高三数学01：(新高考七省地区专用)2023-2024学年高中下学期开学摸底考试卷(含解析)

（考试时间：120分钟注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。试卷满分：150分）第Ⅰ卷

一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．2

1．若全集UR，集合AxZ|x16，Bx|x10，则Að）UB（A．1,2,3B．2,3C．x1x4D．x1x4）2．若复数zm3i2i，其中A．第一象限B．第二象限2

m1，则复数z在复平面内对应的点在（3

C．第三象限D．第四象限）D．19a9a101

（3．在等比数列an中，3a1,a3,2a2成等差数列，则aa278A．3B．1

3C．94．放射性物质的半衰期T的定义为：每经过时间T，该物质的质量会衰减成原来的一半．由此可知，t1TmM()，其中M为初始时物质的质量，t为经过的时间，T为半衰期，m为经过时间t后物质的质量．若2某铅制容器中有A，B两种放射性物质，半衰期分别为TA，TB，开始时这两种物质的质量相等，100天后测量发现物质B的质量为物质A的质量的四分之一，则A．15011

（TBTA

）D．25B．125C．505．过抛物线y22px(p0)的焦点F作直线交抛物线于Ax1,2p，Bx2,22p两点，则p（B．2C．3D．4r6．已知向量a2,0，b0,3，则向量a与b2a夹角的余弦值为（）A．

45

）A．1B．-

35

C．45

D．35

8

7．已知体积为的正四棱锥SABCD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为（3

）A．12π

π

B．9πC．6πD．9π28．已知ae10，b1sinA．abc9π

，c1.16，则a，b，c的大小关系为（10）B．acbC．cabD．cba

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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x，y都是正数，且x2y2，则下列说法正确的是（）A．xy的最大值为2C．x24y2的最小值为4

1

129B．的最小值为xy2D．x2y的最大值为2

ˆ1.5x0.6且x2，10．已知由样本数据xi,yi（i1,2,3,,8）组成的一个样本，得到经验回归方程为y

去除两个异常数据2,7和2,7后，得到的新的经验回归直线的斜率为3，则（A．相关变量x，y具有正相关关系B．去除异常数据后，新的平均数x2

ˆ3x4.8C．去除异常数据后的经验回归方程为y

ˆ的值增加速度变小D．去除异常数据后，随x值增加，y

）11．已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为7，高为3.若P、Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（A．三角形SPQ面积的最大值为）7

2

233B．三棱锥OSPQ体积的最大值C．四面体SOPQ外接球表面积最小值为11πD．直线SP与平面SOQ所成角余弦值最小值为217x2y2

12．已知双曲线C:221a0，b0的离心率为5，F1，F2是双曲线C的两个焦点，经过点F2直线abl垂直于双曲线C的一条渐近线，直线l与双曲线C交于A，B两点，若ABF1的面积为24，则（）A．双曲线C的渐近线方程为yC．线段AB的长为8

1

x2B．双曲线C的实轴长为6D．ABF1是直角三角形第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知(12x)n的二项式系数和为256，则展开式中含x2项的系数为．sinπ

14．已知,0，tan2，则tan

cos2

.．15．已知圆M:x2y22aya240与圆N:x2y24x30有3条公切线，则a的值为xx

16．设函数fxaxeaxae(a0)，若不等式fx0有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是.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．（10分）17．记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c3b，cosB5cosC0．（1）求cosC；（2）若D是边AB上一点，BCCD，且CD21，求ABC的面积，（12分）18．已知数列an,bn,Sn是数列an的前n项和，已知对于任意nN*，都有3an2Sn3，数列bn是等差数列，b1log3a1，且b25,b41,b63成等比数列.（1）求数列an和bn的通项公式.（2）记dnbn21,nN，求数列dn的前n项和Tn.bnbn1anan,n为奇数2n

