2022年福建省漳州市高考数学第二次质检试卷（学生版+解析版）.docx下载_163文库

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2、分也不必要条件5（5分）已知ABC是边长为2的正三角形，P为线段AB上一点（包含边界），则PBPC的取值范围为（）A-14，2B-14，4C0，2D0，46（5分）伦敦奥运会自行车赛车馆有一个明显的双曲线屋顶，该赛车馆是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的双曲线屋顶的一段近似看成离心率为52的双曲线C：y2a2-x2=1（a0）上支的一部分，点F是C的下焦点，若点P为C上支上的动点，则|PF|与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为（）A2B3C4D57（5分）已知函数f（x）=(1-a)x+a2，x13x，x1与函数g（x）lnx的值域相同，则实数a的取值范围是（）A（，1）B（，

3、1C1，1）D（，12，+）8（5分）已知Sn是数列an的前n项和，a11，a22，a33，记bnan+an+1+an+2，且bn+1bn2，则S31（）A171B278C351D395二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错得0分（多选）9（5分）已知函数f（x）ex，则下列结论正确的是（）A曲线yf（x）的切线斜率可以是1B曲线yf（x）的切线斜率可以是1C过点（0，1）且与曲线yf（x）相切的直线有且只有1条D过点（0，0）且与曲线yf（x）相切的直线有且只有2条（多选）10（5分）已

4、知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为侧面BCC1B1上的动点，且满足AM平面A1BP，则下列结论正确的是（）AAMB1MBCD1平面A1BPC动点P的轨迹长为2133DAM与A1B1所成角的余弦值为53（多选）11（5分）关于函数f（x）sin|x|+|cosx|，下列结论正确的是（）Af（x）为偶函数Bf（x）在区间2，32单调递减Cf（x）的值域为1，2D当a（1，2）时，方程f（x）a在，有8个解（多选）12（5分）阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦AB所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三

5、角形ABC的顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的43，现已知直线yx+32p与抛物线E：y22px（p0）交于A，B两点，且A为第一象限的点，E在A处的切线为l，线段AB的中点为D，直线DCx轴所在的直线交E于点C，下列说法正确的是（）A若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6B切线l的方程为2x2y+p0C若4n1AnSABC（nN*），则弦AB对应的抛物线弓形面积大于A1+A2+An1+43An（n2）D若分别取AC，BC的中点V1，V2，过V1，V2且垂直y轴的直线分别交E于C1，C2，则SACC1+SBCC2=14SABC三、填空题：本题共

6、4小题，每小题5分，共20分13（5分）2021年电影长津湖累计票房逾57亿，该片点燃了每个人心中对英雄的崇敬之情，也更加显示出如今和平生活的来之不易某影院记录了观看此片的70位观众的年龄，其中年龄位于区间10，20）的有10位，位于区间20，30）的有20位，位于区间30，40）的有25位，位于区间40，50的有15位，则这70位观众年龄的众数的估计值为 14（5分）已知（2x2+y）6的展开式中x8y2的系数为 15（5分）写出一个具有性质的函数f（x） f（x）的定义域为（0，+）；f（x1x2）f（x1）+f（x2）；当x（0，+）时，f（x）016（5分）在平行四边形ABCD中，AB

7、8，BC10，A=3，点E在边BC上，且DCCE将CDE沿DE折起后得到四棱锥CABED，则该四棱锥的体积最大值为；该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为四、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）已知数列an的前n项和为Sn，在Sn+(12)n-1=2（nN*），a11，Sn+2an+12（nN*），1a1+1a2+1a3+1an=2n-1（nN*）这三个条件中任选一个，解答下列问题（1）求an的通项公式；（2）若bnlog2an，求数列bn的前n项和Tn18（12分）如图，在平面四边形ABCD中，对角线AC平分BAD，ABC的内角A，B，

8、C的对边分别为a，b，c，已知2bcosB+acosC+ccosA0（1）求B；（2）若ABCD2，ABC的面积为2，求AD19（12分）如图，圆柱OO1的轴截面ABB1A1是一个边长为2的正方形，点D为棱BB1的中点，C1为弧A1B1上一点，且C1O1B1=3（1）求三棱锥DC1OO1的体积；（2）求二面角C1ODO1的余弦值20（12分）漳州市某路口用停车信号管理，在某日9：00后的一分钟内有15辆车到达路口，到达的时间如下（以秒作单位）：1，4，7，10，14，17，20，22，25，28，30，33，36，38，41记k1，2，3，15，A（k）表示第k辆车到达路口的时间，W（k）表示

