(2.25)-2024高考数学点睛密卷_新高考I卷A_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 新高考 I 卷(A) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(新高考 I 卷 A) 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 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．数据2，3，5，5，6，7，8，8，9，10的 2 6 0 % 分位数为 ( ) A．6 B．7 C．8 D．7.5 【答案】 D 【解答】 1 0  6 0 % = 6 ，从小到大第6个数据为7，第7个数据为8，故 6 0 % 7+8 分位数为 =7.5． 2 故选：D． 2．已知全集U =A B，集合A={1，3，4}， B =  x  N | 8 x  N  ，则( ) A．集合A的真子集有8个 B．{1}U C．U 中的元素个数为7 D． AB U 【答案】 D  8  【解答】因为B=xN| N，所以B={1，2，4，8}  x 3 高途高中数学高考研究院 因为集合 3 A = { 1 ，3， 4 } ，所以 A 的真子集有23−1=7个(即， { 1 } ， { 3 } ， { 4 } ， { 1 ， 3 } ， { 1 ， 4 } ，{3，4})，故 A 错； 由 B = { 1 ，2，4，8}， A = { 1 ，3， 4 } ，得 U = A B = { 1 ，2，3，4， 8 } ，所以 { 1 }  U ，故 B 错； 由 U = A B = { 1 ，2，3，4， 8 } ，得 U 中的元素个数为5，故 C 错； 由 U = A B = { 1 ，2，3，4， 8 } ， A = { 1 ，3， 4 } ， B = { 1 ，2，4，8}，所以 U A = { 2 ， 8 } ， 所以 U A  B ，故D对． 故选： D ． 3．已知 s in ( ) 1 3   − = 1 ，cossin= ，则 6 c o s ( 2 2 ) (   + = ) 7 A． B． 9 1 9 1 7 C．− D．− 9 9 【答案】 B 【解答】因为 s in ( ) s in c o s s in c o s 1 3       − = − = ， c o s s in 1 6   = ， 所以 s in c o s 1 2   = ， 所以 s in ( ) s in c o s s in c o s 1 2 1 6 2 3       + = + = + = ， 则 c o s ( 2 2 ) 1 2 s in 2 ( ) 1 2 4 9 1 9     + = − + = −  = ． 故选： B ． 4．已知向量 a = (1 , 2 ) ， b = ( 3 ,1 ) ，向量 c 满足 c ⊥ a ，a∥(c+b)，则 c = ( ) A． ( − 2 , − 1 ) B． ( 2 , − 1 ) C． ( − 2 ,1 ) D． ( 2 ,1 ) 【答案】 C 【解答】设 c = ( x , y ) ， c + b = ( 3 + x ,1 + y ) ， c ⊥ a , a ∥ ( c + b ) ， x+2y=0 则 ，解得x=−2， 1+ y=2(3+x) y = 1 ，故 c = ( − 2 ,1 ) ． 故选：C． 5．如图，在直三棱柱ABC−ABC 中， 1 1 1 △ A B C 2 为等腰直角三角形，且AB=AC= AA =1， 2 1 则异面直线AB 与AC所成角的正弦值为( ) 1 14 高途高中数学高考研究院 A． 4 2 3 B． 3 5 C． − 3 3 D． 3 3 【答案】B 【解答】将直三棱柱 A B C − A 1 B C 1 补形为如图所示的正四棱柱： 连接 B 1 D ， A D ，则BD∥AC， 1 1 则异面直线 A B 1 与 A C1 所成角的平面角为  D B 1 A (或其补角)， 又 D B 1 = B 1 A = 1 2 + ( 2 ) 2 = 3 ， A D = 1 2 + 1 2 = 2 ， ( 3)2 +( 3)2 −( 2)2 2 由余弦定理可得：cosDBA= = ． 1 2 3 3 3 则异面直线 A B 1 与 A C1 4 5 所成角的正弦值为 1− = ． 9 3 故选： B ． 6．已知函数 f(x)满足 f(x+ y)= f(x)+ f(y)+2xy， f  1 2  = 3 4 ，则 f (1 0 0 ) = ( ) A．10000 B．10082 C．10100 D．