2026届高三揭阳二模数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260428广东省揭阳市2025-2026学年度高三4月教学质量二模（全科）

揭阳市 2025~2026 学年度高三级数学教学质量测试 （满分 150分．考试用时 120分钟．） 注意事项： 1．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点 涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 2．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不 按以上要求作答无效． 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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 1. 若集合A  2,3,4,5,7  ，B   xx1A  ，则AB （ ）         A. 2,3,4 B． 2,3,5 C． 3,4,5 D． 4,5,7 【答案】A 2. 设复数z满足z (2i)i，则 z （ ） A. 3 B. 3 C. 5 D. 5 【答案】C 3. 已知a,b,cR,且a b,则下列说法正确的是（ ） 1 1 A.  B.ac2 bc2 C.a2 b2 D.ea eb a b 【答案】D 1 1 【解析】对于A，当a 1,b1,  ,故A错误；对于B,当c0时,ac2 bc2,故B错误；对于C,当 a b a 1，b1,a2 b2,故C错误；对于D, f(x)ex在R上单调递增,且a b, f(a) f(b),故D正 确.  1 4. 若(0,),tan( ) ,则sincos（ ） 2 2 5 5 2 5 2 5 A.  B. C.  D. 5 5 5 5 【答案】B 第1页/共16页 学科网（北京）股份有限公司 sin( )  cos 1 2 【解析】因为tan( )   即sin2cos. 2  sin 2 cos( ) 2  5 2 5 5 联立sin2cos21,(0, )，解得cos ,sin ，所以sincos . 2 5 5 5 5. 已知数列 a 满足a 2,且a 2a ,则数列  (1)nlog a  的前2n项和为( ) n 1 n1 n 2 n A.2n B.2n C.n D.n 【答案】D 【解析】由已知可得数列 a 是首项为2,公比为2的等比数列,a  2n, n n   (1)nlog a (1)nlog 2n (1)nn ,设数列 (1)nlog a 的前2n项和为T , 2 n 2 2 n 2n T 1234(1)2n2n 2n (12)(34)[(2n1)2n] 1111 n 故D正确. 6.设(x2 3x2)4 a a xa x2 a x8 ，则a （ ） 0 1 2 8 7 A.4 B.8 C.12 D.16 【答案】C 【详解】C3(x2)3C1(3x) 12x7 a 12 故选：C． 4 1 7 7. 若点M(0,1)关于动直线l:3x4y2(2x y2)0(R)的对称点为N，则点N的轨迹为（ ） A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【题源】本题取材于人教A版选择性必修第一册P80习题2.3第16题 【详解】根据题意，由 ， 3x4y2(2x y2)0(R) 3x4y20 x2 可得 ,解得  , 2x y20 y 2 所以直线l(不包含直线2x+y+2=0)过定点B(2,2), 第2页/共16页 学科网（北京）股份有限公司又点M(0,1)关于动直线l:3x4y2(2x y2)0(R)的对称点为N， 由对称性可知，|MB||NB| 5，所以点N到点B的距离为 5， 又直线l不包含直线2x y20,所以点M 关于2x y20的对称点Q不存在，所以点A的轨 迹是以B(2,2),为圆心，以 5为半径且挖去一点Q的圆. 故选：A 8.已知圆锥的底面半径为2 3，母线长为4 3，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和 底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为（ ） A．4 3 B．5 3 C．6 3 D．7 3 【答案】B 【详解】取圆锥的轴截面，因为圆锥的底面半径为2 3，母线长为4 3，则轴 截面为等边三角形，半径为1的圆与等边三角形的一条腰和底边相切，切点分别 为 D 和 E ， DAF = EAF = 30 ，所以 AD  AE = 3 ， CD  3 3 ， DO CD DO 3 3 3 3 EO= 3．利用相似比，可得 1  ，即 1  ，解得DO = ．球 AO CA 2 3 4 3 1 2 同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则接触点的轨迹为两个圆，如图，与圆锥侧面的接触点轨迹为圆O ，半 1 径为 DO ，与圆锥底面的接触点轨迹为圆 O ，半径为 EO ，所以接触点的轨迹长度为 1 3 3 2 2 3=5 3，选B． 