2024届山东省济南市高三上学期期末考数学试题和答案

2024年1月济南市高三期末学习质量检测数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．Mx1xNxx2x21.已知集合，，则MN（）x1x2x1x5x1x2x1x5A.B.C.D.1iz2.若2i，则其共轭复数z（）11i331131i553515iA.B.C.D.i331xyx与曲线yax处有相同的切线，则（在交点1,0a3.已知曲线）1212A.1B.C.D.14.已知直线l经过点2,4，则“直线l的斜率为1”是“直线l与圆C：xy32相切”的22（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件πBAD5平行四边形ABCD中，3，4，，若BEEC，CF2，则3（）A.4B.6C.18D.22π445sin6.已知，则sin（）12712257D.A.B.C.25257.已知抛物线C:y线AB的距离为2，则的面积为（A42B.8228x的焦点为F，坐标原点为O，过点F的直线与C交于,B两点，且点O到直）C.162D.322第1页/共5页nπnπ8.数列的前n项和为，若a1a2，且a2，asin，则S2024aSnnn12n222（）A.1011B.20241011C.1011D.1011二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知实数、满足ab，则（ab）A.a2b2B.a3b311D.asinabsinbC.ba10.已知函数R，且，，则（）fxfxyfxfy1f10有最小值fxf01A.C.B.D.f20242023是奇函数fx111.“防电信诈骗知识竞赛”各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若该组每位选手失分都不超过7“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（）A.甲组中位数为3，极差为4C.丙组平均数为3，方差为2B.乙组平均数为2，众数为2D.丁组平均数为3，第65百分位数为6N12.如图，中，ABBC4，，M是AB中点，是AC边上靠近A的四等分点，将AMN沿着MNA）处，得到四棱锥PBCNM翻折，使点到点P，则（A.记平面与平面PMN的交线为l，则l//平面BCNMB.记直线和BC与平面所成的角分别为，，则C.存在某个点P，满足平面PBC平面D.四棱锥PBCNM外接球表面积的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在正四棱锥P中，PAAB2，则该棱锥的体积为____________．第2页/共5页π4πfxsinx（014.已知函数π）的最小正周期不小于，且fxf恒成立，则的4值为____________．15.2023年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉名的吉祥物的分配方案共有____________x22y221（a0，bF，F，过点F0）的左、右焦点分别为的直线与C的右12216.已知双曲线C：ab11AB支交于A，B两点，且AFAB，的内切圆半径r2B，则C的离心率为____________．12四、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.记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a3，b（1）求B，2cc9．2（2）ABC的平分线交边AC于点D，且2，求b．18.如图，四棱锥P-ABCD中，∥，BCCD，CD222，平面ABCD平面PAC．（1）证明：；5（2）若PAPCAC，M是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．2中的所有项按照每一行项数是上一行项数的两倍的规则排成如下数表：an19.将数列1a2a3第3页/共5页459678aaa……，为数列的前n项和，且满足记表中的第一列数1，a2，4，abnSnbn，…构成的数列为8Sn21．n（1）求数列的通项公式；bn（2）从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成公差为2的等差数列，求上表中第k（k3）行所有项的和T．k20.“”主题的2023来了巨大的便利，但同时也伴随着一些潜在的安全隐患．为了调查不同年龄阶段的人对人工智能所持的态度，某机构从所在地区随机调查100人，所得结果统计如下：3040506070年龄（岁）频数24201613151225152010持支持态度（1）完成下列2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为所持态度与年龄有关；年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度不持支持态度总计（2）以频率估计概率，若在该地区所有年龄在50岁以上（含50岁）的人中随机抽取3人，记为3人中持支持态度的人数，求的分布列以及数学期望．2nadbc附：K2abcdacbd第4页/共5页kPK20.0503.8410.0106.6350.001k10.82821.在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线x4的距离之比为F012．（1）求动点M轨迹W的方程；（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线111，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若k1，k2AB，CD的斜率分别为，且kk21不是，请说明理由．