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湘 豫 名 校 联 考
— 学 年高三春季学期第四次模拟考试
2024 2025
数学参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
D A B B C B D A ACD ABD ABD
一、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分 在每小题给出的四个选项中,只有
8 5 40 .
一项是符合题目要求的
.
. 【试题立意】本题考查集合的运算 以及集合间的包含关系.
1D ,
【解析】A B {,,,,},A B {,},故选 .
∪ = 01234 ∩ = 02 D
. 【试题立意】本题考查复数的有关概念及运算.
2A
( )
【解析】因为z = 5i =(5i-)(2i-1 )=2-i ,所以z- =2+i ,故选 A .
2i-1 2i-1 -2i-1
. 【试题立意】本题考查函数最小值的定义和充分必要条件.
3B
【解析】根据最小值的定义,“f(x)在(, )上的最小值为 ”含有两层意义:一是“x (, ),f(x)
0+∞ 2 ∀ ∈ 0 +∞ ≥
”;二是“x (, ),f(x) ”,所以“x (, ),f(x) ”是“f(x)在(, )上的最小值为 ”
2 ∃ 0∈ 0+∞ 0 =2 ∀ ∈ 0+∞ ≥2 0+∞ 2
的必要不充分条件,故选 .
B
. 【试题立意】本题考查条件概率 要注意区分 第一次 第二次均未抽到次品 恰好在第三次抽到次品的概
4B , “ 、 ,
率1 与 已知第一次 第二次均未抽到次品 则第三次抽到次品的概率1 .
” “ 、 , ”
5 3
【解析】设事件Ai= “恰在第i(i
=1
,
2
,
3
)次抽到次品”,设事件B
=
“第一次、第二次均未抽到次品的条件下,第
P(AAA) 1
三次抽到次品”,则P(AAA) 4 3 1 1,P(B) P(A A A) 1 2 3 5 1,
1 2 3 = × × = = 3| 1 2 = P(AA)= =
5 4 3 5 1 2 4 3 3
×
5 4
故选 .
B
. 【试题立意】本题考查投影向量的概念及运算.
5C
a·e (e e)·e
【解析】因为向量a在向量e
2
上的投影为
e
2
=
1+2
e
2 2
=
e
1
·e
2+2
e2
2=
1
+2=
5,所以λ
=
5,故
|2| |2| 2 2 2
选 . 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
C
. 【试题立意】本题考查函数的最值 考查数形结合的数学思想.
6B ,
【解析】设 x t [,],于是转化为函数g(t) t a a(a R)在[,]上的
ln = ∈ 03 =|- |+ ∈ 03
最大值为 .如图,点(a,a)在直线y t上运动,当a 3时,g(t) g() a
3 = > max= 0=2 >
2
;当a 3时,g(t) g() .综上所述,a的最大值为3.故选 .
3 ≤ max= 3=3 B
2 2
. 【试题立意】本题以数学文化为载体 考查线面的位置关系 不规则几何体的
7D , ,
体积.
【解析】如图,因为EF 平面ABCD,EF 平面ABFE,平面ABCD 平面ABFE AB,所以EF AB.设M,N,
∥ ⊂ ∩ = ∥
数学参考答案 第 页 共 页
1 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}P,Q分别为AE,BF,CF,DE的中点,可得四边形MNPQ为矩形,且MQ ,MN
=4
,所以矩形MNPQ的面积为 .过点F作FO 平面ABCD,垂足为
=6 4×6=24 ⊥
O,连接BO,则 FBO即为直线BF与平面ABCD所成的角.由BF 及
∠ =13 tan
FBO 12,得FO ,所以该五面体的体积为V 1 ( )
∠ = =12 = ×12× 0+4×24+9×8
5 6
.故选 . 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
=336 D
. 【试题立意】本题考查椭圆的定义 几何性质 以及焦点弦公式或余弦定理的
8A 、 ,
应用.
