【文档说明】2023届浙江省绍兴市高三上学期11月适应性考试数学试题解析版.doc，共(21)页，2.693 MB，由小喜鸽上传

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第1页共21页2023届浙江省绍兴市高三上学期11月适应性考试数学试题一、单选题1．设集合2log1Mxx=，210Nxx=−，则MN=（）A．2xxB．12xxC．02xxD．102xx【答案】D【分析】由题知02Mxx=，

12Nxx=，再求集合交集运算即可.【详解】解：因为22log1log2x=，所以02x，即2log102Mxxxx==，因为210x−，解得12x，所以12102Nxx

xx=−=，所以，MN=102xx.故选：D2．若()()1i11z−−=，则z的虚部为（）A．12B．1i2C．12−D．1i2−【答案】C【分析】根据复数的运算得11i22z=−，再求解虚部即可.【详解】解：因为()()1i

11z−−=，所以()()11i111i1i1i1i22z+−===+−−+，所以11111ii2222z=−+=−，所以z的虚部为12−.故选：C3．已知向量a，b满足1a=，27ab−=，,150ab=，则b=（）A．2B．3C．1D．32【答

案】D【分析】根据题意得22330bb+−=，再解方程即可.第2页共21页【详解】解：因为27ab−=，所以2222224444cos,7abababababab−=+−=+−=，因为1a=，,150ab=，

所以214237bb++=，即22330bb+−=，解得b=32或3b=−（舍）所以，b=32故选：D4．已知数列na为等差数列，前n项和为nS，则“122nnnSSS+++”是“数列nS为单增

数列”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】先说明充分性，由122nnnSSS+++得到na为单调递增数列，设公差为()0dd，表达出2122nddSnan=+−，结合对称轴得到12da−时，此时

2122nddSnan=+−先增后减，从而充分性不成立；再举出反例得到必要性不成立.【详解】若122nnnSSS+++，故121nnnnSSSS+++−−，即12nnaa++，故na为单调递增数列，设公

差为()0dd，此时()2111222nnnddSnadnan−=+=+−，1,Nnn，令2122ddyxax=+−，对称轴为12daxd−=−，当12da−时，此时对称轴1x，此时2122nddSnan

=+−先增后减，所以数列nS不是单调数列，充分性不成立，若数列nS为单增数列，设等差数列na公差为d，若0d=，不妨设11a=，此时nSn=，满足数列nS为单增数列，此时1231,2,3SSS

===，21342SSS=+=，故必要性不成立，第3页共21页故“122nnnSSS+++”是“数列nS为单增数列”的既不充分也不必要条件.故选：D5．如图，一个底面半径为R的圆柱被与其底面所在平面的夹角为()090

的平面所截，截面是一个椭圆，当为30时，这个椭圆的离心率为（）A．12B．32C．13D．23【答案】A【分析】根据题意求出ba，即可求得该椭圆的离心率为21bea=−.【详解】由题意可知椭圆的短半轴长为bR=，长半轴长为23cos303RaR==，则32ba=，

则该椭圆的离心率为2112cbeaa==−=.故选：A.6．设函数f(x)＝x2＋x＋a(a＞0)，已知f(m)＜0，则()A．f(m＋1)≥0B．f(m＋1)≤0C．f(m＋1)＞0D．f(m＋1)＜0【答案】C【详

解】试题分析：，∵，∴，∵，且∴，，∴，即：，∴，故答案为C.【解析】一元二次不等式的应用.7．第二十二届世界杯足球赛将于2022年11月20日在卡塔尔举行，东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰分在A组进行单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独

立.已知东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰比赛获胜的概率分别为1p、2p、3p，且1230ppp.记卡塔尔连胜两场的概率为p，则（）第4页共21页A．卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，p最大B．卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，p最大C．卡塔尔在第二场与荷兰比赛，p最大D．p与卡塔尔和厄瓜多尔、

塞内加尔、荷兰的比赛次序无关【答案】A【分析】分别计算出卡塔尔第二场与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰，且连胜两场的概率，利用作差可比较大小，可得出合适的选项.【详解】因为卡塔尔连胜两场，则第二场卡塔尔必胜，①设卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，且连胜两场的概率为1P，则(

)()()1213312123123212124Ppppppppppppp=−+−=+−；②设卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，且两场连胜的概率为2P，则()()()2123312213123212124Ppppppppppppp=