9、第k辆车在路口的等待时间，且W（1）0，W（i+1）max0，W（i）+A（i）A（i+1）+3，（i1，2，14），记Mmaxa，b，M表示a，b中的较大者（1）从这15辆车中任取2辆，求这两辆车到达路口的时间均在15秒以内的概率；（2）记这15辆车在路口等待时间的平均值为W，现从这15辆车中随机抽取1辆，记W（k）-W，求的分布列和数学期望；（3）通过调查，在该日10：00后的一分钟内也有15辆车到达路口，到达的时间如下：1，4，10，14，15，16，17，18，19，21，25，28，30，32，38现甲驾驶车辆欲在9：00后一分钟内或10：00后一分钟内某时刻选择一个通过该路口，试通

10、过比较9：00和10：00后的一分钟内车辆的平均等待时间，帮甲做出选择21（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的长轴长为210，且过点P（5，1）（1）求C的方程；（2）设直线ykx+m（m0）交y轴于点M，交C于不同两点A，B，点N与M关于原点对称，BQAN，Q为垂足问：是否存在定点M，使得|NQ|NA|为定值？22（12分）已知f（x）x2xalnx（1）若a1，求f（x）的最小值；（2）当x1时，f（2x1）2f（x）0，求a的取值范围2022年福建省漳州市高考数学第二次质检试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选

12、A-223B-13C13D223【解答】解：因为sin（6-x）=13，所以cos（x+3）cos2+（x-6）sin（x-6）sin（6-x）=13故选：C4（5分）已知直线x+y-2a0与圆x2+y225相交于A，B两点，则“|AB|6”是“4a5”的（）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【解答】解：因为直线x+y-2a0与圆x2+y225相交于A，B两点，设圆心到直线的距离为d，则|AB|6等价于225-d26，4d5，4|2a|1+15，解得4a5或5a4，“|AB|6”是“4a5”的必要不充分条件故选：B5（5分）已知ABC是边长为2的正三角形，P为线段

13、AB上一点（包含边界），则PBPC的取值范围为（）A-14，2B-14，4C0，2D0，4【解答】解：建立平面直角坐标系如图：设P（x，y），PB=（1x，y），PC=（1x，y），B（1，0），C（1，0），A（0，3），直线AB的方程：3x-y+3=0，可得PBPC=x2+y21，它的几何意义是线段AB上的点与坐标原点距离的平方减去1，最小值为：（0，0）到3x-y+3=0的距离的平方减去1，即(33+1)2-1=-14，最大值为：(3)2-1=2所以PBPC的取值范围为：-14，2故选：A6（5分）伦敦奥运会自行车赛车馆有一个明显的双曲线屋顶，该赛车馆是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若

14、将如图所示的双曲线屋顶的一段近似看成离心率为52的双曲线C：y2a2-x2=1（a0）上支的一部分，点F是C的下焦点，若点P为C上支上的动点，则|PF|与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为（）A2B3C4D5【解答】解：依题意，双曲线y2a2-x21的离心率为52，1+1a2=54，解得a2，双曲线方程为y24-x21，下焦点为F（0，-5），上焦点F（0，5），渐近线方程为x12y，根据图形的对称性，不妨取渐近线为l：x=12y，即y2x，点P为C上支上的动点，|PF|2a+|PF|4+|PF|，过点P作PQl，垂足为Q，过点F作FMl，垂足为M，则|PF|+|PQ|4+|PF|+|PQ

15、|4+|FM|4+|20-5|4+1=4+15，|PF|与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为5故选：D7（5分）已知函数f（x）=(1-a)x+a2，x13x，x1与函数g（x）lnx的值域相同，则实数a的取值范围是（）A（，1）B（，1C1，1）D（，12，+）【解答】解：因为g（x）lnx的值域为R，所以函数f（x）=(1-a)x+a2，x13x，x1的值域也为R，当x1时，f（x）3x313，所以当x1时，若1a0，即a1，f（x）1，此时不满足条件，若1a0，即a1，f（x）1a+a2，此时f（x）的值域不可能为R，若1a0，即a1，f（x）1a+a2，要使f（x）的值域为R，则1