2 二、多项选择题：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. 已知数据x ,x ,,x 的平均数为10，方差为1，且 y 2x 4(i 1,2,,6)，则下列说法正确的 1 2 6 i i 是（ ） A．数据 y ,y ,,y 的平均数为24 1 2 6 B．数据 y ,y ,,y 的方差为4 1 2 6 C．数据x ,x ,,x ,10的平均数为10，方差大于1 1 2 6 D．若数据x ,x ,,x 的中位数为m，75%分位数为n，则mn 1 2 6 第3页/共16页 学科网（北京）股份有限公司【答案】ABD x x x 【解析】对于A,因为 1 2 6 10， 6 y  y  y 2x 42x 42x 4 2(x x x ) 所以 1 2 6  1 2 6  1 2 6  4 24，A正确； 6 6 6 (x 10)2(x 10)2(x 10)2 1 2 6 1, 6 (y 24)2(y 24)2(y 24)2 (2x 20)2(2x 20)2(2x 20)2 所以 1 2 6  1 2 6 6 6 (x 10)2(x 10)2(x 10)2 4 1 2 6  4 ，所以数据y ,y ,,y 方差为4，B正确；  6  1 2 6 x x x 10 61010 (x 10)2 (x 10)2 (x 10)2 (1010)2 6 1 2 6  10， 1 2 6  1，C 7 7 7 7 错误. 对于D，将数据从小到大排序，所以中位数m为第三个数和第四个数的平均数，因为675%4.5，所以 75%分位数n为第五个数，按从小到大排序后，第五个数大于或等于第三和第四个数的平均数，所以mn， 故D正确. 10. 已知等差数列 a 的公差d 0,S 为数列 a 的前n项和，对给定的n且n3,nN, n n n a (S S )0,则下列说法正确的是( ) n n n2 A.当n10时,S S 0 B.当n5时,a a 0 18 19 4 5 2 1 C.当a 0,n8时, a  a D.当a 1,n9时,d( , ) 1 7 8 1 15 8 【答案】ABD 【解析】对于A,当n10时,a (S S )a (a a )0 ,而 10 10 8 10 9 10 (a a )18 (a a )19 S S  1 18  1 19  9(a a )19a  0 .故A正确。 18 19 2 2 9 10 10 对于B,当n5时,a (S S )a (a a )0 ,若a 0,则a a 0，可知a 0,若a 0,则 5 5 3 5 4 5 5 4 5 4 5 a a 0，可知a 0,a a 0故B正确。 4 5 4 4 5 对于C,当a 0,n8时，a (S S )a (a a )0 ，即a 与a a 异号,在等差数列 a 中,∵ 1 8 8 6 8 7 8 8 7 8 n a 0，∴a 0，a 0,∴a a 0,∴a a 0,∴ a  a 故C错误。 1 7 8 7 8 7 8 7 8 第4页/共16页 学科网（北京）股份有限公司对于D，当a 1,n9时,a (S S )a (a a )(18d)(215d)0 , 1 9 9 7 9 8 9 2 1 d( , ),故D正确。 15 8 11. 如图，已知正方体ABCD ABC D ，点O ，O分别为上、下底面的中心．正四面体C  ABD以OO 1 1 1 1 1 1 1 1 为轴旋转一圈，形成一个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线（截面与几何体侧面的交线）为双 曲线的局部，则（ ） A.直线AB与直线AC 所成的角为90 1 1 B.直线AB与平面BB DD所成的角为45 1 1 1 2 3 C.若正方体的棱长为2，则点O 到平到面BAD的距离为 1 1 3 D.此双曲线的离心率为 2 【答案】ACD 【解析】对于A，直线AB 平面平AC B ，所以直线AB  AC ，故A正确． 1 1 1 1 1 对于 B，因为 AO  平面 BB DD ，所以 ABO 为直线 AB 与平面 BB DD 所成的角， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AO 1 sinABO = 1 1 = ，所以ABO =30，故B错误． 1 1 AB 2 1 1 1 对于 C，点O 到平到面 BAD的距离为正四面体C  ABD 的高的一半，正四面体C  ABD 的高为 1 1 1 1 1 1 6 6 4 3 2 3  BD =  2 2= ，所以点O 到平到面BAD的距离为 ，故C 3 3 3 1 1 3 正确． 对于D，不妨设正方体的棱长为2．问题等价于线段AB绕OO 旋转一圈形成一 1 1 个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线为双曲线的局部．以OO 为 y轴，过正方体的中心且垂直于 1 x2 y2 OO 的直线为x轴，建立平面直角坐标系．设双曲线方程  1，则异面直线AB和OO 的距离为 1 a2 b2 1 1   2   2 12 a 1，到点A 到 y轴的距离为 2 ，到x轴的距离为1，则点 2，1 在双曲线上，所以  1， 1 12 b2 解得b2 1，该双曲线为等轴双曲线，离心率为 2 ，故D正确． 