1、2023年江苏省南通市高考数学一调试卷一、选择题.本题共8小题，每小题5分，共40分.1已知集合Ax|1x3，Bx|2x4，则AB（）A（2，3B1，4）C（，4）D1，+）2已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，a，b=23，则a(a+b)=（）A2B1C0D23在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线xy0对称，若z11i，则|z1z2|（）A2B2C22D442022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面S1，近地点（
2、长轴端点中离地面最近的点）距地面S2，地球的半径为R，则该椭圆的短轴长为（）AS1S2B2S1S2C(S1+R)(S2+R)D2(S1+R)(S2+R)5已知sin(-6)+cos=35，则cos(2+3)=（）A-725B725C-2425D24256已知随机变量X服从正态分布N（1，2），有下列四个命题：甲：P（Xm+1）P（Xm2）；乙：P（Xm）0.5；丙：P（Xm）0.5；丁：P（m1Xm）P（m+1Xm+2）如果只有一个假命题，则该命题为（）A甲B乙C丙D丁7已知函数f（x）的定义域为R，且f（2x+1）为偶函数，f（x）f（x+1）f（x+2），若f（1）2，则f（18）（）A1
3、B2C1D28若过点P（t，0）可以作曲线y（1x）ex的两条切线，切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），则y1y2的取值范围是（）A（0，4e3）B（，0）（0，4e3）C（，4e2）D（，0）（0，4e2）二、多选题：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.（多选）9在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则（）AAD1平面BOC1BBD平面COC1CC1O与平面ABCD所成的角为45D三棱锥CBOC1的体积为23（多选）10函数f(x)=sin(x+)(0，|2)的
4、部分图象如图所示，则（）A2B=6Cf（x）的图象关于点(12，0)对称Df（x）在区间(，54)上单调递增（多选）11一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（）AP(A)=13BA，B为互斥事件CP（B|A）=12DA，B相互独立（多选）12已知抛物线x24y的焦点为F，以该抛物线上三点A，B，C为切点的切线分别是l1，l2，l3，直线l1，l2相交于点D，l3与l1，l2分别相交于点P，Q记A，B，D的横坐标分别为x1，x2，x3，则（）ADADB=0Bx1+x22x3C|AF
5、|BF|DF|2D|AP|CQ|PC|PD|三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知函数f(x)=1+log2(2-x)，x12x-1，x1，则f（f（2） 14写出一个同时满足下列条件的等比数列an的通项公式an anan+10；|an|an+1|15已知圆O：x2+y2r2（r0），设直线x+3y-3=0与两坐标轴的交点分别为A，B，若圆O上有且只有一个点P满足|AP|BP|，则r的值为 16已知正四棱锥SABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形T，则T的边数至多为 ，T的面积的最大值为 四、解答题：本题共6小题，共70分.
6、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17在S1，S2，S4成等比数列，a42a2+2，S8S4+S72这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答已知数列an是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足 _，_（1）求an的通项公式；（2）求1a1a2+1a2a3+1a3a4+1anan+1注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分18第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWorldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查
7、，部分数据如表所示：喜欢足球不喜欢足球合计男生40女生30合计（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门已知男生进球的概率为23，女生进球的概率为12，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82819在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acosB2acosC（2cb）cosA（1）若c=3a，求cos