【解析】方法一:设直线AB的倾斜角为θ,由题易得kPF=-c b .因为PF
⊥
AB,则kAB=b c
=tan
θ,所以
cos
θ
=
·
c
·
b2 b2
b .由焦点弦公式得 AB 2 ep 2 a c 4 a ,整理得 a 2 a ,再次整理得 e4 e2 ,
a | |=
1-
e2
cos
2θ= c2· b2=
3
c2b2=
3
2 + -1=0
1-a2 a2 1-a4
解得e 2(负值舍去),所以C的离心率为 2(也可将选项代入 e4 e2 ,易得 2满足本式).故选 .
= 2 + -1=0 A
2 2 2
方法二:设椭圆C的左焦点为F', PFO θ,OF c,由 OP b,PF a,得 θ b ,则 BFO
∠ = | |= | |= | |= sin =a cos∠ =
( θ π ) θ b , AFO ( π θ ) θ b .设BF m,AF n,由椭圆的定义,
cos + =-sin =-a cos∠ =cos - =sin =a | |= | |=
2 2
得BF' a m,AF' a n.在 BFF'中,由余弦定理,得BF'2 FF'2 BF2 FF'·BF BFO,
| |=2 - | |=2 - △ = + -2 cos∠
即(a m) 2 c2 m2 c m ( b) ,解得m ab2 .同理可得n ab2 ,则 ab2 ab2
2 - =4 + -2×2× × -a =a2 bc =a2 bc a2 bc+a2 bc=
+ - + -
4 a ,整理得 (c) 4 (c) 2 ,即 e4 e2 ,解得e 2(负值舍去),所以C的离心率为 2(也可
2 a + a -1=0 2 + -1=0 =
3 2 2
将选项代入 e4 e2 ,易得 2满足本式).故选 .
2 + -1=0 A
2
二、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分.在每小题给出的四个选项中,有多
3 6 18
项符合题目要求.全部选对的得 分,部分选对的得部分分,有选错的得 分.
6 0
. 【试题立意】本题考查线面的位置关系 考查数学抽象的核心素养.
9ACD ,
【解析】当m与α相交时,无法作一个平面
β
与α平行, 错误.在m α,m与α相交的两种情况下,都可以过
A ∥
m作一个平面
β
与α垂直, 正确.m α包含“m α”和“m与α相交”两种情况.当m与α相交时,在α内无法
B ⊄ ∥
作一条直线n与m平行, 错误.当m α时,在α内不存在一条直线n与m相交, 错误.故选 .
C ∥ D ACD
. 【试题立意】本题考查直线与圆的位置关系 考查数学运算和直观想象的核心素养.
10ABD ,
【解析】因为点O到直线l的距离为d 8 85 ,所以直线l与圆O相离, 正确.如图,过点O作直
1= = >22 A
5 5
线m的垂线,当垂足为点A时,点O到直线m的距离最大,为 , 正确.当直线m x轴时,PQ
5 B ⊥ | |=
( )
2 2
;当直线m与x轴不垂直时,设直线m的方程为y k(x ),则点O到直线m的距离
2 22 -2 =4 -1= -2
为d 2= |1 1 - + 2 k k | 2 ,从而 | PQ |=2 ( 22 ) 2 - æ è ç|1 1 - + 2 k k | 2 ö ø ÷ 2 =2 8- ( 1 1 - + 2 k k 2 ) 2 .因为 ( 1 1 - + 2 k k 2 ) 2 ≥0 恒成立,所
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2 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}以当k 1时,PQ 最大,但此时直线m过点O,不符合题意, 错误.当
= | | C
2
直线OM 的斜率为 时,OM ;当直线OM 的斜率不存在时,
0 | |=4
OM ;当直线OM的斜率存在且不为 时,则直线OM的方程为y
| |=8 0 =
ì k
{x ky , ï ï x =k 8 ,
1x(k 且k 1),联 立 + =0 解 得 í 2-1 则
-k ≠0 ≠ 2 2 x + y =8 , î ï ï y -8 ,
=k
2-1
M ( 8 k ,-8 ) ,所以 OM ( 8 k ) 2 ( -8 ) 2 k2 +1 .令 k t,则 OM
k k | |= k + k =8 (k ) 2 2 -1= | |=
2-12-1 2-1 2-1 2-1
(t
+1
)
2 +4
(
1 1
)
2 4,所以当t ,即k 时,OM 85,综上所述,OM 的
8 t2 =4 5 t+ + =-5 =-2 | |min= | |
4 5 5 5
最小值为85, 正确.故选 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
D ABD.