第5页/共16页 学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．请把答案填在答题卡的相应位置上． 12. 已知a (3，3)，ab (2，m)，若a b，则m 【答案】-4 【详解】由已知可得：b (1，m3)∵a b∴ab  33m90解得：m  4 13. 已知点P在抛物线C： y2 4x上，若点P到点A(5,0)的距离与点P到抛物线C的准线的距离相等， 则 PA ______． 【答案】4 【详解】因为抛物线C： y2 4x，所以 p 2，抛物线C的焦点为F(1,0)， 结合抛物线的定义可得 PA  PF ，则设Px,y， 易知P在线段FA的垂直平分线上，则点P的横坐标等于F 点和A点中点的横坐标， 15 p 即：x 3，所以|PA ||PF | x 314, 即|PA |4. 2 2 axlnx1,x0 14. 已知函数 f x ，x0,，有 f x f x0恒成立，则a的取值范围是____ 2x3ax2 1,x0 【答案】1a3 【详解】因为 x0 ，所以x0，不等式 f  x  f x 0 ，即axlnx1 2x3 ax2 1  0，也即  lnx1  1  lnx1 lnx a a 2x 0 恒成立.设 g(x) ,x0,，则 g(x) . 当0 x1时，g(x)0；  x  x2  x x2 当 x1时， g(x)0.则 g(x) 在 0,1  上单调递增，在 1, 上单调递减，故 g(x)  g(1)1.设 max h(x) 1 2x,x0,，则h(x) 2 2 2  x3 1 ，当0 x1时，h(x)0；当x1时，h(x)0， x2 x3 x3 则 h(x) 在  0,1  上单调递减，在  1, 上单调递增，故 h(x)  h(1)3。因此问题可转化为 min x0,,g(x)ah(x)恒成立，即直线l:y a夹在曲线C :y  g  x 与C :y h  x 两者之间.由图 1 2 象知g(x) ah(x) ，即1a3 max min 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．第 15题13分，第 16、17题 15分，第 18、19题17 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定 的区域内，超出指定区域的答案无效． 第6页/共16页 学科网（北京）股份有限公司15.（13分）如图，三棱锥P AOB中，PO 平面AOB，AO OB，ABO=30，AC 2BC=2PO 2． （1）求证：AO 平面POC ； （2）求平面PAB 与平面POC 夹角的余弦值． 【详解】 （1）证明：因为PO 平面AOB，AO面AOB，所以PO  AO，………………………1分 取AB的中点D，连接OD，因为AO OB，所以OD  AB， 3 在RtODB中，ABO=30 ，因为AC 2BC 2，所以BD  ，……………………………2分 2 3 所以OD=BDtan30= ，………………………………………………………………………………3分 2 BD OAOB= = 3．……………………………………………………………………………………4分 cos30 1  3 2 1 2 在RtODC中，DC  ，所以OC = OD2 DC2 =     =1，   2  2  2 所以OA2 OC2  AC2，所以AO  OC ．………………………………………………………………5分 又PO  OC =O，所以AO 平面POC ．………………………………………………………………6分 （2）法一：由（1）知PO=OC =1，因为PO 平面AOB， 所以POC=POA=90，因为OA= 3，可得PA =2，所以PA =AC ，…………………………8分 第7页/共16页 学科网（北京）股份有限公司取PC的中点E，连接OE，AE，则OE  PC，AE  PC，…………………9分 所以OEA为平面PAB 与平面POC的夹角．……………………………………………………………10分 由（1）知，OA 平面POC，OE 平面POC ，所以OA  OE，…………………………11分 2 OE 7 2 在RtOAE中，cosOEA= = ．……………………………………………………………12分 AE 7 7 2 7 所以平面PAB 与平面POC 夹角的余弦值为 ．…………………………………………………………13分 7 法二：由（1）知OA  OC ，因为PO 平面AOB，所以POC=POA=90，分别以OA、OC 、OP 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，……………………………………………………………………7分     因 为 OC = 1 ， 所 以 C  0,1,0  ， A 3,0,0 ， P  0,0,1  ， 所 以 AC =  3,1,0 ，   AP=  3,0,1 ．………………………………………………………………………………………………8分   mAC 0,   设平面PAB 的法向量m= x,y,z ，由  mAP 0,   3x y 0，   得 可取m= 1, 3, 3 ，……………………………………………………………………10分   3xz 0，   平面POC 的法向量可取n= 1,0,0 ，………………………………………………………………………11分 mn 1 7 cos m，n = = = ．