【文档说明】2023届山西省三重教育高三上学期12月联考数学试题解析版.doc，共(23)页，2.683 MB，由小喜鸽上传

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第1页共23页2023届山西省三重教育高三上学期12月联考数学试题一、单选题1．已知集合3,2,1,0,1,13,ZABxxnn=−−−==−，则AB=I（）A．3,1−−B．2,1−C．3,1,1−−D．2,0−【答案】B【分析】先利

用整数集Z的概念与列举法得到集合B，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】因为3,2,1,0,1,13,Z,5,2,1,4,ABxxnn=−−−==−=−−LL，所以2,1AB=−.故选：B.2．已知1i1i−=+z，则2iz−=（）A．1B．3

C．2D．10【答案】A【分析】化简复数z，求出共轭复数z，进而可得2iz−，即得2iz−.【详解】解：2221i(1i)12iii,i,2ii11i1i2zzz−−−+====−=−=−=+−故选：A3．圆锥的母线长为2，侧面积为2π，若球O的表面积与该圆锥的表面积相等，则球O

的体积为（）A．2π3B．2π3C．3π2D．3π2【答案】C【分析】先利用圆锥侧面积公式与表面积公式求得其表面积，再利用球的表面积公式得到关于R的方程，解之即可求得球的体积.【详解】依题意，设圆锥的底面半径为r，母线2l=

，则圆锥的侧面积为π2πrl=，故1r=，所以圆锥的底面积为2ππr=，则圆锥的表面积为2ππ3π+=，设球的半径为R，则24π3πR=，得32R=，所以球的体积34π3π32VR==.故选：C.第2页

共23页4．书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为（）A．16B．13C．12D．23【答案】D【分析】根据条件概率公式可求出结果.【详解】设事件A：第一次取出的

是语文书，事件B：第二次取出的是数学书，则()()()()()()12223121132323PABPABPABPBPABPAB====++∣.故选：D5．记nS为等差数列na的前n项和，若10a，且972SS=，则

（）A．230aaB．340aaC．450aaD．560aa【答案】A【分析】根据等差数列前n项和公式，可得首项1a与公差d的关系，再根据等差数列的通项公式求出相邻两项异号即可得出正确选项.【详解】设公差为d，则9171936,721SadSad=+=+，

即119361442adad+=+可得156da=−，又()11115166nnaanda=+−=−所以选项中只有2a与3a异号，即230aa.故选：A.6．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左焦点为

F，右顶点为A，两条渐近线为12,ll.设F关于1l的对称点为P，且线段AP的中点恰好在2l上，则C的离心率为（）A．1312−B．1512−C．1712−D．2112−【答案】C【分析】方法1：根据几何性质分析可得：2OHHROF=，运算求解；方法2：根据点关于

线对称第3页共23页求点222,baabPcc−−，再求线段AP的中点Q，代入渐近线方程2:blyxa=−运算求解.【详解】方法1：如图，设O为坐标原点，()(),0,,0FcAa−，直线FP与1:0lbxay+=交于点H，则1FHl⊥，且H为线段FP的中点，设线段PA中点为

Q，则Q在2l上，∵22bcFHbab==+，则22OHOFFHa=−=，设直线HQ与y轴的交点为R，则R为线段HQ的中点，且HQxP轴，则11244acHRHQFA+===，∵△△OHROFH:，则HROHOHOF=，∴2OHHRO

F=，即()24caca+=，整理得240ccaa+−=设双曲线的离心率为cea=，则240ee+−=，解得1712e−=或1712e+=−（舍去）.方法2：由题意可得：()(),0,,0FcAa−，不妨设直线1:blyxa=，(),Pmn，则0122nbmcanbmca−

=−+−=，解得222bamcabnc−==−，即222,baabPcc−−，设线段PA中点为Q，点(),0Aa，则22,2baacabQcc−+−，将Q点坐标代入方程2:blyxa=−得222abbbaaccac−+−

