【文档说明】重庆市8中2023届高三上学期高考适应性月考（三）数学试卷+答案.docx，共(24)页，1.353 MB，由baby熊上传

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重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（三）数学注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.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，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效.3.考

试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.集合,AB满足0,2,4,6,8,

10,2,8,2,6,8ABABA，则集合B中的元素个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】根据交集的结果可得6,2,8BBB，再根据并集的结果可得0,4,10B，进而即得.【详解】因为2,8,2,6,8A

BA，所以6,2,8BBB，又0,2,4,6,8,10,2,6,8ABA，所以0,4,10B，所以0,2,4,8,10B，即集合B中的元素个数为5.故选：D.2.复数12i3iz的虚部为（

）A.710B.7i10C.75D.7i5【答案】A【解析】【分析】先求出复数z，进而求出虚部.【详解】因为12i3i12i17i3i3i3i1010z，所以复数12i3iz的虚部为710.故选：A3.圆22

:(1)(1)2Cxy关于直线:1lyx对称后的圆的方程为（）A.22(2)2xyB.22(2)2xyC.22(2)2xyD.22(2)2xy【答案】A【解析】【分析】由题可得圆心关于直线的对称点，半径不变，进而即得.【详解】圆22:(1)(1)2Cxy

的圆心(1,1)半径为2，由:1lyx得1lk，设圆心关于直线对称点的坐标为(,)mn，则111111022nmmn，解得20mn,所以对称圆的方程为22(2)2xy.

故选：A.4.如图所示，平行四边形ABCD对角线相交于点,2OAEEO，若,DEABADR，则等于（）A.1B.1C.23D.18【答案】C【解析】【分析】利用平面向量基本定理求出,，即可得到答案.【详解】因为平行四边形

ABCD的对角线相交于点,2OAEEO，所以的212115333666DEDADODADAABABAD.因为,DEABADR，所以15,66.所以23.故选：C5.已知0,0

ab，则242baba的最小值为（）A.22B.42C.421D.221【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式即得.【详解】因为0,0ab，所以22444422222242bbaaaabab

aaa，当且仅当24bba且42aa，即2,22ab时取等号，即242baba的最小值为42.故选：B.6.法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知

椭圆2222:1(0)xyCabab的蒙日圆方程为2222xyab，现有椭圆222:116xyCa的蒙日圆上一个动点M，过点M作椭圆C的两条切线，与该蒙日圆分别交于,PQ两点，若MP

Q面积的最大值为34，则椭圆C的长轴长为（）A.32B.42C.62D.82【答案】C【解析】【分析】由题意可知PQ为圆22216xya的一条直径，利用勾股定理得出222216)4(MPMQPQa，再利用基本不等式即可求即解.【详解】椭圆C的

蒙日圆的半径为22216aba.因为MPMQ，所以PQ为蒙日圆的直径，所以2216PQa，所以222216)4(MPMQPQa.因为22216)2(2MPMQMPMQa，当2216MPMQa时，等号成立，所以MPQ面积的最大

值为：26121MPMQa.由MPQ面积的最大值为34，得23416a，得32a，故椭圆C的长轴长为62.故选：C7.已知数列na满足21121411,,32nnnnaaaaaa，则5a（）A.1

22B.102C.92D.82【答案】D【解析】【分析】首先变形递推公式为2114nnnnaaaa，判断数列1nnaa是等比数列，再利用累乘法求数列na的通项公式，可得答案.【详解】∵11a，213

2a，2114nnnnaaaa，∴数列1nnaa是首项为21132aa，公比为4的等比数列，∴311144322nnnnaa，当2n时，111(1)(6)4521221121114441422

nnnnnnnnnnnaaaaaaaa2872nn，∵n＝1时，187121a，∴2872nnna，254078522a，故选：D.8.函数fx和gx的定义域均为R，且43yfx为偶函数，41ygx为奇函数，对xR

，均有21fxgxx，则77fg（）A.575B.598C.621D.624【答案】C【解析】【分析】由题知()yfx的图象关于直线4x对称，()ygx的图像关于点41,对称，进而得11fg、17ff、127gg，从而得到

77fg，结合77fg的值，再解方程即可得答案.【详解】因为43yfx为偶函数，即4343fxfx，所以，()yfx的图象关于直线4x对称，因为41ygx为奇函数，即