（3）记cnb,n为偶数，求ckck1.n

k1219．（12分）如图，在多面体ABCDAC1是矩形，AD//BC，AA1平面ABCD，E为CD的中点，11中，四边形ACC1A

ADABAA12BC2，AC3．（1）证明：DA1//平面AEC1；（2）求平面AC11D的夹角的余弦值．11B与平面AC

20．（12分）直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受．针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额：月份x带货金额y/万元13502440358047005880（1）求变量x，y之间的线性回归方程，并据此预测2023年7月份该公司的直播带货金额．（2）该公司随机抽取55人进行问卷调查，得到如下不完整的列联表：参加过直播带货女性男性总计请填写上表，并判断是否有90%的把握认为参加直播带货与性别有关．参考数据：y590，xixi15未参加过直播带货总计302510210，i1

5

yiy2

1700，xixi1

5

yy1320，i

4410006．ˆ参考公式：线性回归方程的斜率bxxyyi1iinxxi1in2ˆ．ˆybx，截距a

nadbc附：K，其中nabcd．abcdacbd2

2

PK2k00.152.0720.102.7060.053.8410.0255.024k0

21．（12分）x2y2在椭圆C：221（ab0）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：x2y2a2b2上，称此圆ab

2366,B为椭圆的蒙日圆．椭圆C过A，223,3

（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在．证明：kOMkON为定值．（12分）22．已知函数fx

12

ax2a1x2lnxaR．2

（1）讨论函数fx的单调性；（2）当a0时，若fx1fx2且x1x2，求证：x1x24．2024届高三下学期开学摸底考

全解全析

一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．2

1．若全集UR，集合AxZ|x16，Bx|x10，则Að）UB（A．1,2,3【答案】B【解析】由题意可知：集合A3,2,1,0,1,2,3，Bxx1，所以ðUBxx1，所以AðUB2,3，故B正确.故选：B.2．若复数zm3i2i，其中A．第一象限【答案】D【解析】因为zm3i2i3m2m1i，实部为3m2，虚部为m1，因为2

m1，所以03m21，m10，3

2

m1，则复数z在复平面内对应的点在（3B．2,3C．x1x4D．x1x4）B．第二象限C．第三象限D．第四象限所以复数z在复平面内对应的点为3m2,m1位于第四象限.故选：Da9a101

（3．在等比数列an中，3a1,a3,2a2成等差数列，则aa278）D．1

9A．3【答案】CB．13C．912

【解析】设an的公比为q，则由题意可知3a12a22a3a1q3a12a1qq3或q1，2显然q1时，a1a8a1a80，无意义舍去；所以a9a10a91qq29.故选：Ca7a8a71q4．放射性物质的半衰期T的定义为：每经过时间T，该物质的质量会衰减成原来的一半．由此可知，t1T若mM()，其中M为初始时物质的质量，t为经过的时间，T为半衰期，m为经过时间t后物质的质量．2某铅制容器中有A，B两种放射性物质，半衰期分别为TA，TB，开始时这两种物质的质量相等，100天后11

（）测量发现物质B的质量为物质A的质量的四分之一，则

TBTA

A．150B．125C．50D．25【答案】A1【解析】设开始时A，B两种物质的质量均为1，t天后A，B两种物质的质量分别为mA，mB，1111则mA()TA，mB()TB，于是100天后有mA()TA，mB()TB，22221001001001002111111TTTTABABmm由B，()，即()()A，得()

424222t

t

100100于是111100100

2，所以.故选：ATBTATBTA50

5．过抛物线y22px(p0)的焦点F作直线交抛物线于Ax1,2p，Bx2,22p两点，则p（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】将Ax1,2p，Bx2,22p两点分别代入抛物线方程，可得2p22px1，解得x11，则A1,2p，22p22px2，解得x24，则B4,22p，又抛物线y22px(p0)的焦点Fp2,0，2p22p由题意可得，A,F,B三点共线，则kAFkBF，即

1pp，解得p4.故选：D2246．已知向量ar2,0，b0,3，则向量a与b2a

夹角的余弦值为（）A．

45B．-

35C．435D．5【答案】A【解析】∵向量a2,0，b0,3，∴b2a

4,3，∴ab2a8，b2a



42325，∴向量a与b2a

夹角的余弦值为cosa,b2aaba

2a8b2a



254

5.故选：A．7．已知体积为8

3

的正四棱锥SABCD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为（A．12πB．9πC．6πD．9π2【答案】B【解析】设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则体积V13Sh132a2h83，所以a2

