重庆市第一中学校2024届高三下学期5月月考测试数学试题(含答案与解析)_6502

Bxlog2x1，则

AðRB（ ） B. 2,3 D. 0,2,3 2. 已知an是实数集内的等比数列，满足a21，a681，则a4（ ） A. 3

B. 3或3 C. 9

D. 9或9 3. 已知圆锥的轴截面为正三角形，该圆锥的侧面积数值与其体积数值相等，则该圆锥的底面积为（ ） A. 3π B. 12π C. 27π D. 48π 4. 已知定义在R上的函数fx是奇函数，且当x0时，fxlog2x3a，则f3（ ） A. 1

B. 1 C. 2

D. 2 5. 如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序共有（ ）种.

A. 10

6. 已知正数a，b满足A. 8

B. 20 C. 60 D. 120

111，则ab3b的最小值为（ ） abB. 9

C. 10

D. 12

7. 已知直线yx与函数ylnxab的图象相切（a,bR），则eab（e为自然对数的底数）的最小值为（ ） A. 0

B. 1

C. 2

D. e

8. “四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图1），广场中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比乌斯带（如图2）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞”.在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a（a0），坐标原点O为AB中点且点A，B均在x轴上，若动点P满足

PAPBa2，那么点P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“∞”（如图3）.若a1，点P在第

一象限且cosPOB3，则PA（ ） 4 A.

12 B.

2 2C.

2 D. 2

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量X和Y，下列说法正确的是（ ） A. X和Y是分类变量，则2值越大，则判断“X与Y”的把握越大 B. 若EXEY，则DXDY C. 若X~B9,，则DX2 D. 若Y~N0,132，则PY1PY1 3F1F2，则双曲线的离心率可能是（ ） B.

10. 已知中心在原点，焦点在x轴上的双曲线两个焦点分别为F1，F2，过F2作斜率为3的直线，与双曲线相交于点P，若PF1A.

31 231 2C.

31 D.

32 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法.其基本思想是：通过对待排序序列

x1,x2,,xn从左往右，依次对相邻两个元素xk,xk1（k1，2，L，n1）比较大小，若

xkxk1，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，

重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列2,1,4,3进行冒泡排序，首先比较2,1，需要交换1次位置，得到新序列1,2,4,3，然后比较2,4，无需交换位置，最后比较

4,3，又需要交换1次位置，得到新序列1,2,3,4，最终完成了冒泡排序.同样地，序列1,4,2,3需要

依次交换4,2，4,3完成冒泡排序.因此，2,1,4,3和1,4,2,3均是交换2次的序列.现在对任一个包含n个不等实数的序列进行冒泡排序（n3），设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为an，只需要交换1次的序列个数为bn，只需要交换2次的序列个数为cn，则下列说法正确的有（ ） A. annn12 B. bnn1 C. cn1cnn1 n2n2D. cn 2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z的共轭复数是z，若2izzzi2024，则z___________. 13. 已知fxcosx2sinx的最大值为3，则tan2___________.

14. 如图，已知棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面使得PB//，则平面截正四棱锥P-ABCD所得的截面面积为___________.

四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC（1）求A的大小； 1cb. 2（2）若sinC3sinB，BC边上的中线AD长为7，求ABC的面积.

16. 在一种新能源产品的客户调查活动中发现，某小区10位客户有4人是该产品的潜在用户，小刘负责这10人的联系工作，他先随机选择其中5人安排在上午联系，剩余5人下午联系. （1）设上午联系的这5人中有个潜在用户，求的分布列与期望； （2）小刘逐一依次联系，直至确定所有潜在用户为止，求小刘6次内即可确定所有潜在用户的概率. 17. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，AC2，ABBC，D，E，F分别为A1B1，BB1，BC的中点.

（1）证明：平面DEF平面ACC1A1； π，求二面角ADEF的余弦值. 4918. 已知F2,0，A3,0，直线l：x，动点P到l的距离为d，满足3PF2d，设点P的轨

2（2）若直线DE与平面ABC所成的角大小为

迹为C，过点F作直线l1，交C于G，H两点，过点F作与l1垂直的直线l2，直线l与l2交于点K，连接AG，AH，分别交直线l于M，N两点. （1）求C的方程； （2）证明：KNKM； （3）记GMK，HNK的面积分别为S1，S2，四边形AGKH的面积为S3，求

S3的范围.