……………………………………………………………………………12分 m n 7 7 7 所以平面PAB 与平面POC 夹角的余弦值为 ．…………………………………………………………13分 7 第8页/共16页 学科网（北京）股份有限公司 1 16.(15分）如图，在ABC 中，已知 AB  2,AC 6,BAC 60，点M 在边BC上且BM  BC， 4 AM 与AC边上的中线BN 相交于点P． (1)求中线BN 的长； (2)求MPN 的余弦值． 【题源】本题取材于必修第二册P53综合运用第12题 【详解】 （1）已知 AC 6，因为点N 是边 AC 的中点，所以 AN 3，………………………………………1分 在ABN 中， AB  2,AN 3,BAC 60由余弦定理，……………………………………………2分 可得BN2  AB2+AN2 2ABAN cosBAC ………………………………………………………3分 1  4+9223  7 ……………………………………………………………………………………4分 2 BN  7.……………………………………………………………………………………………………5分 （2）法一： 以A为原点，建立如图所示直角坐标系， 由AB2,AC6,BAC60，可得A0,0,B  1, 3  ,C6,0， 第9页/共16页 学科网（北京）股份有限公司BN是AC边上的中线，则N3,0，…………………………………………………………………………7分  3 1 9 3 3 则AM  AB AC  , ，……………………………………………………………………………9分   4 4 4 4     BN  2, 3 ，…………………………………………………………………………………………………10分   9  9 2 3 3 2 3 3  AMBN= 4 ，AM =  4      4    = 2 ，BN = 43= 7，……………………………………………13分 9   AMBN 4 21 所以cosMPN      .………………………………………………………………14分 AM BN 3 3 14  7 2 21 所以MPN 的余弦值为 .………………………………………………………………………………15分 14  1  3 1 法二：由已知BM  BC可得AM  AB AC……………………………………………………………7分 4 4 4 所以  A  M  2    3 A  B   1 A  C   2 ， 4 4   2 9  2 1  2 3     所以 AM  AB  AC + AB  AC cos AB,AC ， 16 16 8    2 9 1 3 1 27 又 AB 2， AC 6，BAC60，所以 AM  4+ 36+ 26 = ， 16 16 8 2 4  3 3 所以 AM = .……………………………………………………………………………………………9分 2     1 又BN  ANABAB AC，………………………………………………………………………10分 2   3 1   1 3  2 1  2 1     所以AM BN  AB ACAB AC AB  AC  AB  AC cos AB,AC 4 4   2  4 8 8 3 1 1 1 9  4+ 36+ 26 = ，………………………………………………………………………12分 4 8 8 2 4 由（1）可知BN  7.…………………………………………………………………………………13分 9   AMBN 4 21 所以cosMPN      .…………………………………………………………14分 AM BN 3 3 14  7 2 21 所以MPN 的余弦值为 .……………………………………………………………………………15分 14 17.(15分）某商城为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中4 个为红色，4个为白色。抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小 球，规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，如果每次抽奖摸出的两个小球颜色 第10页/共16页 学科网（北京）股份有限公司相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖. （1）求中奖次数X 的分布列和数学期望; （2）求第二次中奖的概率; （3）已知有300位顾客进行抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？ 