【文档说明】福建省三明1中2023届高三上学期期中考试数学试卷+答案.docx，共(27)页，1.455 MB，由baby熊上传

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三明一中2022-2023学年上学期半期考高三数学科试卷（考试时间：120分钟，满分150分）注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓

名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答

.在试题卷上作答，答案无效.一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的.）1.已知集合2Z4Axx，21,1,ZBxxkkk，则AB（）A.1,1B.1,3C.1,1,3D.

1,0,1,3【答案】D【解析】【分析】化简集合，然后根据并集的定义运算即得.【详解】因为1,0,1A，1,1,3B，所以1,0,1,3AB.故选：D.2.已知直线420mxy与直线250xyn互相垂直，垂足为1,p.则mnp等于（）A.2

4B.20C.4D.0【答案】D【解析】【分析】由两直线垂直得10m，进而根据垂足是两条直线的交点代入计算即可得答案.【详解】由两直线垂直得24(5)0m，解得10m，所以原直线直线420mxy可写为10420x

y，又因为垂足为1,p同时满足两直线方程，所以代入得1014202150ppn，解得212pn，所以-10-1220mnp，故选:D3.《九章算术》是我国古代的

一本数学名著.全书为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、盈不足、方程、勾股九章，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题.在第六章“均输”中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“现有五个人分5钱，每人所得成

等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和，问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为多少？（）A.13B.23C.16D.56【答案】B【解析】【分析】设每人分到的钱数构成的等差数列为{}na，公差0d，由题意可得，12345aaaaa，55S，结合等差数列的通项

公式及求和公式即可求解．【详解】解：设每人分到的钱数构成的等差数列为{}na，公差0d，由题意可得，12345aaaaa，55S，故113327adad，15105ad，解可得，123a，16d，故

任意两人所得的最大差值243d．故选：B．【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式在实际问题中的应用，属于基础题．4.已知圆2200:4,,OxyMxy为圆O上位于第一象限的一点，过点M作

圆O的切线l．当l的横纵截距相等时，l的方程为（）A.220xyB.202xyC.420xyD.220xy【答案】A【解析】【分析】利用过圆上点的切线的性质可得OMl，利用点00,Mxy表示出切线方程，结合l的横纵截距相等

，即得解【详解】由题意，点M在第一象限，故过点M的的切线l斜率存在；点00,Mxy在圆上，故OMl，即1OMlkk0000OMlyxkkxy故直线l的方程为：2200000000()4xyyxxxxyyxyy令040,;xyx令040,;yxy当l的横纵

截距相等时，000044xyxy又2200004,0,0xyxy解得：002,2xy即224xy，即220xy故选：A5.已知22ab，且02ab，则112abab的最小值为（）A.2B.3C

.4D.5【答案】A【解析】【分析】转化后由基本不等式“1”的妙用求解【详解】因为222ababab，02ab，所以20ab，所以2111112222222abababababababababa

b1222222abababab，当且仅当22abababab，即1a，0b时等号成立.所以

112abab的最小值为2.故选：A6.fx为R上的偶函数，0x时，exfx，31e111ln,log,log3e9afbfcf，则下述关系式正确的是（）A.bacB.bcaC.cabD.abc【答案】C【

解析】【分析】根据()fx为偶函数，在(0,)上()xfxe单调递增，结合()(||)fxfx求解.【详解】0x>时，exfx，()fx在(0,)上单调递增，fx为R上的偶函数，()(||)fxfx，1(ln)

(ln3)(ln3)3afff，331(log)(loge)ebff，1e1(log)(ln9)9cff∵30loge1ln3ln9，∴cab，故选：C7.ABC中，若235

CACBABAB，则tantanAB的值为（）A.2B.4C.3D.23【答案】B【解析】【分析】由已知条件利用两个向量的数量积的运算法则求得3coscos5aBbAc，再利用余弦定可得22235abc，根据tansincostansincosAABBBA

，利用正弦定理统一成边的形式化简可得结果.【详解】因为在ABC中，若235CACBABAB，所以235CAABCBABAB，所以23coscos5bcAacBc，因为0c，所以3coscos5aBbAc，所以由余弦定理得