=−，整理得240ccaa+−=，第4页共23页设双曲线的离心率为cea=，则240ee+−=，解得1712e−=或1712e+=−（舍去）.故选：C.7．定义域为R的函数()fx满足()()()123fxfxfx+=−=+，且.当11,22x−时，()tan=

fxx，则()ππ2ff+=（）A．cos1sin2cos3B．cos2sin2cos4C．sin5cos2cos3D．sin6sin2sin4【答案】A【分析】根据题意可得：函数()fx关于直线12x=对称，且周期为2，利用函数的周期和对称轴分别求出π()2f和

(π)f的值即可求解.【详解】由()()()123fxfxfx+=−=+可知，12x=是函数()fx图象的对称轴方程，且函数()fx的周期为2，所以πsin2πππcos222tan2π222sin2cos22ff−

=−=−==−，且()()()()sin3ππ23πtan3πtan3cos3fff=−=−=−==，故()πcos2sin3cos2cos3sin2sin3cos(32)c

os1π2sin2cos3sin2cos3sin2cos3sin2cos3ff+−+=+===.故选：A.8．设0.12e,2ln1.21ab−==−,则（）A．()()1.8,1.81,1.8,

1.81abB．()()1.8,1.81,1.8,1.81abC．()()1.8,1.81,1.8,1.81abD．()()1.8,1.81,1.8,1.81ab【答案】D【分析】由()1.8220.1=+−,构造()e1xfxx=−−,求导判断(

)fx单调性,判断()()()0.1,0,0.1fff−的大小,进而判断0.12e1.8,2l21,n1.−−的大小关系,由21.811(10.1)=+−,构造()22e1(1)xgxx=−−+,求导第5页共23页判断单调性,判断()()0.1,0gg−的大小,进而判断0.1

2e,1.81−的大小关系,构造()()21(1)22ln1hxxx=+−−++,求导判断单调性,判断()()0.1,0hh的大小,进而判断1.81,2ln1.21−的大小关系,即可选出选项.【详解】解:由题因为()1.8220.1=+−,不妨设()e1xfxx=−−,当0

x时,()e10xfx=−,所以()fx单调递减,当0x时,()e10xfx=−,()fx单调递增,所以()()00fxf=,所以()()()0.10.1e10.100ff−−=−−−=,即0.1e10.10

.9−−=,故0.12e1.8−;因为()()0.10.10.1e0.11e1.100ff=−−=−=,即0.1e1.1,两边同时取对数有0.1ln1.1,即20.12ln1.1,即0.2ln1.21,所以2ln

1.211.8−;因为21.811(10.1)=+−,不妨设()22e1(1)xgxx=−−+,则()()()2e222200xgxxfxf==−−=,所以()gx单调递增,所以()()0.120.12e1(10.1)00gg−−=−−−=,故0.12e1.81−;第6页共23页因为21

.811(10.1)=+−,不妨设()()()221(1)22ln122ln1hxxxxxx=+−−++=−++,则()2201xhxx=+,所以()hx单调递增,所以()()0.11.8122ln1.

100hh=−+=,故1.812ln1.21−.综上,()()1.8,1.81,1.8,1.81ab.故选:D【点睛】思路点睛:该题是函数与导数综合应用题,考查构造函数比较两个数的大小,主要思路有:(1)根据题目条件,找到都有联系的关键数,

令其为x,(2)构造两个式子差的函数,(3)求导求单调性,关键数的范围即为定义域,(4)根据单调性将关键数代入,再取另一离关键数近的函数值比较大小即可.二、多选题9．为了研究汽车减重对降低油耗的作用，对一组样本数据()()()1

122,,,,,,nnxyxyxyL进行分析，其中ix表示减重质量（单位：千克），iy表示每行驶一百千米降低的油耗（单位：升），1,2,,in=L，由此得到的线性回归方程为ˆˆˆˆ(0)ybxab=+.下列说法正确的是（）A．ˆa的值