−+−=+−；③设卡塔尔在第二场与荷兰比赛，且两场连胜的概率为3P，则()()()3123213312123212124Ppppppppppppp=−+−=+−.所以，()1231220PPppp−=−，()1321320PPppp−=−，()2312320PPppp−

=−，所以，123PPP，因此，卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，p最大，A对，BCD错.故选：A.8．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是等腰直角三角形，平面PAD⊥平面,

2,2ABCDADABAP===，当棱PC上一动点M到直线BD的距离最小时，过,,ADM做截面交PB于点N，则四棱锥PADMN−的体积是（）A．4227B．24C．10227D．7216第5页共21页【答案】B【分析】取,ADBC的中点,OE，连接,OPOE，

由题意可得OP⊥平面,ABCD建立空间直角坐标系，利用空间向量中点到直线距离公式计算出M到直线BD的距离最小时的具体坐标，再用空间向量的方法计算出点M到直线AD的距离和点P到平面MNAD的距离即可【详

解】取,ADBC的中点,OE，连接,OPOE因为PAD△是等腰直角三角形且2,2ADAP==，所以2PD=，OPAD⊥，211OP=−=，因为平面PAD⊥平面,ABCD平面PAD平面,ABCDAD=OP平面,PAD所以OP⊥平面,ABCD所以以O为原点，分别以OA，OE，OP的方向为x

，y，z轴的建立空间直角坐标系，则()()()()()1,0,0,1,2,0,1,2,0,1,0,0,0,0,1,ABCDP−−所以()1,2,1PC=−−，()2,2,0DB=，()1,0,1AP=−因为动点M在棱PC上，所以设()01PMPC=，则(),2,1,M−−所以()1,

2,1DM=−−，()()2222121442DM=−++−=−+，()2,2,0DB=，6DB=，()2,2,016DBDuB==，2226363DMu−=+=，所以点M到直线BD的距离为()22226114424923DMDMu

−=−+−=−+，所以当12=时，点M到直线BD的最小距离为33，此时点M是PC的中点即121,,,222M−因为//ADBC，AD平面PBC，BC平面PBC，所以//AD平面PBC，因为AD平面A

DM，平面ADM平面=PBCMN，所以//ADMN，所以//BCMN，第6页共21页因为点M是PC的中点，所以点N是PB的中点，所以112MNBC==，121,,222DM=，1111424DM=++=，()2,0,0DA=uuu

r，2DA=，()1,0,0DADAv==，12DvM=，所以点M到直线AD的距离为()2213142DMDMv−=−=所以梯形MNAD的面积为()133312224+=，设平面MNAD的一个法向量为(),

,nxyz=，则=0=0nDAnDM，即2=0121++=0222xxyz，令=1y，则=0x，2z=−，所以()0,1,2n=−，则点P到平面MNAD的距离26312APnn==

+，所以四棱锥PADMN−的体积为133623434=，故选：B【点睛】方法点睛：针对于立体几何中角度范围和距离范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，熟练各种距离、各种角度的计算方式二、多选题9．已知()fx与()gx是定义在R上的连续函数，如果()fx与()gx仅当0

x=时的函数值为0，且()()fxgx，那么下列情形可能出现的是（）A．0是()fx的极大值，也是()gx的极大值B．0是()fx的极小值，也是()gx的极小值C．0是()fx的极大值，但不是()gx的

极值D．0是()fx的极小值，但不是()gx的极值【答案】ABD第7页共21页【分析】利用特殊函数举例即可.【详解】取()2fxx=−，()22gxx=−易知A正确取()22fxx=，()2gxx=易知B正确取()22fxx=，()22,0,0xxgxxx=−

易知D正确0是()fx的极大值，则在0x=附近，()0=0f最大，若0不是()gx的极值，则在0x=附近存在实数a使得()0ga，与()()fxgx矛盾，所以C错误故选：ABD10．函数()()

π2sin0,π2fxx=+，则()fx在区间π0,2内可能（）A．单调递增B．单调递减C．有最小值，无最大值D．有最大值，无最小值【答案】BC【分析】通过正弦曲线的单调区间和最值点，利用整体代换法将x+代替为x即可判断出

各选项的正误.【详解】利用整体代换法将x+代替为x，通过()2sinfxx=的单调区间与最值点可以判断出()()π2sin0,π2fxx=+，单调增区间为ππ2π2π22,,Zkkk−−+−+，单调减区间为π3π2π2π2