S1S219. 函数极限是现代数学中非常重要的概念，函数fx在xx0处的极限定义如下：0，存在正数

，当0xx0时，均有fxA，则称fx在xx0处的极限为A，记为

limfxA，例如：fx2x在x1处的极限为2，理由是：0，存在正数

0x1时，均有2x22x122

，当

2，所以lim2x2.已知函数gxa2ex，

lnx,x0,ehxx，（a0，e为自然对数的底数）.

gx,xe,（1）证明：gx在xe处的极限为ae； 11hx=hx（2）若a2，(1)(2)，x1x2，求x1x1x2的最大值； efxA，用函数极限的定义证明：limfxgxAae. （3）若limxexe参 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合A. 3 C. 1,2,3 【答案】D 【解析】 【分析】解对数不等式求出集合B，然后由集合的补集运算和交集运算可得. 【详解】由log2x1解得B0,2，所以ðRB,02,， 所以AðRB0,2,3. 故选：D

2. 已知an是实数集内的等比数列，满足a21，a681，则a4（ ） A. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项的性质即可求解.

【详解】由等比中项可得，a4a2a681，又a4a2qq0， 于是a49. 故选：C.

2A0,1,2,3，

Bxlog2x1，则

AðRB（ ） B. 2,3 D. 0,2,3 B. 3或3 C. 9

D. 9或9 223. 已知圆锥的轴截面为正三角形，该圆锥的侧面积数值与其体积数值相等，则该圆锥的底面积为（ ） A. 3π 【答案】B 【解析】 【分析】由轴截面正三角形可得l2r,h从而可得圆锥的底面积. 【详解】几何体如图所示： B. 12π C. 27π D. 48π 3r，进而由圆锥的侧面积数值与其体积数值相等可求半径，

因为轴截面PAB是正三角形，所以l2r,h圆锥的侧面积等于πrl2πr2， 圆锥的体积等于

3r.

1233πrhπr， 3333πr，得r23. 3由圆锥的侧面积数值与其体积数值相等，得2πr2故圆锥的底面积为πr212π. 故选：B.

4. 已知定义在R上的函数fx是奇函数，且当x0时，fxlog2x3a，则f3（ ） A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】定义在R上的函数fx是奇函数，所以f00，由此可得a的值，进而由f3可得f3的值.

【详解】因为fx是定义在R上的奇函数，所以f0log23a0， 解得alog23，则fxlog2x3log23， B. 1 C. 2

D. 2 f3log26log23log221， 所以f3f31. 故选：B.

5. 如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序共有（ ）种.

A. 10 【答案】A 【解析】 B. 20 C. 60 D. 120

【分析】合流结束时5辆车需要5个位置，第一步从5个位置选2个位置安排左边的2辆汽车，第二步剩下3个位置安排右边的3辆汽车，从而由分步乘法计数原理可得结果. 【详解】设左车辆汽车依次为A1,A2，右车辆汽车依次为B1,B2,B3， 则通过顺序的种数等价于将A1,A2安排在5个顺序中的某两个位置（保持A1,A2前后顺序不变）， B1,B2,B3安排在其余3个位置（保持B1,B2,B3前后顺序不变），B1,B2,B3， 所以，合流结束时汽车通过顺序共有C5C310. 故选：A.

6. 已知正数a，b满足A. 8 【答案】B 【解析】 23111，则ab3b的最小值为（ ） abB. 9

C. 10

D. 12

111变形为abab，代入ab3b，再通过常数代换和基本不等式可得. ab11【详解】因为1，所以abab， ab【分析】将

所以ab3ba4ba4b当且仅当a3,b4ba1155249， abab3时，等号成立，所以ab3b的最小值为9. 2故选：B

7. 已知直线yx与函数ylnxab的图象相切（a,bR），则eab（e为自然对数的底数）的最小值为（ ） A. 0 【答案】C 【解析】 【分析】设切点为Qx0,y0，根据切点在切线和曲线上，以及切点处的导数等于切线斜率，联立求解可得

xab1，则eabeaa1，构造函数fxex1，利用导数求最小值即可. B. 1 C. 2 D. e

【详解】设直线yx与函数ylnxab的图象相切于点Qx0,y0， y0x0则，所以lnx0abx0， ylnxab0011又lnxabxa，所以xa1，即x0a1， 0所以ln1bx0，即bx0，所以ab1，所以eabeaa1， 令fxex1，则fxe1， xx当x0时，fx0，fx在,0上单调递减； 当x0时，fx0，fx在0,上单调递增. 所以，当x0时，fx取得最小值fxminf02， 所以eab的最小值为2. 故选：C

8. “四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图1），广场中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比乌斯带（如图2）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞”.在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a（a0），坐标原点O为AB中点且点A，B均在x轴上，若动点P满足

PAPBa2，那么点P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“∞”（如图3）.若a1，点P在第

一象限且cosPOB3，则PA（ ） 4 A.

