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2024-2025学年福建省漳州市高三（上）第一次质检数学试卷（含答案）
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这是一份2024-2025学年福建省漳州市高三（上）第一次质检数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设全集U=R，集合A={x|x2−3x−4>0}，则∁UA=( )
A. {x|−12.复数z=3−i1+i的虚部为( )
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
3.已知a,b为单位向量，若|a+b|−|a−b|=0，则|a−b|=( )
A. 2B. 2C. 1D. 0
4.若tanα=2tanβ，sin(α−β)=t，则sin(α+β)=( )
A. 2tB. −2tC. 3tD. −3t
5.已知点M为双曲线C：x2−y2=4上任意一点，过点M分别作C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则四边形OAMB(O为原点)的面积为( )
A. 4B. 2C. 1D. 12
6.在正四棱锥P−A1B1C1D1中，PB1⊥PD1.用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体ABCD−A1B1C1D1，AB=1，A1B1=2，则几何体ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 26B. 4 23C. 7 26D. 17 29
7.已知函数f(x)=tan(ωx+π4)(ω>0)，若方程f(x)=1在区间(0,π)上恰有3个实数根，则ω的取值范围是( )
A. (2,3]B. [2,3)C. (3,4]D. [3,4)
8.已知函数f(x)=2x+2−x+csx+x2，若a=f(−3)，b=f(e)，c=f(π)，则( )
A. b二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知X∼N(μ,σ2)，则( )
A. E(X)=μB. D(X)=σ
C. P(X≤μ+σ)+P(X≤μ−σ)=1D. P(X≥μ+2σ)>P(X≤μ−σ)
10.已知定义在R上的函数f(x)不恒等于0，f(π)=0，且对任意的x，y∈R，有f(2x)+f(2y)=2f(x+y)f(x−y)，则( )
A. f(0)=1B. f(x)是偶函数
C. f(x)的图象关于点(π,0)中心对称D. 2π是f(x)的一个周期
11.在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线C：y2=2px(p>0)绕其顶点分别逆时针旋转90°、180°、270°后所得三条曲线与C围成的(如图阴影区域)，A，B为C与其中两条曲线的交点，若p=1，则( )
A. 开口向上的抛物线的方程为y=12x2
B. |AB|=4
C. 直线x+y=t截第一象限花瓣的弦长最大值为34
D. 阴影区域的面积大于4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x−1x)4展开式的常数项是______．
13.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，当Sn+9an取最小值时，n= ______．
14.2024年新高考数学Ⅰ卷多选题的计分标准如下：
①本题共3小题，每小题6分，共18分；
②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得6分，有选错或不选的得0分；
③部分选对的得部分分.考生甲在此卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了两个选项，第三小题选了一个选项，则他多选题的所有可能总得分(相同总分只记录一次)的第80百分位数为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_____．
请在①(a−b)sin(A+C)=(a−c)(sinA+sinC)；②sin(π6−C)cs(C+π3)=14，这两个中任选一个作为条件，补充在横线上，并解答问题．
(1)求C；
(2)若△ABC的面积为5 3,D为AC的中点，求BD的最小值．
16.(本小题15分)
某学校食堂有A，B两家餐厅，张同学第1天选择A餐厅用餐的概率为13.从第2天起，如果前一天选择A餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为34；如果前一天选择B餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为12.设他第n天选择A餐厅用餐的概率为Pn．