2,,Zkkk−+−+，ππ3ππ,0,0222−−，故选项A错误，选项B正确；最小值点为3π2π20,Zkk−+，，最大值点为π2π20,Zkk−+

，，π0,π2，所以只有3π2−可能在区间π0,2内，故选项C正确，选项D错误.故选：BC.第8页共21页11．已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx=（0p）的焦点F为()1,0，过点()3,2M的直线l交抛物

线C于A，B两点，点P为抛物线C上的动点，则（）A．PMPF+的最小值为22B．C的准线方程为=1x−C．4OAOB−D．当PFl∥时，点P到直线l的距离的最大值为22【答案】BCD【分析】根据抛物线的焦点坐标以及标准方

程，结合抛物线的定义，利用图象，可得A、B的正误；设出直线l的方程，联立直线与抛物线，写出韦达定理，根据数量积的坐标运算，整理函数关系，可得C的正误；利用两平行线之间的距离公式，结合导数求得范围，可得D的正误.【详解】对于A、B，由抛物线的焦点()1,0F，则2p=，即24yx=，其准线方程

为=1x−，设点P到准线的距离为Pd，则PPMPFPMd+=+，设点()3,2M到准线的距离为Md，易知4PMPMdd+=，如下图：故A错误，B正确；对于C，由题意可知，过点()3,2M的直线l可设为()23xmy=−+，代入抛物线2:4Cyx=

，可得248120ymym−+−=，设()()1122,,,AxyBxy，则12124,812yymyym+==−，()()121212122323OAOBxxyymymyyy=+=−+−++()()()()22121213232myymmyym=++−++−，将12

124,812yymyym+==−代入上式，可得()()()()22181232432mmmmmm=+−+−+−2443mm=−−214442m=−−−，故C正确；第9页共21页对于D，由C可得直线l的方程为230xmym−+−=，可设直线PF的方程为10xmy

−−=，易知点P到直线l的距离等于两平行线l与PF的距离2223122111mmdmm−+==−++，令221xyx=+，()()()()()22222212221111xxxxxyxx+−−+==++，当()(),11,x

−−+时，0y，当()1,1x−时，0y，则221xyx=+在(),1−−和()1,+上单调递减，在()1,1−上单调递增，由当1x−时，0y，当1x时，0y，则min1y=−，max1y=，可得022

d，故D正确.故选：BCD.【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.12．对一列整数，

约定：输入第一个整数1a，只显示不计算，接着输入整数2a，只显示21aa−的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值.设全部输入完毕后显示的最后的结果为p.若将从1到2022的2022个整数随机地输入，则（）A．p的最小值为0B．p

的最小值为1C．p的最大值为2020D．p的最大值为2021【答案】BD【分析】由题意，先计算前几个连续数的结果，总结规律，根据规律，可得答案.【详解】对于Nn，对于连续四个奇数，21,23,25,27nnnn++++，由题意运算，其结果最小值为0；同理可得，对于连续四个偶数，2

,22,24,26nnnn+++，其结果最小值为0；在1到2022的2022个整数中有1011个奇数和1011个偶数，101142523=，由1,3,5，经过计算最小值为1，且2,4,6，经过计算最小值为

0，则p的最小值为1；除2022之外，前2021个数中有1011个奇数和1010个偶数，101142523=，101042522=，由1,3,5，经过计算最小值为1，且2,4，经过计算最小值为2，则前2021个数经过计算最小值为1，故p的最大值为2021.故选：BD.三、填空题

第10页共21页13．91xx−的展开式中常数项为______.（用数字作答）【答案】84【分析】根据二项展开式的通项公式求解.【详解】根据通项公式()()931821991C1CnnnnnnnT

xxx−−+=−=−,令31802n−=,解得6n=,所以()66791C84T=−=,故答案为:84.14．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，该书内容十分丰富，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就.其中卷五“商功”中记载“今有鳌臑下广两尺，无袤；上袤四尺，无广；高三尺”.即“现有

四面都是直角三角形的三棱锥，底宽2尺而无长，上底长4尺而无宽，高3尺”，即有一“鳌臑”（四面体ABCD），已知2AB=，4CD=，3BC=，90ACDBCDABCABD====，则此四面体ABCD外接球的表面积是______.【答案】29【分析】画出图形，取A