12 B.

22 C.

2 D. 2

【答案】C 【解析】 【分析】设Px,y，根据双纽线的定义求出点P的轨迹方程，设OPr,POB，P(rcosq,rsinq)，代入方程求出OP，再在POB中，利用余弦定理求出PB，即可得解.

【详解】A1,0,B1,0，设Px,y， 由双纽线的定义得PAPB1， 即x12y2x12y21， 化简得x2y222x2y2， 显然OB1，设OPr,POB，则P(rcosq,rsinq)， 代入方程x2y222x2y2，得r42r2cos2sin22r2cos2， 所以r22cos222cos2129121614， 由余弦定理得PB2OP2OB22OPOBcosPOB14121312142， 所以PB22， 所以PA1PB2. 故选：C.

【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； 则

（3）相关点法：用动点Q的坐标x、y表示相关点P的坐标x0、y0，然后代入点P的坐标x0,y0所满足的曲线方程，整理化简可得出动点Q的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标x、y之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y与某一参数t得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量X和Y，下列说法正确的是（ ） A. X和Y是分类变量，则2值越大，则判断“X与Y”的把握越大 B. 若EXEY，则DXDY C. 若X~B9,，则DX2 D. 若Y~N0,【答案】CD 【解析】 【分析】根据2的意义可判断A；根据平均数与方差的意义可判断B；由二项分布的方差公式求解可判断C；由正态分布的对称性可判断D. 【详解】对于A，2值越大，X和Y有关系的可能性就越大，则“X与Y”的把握越小，A错误； 对于B，平均数相等，数据的分散程度不一定相等，即方差不一定相等，B错误； 对于C，若X~B9,，则DX9对于D，若Y~N0,故选：CD

10. 已知中心在原点，焦点在x轴上的双曲线两个焦点分别为F1，F2，过F2作斜率为3的直线，与双曲线相交于点P，若PF1A.

132，则PY1PY1 132122，C正确； 33，则由正态分布的对称性可知PY1PY1，D正确. 3F1F2，则双曲线的离心率可能是（ ） B.

31 231 2C.

31 D.

32 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，分双曲线的渐近线的斜率

bb3和3，设PF2x，结合余弦定理和双曲线的aa定义，求得x的值，进而求得双曲线的离心率，得到答案. 【详解】由题意，可得F1F22c，因为PF13F1F2，则PF123c，设PF2x， bb2①若双曲线的渐近线的斜率3，则e122， aa如图（1）所示，因为过F2作斜率为3的直线，则PF1F1由余弦定理得12c4cx22cxcos2222π， 32π，整理得x22cx8c20， 3解得x2c或x4c（舍去），所以2aPF1PF22(31)c， 可得a(31)c，所以离心率为ec1312，满足题意，所以A正确； a2312bb②若双曲线的渐近线的斜率3，则e122， aa如图（1）所示，因为过F2作斜率为3的直线，则PF1F1由余弦定理得12c4cx22cxcos222π， 3π，整理得x22cx8c20， 3解得x4c或x2c（舍去），所以2aPF1PF2(423)c， 可得a(23)c，所以离心率为e故选：AD.

c1232，满足题意，所以C正确， a23 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法.其基本思想是：通过对待排序序列

x1,x2,,xn从左往右，依次对相邻两个元素xk,xk1（k1，2，L，n1）比较大小，若

xkxk1，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，

重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列2,1,4,3进行冒泡排序，首先比较2,1，需要交换1次位置，得到新序列1,2,4,3，然后比较2,4，无需交换位置，最后比较

4,3，又需要交换1次位置，得到新序列1,2,3,4，最终完成了冒泡排序.同样地，序列1,4,2,3需要

依次交换4,2，4,3完成冒泡排序.因此，2,1,4,3和1,4,2,3均是交换2次的序列.现在对任一个包含n个不等实数的序列进行冒泡排序（n3），设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为an，只需要交换1次的序列个数为bn，只需要交换2次的序列个数为cn，则下列说法正确的有（ ） A. annn12 B. bnn1 C. cn1cnn1 【答案】ABD 【解析】 n2n2D. cn 2【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为1,2,3,,n，再根据等差数列前n项和公式即可判断A；得出只要交换1次的序列的特征即可判断B；确定元素n1在新序列的位置，再分类讨论即可判断C；结合C选项，利用累加法即可判断D.

