【文档说明】2023届辽宁省大连市高三上学期期末双基测试数学试题解析版.doc，共(21)页，2.655 MB，由小喜鸽上传

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第1页共21页2023届辽宁省大连市高三上学期期末双基测试数学试题一、单选题1．已知集合1,2,3,4,5A=，12xBxZ−=，则AB=I（）A．5B．3,5C．1,3,5D．2,4【答案】C【解析】逐一验证集合1,2,3

,4,5A=中的元素是否也属于集合12xBxZ−=即可.【详解】因为集合1,2,3,4,5A=，12xBxZ−=可得1x=时，11012ZB−=；2x=时，211222ZB−=；3x=时，31132ZB−=

；4x=时，413422ZB−=；5x=时，51252ZB−=；综上，集合,AB的公共元素为1,3,5，所以AB=I1,3,5，故选：C.2．i是虚数单位，若复数543iz=+，则z的共轭复数z=（）A．43i55+B．43i55-C．43i55−+D．43i55−−

【答案】A【分析】根据复数除法运算可化简得到z，由共轭复数定义可得结果.【详解】()()()543i543i43i43i43i43i555z−−====−++−Q，43i55z=+.故选：A.3．已知命题0:px

R，20010xx−+，则p是（）第2页共21页A．0xR，20010xx−+B．0xR，20010xx−+C．xR，210xx−+D．xR，210xx−+【答案】C【分析】由特称命题的否定可直接得到结果.【详解】由特称命题的否定可知p为：x

R，20010xx−+.故选：C.4．开普勒（JohannesKepler，1571~1630），德国数学家、天文学家，他发现所有行星运行的轨道与公转周期的规律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等

.已知金星与地球的公转周期之比约为2:3，地球运行轨道的半长轴为a，则金星运行轨道的半长轴约为（）A．0.66aB．0.70aC．0.76aD．0.96a【答案】C【分析】设金星运行轨道的半长轴为1a，金星和地球的公转周期分别为1t，2t，根据题意可得31123aa=，进而结合332.5122.1

，即可得出结果.【详解】设金星运行轨道的半长轴为1a，金星和地球的公转周期分别为1t，2t，由开普勒定律得3312212aatt=.因为1223tt=，所以33149aa=，即31123aa=.因为函数3yx=在(),−+上单调递增，且125926112

81000，且3312592612.5,2.181000==，所以332.5122.1，因此31122.50.700.933aaaaa=，故选：C.5．若二项式()6210axax+的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为（）A．10B．15C．25D

．30【答案】B【分析】根据赋值法可得系数和，进而求解1a=，由二项式展开式的通项公式即可求解常数项.【详解】令1x=，则所有的项的系数和为()6164a+=，由于0a，所以1a=，621xx+展开式的通项为6263166CCrrrr

rrTxxx−−−+==，故当630r−=时，即2r=，此时展开式中的常第3页共21页数项为26C15=,故选：B6．若ππ,42，且2π1coscos222++=−．则tan=（）A．3B．2C．3D．23【答案】C【分析】根据

二倍角公式以及诱导公式化简得21cos2cossin2−=−，进而根据齐次式以及弦切互化即可求解.【详解】由2π1coscos222++=−得22221cos2cossin1cos2cossin2cossin2−−=−=−+，进而得212tan11tan2

−=−+，化简得：2tan4tan30−+=，所以tan3=或tan1=，由于ππ,42，所以tan1，故tan3=，故选：C7．已知()4324ln32ea−=，1eb=，elog24c=，则（）A．

acbB．c<a<bC．abcD．bac【答案】A【分析】构造函数()lnxfxx=，其中0x，利用导数分析函数()fx的单调性，可得出()4ln32eaf−=、()ebf=、()2cf=

，比较4ln32e−、2、e的大小关系，结合函数()fx在(0,e上的单调性可得出a、b、c的大小关系.【详解】构造函数()lnxfxx=，其中0x，则()21lnxfxx−=，当0ex时，()0fx¢>；当ex时，()0fx.所以，函数()fx的增区间为