一定为0B．ˆb越大，减重对降低油耗的作用越大C．残差的平方和越小，回归效果越好D．至少有一个数据点在回归直线上【答案】BC【分析】根据拟合直线不一定过坐标原点可知A错误；由ˆb的实际意义可知B正确；残差的平方和越小，说明相关指

数2R越接近于1，其拟合效果越好，故C正确；由样本点和回归直线的位置关系可知D错误.【详解】ˆa的实际意义为当减重质量为0时，汽车每行驶一百千米所降低的油耗，从其意义上来看，ˆa的值应该等于0，第7页共23页但拟合直线并不

一定过坐标原点，因此ˆa的值可能比0略大或略小，所以A错误；ˆb的实际意义是每行驶一百千米降低的油耗量与减重质量之比，因此ˆb越大，减重对降低油耗的作用越大，所以B正确；相关指数()()22121ˆ1niiiniiyyRyy==−=−

−，所以残差的平方和()21ˆniiiyy=−越小，2R越接近于1，回归效果越好，所以C正确；有可能没有数据点在回归直线上，所以D错误.故选：BC.10．如图，111111ABCDEFABCDEF−是底面为正六边形的直棱柱，则下列直

线与直线11AB垂直的是（）A．AEB．1AEC．1EFD．1BD【答案】ABD【分析】由AB⊥平面1AAE，结合11BDAE∥，11ABAB∥得出11111,ABAEABAE⊥⊥，111ABBD⊥，由反证法判断C

.【详解】解：如图，连接1AE，则11BDAE∥，因为11ABAB∥，且11,,ABAEABAAAEAAA⊥⊥=，所以AB⊥平面1AAE，且1AE平面11,AAEAE平面1AAE，所以11,ABAEABAE⊥⊥，所以11111,ABAEABAE⊥⊥，又11BDAE∥

，所以111ABBD⊥.若111ABEF⊥，则111DEEF⊥，且111DEEE⊥，则11DE⊥平面11EEFF，显然不成立，所以11AB不垂直于1EF.第8页共23页故选：ABD11．已知数列na满足()1112,1nnaaann+=−+，则（）A．

122nnnaaa+++B．232nnaa+C．121naaan+LD．()12ln1naaann+++++L【答案】BCD【分析】对于A，化简，利用累加法求出()111nnaann+−=+，再利用放缩，得到122nnnaaa+++，进而判断A选项；对于B，利用累加法，求出na

后，再利用放缩，得到()()122211111(1)(1)nnnnnaannann++=−−=+++，进而得到2211nnnnnnaaaaaa++++=，最后利用放缩，判断B选项；对于C，利用累乘法，直接计算可以判断C选项；对于D，问题转化为

若()12ln1naaann+++++L只需满足11lnnnan++，利用na，化简得到111lnnnnn+++，即11ln10nn+−，最后，设设()()ln1fxxx=+−，利用

导数判断其不等式，据此可判断D选项.【详解】解：()111111nnaannnn+−==−++，则()()()11211112nnnnaaaannnn+++−==−+++，所以122nnnaaa+++，所以A错误；1223111nnn

naaaaaaaan−−−+−+−=−=L，所以11112nnnnaannn−−+=−−=，()()122211111(1)(1)nnnnnaannann++=−−=+++，所以，()()()()()22

212222113232213232321nnnnnnnnnnaaannaaannnnnn++++++++===−++++++…，故232nnaa+，所以B正确；12231112nnaaann+=+LL，所以C正确；若()12ln1naaann+++++L只需满足

11lnnnan++，所以只需满足111lnnnnn+++，即11ln10nn+−，第9页共23页设()()ln1fxxx=+−，其中01x„，则()()110,11xfxfxxx=−=−++单调递减，所以()()11