10302 【答案】 C 【解答】方法一：常规法 f(x+ y)= f(x)+ f(y)+2xy中，5 高途高中数学高考研究院 1 令x= y= ，得 2 5 f (1 ) = f  1 2  + f  1 2  + 1 2 = 2 ， 令 y = 1 ，得 f ( x + 1 ) = f ( x ) + f ( 1 ) + 2 x = f ( x ) + 2 x + 2 ， 则 f(x+1)− f(x)=2x+2， 所以 f ( 2 ) − f (1 ) + f ( 3 ) − f ( 2 ) + + f (1 0 0 ) − f ( 9 9 ) = 2 (1 + 2 + + 9 9 ) + 2  9 9 = 2  (1 + 9 9 2 )  9 9 + 1 9 8 = 1 0 0 9 8 ， 即 f(100)− f (1) =10098，所以 f (1 0 0 ) = 1 0 1 0 0 ． 方法二：原函数法 因 f(x+ y)= f(x)+ f(y)+2xy，符合二次函数模型 f ( x ) = a x 2 + b x ， 则 f ( x + y ) = a ( x + y ) 2 + b ( x + y ) ， f ( x ) + f ( y ) + 2 x y = a x 2 + b x + a y 2 + b y + 2 x y = a ( x + y ) 2 + b ( x + y ) − 2 ( a − 1 ) x y ， 则 a − 1 = 0 ，解得 a = 1 1 3 ，又因 f  = ，解得 2 4 b = 1 ， 即 f(x)=x2 +x，则 f (1 0 0 ) = 1 0 0 2 + 1 0 0 = 1 0 1 0 0 ， 故选： C ． 7．已知圆 C : ( x + 1 ) 2 + y 2 = 2 ，点 P 在直线l:x− y−3=0上运动，直线PA， P B 与圆 C 相切， 切点为 A ， B ，则下列说法正确的是 ( ) A． | P A | 的最小值为2 B．|PA|最小时，弦 A B 长为 6 C． | P A | 最小时，弦 A B 所在直线的斜率为 − 1 D．四边形 P A C B 的面积最小值为 3 【答案】B 【解答】 A 选项，圆C:(x+1)2 +y2 =2，点 P 在直线 l : x − y − 3 = 0 上运动， 切线长 | P A |= P C 2 − r 2 = P C 2 − 2 ， |PA|取最小值即 P C 最小，即 P C |−1−0−3| 取圆心到直线的距离d = =2 2， 12 +(−1)26 高途高中数学高考研究院 此时 6 | P A | 取最小值 (2 2)2 −2 = 6 ，故 A 错误； 对于D选项，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和， 即S =S +S ， 四边形PACB △CPA △CPB 又因切线长定理可知，即 S 四 边 形 P A C B = S △ C P A + S △ C P B = 1 2  2  ( P A + P B ) = 2 P A ，  当 | A P | 最短时，四边形面积最小． 又 | P A | 最小值为 6 ， 四边形 P A C B 的面积最小值为 6  2 = 2 3 ，故D错误； 由上述可知， C P ⊥ l 时， | P A | 最短， 对于B， S 四 边 形 P A C B = 1 2 C P A B = 2 3 ． 结合上述分析可得，当 | A P | 最短时，即 | C P | 最短，所以 | A B |= 6 ， 故B正确； 对于C， C P ⊥ A B ， C P ⊥ l ， k l = 1 ，  k A B = 1 ，故 C 错误． 故选： B ． 8．某学校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为 1 1 1 ，从第二题开始，若甲同学前 一题答错，则此题答对的概率为 1 4 ；若前一题答对，则此题答对的概率为 1 3 ，记甲同学回答 第 n 题时答错的概率为P ，当 n n 2 时， P n M 恒成立，则M 的最小值为 ( )7 高途高中数学高考研究院 A． 7 1 9 3 7 2 B． 1 4 3 9 2 C． 4 6 7 6 D． 