321fxaxxx2．22.已知函数2x（1）当a1时，求的单调区间；fx（2）若x1时，fx0，求a的取值范围；11112n4n12（3）对于任意nN*，证明：．4n2n1n2第5页/共5页2024年1月济南市高三期末学习质量检测数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的．Mx1xNxx2x21.已知集合，，则MN（）x1x2x1x5x1x2D.x1x5A.B.C.【答案】C【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.，解得1x2，x2x1【详解】由x2x2，得0Nx1x.所以所以MNx1x5x1x2x1x2.故选：C.1iz2.若2i，则其共轭复数z（）11i3311313515iiA.B.C.D.i3355【答案】D【解析】31zi【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解.55311i1i2i3515【详解】由复数zi，所以zi.2i2i2i55故选：D.1xyx与曲线yax处有相同的切线，则（1,0a3.已知曲线在交点）1212A.1B.C.D.1【答案】B【解析】第1页/共23页【分析】利用导数求出切线的斜率，从而可求解.1x【详解】由题知曲线yx和曲线yax处有相同的切线，即斜率相等，1,0在交点k1所以对于曲线yx，求导得y，所以在点处的切线斜率为k1，x1x1xyaxya1对于曲线，求导得，211212a11，得a所以，故B正确.故选：B.4.已知直线l经过点2,4，则“直线l的斜率为1”是“直线l与圆C：xy32相切”的22（）A.充分不必要条件【答案】CB.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】【分析】由题求得过4且与圆C相切的直线方程，即可判断命题关系【详解】由题，圆C是圆心为当直线l的斜率不存在时，直线方程为x2，此时圆心到直线距离为1，不等于半径，与圆不相切不符合；，半径为1,32的圆，y4kx2，化为一般式即y2k40，当直线l的斜率存在时，设直线为k1则圆心到直线距离为d2，解得k1,2k2所以“直线l的斜率为1”是“直线l与圆C相切”的充要条件,故选：C.πBAD5.平行四边形ABCD中，3，4，，若BEEC，CF2，则3（）A.4B.6C.18D.22【答案】C【解析】【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的坐标运算及数量积的坐标运第2页/共23页算即可求解.【详解】由题意可知，以A为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示π因为ABADBAD，3所以.A0,0,B3,0,C5,23,D2,23设，则，Ex,yxy,5x,23y由BEEC，得xyx35xx4y3x,23y，即5，解得，y23yE3所以.设，则CFxy23,2x,23y，1Fx,y111111由CF2，得x123221,23142x,432y，11x542xx3111即，解得，y23432yy23111.F3,23所以AE3,AF3,23所以，AEAF33,234332318.故选：C.π445sin6.已知，则sin（）12712257D.A.B.C.2525第3页/共23页【答案】A【解析】πsin2α2α【分析】根据【详解】因为，结合二倍角公式和诱导公式即可求解.2π442ππ7sin，则212sin212，4524255π2257sin所以，故选：A.7.已知抛物线C:y28x的焦点为F，坐标原点为O，过点F的直线与C交于,B两点，且点O到直线AB的距离为2，则的面积为（）A.42B.82C.162D.322【答案】B【解析】【分析】设直线AB的方程为x2，Ax,y,Bx,y，根据点O到直线AB的距离求出m，联2112yy,yy，再根据弦长公式求出12，进而可得出答案.立方程，利用韦达定理求出12【详解】由题意，F2,0可设直线AB的方程为x2Ax,y,Bx,y，，112221，则2，解得m21m2xmy2x，消得y20，联立y28x640，yy8,yy1664m2则，12121m2yy241y2所以121m264m2642646416，第4页/共23页1所以的面积为216282.故选：B.nπnπ的前项和为Sn，若11，，则S2024aa22，且n22asin8.数列nnn22（）A.1011B.20241011C.1011D.1011【答案】D【解析】n2k,kNa的所有偶数项构成等比数列，令n【分析】对于数列递推式，分别令，推出数列n2kkN，推出奇数项均为1，再结合分组求和，即可求得答案.2π2π，则a2asin2kn2k,kN【详解】令，2k222即a2k，即数列的所有偶数项构成首项为aa22，公比为3的等比数列，2k2n(2kπ(2kπ，则a2asin2k1n2kkN令，2k1222a2k11，由于11，则a21a21,a1，即a2k1352k1故Saaa(aaa)(aaa)12241313)10121011，故选：D第5页/共23页和令n2kkNn2k,kN【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据数列递推式，依次令，推出数列的奇偶项的规律，从而结合分组求和法以及等比数列前n项和公式，求解答案.