00,ln10fxfnn=+−，故()12ln1naaann+++++L成立，所以D正确.故选：BCD12．已知点()2,0A−，()2,0B，P为圆()2214xy−+=上的点，则（）A．PAPB+的最大值为4213B．PAPB−的最大值为4C．PAPB

的最大值为65D．2211PAPB+的最大值为2625【答案】AB【分析】设以,AB为两个焦点的椭圆与圆相交，利用0且21262axx+=可解得a的范围，根据椭圆定义可得PAPB+的最大值，知A正确；根据三角形两边之差大于第三边可知若P在线段

AB延长线上，则可取得最大值AB，知B正确；设()12cos,2sinP+，结合两点间距离公式可得2119648cos123PAPB=−−+，根据二次函数性质可求得C错误；由2211111312cos54cosPAPB+=++−，采用换元法，将问题转化为()()1

111131254ftttt=+−+−的最大值的求解问题，利用导数知识可求得最大值，知D错误.【详解】对于A，以,AB为两个焦点，长轴长为2a的椭圆可表示为：()2222104xyaaa+=−，由()2222221414xyaaxy+=−−+=得

：()22224270xaxaa−+−=，若椭圆与圆有交点，则可设交点横坐标为12,xx，则12,1,3xx−，()422212Δ4167062aaaaxx=−−+=，解得：22103a，则此时可令一交点为P，则42123PAPBa+，A正确；第10页共23页对于

B，PAPBAB−Q（当且仅当P在线段AB延长线上时取等号），当()3,0P时，()max4PAPB−=，B正确；对于C，设()12cos,2sinP+，)0,2π，则()2232cos4sin1312cosPA=++=+，()22

2cos14sin54cosPB=−+=−；22119648cos8cos6548cos123PAPB=−++=−−+，cos1,1−Q，当1cos12=时，()max19614333PAPB==，C错误；对于D，2211111312cos54cos

PAPB+=++−，令cos1,1t=−，()()1111131254ftttt=+−+−，()()()()()()()()222222284821647413121254131254131254ttttfttttt+++−−==+−+

−，24821647ytt=++Q在1,1−上单调递增，且()9681081f−=−，()376004225f=，()01,0t−，使得()00ft=，则当)01,tt−时，()0ft；当(

0,1tt时，()0ft；()ft在)01,t−上单调递减，在(0,1t上单调递增，()()()maxmax1,1ftff=−，又()1101199f−=+=，()126112525f=+=，()max109ft=，即2211PAPB+的最大值为

109，D错误.故选：AB.【点睛】关键点点睛：本题考查圆上点到两定点距离的相关最值问题的求解，本题判断CD选项的关键是能够将问题转化为函数最值的求解问题，从而结合二次函数性质或者利用导数的知识来进行求解.三、填空题第11页共23页13．已知,abrr为单位向量，且,3ab=r

r，则32ab−=rr__________.【答案】7【分析】首先将所求模长进行平方，然后根据平面向量数量积的运算公式及运算法则进行求解即可.【详解】已知ar，br均为单位向量，所以1ab==rr.()2222221|32|32912

49||12cos4||1312732ababaabbaabb−=−=−+=−+=−=rrrrrrrrrrrr，所以327ab−=rr.故答案为：714．已知a为常数，nN，3naxx+的展开式中各项系数的和与二项式

系数的和均为32，则展开式中x的系数为__________（用数字作答）.【答案】270【分析】根据二项展开式的二项式系数和为2n，可求得n；采用赋值法，令1x=可得各项系数和，求得a；根据二项式定理可得展开式通项，代入2r=即可求得x的系数.【详解】3naxx+

Q的展开式的二项式系数和为232n=，5n=；令1x=，则53axx+展开式的各项系数和为()5332a+=，解得：1a=−；则513xx−展开式通项为：()()55521551C313Crrrr

rrrrTxxx−−−+=−=−，令521r−=，解得：2r=，则33353C270Txx==，展开式中x的系数为270.故答案为：270.15．已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，E，F分别为棱11,ABBC的中点，则三棱锥1AFDE−的