4 6 9 6 【答案】 D 【解答】根据题意， P 1 = 1 − 1 1 1 = 1 1 0 1 ， 当 n 2 1 1 时，有1−P = (1−P )+P  ，变形可得： n 3 n−1 n−1 4 P n = 1 1 2 P n − 1 + 2 3 ， 则有 P n − 8 1 1 = 1 1 2  P n − 1 − 8 1 1  ， 故数列  P n − 8 1 1  10 8 2 是首项为 − = ，公比为 11 11 11 1 1 2 的等比数列， 则 P n − 8 1 1 = 2 1 1   1 1 2  n − 1 ，变形可得 P n = 2 1 1   1 1 2  n − 1 + 8 1 1 ， 易得数列 { P n } 是递减数列，则当 n 2 时， P n P 2 = 2 1 1  1 1 2 + 8 1 1 = 4 6 9 6 ， 必有 M 4 6 9 6 ，即 M 的最小值为 4 6 9 6 ． 故选： D ． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知直线 l : m x − y + 2 − 4 m = 0 ( m  R ) 与圆 D : x 2 + y 2 − 2 x − 2 4 = 0 交于 A ， B 两点，则 ( ) A．圆 D 的面积为25 B．l过定点 ( 4 , 2 ) C．△ABD面积的最大值为2 39 D．4 3 |AB| 10 【答案】 A B D 【解答】圆D:x2 +y2 −2x−24=0的圆心 D (1 , 0 ) ，半径r=5，圆的面积为 π r 2 = 2 5 π ，故A 正确；直线 l : m x − y + 2 − 4 m = 0 ( m  R ) ，即为 m ( x − 4 ) + 2 − y = 0 x−4=0 ，由 ，解得 2− y=0  x y = = 4 2 ， 可得直线 l 恒过定点P(4,2)，故 B 正确； 1 25 π △ABD面积为S = |AD||BD|sinADB= sinADB，若ADB= ， 2 2 2 s in  A D B 最大为8 高途高中数学高考研究院 1，此时 8 △ A B D 面积最大值为 2 5 2 ，故 C 错误； 直线 l 恒过定点 P ( 4 , 2 ) ，且 P 在圆 D 内，则 | A B | 的最大值为 2r=10 ，最小值为 2 2 5 − | P D 2| = 2 2 5 − 1 3 = 4 3 ，故 D 正确． 故选： A B D ． 10．在平面直角坐标系 x O y 中，角的顶点与原点重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边 过点 P (1 , − 3 ) ，函数 f ( x ) s in ( 2 x )  = + ，则( ) A． f ( x ) 的图象关于直线 x = −  1 2 对称 B． f ( x ) 的图象关于点   1 2 , 0  对称 C． f ( x ) 在  −  6 ,  3  内恰有一个极大值点 D． f ( x ) 在   2 , 5  6  内单调递减 【答案】AD 【解答】因为角的终边过点 P (1 , − 3 ) ， 所以 ta n 3  = − ，所以 3 2 k  = −  +  ， k  Z 则 f ( x ) = s in  2 x −  3  ， 对于A， f  −  1 2  = s in  −  2  = − 1 ，故A正确； 对于B， f  1  2  = s in  −  6   0 ，故B错误；        对于C，当x− ,  时，2x− − ,  ，  6 3 3  3 3 则 f ( x )    在− ,  内恰有一个极小值点，故C错误；  6 3  5 对于D，当x ,  时， 2 6  2 x −  3     3 ,   3  ， 所以 f ( x ) 在   2 , 5  6  内单调递减，故D正确． 故选：AD． 11．如图，在棱长为2的正方体 A B C D − A 1 B C1 1 D 1 中，已知M ， N ，P分别是棱 C 1 D 1 ， A A 1 ， BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB 与直线DB 的夹角为30，则( ) 1 19 高途高中数学高考研究院 A． 9 D B 1 ⊥ 平面 P M N B．平面PMN截正方体所得的截面面积为 3 3 C．点 Q 的轨迹长度为π D．能放入由平面 P M N 分割该正方体所成的两个空间几何体内部(厚度忽略不计)的球的 3− 3 半径的最大值为 2 【答案】ABD 【解答】 A 选项，以 D 为坐标原点， D A ， D C ， D D 1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建 立空间直角坐标系， P (1 ，2，0)，M(0，1， 2 ) ， N ( 2 ，0，1)， D ( 0 ，0， 0 ) ， B 1 ( 2 ，2， 2 ) ， 故 D B 1 = ( 2 , 2 , 2 ) , P M = ( − 1 , − 1 , 2 ) , P N = (1 , − 2 ,1 ) ． 