8、B的值；（2）若b1，BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围20如图，在ABC中，AD是BC边上的高，以AD为折痕，将ACD折至APD的位置，使得PBAB（1）证明：PB平面ABD；（2）若ADPB4，BD2，求二面角BPAD的正弦值21已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点当PQx轴时，|PA|=10，PAQ的面积为3（1）求C的方程；（2）证明：以PQ为直径的圆经过定点22已知函数f(x)=xaex-1和g(x)=a+lnxx有相同的最大值（1）求实数a；（2）设直线yb与两条曲线yf（x）和yg（x）共有四个不同的
9、交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4（x1x2x3x4），证明：x1x4x2x32023年江苏省南通市高考数学一调试卷参考答案与试题解析一、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已知集合Ax|1x3，Bx|2x4，则AB（）A（2，3B1，4）C（，4）D1，+）【分析】根据交集概念计算出答案【解答】解：ABx|2x3（2，3故选：A2已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，a，b=23，则a(a+b)=（）A2B1C0D2【分析】根据向量的数量积的性质与定义，即可求解【解答】解：根据题意可得a(a+b)=a2+ab=1+12
10、(-12)=0，故选：C3在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线xy0对称，若z11i，则|z1z2|（）A2B2C22D4【分析】根据对称性得到z21+i，从而计算出z1z222i，求出模长【解答】解：z11i对应的点为（1，1），其中（1，1）关于xy0的对称点为（1，1），故z21+i，故|z1-z2|=|1-i+1-i|=|2-2i|=4+4=22故选：C42022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面S1，近地点（长
11、轴端点中离地面最近的点）距地面S2，地球的半径为R，则该椭圆的短轴长为（）AS1S2B2S1S2C(S1+R)(S2+R)D2(S1+R)(S2+R)【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得a+cS1+R，acS2+R，进而可得b2，求得b，可得答案【解答】解：由题意得a+cS1+R，acS2+R，b2a2c2（S1+R）（S2+R），故b=(S1+R)(S2+R)，2b=2(S1+R)(S2+R)，故选：D5已知sin(-6)+cos=35，则cos(2+3)=（）A-725B725C-2425D2425【分析】先利用和差角及辅助角公式进行化简，然后结合二倍角公式即可求解【解答】解：因为s
12、in(-6)+cos=35，所以32sin-12cos+cos=35，所以sin（+6）=35，则cos(2+3)=12sin2（+6）12925=725故选：B6已知随机变量X服从正态分布N（1，2），有下列四个命题：甲：P（Xm+1）P（Xm2）；乙：P（Xm）0.5；丙：P（Xm）0.5；丁：P（m1Xm）P（m+1Xm+2）如果只有一个假命题，则该命题为（）A甲B乙C丙D丁【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解【解答】解：命题乙，丙同真假，由题意可知，四个命题只有一个为假命题，故乙，丙均为真命题，所以m，P（Xm+1）P（Xm1）P（Xm2），故甲正确，P（m1Xm）P（
13、mXm+1）P（m+1Xm+2），故丁错故选：D7已知函数f（x）的定义域为R，且f（2x+1）为偶函数，f（x）f（x+1）f（x+2），若f（1）2，则f（18）（）A1B2C1D2【分析】设f(x)=2sin(3x+6)，满足题意，即可求解【解答】解：因为f（2x+1）为偶函数，所以f（2x+1）f（2x+1），所以f（x+1）f（x+1），则f（x）关于x1对称，设f(x)=2sin(3x+6)，f(1)=2sin(3+6)=2，关于x1对称，f(x)+f(x+2)=2sin(3x+6)+2sin3(x+2)+6=2sin(3x+6)+sin(3x+56)=2sin3xcos6+cos
14、3xsin6+sin3xcos56+cos3xsin56=2cos3x.f(x+1)=2sin(3x+2)=2cos3x，所以f（x+1）f（x）+f（x+2），即f(x)=2sin(13x+6)符合条件，所以f(18)=2sin(6+6)=1故选：A8若过点P（t，0）可以作曲线y（1x）ex的两条切线，切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），则y1y2的取值范围是（）A（0，4e3）B（，0）（0，4e3）C（，4e2）D（，0）（0，4e2）【分析】设切点(x0，(1-x0)ex0)，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点P（t，0），结合韦达定理可得x1x2的关系，进而可