2222223225acbbcaabcacbc，化简得22235abc，所以tansincostansincosAABBBA22222222acbaacbcabbc222222acbbca222235435cccc

，故选：B8.已知双曲线222210,0xyabab的左、右焦点分别是12,FF，过点1F且垂直于x轴的直线与双曲线交于,AB两点，现将平面12AFF沿12FF所在直线折起，点A到达点P处，使二面角1

2PFFB的平面角的大小为30，且三棱锥12PBFF的体积为216ac，则双曲线的离心率为（）A.2B.3C.2D.5【答案】A【解析】【分析】依题意求出A点坐标，即可得到211bAFBFa，再由二面角的定

义可知1PFB为二面角12PFFB的平面角，再根据锥体的体积公式得到ab，从而求出离心率；【详解】解：由题意可知，直线AB的方程为xc，代入双曲线方程可得2bya，设点A在x轴上方，则2,bAca

，可得211bAFBFa，所以21bPFa，由题意可知121121,FFPFFFBF，且111PFBFF，所以12FF平面1PBF，所以1PFB为二面角12PFFB的平面角，即130PFB，所以122114221211211

11sin233266PBFFFPBFPBFbcVVSFFPFPFBcaca，即ab，又222cab，所以222ac，可得双曲线的离心率为2e，故选：A．二、多选题（本题共

4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9.（多选）已知抛物线22ypx0p的焦点F到准线的距离为4，直线l

过点F且与抛物线交于11,Axy，22,Bxy两点，若,2Mm是线段AB的中点，则（）A.4pB.抛物线的方程为216yxC.直线l的方程为24yxD.=10AB【答案】ACD【解析】【分析】由焦点到准线的距离可求得4p，则可判断A正确，B错误；利用斜率坐标计算公式几何中点

坐标计算公式可求得直线l的斜率，从而求得l的方程，可判断C正确；1212284yyxx，所以126xx从而12410ABAFBFxx判断D正确.【详解】因为焦点F到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知4

p，故A正确故抛物线的方程为28yx，焦点2,0F，故B错误则2118yx，2228yx．又,2Mm是AB的中点，则124yy，所以22121288yyxx，即12121282yyxxyy，所以直线l的

方程为24yx．故C正确由1212284yyxx126xx，得12410ABAFBFxx．故D正确故选：ACD．10.已知数列na满足11a，123nnnaanaN，则（）A.13na为等比数列B.na通项公式为1123

nnaC.na为递增数列D.1na的前n项和2234nnTn【答案】AD【解析】【详解】因为112323nnnnaaaa，所以111323nnaa，又11340a，所以13na是

以4为首项，2为公比的等比数列，即11342nna，所以1231nna，所以1123nna，所以na为递减数列，1na的前n项和231232323nnT122222n212322323412nnnn

n．故选：AD．11.已知函数sincos2fxxx，则下列结论正确的是（）A.函数fx的图像关于原点对称B.函数fx在,02上单调递增C.函数fx在

0,上的值域为91,8D.函数fx在,上有且仅有3个零点【答案】BD【解析】【分析】根据奇函数的定义、余弦的二倍角公式，利用换元法、二次函数的性质、零点的定的义逐一判断即可.【详解】对于A，fx的定义域为R．因为sincos2sincos2fx

xxxx，所以fxfx，则函数fx的图象不关于原点对称，故A错误．对于B，2sincos22sinsin1fxxxxx，当,02x，sinyx在,02上单调递增

，即sin1,0x，令sinxt，1,0t时，函数221ytt在1,0上单调递增，根据复合函数单调性，故B正确．对于C，当0,x，即sin0,1x时，0,1t，则问题转化为函数221ytt在0,1上的值域

，二次函数对称轴方程为14t，故函数221ytt在10,4上单调递增，在1,14上单调递减，当14x时，取得最大值为98，当1x时，取得最小值为0，故值域为90,8，故C错误．对于D，令sincos20fxxx，即22sinsin10xx