体积为__________.【答案】53【分析】由线面平行，根据等体积法即可求解.【详解】解：延长11CD到点G，使得11DG=，连接1,AGDG，FG，则1DGAE∥，所以11111113ADEFD

AEFGAEFEAFGAFGVVVVAAS−−−−====V，第12页共23页在11RtABFV中，112,1ABBF==则15AF=；在1RtGFCV中111,3FCGC==则10GF=；在11

TtADGV中1112,1ADGD==则15AG=所以22211GAAFGF+=所以11111552522AFGGAFSA===V，所以153EAFGV−=.故答案为：5316．过抛物线2:4Cyx=的焦点的直线与C交于,AB两点.设D为线段AB的中点，0a，点(,1)Pa，若

直线DPx∥轴，且2APB=，则=a__________.【答案】4【分析】根据抛物线方程以及直线过焦点，联立直线和抛物线方程，由DPx∥轴可知，D点纵坐标为1，根据韦达定理及焦点弦公式即可求出a的值.【详解】解：易知C的焦点为()1,0F，直线斜率不存在时不符

合题意；设过F的直线l的斜率为k，则():1lykx=−，将()1ykx=−代入24yx=，得22(1)4kxx−=，即()2222220kxkxk−++=.设()11,Axy，()22,Bxy，则()21212222,1kxxxxk++==，所以()()212122222222kk

xxyykkkkk+++=−=−=，又因为点(,1)Pa，DPx∥轴，所以D点纵坐标为1，即12212yyk+==，即2k=第13页共23页所以1233,,12xxD+=1225ABAFBFxx=+=++=，由直角三角形斜边中线等于斜边

一半可知1522DPAB==，所以3522a−=，即4a=或1a=−（舍）故答案为：4【点睛】关键点点睛：由点(,1)Pa以及DPx∥轴可知，D点纵坐标为1，根据韦达定理即可得出直线斜率，再根据焦点弦公式以及π2APB=可得DP的长，进而求出4a=.

四、解答题17．已知数列na满足131152，，nnaaaa+==−是公差为1的等差数列.(1)证明：nan+是等比数列；(2)求na的前n项和nS.【答案】(1)答案见解析(2)21422nnnnS+++=−，Nn.【分析】对

于（1），证明11nnanan+++=+常数即可；对于（2），由（1）可知2nnan=−，后可求得nS.【详解】（1）根据题意有2132212aaaa−+=−，即2222152,2aaa−+=−=，所以()1212211nnaaaann+−=−+−=−，故()11

2nnanan+++=+，所以nan+是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）可知，()11122nnnana−+=+=，所以2nnan=−，所以()()222212nnnS=+++−+++LL第14页共23页()1212212

nnn+−=−−.()2111422222nnnnnn+++++=−−=−，其中Nn.18．如图，三棱柱111ABCABC-的所有棱长都相等，点1A在底面ABC上的射影恰好是等边ABCV的中心.(1)证明：四边形11BCCB是正方形；(2)设,DE分别为

1,CCBC的中点，求二面角1AAED−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明BC⊥平面1AAE，可得1BCAA⊥，有几何体结构特征即可得出证明；（2）建立空间直角坐标

系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角1AAED−−的正弦值.【详解】（1）设点O为ABCV的中心，连接1AO，连接AO并延长交BC于点E，则1,AEBCAO⊥⊥平面ABC.因为BC平面ABC，所以1A

OBC⊥，又因为1AOAEO=，所以BC⊥平面1AAE.因为1AA平面1AAE，所以1BCAA⊥，又因为111AABBCC∥∥，所以1BCBB⊥，且1BCCC⊥，第15页共23页所以四边形11BCCB是矩形，因为

1BCBB=，所以四边形11BCCB是正方形.（2）以O为坐标原点，平行于BC且指向CB的方向为x轴正方向，1,OEOA分别为y，z轴建立坐标系，设棱长为3，则()0,3,0A−()13330,0,6,(,,0),0,,0,222ACE−(