5
. 【试题立意】本题以抽象函数为载体 考查函数的性质 考查数学抽象能力 逻辑推理能力 以及学生
11ABD , , 、 ,
的创新意识.
【解析】由f( )f()f()f()f() 及f() ,解得f() .由条件 ,得f(x)在(, )
2×1= 2× 1- 2- 1+2 2=5 1 =2 ② 1+∞
( ) ( )
上单调递增.又由x ,得f(x) f(),即f(x) , 正确;由f 1 f() f 1 f()
>1 > 1 >2A 2× = 2 × - 2 -
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f 1 ,解得f 1 5, 正确;令y 1,则f()fx·1 f(x)·f 1 f(x)f 1
+2 = B =x 1= x = x - - x +
2 2 4
( )
2 ,得 [ f ( x 1 ) -1 ] ·f(x) = f ( x 1 ) ,所以f(x) = f ( x 1 ) =1+ ( 1) .当 0< x <1 时, x 1 >1 ,
f 1 f 1
x -1 x -1
( ) ( )
f 1 ,由复合函数的单调性可知f 1 单调递减,所以f(x)在(,)上单调递增,从而f(x)在
x >2 x -1 01
(, )上为增函数, 错误;由f() f() f() f() f() ,则f(x) 可化为f(x)
0+∞ C 4 = 2 × 2 - 2 - 2+2=17 <17 <
f(),所以 x , 正确.故选 . 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
4 0< <4D ABD
三、填空题:本题共 小题,每小题 分,共 分.
3 5 15
. 【试题立意】本题考查二项式的展开式 理解并掌握二项式系数的概念 考查学生数学运算能力.
1235 , ,
【解析】在(x y)
7
的展开式中,共有 项,中间两项的二项式系数最大,即为
3 4
3 -2 8 C7=C7=35.
.1 【试题立意】本题考查三角函数的图象与性质 考查学生数学运算 逻辑推理等核心素养.
13 , 、
2
ì ( ) ì
ï ï sin - πω + φ =- 3, ï ï- πω + φ =2 k π- 2π,k ∈ Z, {ω =2 ,
【解析】由题意,得í 6 2 即í 6 3 解得 所以f(x)
î ï ï ( 7πω φ ) , î ï ï 7πω φ k ,k Z, φ =- π, =
sin + =0 + =2π+2π ∈ 3
6 6
( ) ( ) ( )
x π ,从而f17π 17π π π 1.
sin2 - =sin - =cos =
3 4 2 3 3 2
.1( 分) ( 分) 【试题立意】本题考查空间几何体中平面与平面的夹角及空间几何体中的最值问
14 2 323
3
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3 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}题 考查学生直观想象能力.
,
【解析】空 :由圆心O为AC,BD的交点,得 BAD ABC
1 ∠ =∠ =
BCD ADC π,所以四边形ABCD为矩形.又AC ,
∠ =∠ = =4
2
AB ,得BC ,所以矩形ABCD为正方形.由SO
=22 =22 =
OC ,得SC ,易得 SAC为等腰直角三角形.
=2 =22 △
方法一:如图,以O为原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴、y
轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则O(,,),A(, ,),
000 0 -20
B(,,),C(,,),D( ,,),S(,,),从而A→S (,,
200 020 -200 002 = 02
{A→B·m ,
),S→D ( ,, ),A→B D→C (,,).设平面SAB的法向量为m (x,y,z),则 =0 即
2 = -20 -2 = = 220 = A→S·m ,
=0
{x y ,
2 +2 =0取y ,则x ,z ,所以平面SAB的一个法向量为m (, ,);同理可得平面SCD
y z , =-1 =1 =1 = 1-11
2 +2=0
m·n
的一个法向量为n (, , ).所以 | | 1 1.