，解得sin1x或1sin2x，当,x时，2x或6x或65x，故函数fx在,上有3个零点，故D正确．故选：BD．12.在四棱锥PABCD中，已知1

ABBDAD，33BCCD，216PAPBPCPD，则（）A.四边形ABCD内接于一个圆B.四棱锥PABCD的体积为336C.四棱锥PABCD外接球的球心在四棱锥PABCD的内部D.四棱锥PABCD外接球半径为712的【答案】AD【解析】【分析

】A选项，求出π2ABCADC，得到A、B、C、D四点共圆；B选项，求出四棱锥PABCD底面积和高，求出体积；C选项，找到四棱锥PABCD的外接球球心，设出1OOh，求出112h，得到四棱锥PABCD外接球

的球心在四棱锥PABCD的外部；D选项，在选项C的基础上求出外接球的半径.【详解】选项A：由已知ABBDAD得三角形ABD为正三角形，又1BD，33BCCD，所以2π3BCD，π6CBDCDB，故π2ABCADC，所以A、B、C、D四点共圆，故A正确；选项B：

由上得A、B、C、D四点共圆，设圆心为1O，233AC，且ACBD，所以1323ACOA，设点P在平面ABCD的投影为2O，因为216PAPBPCPD，所以2222OAOBOCOD，即2O为四边形ABCD的外接圆的圆心，所以1O，2

O重合，所以1PO平面ABCD，2212131632PO，四边形ABCD面积112332233SBDAC，所以四棱锥PABCD的体积为111313333218SPO，故B不正确；选项C：设四棱锥PABCD外接球的球心为O，因为1

PO平面ABCD，且1111OAOBOCOD，所以球心O在1PO上，设1OOh，所以22211OAhPOh，所以2223132hh，的解得：112h，所以球心O在1PO的延长线上，所以

四棱锥PABCD外接球的球心在四棱锥PABCD的外部，故不正确；选项D：四棱锥PABCD外接球的半径为1171212POPO，所以D正确.故选：AD.【点睛】锥体外接球问题，要找到球心的位置，以及球心在特殊平面上的投影，根据半径相等建立方程，求出外接

球的半径，进而求出球的表面积或体积.三、填空题：（本题共4个小题，每小题5分，共20分.）13.已知36(13i)i(,R)(1i)abab，则ab____________．【答案】1【解析】【分析】利用复

数四则运算法则，计算36(13i)i(1i)，然后利用复数相等，得0,1ab，得答案.【详解】333632132i22(13i)81i(1i)8ii(1i)，所以0,1ab，从而1ab．故答案为：1.14.2022

年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩

”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为___________.（用数字作答）【答案】144【解析】【分析】根据间隔排列知两端均为“冰墩墩”,可以先排【详解】先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容

融”，则4343144AA.故答案为：144.15.已知双曲线2222:10,0xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，过2F的直线与C的右支交于A，B两点，若1221FAFAFF，222FBFA，则C的离心率为______.【答案】53##213【解析

】【分析】设2AF的中点为M，连接1FM，1BF，由题意可得1122AFFFc，12FMAF，由双曲线的定义可得222FAca，2MFca，244BFca，142BFca，2121BFFMFF

，2121coscos0BFFMFF，在12MFF△和12BFF△中利用余弦定理表示出两个角的余弦值，即可求出,ac的关系，从而可得双曲线C的离心率.【详解】解：如图：设2AF的中点为M，连接1FM，1BF，因为1221FAFAFF

，所以1122AFFFc，因为M为2AF的中点，所以12FMAF，由122AFFAa，得222FAca，所以2212FAMFca，在12MFF△中，22112cos2MFcaMFFFFc，因为22244BFAFca

，所以12242BFaBFca，在12BFF△中，22222212212112241642cos2224FFBFBFccacaBFFFFBFcca22

4121616caaccca，因为2121BFFMFF，所以2121coscos0BFFMFF，即22412160216cacaacccca，整理可得221616120aacc，即225830aacc，所以530aca

c，所以53ac或ac（舍），所以离心率53cea，故答案为：53.16.已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinsin2ACabA，2c，则B__________；A

BC面积的取值范围为___________．【答案】①.3##1π3；②.3(,23)2【解析】【分析】（1）由正弦定理进行边化角，然后结合诱导公式和二倍角公式求得答案；（2）根据题意求出C的范围，然后通过正弦定理和面积公式