16、a+a23，即a2a20，解得a2或a1，又因为a1，所以a1，即实数a的取值范围是（，1故选：B8（5分）已知Sn是数列an的前n项和，a11，a22，a33，记bnan+an+1+an+2，且bn+1bn2，则S31（）A171B278C351D395【解答】解：bnan+an+1+an+2，且bn+1bn2，an+1+an+2+an+3（an+an+1+an+2）2，即an+3an2，a11，a22，a33，数列an的第1，4，7.项构成首项为1，公差为2的等差数列，第2，5，8.项构成首项为2，公差为2的等差数列，第3，6，9.项构成首项为3，公差为2的等差数列，S31111+1110

17、22+102+10922+103+10922351故选：C二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错得0分（多选）9（5分）已知函数f（x）ex，则下列结论正确的是（）A曲线yf（x）的切线斜率可以是1B曲线yf（x）的切线斜率可以是1C过点（0，1）且与曲线yf（x）相切的直线有且只有1条D过点（0，0）且与曲线yf（x）相切的直线有且只有2条【解答】解：f（x）ex，得f（x）ex，由f（x）ex1，得x0，曲线yf（x）的切线斜率可以是1，故A正确；f（x）ex0，故B错误；设切点坐标为

18、（x0，ex0），则f（x0）=ex0，过切点的切线方程为y-ex0=ex0(x-x0)，把（0，1）代入，可得1-ex0=-x0ex0，x0ex0-ex0+1=0，令g（x）xexex+1，得g（x）xex，当x（，0）时，g（x）0，当x（0，+）时，g（x）0，g（x）ming（0）0，可得x0ex0-ex0+1=0只有一根0，即过点（0，1）且与曲线yf（x）相切的直线有且只有1条，故C正确；把（0，1）代入，可得-ex0=-x0ex0，解得x01过点（0，0）且与曲线yf（x）相切的直线有且只有1条，故D错误故选：AC（多选）10（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，

19、M为CC1的中点，P为侧面BCC1B1上的动点，且满足AM平面A1BP，则下列结论正确的是（）AAMB1MBCD1平面A1BPC动点P的轨迹长为2133DAM与A1B1所成角的余弦值为53【解答】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则A（0，0，2），A1（0，2，2），B（0，0，0），M（2，1，0），P（x，y，0），所以A1B=(0，-2，-2)，BP=(x，y，0)，AM=(2，1，-2)，由AM平面A1BP，得AM=aA1B+bBP，即0+bx=2-2a+by=1-2a=-2，化简可得3x2y0，所以动点P在直线3x2y0上，A选项：AM=(2，1，-2)，B1M=(2，

20、-1，0)，AMB1M=22+1(-1)+(-2)0=30，所以AM与B1M不垂直，所以A选项错误；B选项：CD1A1B，A1B平面A1BP，CD1平面A1BP，所以CD1平面A1BP，B选项正确；C选项：动点P在直线3x2y0上，且P为侧面BCC1B1上的动点，则P在线段P1B上，P1(43，2，0)，所以P1B=(43)2+22+02=2133，C选项正确；D选项：A1B1=(0，0，-2)，cosAM，A1B1=4222+12+(-2)2=23，D选项错误；故选：BC（多选）11（5分）关于函数f（x）sin|x|+|cosx|，下列结论正确的是（）Af（x）为偶函数Bf（x）在区间2，

21、32单调递减Cf（x）的值域为1，2D当a（1，2）时，方程f（x）a在，有8个解【解答】解：A因为f（x）sin|x|+|cos（x）|sin|x|+|cosx|f（x），所以f（x）为偶函数，故正确；B因为f（2）sin2+|cos2|1，f（34）sin（34）+|cos（34）|=2，所以f（2）f（34），所以f（x）在区间2，32不是单调递减函数，故错误；C当x0，2时，f（x）sinx+cosx=2sin（x+4），由x+44，34，得sin（x+4）22，1，则f（x）1，2；当x2，时，f（x）sinxcosx=2sin（x-4），由x-44，34，得sin（x-4）22，1