15、得y1y2的关系，再利用导数即可得出答案【解答】解：设切点(x0，(1-x0)ex0)，y=-ex+(1-x)ex=-xex，k=-x0ex0，则切线方程为y-(1-x0)ex0=-x0ex0(x-x0)，又切线过（t，0），-(1-x0)ex0=-x0ex0(t-x0)，x01x0（tx0），x0-1=-tx0+x02，x02-(t+1)x0+1=0有两个不相等实根x1，x2，其中x1x2=1，x1+x2=t+1，=(t+1)2-40，t1或t3，y1y2=(1-x1)(1-x2)ex1+x2=1-(x1+x2)+x1x2ex1+x2=(1-t)et+1，令g（t）（1t）et+1，t1或t
16、3，g（t）tet+1，当t3时，g（t）0，当t1时，g（t）0，函数g（x）在（，3）上递增，在（1，+）上递减，又g（3）4e2，g（1）0，当t时，g（t）0，当t+时，g（t）+，g（t）（，0）（0，4e2），即y1y2(-，0)(0，4e-2)故选：D二、多选题：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.（多选）9在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则（）AAD1平面BOC1BBD平面COC1CC1O与平面ABCD所成的角为45D三棱锥CBOC1的体积为23【分析
17、】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D【解答】解：AD1BC1，AD1平面BOC1，BC1平面BOC1，AD1平面BOC1，A对；因为BDCO，又CC1平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDCC1，CDCC1C，CD，CC1平面COC1，BD平面COC1，B对；因为C1C平面ABCD，C1O与平面ABCD所成角为C1OC，因为tanC1OC=221，C1OC45，C错；因为VC-BOC1=VC1-BOC=1312212=23，D对故选：ABD（多选）10函数f(x)=sin(x+)(0，|2)的部分图象如图所示，则（）A2B=6
18、Cf（x）的图象关于点(12，0)对称Df（x）在区间(，54)上单调递增【分析】根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确答案【解答】解：T2=56-3=2，T=2，2，f（x）sin（2x+），f(3)=sin(23+)=1，由于-22，6+2376，所以+23=2，=-6，所以A选项正确，B选项错误f(x)=sin(2x-6)，2x-6=k，x=12+k2，kZ，当k0时，得x=12，所以f（x）关于(12，0)对称，C选项正确，-2+2k12x-62+2k1，-6+k1x3+k1，k1Z，当k11时，得f（x）在(56，43)上递增，则f（x）在区间(，
19、54)上单调递增，D选项正确故选：ACD（多选）11一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（）AP(A)=13BA，B为互斥事件CP（B|A）=12DA，B相互独立【分析】结合随机事件的概率，及互斥事件、相互独立等知识点逐一对选项进行分析【解答】解：P(A)=13，A正确；A，B可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球”，A，B不互斥，B错误；在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为12，C正确；P(B)=2312+130=13，P(AB)=1312=16，P(AB)P
20、(A)P(B)，故A，B不独立，D错误；故选：AC（多选）12已知抛物线x24y的焦点为F，以该抛物线上三点A，B，C为切点的切线分别是l1，l2，l3，直线l1，l2相交于点D，l3与l1，l2分别相交于点P，Q记A，B，D的横坐标分别为x1，x2，x3，则（）ADADB=0Bx1+x22x3C|AF|BF|DF|2D|AP|CQ|PC|PD|【分析】利用导函数和斜率的关系表示出切线方程可求出D的坐标可判断B，根据向量数量积的坐标运算判断A，并根据两点间的距离公式运算求解即可判断C，D【解答】解：A，B，D的横坐标分别为x1，x2，x3，则可设A(x1，x124)，B(x2，x224)，C(
21、x0，x024)，由抛物线x24y，可得y=14x2，求导得y=12x，所以l1的斜率k1=12x1，所以l1：y-x124=12x1(x-x1)，即y=12x1x-14x12，同理可得l2：y=12x2x-14x22，直线l1，l2方程联立y=12x1x-14x12y=12x2x-14x22，解得x=x1+x22y=x1x24，即x3=x1+x22，所以x1+x22x3，故B正确；D（x1+x22，x1x24），则DADB=(x1-x1+x22，x124-x1x24)(x2-x1+x22，x224-x1x24)=(x1-x22，x1(x1-x2)4)(x2-x12，x2(x2-x1)4)=-