，并结合两角和与差的正弦公式求得答案.【详解】由题意，sinsincossin222BBabAabA，由正弦定理可得sincossinsin2BABA，易知sin0A，则cossincos2sincos2222BBBBB

，因为0B，所以1sin22B，则3B.易知23AC，而该三角形是锐角三角形，则02262032CCC，因为,2sinsinaccAC，所以22111sinsinsinsin222sinABCaASacBc

BcBcC23sin1sin33sin342sin2sinsinCAACCC313cossin2233sin2tan2CCCC，由3tan,623CC

，于是13330,3,23tan2tan22CC，即该三角形面积的取值范围是3,232.故答案为：3；3,232.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、

证明过程或演算步骤.）17.近年来，美国方面滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业，随着贸易战的不断升级，中国某科技公司为了不让外国“卡脖子”，决定在企业预算中减少宣传广告预算，增加对技术研究和人才培养的投入，下表是的连续7年研发投入x和公司年利润y的观测数据，根据绘制的散点图决定用回归模

型：21eCxyC来进行拟合.表I研发投入x（亿元）20222527293135年利润y（亿元）711212465114325表II（注：表中lniity）71iix71iiy71iit721iixx721iiyy18956725.271627810

6721iitt71iiixxyy71iiixxtt71iiiyytt11.06304042.12825.09（1）请借助表II中的数据，求出

回归模型的方程；（精确到0.01）（2）试求研发投入为20亿元时年利润的残差.参考数据：3.410.261.795.20e0.03,e1.30,e5.46,e181.88，附：回归方程中ˆˆˆyx和1|21ˆˆ,ˆniiiniixxyyyx

xx，残差ˆˆiiieyy【答案】（1）0.263.41ˆexy（2）1.54【解析】【分析】（1）根据非线性回归的方法求得回归方程.（2）用观测值减去预测值求得相应的残差.【小问1详解】由

21eCxyC得12lnlnyCCx，令21ln,,lntybCaC，得tabx，由表II数据可得：7172142.12ˆ0.26,162iiiiixxttxx25.27189ˆˆ0.263.4177tx

，ˆ0.263.41tx.所以回归方程为：0.263.41ˆexy.【小问2详解】在20x=时的残差：0.26203.415.23.4111ˆ7e7ee1.54yy.18.如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD

平面BCD，ABAD，O为BD的中点.（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，2DEEA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.【答案】(

1)证明见解析；(2)36.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为ABAD，O是BD中点，所以OABD，因为OA平面ABD，平面ABD

平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以OA平面BCD．因为CD平面BCD，所以OACD.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则31(,,0),(0,1,0

),(0,1,0)22CDB，设12(0,0,),(0,,)33AmEm,所以4233(0,,),(,,0)3322EBmBC，设,,nxyzr为平面EBC的法向量，则由00EBnECn

可求得平面EBC的一个法向量为2(3,1,)nm．又平面BCD的一个法向量为0,0,OAm，所以222cos,244nOAmm，解得1m．又点C到平面ABD的距离为32，所以1

133213226ABCDCABDVV，所以三棱锥ABCD的体积为36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EGBD，垂足点G．作GFBC，垂足为点F，连结EF，则OAEG∥．因为OA平面BCD，所以EG平面

BCD，EFG为二面角EBCD的平面角．因为45EFG，所以EGFG．由已知得1OBOD，故1OBOC．又30OBCOCB，所以3BC．因为24222,,,,133333GDG

BFGCDEGOA，11113322(11)1333226ABCDBCDBOCVSOSOAA．[方法三]：三面角公式考虑三面角BEDC，记EBD为，EBC为，30DBC，

记二面角EBCD为．据题意，得45．对使用三面角的余弦公式，可得coscoscos30，化简可得3coscos2．①使用三面角的正弦公式，可得sinsinsin，化简可得s

in2sin．②将①②两式平方后相加，可得223cos2sin14，由此得221sincos4，从而可得1tan2．为如图可知π(0,)2，即有1tan2，根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得4

3BG，结合的正切值，可得2,13EGOA从而可得三棱锥ABCD的体积为36．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的