4141gxgx，所以()ygx的图象关于点41,对称.因为对于xR，均有21fxgxx，所以211112fg，因为()yfx关于直线4x对称，所以17ff，因为()ygx关于点41,对称，所以

127gg，所以，774fg，又27717=50fg，解得727723fg，，所以772723621fg.故选：C.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在

每小題给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知函数sin2(0π)fxx，曲线yfx关于点7π,012中心对称，则（）A.将该函数向左平移π6个单位得到一个奇函数B.

fx在3π7π,46上单调递增C.fx在π7π,1212上只有一个极值点D.曲线yfx关于直线π6x对称【答案】BC【解析】【分析】因为函数fx关于点7π,012中心对称可得，从而得到πsin26fxx，根据三角

函数的图象平移规律可判断A；根据x的范围得到π26x，再由正弦函数的单调性可判断B；求出fx的单调区间可判断C，求出yfx代入π6x可判断D.【详解】因函数sin2(0π)fxx

关于点7π,012中心对称，所以7π7πsin2sin0126fx，7ππ6kkZ，所以7π+π6kkZ，而0π，所以π6，πs

in26fxx，对于A，将该函数向左平移π6个单位得到πππsin2sin2cos2662gxxxx，因为xR，cos2gxxgx，所以gx为偶函数，故A错误；对于B，因为3π7π,46x

，所以π5π5πππ2,2π,2π63232x，因为sinyt在ππ2π,2π32在上单调递增，所以fx在3π7π,46x上单调递增，故B正确；对于C

，由πππ2π22π+262kxkkZ得fx的单调递增区间为为ππππ+36kxkkZ，由ππ3π2π22π+262kxkkZ得fx的单调递减区间为π2ππ,π+63kkkZ，所以fx在ππ126

,上单调递增，在π7π,612上单调递减，所以在π6x处有一个极值点，故C正确；对于D，曲线πππ2cos22cos266=6yfxxx

x，π6x时ππ2cos20266，故D错误.故选：BC.10.等差数列na的前n项和为nS，若677889,,SSSSSS.则下列结论正确的有（）A.790aaB.

610SSC.数列na是递减数列D.使0nS的n的最大值为15【答案】ABC【解析】【分析】根据等差数列的前n项和的定义求出80a，70a，90a，由等差数列的性质可判断ABC，再由数列的求和公式判断D.【详解】由677889,,SSSSSS

可知，70a，80a，90a，即10,0ad，由等差数列性质知79820aaa，故A正确；由106789108101030SSaaaaaaa，所以610SS，故B正确；又数列na为等差数列，所以0d，即

数列na为递减数列，故C正确；因为115815815()15215022aaaSa，故D错误.故选：ABC11.已知点P为圆22:(2)(3)1(CxyC为圆心）上的动点，点Q为直线:350lkxyk上

的动点，则下列说法正确的是（）A.若直线:350lkxyk平分圆C的周长，则2kB.点C到直线l的最大距离为5C.若圆C上至少有三个点到直线l的距离为12，则81981933kD.若1

k，过点Q作圆C的两条切线，切点为,AB，当QCAB最小时，则直线AB的方程为33170xy【答案】ABD【解析】【分析】利用直线过圆心求出k可判断A；求出点C到直线l的距离为22441kkk，令22441kkykRk，可得21440ykky，利

用有解可判断C；转化为22335121kkk，解不等式可判断C；求出直线:80lxy，设直线AB与CQ的交点为N，根据AQN≌BQN可得ABQC，由1112222四边形AQC

AQBCSSQCABAQACAQ，转化为所以QCAB最小即四边形AQBC的面积最小，即AQ最小，利用21AQQC，即求QC最小，此时QCl，因为QCAB,可得lABkk设,Aab，由点在圆上和AQ求出A点坐标，再

由点斜式方程可得答案.【详解】2,3C，半径为1，则对于A，若直线:350lkxyk平分圆C的周长，则23350kk，所则2k，故A正确；对于B，点C到直线l的距离为22223354411kkkkkk，令

22441kkykkR，可得21440ykky，当1y时，34k；当1y时，21440ykky有解可得164140yy，解得05y，所以224451kkk，综上所述，点C到直线l的最