D的中点O，连接,OCOB，利用已知条件证明O为四面体ABCD的外接球的球心，在直角三角形中解出球体的半径，从而求出四面体外接球的表面积.【详解】如图所示，取AD的中点O，连接,OCOB因为90ABD??，所以12OBODO

AAD===，又因为=90ACD，所以12OCODOAAD===，所以OBODOAOC===，所以O为四面体ABCD的外接球的球心，第11页共21页设半径为R，所以12ROBODOAOCAD=====在RtBCD△中，由90BCD=，3BC=，4CD=所以5BD=，

在RtABD中，5BD=，2AB=，90ABD??所以222529AD=+=所以292R=所以四面体ABCD外接球的表面积为：222944292SR===故答案为：29.15．我们知道，函数()yfx=的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数()y

fx=为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数()yfx=的图象关于点(),Pab成中心对称图形的充要条件是函数()yfabb=+−为奇函数，则()323fxxx=−的图象的对称中心为______.【答案】()1,2-【分析】求解出()3123fxxx++=−，利用定义法判断出

其为奇函数，从而得到()323fxxx=−的图象的对称中心.【详解】因为()()()323121313fxxxxx++=+−+=−，定义域为R，且()()()()33123312fxxxxxfx−++=−+=−−=−++，所以()12yfx=++为

奇函数，故()323fxxx=−的图象的对称中心为()1,2-.故答案为：()1,2-.16．已知圆C：()2224xy−+=，线段EF在直线l：1yx=+上运动，点P为线段EF上任意一点，若圆C上存

在两点A，B，使得0PAPB，则线段EF长度的最大值是______.【答案】14【分析】设圆的切线为,PMPN，由0PAPB得90APB，从而可求出PC的取值范围，利用勾股定理，可求出此时EF的最

大值.第12页共21页【详解】解：由题意知，圆心()2,0C，半径2r=所以，圆心到直线的距离2013222dr−+==，即直线和圆相离.从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线为切线时APB最大，不妨设切线为

,PMPN，由0PAPB知90APB，即90APB.所以22sinsin452MPCPC==，解得22PC.所以在直线上，当EF最大时，点,EF到圆心的距离为22.所以，此时EF长度最大值为()2232222142−=.故答案为:14.四、解答题17．已

知数列na满足11a=，24a=.有以下三个条件：①1144nnnaaa+−=−（2n，Nn）；②()121nnnana+=+；③232112422nnaaanna−+++++=（Nn）；从上述三个条件中任选一个条件，求数列

na的通项公式和前n项和nS.【答案】12nnan−=，()121nnSn=−+【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得na；选②根据递推关系式，结合累乘法求得na；选③利用前n项和与通项的关系，相减求得na；求前前n项和采用错位相减法即可.第13页共21页【详解】解

：选①由1144nnnaaa+−=−（2n，Nn）得()11222nnnnaaaa+−−=−，故12nnaa+−是公比为2的等比数列，则()11212222nnnnaaaa−+−=−=即111222nnnnaa++−=

，故2nna是公差为12的等差数列，则()11112222nnann=+−=，即12nnan−=.选②由()121nnnana+=+得()121nnnaan++=，故()1212121222121nnnnnaaanaaann−−−−

=−−化简得112nnana−=，即12,1nnann−==也满足选③由232112422nnaaanna−+++++=（1）得当2n时，()231212112422nnnnaaaa−−−+−++++=（2）由（1）－（2）得12−=nnan，

故12,1nnann−==也满足，因此，01211222322nnSn−=++++12321222322nnSn=++++两式相减得012122222nnnSn−−=++++−化简得()

12212112nnnnSnn−=−+=−+−18．已知函数()ππsin2cos66fxxx=−−++.(1)若π1cos62x+=−，求()fx的值；(2)若在锐角ABC中，角A，B，C所对的

边分别为a，b，c，已知()1fA=−，3a=，求ABC的周长的取值范围.【答案】(1)1−(2)(33,33+第14页共21页【分析】(1)根据诱导公式和二倍角的余弦公式可得2()2cos1cos66ππfxxx=+−++，进而即可求解；(2)由(1)和

()1fA=−可得πcos06A+=或π1cos62A+=−，求出角A，利用正弦定理可得ABC周长π323sin6labcB=++=++，结合角B的范围即可求解.【详解】（1）由()πππππsin2cos

sin2cos66326fxxxxx=−−++=−+−++2ππcos2cos2cos1cos36π66πxxxx=+++=+−++，因为π1cos62x+=−，故()2112