设平面PMN的法向量为 m = ( x , y , z ) ， mPM =(x,y,z)(−1,−1,2)=−x−y+2z=0 则 ， mPN =(x,y,z)(1,−2,1)=x−2y+z=0 令 z = 1 得，x= y=1，故m=(1,1,1)， 因为 D B 1 = 2 m ，故 D B 1 ⊥ 平面 P M N ， A 正确；10 高途高中数学高考研究院 10 B 选项，取 A 1 D 1 ， A B ，CC 的中点 1 E ， F ， Q ，连接 M Q ， M E ，EN ， N F ， F P ， P Q ， E P ， A 1 B ， C D 1 ， 因为 M ， N ，P分别是棱 C 1 D 1 ， A A 1 ， B C 的中点， 所以 N F ∥ A 1 B ， M Q ∥ C D 1 ，又 C D ∥1 E P ∥ A 1 B ， 所以 N F ∥ M Q ∥ E P ，所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形 F P Q M E N ， 其中边长为 2 3 ，故面积为6 ( 2)2 =3 3， 4 B 正确； C选项， Q 为平面PMN上的动点，直线 Q B 1 与直线 D B 1 的夹角为 3 0  ， 又 D B 1 ⊥ 平面PMN，设垂足为 S ，以 S 3 为圆心，r= BS 为半径作圆， 3 1 即为点Q的轨迹， 其中 B 1 D = | B 1 D |= 4 + 4 + 4 = 2 3 ，由对称性可知， B 1 S = 1 2 B 1 D = 3 ， 3 故半径r=  3=1， 3 故点 Q 的轨迹长度为2π， C 错误； D 选项，因为 M ，N，P分别是棱CD ，AA ，BC的中点， 1 1 1 所以平面 P M N 分割该正方体所成的两个空间几何体对称， 不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，11 高途高中数学高考研究院 该球与平面 11 P M N 切与点 S ，与平面 A D D 1 A 1 ，平面 A D C B ，平面 D C C 1 D 1 相切， 由对称性可知，球心在 B 1 D 上，设球心为 R ( t ，t， t ) ，则半径为t， S (1 ，1，1)，故 | R S |= t ，即 3 (1 − t ) = t 3− 3 ，解得t= ， 2 故球的半径的最大值为 3 − 2 3 ， D 正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知 i 是虚数单位，若复数 z 满足 ( 2 + i ) z = i ，则 2 z − i = ． 【答案】 1 5 i ． 【解答】 ( 2 + i ) z = i ，则 z = 2 i + i z i 1 ，故 = = i． 2−i (2+i)(2−i) 5 故答案为： 1 5 i ． 13．已知 f ( x ) = e x − a 4 x 4 有两个极值点，则实数 a 的取值范围为 ． 【答案】  e 2 3 7 ， +   ． 【解答】 f ( x ) = e x − a 4 x 4 ， x  R ， f(x)=ex −ax3， f ( x ) = e x − a 4 x 4 有两个极值点，f(x)=ex −ax3有两个变号零点， 显然，当a=0时， f(x)没有两个零点 所以原式可变为： 1 a = x e 3 x 有两个不相等的实数根，令 g ( x ) = x e 3 x −x2(x−3) ，g(x)= ， ex 则函数 g ( x ) 在 ( −  , 3 ) 上单调递增，在 ( 3 , +  ) 上单调递减， x = 3 时，函数 g ( x ) 取得极大值，即最大值， g ( 3 ) 27 = ， e3 又因 x → −  时，g(x)→−， x → +  时， g ( x ) → 0 ， 若要 1 a = x e 3 x 1 27 有两个根，只需0  ，解得 a e3 a  e 2 3 7 ．  e3  实数a的取值范围为 ，+． 27  e3  故答案为： ，+． 27 12 高途高中数学高考研究院 14．已知 12 A ， B x2 y2 分别为椭圆C: + =1的左、右顶点， 9 4 P 为椭圆C上异于 A ， B 的点， 若直线 P A ， P B 与直线x=6交于 M ，N两点，则 | M N | 的最小值为 ． 【答案】 4 3 ． 