()0,e，减区间为()e,+.因为()()4ln3244ln32324ln324ln32eeeaf−−−−===，()ee1bf==，()eelog2log4ln42ln2ln2244442cf======，因

为24ln3242eee12648−==，则4ln32e2e−，则()()()4ln32e2efff−，故acb.故选：A.第4页共21页8．已知函数(),()fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxg

xfx+−=−−=．若()ygx=的图像关于直线2x=对称，(2)4g=，则()221kfk==（）A．21−B．22−C．23−D．24−【答案】D【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2fxfx+−=−，从而得到()()()352110fff+++=−K，()()()46221

0fff+++=−K，然后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到()36g=从而得到()1f的值即可求解.【详解】因为()ygx=的图像关于直线2x=对称，所以()()22gxgx−=+，因为()(4)7gxfx−−=，所以(2)(2)7gxfx+−−=，即(2)7(2)g

xfx+=+−，因为()(2)5fxgx+−=，所以()(2)5fxgx++=，代入得()7(2)5fxfx++−=，即()(2)2fxfx+−=−，所以()()()()35212510fff+++=−=−K，()()()()46222510fff++

+=−=−K.因为()(2)5fxgx+−=，所以(0)(2)5fg+=，即()01f=，所以()(2)203ff=−−=−.因为()(4)7gxfx−−=，所以(4)()7gxfx+−=，又因为()(2)5fxgx+−=，联立得，()()2412gxgx−++=，

所以()ygx=的图像关于点()3,6中心对称，因为函数()gx的定义域为R，所以()36g=因为()(2)5fxgx++=，所以()()1531fg=−=−.所以()()()()()()()()221123521462213101024()kff

fffffffk=+++++++++=−−−−=−=KK.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.第5页共21页二、多选题9．将函数()()cos2

πfxx=−图象上所有的点向左平移π6个单位长度，得到函数()gx的图象，则（）A．()gx的最小正周期为πB．()gx图象的一个对称中心为7π,012C．()gx的单调递减区间为()π5ππ,π36kkk++ZD．()gx的图象与函

数πsin26=−−yx的图象重合【答案】ABC【分析】根据三角函数平移变换和诱导公式可得()πcos23gxx=−+；根据余弦型函数最小正周期可知A错误；利用代入检验法可知B错误；根据余弦型函数

单调区间的求法可知C正确；利用诱导公式化简()gx解析式可得()πsin26gxx=−，知D错误.【详解】由题意知：()πππcos2πcos2633gxfxxx=+=+−=−+；对于A，()gx的最小正周

期2ππ2T==，A正确；对于B，当7π12x=时，π7ππ3π23632x+=+=，此时()3πcos02gx=−=，7π,012是()gx的一个对称中心，B正确；对于C，令()ππ2π22π3kxkk−++Z，解得

：()2ππππ36kxkk−+−+Z，即()π5πππ36kxkk++Z，()gx的单调递减区间为()π5ππ,π36kkk++Z，C正确；对于D，()π2ππππcos2πcos2cos2sin2

33266gxxxxx=+−=−=−+−=−，()gx与πsin26=−−yx图象不重合，D错误.故选：ABC.10．下列结论正确的有（）A．若随机变量()2~1,N，()40.77P=，则

()20.23P−=B．若随机变量1~10,3XB，则()3119DX−=C．已知回归直线方程为10.8ybx=+$，且4x=，50y=，则9.8b=$D．已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11.若这组数据的平均数、第

6页共21页中位数、众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为22【答案】AC【分析】根据正态分布对称性知A正确，计算()()32920DXDX+==，B错误，将(),xy代入回归直线，计算得到C正确，讨论三种情况得到可能数据的和为12，D错误

，得到答案.【详解】对于A，()()2410.770.23PP−==−=，故A正确；对于B，()122010339DX==，所以()220313209DX−==，故B不正确；对于C，回归直线方程经过点(),xy，将4x=，50y=代入求

得9.8b=$，故C正确；对于D，设丢失的数据为x，则这组数据的平均数为317x+，众数为3，当3x时，中位数为3，此时36731x++=，解得10x=−；当35x时，中位数为x，此时31327xx++=，解得4x=；当5x≥时，中位数为5，此时113073x+=+，解得18x