1122fx=−−−=−；（2）()πππππsin2cossin2cos66326fAAAAA=−−++=−+−++2cos2cosπ2cos1cos366πππ6AAAA=+++=+−++

，而()1fA=−，即2ππ2cos1cos166AA+−++=−，故πcos06A+=或π1cos62A+=−，由π02A，ππ2π663A+得π3A=或π2A

=（舍去），由正弦定理得2sinsinsincbaCBA===，故2sinbB=，2sincC=，ABC周长()()π32sinsin32sinsin323sin6labcBCBBAB=++=++=+++=++，ABC为锐角三角形，则π

π,62B，π3sin,162B+，(33,33l+.19．在四棱锥PABCD−中，224ADABBC===，ADBC∥，120BAD=，ABPC⊥.第15页共21页(1)求证：

PAPB=；(2)若平面PAB⊥平面ABCD，二面角BPCA−−的余弦值为15，求直线DP与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2)1010.【分析】（1）取AB的中点O，连接OP，OC，证明AB⊥平面P

OC，继而证明ABPO⊥，从而证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用二面角BPCA−−的余弦值为15，结合空间向量角的求法求得3OP=，继而求得平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】（1）证明：如图所示，取AB的中点O，连接OP，

OC.依题意可知，ABBC=，ADBC∥，120BAD=，故60ABC=，ABC为正三角形，ABOC⊥,又ABPC⊥，OCPCC=，PC平面POC，OC平面POCAB⊥平面POC，又PO平面POC，ABPO⊥，PAPB=.（2）依题意平面PAB⊥平面ABCD，由（

1）可知POAB⊥，平面PAB平面ABCDAB=,PO平面PAB,第16页共21页则PO⊥平面ABCD，故以OB，OC，OP为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设,0OP=，则()1

,0,0B，()1,0,0A−，()0,3,0C，()0,0,,(3,23,0)PD−,()1,3,0BC=−，()1,0,BP=−，()1,3,0AC=，()1,0,AP=,设平面BPC的一个法向量(),,mxyz=，由0

0BCmBPm==,可得300xyxz−+=−+=，令3y=，则3x=，3z=，33,3,m=,设平面PAC的一个法向量(),,nabc=，由00ACnAPn==,可得300abac+=+=，令3b=−，则3a=，3c=−，

则33,3,n=−−,可得平面PAC的法向量33,3,n=−−.依题意可得222961cos,5991212mnnmnm−===++，解得3=，即3OP=.即平面PBC的法向量()3,3,3m=，()3,23,3PD=−−,设直线DP与平面PBC所成角

为，则的正弦值96310sincos102,154DPmDPmDPm−+−====.20．某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生400人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层

抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在450～950分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示，将分数不低于750分的学生称为“高分选手”.(1)求a的值，并估计该校学生分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)现采用

分层抽样的方式从分数落在)550,650，)750,850内的两组学生中抽取10人，再从这10第17页共21页人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望；(3)若样本中

属于“高分选手”的女生有10人，请判断是否有97.5%的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关？（参考公式：()()()()()22nadbcKabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++）()2PKk0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.072

2.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)0.0035a=，平均数为670(2)分布列见解析，910(3)有【分析】（1）利用频率之和为1列出方程，求出0.0035a=，再利用中间值做代表求出样本平均数；（2）先根据分层抽样得到从)550,6

50中抽取7人，)750,850中抽取3人，再得到随机变量X的可能值及相应的概率，得到分布列及数学期望；（3）利用公式求出卡方，并与5.024比较后得到结论.【详解】（1）由题意知()1000.00150.00250.00150.0011a++++=，解得0.0035a=，样本平均数为500

0.156000.357000.258000.159000.10670x=++++=.（2）由题意，从)550,650中抽取7人，从)750,850中抽取3人，随机变量X的所有可能取值有0，1，2，3.()337310CCCkkPXk−==（0k=，1

，2，3），所以随机变量X的分布列为：P0123X3512063120211201120第18页共21页随机变量X的数学期望()6321192312012012010EX=++=.（3）由题可知，样本中男生4

0人，女生60人，属于“高分选手”的25人，其中女生10人；得出以下22列联表；属于“高分选手”不属于“高分选手”合计男生152540女生105060合计2575100()()()()()()2221001025155