= 1-1-1 |cos |= m n= =
|||| 3× 3 3
方法二:如图,设平面SAB 平面SCD l,因为AB CD,AB 平面SCD,CD 平面SCD,所以AB 平面
∩ = ∥ ⊄ ⊂ ∥
SCD.又AB 平面SAB,所以AB l CD.再设AB,CD的中点分别为E,F,则SE AB,所以SE l,同理
⊂ ∥ ∥ ⊥ ⊥
SF l,则 ESF为二面角A l C的平面角.在 SEF中,易得SE SF ,EF ,由余弦定理,得
⊥ ∠ △ = = 6 =22
SE2 SF2 EF2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2
cos∠ ESF = + SE·S - F = 6 + 6 - 22 = 1.
2 2× 6× 6 3
空 :由题意,知AC 平面SBD,如图,连接AQ,AP.点A与C关于平面SBD对称,则PQ QC PQ
2 ⊥ + = +
AQ AP(当且仅当A,Q,P三点共线时取等号).在 APC中,由余弦定理,得AP2 AC2 CP2 AC
≥ △ = + -2× ×
CP ACP 1 2 2 25,所以 CPQ周长的最小值为AP CP 52 2 .
×cos∠ =16+ -2×4× × = △ + = + =32
2 2 2 2 2 2
四、解答题:本题共 小题,共 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
5 77
.【试题立意】本题考查简单的三角恒等变换 正弦定理 余弦定理的应用.
15 , 、
【解析】()因为 (a C b)c,
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1 2 cos - =
所以由正弦定理,得 A C B C.……………………………………………………… 分
2sin cos - 2sin =sin 2
由 B (A C) A C A C,
sin =sin + =sin cos +cos sin
代入上式可得 A C C.……………………………………………………………………… 分
- 2cos sin =sin 4
由 C ,得 C ,所以 A ,即 A 2.
0< <π sin ≠0 - 2cos =1 cos =-
2
因为 A ,所以A 3π.………………………………………………………………………………… 分
0< <π = 6
4
()由正弦定理,得 a b ,
2 A= B
sin sin
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4 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}5
则b a sin B 5× 5 . ……………………………………………………………………………… 分
= A= = 2 9
sin 2
2
由余弦定理,得a2 b2 c2 bc A,即c2 c , ……………………………………………… 分
= + -2 cos +2-3=0 11
解得c ,或c (舍去).
=1 =-3
所以c的值为 . …………………………………………………………………………………………… 分
1 13
.【试题立意】本题参考人教 版必修第二册 的例 命制 分层随机抽样 平均数 侧重总体方差
16 A P213 6 ,(1) , ;(2)
公式的推导过程 体现对基础知识 基本技能 基本方法的考查 利用估计值及正态分布进行统计推断
, 、 、 ;(3) ,
体现所学知识在实际中的应用. 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质 资料
【解析】()因为 40 1,…………………………………………………………………………… 分
1 = 1
320+1280 40
所以p 1 ,q 1 .………………………………………………………………… 分
=320× =8 =1280× =32 3
40 40
所以x 80×8+70×32 .……………………………………………………………………………… 分
= =72 5
40
()设甲生产线生产的M型零件尺寸分别为x,x,x,…,x,
2 1 2 3 8
乙生产线生产的M型零件尺寸分别为x,x ,x ,…,x ,
9 10 11 40
则甲生产线生产的M型零件尺寸的方差为s2 1(x2 x2 … x2 ) 2 2 ,
1= 1+ 2+ + 8 -80=6
8
解得x2 x2 … x2 ( 2 2 ); ……………………………………………………………………… 分
1+ 2+ + 8=86+80 7
乙生产线生产的M型零件尺寸的方差为s2 1(x2 x2 … x2 ) 2 2 ,
2= 9+ 10+ + 40 -70=4
32
解得x2 x2 … x2 ( 2 2 ). …………………………………………………………………… 分
9+ 10+ + 40=324+70 9
这 件M型零件尺寸的方差为s2 1[(
2 2
) (
2 2
)]
2
,
40 = 86+80 +324+70 -72=36
40
所以标准差为s .………………………………………………………………………………… 分
= 36=6 11
()由()()得^ μ ,σ的估计值为^σ . ……………………………………………………………… 分
3 1 2 =72 =6 12
由P(μ σ X μ σ) . ,得P( X ) P( X ) . ,
-2≤ ≤ +2 ≈09545 72-12≤ ≤72+12= 60≤ ≤84≈09545
所以P(X ) 1[ P( X )] 1( . ) . . …………………………… 分
<60= 1- 60≤ ≤84 ≈ 1-09545=002275 14
2 2
所以 件M型零件中,尺寸小于 的零件的件数约为 . . ,
1600 60mm 1600×002275=364<40
故估计这一天生产的M型零件中,尺寸小于 的零件低于 件.……………………………… 分
60mm 40 15
.【试题立意】本题考查函数与导数 函数的零点问题 考查学生数学运算 数学抽象和逻辑推理等核心素养.