)110,3,6CCAA==uuuuruuur,所以1333(,,6)22C−因为D为1CC的中点，所以36(,3,)22D−所以136336,3,,,,22222DADE=−=−−uuuuruuur

，设平面1AEA与平面1AED的法向量分别为()()111222,,,,,mxyznxyz==urr，则12222223630223360222nDAxyznDExyz=−+==−−=uuuurruuurr，即2222333023602xyyz−=−=

，取21y=，则2232,24xz==，所以32,1,24n=r易知，平面1AEA的法向量沿x轴方向，不妨取()1,0,0m=ur，所以10cos,5mnmnmn==urrurrurr，故二面角1AAED

−−的正弦值为155.19．记ABCV的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知112abc+=.(1)若23abc+=，求cosC；第16页共23页(2)若2ABC+=，证明：ABCV是等边三角形.【答案】(1)1cos2C=或29cos36C=(2)证明见解析【分析】（1）由112abc

+=以及23abc+=，得到abc==或2ab=、43cb=，再根据余弦定理可求出结果；（2）由2ABC+=得π3C=，将112abc+=化为()2cabab+=，由正弦定理化为()sinsinsin2sinsinCABAB+=，将π3C

=代入，利用诱导公式和三角恒等变换公式化为2π3π12sin()sin()06262AA+−+−=，求出πsin16A+=，可得π3A=，π,3ABCabc=====，从而可证结论正确.【详解】（1）由112abc+=可知，()36cabab+=，因为23abc+=，所以(

)()26ababab++=，即()()223220aabbabab−+=−−=，所以ab=或2ab=.当ab=时，则abc==，则ABCV是等边三角形，π1,cos32CC==.当2ab=时，由23abc+=得43

cb=，由余弦定理可知2222221649cos222bbbabcCabbb+−+−==2936=.综上所述：1cos2C=或29cos36C=.（2）由112abc+=可知，()2cabab+=，由正弦

定理可知()sinsinsin2sinsinCABAB+=，由2ABC+=及πABC++=可知，π32π,sin,323CCBA===−，所以332π2πsinsin2sinsin2233AAAA+−=−

，所以332π2π2π2πsin(sincoscossin)2sin(sincoscossin)223333AAAAAA+−=−，第17页共23页所以2333sincossin3sincossin24

4AAAAAA++=+，所以33331cos2sincossin24422AAAA−+=+，所以331311(sincos)sin2cos2222222AAAA+=−+，所以3ππ1sinsin22662AA+=−+，所以3πππ1sinsin226223AA

+=−+++，所以3πππ1sinsin226223AA+=−−++，所以3ππ1sincos22623AA+=−++，所以23ππ1sin2sin(

)12662AA+=+−+，所以2π3π12sin()sin()06262AA+−+−=，所以π1sin64A+=−或πsin16A+=，因为2πππ5π03666AA+,，所以π1sin64A+=−不成立，故πππ

sin1,662AA+=+=，所以π,,3ABCabcABC=====!是等边三角形.20．设随机变量(),XBnp:，若10n…，且0.1p„，则()()e0,1,,!kPXkknk−==L，其中()EX=，234e

2.71828,e7.38905,e20.08553,e54.59815====LLLL．某工厂对一批零件进行抽样检测，根据经验可知每个零件是次品的概率均为0.02．(1)若从这批零件中抽取2个进行检测，求其中次品数的分布列及数学期望；(2)现对这批零件抽取

100个进行检测，若其中次品数多于3个，则这批零件为不合格产品．估算这批零件为不合格产品的概率（精确到0.01)．【答案】(1)答案见解析(2)0.14【分析】（1）根据题意可知0,1,2=，求出对应的概率，即可得出分布列和期望；（2）设X为次