【详解】不妨设序列的n个元素为1,2,3,,n， 对于A，交换次数最多的序列为n,n1,,2,1， 将元素n冒泡到最右侧，需交换n1次， 将元素n1冒泡到最右侧，需交换n2次， L 故共需要n1n221n11n1nn1，故A正确； 22对于B，只要交换1次的序列是将1,2,3,,n中的任意相邻两个数字调换位置的序列， 故有n1个这样的序列，即bnn1，故B正确； 对于C，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n1添加进原序列， 使得新序列（共n1个元素）交换次数也是2， 则元素n1在新序列的位置只能是最后三个位置， 若元素n1在新序列的最后一个位置， 则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有cn个）， 若元素n1在新序列的倒数第二个位置， 则会增加1次交换，故原序列交换次数为1（这样的序列有bnn1个）， 若元素n1在新序列的倒数第三个位置， 则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个）， 因此cn1cnn11cnn，故C错误； 对于D，考虑n3时， 则序列有1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2,3,2,1共6种情况， 交换次数分别为0,1,1,2,2,3， 故需要交换2次的序列有2,3,1,3,1,2共2个，因此c32， 由C知cn1cnn， 则cncn1n1cn2n2n1c334n1 234n1故选：ABD.

n1n2n2n2，故D正确. 22【点睛】关键点点睛：在解根数列新定义相关的题目时，理解新定义是解决本题的关键.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z的共轭复数是z，若2izzzi2024，则z___________. 【答案】i 【解析】 【分析】设zabi，代入条件中，根据复数相等列方程组求解可得. 【详解】设zabi,a,bR，则zabi， 因为i2024i45061，所以2iabiabiabi1， 整理得2b2aia2b21， a2b212b所以，解得a0,b1，所以zi.

2a0故答案为：i 13. 已知fxcosx2sinx的最大值为3，则tan【答案】1 【解析】 【分析】先写出fx的展开式，然后利用辅助角公式求最大值，进而得sin1，从而可得结果. 【详解】fxcosx2sinxcosxcossinx2sin， 由辅助角公式可得fx的最大值2___________.

2sin2cos23， π,kZ， 2化简得54sin9，即sin1，解得2kπ所以，tantanktan1k. 244故答案为：1.

14. 如图，已知棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面使得PB//，则平面截正四棱锥P-ABCD所得的截面面积为___________.

【答案】52 【解析】 【分析】取AP中点为E，取BC中点为F，易证明PB//平面EMFN，再通过取四等分点G，可证明截

面就是五边形GEMFN，最后通过证明四边形EMFN是矩形，再来计算截面的面积即可.

【详解】 取AP中点为E，取BC中点为F，连结四点可得四边形EMFN， 结合题意可知EM//PB,NF//PB，所以EM//NF， 同理：EN//AC,MF//AC，所以EN//MF，即四边形EMFN是平行四边形， 因为EM//PB,EM平面EMFN， PB平面EMFN，所以PB//平面EMFN， 设MFBDH，可得HB11BD，再在PD上取点G，满足PGPD， 44此时HG//PB，所以HG//PB//EM//NF，可得截面五边形GEMFN， 由正四棱锥可知：PO平面ABCD，且MF平面ABCD，所以POMF， 又因为BDMF，BDPOO，BD平面PBD，PO平面PBD，所以MF平面PBD， 又因为PB平面PBD，所以MFPB， 又因为NF//PB，所以MFNF，从而可得四边形EMFN是矩形， 由正四棱锥所有棱长均为4，可知MF11AC22，EMPB2， 22所以四边形EMFN的面积为MFEM22242， 再由HB13BD，HG//PB，可知：HGPB3 44１２2， 又因为EM2，所以三角形EMG的面积为２２32所以截面五边形GEMFN的面积为42252 故答案为：52. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC（1）求A的大小； 1cb. 2（2）若sinC3sinB，BC边上的中线AD长为7，求ABC的面积. 【答案】（1）（2）33. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合sinBsinAcosCcosAsinC化简可得； 2π； 31ABAC平方可得b2，c6，再由面积公式可得. （2）根据正弦定理角化边，由AD2【小问1详解】 由正弦定理边化角得sinAcosC1sinCsinB， 2又sinBsinACsinAcosCcosAsinC， 11sinCsinAcosCcosAsinC，即sinCcosAsinC， 221因为C0,π,sinC0，所以cosA， 2所以sinAcosC因为A0,π，所以A【小问2详解】 由sinC3sinB得c3b， 2π. 3 1ABAC，AD7， 因为AD22211ABAC2ABACc2b2bc， 所以744所以9b2b23b228，即b2，所以c6， 所以SABC113bcsinA2633. 22216. 在一种新能源产品的客户调查活动中发现，某小区10位客户有4人是该产品的潜在用户，小刘负责这10人的联系工作，他先随机选择其中5人安排在上午联系，剩余5人下午联系.