【解答】如下图所示： 设 P ( x 0 ， y 0 ) ，则 2 x 09 + 2 y 04 = 1 ，易知A(−3,0)， B ( 3 , 0 ) ，直线 P A 和直线 P B 的斜率存在， y y y2 4 且斜率之积为k k = 0  0 = 0 =− ． PA PB x +3 x −3 x2 −9 9 0 0 0 设直线 P A 的方程为 y = k ( x + 3 ) ，则 M ( 6 , 9 k ) ， 直线 P B 的方程为 y = − 9 4 k ( x − 3 ) ，则 N  6 , − 4 3 k  ， 所以 | M N |= | 9 k + 4 3 k |= | 9 k | + | 4 3 k | 2 | 9 k |  | 4 3 k | = 4 3 ． 当且仅当 | 9 k |= | 4 3 k | ，即 k =  2 9 3 时，等号成立，故 | M N | 的最小值为 4 3 ． 故答案为： 4 3 ． 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．(13分)在 △ A B C 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ，b， c ，且  3π cosC+   2  2sinBcosC = ． a c (1)若c=2 S ，求角C的大小； △ABC 1 (2)求证： ， tanA ta 1 n C 1 ， 成等差数列． tanB π 【答案】(1)C= ；(2)见解析. 413 高途高中数学高考研究院 【解答】(1)由 13 c o s  C a + 3 π 2  = 2 s in B c c o s C sinC 2sinBcosC 得， = ， a c c 2bcosC 由正弦定理得 = ，即 a c c 2 = 2 a b c o s C ， c=2 S ， △ABC  c 2 = 4 S △ A B C = 2 a b s in C ，  2 a b s in C = 2 a b c o s C ，即tanC=1， C  ( 0 , π ) ，  C = π 4 ； sinC 2sinBcosC (2)证明：由题意得， = ， a c 由正弦定理得 s s in in C A = 2 s in s B in c C o s C ，即 s in s in A C s in B = 2 c o s in s C C ， 又 s in C = s in ( A + B ) = s in A c o s B + c o s A s in B ，  sinAcosB+cosAsinB 2cosC = ，即 sinAsinB sinC ta 2 n C = ta 1 n A + ta 1 n B ， 则 ta 1 n A ， ta 1 n C ， ta 1 n B 成等差数列． 16．(15分)如图，在几何体 A B C D E 中，底面 A B C 为以AC为斜边的等腰直角三角形．已知 平面 A B C ⊥ 平面 A C D ，平面 A B C ⊥ 平面BCE， D E ∥ 平面 A B C ，AD⊥DE ． (1)证明：DE ⊥平面 A C D ； (2)若 A C = 2 C D = 2 ，设 M 为棱 B E 的中点，求当几何体 A B C D E 的体积取最大值时 A M 与 C D 所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析；(2)6． 【解答】(1)证明：过点 D 作DO⊥AC，与AC交于点 O ， 平面 A B C ⊥ 平面ACD，且两平面的交线为AC， 由面面垂直的性质定理可得DO⊥平面 A B C ， 又 DE∥平面ABC，DO⊥DE， 又 AD⊥DE且AD DO=D，14 高途高中数学高考研究院 由线面垂直的判断定理可得DE ⊥平面 14 A C D ． (2)过点 E 作EN ⊥BC交BC于点N，连接ON， 平面ABC⊥平面BCE，且两平面的交线为BC， EN ⊥平面ABC，又 DE∥平面ABC，  D ， E 到平面ABC的距离相等，  D O ∥ E N 且 D O = E N ，ON⊥平面 A C D ，  C O = O N ，DE=ON，  1 1 1 1 1 V =V +V = ENS + DES = EN + DEDO= DO(1+DE)， ABCDE E−ABC E−ACD 3 △ABC 3 △ACD 3 3 3 又DO2 +DE2 =DO2 +CO2 =CD2 =1，令DE=x(0 x 1)， 则 V A B C D E = f ( x ) = 1 3 D O (1 + D E ) = 1 − x 2 3 (1 + x ) 1+x ， f(x)= (1−2x)， 3 1−x2 当 x   0 , 1 2  时， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增， 1  当x ,1 时， f(x)0， f(x)单调递减， 2  据此可知当 x = 1 2 