2h，设球O的半径为R，则OO12O1B2OB2，即(hR)2

2a2

R2，2）ha2h2hh2hh23则R22332，2h2h44h44h2当且仅当h2，即h2时，等号成立，4h29

9π.故选：B.42

所以球O的表面积的最小值为S4πR4π

8．已知ae10，b1sinA．abc【答案】Cπ

9π

，c1.16，则a，b，c的大小关系为（10

）B．acbC．cabD．cba

xx

【解析】令fxex1x0，则fxe10恒成立，所以fx在0,单调递增，x

所以当x0时，fxf00，即ex1x0；令gxxsinxx0，则gx1cosx0恒成立，所以gx在0,单调递增，所以当x0时，gxg00，即sinxx(x0)；π

9ππππ101sin，所以b1sin1e，因此ab；由诱导公式得b1sin10101010因为ae10e10e0.4，c1.161.115，故只需比较e与1.115的大小，15151122由二项式定理得，1.1(10.1)1C15(0.1)C15(0.1)3e，所以ca．π40.4

综上，cab.故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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x，y都是正数，且x2y2，则下列说法正确的是（）A．xy的最大值为2C．x24y2的最小值为4【答案】ABD【解析】对A：x2y222xy可得xy

当且仅当x2y1，即x1，y

1

，2

1

时成立，故A选项正确；2

31

129B．的最小值为xy2

D．x2y的最大值为2

对B：由x2y2，得x

y1，2129122y2x2y2x529，故，所以x2y5

xy2xyxyxy

当且仅当xy

2

2

时成立，故B选项正确；3

1122

，所以x4y44xy442，22对C：x2yx24xy4y24，由A知xy仅当x2y1，即x1，y对D：由A知xy

1

，所以2

1

时成立，故C选项错误；2x2y2

1，x2y22xy222xy22244当且仅当x2y1，即x1，y

1

时成立，故D选项正确．故选：ABD．2

ˆ1.5x0.6且x2，10．已知由样本数据xi,yi（i1,2,3,,8）组成的一个样本，得到经验回归方程为y

去除两个异常数据2,7和2,7后，得到的新的经验回归直线的斜率为3，则（A．相关变量x，y具有正相关关系B．去除异常数据后，新的平均数x2

ˆ3x4.8C．去除异常数据后的经验回归方程为y

）ˆ的值增加速度变小D．去除异常数据后，随x值增加，y

【答案】AC【解析】A选项，因为回归方程的斜率为正，所以相关变量x，y具有正相关关系，所以A正确；B选项，因为x2，所以去除两个异常数据2,7和2,7后，28228

得到新的x，所以B错误；63

ˆ1.5x0.6得y2.4，C选项，由x2代入y

2.48773.2

故去除两个异常数据2,7和2,7后，y，68因为得到的新的经验回归直线的斜率为3，所以y3x3.234.8，3ˆ3x4.8，故C正确；所以去除异常数据后的经验回归方程为y

ˆ3x4.8的斜率为正数，所以变量x，y具有正相关关系，D选项，因为经验回归直线y

ˆ值增加的速度变大，D错误.故选：AC．且去除异常数据后，斜率由1.5增大到3，故y

11．已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为7，高为3.若P、Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（A．三角形SPQ面积的最大值为）7

2

4B．三棱锥OSPQ体积的最大值233C．四面体SOPQ外接球表面积最小值为11πD．直线SP与平面SOQ所成角余弦值最小值为【答案】ABD【解析】选项A，由母线长为7，高为3，可得底面半径为732，77设BC是底面圆的一条直径，则cosBSC2221742277

1

0，即BSC是钝角，7

又SSPQ

117

SPSQsinPSQ77sinPSQsinPSQ，222

则存在点P、Q，当PSQ90时，sinPSQ1，三角形SPQ面积的最大值为选项B，因为SSOP

11

SOOP323，22max7

，故A正确；2

则当OQ面SOP时，VOSPQVQSOPmax1123，故B正确；SSOPOQ32

333选项C，设△OPQ的外接圆半径为r，因为SO与底面垂直，SO

所以，四面体SOPQ外接球半径R满足Rr，2

222若外接球表面积的最小，即外接球的半径R最小，22又Rr

3

，即在底面圆中，△OPQ的外接圆半径r最小，4

由正弦定理2rOQ2π

，OPQ0,，则OPQ无最大值，sinOPQsinOPQ2

△OPQ的外接圆半径无最小值，即四面体SOPQ外接球表面积无最小值，故C错误；选项D，设点P到平面SOQ的距离为d，直线SP与平面SOQ所成角的正弦值为sin则当OP面SOQ时，sinmindd，SP7227，7721，故D正确；故选：ABD.7此时直线SP与平面SOQ所成角的余弦值最小，最小值为5x2y2