0505.5565.024257540609nadbcKabcdacbd−−===++++，所以有97.5%的把握认为该校学生属于“高分选手”与性别有关.21．已知双曲线E：22221xyab−=（0a

，0b）的左焦点F为()2,0−，点()3,2M是双曲线E上的一点.(1)求E的方程；(2)已知过坐标原点且斜率为k（0k）的直线l交E于A，B两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D，若直线CD经过点()0,1N−，求直线l的斜率k.【答案】(1)2213xy−=(2)112

【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合222cab=+，可得答案；（2）根据双曲线的对称性，设出点,AB的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点,CD的坐标，根据所过已知点N，建立方程，可得答案.【详解】（1）易知2c=，()()()()222223220322023a=

++−−−+−=，故3a=，1b=.故双曲线E的标准方程2213xy−=.第19页共21页（2）方法一：令A为()11,xy，则B为()11,xy−−，直线FA为1122,xxmymy+=−=，直线FB为1122,xxnyny−+=−=−，由()22

222341013xmymymyxy=−−−+=−=，设()(),,,CCDDCxyDxy，得1221111323Cyymxy==−+−，即122111443Cyyxxy=++−，221133xy−=

，1174Cyyx=+，111111212727474Cyxxxxyx+−−=−=++，同理可得，1174Dyyx−=−，1112774Dxxx−+=−，直线CD经过点()0,1N−，则C，D，N三点共线，即CNDN∥，则有()()11DCCDxyxy+=+1111111112

71271174747474xyxyxxxx−+−−−+=+−++−，化简得，()()()()1111111277412774xyxxyx−+++=−−−+−，即1112yx=，故11112ykx==.方法二：令A为()11,xy，则B为()11,xy−−，直线FA为1

122,xxmymy+=−=，直线FB为1122,xxnyny−+=−=−，由()22222341013xmymymyxy=−−−+=−=，设()(),,,CCDDCxyDxy，得1221111323Cyymxy==−+−，

第20页共21页即122111443Cyyxxy=++−221133xy−=，1174Cyyx=+，同理可得，1174Dyyx−=−.令直线CD为()1xty=+，由()()2222221323013x

tytytytxy=+−++−=−=，则1CDyy=，即111117474yyxx−=+−，化简得22111649yx=−221133xy−=，解得2114447x=，21147y=，故2121112ykx==.【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线

，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.22．已知函数2()ln,(0)=−fxxaxa．(1)当12ea=时，求()fxyx=的极值；(2)若2ln−xax

bx恒成立，求2+ab的最小值．【答案】(1)极大值为0，无极小值(2)最小值为4ln2−【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数判断函数的单调性，再求函数的极值；（2）首先不等式变形为ln−xaxbx，设函数ln()=−x

Fxaxx，由导数可知，存在()00(0,),0=+xFx，即0201ln−=xax，这样002001ln4ln22−−++xxabxx，再构造函数21ln4ln2()−−=+xxHxxx，利用导数求函数的最小值【详解】（1）因为2

ln2exxyx−=，所以221ln2exxyx−−=，设2()1ln2exgxx=−−，因为()gx单调递减，且(e)0g=，所以()gx在(0,e)上大于0，在(e,)+上小于0，所以原函数在(0,e)上单调递增，在(e,)+上

单调递减，且()0fee=，所以()fxyx=的极大值为0，无极小值．（2）原不等式2ln−xaxbx等价于ln−xaxbx，令ln()=−xFxaxx，22ln1()−−+=axxFxx，第21

页共21页存在()00(0,),0=+xFx，即0201ln−=xax，∴ln()=−xFxaxx在()00,x单调递增，在()0,x+单调递减，()00max0000ln2ln1()−==−=xxFxFxaxxx，∴000002ln4ln222xxbax

xx−−=，002001ln4ln22−−++xxabxx，令21ln4ln2()−−=+xxHxxx，21ln4ln2()−+−=xxxxHxx，34ln2ln63()−++−=xxxxHxx，即3(12)(2l

n3)()−−=xxHxx所以()Hx在10,2，32e,+递减，在321,e2递增当32ex时，111ln4ln2(2ln1)2022−+−=−−+xxxxxx，因此当32ex时，min1()0,()4ln22==−

HxHxH，所以2+ab的最小值为4ln2−．