1 ，即DE= 时取得最大值 2 f  1 2  = 4 3 ， 如图所示，以点 O 为原点建立空间直角坐标系O−xyz，  3   1   1 3 1   3 则A− ,0,0,B− ,1,0,E  0, ,   ,C ,0,0,D  0,0   ，  2   2   2 2  2   2   1 3 3 5 3 3  1 3 所以M− , , ,AM = , , ,CD=− ,0, ，       4 4 4 4 4 4 2 2       设 A M 与 C D |AM CD| 37 所成角为，则cos= = ，则 |AM ||CD| 37 ta n 6  = ， 即当几何体ABCDE体积最大时，AM 与CD所成角的正切值为6． 17．(15分)已知函数 f(x)=ex −ax+e2．15 高途高中数学高考研究院 (1)讨论 15 f ( x ) 的单调性； (2)当 a = 0 时，直线y=bx与 f(x)的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为x,x ，且 1 2 0  x 1  x 2 ，证明: x 1 + x 2  2 ln b ． 【答案】(1)见解析；(2)见解析. 【解答】(1) f ( x ) = e x − a ， 当a 0时， f ( x )  0 ，此时 f ( x ) 在 ( −  ， +  ) 上单调递增； 当 a  0 时，由 f ( x ) = 0 得 x = ln a ， 当 x  ( −  , ln a ) 时， f ( x )  0 , f ( x ) 单调递减， 当 x  ( ln a , +  ) 时， f ( x )  0 , f ( x ) 单调递增． 综上所述，当a 0时， f ( x ) 在 ( −  , +  ) 上单调递增；当 a  0 时， f ( x ) 在 ( −  , ln a ) 上单调递 减，在 ( ln a , +  ) 上单调递增． (2)方法一:比值代换 当 a = 0 时， f ( x ) = e x + e 2 ． 由题意得，方程 e x − b x + e 2 = 0 有两个不同的解x,x ，且 1 2 0  x 1  x 2 ． ex1 +e2 =bx ， 1 e x2 + e 2 = b x 2 ，  e x1 − e x2 = b ( x 1 − x 2 ) ，  e x1 x 1 − − e x x2 2 = b ， 要证 x 1 + x 2  2 ln b ，只需证 e x1 + x2  b 2 ， 只需证 e x1 +2 x2  b ，即证 e x1 +2 x2  e x1 x 1 − − e x x2 2 ，(指数均值不等式) 设t =ex1,t =ex2 ，则 1 2 0  t1  t 2 ， t −t 只需证 tt  1 2 ，(对数均值不等式) 12 lnt −lnt 1 2 只需证 ln t 2t1  t 2 − t t1 t1 2 t 2 −1 t t ，即证ln 2  1 ， t t 1 2 t 1 t 设m= 2 ，则m1， t 116 高途高中数学高考研究院 只需证 16 ln m 2  m 2 m − 1 ，即证 2 ln m − m + 1 m  0 ， 1 令g(m)=2lnm−m+ (m1)，则 m g ( m ) = 2 m − 1 − m 1 2 = − ( m m − 2 1 ) 2  0 ，  g ( m ) 在 (1 , +  ) 上单调递减，  g ( m )  g (1 ) = 0 ，即 2 ln m − m + 1 m  0 ，  x 1 + x 2  2 ln b ． 方法二:和差代换 要证 x 1 + x 2  2 ln b ，只需证 e x1 + x2  b 2 ， 只需证 e x1 +2 x2  b ，即证 e x1 +2 x2  e x1 x 1 − − e x x2 2 ， 只需证 e x2 e − x + 1 2 e x2 x1  x 2 − x 1 ， 只需证 e x2 −2 x1 − e x1 −2 x2  x 2 − x 1 ， 令 t = x 2 − 2 x 1 ，则t 0， 只需证 e t − e − t  2 t ， 令h(t)=et −e−t −2t(t0)，则 h ( t ) = e t + e − t − 2 2 e t  e − t − 2 = 0 ，  h ( t ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，  h ( t )  h ( 0 ) = 0 ，即et −e−t 2t，  x 1 + x 2  2 ln b ． 