处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使

得问题更加简单、直观、迅速.19.已知数列na各项都是正数，11a，对任意n∈N*都有222211213nnaaaa．数列nb满足11b，121nnbbn（n∈N*）．（1）求数列na，nb的通项公式；（2）数列n

c满足cn＝21nnba，数列nc的前n项和为nT，若不等式24393nnnT对一切n∈N*恒成立，求的取值范围．【答案】（1）12nna，n∈N*；nbn（2）5,8【解析】【分析】（1）由数列的递推式，结合等比数列和等差数列的定义、通

项公式，可得所求；（2）由等比数列的求和公式和数列的错位相减法求和，以及不等式恒成立思想，结合数列的单调性，计算可得所求范围．【小问1详解】数列na各项都是正数，11a，对任意n∈N*都有222211213nnaaaa，①当2n时，2222121

13nnaaaa，②①﹣②可得22213nnnaaa，因为数列na各项都是正数，所以可化为12nnaa，因为2221121,1,03aaaa，所以22a，所以212aa，所以数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，所

以12nna，n∈N*；数列nb满足11b，121nnbbn（n∈N*），可得2132bb，当2n时，121nnbbn，又121nnbbn，两式相减可得112nnbb，所以nb的奇数项和偶数

项均为公差为2的等差数列，可得奇数项为1，3，5，7，...，2n﹣1，...，偶数项为2，4，6，...，2n，...，所以nbn；【小问2详解】因为22112nnnnbcna，所以21111123416642n

nTn，所以22211111112314166425622nnnTnn两式相减可得22231111144166422nnnTn

2211(1)1441214nnn化为4341994nnnT，若不等式24393nnnT对一切n∈N*恒成立，即为39(34)4nn恒成立，设

3(34)4nndn，1nndd﹣1＝13(37)()43(34)()4nnnn﹣1＝9211216nn﹣1＝351216nn，当1n时，21dd，当2n时，1nndd，所以2n时，nd取得最大值458，则﹣9458，解得﹣5

8，即λ的取值范围是5,8．20.记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2bac，点D在边AC上，sinsinBDABCaC.（1）证明：BDb；（2）若2ADDC，求cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC

.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R，由

正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR，因为sinsinBDABCaC，所以22bcBDaRR，即BDbac．又因为2bac，所以BDb．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC，如图，在ABC中，222cos2abcCab，①在BC

D△中，222()3cos23babbaC．②由①②得2222223()3babcab，整理得22211203abc．又因为2bac，所以2261130aacc，解得3ca或32ca，当22,33ccabac时，3

33ccabc（舍去）．当2233,22ccabac时，22233()722cos31222ccABCccc．所以7cos12ABC．[方法二]：等面积法和三角形相似如图

，已知2ADDC，则23ABDABCSS△△，即21221sinsin2332bacADABBC，而2bac，即sinsinADBABC，故有ADBABC，从而ABDC．由2bac，即bcab，即CABACBBD，即AC

BABD∽，故ADABABAC，即23bccb，又2bac，所以23ca，则2227cos212cabABCac．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC，再由2A

DDC得21,33ADbCDb．在ADB中，由正弦定理得sinsinADBDABDA．又ABDC，所以s3sinn2iCbAb，化简得2sinsin3CA．在ABC中，由正弦定理知23ca，又由2bac，所以2223ba．在ABC中，由余弦定理，得22222224

2793cos221223aaaacbABCaca．故7cos12ABC．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则DECABC△∽△．由2ADDC，得2,,333caaDEE

CBE．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac．在ABC中222cos2aaBCcAbc．因为coscosABCBED，所以2222222()()3322233a

cbacbacac，整理得22261130abc．又因为2bac，所以2261130aacc，即3ca或32ac．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC，所以2AD

DCuuuruuur．以向量,BABC为基底，有2133BDBCBA．所以222441999BDBCBABCBA，即222441cos999baccABCa，又因为2bac，所以22944cosacaacABCc．③由余弦定理得2222cosba

cacABC，所以222cosacacacABC④联立③④，得2261130aacc．所以32ac或13ac．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示