=.所以所有可能x的值和为1041812−++=，故D不正确.故选AC.11．正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E，F，G分别为BC，11,CCBB的中点，则（）A．直线1DD与直线AF垂直B．直线1AG与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面

面积为98D．点1A与点D到平面AEF的距离相等【答案】BCD【分析】根据棱柱的结构特征，建立以D为原点，以DA、DC、1DD所在的直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系Dxyz−，利用向量法即可判断A，根据线线平行即可判断B,根据梯形面积即可判断C,根据中点关系即可

判断D.【详解】在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，建立以D为原点，以DA、DC、1DD所在的直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系Dxyz−，如图所示：第7页共21页E、F、G分别为BC、

1CC、1BB的中点，则()0,0,0D，()10,0,1D，()1,0,0A，10,1,2F，对于A,()10,0,1DD=uuuur，11,1,2AF=−uuur，1102DDAF=uuuuruuur，故A错误；对于B：连接1AD,1DF，1//ADEFQ，A

,1D,E,F四点共面，由于11//ADGF,11=ADGF,所以四边形11ADFG为平行四边形，故11//AGDF，又1AG平面AEF，1DF平面AEF，1//AG平面AEF，故B正确，对于C，连接1AD，1FD，1//ADEFQ，四边形1ADFE为平

面AEF截正方体所得的截面，221112AD=+=，22EF=，22115122DFAE==+=，四边形1ADFE为等腰梯形，高为225232244−=，则四边形1ADFE的面积为1232922248+=

，故C正确；对于D,连接1AD交1AD于点O，故O是1AD的中点，且O是线段1AD与平面1ADFE的交点，因此点1A和点D到平面AEF的距离相等，故D正确．故选：BCD．12．已知点F是抛物线24yx=的焦点，AB，CD是经过点F的弦且ABCD⊥，直线AB的斜率为k，第8页共21页且0

k，C，A两点在x轴上方，则（）A．3OCOD=−uuuruuurB．四边形ABCD面积最小值为64C．1114ABCD+=D．若16AFBF=，则直线CD的斜率为3−【答案】ACD【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，设

直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由抛物线的性质可得弦长||AB，同理可得||CD的值，由均值不等式可得四边形的面积的最小值，经过判断可得命题的真假．【详解】由抛物线的方程可得焦点(1F，0)，由题意可得直线AB，CD的

斜率存在且不为0，设直线CD的方程为：1(0)xmym=+，设1(Cx，1)y，2(Dx，2)y，联立214xmyyx=+=，整理可得：2440ymy−−=，显然0，124yym+=，124yy=−，21212()242xxmyym+

=++=+，21212()116yyxx==，所以12121(4)3OCODxxyy=+=+−=−uuuruuur，所以A正确；由于21244CDxxpm=++=+,1ABCDkk=−,所以将CD中的m换成1m−代入CD中得21

44ABm=+,()()222222241111141828223222ACBDmSABCDmmmmmm+==+=+++=四边形…，当且仅当1m=−时等号成立，所以四边形的最小

面积为32，所以B不正确；设3(Ax,3)y，4(Bx,4)y，若||||16AFBF=，即343434(1)(1)116xxxxxx++=+++=，整理可得4343()116xxxx+++=，即21411126m+++=，解得213m=，即33m=，

而直线CD的斜率10km=，所以直线CD的斜率为3−，所以D正确；可得弦长()2||41CDm=+,21||41ABm=+，所以2221111||||4(1)4(1)4mABCDmm+=+=++，所以C正确；故选：ACD第9页共21页三、填空题13．设向量()(),2,2

,1amb==rr，且222||abab+=+rrrr,则m=_________．【答案】1−【分析】根据向量模长的坐标公式即可代入求解.【详解】由()(),2,2,1amb==rr得()2,3abm+=+rr，根据222||abab+=+rrrr得()222292