方法三:对称构造函数法 由题意知，g(x)=ex −bx+e2有两个不同的零点 x 1 , x 2 ，且 0  x 1  x 2 ， 由(1)知， b  0 ，且g(x)在(−,lnb)上单调递减，在(lnb,+)上单调递增， g(x)在 x = ln b 处取得极小值g(lnb)=b −blnb+e2，且 0  x 1  ln b  x 2 , b  1 ． 设h(x)=g(x)−g(2lnb−x)(0xlnb)， 则h(x)=g(x)−g(2lnb−x)=ex −b+e2lnb−x −b=ex +e2lnb−x −2b，h(x)=ex −e2lnb−x， 0xlnb，2x2lnb，x2lnb−x，ex e2lnb−x17 高途高中数学高考研究院 17  h ( x )  0 ，h(x)在 ( 0 , ln b ) 上单调递减，  h ( x )  h ( ln b ) = 0 ，  h ( x ) 在 ( 0 , ln b ) 上单调递增，  h ( x )  h ( ln b ) = 0 ，即 g ( x )  g ( 2 ln b − x ) ， 0  x 1  ln b ，g(x )g(2lnb−x )， 1 1  g ( x 2 )  g ( 2 ln b − x 1 ) ， 0  x 1  ln b  x 2 ，2lnb−x lnb， 1 又 g ( x ) 在 ( ln b , +  ) 上单调递增，  x 2  2 ln b − x 1 ，  x 1 + x 2  2 ln b ． 18. (17 分)在平面直角坐标系xOy 中，已知点 P  0 , − 5 3  ，过椭圆 C x2 ： + y2 =1(a1)的上 a2 顶点 A 作两条动直线 l1 ： y = k 1 x + 1 ， l2 ： y = k 2 x + 1 ( 0  k 1  k 2 ) 分别与C交于另外两点 M ， N . 当 k 1 = 2 2 时，|AM |=|PM |. (1)求a的值； |MN| 9 (2)若kk =1， = ，求 1 2 |NP| 8 k 1 和 k 2 的值． 【答案】(1) a = 2 1 ；(2)k = ， 1 2 k 2 = 2 . 【解答】(1)设 M  x 1 , 2 2 x 1 + 1   2 y= x+1  2 ， 联立l 与C的方程： ， 1 x2 + y2 =1  a2 a2  1 −2 2a2 得 +1x2 + 2a2x=0，即 x(a2 +2)x+2 2a2=0，解得x = ，  2  2   1 a2 +2 即 M  − 2 a 2 2 + a 2 2 , 2 a − 2 a + 2 2   5 ，又因为P0,− ，A(0,1)，且|AM |=|PM |，  3 2 2 2 2 −2 2a2 2−a2  −2 2a2 2−a2 5 则  + −1 =  + +  ，解得   a2 +2   a2 +2    a2 +2   a2 +2 3  a 2 = 4 ， 又因为a1，则a=2； (2)设M(x ,y )，N(x ,y )， 1 1 2 218 高途高中数学高考研究院 则 18 2 x 14 + y 21 = 1 ，整理得 y 21x − 21 1 = − 1 4 ，即 k 1 = y 1x − 1 1 = − 1 4  y x 1 1+ 1 ，同理 k 2 = y 2x − 2 1 = − 1 4  y x 2 2+ 1 ， 又因 A ( 0 ,1 ) ， k 1 k 2 = 1 ， y −1 1 x   1 −  2 =1  x  4 y +1 1 2 则 ，得 y −1 1 x   2 −  1 =1  x 2  4 y 1 +1 5 ( x 2 − x 1 ) − 3 ( x 1 y 2 − x 2 y 1 ) = 0 5 ，即− (x −x)+(x y −x y )=0， 3 2 1 1 2 2 1 对比 M ，N所在直线的两点式方程可知，直线 M N  5 过定点，且定点为点P0,−  ，  3 即M ，N， P 三点共线， 又因 | M | N N P | | = 9 8 ，则 O N = 1 8 7 O M + 1 9 7 O P ，即  x y 2 2 = = 8 1 78 1 7 x 1 y 1 − 1 1 5 7 ， 则 k 2 = y 2x − 2 1 = 1 8 7 y 1 8 1 7 − x 1 3 1 2 7 = y 1 − x 1 4 ①，又因 k 2 = 1 k 1 = y x 1 1− 1 ②， x 21 = 4 − 4 y 21 ③， 由①②③解得  x y 1 1 = = − 0 2 ，即 k 1 = 1 2 ，k =2. 2 19．(17分)在信息论中，熵(entropy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为 信息熵、信源熵、平均自信息量．