（1）设上午联系的这5人中有个潜在用户，求的分布列与期望； （2）小刘逐一依次联系，直至确定所有潜在用户为止，求小刘6次内即可确定所有潜在用户的概率. 【答案】（1）分布列见详解，E2 （2）

43 630【解析】 【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求出相应概率，即可得分布列，再由期望公式可得期望； （2）6次内确定所有潜在用户有：前4次抽到的全是潜在用户；前4次抽到3个潜在用户，第5次抽到一个潜在用户；前5次抽到3个潜在用户，第6次抽到一个潜在用户，共三种情况，根据组合知识结合古典概型概率公式可得. 【小问1详解】 由题知，服从超几何分布，可能取值有0,1,2,3,4， 0412C5C6C45C31106C46C4,P1,P2所以P0， 555C1042C1021C1021234C6C45C116C4P35,P45.

C1021C1042得分布列为：  0

P 1 2 3 4

1 42510 21215 211 42所以E0【小问2详解】 15105112342. 4221212142记确定所有潜在用户所需要的联系次数为X， C3C4C311144,PX55,PX665. 则PX44C10210C1063C1021所以，6次内即可确定所有潜在用户的概率为

11143. 210632163017. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，AC2，ABBC，D，E，F分别为A1B1，BB1，BC的中点.

（1）证明：平面DEF平面ACC1A1； （2）若直线DE与平面ABC所成的角大小为【答案】（1）证明见解析 （2） π，求二面角ADEF的余弦值. 415 5【解析】 【分析】（1）取AC的中点O，连接OB，以点O为原点建立空间直角坐标系，证明两个平面的法向量垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 取AC的中点O，连接OB， 因为ABBC，所以OBAC， 如图，以点O为原点OA,OB所在直线为x,y轴，在平面ACC1A1内过O作垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 设OBb， 则D1b1b,,2,E0,b,1,F,,0， 22221b故DE,,1,DF1,0,2， 22设平面DEF的法向量为nx,y,z， b1nDExyz022则有，令x2，则z1,y0， nDFx2z0所以n2,0,1， 因为y轴平面ACC1A1，则可取平面ACC1A1的法向量为m0,1,0， 则nm0，所以nm， 所以平面DEF平面ACC1A1； 【小问2详解】 因为z轴平面ABC， 则可取平面ABC的法向量为p0,0,1， 因为直线DE与平面ABC所成的角大小为

DEpcosDE,p所以DEpπ， 4π242，解得b3， 15b244sin13D则2,2,2,E0,3,1,A1,0,0， 1313故DE2,2,1,AD2,2,2， 设平面ADE的法向量为qx1,y1,z1， 1qDEx12则有1qADx123y1z102，令x13，则y11,z10， 3y12z102所以q3,1,0， 15nq23所以cosn,q， nq552由图可知二面角ADEF为锐二面角， 所以二面角ADEF的余弦值为15. 59，动点P到l的距离为d，满足3PF2d，设点P的轨218. 已知F2,0，A3,0，直线l：x迹为C，过点F作直线l1，交C于G，H两点，过点F作与l1垂直的直线l2，直线l与l2交于点K，连接AG，AH，分别交直线l于M，N两点. （1）求C的方程； （2）证明：KNKM； （3）记GMK，HNK的面积分别为S1，S2，四边形AGKH的面积为S3，求

S3的范围.