(1)求P2的值及Pn+1关于Pn的表达式；
(2)证明数列{Pn−23}是等比数列，并求出{Pn}的通项公式．
17.(本小题15分)
已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD=π3,AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥A−BCD(如图2)．
(1)证明：BD⊥CE；
(2)若三棱锥A−BCD的体积为8，二面角B−CE−O的余弦值为 1510，求OE的长．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为 22，点P为C上一点，△PF1F2周长为2 2+2，其中O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)直线l：y=x+m与C交于A，B两点，
(i)求△OAB面积的最大值；
(ii)设OQ=OA+OB，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程．
19.(本小题17分)
定义：如果函数f(x)在定义域内，存在极大值f(x1)和极小值f(x2)，且存在一个常数k，使f(x1)−f(x2)=k(x1−x2)成立，则称函数f(x)为极值可差比函数，常数k称为该函数的极值差比系数.已知函数f(x)=x−1x−alnx．
(1)当a=52时，判断f(x)是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在a使f(x)的极值差比系数为2−a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
(3)若3 22≤a≤52，求f(x)的极值差比系数的取值范围．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.C
5.B
6.C
7.C
8.A
9.AC
10.ABC
11.ABD
12.6
13.3
14.13
15.解：(1)选择条件①，(a−b)sin(A+C)=(a−c)(sinA+sinC)，
则(a−b)sinB=(a−c)(sinA+sinC)，
由正弦定理可得(a−b)b=(a−c)(a+c)，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12，由C∈(0,π)，所以C=π3；
选择条件②，sin(π6−C)cs(C+π3)=14，
即sin[π2−(π3+C)]cs(C+π3)=14，所以cs2(C+π3)=14，
由C∈(0,π),π3所以C+π3=2π3，则C=π3；
(2)由S=12absinC=12ab× 32=5 3，解得ab=20，
又BD=BC+CD，
所以BD2=(BC+CD)2=BC2+2BC⋅CD+CD2
=a2+2a×12b×(−12)+(12b)2=a2+b24−12ab≥ab−12ab=12ab
=10，
所以|BD|≥ 10，当且仅当a= 10,b=2 10时等式成立，
所以BD的最小值是 10；
另解：因为S△ABC=5 3,D为AC中点，
所以S△BDC=12S△ABC=5 32=12⋅a⋅12b⋅sinπ3，得ab=20，
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC
=a2+14b2−12ab≥2a⋅12b−12ab=12ab=10，
所以BD≥ 10，当且仅当a= 10,b=2 10时等式成立，
所以BD的最小值是 10．
16.解：(1)设An=“第n天去A餐厅用餐”，Bn=“第n天去B餐厅用餐”，
则Ω=An∪Bn，且An与Bn互斥．根据题意得
P1=P(A1)=13,P(B1)=1−P(A1)=23,P(Bn)=1−P(An)，
P(An+1|An)=34,P(An+1|Bn)=12，
P2=P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=13×34+23×12=712，
Pn+1=P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(An+1|Bn)=34Pn+12(1−Pn)，
即Pn+1=14Pn+12．
(2)Pn+1−23=(14Pn+12)−23=14Pn−16=14(Pn−23)，
又因为P1−23=−13≠0，所以{Pn−23}是以−13为首项，14为公比的等比数列，
所以Pn−23=(−13)×(14)n−1，
从而Pn=23−13×4n−1．
17.解：(1)证明：因为四边形ABCD是边长为4的菱形，并且∠BAD=π3，
所以△ABD，△BCD均为等边三角形，
故AO⊥BD，CO⊥BD，且AO=CO=2 3，
因为AO⊂平面ACO，CO⊂平面ACO，且AO∩CO=O，
所以BD⊥平面ACO，
因为CE⊂平面ACO，所以BD⊥CE．
(2)设A到平面BCD的距离为ℎ，因为等边△BCD的边长为4，