5mm++=++，解得1m=−，故答案为：1−14．若直线3yax=−为函数()1lnfxxx=−图像的一条切线，则a的值是________．【答案】2【分析】根据切点求解函数()fx的切线方程，列方程组得02000112,ln13axxxx+=−−=−，进而可求解0x，即可

得a.【详解】设()1lnfxxx=−的切点为00(,)xy，其中0001lnyxx=−，由()211fxxx=+得切线的斜率为()020011kfxxx==+，所以切线方程为：()002000111lnyxxxxxx−+=+−，即02000112ln1yxxxxx=+

+−−，直线3yax=−是()fx的切线，所以20000112ln13axxxx+=−−=−，记()2ln2,gxxx=−+则()2120gxxx=+，所以()gx在定义域内单调递增，而()10g=，所以方程2ln20xx−+=的

根为1x=，因此01x=，进而得200112axx=+=，故答案为：215．已知()()12,0,,0FcFc−为椭圆2222:1xyCab+=的两个焦点，P为椭圆C上一点（P不在y轴上），12PFF△的重心为G，内心为M，

且12//GMFF，则椭圆C的离心率为___________．【答案】12##0.5【分析】根据重心坐标公式以及内切圆的半径，结合等面积法，得到,ac的关系，即可求解离心率.第10页共21页【详解】设()()000,0Pxyx，由于G是12PFF△的重心，由重心坐标公式可

得00,33xyG，由于12//GMFF，所以M的纵坐标为03Myy=，由于M是12PFF△的内心，所以12PFF△内切圆的半径为03yr=，由椭圆定义得12212,2PFPFaFFc+==，()212121

0120122111223PFFMFFMFPMPFySSSSFFyFFPFFP=++=++VVVV，()001222232ycyacace=+==，故答案为：12四、双空题16．已知菱形ABCD边长为6，2π

3ADC=，E为对角线AC上一点，3AE=．将ABD△沿BD翻折到ABDV的位置，E移动到E且二面角ABDA−−的大小为π3，则三棱锥ABCD−的外接球的半径为______；过E作平面与该外接

球相交，所得截面面积的最小值为__________．【答案】219π【分析】设ACBDO=I，证明出BD⊥平面ACO¢，分析可知π3AOA=，以点O为坐标原点，OC、OB所在直线分别为x、y轴，平面AOA内过点O且垂直于AC的直线为z轴建立空间直角坐标系，第11页共21页设三棱锥ABCD

−的外接球球心为(),,Mxyz，根据题意可得出关于x、y、z的方程组，可求得球心M的坐标，即可求出球M的半径长，求出ME，可求得截面圆半径的最小值，再利用圆的面积公式可求得截面圆面积的最小值.【详解】设ACBDO=I，翻折前，在菱形AB

CD中，则ACBD⊥，即AOBD⊥，COBD⊥，翻折后，则有AOBD⊥，所以，二面角ABDA−−的平面角为π3AOA=，在菱形ABCD中，2π3ADC=，则π3BAD=，又因为6ABAD==，所以，AB

D△是边长为6的等边三角形，同理可知，BCD△是边长为6的等边三角形，因为AOBD⊥，COBD⊥，AOCOO=，AO、CO平面ACO¢，BD⊥平面ACO¢，以点O为坐标原点，OC、OB所在直线分别为x、y轴，平面

AOA内过点O且垂直于AC的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点()0,3,0B、()33,0,0C、()0,3,0D−、339,0,22A−、()3,0,3E−，设三棱锥ABCD−的外接球球心为(),,Mxyz，由MBMDMBMCMBMA=

==可得()()()()()22222222222222222233333339322xyzxyzxyzxyzxyzxyz+−+=++++−+=−+++−+=+++−

，解得303xyz===，所以，三棱锥ABCD−的球心为()3,0,3M，球M的半径为21MB=.第12页共21页()()2222303323ME=++−=，设球心M到截面的距离为d，平面截球M的截面圆的半径为r，则23dME=

，22223rMBdMBME=−−=，过E作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为2π39π=.故答案为：21；9π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模

型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根

据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.五、解答题17．已知公差为正数的等差数列na的前n项和