S1S2x2y2

【答案】（1）1 95（2）证明见解析 【解析】 （3）,2 3

2



x2y2

【分析】（1）利用坐标公式代入3PF2d得到C的轨迹方程1； 95（2）利用方程组思想，先求出交点G(x1,y1),H(x2,y2)满足的韦达定理，再利用这两个坐标写直线方程去

9915y115y2,N,yyN2yK，即可 求出交点M；22x3和22x3，最后利用韦达定理去证明M12（3）利用所求的坐标去表示S3=SAMNS1S2，然后把

S3转化到韦达定理上来，可得到

S1S222S31+2，然后求出取值范围即可.

3m1【小问1详解】 9222由3PF2d9x2y24x，得到：9x4x4y4x36x81， 222x2y2x2y2

即：5x9y451，所以C的方程为1； 959522【小问2详解】 证明：要证KNKM，即证明K为MN的中点，如图： 易知：l1的斜率不为0，可设直线方程l1：xmy2,G(x1,y1),H(x2,y2), x2y2122联立：9，消元得：5m9y20my250， 5xmy2得到Δ=400m1005m9900m9000，则y1y2可得AG方程为y22220m25,yy， 125m295m2915y1y19yx3，令x，得到， 2x3x13219915y115y2M,N,所以22x3，同理：22x3， 12即yMyN15y115y2y215y1 2x132x232my15my252520m2m52my1y25y1y215155m295m292=5m， 2520m2my1y25my1y2252m25m22525m95m95m9直线l2：ymx2，令x，得到yK， 22所以有yMyN2yK，而xMxNxK， 所以K为MN的中点，即KNKM； 【小问3详解】 由S1S219191MKx1NKx2MNx1x29， 2222419MN3S1S2， 22S3=SAMNS1S2得：

S31515=111 S1S21MNxx9x1x29my1y2512419MN322155m29112 20m3m1m255m92m262m2322==1+， 223m213m13m1因为

S322221+,2，所以,2. SS3m213312【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x1,y1,x2,y2； （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，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式； （5）代入韦达定理求解.

19. 函数极限是现代数学中非常重要的概念，函数fx在xx0处的极限定义如下：0，存在正数

，当0xx0时，均有fxA，则称fx在xx0处的极限为A，记为

limfxA，例如：fx2x在x1处的极限为2，理由是：0，存在正数

0x1时，均有2x22x122

，当

2，所以lim2x2.已知函数gxa2ex，

lnx,x0,ehxx，（a0，e为自然对数的底数）.

gx,xe,（1）证明：gx在xe处的极限为ae； （2）若a11hx=hxxxx，(1)(2)，12，求x11x2的最大值； e2fxA，用函数极限的定义证明：limfxgxAae. （3）若limxexe【答案】（1）证明见解析 （2）e2ee （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）要使得gxae，即exa，再根据题意即可得证； 1（2）利用导数求出函数的单调区间，令hx1hx2m，确定m的范围，再将xx1,x分别用m表

12示，构造函数，利用导数求出最大值即可； 1,12limfxA（3）有xe结合（1），对任意正数，取12，，0，当

,22210xe时，有fxgxAaefxAgxae，即可得证.

【小问1详解】 要使得gxae，即a2exae， 即aex，即exa， 所以0，存在整数

a

，当0xe时， 均有gxaeaexaexaa， gxae； 所以limxe【小问2详解】 当0xe时，hxlnx1lnx0， ，则hxxx2所以函数hx在0,e上单调递增， 当xe时，hxgx1212ex2x单调递减， 2eee因为hx1hx2，x1x2，所以0x1ex2， 令hx1hx2m， 因为he1ge，x0时，hx，x时，hx， e所以m,， 1lnx1x1mxm1m，得lnx1mx1，得x1ee，得x1由hx1m，得x1em， x11e由hx2m，得x22eem， 2所以xxem2ee2m， 2令pmem1x1112ee2m，m,， em1则pm2eeme， 令pm0，得m当m21， e2211时，pm0，当1m时，pm0， eee2121上单调递增，在1,上单调递减， eee2ee所以函数pm在,所以pmmax1x112p1ee2ee， 即xx的最大值为e2【小问3详解】 ； fxA， 因为limxe所以10，存在正数1，当0xe1时，均有fxA1； gxae， 由（1）知limxe即20，存在正数2，当0xe2时，均有fxae2， 对任意正数，取121,12，， ,22210，当0xe时， 有fxgxAaefxAgxae fxAgxae12， fxgxAae. 所以limxe【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 