所以三棱锥A−BCD的体积为13× 34×42ℎ=8，所以ℎ=2 3，
因为AO=2 3，所以AO⊥平面BCD，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
则O(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2 3,0),A(0,0,2 3)，
设E(0,0,n)(n>0)，
因为BD⊥平面ACO，所以m1=(1,0,0)是平面ECO的一个法向量，
设平面BCE的法向量为m2=(x,y,z)，
又BC=(−2,2 3,0),BE=(−2,0,n)，
故m2⋅BC=−2x+2 3y=0m2⋅BE=−2x+nz=0，
取x= 3，则y=1,z=2 3n，
得m2=( 3,1,2 3n)，
因为二面角B−CE−O的余弦值为 1510，
所以|m1⋅m2||m1|⋅|m2|= 31× 4+12n2= 1510，
解得n= 32或n=− 32(舍去)，
此时OE= 32．
18.解：(1)设焦距为2c，
依题意得，ca= 22,2a+2c=2 2+2,解得a= 2,c=1,
又a2=b2+c2，所以b2=a2−c2=1，
所以C的方程为x22+y2=1．
(2)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=x+m，得3x2+4mx+2m2−2=0，
由Δ=16m2−4×3×(2m2−2)>0，解得m2<3，
所以x1+x2=−4m3,x1x2=2m2−23，
所以|AB|= (x1−x2)2+(y1−y2)2= 2× (x1+x2)2−4x1x2= 23× 24−8m2=4 3−m23，
而点O到直线l：x−y+m=0的距离为d=|m| 2，
所以△OAB的面积S=12×4 3−m23×|m| 2= 23× (3−m2)m2≤ 23×(3−m2)+m22= 22，
当且仅当3−m2=m2，即m=± 62时，△OAB的面积取得最大值 22．
(ii)设Q(x,y)，
因为OQ=OA+OB，所以(x,y)=(x1+x2,y1+y2)，即x=x1+x2y=y1+y2，
因为x1+x2=−4m3，所以y1+y2=x1+x2+2m=2m3，
所以x=−4m3y=2m3，
所以y=−12x，
故点Q在定直线y=−12x．
19.解：(1)当a=52时，f(x)是极值可差比函数，理由如下：
当a=52时，f(x)=x−1x−52lnx(x>0)，
所以f′(x)=1+1x2−52x=(2x−1)(x−2)2x2，
当x∈(0,12)∪(2,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(12,2)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,12)和(2,+∞)上单调递增，在(12,2)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(12)=52ln2−32，极小值为f(2)=32−52ln2，
所以f(12)−f(2)=(2−103ln2)(12−2)，因此f(x)是极值可差比函数．
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+1x2−ax，即f′(x)=x2−ax+1x2，
假设存在a，使得f(x)的极值差比系数为2−a，则x1，x2是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，
Δ=a2−4>0x1+x2=ax1x2=1，解得a>2，不妨设x11，
由于f(x1)−f(x2)=x1−1x1−alnx1−(x2−1x2−alnx2)
=(x1−x2)(1+1x1x2)−alnx1x2
=2(x1−x2)−alnx1x2=(2−ax1−x2lnx1x2)(x1−x2)，
所以2−a=2−ax1−x2lnx1x2，从而1x1−x2lnx1x2=1，
得x2−1x2−2lnx2=0,(∗)
令g(x)=x−1x−2lnx(x>1),g′(x)=x2−2x+1x2=(x−1)2x2>0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，有g(x)>g(1)=0，
因此(∗)式无解，即不存在a使f(x)的极值差比系数为2−a．
(3)由(2)知极值差比系数为2−ax1−x2lnx1x2，
即2−x1+x2x1−x2lnx1x2，不妨设0令t=x1x2,t∈(0,1)，极值差比系数可化为2−t+1t−1lnt，
a2=(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=t+1t+2，
又3 22≤a≤52，解得14≤t≤12，
令p(t)=2−t+1t−1lnt(14≤t≤12),p′(t)=2lnt+1t−t(t−1)2，
设ℎ(t)=2lnt+1t−t(14≤t≤1),ℎ′(t)=2t−1t2−1=2t−1−t2t2