大距离为5，故C正确；对于C，因为圆C的半径为1，若圆C上至少有三个点到直线l的距离为12，则22335121kkk，解得81981933k，故C错误；对于D，若1k，直线:80lxy，设直线AB与CQ的交点为N，因为QAQB，QNQN，

AQNBQN，所以AQN≌BQN，所以90ANQBNQ，即ABQC，所以111112222222四边形AQCAQBCSSQCABQCABAQACAQ，所以当QCAB最小即四边形AQBC的面积最小，即AQ最小，因为21A

QQC，所以当QC最小时AQ最小，此时CQl，1CQlkk，1CQk，代入直线点斜式方程可得直线CQ方程为32yx，由3280yxxy联立解得7292xy，所以79,22Q，因

为QCl，ABQC，所以//lAB，所以1lABkk，设,Aab，则22(2)(3)1ab①，22222797912322221AQQCa

b②，由①②解得60126184212618ab，或60126184212618ab，故6012642126,1818A或6012642126,1818

A，由6012642126,1818A、1ABk可得直线AB的方程为42126601261818yx，即33170xy；由6012642126,1818

A、1ABk可得直线AB的方程为42126601261818yx，即33170xy；故D正确.故选：ABD.12.已知点P为抛物线2:2(0)Cxpyp上的动点，F为抛物线C的焦点，若PF的最小值为

1，点0,1A，则下列结论正确的是（）A.抛物线C的方程为24xyB.PFPA的最小值为12C.点Q在抛物线C上，且满足2PFFQ，则92PQD.过2,1P作两条直线12,ll分别交

抛物线（㫒于点P）于两点,MN，若点F到12,ll距离均为12，则直线MN的方程为1515110xy【答案】ACD【解析】【分析】对于A：由焦半径公式求出12p,即可求出C的方程；对于B：设00,Pxy，表示出0200141PFyPAyy

，利用基本不等式求出PFPA的最小值为22；对于C：利用几何法求出直线PQ的斜率，得到直线PQ的方程，与抛物线联立后，利用“设而不求法”求出92PQ；对于D：设1122,,,MxyNxy，证明出11,Mxy、22,Nxy满足方程1515110yx，即可判断.【详解】

对于A：设000,,0Pxyy,则022ppPFy,当且仅当00y时取等号,故12p,故2p,故C的方程为24xy,故A正确；对于B：由C的方程为24xy可得：01F，.设000,,0Pxyy.由抛物线定义可得：01PFy.而22001PAxy

，所以00222000011141PFyyPAxyyy.当00y时，2011001PFPA；当00y时，0200141PFyPAyy001224112=yy（当且仅当001yy，即01y时

等号成立.）所以PFPA的最小值为22.故B错误；于C：不妨设PQ的斜率为正，如图示：分别过P、Q作PC,QB垂直准线于C、B,过Q作QDPC于D.由抛物线定义可得：,PFPCQFQB.因为2PFFQ，不妨设QFm，则,2QBmPFPCm.所以在直角三角

形PQD中，3,PQmPDm.由勾股定理得：DQ2222322PQPDmmm.所以直线PQ斜率为12222PDmkQDm，所以直线PQ的方程为1122yx.与抛物线联立，消去x得：22214yy，即22520yy.由焦点弦的弦长公式可

得：59222PQ.故C正确；对于D：设1122,,,MxyNxy，则直线11:4220.PMyxxx于是121|42|1216(2)xx，整理得：2111560440xx.又21

14xy，故有116060440yx，即111515110yx,故11,Mxy满足方程1515110yx.同理可得：22,Nxy也满足方程1515110yx,所以直线MN的方程为1515110yx.故D正确.故选：

ACD【点睛】解析几何简化运算的常见方法：（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；（3）巧用定义，简化运算.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知函数fx的导数为fx，且满足e20s

in1xfxfx，则2f__________.【答案】21e3【解析】【分析】求导，令0x可求得(0)f，然后可得.【详解】因为e20cosxfxfx所以00e20c

os0ff，解得103f的所以222esin1e23321f.故答案为：21e314.重庆八中某次数学考试中，学生成绩X服从正态分布2105,.若1901202PX剟，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于1

20的概率是__________.【答案】532【解析】【分析】结合正态分布特点先求出120PX，再由独立重复试验的概率公式即可求解.【详解】因学生成绩符合正态分布2105,N，故190120112024PXPX剟，故任意选取3