为1,1nSa=，________．请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：①248SSS、、成等比数列，②251072aaa−=．(1)求数列na的通项公式；(2)若11nnnbaa+=，求数

列nb的前n项和nT．【答案】(1)21nan=−(2)21nnTn=+【分析】（1）先设等差数列{}na的公差为(0)dd，再根据等差数列的求和公式和等比中项的性质，根据条件①②分别列出关于首项1

a与公差d的方程，解出d的值，即可计算出数列{}na的通项公式；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列{}nb的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前n项和nT．【详解】（1）由题意，设等差数列{}na的公差为(0)dd，方案一：选择条件①第13

页共21页41121816,43442822,8SadaSadddSa+=+==+=+，根据248SSS、、成等比数列得2428SSS=,代入得()()()1121462828addaad+=++，又11a=，化简整理，可得220dd−=，由于0d，所以2d

=，12(1)21nann=+−=−，*nN．方案二：选择条件②由251072aaa−=，可得()()211149(6)2adadad++−+=，又11a=，解得2d=，12(1)21nann=+−=−，*nN（2）由（1）可得111111(2

1)(21)22121nnnbaannnn+===−−+−+，则12nnTbbb=+++1111111112323522121nn=−+−++−−+111111123

352121nn=−+−++−−+111221n=−+21nn=+．18．记ABCV内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且()()()sinsinsinsinbcBCACa+−=−．(1)求B的值；(2)若ABCV的面积为3，2b=，求ABCV周长．【答案】(1

)π3B=(2)6【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；（2）利用三角形的面积公式可求得ac的值，再利用余弦定理可求得ac+的值，即可求得ABCV的周长.【详解】（

1）解：由()()()sinsinsinsinbcBCACa+−=−，根据正弦定理可得()()()bcbcaca+−=−，所以，222acbac+−=，第14页共21页由余弦定理可得2221cos22acbBac+−==，()0,πBQ，因此，π3B=.（2）解：因为13sin324ABCSa

cBac===V，4ac=，由余弦定理可得()()22222222cos3124bacacBacacacacac=+−=+−=+−=+−=，4ac+=，因此，ABCV的周长为6abc++=.19．如图多面体

ABCDEF，正方形ABCD的边长为4，AF⊥平面ABCD，2AF=，//AFDE，DEAF．(1)求证：//CE平面ABF；(2)若二面角BCFE−−的大小为，且310cos10=，求DE长．【答案】(1)证明见解析(2)1DE=【分析】（1）利用线面平行和面面平行的

判定可证得平面//CDE平面ABF，由面面平行的性质可证得结论；（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设()02DEtt=，利用二面角的向量求法可构造方程求得t的值，即为DE的长.【详解】（1）//AFDEQ，//ABCD，DE平面ABF，

CD平面ABF，AF平面ABF，AB平面ABF，//DE平面ABF，//CD平面ABF，CDDED=QI，,CDDE平面CDE，平面//CDE平面ABF，CEQ平面CDE，//CE平面ABF.（2）以A为坐标原点，,,ABADAFuuuruuuruuur正方向为,

,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，第15页共21页设()02DEtt=，则()4,0,0B，()4,4,0C，()0,0,2F，()0,4,Et，()0,4,0BC=uuur，()4,4,2CF=−−uuur，()4,0,CEt=−uuu

r，设平面BCF的法向量(),,nxyz=r，则404420BCnyCFnxyz===−−+=uuurruuurr，令1x=，解得：0y=，2z=，()1,0,2n=r；设平面CEF的法

向量(),,mabc=ur，则442040CFmabcCEmatc=−−+==−+=uuurruuurr，令4c=，解得：at=，2bt=−，(),2,4mtt=−ur；()228310coscos,105216mntmnmntt+====+−+urrurr

urr，解得：1t=或134t=（舍），1DE=∴.20．某地区为居民集体筛查新型传染病毒，需要核酸检测，现有()*N,2kkk份样本，有以下两种检验方案，方案一，逐份检验，则需要检验k次；方案二：混合检