=−(t−1)2t2≤0所以ℎ(t)在[14,1]上单调递减，当t∈[14,1]时，ℎ(t)≥ℎ(12)>ℎ(1)=0，
从而p′(t)>0，
所以p(t)在[14,12]上单调递增，所以p(14)≤p(t)≤p(12)，
即2−103ln2≤p(t)≤2−3ln2．
故f(x)的极值差比系数的取值范围为[2−103ln2,2−3ln2]．
1.设全集U=R，集合A={x|x2−3x−4>0}，则∁UA=( )
A. {x|−1
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
3.已知a,b为单位向量，若|a+b|−|a−b|=0，则|a−b|=( )
A. 2B. 2C. 1D. 0
4.若tanα=2tanβ，sin(α−β)=t，则sin(α+β)=( )
A. 2tB. −2tC. 3tD. −3t
5.已知点M为双曲线C：x2−y2=4上任意一点，过点M分别作C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则四边形OAMB(O为原点)的面积为( )
A. 4B. 2C. 1D. 12
6.在正四棱锥P−A1B1C1D1中，PB1⊥PD1.用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体ABCD−A1B1C1D1，AB=1，A1B1=2，则几何体ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 26B. 4 23C. 7 26D. 17 29
7.已知函数f(x)=tan(ωx+π4)(ω>0)，若方程f(x)=1在区间(0,π)上恰有3个实数根，则ω的取值范围是( )
A. (2,3]B. [2,3)C. (3,4]D. [3,4)
8.已知函数f(x)=2x+2−x+csx+x2，若a=f(−3)，b=f(e)，c=f(π)，则( )
A. b
9.已知X∼N(μ,σ2)，则( )
A. E(X)=μB. D(X)=σ
C. P(X≤μ+σ)+P(X≤μ−σ)=1D. P(X≥μ+2σ)>P(X≤μ−σ)
10.已知定义在R上的函数f(x)不恒等于0，f(π)=0，且对任意的x，y∈R，有f(2x)+f(2y)=2f(x+y)f(x−y)，则( )
A. f(0)=1B. f(x)是偶函数
C. f(x)的图象关于点(π,0)中心对称D. 2π是f(x)的一个周期
11.在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线C：y2=2px(p>0)绕其顶点分别逆时针旋转90°、180°、270°后所得三条曲线与C围成的(如图阴影区域)，A，B为C与其中两条曲线的交点，若p=1，则( )
A. 开口向上的抛物线的方程为y=12x2
B. |AB|=4
C. 直线x+y=t截第一象限花瓣的弦长最大值为34
D. 阴影区域的面积大于4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x−1x)4展开式的常数项是______．
13.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，当Sn+9an取最小值时，n= ______．
14.2024年新高考数学Ⅰ卷多选题的计分标准如下：
①本题共3小题，每小题6分，共18分；
②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得6分，有选错或不选的得0分；
③部分选对的得部分分.考生甲在此卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了两个选项，第三小题选了一个选项，则他多选题的所有可能总得分(相同总分只记录一次)的第80百分位数为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_____．
请在①(a−b)sin(A+C)=(a−c)(sinA+sinC)；②sin(π6−C)cs(C+π3)=14，这两个中任选一个作为条件，补充在横线上，并解答问题．
(1)求C；
(2)若△ABC的面积为5 3,D为AC的中点，求BD的最小值．
16.(本小题15分)
某学校食堂有A，B两家餐厅，张同学第1天选择A餐厅用餐的概率为13.从第2天起，如果前一天选择A餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为34；如果前一天选择B餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为12.设他第n天选择A餐厅用餐的概率为Pn．
(1)求P2的值及Pn+1关于Pn的表达式；
(2)证明数列{Pn−23}是等比数列，并求出{Pn}的通项公式．
17.(本小题15分)
已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD=π3,AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥A−BCD(如图2)．