12．已知双曲线C:221a0，b0的离心率为5，F1，F2是双曲线C的两个焦点，经过点F2直ab线l垂直于双曲线C的一条渐近线，直线l与双曲线C交于A，B两点，若ABF1的面积为24，则（A．双曲线C的渐近线方程为yC．线段AB的长为8【答案】BCDbcb2【解析】∵e15，∴2，即：b2a，c5a，∴渐近线方程为y2x，故A错误；1x2）B．双曲线C的实轴长为6D．ABF1是直角三角形aa2a经过点F2直线l垂直于双曲线C的一条渐近线，不妨设直线l的斜率为kl1

2，设直线l的方程为x2yc，x2ycx2

y2

，消去x得15y2165ay16a20，a2b21

则Δ165a241516a2=320a20，设Ax1,y1，Bx2,y2，则y165161y215a，yy21215a，所以SABF1

12Fy1

1F2y122F1F2y1y25a24y1y2c

81583a2

24，解得a3，即：2a6，故双曲线C的实轴长为6，故B正确；因为y165162481y215a

1655，y1y215a5，所以AB14y1y224y1y28，故C正确；因为a3，b2a6，c5a35，x2y2所以双曲线方程为9361，直线l的方程为x2y35，x2y352

，消去x得xy2

5y2165y480，9

361则x195x2755或5，又F13y11255

y2

45,055124k5AF15502，kBF5029553517，5535116此时kAF1kl1，所以AF1AB，所以ABF1是直角三角形，故D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知(12x)n的二项式系数和为256，则展开式中含x2项的系数为【答案】112r【解析】因为二项式系数和为256，所以2n256，即n8，所以Tr1C82x2rC8rxr，2222令r2，则T32C8x112x，所以展开式中含x2项的系数为112.r．sinπ

14．已知,0，tan2，则tan

2cos

.【答案】0【解析】易知tan2

sin2tantan，cos1tan2π

因为,0，2

若0，显然tan0，上式恒成立，π

若,0，则tan0，2

所以tan

2tan2

1tan21，无解，221tan1tan综上可知tan0.15．已知圆M:x2y22aya240与圆N:x2y24x30有3条公切线，则a的值为【答案】5【解析】由题可得，圆M:x2(ya)24，圆心为(0,a)，半径为2；圆N:(x2)2y21，圆心为(2,0)，半径为1．因为两圆有3条公切线，所以两圆外切，故圆心距|MN|

22a23，解得a5．．xx

16．设函数fxaxeaxae(a0)，若不等式fx0有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是.1e2,2【答案】2e12e1xx

【解析】由函数fxaxeaxae(a0)，若不等式fx0，即axexaxaex0，x11x1exx2因为a0，可化为xx，令hxxx，可得hx，eaeexxx令xex2，可得xe10，所以x在R上单调递增，又由00,10，所以存在唯一的x00,1使得x00，7当xx0时，x0，可得hx0，所以hx单调递减，当xx0时，x0，可得hx0，所以hx单调递增，且x00,1，又因为h01,h11,h12e1,h22

1，e2111e2所以当原不等式有且仅有三个整数解时，有222e1，解得，a2ea2e12e11e2

,2.即实数的取值范围是2e12e1

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．（10分）记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c3b，cosB5cosC0．（1）求cosC；（2）若D是边AB上一点，BCCD，且CD21，求ABC的面积，【答案】（1）7753；（2）144a2c2b25(a2b2c2)

【解析】（1）由cosB5cosC0，得0，2ac2aba29b2b25(a2b29b2)

将c3b代入得，0，2a3b2ab化简得a27b2，即a7b，a2b2c27b2b29b27则cosC；2ab1427b2（2）由（1）知cosB5cosC5721，则sinB，1414