22、(x1-x2)24-x1x2(x1-x2)216=-(x1-x2)216(4+x1x2)不一定为0，故A错误； |DF|2=(x1+x2)24+（x1x24-1）2=x12+2x1x2+x224+x12x2216-x1x22+1=x12x2216+x124+x224+1|AF|BF|，故C正确；P（x1+x02，x1x04），Q（x2+x02，x2x04），|AP|=(x0-x12)2+(x1x0-x024)2=|x0-x1|4+x124，|CQ|=(x2-x02)2+(x2x0-x024)2=|x2-x0|4+x024，|PC|=(x1-x02)2+(x1x0-x024)2=|x1-x0|4
23、+x024，|PD|=(x2-x02)2+(x1x2-x1x04)2=|x2-x0|4+x124，|AP|CQ|PC|PD|，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已知函数f(x)=1+log2(2-x)，x12x-1，x1，则f（f（2）4【分析】根据分段函数的解析式先求f（2），进而求解即可【解答】解：因为f(x)=1+log2(2-x)，x12x-1，x1，所以f（2）1+log2（2（2）1+log243，所以f（f（2）f（3）231224故答案为：414写出一个同时满足下列条件的等比数列an的通项公式an（2）nanan+10；|an|an+1|【
24、分析】可构造等比数列，设公比为q，由条件，可知公比q为负数且|q|1，再取符合的值即可得解【解答】解：可构造等比数列，设公比为q，由anan+10，可知公比q为负数，因为|an|an+1|，所以|q|1，所以q可取2，设a12，则an=-2(-2)n-1=(-2)n故答案为：（2）n15已知圆O：x2+y2r2（r0），设直线x+3y-3=0与两坐标轴的交点分别为A，B，若圆O上有且只有一个点P满足|AP|BP|，则r的值为 12【分析】根据|AP|BP|可得P在AB的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解【解答】解：根据题意易得A(3，0)，B(0，1)，PA=PB，P在AB的垂直平分线上
25、，又kAB=-33，AB中垂线的斜率为3，又AB的中点为(32，12)，由点斜式方程得y-12=3(x-32)，化简得y=3x-1，又P在圆O：x2+y2r2满足条件的P有且仅有一个，直线y=3x-1与圆相切，r=d=13+1=12，故答案为：1216已知正四棱锥SABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形T，则T的边数至多为 5，T的面积的最大值为 23【分析】数形结合，作平面与平面BDF平行，能求出截面多边形T的边数至多有几条；令SESF=，得EP=32，SP，PB1，BQ1，PQ1，NQMPBD=2，推导出cosDFB=-13，sinDFB
26、=223，从而得到SSEMP+SPMNQ=-3242+2，由此能求出T的面积的最大值【解答】解：取SC中点F，BFSC，DFSC，DFBFF，SC平面BDF，作平面与平面BDF平行，截面至多为五边形，如图，令SESF=，EPBF=32，SPSB，PB1，BQ1，PQ1，NQMPBD=2，cosDFB=34+34-223232=-13，sinDFB=223，SEMP=123232223=242，MN与NQ的夹角，而SA与BD垂直，SPMNQ=2(1-)，S=2(1-)+242=-3242+2，当=23时，S取最大值为23故答案为：5；23四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证
27、明过程或演算步骤.17在S1，S2，S4成等比数列，a42a2+2，S8S4+S72这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答已知数列an是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足 _，_（1）求an的通项公式；（2）求1a1a2+1a2a3+1a3a4+1anan+1注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，即可得出答案；（2）由（1）得an4n2，可得1anan+1=18(12n-1-12n+1)，利用裂项相消法求和，即可得出答案【解答】解：（1）选，设等差数列an的公差为d，S1，S2，S
28、4成等比数列，a42a2+2，a1(4a1+6d)=(2a1+d)2a1+3d=2(a1+d)+2，解得a12，d4，an2+4（n1）4n2；选，设等差数列an的公差为d，S1，S2，S4成等比数列，S8S4+S72，a1(4a1+6d)=(2a1+d)28a1+28d=4a1+6d+7a1+21d-2，解得a12，d4，an2+4（n1）4n2；选，设等差数列an的公差为d，a42a2+2，S8S4+S72，a1+3d=2(a1+d)+28a1+28d=4a1+6d+7a1+21d-2，解得a12，d4，an2+4（n1）4n2；（2）由（1）得an4n2，则1anan+1=1(4n-2)