验，将k份样本分别取样混合在一起检验一次，若检验结果为阴性，则k份样本均为阴性，若检验结果为阳性，为了确定k份样本的阳性样本，则对k份本再逐一检验．逐份检验和混合检验中的每一次检验费用都是16元，且k份样本混合

检验一次需要额外收20元的材料费和服务费．假设在接受检验的样本中，每份样本是否为阳性是相互独立的，且据统计每份样本是阴性的概率为()01pp．(1)若()*N,2kkk份样本采用混合检验方案，需要检验的总次数为X，求X分布列及数

学期望；(2)①若55,0.45kp=，以检验总费用为决策依据，试说明该单位选择方案二的合理性；②若71ep=，采用方案二总费用的数学期望低于方案一，求k的最大值．参考数据：ln20.7,ln31.1,ln71.9,

ln102.3,ln112.4=====【答案】(1)见解析第16页共21页(2)①见解析，②k的最大值为11【分析】（1）X的可能值为1和1k+，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解,（2）①结合期望公式，求出方案二的期望，再结合作差法，即可求解．②结合期望公式，以及利用

导数研究函数的单调性，即可求解．【详解】（1）X的可能值为1和1k+，(1)kPXp==，(1)1kPXkp=+=−，所以随机变量X的分布列为：X11k+Pkp1kp−所以()1(1)[1]1kkkEXpkpkkp=++−=+−

．（2）①设方案二总费用为Y，方案一总费用为Z，则1620YX=+，所以方案二总费用的数学期望为：()16()2016[1]20kEYEXkkp=+=+−+，又5k=，所以55()16[65]2080116E

Ypp=−+=−+，又方案一的总费用为51680Z==，所以()55()80801168036ZEYpp−−+=−−=，当50.45p时．50.451p，508036p−，，所以()ZEY，所以该单位选择方案二合理．②由①方案二总

费用的数学期望()16()2016[1]20kEYEXkkp=+=+−+，当71ep=时，7719()1612016(e)4ekkEYkkkk−=+−+=+−，又方案一的总费用为16Zk=，令()EYZ得：7916e164kkkk−+−，

所以79e4kk−，即79lneln4kk−，所以9lnln074kk−−，设9()lnln,[2,)74xfxxx=−−+，第17页共21页所以117(),[2,)77−=−=+xfxxxx，令()0fx得27x„，()0fx

得7x，所以()fx在区间[2，7)上单调递增，在区间(7,)+上单调递减，()max()7fxf=ln712(ln3ln2)0.10=−−−=，888(8)3ln22(ln3ln2)5ln22ln31.30777f=−−−=−−=−，999(9)2ln32(ln3ln2)2l

n21.40777f=−−−=−=−，1010(10)ln102(ln3ln2)1.5077f=−−−=−，1111(11)ln112(ln3ln2)1.6077f=−−−=−，121212(12)ln122(ln3l

n2)4ln2ln31.70777f=−−−=−−=−，所以k的最大值为11．21．已知双曲线222:1xQya−=的离心率为52，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点()11,Axy位于第一象限，()22,Cxy是双曲线Q右支上一点，ABAC⊥，设113

,2yDx−(1)求双曲线Q的标准方程；(2)求证：C，D，B三点共线；(3)若ABCV面积为487，求直线l的方程．【答案】(1)2214xy−=(2)证明见解析(3)13yx=【分析】（1）根据离心率即可求解

2a=，（2）利用坐标运算，结合点差法以及向量共线的坐标表示即可求解，（3）根据三角形面积公式，利用联立方程，韦达定理，代入化简即可得到关于k的方程，【详解】（1）由双曲线222:1xQya−=的离心率为52，所以2152aea+==，解得

2a=，所以双曲线Q的标准方程为2214xy−=（2）由()11,Axy得()11,Bxy−−,又()22,Cxy，所以()11,OAxyuuur=,()2121,ACxxyy=−−uuur，由OAAC⊥uuuruuur得()()1211210x

xxyyy−+−=①，由于()11,Axy，()22,Cxy在双曲线上，所以222212121,144xxyy−=−=，第18页共21页相减得()221222121212121244yyxxxxyyyyxx−+−=+=−−②由①②得121121