CD2121，解得BD14，BDBD14则在Rt△DCB中，由sinB所以BCBD2DC2577b，解得b5，则a57,c15，故ABC的面积S1121753.acsinB57152214418．（12分）已知数列an,bn,Sn是数列an的前n项和，已知对于任意nN*，都有3an2Sn3，数列bn是等差数列，b1log3a1，且b25,b41,b63成等比数列.8（1）求数列an和bn的通项公式.（2）记dnbn21,nN，求数列dn的前n项和Tn.bnbn1anan,n为奇数2n（3）记cnb,n为偶数，求ckck1.nk12n【答案】（1）an3，bn2n1；（2）Tn

1170n25n19；（3）22(2n1)3n18【解析】（1）当n1时，3a12a13，解得a13.当n2时，3an12Sn13，所以3an3an12an

an3，an1n即an是以首先a13，公比为3的等比数列，即an3.因为b1log331，b25,b41,b63成等比数列，所以b41b25b63，即13d11d515d3，解得d2.所以bn12n12n1.（2）由（1）得dn

bn212(n2)2



bnbn1an(2n1)(2n1)3n2

2

2n2111

n1n，2n132n132n12n13n2

则Tnd1d2d3dn111111111

[()()()()]011223n1n2133333535373(2n1)3(2n1)3

11111()2130(2n1)3n22(2n1)3n（3）ckck1c1c2c2c3c2nc2n1，k12n12n1因为c2n1c2nc2nc2n1c2nc2n1c2n12n1332n10

2n19n，3n

设dn2n19，前n项和为Kn，12n

则Kn19392n19，9Kn1923932n39n2n19n1，n1811928Kn92929n2n19n192n19n1199Kn

458n5n19.32322n所以ckck1

k11070n25n1Kn9318

19．（12分）如图，在多面体ABCDAC1平面ABCD，E为CD的中点，1是矩形，AD//BC，AA11中，四边形ACC1A

ADABAA12BC2，AC3．（1）证明：DA1//平面AEC1；（2）求平面A1C1B与平面AC11D的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）1010【解析】（1）连接AC1交AC1于点F，连接EF，因为四边形AAC11C为矩形，则F为AC1的中点，又E为CD的中点，所以DA1//EF，因为EF平面AEC1，DA1平面AEC1，所以DA1//平面AEC1．（2）因为AB2,BC1,AC3AB2BC2，所以ACB90，又AD//BC，所以ADAC，因为AA1平面ABCD，AD,AC平面ABCD，所以AA1AD，AA1AC，以A为坐标原点，以AD，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A0,0,0，B1,3,0，A10,0,2，C10,3,2，D2,0,0，

所以AC110,3,0，A1B1,3,2，A1D2,0,2．

设平面A1C1B的法向量为mx,y,z，m3y0,AC11则mA1Bx3y2z0,

令z1，解得y0，x2，所以m2,0,1，103b0,nAC11na,b,cD设平面AC的法向量为，则11nA1D2a2c0,

令a1，解得b0，c1，所以n1,0,1．，设平面A1C1B与平面AC11D的夹角为

mn110

则coscosm,n，mn5210故平面A1C1B与平面AC11D的夹角的余弦值为10．1020．（12分）直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受．针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额：月份x带货金额y/万元13502440358047005880（1）求变量x，y之间的线性回归方程，并据此预测2023年7月份该公司的直播带货金额．（2）该公司随机抽取55人进行问卷调查，得到如下不完整的列联表：参加过直播带货女性男性总计请填写上表，并判断是否有90%的把握认为参加直播带货与性别有关．参考数据：y590，

i15未参加过直播带货总计302510xix210，yiy1700，xixyiy1320，4410006．i1

i1

5

2

5

ˆ参考公式：线性回归方程的斜率b

xxy

i1ini1iniy2xxˆ．ˆybx，截距a

11附：K2nadbc2abcdacbd0.152.0720.102.7060.053.841，其中nabcd．PK2k00.0255.024k0ˆ132x194；预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元【答案】（1）y（2）列联表见解析，参加直播带货与性别有关51【解析】（1）因为x123453，y590，xix5i1210，xixi1