17 , , 、
【解析】()方法一:由题可知f(x)的定义域为R,………………………………………………………… 分
1 1
因为f(x) a 2 为奇函数,所以 x R,f(x) f(x),……………………………………… 分
=2 - x ∀ ∈ - =- 2
e+1
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即 x R,a 2 a 2 .
∀ ∈ 2 - - x =-2 + x
e +1 e+1
x
所以 a 2 2 2e 2 ,
4 = - x + x = x+ x =2
e +1 e+1 1+e e+1
数学参考答案 第 页 共 页
5 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}解得a 1. ………………………………………………………………………………………………… 分
= 4
2
方法二:由题可知f(x)的定义域为R,……………………………………………………………………… 分
1
所以f() ,即 a 2 ,解得a 1.……………………………………………………………… 分
0=0 2 - 0 =0 = 2
e+1 2
x x x x
当a 1时,f(x) e-1,则f(x) e - -1 1-e e-1 f(x),
= = x - = - x = x=- x =-
2 e+1 e +1 1+e e+1
所以f(x)为奇函数. 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
故a 1. …………………………………………………………………………………………………… 分
= 4
2
x x
()由(),得f(x) e-1,则f'(x) 2e ,所以f(x)在R上为增函数. …………………… 分
2 1 = x =(x ) 2>0 6
e+1 e+1
又f
(
1
)
e
-1
2-1 1-e,所以f(x) 1-e可化为f(x)f
(
1
)
.………………………… 分
-
2
=
e
-1
2+1
=
1+e
>
1+e
> -
2
8
( )
所以x 1,故原不等式的解集为 1, .……………………………………………………… 分
>- - +∞ 9
2 2
(x )
()方法一:由题意得F(x) 4e-1 x,是定义在R上的奇函数,………………………………… 分
3 = x - 10
e+1
所以F() ,只需考虑x 时的零点问题.…………………………………………………………… 分
0=0 >0 11
因为F'(x) 8 ,所以由复合函数的单调性得F'(x)在(, )上单调递减.
= x 1 -1 0+∞
e+ x+2
e
又F'() 8 ,F'() 8 ,
1= -1>0 2= -1<0
1 2 1
e+ +2 e+ 2+2
e e
所以F'(x)在(,)上存在唯一零点x.
12 1
所以F(x)在(,x)上单调递增,在(x, )上单调递减. …………………………………………… 分
0 1 1 +∞ 13
因为F() ,所以F(x) .
0=0 1 >0
又F(x) 8 x,所以F() 8 ,所以F(x)在(x, )上存在唯一零点x.
=4- x - 4=- 4 <0 1 +∞ 0
e+1 e+1
根据奇函数的对称性,F(x)在( ,)上仅有一个零点.……………………………………………… 分
-∞ 0 14
综上所述,F(x)在R上有 个零点.……………………………………………………………………… 分
3 15
方法二:由F() ,得x 是F(x)的一个零点;……………………………………………………… 分
0=0 =0 10
因为F(x)为奇函数,所以可首先考虑x 的情况.