22、，则f（x）1，2；当x，32时，f（x）sinxcosx=2sin（x-4），由x-434，54，得sin（x-4）-22，22，则f（x）1，1；当x32，2时，f（x）sinx+cosx=2sin（x+4），由x+474，94，得sin（x+4）-22，22，则f（x）1，1；综上f（x）的值域为1，2，故正确；Df（x）=2sin(x-4)，x2，2sin(x+4)，x0，2-2sin(x-4)，x-2，0)-2sin(x+4)，x-，-2)，在同一坐标系中作出yf（x），ya的图象，如图所示：由a（1，2）知，方程f（x）a在，有8个解，故正确故选：ACD（多选）12（5分）阿基米德

23、的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦AB所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形ABC的顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的43，现已知直线yx+32p与抛物线E：y22px（p0）交于A，B两点，且A为第一象限的点，E在A处的切线为l，线段AB的中点为D，直线DCx轴所在的直线交E于点C，下列说法正确的是（）A若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6B切线l的方程为2x2y+p0C若4n1AnSABC（nN*），则弦AB对应的抛物线弓形面积大于A1+A2+An1+43An（n2）D若分别

24、取AC，BC的中点V1，V2，过V1，V2且垂直y轴的直线分别交E于C1，C2，则SACC1+SBCC2=14SABC【解答】解：A选项：内接三角形的面积834=6，故选项A正确；B选项：联立方程y2=2pxy=-x+32p，解得x1=p2y1=p，x1=9p2y2=-3p，又点A在第一象限，A（P2，P），y=2px，y=2p2x，当x=p2时，y1，故切线方程为ypx-p2，即2x2y+p0，故选项B正确；C选项：由4n1AnSABC（nN*），得A14A2，令n2，SABC4A2，弓形面积为43SABC=163A2=4A2+43A2=A1+43A2，所以不等式不成立，故选项C错误；D选项

25、：由A(p2，p)，B（9p2，3p）知D（5p2，2p），DC/x轴，C（p2，2p），又AC，BC的中点V1，V2，易求V1(p2，0)，V2(5p2，-2p)，C1（0，0），C2（2p，2p），SACC1=12C1V12p=p22，SBCC2=12C2V22p=p22，SABC=12CD4p=4p2，SACC1+SBCC2=14SABC成立，故选项D正确，故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）2021年电影长津湖累计票房逾57亿，该片点燃了每个人心中对英雄的崇敬之情，也更加显示出如今和平生活的来之不易某影院记录了观看此片的70位观众的年龄，其中年龄位于区

26、间10，20）的有10位，位于区间20，30）的有20位，位于区间30，40）的有25位，位于区间40，50的有15位，则这70位观众年龄的众数的估计值为 35【解答】解：年龄位于区间30，40）的有25位，人数最多，这70位观众年龄的众数的估计值为35，故答案为：3514（5分）已知（2x2+y）6的展开式中x8y2的系数为 240【解答】解：在（2x2+y）6的展开式中，通项公式为Tr+1=C6r26rx122ryr，令r2，可得展开式中 x8y2的系数为C6224240，故答案为：24015（5分）写出一个具有性质的函数f（x）log12x（答案不唯一）f（x）的定义域为（0，+）；f（

27、x1x2）f（x1）+f（x2）；当x（0，+）时，f（x）0【解答】解：由分析可得要求函数可以为对数函数，由分析可得函数f（x）在（0，+）上单调递减，则对数函数的底数a（0，1），故函数可以为f（x）log12x，故答案为：log12x（答案不唯一）16（5分）在平行四边形ABCD中，AB8，BC10，A=3，点E在边BC上，且DCCE将CDE沿DE折起后得到四棱锥CABED，则该四棱锥的体积最大值为 96；该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 4003【解答】解：平行四边形ABCD中，AB8，BC10，A=3，点E在边BC上，且DCCE将CDE沿DE折起后得到四棱锥CABED，如图所

28、示：所以四边形ABED为等腰梯形；S梯形ABDE=12(2+10)832=243；当面CDE底面ABED时，锥体的体积做大；高为h=832=43；故V锥体=1324343=96；根据题意，下底面为等腰梯形，设外接圆的圆心为T，所以设T到AD的距离为d，所以TATB，故52+d2=12+(43-d)2，解得d=3，所以AT=(3)2+52=27，所以外接球的半径为OA=AT2+OT2=(27)2+(83213)2=1033，故S表=4(1033)2=4003故答案为：96；4003四、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）已知数列an的前n项和为S