29、(4n+2)=141(2n-1)(2n+1)=18(12n-1-12n+1)，1a1a2+1a2a3+1anan+1=18(1-13+13-15+12n-1-12n+1)=18(1-12n+1)=n4(2n+1)18第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWorldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：喜欢足球不喜欢足球合计男生40女生30合计（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与
30、性别有关？（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门已知男生进球的概率为23，女生进球的概率为12，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【分析】（1）利用独立性检验的方法求解；（2）根据独立事件的概率公式和离散型随机变量的分布列的定义求解【解答】解：（1）22列联表如下：喜欢足球不喜欢足球合计男生6040100女生3070100合计90110200K2=200(6070-4030)2100
31、1009011018.18210.828，故有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关（2）3人进球总次数的所有可能取值为0，1，2，3，P(=0)=(13)212=118，P(=1)=C21231312+12(13)2=518，P(=2)=C21231312+(23)212=49，P(=3)=(23)212=29，故的分布列如下：0123P118 518 49 29 故的数学期望：E()=1518+249+329=11619在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acosB2acosC（2cb）cosA（1）若c=3a，求cosB的值；（2）若b1，BAC的平分线AD交BC于点D
32、，求AD长度的取值范围【分析】（1）由正弦定理得出c2b，再由余弦定理，即可得出答案；（2）设BAD，把ABC表示成两个三角形的面积和，表示出AD，即可得出答案；【解答】解：（1）acosB2acosC（2cb）cosA，在ABC中，由正弦定理得sinAcosB2sinAcosC（2sinCsinB）cosA，sinAcosB+cosAsinB2sinAcosC+2cosAsinC，sin（A+B）2sin（A+C），sinC2sinB，即c=2b，c=3a，b=3a2，cosB=a2+c2-b22ac=a2+3a2-34a22a3a=13324；（2）由（1）得c2b，b1，则c2，设BAD
33、，如图所示：SABC=122sin2=122ADsin+121ADsin，AD=43cos，(0，2)，AD(0，43)20如图，在ABC中，AD是BC边上的高，以AD为折痕，将ACD折至APD的位置，使得PBAB（1）证明：PB平面ABD；（2）若ADPB4，BD2，求二面角BPAD的正弦值【分析】（1）先证明出线面垂直，得到ADPB，进而证明出PB平面ABD；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值【解答】（1）证明：AD是BC边上的高，PDAD，ADBD，PDBDD，PD，BD平面PBD，AD平面PBD，PB平面PBD，ADPB，又PBAB，AD，AB平面
34、ABD，ADABA，PB平面ABD；（2）解：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，ADPB4，BD2，则B（0，2，0），P（0，2，4），A（4，0，0），D（0，0，0），BP=(0，0，4)，PA=(4，-2，-4)，DA=(4，0，0)，设平面BPA与平面PAD的一个法向量分别为n1=(x1，y1，z1)，n2=(x2，y2，z2)，故n1BP=4z1=0n1PA=4x1-2y1-4z1=0，解得：z10，令x11，得：y12，则n1=(1，2，0)，n2PA=4x2-2y2-4z2=0n1DA=4x2=0，解得：x20，令
35、z21，则y22，故n1=(0，-2，1)，设二面角BPAD平面角为，显然为锐角，cos=|n1n2|n1|n2|=|(1，2，0)(0，-2，1)|1+41+4=455=45，sin=1-cos2=35，即二面角BPAD的正弦值为3521已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点当PQx轴时，|PA|=10，PAQ的面积为3（1）求C的方程；（2）证明：以PQ为直径的圆经过定点【分析】（1）根据题意，可得|PF|=b2a，(b2a)2+(c-a)2=(10)2122b2a(c-a)=3c2=a2+b2，进而求解；（2）设PQ方程为xmy