>0
令F(x) (x ),得4 ( e x -1 ) x ,变形得x -4x .………………………………………… 分
=0 >0 x - =0 x e+1=0 11
e+1 +4
设g(x) x -4x (x ), 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
=x e+1 >0
+4
则g'(x) x2 -8 x (x +22 )(x -22 ) x.………………………………………………………… 分
=(x ) 2e= (x ) 2 e 12
+4 +4
当 x 时,g'(x) ;当x 时,g'(x) ,
0< <22 <0 >22 >0
所以g(x)在(, )上单调递减,在( , )上单调递增.
022 22 +∞
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6 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}所以x =22 是g(x)的极小值点,且g(x) min= g( 22 ) = 22-4 e 22 +1=1- æ è ç e 2 ö ø ÷ 2 . ………… 13 分
22+4 2+1
根据 e x > x +1 (x >0 ),可得 e 2 > 2+1 ,所以 e 2 >1 ,从而 1- æ è ç e 2 ö ø ÷ 2 <0 ,即g( 22 ) <0 .
2+1 2+1
又g() ,g() ,所以g(x)在(, )上没有零点,在( , )上仅有一个零点,从而g(x)在
4=1>0 0=0 022 22 +∞
(, )上仅有一个零点, 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
0+∞
所以F(x)在(, )上仅有一个零点.
0+∞
根据奇函数的对称性,F(x)在( ,)上仅有一个零点.……………………………………………… 分
-∞ 0 14
综上所述,F(x)有 个零点.……………………………………………………………………………… 分
3 15
.【试题立意】本题考查抛物线的定义与性质 及直线与抛物线的位置关系.
18 ,
【解析】()由抛物线的定义,得 PF PM , …………………………………………………………… 分
1 | |=| | 1
又 MPF ,所以 PFM为正三角形;
∠ =60° △
过F作FN PM,垂足为N,则FN ,
⊥ | |=23
所以正三角形 PFM的边长为 ,即 PM .…………………………………………………………… 分
△ 4 | |=4 2
由抛物线的定义,得x p ,解得x p,即P ( p, ) ,………………………………… 分
0+ =4 0=4- 4- 23 3
2 2 2
代入y2 px,得 p
( p)
,解得p 或p .
=2 12=2 4- =2 =6
2
当p 时,x ,不满足 MPF ,不符合题意.
=6 0=1 ∠ =60°
故E的标准方程为y2 x.………………………………………………………………………………… 分
=4 4
()()由()得F(,),设C(x,y),则A→F ( x,y),F→C (x ,y).
2 i 1 10 3 3 = 1- 1 - 1 = 3-1 3
由A→F λF→C,得( x,y)λ(x ,y),即λ y 1.……………………………………………… 分
= 1- 1 - 1 = 3-1 3 =-y 5
3
由A→F F→C,得( x)y (x )y ,………………………………………………………………… 分
∥ 1- 1 3+ 3-1 1=0 6
再结合x y2 1,x y2 3,得 ( y2 1 ) y (y2 3 ) y ,
1= 3= 1- 3+ -1 1=0
4 4 4 4
整理,得(y y)(yy ) ,
3- 1 3 1+4=0
显然y y,于是yy .……………………………………………… 分
3≠ 1 3 1=-4 8
所以λ y 1 y2 1 y2 1 y2 1 x,即λ x.
=-y=-yy=- = = 1 = 1
3 3 1 -4 4
同理可得
μ
x.…………………………………………………………… 分
= 2 9
()显然,直线AB的斜率存在且不为 .
ii 0
则AB的方程为y k(x a)(k ),
= - ≠0
{y k(x a),
由 = - 得k2x2 (ak2 )x a2k2 .
y2 x, -2 +2 + =0
=4
{k2 ,
依题意,有 ≠0 解得ak2 ,且k .
(ak2 ) 2 k2 ·a2k2 , +1>0 ≠0
4 +2 -4 >0
由韦达定理,得xx a2.………………………………………………………………………………… 分
1 2= 11
假设| AF | | DF |.