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知实数、满足ab，则（ab）A.a2b2B.a3b311D.asinabsinbC.ba【答案】BD【解析】【分析】利用特殊值法可判断AC选项；利用函数fxx3的单调性可判断B选项；利用函数xsinx的单调性可判断D选项.gxa【详解】因为实数、满足bab，对于A选项，取a1，b0，则a2Ab，错；，该函数的定义域为R，2对于B选项，对于函数fxx3fx3x2≥0，在R上为增函数，fxx时，等号成立，所以函数3当且仅当x0，则，B对；因为ab，则fafbba331a1b对于C选项，取a1，b1，则，C错；对于D选项，对于函数gxxsinxgx1cosx0，，该函数的定义域为R，x2πkZ时，等号成立，所以，函数gxxsinx在R上为增函数，当且仅当，即asinabsinb，D对.因为ab，则gagb故选：BD.10.已知函数的定义域为R，且，，则（）fxfxyfxfy1f10有最小值fxf01A.C.B.D.f20242023是奇函数fx1【答案】ACD【解析】第6页/共23页【分析】根据题意，利用抽象函数的的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，令xy0，可得，所以A正确；f01xx,yxxxxf12f1，则2，xf2x111对于B中，令，且1212fxfxfxx1，可得1122fx1fxfx0fx若x0时，时，，此时函数为单调递增函数；21fx1fxfx0fx若x0时，时，，此时函数为单调递减函数，21所以函数不一定由最小值，所以B错误；fx对于C中，令y1，可得fx1fxf1fx，11fx1fx1，即f2f11f3f2所以，L，1f2024f20231，，f2024f12023各式相加得f2024f120232023，所以C正确；，所以令xy1，可得，所以正确；f0f1f11f12，可得B对于D中，令yx，可得1，可得fx1f10，f0fxfxxfx1fx1即，所以函数是奇函数，所以正确；fx1D故选：ACD.11.“防电信诈骗知识竞赛”各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若该组每位选手失分都不超过7“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（）A.甲组中位数为3，极差为4C.丙组平均数为3，方差为2B.乙组平均数为2，众数为2D.丁组平均数为3，第65百分位数为6【答案】AC【解析】【分析】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为4分，由中位数为3得到矛盾，A正C2232320，若有选手失8分，则有2选项，根据方差得到138322520，矛盾，故C正确；BD选项，可举出反例.【详解】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，第7页/共23页根据极差为4，得到最低失分为4分，此时中位数不可能为3，故假设不成立，则该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，A正确；B选项，假设乙组的失分情况为2,8，满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；x,x,,x，C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为丙组平均数为3，方差为2，12223232即x320，1x8，则322520，不合要求，故7，若所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，C正确；65106.5，故从小到大，选取第7个数作为第65百分位数，D选项，00即从小到大第7个数为6，假设丁组失分情况为6,12，满足平均数为3，第65百分位数为6，但不是“优秀小组”，D错误.故选：ACN12.如图，中，ABBC4，，M是AB中点，是AC边上靠近A的四等分点，将AMN沿着MNA）处，得到四棱锥PBCNM翻折，使点到点P，则（A.记平面与平面PMN的交线为l，则l//平面BCNMB.记直线和BC与平面所成的角分别为，，则C.存在某个点P，满足平面PBC平面D.四棱锥PBCNM外接球表面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对A：找到过点P且与平面BCNM平行的线，由过点且不为该支线，即可得不平行于平面lPlBCNM；对B：结合线面角定义，找到与BC在平面上的投影即可得；对：当^时，C第8页/共23页可得结论，即证存在点P，能使^DBCNM的外接圆圆心，易得该点为四棱锥PBCNM外接球球心时有最小半径，即可得最小的外接球表面积.【详解】对A：连接点B与AC中点D，连接PD，是AB中点，故//BD，又平面PMN、平面PMN，由题意可得N为AD中点，M平面故BD//平面PMN，设直线l平面，由BD平面，则l//，又l平面BCNM、BD平面BCNM，故l//平面BCNM，又llP，故不平行于平面BCNM，故A错误；l对B：连接AP，由ABBC，D为AC中点，故BDAC，又//BD，故AC，N故PN，又，AC、PN平面，故平面，又//BD，故平面，故在平面上的投影为PN，BC在平面上的投影为BD，即=，=ÐBCD，由，ABBC，故为等腰直角三角形，BCD45，==45，=°有故，故B正确；平面，平面，对C：由故MNPC，则当^时，又PN、平面PNMNN，故有平面，又平面，，故平面PBC平面，即需^，由题意可得AC4442，2211NA422，NC42232，44213即当cosPNC时，有^，32由0PNC180，故存在点P，使^，故C正确；对D：由，故90，由AC，故MNC90，第9页/共23页即四边形BCNM四点共圆，连接MC，MC为该圆直径，故四棱锥PBCNM外接球球心必在过MC中点，且垂直平面BCNM的直线上，则当球心在MC中点时，四棱锥PBCNM外接球半径最小，此时MC中点到点的距离等于MC一半，故PCPMP，213由cosPNC，有平面，32又PM平面，故PCPM，故球心可在MC中点，1由M是AB中点，故2，则222425，22则半径为r5，此时表面积为r25，2即四棱锥PBCNM外接球表面积的最小值为，故正确.D故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题D选项关键在于如何找到球心，找棱锥外接球球心时，可先找底面外接圆圆心，则外接球球心必在过该点且垂直底面的直线上.