5

yy1320，i

ˆ所以bxxyyi1ii5xxi1i521320132，aˆ5901323194，10ˆ132x194，所以变量x，y之间的线性回归方程为yˆ13271941118（万元）当x7时，y．所以预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元．（2）补全完整的列联表如下．参加过直播带货女性男性总计2510未参加过直播带货51015总计302555零假设H0：参加直播带货与性别无关，552510515根据以上数据，经计算得到K2，3.7432.706x0.130254015根据小概率值0.1的性检验我们推断H0不成立，即有90%的把握认为参加直播带货与性别有关.2

（12分）21．x2y2在椭圆C：221（ab0）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：x2y2a2b2上，称此圆ab2366B,为椭圆的蒙日圆．椭圆C过A，223,3



（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在．证明：kOMkON为定值．12x2

【答案】（1）y21；（2）证明见解析2

2366x2y2,B,【解析】（1）将A22，33，代入到a2b21，

31

12a24b2可得，解得a22,b21，2213a23b2x2

所以椭圆C的方程为：y21．2

（2）由题意可知，蒙日圆方程为：x2y23．（i）若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x2或x2．不妨取x2，代入x2y23中，则y1，不妨取M

2,1，N

2,1，kOM

11212，kON，∴kOMkON．22222（ii）若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：ykxt，ykxt

222

2k1x4ktx2t20，联立x2，化简整理得：2

y12

222222

据题意有Δ16kt44kt4k2t20，于是有：t22k21，设Mx1,y1（x10），Nx2,y2（x20），ykxt222联立2，化简整理得：k1x2ktxt30，2

xy3

Δ14k2t24k21t2343k2t2343k232k214k220，2ktt23

x1x22，x1x22，k1k1则kOMkON

22

y1y2kx1tkx2tkx1x2ktx1x2tx1x2x1x2x1x2

132k2t22

t2t2k2t2k2t23k2t2k2t2t23k2221kkk22，t23t3t23t31k2∵t2k1，所以kOMkON

2

2

2k213k21k21

．

2k2132k2221

综上可知，kOMkON为定值.222．（12分）已知函数fx

12

ax2a1x2lnxaR．2

（1）讨论函数fx的单调性；（2）当a0时，若fx1fx2且x1x2，求证：x1x24．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由题意得函数定义域为0,,fxax2a1

当a0时，fx

x2

，x2(ax1)(x2)，xx则令fx0，得x2，故fx在(0,2)上单调递增；令fx0，得x2，故fx在(2,)上单调递减；1axx2当a<0时，，afxx则当0x2时，fx0，故fx在(0,2)上单调递增；当x2时，fx0，fx在(2,)上单调递减；当0a

111

时，2，则当x0,2,时，fx0，a2a

1

故fx在0,2,,上均单调递增；a

11

当x2,时，fx0，fx在2,上单调递减；aa

1x20，等号仅在x2时取到，fx在(0,)上单调递增；当a时，fx22x2当a

111

时，2，则当x0,2,时，fx0，2aa

1

故fx在0,,2,上均单调递增；a

1411

当x,2时，fx0，fx在,2上单调递减；aa

综上，当a0时，fx在(0,2)上单调递增，在(2,)上单调递减；当0a当a当a

111

时，fx在0,2,,上均单调递增，在2,上单调递减；2aa

1

时，fx在(0,)上单调递增；2111

时，fx在0,,2,上均单调递增，在,2上单调递减；2aa

（2）当a0时，fx在(0,2)上单调递增，在(2,)上单调递减，x2为函数的最大值点；若fx1fx2且x1x2，不妨设x1x2，则可得0x12x2，要证明x1x24，只需证x2

44

，此时x22，2，x1x144

故只需证f(x2)f()，即证f(x1)f()；x1x14ax1x2，令g(x)f(x)f(),x(0,2)，而f(x)xx4a4

1)(2)ax1x24xx(2)则g(x)

4xxx(

ax1x22x4ax2xx3(x2)2[a(x22x4)x]，x32

因为x(0,2),a0,x22x4x130，所以g(x)0恒成立，故g(x)在(0,2)上单调递减，故g(x)g(2)f(2)f(2)0，44

即f(x)f()，即f(x1)f()，故x1x24得证.x1x15