品的数量，则0,1,,100X=L，且()100,0.02XB:，则这批零件为不合格产品的概率第18页共23页为()()()()10123PPXPXPXPX=−=−=−=−=，求解即可．【详解】（1）根据题意可知

0,1,2=，则()00220C0.020.980.9604P===，()121C0.020.980.0392P===，()22022C0.020.980.0004P===，所以的分布列为：012P0.96040.0

3920.0004的数学期望为()20.020.04E==．（2）设X为次品的数量，则0,1,,100X=L，且()100,0.02XB:，所以10010,0.020.1np==，根据题意可知

()()e0,1,100!kPXkkk−==L，其中()2EXnp===，当4,5,,100X=L时，这批零件为不合格产品，则这批零件为不合格产品的概率为()()()()10123PPXPXPXPX=−=−=−=−

=，即0212223222e2e2e2e19110.140!1!2!3!3eP−−−−=−−−−=−，综上，这批产品为不合格产品的概率约为0.14．21．已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的右焦点为()1,0F．过F且斜率为正数的直线交C于,PQ两点，P

关于x轴，y轴的对称点分别为,RS，且22RFSF+=．(1)求C的方程；(2)设直线QR交x轴于点T，直线ST与C的另一交点为U，证明：RFSQFU=．【答案】(1)2212xy+=(2)证明见解析【分析】（1）设

F为C的左焦点，则SFRF=，由椭圆的定义可知222RFSFRFRFa+=+==，可求得a，结合1c=可得2b，从而得C的方程；第19页共23页（2）设PQ的方程为()1(0)=−ykxk，代入C的方程，设()()1122,,,PxyQxy，则(

)11,Rxy−，直线QR的方程可表示为()211121yyyyxxxx++=−−，令0y=，结合韦达定理可得()2,0T．由对称性可知直线RF的斜率为k−，则RFOQFT=．设直线ST的方程为(

)12ykx=−，代入C的方程，结合韦达定理可得SFOUFT=，综合即可得出答案．【详解】（1）设F为C的左焦点，则由对称性可知SFRF=，所以由椭圆的定义可知222RFSFRFRFa+=+==，2a=设C的半焦距为c，则1c=，所以2221bac=−=，所以C的方程为221

2xy+=．（2）设PQ的方程为()1(0)=−ykxk，代入C的方程得：()2222214220kxkxk+−+−=，当0k时，2Δ880k=+，设()()1122,,,PxyQxy，则22121222422,2121kkxxxxk

k−+==++，则()11,Rxy−，直线QR的方程可表示为()211121yyyyxxxx++=−−，令0y=，得()()()()12211212122112121211222kxxkxxxxxxxyxy

xyykxxxx−+−−++===++−+−，将22121222422,2121kkxxxxkk−+==++代入化简得2x=，即()2,0T．由对称性可知直线RF的斜率为k−，O为坐标原点，则RFOQFT=．设直线ST的方程为()12ykx=−，代入C的方程得：()222211121882

0kxkxk+−+−=，设()()3344,,,SxyUxy，则221134342211882,2121kkxxxxkk−+==++，所以直线,SFUF的斜率和为第20页共23页()()1343433144111122SF

UFyykkxkxkxxxx+=+=−−+−−−−()()()134343423411kxxxxxx−++=−−，将221134342211882,2121kkxxxxkk−+==++代入化简得0SFUFkk+=，故SFOUFT=，所以RFOSFOQFTUFT

+=+，即RFSQFU=．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理

；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数()ln1fxxxax=−+.(1)若()2(1)fxx−„，求a；(2)若()fx有两个零点,st，证明：3131etssts−−−.【答案】(1)1