【详解】 C2 C2 3 （1）设第一次中奖为事件A,则P(A) 4 4  ， C2 7 8 C1C1 4 4 P(A) 4 4  (或P(A)1P(A) )，……………………………………………………………1分 C2 7 7 8 C2 C2 7 C1C1 8 设第二次中奖为事件B，由题意得，P(B A) 2 4  ，P(B A) 2 4  (或 C2 15 C2 15 6 6 8 P(B A)1P(B A) )，………………………………………………………………………………2分 15 C2 C2 2 P(B A) 3 3  ， C2 5 6 C1C1 3 3 P(B A) 3 3  (或P(B A)1P(B A) )，…………………………………………………3分 C2 5 5 6 X 的所有可能取值为0,1,2，…………………………………………………………………………………4分 4 3 12 则P(X 0)P(AB)P(A)P(B A)   ， 7 5 35 3 8 4 2 16 P(X 1)P(AB)P(AB)P(A)P(B A)P(A)P(B A)     ， 7 15 7 5 35 3 7 1 P(X 2)P(AB)P(A)P(B A)   .…………………………………………………………5分 7 15 5 所以X 的分布列为 X 0 1 2 12 16 1 P 35 35 5 …………………………………………………………………………………………………………………6分 12 16 1 6 所以X 的数学期望为E(X)0 1 2  ．…………………………………………………7分 35 35 5 7 3 4 7 2 (2)解析：由（1）可知P(A) ，P(A) ， P(B A) ，P(B A) ，…………………8分 7 7 15 5 第11页/共16页 学科网（北京）股份有限公司3 7 4 2 3 P(B) P(A)P(B A)P(A)P(B A)     . ………………………………………11分 7 15 7 5 7 备注：学生没有逐个记事件，写出以下步骤也可以得分。 （1）解：中奖次数X 的所有可能取值为0，1，2，……………………………………………………1分 C1C1 C1C1 12 则P(X 0) 4 4 3 3 ，…………………………………………………………………………2分 C2 C2 35 8 6 C2C2 C1C1 C1C1 C2C2 16 P(X 1) 4 4 2 4  4 4 3 3 ，…………………………………………………3分 C2 C2 C2 C2 35 8 6 8 6 C2C2 C2C2 1 P(X 2) 4 4 2 4  ，…………………………………………………………………5分 C2 C2 5 8 6 所以X 的分布列为 X 0 1 2 12 16 1 P 35 35 5 …………………………………………………………………………………………………………6分 12 16 1 6 所以X 的数学期望为E(X)0 1 2  ．………………………………………………7分 35 35 5 7 C2 C2 C2 C2 C1C1 C2 C2 3 7 4 2 3 （2）第二次中奖的概率为 4 4  2 4 + 4 4  3 3      .………11分 C2 C2 C2 C2 7 15 7 5 7 8 6 8 6 1 （3）每位顾客抽奖中奖2次的概率为 ， 5 则300位顾客抽奖，  1 其中中奖2次的人数Z B300, ，……………………………………………………………………12分  5 k 300k 1 4 恰有k人中奖2次的概率为P(Z k)Ck     ,0k300,kN ， 3005 5 k1 300k1 1 4 Ck1     P(Z k1) 3005 5 300k 1 令    1，解得k 59.2， P(Z k) 1 k 4 300k k 1 4 Ck     3005 5 于是，当k 59时，P(Z k)P(Z k1)；当k 60时，P(Z k)P(Z k1)， 故当k 60时，P(Z k)最大，…………………………………………………………………………14分 所以300位顾客进行抽奖，则其中中奖2次的人数为60的概率最大．………………………15分 第12页/共16页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 18.(17分)已知双曲线C:  1(a 0,b0)的左、右焦点分别为F,F ，实轴长为2 3，点F 到双 a2 b2 1 2 1 曲线C的渐近线的距离为1，过F 的直线l与C交于右支A,B两点. 2 （1）求双曲线C的方程； （2）证明存在x轴上的一点M ，使得MAMB为定值； （3）求AMB的最大值. 【详解】 (1)依题意有，2a 2 3,得a  3,…………………………………………………………1分 b 不妨取双曲线C的一条渐近线 y  x,即bxay 0, a |bc| 则由点F 到渐近线的距离为1，得 b1, ……………………………………………3分 1 b2 a2 x2 双曲线C的方程为： y2 1.………………………………………………………………………4分 3 (2)依题意有，直线l的斜率不为 0， 设直线l的方程为：xmy2,设 A(x ,y ),B(x ,y ), 1 1 2 2 x2   y2 1 联立 3 ,得(m2 3)y2 4my10,  xmy2 4m 1 y  y  ,y y  , ……………………………………………………………………6分 1 2 m2 3 1 2 m2 3  m2 30  且16m2 4(m2 3)12(m2 1)0, 0m2 3, ……………………………………………7分  1 y y  0  1 2 m2 3 设存在M(t,0),使得MAMB为定值， 则MAMB (x t,y )(x t,y )(x t)(x t) y y 1 1 2 2 1 2 1 2 (my 2t)(my 2t) y y 1 2 1 2 (m2 1)y y m(2t)(y  y )(2t)2 …………………………………………9分 1 2 1 2 (4t7)m2 1  (2t)2 m2 3 4t7 1 5 要使MAMB为定值，则  ,解得t  ,…………………………………………………10分 1 3 3 第13页/共16页 学科网（北京）股份有限公司1 1 2 此时MAMB    . 