1、山东省威海市2022届高三下学期数学三模试卷一、单选题1已知复数z与复平面内的点(1，2)对应，则z11i=（）A1+iB1iC1+iD1i2设集合A=x|x22x30，B=x|2xa0，且AB=x|1x0，b0)的左、右焦点分别为F1、F2，以原点O为顶点，F2为焦点的抛物线与双曲线C在第一象限的交点为P若PF1F2=45，则C的离心率为()A2B2+1C3D3+1二、多选题9若ab1，0m1，则（）AambmBmambClogmalogmbDlogam0)，若有且只有一条直线同时与C1，C2都相切，则a= 四、解答题17已知等比数列an的各项均为正值，a3是4a1、2a2的等差中项，a5=
2、32，记bn=log2a2n1（1）求数列an和bn的通项公式；（2）设数列1bnbn+1的前n项和为Tn，证明：Tn1218如图所示，在等边ABC中，AB=6，M，N分别是AB，AC上的点，且AM=AN=4，E是BC的中点，AE交MN于点F以MN为折痕把AMN折起，使点A到达点P的位置(0PFEb0)的离心率为12，圆C1：x2+y2=3与椭圆C有且仅有两个交点且都在y轴上（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知直线l过椭圆C的左顶点A，且l交圆C1于M、N两点，P为椭圆C上一点，若以PM为直径的圆过点A，求PMN面积的最大值22已知函数f(x)=2lnxx+ax（1）当a=34时，求f(x)的
3、单调区间；（2）若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，从下面两个结论中选一个证明f(x2)f(x1)x2x12a2；f(x2)0，由题意知4a1+2a2=2a3a5=32，可得4a1+2a1q=2a1q2a1q4=32q0，解得q=2a1=2，所以，an=22n1=2n，bn=log222n1=2n1（2）证明：因为1bnbn+1=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)，所以Tn=12(113)+(1315)+(12n112n+1)=12(112n+1)0，则k2=t+13，SPMN=36t(13+4t)2=36116t+169t+104，16t+169t+104216t
4、169t+104=208(当且仅当t=134时，等号成立)，可得PMN面积的最大值为91313方法二：SPMN=12|AP|MN|=123k213+4k2，设3k21=t0，则k2=t2+13，SPMN=36t4t2+13=364t+13t，4t+13t413，SPMN91313(当且仅当t=132时，等号成立)，可得PMN面积的最大值为9131322【答案】（1）解：f(x)=2x1ax2=x2+2xax2(x0)，当a=34时，f(x)=x2+2x34x2=4x28x+34x2=(2x1)(2x3)4x2，令f(x)0，解得12x32；令f(x)0，解得0x32，所以f(x)的单增区间为(
5、12，32)；单减区间为(0，12)，(32，+)（2）证明：由题意知，x1，x2是x22x+a=0的两根，则x1+x2=2x1x2=a，f(x2)f(x1)x2x1=2(lnx2lnx1)(x2x1)+a(x1x2)x1x2x2x1，将x1x2=a代入得，f(x2)f(x1)x2x1=2(lnx2lnx1)x2x12，要证明f(x2)f(x1)x2x12a2，只需证明2(lnx2lnx1)x2x122a2，即lnx2lnx1x2x11a=1x2x1，因为0x10，只需证明lnx2x11，只需证明lnt2t1t，即2lntt+1t1)，令h(t)=2lntt+1t，t1，h(t)=2t11t2
6、=(t1)2t20，所以h(t)在(1，+)上单调递减，可得h(t)h(1)=0，所以2lntt+1t1)，综上可知，f(x2)f(x1)x2x10)设g(x)=x2+2xa，因为f(x)有两个极值点，所以=44a0g(0)0，解得0a1，因为g(2)=a0，所以1x22，f(x2)23a=2lnx2x2+ax223a，由题意可知x22+2x2a=0，可得a=x22+2x2代入得，f(x2)23a=2lnx2+23x22103x2+2，令h(x)=2lnx+23x2103x+2(1x2)，h(x)=2x+43x103=2(x1)(2x3)3x，当x(1，32)，h(x)0，所以h(x)在(32，2)上单调速增，因为1x22，所以h(x2)0，所以h(2)h(1)，所以h(x2)h(2)，所以f(x2)23a2ln22，即f(x2)23a+2ln22