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在正四棱锥P中，PAAB2，则该棱锥的体积为____________．423【答案】【解析】【分析】根据题意，利用勾股定理算出底面中心到顶点的距离为2，再由锥体的体积公式加以计算，即可得到该棱锥的体积．【详解】P在平面ABCD上的投影是H，因为是正四棱锥，所以H是正方形ABCD对角线的交点，连结，第10页/共23页12AH2222，PHPA2AH22422，142所以S=4，于是四棱锥PABCD42=.=3342故答案为：.3π4πfxsinx（014.已知函数π）的最小正周期不小于，且fxf恒成立，则的4值为____________．【答案】1【解析】π【分析】根据的最小正周期不小于，得到02，再根据xR，fxf恒成立，fxπ4π4得到的最大值为，可求出fx的值.fπ4fxsinx（0【详解】因为函数π）的最小正周期不小于，2π所以Tπ，即π，解得：02，π4π4因为fxf的最大值为fxf恒成立，故，πππ所以2π,kZ，所以18k,kZ，442因为02，当k0时，1.故答案为：1.第11页/共23页15.2023年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉名的吉祥物的分配方案共有____________【答案】6【解析】【分析】设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为,B,C,可得其组合形式为AB,AC,BC,把它分配给三人即可得结果.【详解】根据题意，设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为,B,C,则可得其组合形式为AB,AC,BC,故第一个好友具有3种，第二个好友具有2种，第三个好友只有1种，即每个好朋友都收到不同命的吉祥物的分配方案为：3216种.故答案为：6x22y221（a0，bF1，F，过点F的直线与C的右216.已知双曲线C：0）的左、右焦点分别为2ab11AB支交于A，B两点，且AFAB，的内切圆半径r2B，则C的离心率为____________．121731317【答案】【解析】##【分析】根据题意画出图形，利用数型结合，分别设2m，2n利用双曲线的定义并结合相关ba223，从而求解.的几何关系求出【详解】由题意作出图形，设2m，则AF1m2a，2n，则BF1n2a，12n2B由三角形1AB的内切圆半径为r，2πAFAB1AF又因为，所以，122m2amn2mn2an所以r1，化简得m22amn①2211在Rt1AF中，222，即m2a2m24c24ab2，FF221212化简得m22b2②，由可得nb，第12页/共23页在Rt1AB中，2222mn2n2a2，AFABBF1，即m2a1化简得m222na③，由可得m2ab，b223220，解得4ab2ab4a2b2，化简得a4a3b所以，acc22ba22173所以离心率e1.aa【点睛】方法点睛：根据双曲线定义及几何条件，设2m，2n，分别利用在Rt1AF和21nRt1AB建立关于m,n从而求解.1AB的内切圆半径r2B，从而求出a,b的关系式，的关系，再结合22四、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.记A，B，C的对边分别是a，b，c，且a3，b（1）求B，2cc9．2（2）ABC的平分线交边AC于点D，且2，求b．2π【答案】（1）B3（2）b37【解析】1）根据已知条件和余弦定理可得结果，（2）根据等面积求出c6，由余弦定理可得结果.【小问1详解】a2c2b212因为a3，b2c2c9，所以B，2ac第13页/共23页2π又0Bπ，所以B【小问2详解】．3112因为S△ABD△BCD，即sinABCBDsinABDac，△ABC2又a3，2，解得c6，1b2a2c22cosB93623663，在中，由余弦定理得2则b37.18.如图，四棱锥P-ABCD中，∥，BCCD，CD222，平面ABCD平面PAC．（1）证明：；5（2）若PAPCAC，M是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．2【答案】（1）证明见解析217（2）17【解析】1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面【小问1详解】夹角的余弦值.第14页/共23页取BC中点N，连接，则CNCD2，又AD//CN，BCCD，所以四边形ANCD为正方形，则ANBANC90，NAC45，又在ANB中，ANBN2，ππ则BAN，所以，BAC，即．42又平面ABCD平面PAC，平面ABCD平面PACAC，AB所以平面，又面，所以．平面ABCD，【小问2详解】连接，交AC于O，连，由于AD//BN,ADBN，所以四边形ABND是平行四边形，所以ONAB．