BF = CF
| | | |
数学参考答案 第 页 共 页
7 ( 8 )
{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}由A→F λF→C,得 A→F λC→F ,即C→F A→F ,同理 D→F B→F ,
= | |=| | | |= λ | |= μ
代入| AF | | DF |,得 μA→F2 λB→F2.………………………………………………………………… 分
BF = CF | |=| | 13
| | | |
由抛物线的定义,得 A→F x ,B→F x ,……………………………………………………… 分
| |= 1+1| |= 2+1 14
再结合λ x,μ x,得x(x )
2
x(x )
2
,
= 1 = 2 2 1+1 = 1 2+1
整理,得(x x)(xx ) ,
1- 2 1 2-1=0
由x x,得xx , …………………………………………………………………………………… 分
1≠ 2 1 2=1 15
而xx a2 ,所以a2 ,结合a ,解得a .
1 2= =1 <0 =-1
代入ak2 ,且k ,得 k ,且k .………………………………………………………… 分
+1>0 ≠0 -1< <1 ≠0 16
综上所述,当k的取值为k ( ,) (,),且a 时,| AF | | DF |. ………………………… 分
∈ -10∪ 01 =-1 BF = CF 17
| | | |
.【试题立意】本题考查 数列与不等式 的新定义问题 体现探究能力和创新意识 考查学生数学抽象 逻辑推
19 “ ” , , 、
理 数学运算等核心素养. 微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料
、
【解析】(
1
)记Xn= f(n),由XXn=3 n,得f(f(n))
=3
n.
由X ,得f() ,由f(f()) ,得f() .……………………………………………………… 分
1=2 1=2 1 =3 2=3 2
由f(f()) ,得f() .
2 =2×3=6 3=6
由f(f()) ,得f() .………………………………………………………………………… 分
3 =3×3=9 6=9 4
在 与 之间有 个整数,在 与 之间有 个整数,
3 6 2 6 9 2
由f(n) N* 及f(n)递增,得f() ,f() ,
∈ 4=7 5=8
故X ,X . …………………………………………………………………………………………… 分
4=7 5=8 6
()令n k(k N),则f(f(k)) k,从而f(f(f(k)))f( k).……………………………… 分
2 =3 ∈ 3 =3×3 3 = 3×3 7
又f(f(f(k))) f(k),所以f( k) f(k).
3 =3 3 3×3 =3 3
所以f(
3
k
+1
)
,即{f(k)}为等比数列,…………………………………………………………………… 分
f(k)=3 3 9
3
所以f(k)f(
0
) k k,从而f(f(k))f( k).…………………………………………… 分
3 = 3 ×3=2×3 3 = 2×3 11
又f(f(k)) k,所以f( k) k.…………………………………………………………… 分
3 =3×3 2×3 =3×3 12
故X k k +1. …………………………………………………………………………………………… 分
2×3 =3 13
()由(),得 X n n +1 n ,
3 2 log3 2×3 =log33 = +1
再由(
1-
an )
log3
X
2×3
n
=1
,解得an=1-n 1 .……………………………………………………………
14
分
+1
令g(x)x (x )(x ),则g'(x) 1 x ,
= -ln +1 >0 =1-x =x >0
+1 +1
所以g(x)在(, )上为增函数,从而g(x)g(),即x (x )(x ). ……………………… 分
0+∞ > 0 >ln +1 >0 15
( )
令x
=n
1 ,得
n
1
>lnn
1
+1
,所以an=1-n 1
<1+ln
(n
+1
)
-ln
(n
+2
). …………………
16
分
+1 +1 +1 +1
n
所以
i∑
ai< (
1+ln2-ln3
)
+
(
1+ln3-ln4
)
+
(
1+ln4-ln5
)
+
…
+
[
1+ln
(n
+1
)
-ln
(n
+2
)]
=1
n (n ) .
= -ln +2+ln2
n
故
i∑
ai< n
-ln
(n
+2
)
+ln2
.………………………………………………………………………………
17
分
=1
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{#{QQABBYS04giYgBSACZ4LQQG6CQqQsIMhLWosxQAWOAQKABNABIA=}#}