29、n，在Sn+(12)n-1=2（nN*），a11，Sn+2an+12（nN*），1a1+1a2+1a3+1an=2n-1（nN*）这三个条件中任选一个，解答下列问题（1）求an的通项公式；（2）若bnlog2an，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）方案一：选择条件由Sn+(12)n-1=2，可得Sn2-(12)n-1，当n1时，a1S12（12）111，当n2时，anSnSn12（12）n12+（12）n2（12）n1，当n1时，a11也满足上式，an（12）n1，nN*方案二：选择条件依题意，由Sn+2an+12，可得Sn1+2an2，两式相减，可得an+2an+12an0，整理，得

30、an+1=12an，数列an是以1为首项，12为公比的等比数列，an1（12）n1（12）n1，nN*方案三：选择条件依题意，由1a1+1a2+1a3+1an=2n1，可得1a1+1a2+1a3+1an-1=2n11，两式相减，可得1an=2n2n12n1，an=12n-1=（12）n1，nN*（2）由（1），可得bnlog2anlog2（12）n1（n1），故Tnb1+b2+bn（1）+（2）+（n1）=-n(n-1)218（12分）如图，在平面四边形ABCD中，对角线AC平分BAD，ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcosB+acosC+ccosA0（1）求B；（2）若

31、ABCD2，ABC的面积为2，求AD【解答】解：（1）2bcosB+acosC+ccosA0，2sinBcosB+sinAcosC+sinCcosA0，2sinBcosB+sin（A+C）0，2sinBcosB+sinB0，0B，sinB0，cosB22，B=34（2）ABC的面积S2，S=12acsin34=2，即a22，AC=c2+a2-2accosB=25，cosCAB=4+20-82225=255，又AC平分BAD，cosCAD=20+AD2-4225AD=255，AD419（12分）如图，圆柱OO1的轴截面ABB1A1是一个边长为2的正方形，点D为棱BB1的中点，C1为弧A1B1上一

32、点，且C1O1B1=3（1）求三棱锥DC1OO1的体积；（2）求二面角C1ODO1的余弦值【解答】解：（1）过C1作C1EO1B1交A1B1于点E，因为O1C1O1B11，C1O1B1=3，所以O1C1B1为正三角形，所以E为O1B1中点，即C1E=32，又因为平面ABB1A1平面A1B1C1，面ABB1A1面A1B1C1A1B1，C1EA1B1，C1E面A1B1C1，所以C1E面A1B1BA，即C1E面O1OD，因为D为BB1的中点，所以O1D=OD=2，又O1O2，即O1D2+OD2=OO12，即O1DO=2，则O1DO的面积为1，VD-C1OO1=VC1-DOO1=13SDO1OC1E=

33、13132=36（2）因为在圆柱OO1中，轴截面ABB1A1是正方形，取弧AB的中点C，所以OC，OB，OO1两两垂直，以OC，OB，OO1为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示由题意知O（0，0，0），D（0，1，1），A1（0，1，2），C1(32，12，2)，OD=(0，1，1)，OC1=(32，12，2)，设平面C1OD的法向量n1=(x，y，z)，则nOC1=32x+12y+2z=0nOD=y+z=0，取y1，则z1，x=3，则n1=(3，1，-1)，平面ODO1的法向量可取n2=(1，0，0)所以cosn1，n2=n1n2|n1|n2|=351=155，设二面角C1O

34、DO1为，则为锐角，所以cos=|cosn1，n2|=155，所以二面角C1ODO1的余弦值为15520（12分）漳州市某路口用停车信号管理，在某日9：00后的一分钟内有15辆车到达路口，到达的时间如下（以秒作单位）：1，4，7，10，14，17，20，22，25，28，30，33，36，38，41记k1，2，3，15，A（k）表示第k辆车到达路口的时间，W（k）表示第k辆车在路口的等待时间，且W（1）0，W（i+1）max0，W（i）+A（i）A（i+1）+3，（i1，2，14），记Mmaxa，b，M表示a，b中的较大者（1）从这15辆车中任取2辆，求这两辆车到达路口的时间均在15秒以内的概