36、2，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线和双曲线方程组，可得（3m21）y212my+90，以PQ为直径的圆的方程为（xx1）（xx2）+（yy1）（yy2）0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，进而得到x2（x1+x2）x+x1x2+y1y20，进而得证【解答】解：（1）当PQx轴时，P，Q两点的横坐标均为c，代入双曲线方程，可得yP=b2a，yQ=-b2a，即|PF|=b2a，由题意，可得(b2a)2+(c-a)2=(10)2122b2a(c-a)=3c2=a2+b2，解得a1，b=3，c2，双曲线C的方程为：x2-y23=1；（2）证明：设PQ方程为xmy2，P（x1，
37、y1），Q（x2，y2），联立方程x=my-23x2-y2=33(m2y2-4my+4)-y2=3(3m2-1)y2-12my+9=0，以PQ为直径的圆的方程为（xx1）（xx2）+（yy1）（yy2）0，x2-(x1+x2)x+x1x2+y2-(y1+y2)y+y1y2=0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y0，可得x2（x1+x2）x+x1x2+y1y20，而x1+x2=m(y1+y2)-4=12m23m2-1-4=43m2-1，x1x2=(my1-2)(my2-2)=m2y1y2-2m(y1+y2)+4=-3m2-43m2-1，x2-43m2-1x+-3m2-43m2-1+
38、93m2-1=0(3m2-1)x2-4x+5-3m2=0（3m21）x+3m25（x1）0对mR恒成立，x1，以PQ为直径的圆经过定点（1，0）22已知函数f(x)=xaex-1和g(x)=a+lnxx有相同的最大值（1）求实数a；（2）设直线yb与两条曲线yf（x）和yg（x）共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4（x1x2x3x4），证明：x1x4x2x3【分析】（1）利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；（2）构造函数F(x)=xex-1-b和G(x)=1+lnxx-b，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数(x)=xex分类讨论对应方程根的个数和分布证明
39、【解答】解：（1）f(x)=1aex-1-ex-1x(ex-1)2=1a1-xex-1，令f（x）0x1f（x）有最大值，a0且f（x）在（0，1）上单调递增；（1，+）上单调递减，f(x)max=f(1)=1aa1时，g(x)=1-a-lnxx2=-lnxx2，当0x1时，g（x）0，g（x）单调递增；当x1时，g（x）0，g（x）单调递减，g（x）maxg（1）a，1a=a，即a1；（2）由f(x)=bxex-1-b=0，由g(x)=b1+lnxx-b=0，令F(x)=xex-1-b，F(x)=1-xex-1，当0x1时，F（x）0，当x1时，F（x）0，所以F（x）在（0，1）上单调递增
40、；（1，+）上单调递减，F（x）至多两个零点，令G(x)=1+lnxx-b，G(x)=-lnxx2，当0x1时，G（x）0，当x1时，G（x）0，所以G（x）在（0，1）上单调递增；（1，+）上单调递减；G（x）至多两个零点令F(x)=G(x)xex-1-1+lnxx=0，当x(0，1e时，lnx1，所以xex-1-1+lnxx0；当x（1，+）时，由xex=lnexex=lnexelnex，设m（x）xlnex，m(x)=1-1x=x-1x，所以当x（1，+）时，m(x)=1-1x=x-1x0，所以m（x）xlnex在x（1，+）单调递增，所以m（x）m（1）0，所以xlnex，且lnexl
41、ne1，所以xlnex1，设(x)=xex，(x)=1-xex，当0x1时，（x）0，当x1时，（x）0，所以（x）在（1，+）上单调递减，（x）（lnex）方程无解，当x(1e，1时，由1xlnex，(x)=xex在（0，1上单调递增，（x）（lnex）方程有唯一解x1，当0b1时，注意到F（0）b0，F（1）1b0，设n（x）x2lnx（x2），n(x)=1-2x=x-2x0对x2恒成立，所以n（x）n（2）22ln20，所以当x2时，x2lnx，即exx2，因为0b1，所以1b1，1b+12，所以e1b+1(1b+1)2，所以F(1b+2)=1b+2e1b+1-b1b+2(1b+1)2-b=-b(1b+1)20，F（x）在（0，1）和(1，1b+2)上各有一个零点x1，x3，f（x），g（x）示意图，注意到G（1e）b0，G（1）1b0，G（4b2）=b24（1+2ln2b-22b），令u（x）1+2lnx2x，x2，u(x)=2x-20，即函数u（x）在（2，+）上单调递减，因此u（x）u（2）2ln230，即有G(4b2)0，G（t）在(1e，1)和