4xxxyyy=−++③，()2121111,,2,,2BCxxyyBDxy=++=−uuuruuur由于110,0xy，所以()21212121111121222yyxxyyxxxxyy++++−=+−，将③

代入得()()212121112111112012224yyxxyyxxyyxyyy+−+++−=−+=，所以//BCBDuuuruuur，因此C，D，B三点共线（3）设直线l的方程为()0ykxk=，联立直线

l与双曲线的方程为：()222214414ykxkxxy=−=−=，故2114002kk−，所以212414xk=−，直线AC的方程为()111yyxxk−=−−，联立()21121111222148144014yyxxx

xkxyxykkkkxy−=−−−++−+−=−=，所以()111228,04xkyxxk++=−−由于//ADy轴，10y，所以152ADy=，所以()()()()2111111111211222815510102

24444ABCxykyxkyxkySyxxyykkk+++=+===−−−V，第19页共21页由于11ykx=，212414xk=−代入得()()()()3232323211122224221440101010401414444174

417ABCkkkkxkxkkxkkkkSkkkkkkk+++++−=====−−−−++−V，令10ktk+=，则240484257ABCtSt==−V，化简得224351500tt−−=，由于0t，所以103t=，因此1103kk+=，

解得3k=或13k=由于102k，所以13k=，故直线l方程为13yx=【点睛】方法点睛：解析几何中的弦长以及面积问题以及最值是常见的类型，对于这类问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根

据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.22．已知函数()()()22111lnln,e22exfxxxkxkgxxfx=++−=−−，(1)若–1k时，求证：函数()fx）只有一个零点；(2)对12xx时，总有

()()12122gxgxxx−−恒成立，求k的取值范围．【答案】(1)见解析(2)1ek−【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而结合零点存在性定理即可求解，（2）将问题等价转化为()2gxx−在定义域内单调递增，构造函数()(

)2Fxgxx=−，只需要证明()0Fx，进而分离参数，问题转化成21()=eeln12xxpxxx−−−−，只()kpx恒成立，利用导数求解最值即可.【详解】（1）由()21lnln2fxxxkxk=++−得()ln1xfxkxx=++，记()()()2ln1ln,xxhxfxkh

xxxx−==++=，则当01x时，()0hx，当1x时，()0hx，第20页共21页因此()hx在01x单调递增，在1x单调递减，故()()11hxhk=+，当1k−时，10k+，所以()0hx，因此()0fx，所以()fx在定

义域()0,+单调递减，而()10f=，因此函数()fx）只有一个零点（2）不妨设12xx，则由()()12122gxgxxx−−得()()()()()12121122222gxgxxxgxxgxx−−−−，故函

数()2gxx−在定义域内单调递增，记()()2Fxgxx=−，则()0Fx，即()()()22112e2ln12ee0exxFxxkxxgxfx=−=−−−−−−−=−，所以21n2eel1xxkxx−−−−，记21()=eeln12xx

pxxx−−−−，只需要()kpx恒成立即可，22222lnln2e()=2exxxxxxpxx=++，记()()22ln,=2e0xqxxxx+，()()21=41e0xqxxxx++，所以()qx在()0,+单调递增，()2221e112e

0,2e12e10eqq−−==−−，所以存在01,1xe，使得()00qx=，即022002n0elxxx+=，所以0200000l11ln2n1exxxxxx==−，由于01,1xe，所以()01

ln0,1x，令()extxx=，由于当0x时，0,e0xx，且函数,exyxy==均为单调递增的函数，所以()extxx=由020001ln12exxxx=得()0012lntxtx=，所以0012l

nxx=，即0201exx=，当00xx时，()0px，()px单调递减，当0xx时，()0px，()px单调递增，所以()()()0002min0000112ln111e122eeexxxxxxpxpx−−−==−−−==−−−，故1ek−【点睛】本题主要考查

利用导数研究函数的单调性、求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数()afx恒成立(()maxafx即可)或()afx恒成立（()minafx即可）；第21页共21页②数形结

合(()yfx=图象在()ygx=上方即可)；③分类讨论参数.