这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件、样本或 特征．(熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大) 来自信源的另一个特征是样本的概率分布．这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它 发生了，会提供更多的信息．由于一些其他的原因，把信息(熵)定义为概率分布的对数的 相反数是有道理的．事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机19 高途高中数学高考研究院 变量的均值(即期望)就是这个分布产生的信息量的平均值(即熵)．熵的单位通常为比特，但 也用 19 S h 、 n a t 、 H a r t 计量，取决于定义用到对数的底．采用概率分布的对数作为信息的量 度的原因是其可加性．例如，投掷一次硬币提供了 1 S h 的信息，而掷m次就为m位．更一 般地，你需要用log n位来表示一个可以取 2 n 个值的变量．在1948年，克劳德艾尔伍德 香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为“香农熵”．而正是信息熵的发现，使 得1871年由英国物理学家詹姆斯  麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想 的“麦克斯韦妖理论”被推翻．设随机变量所有取值为1，2， ， n ，定义的信息熵 n n H()=−Plog P(P =1,i=1,2, ,n)． i 2 i i i=1 i=1 (1)若 n = 2 ，试探索的信息熵关于P的解析式，并求其最大值； 1 (2)若 P 1 = P 2 = 2 1 n − 1 , P k + 1 = 2 P k ( k = 2 , 3 , , n ) ，求此时的信息熵． 1 【答案】(1)1；(2)2− . 2n−2 【解答】(1)由题意得，当 n = 2 时，P(0,1)， 1 H ( ) P 1 lo g 2 P 1 (1 P 1 ) lo g 2 (1 P 1 )  = − − − − ， 令 f(t)=−tlog t−(1−t)log (1−t)， 2 2 t  ( 0 ,1 ) ， 则 f ( t ) = − lo g 2 t + lo g 2 (1 − t ) = lo g 2  1 t − 1  ， 令 f(t)=0，解得 t = 1 2 ，  1  1 令 f(t)0，解得t0,  ， f(t)在 0,  上单调递增，  2  2 1  令 f(t)0，解得t ,1 ， f(t)在 2   1 2 ,1  上单调递减， 所以函数 f ( t )  1 1  在 0,  上单调递增，在  ,1 上单调递减，  2 2  1 所以当P = 时，H()取得最大，最大值为H() =1． 1 2 max 1 (2)P =P = ,P =2P(k =2,3, ,n)， 1 2 2n−1 k+1 k 2k−2 1 1 1 n−k+1 则P =P 2k−2 = = ,(k =2,3, ,n)，P log P = log =− ， k 2 2n−1 2n−k+1 k 2 k 2n−k+1 2 2n−k+1 2n−k+1 而 P 1 lo g 2 P 1 = 2 1 n − 1 lo g 2 2 1 n − 1 = − n 2 − n − 1 1 ， n−1 n n−1 n−1 n−2 2 1 于是H()= −P log P = + + + + + 2n−1 k 2 k 2n−1 2n−1 2n−2 22 2 k=220 高途高中数学高考研究院 20 = n 2 − n − 1 1 − n 2 n + n 2 n + n 2 − n − 1 1 + n 2 − n − 2 2 + + 2 2 2 + 1 2 ， 令 S n = 1 2 + 2 2 2 + 3 2 3 + + n 2 − n − 1 1 + n 2 n ， 则 1 2 S n = 1 2 2 + 2 2 3 + 3 2 4 + + n 2 − n 1 + 2 n n + 1 ， 两式相减得 1 2 S n = 1 2 + 1 2 2 + 1 2 3 + + 1 2 n − 2 n n + 1 = 1 2  1  1 − − 1 21 2 n  − 2 n n + 1 = 1 − n 2 + n + 2 1 ， 因此 S n = 2 − n + 2 n 2 ， H ( ) n 2 n 1 1 n 2 n S n n 2 n 1 1 n 2 n 2 n 2 n 2 2 2 1 n 2  = − − − + = − − − + − + = − − ．