；（2）利用均值不等式求解即可.【详解】（1）因为()()12123xxxx+−−+−−=，当且仅当2x等号成立所以12xx+−−的最大值为3．因为不等式()3fxt−有解，所以33t−，解得06t，所以实数t的最大值6M=．（

2）由（1）知，123abc=，因为()2224abcabc+++≥（当且仅当ab=时，等号成立），()()()()22222333422322343412336abcababcababcabc+=++===，当且仅当22abc=，即6ab

==，23c=时，等号成立，所以()22abc++的最小值为36．