名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率为23231315C44432P.故答案为：53215.已知对任意平面向量,ABxy，把AB绕其起点沿逆时针方向旋转得到向量cossin,sincosAPxyxy

，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转得到点P.已知平面内点2,1A，点22,12B，把点B绕点A沿逆时针π4后得到点P，向量a为向量PB在向量PA上的投影向量，则ar__________.【答案】22##22【解析】【分析】根据题意，计算出AP，再利用投影向

量的定义及模长公式即得.【详解】因为2,1A，22,12B，所以(2,2)AB，ππππ(2cos(2)cos,2sin(2)cos)(2,0)4444AP，所以P点坐标为(4,1)，所以22,2PB，

2,0PA所以ar422(2,0)2222PAPAPAPAPB.故答案为：22.16.记nS为等差数列na的前n项和，若32624,2SSSa，数列nb满足1nannba，当nb最大时，n的值为______

____.【答案】3【解析】【分析】先求出等差数列na的通项公式，得到1nnbn，取对数后，由ln()xfxx的单调性判断出3b最大.【详解】设等差数列na的公差为d，由题意可得：32611112144(33)26151221nSSSadadadaa

naadd.所以1nnbn，两边同时取对数得：lnlnnnbn令ln(),0xfxxx，则21ln()xfxx.令()0fx得：0ex；令()0fx得：ex，所以()fx在

0,e上单增，在e,+上单减，所以ln()nfnn的最大值在2n或3n处取得.而312166636223228,339bb，所以32bb.所以当nb最大时，n的值为3.故答案为：3．四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在①2cos22co

s12BB；②2sintanbAaB；sinsinsinacAcABbB，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知ABC的内角,,ABC所对的边分别是,,abc，若.（1）求角B；（2）若2b，且AB

C的面积为3，求ABC的周长.【答案】（1）π3B；（2）6.【解析】【分析】（1）选①：先利用三角公式求出1cos2B，即可求出角B；选②：由正弦定理及三角变换求出1cos2B，即可求出角B；选③：由正、余弦定理求出1cos2B，即可求出角B；（2）利用△ABC的面积公式和余弦定理求出4

ac，即可得到△ABC的周长.【小问1详解】选①：由2cos22cos12BB，得22coscos10BB，即(2cos1)(cos1)0BB.所以1cos2B或cos1B.因为(0,π)B，所以π3B.选②：对

于2sintanbAaB，由正弦定理得sin2sinsinsincosBBAAB，即2sinsincossinsinBABAB.因为,(0,π)AB，所以sin0,sin0AB，所以1cos2B.因为(0,

π)B，所以π3B.选③：由三角形内角和定理及诱导公式得到sin()sin()sinABCC，所以()sinsinsinacAcCbB.由正弦定理得：22()acacb，即222acbac.由余弦定理得：2221cos22acbBac

.因为(0,π)B，所以π3B.【小问2详解】因为△ABC的面积为1sin32SacB，得：4ac.由余弦定理得：2222cosbacacB,即224acac，所以242acacac，所以4ac，所以△ABC的周长为6.18.已知数列

na和nb的前n项和分别为,nnST，且111321,1,2log33nnnnaaSba.（1）求数列na和nb的通项公式；（2）若1nnncaT，设数列nc的前n项和为nR，证明：3nR.【答案】（1）113nna

；21nbn；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据na与nS的关系可得113nnaa，进而可得113nna，即得；（2）根据分组求和法及裂项相消法可得nR，进而即得.【小问1详解】由题可知2

13a，11221,133nnnnaSaS，∴123nnnaaa，即113nnaa，又2113aa，∴na是首项为1，公比为13的等比数列，∴113nna，∴132log

321nnban；【小问2详解】由上可知12133nnS，即331223nnS，32122nnnTnn，11111222nTnnnn，所以112112nnnnnncaaT

，所以nR11113331124222211111233212nnnnSnn，931193421324112nnn.19.多年来，清华大学电子工程系黄翔东教授团队致力于

光谱成像芯片的研究，2022年6月研制出国际首款实时超光谱成像芯片，相比已有光谱检测技术，实现了从单点光谱仪到超光谱成像芯片的跨越，为制定下一年的研发投入计划，该研发团队为需要了解年研发资金投入量x（单位：亿元）对年销售额y（单位：亿元）的影响，结合近