(2)证明见解析【分析】（1）由()2(1)fxx−„的特征可知，()200,(1)fxx−，可令1x=求出a的值并证明；（2）不等式右边可根据函数有两个零点求出a的取值范围，进而确定两零点的范围，构造函数利用函数单调性即可证明；不等式左边采用分析法证明，将不等式左边转化为证明3l13ets

tts−−+，再利用1st构造函数即可得出证明.【详解】（1）若()2(1)fxx−„，则()211(11)0fa=−+−=„，故1a=.当1a=时，()()ln1,lnfxxxxfxx=−+=，当()0,1x时，

()()0,fxfx单调递减，当()1,x+时，()()0,fxfx单调递增，所以()()()()()210,,(1)fxffxfxfxx==−厔等价于()2(1)fxx−„.()()2(1)ln1fxxxxx−−=−+，设()ln1gxxx=−+，则()1xgxx−=，

当()0,1x时，()()0,gxgx单调递增，当()1,x+时，()()0,gxgx单调递减，第21页共23页所以()()()()210,(1)0gxgfxxxgx=−−=剟，故()2(1)fxx−„.综上，若()2(1)fxx−„，则1

a=.所以，1a=.（2）若,st为()fx的零点，则()()0fsft==，故11lnlnastst=+=+.设()1lnkxxx=+，则()21xkxx−=，当()0,1x时，()()0,kxkx单调递减，

当()1,x+时，()()0,kxkx单调递增，故()()11kxk=…，所以若()fx有两个零点，则1a，且在区间()()0,1,1,+各有一个零点.不妨设01st，则211111121101,lnln1ln1ftt

tttttttt=−++=−+.设()22ln1hxxxx=−+，由（1）可知，()()()()2ln120,hxxxgxhx=−+=„单调递减，所以()()1110fhhfstt===.因为1a，当()0,1x时，

()()ln10,fxxafx=+−单调递减，故1st，即1st，且()ln10gttt=−+，即11lnlnttt−−=，故l1etst−.同理，当01ts时，也有lets−.方法1：313

1etsts−−−等价于3l13etstts−−+，且由1ts可知，3221133stsss−+−−.设()221132lnxxxxx=−−++，则()()()323211xxxxx−++=，当()0,1x时，()()0,xx单

调递增，当()1,x+时，()()0,xx单调递减，所以当1x时，()()13x=.设()11e2lnxxxxx−=++，则()()()11222221e1exxxxxxxx−−=−+−=−−，设()21exux

x−=，则()()12exuxxx−=−，当()0,2x时，()()0,uxux单调递增，第22页共23页当()2,x+时，()()0,uxux单调递减，故0x时，()()422eu

xu=„，即122e0xx−−，当()0,1x时，()()0,xx单调递减，当()1,x+时，()()0,xx单调递增，所以当1x时，()()13x=.所以()()21211132ln3e2

lntssstttsst−=−−++=++，故3131etsts−−−.综上，3131etssts−−−.方法2：由1st可知，当1102st„时，33131320e2tssts−

−−−−.当12s时，由于1st，故只需证明3l112etssst−−−−.设()311122ln2xxxxxxx=−−++，则()221223xxxx=−−+，当1,12x时，()()()()222

13112230,xxxxxxxxx−+−−−+=单调递增，当()1,x+时，()()22212(1)10,xxxxxx−−−+=−单调递减，所以当12x且1x时，()()12x=.设()111e2lnxxxxx−=−++，则()1221e

xxxx−=−+−，设()()uxx=，则()()1321exxuxx−−=+，当()0,1x时，()()0,uxux单调递增，此时()()()()10,xuxux==单调递减，当()1,x+时，由上可知11exx−，故()()221

2110,xxxxxxx−−+−=单调递增，所以当1x时，()()12x=.所以当12s时，()()2st，即31112etssst−−−−，故3131etsts−−−.综上，3131ets

sts−−−.【点睛】方法点睛：对于第二问的证明，首先利用函数()fx有两个零点,st可确定参数a的取值范围，进而确定两零点,st的取值范围；再结合不等式左右两端特征，通过合理变形进行构造函数，借助函第23页共23页数单调性及中间值即可得出证明.