3 9 9 5 2 故存在定点M( ,0),使得MAMB为定值 .……………………………………………………11分 3 9 2 (3)由(2)有MAMB , 9 2S 2S 2 又MAMB MA MB cosAMB AMB cosAMB AMB  , sinAMB tanAMB 9 tanAMB 9S ,………………………………………………………………………………13分 AMB 下面求 S 的取值范围 , AMB 1 1 5 S  |MF || y  y | (2 ) (y  y )2 4y y AMB 2 2 1 2 2 3 1 2 1 2 ………………………15分 1  4m  2 4 1 2 3 m2 1 3 m2 1          , 6 m2 3 m2 3 6 |m2 3| 3 3m2 令t  m2 1[1,2), 则 m2  t2 1, 3 t 3 t 3 1 S       , AMB 3 3(t2 1) 3 4t2 3 4 t t 4 4 显然 y  t 在[1,2)上单调递减 ,  t(0，3], t t 3 S [ ,),则tanAMB (, 3], AMB 9  2 又AMB (0,),AMB ( , ]. 2 3 2 故 AMB 的最大值为 . 3 ……………………………………………………………………………………………………………17分 19.(17分)已知函数 f (x)lnxax （1）讨论 f (x)的单调性； （2）当a 0时， (i)过点M(b,0)可以作函数 f (x)的两条切线，求b的取值范围； (ii)设 A,B是 y  f (x)图象上两个不同的点， 且 A,B两点到P(1,0)的距离相等，判断线段 AB 的中点在第几象限，并证明. 【详解】 第14页/共16页 学科网（北京）股份有限公司1 （1） f(x) a，(x 0) ……………………………………………………………………………1分 x ①当a 0时， f(x)0，则 f (x)在（0，）上单调递增；…………………………………………2分 1 1 ②当a 0时，令 f(x)0，得0 x ，则 f (x)在（0， ）上单调递增； a a 1 1 令 f(x)0，得x   ，则 f (x)在（ ，）上单调递减； ……………………………4分 a a 1 1 （2）(i) f(x) ，设切点为（m,lnm)，则切线方程为 ylnm (xm)……………………5分 x m b 代入点M 坐标，得0 lnm1，b  m(1lnm) m m 由题，上述关于 的方程有两个不同的解 ……………………………………………………………6分 令h(m) m(1lnm)，则h(m) lnm 当m（0，1）时，h(m)0，h(m)在（0，1）上单调递增； 当m（1，）时，，h(m)在（1，）上单调递减；所以h(m)的极大值为h(1) 1 当m0时，h(m)0；当m时，h(m) ………………………………………8分 则b的取值范围为（0，1） …………………………………………………………………………9分 (ii)线段 AB的中点在第四象限，证明如下： …………………………………………………………10分 设 A,B两点的坐标分别为 A(p,ln p),B(q,lnq)， ………………………………………11分 由 PA  PB ，可得(p1)2 (ln p)2 (q1)2 (lnq)2 1 lnx g(x)(x1)2 (lnx)2 g(x) 2(x1)2(lnx)  2(x1 )………………12分 令 ，则 x x lnx 当x(0,1)时，x10， 0，则g(x)0，则g(x)在(0,1)上单调递减； x lnx 当x(1,)时，x10， 0，则g(x) 0，则g(x)在(1,)上单调递增； …………13分 x 由g(p) g(q)，不妨设0 p 1 q.令 第15页/共16页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1x 1 h(x) g(x)g( )(x1)2 (lnx)2 ( 1)2 (ln )2 (x1)2 ( )2 (x1)2(1 ) x x x x x2 …………14分 1 当x(0,1)时，h(x)0，则h(p) g(p)g( )0， p 1 ……………………………………………………………………15分 又g(p) g(q)， g(q) g( )， p 1 而g(x)在(1,)上单调递增，从而有q  ，可得 pq 1 ……………………………………16分 p ； ln plnq ln(pq) pq 线段 AB的中点的纵坐标  0，横坐标 0 2 2 2 …………………………………………………………………………………………17分 故其位置在第四象限. 第16页/共16页 学科网（北京）股份有限公司