(1)证明：BD⊥CE；
(2)若三棱锥A−BCD的体积为8，二面角B−CE−O的余弦值为 1510，求OE的长．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为 22，点P为C上一点，△PF1F2周长为2 2+2，其中O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)直线l：y=x+m与C交于A，B两点，
(i)求△OAB面积的最大值；
(ii)设OQ=OA+OB，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程．
19.(本小题17分)
定义：如果函数f(x)在定义域内，存在极大值f(x1)和极小值f(x2)，且存在一个常数k，使f(x1)−f(x2)=k(x1−x2)成立，则称函数f(x)为极值可差比函数，常数k称为该函数的极值差比系数.已知函数f(x)=x−1x−alnx．
(1)当a=52时，判断f(x)是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在a使f(x)的极值差比系数为2−a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
(3)若3 22≤a≤52，求f(x)的极值差比系数的取值范围．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.C
5.B
6.C
7.C
8.A
9.AC
10.ABC
11.ABD
12.6
13.3
14.13
15.解：(1)选择条件①，(a−b)sin(A+C)=(a−c)(sinA+sinC)，
则(a−b)sinB=(a−c)(sinA+sinC)，
由正弦定理可得(a−b)b=(a−c)(a+c)，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12，由C∈(0,π)，所以C=π3；
选择条件②，sin(π6−C)cs(C+π3)=14，
即sin[π2−(π3+C)]cs(C+π3)=14，所以cs2(C+π3)=14，
由C∈(0,π),π3
(2)由S=12absinC=12ab× 32=5 3，解得ab=20，
又BD=BC+CD，
所以BD2=(BC+CD)2=BC2+2BC⋅CD+CD2
=a2+2a×12b×(−12)+(12b)2=a2+b24−12ab≥ab−12ab=12ab
=10，
所以|BD|≥ 10，当且仅当a= 10,b=2 10时等式成立，
所以BD的最小值是 10；
另解：因为S△ABC=5 3,D为AC中点，
所以S△BDC=12S△ABC=5 32=12⋅a⋅12b⋅sinπ3，得ab=20，
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC
=a2+14b2−12ab≥2a⋅12b−12ab=12ab=10，
所以BD≥ 10，当且仅当a= 10,b=2 10时等式成立，
所以BD的最小值是 10．
16.解：(1)设An=“第n天去A餐厅用餐”，Bn=“第n天去B餐厅用餐”，
则Ω=An∪Bn，且An与Bn互斥．根据题意得
P1=P(A1)=13,P(B1)=1−P(A1)=23,P(Bn)=1−P(An)，
P(An+1|An)=34,P(An+1|Bn)=12，
P2=P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=13×34+23×12=712，
Pn+1=P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(Bn)P(An+1|Bn)=34Pn+12(1−Pn)，
即Pn+1=14Pn+12．
(2)Pn+1−23=(14Pn+12)−23=14Pn−16=14(Pn−23)，
又因为P1−23=−13≠0，所以{Pn−23}是以−13为首项，14为公比的等比数列，
所以Pn−23=(−13)×(14)n−1，
从而Pn=23−13×4n−1．
17.解：(1)证明：因为四边形ABCD是边长为4的菱形，并且∠BAD=π3，
所以△ABD，△BCD均为等边三角形，
故AO⊥BD，CO⊥BD，且AO=CO=2 3，
因为AO⊂平面ACO，CO⊂平面ACO，且AO∩CO=O，
所以BD⊥平面ACO，
因为CE⊂平面ACO，所以BD⊥CE．
(2)设A到平面BCD的距离为ℎ，因为等边△BCD的边长为4，
所以三棱锥A−BCD的体积为13× 34×42ℎ=8，所以ℎ=2 3，
因为AO=2 3，所以AO⊥平面BCD，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
则O(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2 3,0),A(0,0,2 3)，