，则0,0,2,0,1,0DAC．由（1）知，3BDbAC，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设,33Bxyx，则229xy．⑤由2bac知，2BABCAC，即2

222(2)(1)9xyxy．⑥联立⑤⑥解得74x或732x（舍去），29516y，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb，由余弦定理得2227cos212acbABCac．【整体点评】(2)方法

一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相

似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加

直观化.21.已知函数eln2xhxx．（1）若ln2gxhxxax，讨论gx的单调性；（2）若不等式0hxk恒成立，求整数k的最大值．【答案】（1）当21e

a时，gx在2,上单调递增；当21ea，此时gx在2,lna上单调递减，在ln,a上单调递增；（2）0【解析】【分析】（1）根据题意可得e(2)xaxgxx，求导()exgxa，分两种情况：0a和0a，分析(

)gx的符号，进而判断函数的单调性；（2）不等式0hxk恒成立，即hxk，只需min()khx，即可得出答案.【小问1详解】因为ln2e2,xhxxx，所以

ln2e(2)xgxhxxaxaxx，求导()exgxa（1）当0a时，()0gx，gx在2,+上单调递增；（2）当0a时，令()0gx，得lnxa①当ln2a，即21ea，此时gx在2,lna上单

调递减，在ln,a上单调递增；②当ln2a，即210ea，此时gx在2,+上单调递增；综上，当21ea时，gx在2,+上单调递增；当21ea，此时gx在2,lna上单调递减，在ln,a上单调

递增；【小问2详解】不等式0hxk恒成立，即hxk恒成立，只需min()khx由ln2e2,xhxxx，求导1()e2xhxx求二阶导21()e0(2)xhxx，所以()hx在2,+上单调递增；又(1)0h，(0)0h

，所以()hx在2,+上存在唯一实数根0x，满足001e02xx，即001e2xx且0(1,0)x，当02xx时，()0hx，则hx在02,x上单调递减，当0xx时，()0hx，则hx在0,+x上单调递增；000000mi

n0001111eln2=ln==2e22+22xxhxhxxxxxxx因为0(1,0)x，所以01,22x，又对勾函数1ytt在1,2上单调递增，所以5212tt，即1()0,2hx，又min()khx，所以0k且

kZ所以整数k的最大值为0.【点睛】方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题，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）；②数形结合(=yfx图像在=ygx上方即可)；③讨论最值mi

n0fx或max0fx恒成立.22.已知2222:10xyCabab的上顶点到右顶点的距离为3，离心率为22，右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A、B两点，直线:2lx与x轴相交于点H，过点A作ADl，垂足为D．（1）求椭圆C的标准方程；（2

）①求四边形OAHB（O为坐标原点）面积的取值范围；②证明直线BD过定点E，并求出点E的坐标．【答案】（1）2212xy（2）①0,2；②证明见解析，3,02E【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质，可得上顶点与右顶点的坐标，由离心率与三

参数之间的关系，可得方程，进而解得答案；（2）①设过定点的直线方程，联立方程，消元整理一元二次方程，写出韦达定理，将四边形分割成两个顶底的三角形，根据面积公式，可得答案；②由题意设出两点，整理出直线方程，

由①中的直线与韦达定理，进行等量代还，可得答案.【小问1详解】由题可知：22222322abcaabc，所以2a，1b，故椭圆的标准方程为2212xy；【小问2详解】①由题1,0F，

设直线:1ABxmymR，11,Axy，22,Bxy，联立22112xmyxy，消去x，得222210mymy，因为224420mm，12222myym，1221

2yym，则22121212222142myyyyyym所以四边形OAHB面积212122122122mSOHyyyym，令21mt，∴1t，∴2222211

tSttt因为12tt（当且仅当1t即0m时取等号），所以02S，所以四边形OAHB的面积取值范围为0,2；②∵22,Bxy，12,Dy，所以直线BD的斜率1222yykx，所以直线BD的

方程为121222yyyyxx，令0y，可得2121212121222xyymyyyyxyyyy，①的由（1）可得12222myym，12212yym，∴12122yymyy化简①可得12121212121323222yyy

yyyxyyyy则直线BD过定点3,02E．