因为平面，所以ON平面，OP,平面，所以ONOP,ONOC，因为PAPC，所以OPAC，所以ON,OC,两两垂直，以O为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，m1,0,0，则平面PAC的一个法向量是12又，，B1,0C0M,1，第15页/共23页3CM,1，CB2,0所以，，2nx,y,z是平面的法向量，设则2x2y0nCB0，3yz0nCM022,3，令x2，可得n所以,n2217，171721717所以，平面与平面夹角的余弦值为.中的所有项按照每一行项数是上一行项数的两倍的规则排成如下数表：an19.将数列1a24a359678aaa……第16页/共23页，为数列的前n项和，且满足记表中的第一列数1，a2，4，abnSnbn，…构成的数列为8Sn21．n（1）求数列的通项公式；bn（2）从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成公差为2的等差数列，求上表中第k（k3）行所有项的和T．k【答案】（1）b2n1n（2）k22k12k1【解析】bSS，求出b，再验证S是否满足b；nnn1n1n1）由当n2时，（2）设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（k3）行有2k1项，表示出T，求解即可.k【小问1详解】bSS212n112n1．n当n2时，nnn1n1时，1b111，也适合上式，因此b2n1．n【小问2详解】设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（k3）行有2k1项，2k2k12k122k142k12kk12k1222k112k2k12k12k12k112（或者）2224k12k122k1k1．220.以“智联世界，生成未来”主题的2023世界人工智能大会在中国上海举行，人工智能的发展为许多领域带来了巨大的便利，但同时也伴随着一些潜在的安全隐患．为了调查不同年龄阶段的人对人工智能所持的态度，某机构从所在地区随机调查100人，所得结果统计如下：3040506070年龄（岁）频数2416152520第17页/共23页持支持态度2013121510（1）完成下列2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为所持态度与年龄有关；年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度不持支持态度总计（2）以频率估计概率，若在该地区所有年龄在50岁以上（含50岁）的人中随机抽取3人，记为3人中持支持态度的人数，求的分布列以及数学期望．2nadbc附：K22abcdacbdkPK0.0503.8410.0106.6350.001k10.828【答案】（1）列联表见解析，有99%的把握认为对人工智能所持态度与年龄有关；（2）分布列见解析，数学期望为5．3【解析】1）根据表格数据，完成列联表，并计算K2，并和参考数据，比较后即可判断；（2）根据二项分布求概率，再求分布列和数学期望.【小问1详解】年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计70持支持态度不持支持态度总计25204545105530100第18页/共23页100251020457030554528.1292K因为8.129＞6.635，所以有99%的把握认为对人工智能所持态度与年龄有关．【小问2详解】依题意可知50岁以上（含50岁）的人中对人工智能持支持态度的频率为5．959X~B由题意可得．X的所有可能取值为0，1，2，3．432549924080013又PX，PX1C，972924325312554300100223333PXC，PXC，997292439729所以的分布列如下：XP0123647298024310024312572955EX3所以X的期望是．93的距离与到直线F0的距离之比为1．421.在平面直角坐标系xOy中，动点M到点（1）求动点M轨迹W的方程；x2（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线111，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若k1，k2AB，CD的斜率分别为，且kk21不是，请说明理由．x2y21【答案】（1）43（2）直线PQ过定点．【解析】y2x14x212x,y，由已知得1）设M，进行化简即可.第19页/共23页yk2x（2）设直线AB,CD的方程为ykx1、，分别与W的方程联立得P的坐标为1212k211414k21,及Q的坐标为,PQ41234k234k2234k231k212出直线PQ过定点.【小问1详解】y2x14x212x,y，由题意可知，设点M的坐标为，x2y21．化简整理得，W的方程为【小问2详解】43x2y2ykx，与W的方程1联立可得，由题意知，设直线AB的方程为1434123x2812x41120，28122设，，由韦达定理得，12，Ax,yBx,y112241361则yy2kx21x，111224132141,．所以，点P的坐标为41234k1232k24k2,．同理可得，Q的坐标为4k2234k2234kk34kk12所以，直线PQ的斜率为k12，324k2411所以，直线PQ的方程为yx，241324kk413114kk3kk121k2即y12x，4kk12111，则11k2kk又kk2，21第20页/共23页4kk3所以直线PQ的方程即为y12x1，4k2所以，直线PQ过定点．31fxaxxx2．22.已知函数22x（1）当a1时，求的单调区间；fx（2）若x1时，fx0，求a的取值范围；11112n4n12（3）对于任意nN*，证明：．4n2n1n2【答案】（1）的单调递增区间为，无单调递减区间；fx（2）；（3）证明见解析．【解析】1）将a1代