设E(0,0,n)(n>0)，
因为BD⊥平面ACO，所以m1=(1,0,0)是平面ECO的一个法向量，
设平面BCE的法向量为m2=(x,y,z)，
又BC=(−2,2 3,0),BE=(−2,0,n)，
故m2⋅BC=−2x+2 3y=0m2⋅BE=−2x+nz=0，
取x= 3，则y=1,z=2 3n，
得m2=( 3,1,2 3n)，
因为二面角B−CE−O的余弦值为 1510，
所以|m1⋅m2||m1|⋅|m2|= 31× 4+12n2= 1510，
解得n= 32或n=− 32(舍去)，
此时OE= 32．
18.解：(1)设焦距为2c，
依题意得，ca= 22,2a+2c=2 2+2,解得a= 2,c=1,
又a2=b2+c2，所以b2=a2−c2=1，
所以C的方程为x22+y2=1．
(2)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=x+m，得3x2+4mx+2m2−2=0，
由Δ=16m2−4×3×(2m2−2)>0，解得m2<3，
所以x1+x2=−4m3,x1x2=2m2−23，
所以|AB|= (x1−x2)2+(y1−y2)2= 2× (x1+x2)2−4x1x2= 23× 24−8m2=4 3−m23，
而点O到直线l：x−y+m=0的距离为d=|m| 2，
所以△OAB的面积S=12×4 3−m23×|m| 2= 23× (3−m2)m2≤ 23×(3−m2)+m22= 22，
当且仅当3−m2=m2，即m=± 62时，△OAB的面积取得最大值 22．
(ii)设Q(x,y)，
因为OQ=OA+OB，所以(x,y)=(x1+x2,y1+y2)，即x=x1+x2y=y1+y2，
因为x1+x2=−4m3，所以y1+y2=x1+x2+2m=2m3，
所以x=−4m3y=2m3，
所以y=−12x，
故点Q在定直线y=−12x．
19.解：(1)当a=52时，f(x)是极值可差比函数，理由如下：
当a=52时，f(x)=x−1x−52lnx(x>0)，
所以f′(x)=1+1x2−52x=(2x−1)(x−2)2x2，
当x∈(0,12)∪(2,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(12,2)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,12)和(2,+∞)上单调递增，在(12,2)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(12)=52ln2−32，极小值为f(2)=32−52ln2，
所以f(12)−f(2)=(2−103ln2)(12−2)，因此f(x)是极值可差比函数．
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+1x2−ax，即f′(x)=x2−ax+1x2，
假设存在a，使得f(x)的极值差比系数为2−a，则x1，x2是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，
Δ=a2−4>0x1+x2=ax1x2=1，解得a>2，不妨设x1
由于f(x1)−f(x2)=x1−1x1−alnx1−(x2−1x2−alnx2)
=(x1−x2)(1+1x1x2)−alnx1x2
=2(x1−x2)−alnx1x2=(2−ax1−x2lnx1x2)(x1−x2)，
所以2−a=2−ax1−x2lnx1x2，从而1x1−x2lnx1x2=1，
得x2−1x2−2lnx2=0,(∗)
令g(x)=x−1x−2lnx(x>1),g′(x)=x2−2x+1x2=(x−1)2x2>0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，有g(x)>g(1)=0，
因此(∗)式无解，即不存在a使f(x)的极值差比系数为2−a．
(3)由(2)知极值差比系数为2−ax1−x2lnx1x2，
即2−x1+x2x1−x2lnx1x2，不妨设0
a2=(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=t+1t+2，
又3 22≤a≤52，解得14≤t≤12，
令p(t)=2−t+1t−1lnt(14≤t≤12),p′(t)=2lnt+1t−t(t−1)2，
设ℎ(t)=2lnt+1t−t(14≤t≤1),ℎ′(t)=2t−1t2−1=2t−1−t2t2
=−(t−1)2t2≤0所以ℎ(t)在[14,1]上单调递减，当t∈[14,1]时，ℎ(t)≥ℎ(12)>ℎ(1)=0，
从而p′(t)>0，
所以p(t)在[14,12]上单调递增，所以p(14)≤p(t)≤p(12)，
即2−103ln2≤p(t)≤2−3ln2．
故f(x)的极值差比系数的取值范围为[2−103ln2,2−3ln2]．
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