12年的年研发资金投入量x，和年销售额y，的数据（1i，2，L，12），该团队建立了两个函数模型：①2yx②exty，其中,,,t均为常数，e为自然对数的底数，经对历史数据的初步处理，得到散点图如图，令2ln1212iiiiuxvyi

,,,,，计算得如下数据：xy1221iixx1221iiyy121iiixxvv206677020014uv1221iiuu1221iivv121iiiuuyy

4604.2031250000.30821500（1）设iu和iy的相关系数为1,irx∣和iv的相关系数为2r，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型；（2）（i）根据（1）的选择及表中数

据，建立y关于x的回归方程（系数精确到0.01）；（ii）若下一年销售额y需达到80亿元，预测下一年的研发资金投入量x是多少亿元？附：①相关系数12211niiinniiiixxyyrxxyy

，回归直线ˆyabx中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：121ˆniiiniixxyybxx，ˆˆaybx；②参考数据：4.3820308774,808.9443,e80.【答案】（1）模型21exy的拟合程度更好（2

）（i）0.023.84ˆexy（ii）预测下一年的研发资金投入量是27.1亿元【解析】【分析】（1）由题意计算相关系数,比较它们的大小即可判断；（2）（i）先建立v关于x的的线性回归方程,再转化为y关于x的回归方程；(2)利用回归方程计算80y时x的值即可.【小问1

详解】由题意进行数据分析：1211121222112150021500430.8625000503125000200iiiiiiiuuyyruuyy121212

1222111414100.91770.2117700.308iiiiiiixxvvrxxvv则12rr，因此从相关系数的角度，模型21exy的拟合程度更好【小问2详解】（i）先建立v关于x的线性回归方

程.由xtye，得lnytx，即vtx.由于1211221140.018770iiiiixxvvxx4.200.018203.84tvx所以v关于x的线性回归方程为ˆ0.023.84vx，所以ˆln0.023.84

yx，则0.023.84ˆexy.（ii）下一年销售额y需达到80亿元，即80y，代入0.023.84ˆexy得，0.023.8480ex，又4.382e80所以0.023.844.382x，解得27

.1x，所以预测下一年的研发资金投入量是27.1亿元20.如图，在四棱柱1111ABCDABCD中，底面ABCD和侧面11BCCB都是矩形，11DDDC，33ABBC.（1）求证：1ADDC；（2）若平面11BCCB与平面1BDD所成的角

为60，求三棱锥1CBDD的体积.【答案】（1）见解析（2）328【解析】【分析】（1）由题意可得出AD⊥CD，AD⊥1DD，即可证明AD⊥平面11CDDC，再由线面垂直的判定定理即可证明；（2）取AB的中点F，以1,,EFECED为正交基底

建系，设1EDa0a，写出各点坐标，分别求出平面1BDD与平面11BCCB的法向量，根据它们所成的锐二面角的大小为3，利用夹角公式列出方程可求出324a，再由体积公式结合等体积法即可得出答案..【小问1详解】证明：因为底面ABCD和侧面11BCC

B都是矩形，所以AD⊥CD，AD⊥1DD，又CD∩1DD＝D，CD，1DD⊂平面11CDDC，所以AD⊥平面11CDDC，又1DC⊂平面11CDDC，所以1ADDC.【小问2详解】取E为CD的中点，连接DE，因为AD⊥平面11CDDC，又DE⊂平面11CDDC，所以ADDE，又因为11DDDC

，所以1DEDC，又AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，所以1DE平面ABCD，取AB的中点F，E为CD的中点，底面ABCD是矩形，所以EFCD,以E为原点，以EF，EC，1ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐

标系Exyz，如图所示:设1EDa0a，则0,0,0E，31,,02B，10,0,Da，30,,02C，10,3,Ca，30,,02D，设平面1BDD的法向量

111,,xnyz，1,3,0DB，130,,2DDa．由11100nDBnDD可得：1111303+02xyyaz，令12ya可得16xa，1

3z，所以16,2,3naa，设平面11BCCB的法向量2222,,nxyz，1,0,0CB，130,,2CCa．由22100nCBnCC可得，2220302xyaz

，令23z可得22ya，所以20,2,3na由于平面11BCCB与平面1BDD所成的锐二面角的平面角为3，所以2121222122+91cos,240949nnannnnaa，可得：423236810aa