35、率；（2）记这15辆车在路口等待时间的平均值为W，现从这15辆车中随机抽取1辆，记W（k）-W，求的分布列和数学期望；（3）通过调查，在该日10：00后的一分钟内也有15辆车到达路口，到达的时间如下：1，4，10，14，15，16，17，18，19，21，25，28，30，32，38现甲驾驶车辆欲在9：00后一分钟内或10：00后一分钟内某时刻选择一个通过该路口，试通过比较9：00和10：00后的一分钟内车辆的平均等待时间，帮甲做出选择【解答】解：（1）这15辆车到达路口的时间在15秒以内的有5辆，记“两辆车到达路口的时间均在15秒以内”为事件A，则P（A）=C52C152=221，所以从这1

36、5辆车中任取2辆，到达路口的时间在15秒以内的概率为221；（2）一分钟内的这15辆车在路口等待的时间分别为：0，0，0，0，0，0，0，1，1，1，2，2，2，3，3，则W=1+1+1+2+2+2+3+315=1，所以的可能值为1，0，1，2，P（1）=715，P（0）=315=15，P（1）=315=15，P（2）=215，所以的分布列为：1012P715 15 15 215 所以E1715+015+115+2215=0；（3）10：00后的1分钟内这15辆车在路口等待的时间分别为：0，0，0，0，2，4，6，8，10，11，10，10，11，12，9，因为9：00后的1分钟内15辆车在路

37、口等待的时间之和为15，设10：00后的1分钟内的15辆车在路口等待的时间之和为X，则X2+4+6+8+10+11+10+10+11+12+915，所以X151，所以10：00后的1分钟内15辆车在路口等待的平均时间大于9：00后的1分钟内15辆车在路口等待的平均时间，所以甲应该选择9：00后一分钟内某时刻通过该路口21（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的长轴长为210，且过点P（5，1）（1）求C的方程；（2）设直线ykx+m（m0）交y轴于点M，交C于不同两点A，B，点N与M关于原点对称，BQAN，Q为垂足问：是否存在定点M，使得|NQ|NA|为定值？【解答】解：（1）

38、依题意知2a=210，即a=10所以C的方程可化为x210+y2b2=1，将点P(5，1)代入C得510+1b2=1，解得b22，所以椭圆方程为x210+y22=1；（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），联立x210+y22=1y=kx+m得（1+5k2）x2+10kmx+5m2100，（10km）24（1+5k2）（5m210）0，解得m22+10k2，x1+x2=-10km1+5k2，x1x2=5m2-101+5k2，注意到Q，N，A三点共线，|NQ|NA|=|NQNA|，又NQNA=(NB+BQ)NA=NBNAx1x2+（y1+m）（y2+m）x1x2+（kx1+2m）（kx2+

39、2m）=(1+k2)x1x2+2mk(x1+x2)+4m2=(1+k2)(5m2-10)1+5k2-20k2m21+5k2+4m2 =k2(-15m2-10)+5m2-101+5k2+4m2 当15m2105（5m210），解得m1，因为m0，所以m1，此时NQNA=-1，满足0，故存在定点M（0，1），使得|NQ|NA|1等于定值122（12分）已知f（x）x2xalnx（1）若a1，求f（x）的最小值；（2）当x1时，f（2x1）2f（x）0，求a的取值范围【解答】解：（1）因为a1时，f（x）x2xlnx，所以f(x)=(2x+1)(x-1)x，(x0)，当x（0，1）时，f（x）0，当

40、x（1，+）时，f（x）0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，所以f（x）minf（1）0；（2）因为f（2x1）2f（x）0，所以2x24x+2aln（2x1）+2alnx0，所以2（x1）2aln（2x1）+2alnx0，记g（x）2（x1）2aln（2x1）+2alnx，x1，+），只需证g（x）0，所以g(x)=4(x-1)-2a2x-1+2ax=2(x-1)(4x2-2x+a)x(2x-1)，记g(x)=2(x-1)h(x)x(2x-1)，其中h（x）4x22x+a，x1，+），二次函数y4x22x+a 图象的对称轴为x=14，故h（x）在1，+）上单调递增，所以h（x）h（1）2+a，当2+a0，即a2，又g（1）0，故x1+），所以a2符合题意，所以a2符合题意，当2+a0，即 a2 时，当x（1，x0），h（x）0，故g（x）0，所以g（x）在（1，x0）上单调递减，所以g（x0）g（1），又g（1）0，所以g（x0）0，故对x1，+），g（x）0显然不成立，所以a2不符合题意，舍去综上知，a2

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