，则2249890aa，解得324a．因为AD⊥平面11CDDC，//ADBC，所以BC平面11CDDC，又因为11//CCDD，所以1CC平面1BDD，1DD平面1BDD，所以1//CC平面1BDD，所以1111113CBDDCBDDBCDD

CDDVVVSBC11111323231323248CDDEBC.21.已知双曲线22122:1(0,0)xyCabab的右焦点为3,0F，渐近线与抛物线22:2(

0)Cypxp交于点21,2.（1）求12,CC方程；（2）设A是1C与2C在第一象限的公共点，作直线l与1C的两支分别交于点,MN，便得AMAN.（i）求证：直线MN过定点；（ii）过A作ADMN

于D.是否存在定点P，使得DP为定值？如果有，请求出点P的坐标；如果没有，请说明理由.【答案】（1）221:12xCy，221:2Cyx；（2）（i）答案见解析；（ii）答案见解析.【解析】【分析】（1）利用待定系数法

求出12,CC的方程；（2）（i）设方程为ykxm.令()()1122,,MxyNxy,利用“设而不求法”得到2121222422,1212kmmxxxxkk.表示出0AMAN,整理可得：(63)(21)0kmkm.可以判断出直线MN的方程为

6363ykxkx,即可证明过定点6,3B.（ⅱ）由ADB为直角，判断出D在以AB为直径的圆上，得到4,1P为AB的中点,使得DP为定值.【小问1详解】的因为3,0F，渐近线经过点2

1,2，所以222322cbacab，解得：321cab，所以221:12xCy抛物线22:2Cypx经过点21,2所以22122

2p，所以221:2Cyx【小问2详解】（i）因为,MN在不同支,所以直线MN的斜率存在,设方程为ykxm.令()()1122,,MxyNxy,联立2212ykxmxy得，222124220kxkmxm

，则2121222422,1212kmmxxxxkk.联立12,CC可得2221212yxxy，解得：2,1A.因为0AMAN,所以1212(2)(2)(1)(1)0x

xyy，代入直线方程及韦达结构整理可得：22128230kkmmm，整理化简得：(63)(21)0kmkm.因为2,1A不在直线MN上,所以210,630kmkm.直线MN方程为6363y

kxkkx,过定点6,3B.（ⅱ）因为,AB为定点,且ADB为直角，所以D在以AB为直径的圆上,AB的中点4,1P即为圆心,半径DP为定值.故存在点4,1P,使得DP为定值.22.已知函数lnfxxaxa.（1）若存在0e,x使00fx，求

a的取值范围；的（2）若fx存在两个零点1212,xxxx，证明：2122exx.【答案】（1）2e,；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题可得afxxx，结合条件可得ea，进而可得0fa，即得；（2）由题可得2ea，根

据条件可得2121lnlnxxxxa，1212lnln2xxxxa，然后通过换元法可得只需证1ln21ttt，再构造函数，利用导数研究函数的性质即得.【小问1详解】因为函数lnfxxaxa，所以1axafxxx，当ea时，()0

fx¢>在e,上恒成立，函数fx单调递增，又ee0f，不合题意；所以ea，所以e,xa时0fx，函数fx单调递减，,xa时，()0fx¢>，函数fx单调递增，由题意可知ln0faaaaa

，解得2ea，所以a的取值范围为2e,；【小问2详解】因为1axafxxx，所以当0a时，()0fx¢>在0,上恒成立，函数fx单调递增，不合题意，所以0a，由0fx，可得0,xa，函数fx单调递减，由()0fx¢>，可得

,xa，函数fx单调递增，由题意可知ln0faaaaa，即2ea，因为fx的两个零点1212,xxxx，所以1122,lnlnxxxaxaaa，所以2121

lnlnxxxxa，1212lnln2xxxxa，即证明21212lnln22exxxxa，令211xtx，则21xtx，所以1n1lttxa，可得211lneln1xttatt，221lneln1x

ttatttt，只需证明22211lee1nln2ttxxttt，即证1ln21ttt，即2221ln111tttt，令2g2l

n11ttt，1,t，则241g01ttt，所以gt在1,上单调递增，10gtg，即2ln121tt，所以2122exx.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函

数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适

当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.