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江西智学联盟体 学年高三第一次联考
２０２３ －２０２４
数学参考答案及解析
序号
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２
答案
Ｄ Ｃ Ｄ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ Ｄ ＢＣＤ ＣＤ ＢＣＤ ＡＢＤ
Ｃ Ａ Ｂ { }
１.Ｄ ( Ｕ )∩ ＝ ０ꎬ４
设ｚ ａ ｉ ａ２ ａ ｚ ｉ
２.Ｃ ＝ ＋２ ꎬ ＋４ ＝３ꎬ∴ ＝ ５ꎬ∴ ＝ ５ ＋２
{ →ｂ
２
→ａ →ｂ
→ｃ →ａ →ｂ →ａ
２
→ｂ
２
→ａ →ｂ →ａ
２
→ａ →ｂ ＋２ ＝ －３ →ｂ
３.Ｄ ＝ －( ＋ )ꎬ∴ ＋ ＋２ ＝１ꎬ－ － ＝１ꎬ →ａ →ｂ ∴ ＝ ７
＝ －５ꎬ
因为随着ｘ的增大 ｙ也在增大 所以ｘ ｙ成正相关 并且 ｘ－ ｙ－ 故选
４.Ｂ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝６ꎬ ＝１１ꎬ Ｂ.
ｘ ｘ
γ为钝角最大 令ｆ ｘ ｌｎ ｆ′ ｘ １ －ｌｎ ｆ ｘ 在 ｅ 单调递增 ｅ ¥ 单调递减 故 ｆ ｅ
５.Ｂ ꎬ ( ) ＝ ｘ ꎬ ( ) ＝ ｘ２ ꎬ ( ) (０ꎬ ) ꎬ( ꎬ ＋ ) ꎬ ( ) >
ｅ
ｆ ｌｎ ｌｎπ 即ｅπ ｅ 故α β γ α β.
(π)ꎬ ｅ > ꎬ >π ꎬ > ꎬ∴ > >
π
[ ]
. ｆ ｘ １ ωｘ ３ ωｘ ωｘ π ωｘ π π ω π 则７π ω π １１π 即１９ ω
６ Ｃ ( ) ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ( ＋ )ꎬ ＋ ∈ ꎬ π＋ ꎬ ≤ π ＋ < ꎬ ≤
２ ２ ３ ３ ３ ３ ２ ３ ２ ６
３１.
<
６
. 如图所示 Ｍ Ｎ分别是ＡＡ ＣＣ 中点 则ＭＮ Ａ Ｃ ＡＣ 作ＱＥ Ａ Ｃ 交
７ Ｂ ꎬ ꎬ １ꎬ １ ꎬ ∥ １ １∥ ꎬ ∥ １ １ꎬ
Ｃ Ｄ 于Ｅ 连接ＥＮ 并延长交ＤＣ的延长线于点 Ｋ 连接 ＱＭ 并延长交 ＤＡ 的
１ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
延长线于点Ｔ 连接ＴＫ交ＡＢ于点Ｇ 交ＢＣ于点 Ｆ 则 ＱＥＮＦＧＭ 为过 Ｍ Ｎ Ｑ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
三点的截面.由面面平行的性质定理得 ＴＫ ＱＥ 从而有 ＴＫ ＡＣ ＡＱ Ｄ Ｑ
∥ ꎬ ∥ ꎬ ＝１ꎬ １
则Ｄ Ｑ Ｄ Ｅ Ｃ Ｅ Ａ Ｑ 因为 Ｎ 是 ＣＣ 中点 Ｃ Ｅ ＣＫ 所以 ＣＫ
＝２ꎬ １ ＝ １ ＝２ꎬ １ ＝ １ ＝１ꎬ １ ꎬ １ ∥ ꎬ
Ｃ Ｅ 又因为ＴＫ ＡＣ 所以 ＣＦ ＣＫ 同理 ＡＧ ＢＧ ＢＦ ＱＥ ＭＮ ＥＮ
＝ １ ＝１ꎬ ∥ ꎬ ＝ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝ ＝２ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝３ ２ꎬ ＝
æ ö２
２ ç ３ ÷ １３ 梯形 ＱＥＮＭ 是等腰梯形 且梯形 ＱＥＮＭ 与梯形 ＦＧＭＮ 全等 高为 ｈ
１ ＋ è ø ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ＝
２ ２
ＭＮ ＱＥ ２
ＥＮ２ － １１ 截面面积Ｓ １ ＱＥ ＭＮ ｈ ５ ２２.故选
－( ) ＝ ꎬ ＝２ × ( ＋ ) ＝ :Ｂ.
２ ２ ２ ２
ｎ
ａ ａ ａ ａ ３ 同理ａ ４ 由数学归纳法可知ａ ＋１
８.Ｄ １ ＝２ꎬ １ ２ ＝３⇒ ２ ＝ ꎬ ３ ＝ ꎬ ｎ ＝ ｎ ꎬ
２ ３
æｎ öｎ æ öｎ
故ｂ ç ＋１÷ ç １ ÷ 易知 正确
ｎ ＝ è ｎ ø ＝ è１ ＋ ｎ ø ꎬ Ａ ꎮ
ｘ
ｘ １ ｘ
ｘ ｘ －ｌｎ(１ ＋ ) １ － ｘ －ｌｎ(１ ＋ )
令ｆ ｘ ｌｎ(１ ＋ ) ｘ ( ] ｆ′ ｘ １ ＋ １ ＋
( ) ＝ ｘ ꎬ ∈ ０ꎬ１ ꎬ ( ) ＝ ｘ２ ＝ ｘ２
易知 ｘ ｘ ｘ 时 成立 故 １ １ 即 １ ｘ
ｌｎ ≤ －１ꎬ ＝１ “ ＝” ꎬ ｌｎ( ｘ)≤ ｘ －１ꎬ １ － ｘ －ｌｎ(１ ＋ )≤０
１ ＋ １ ＋ １ ＋
ｘ 时 成立 ｆ ｘ 在 ｘ ( ]单调递减 ｆ １ ｆ １ 即 ｎ １ ｎ
＝０ “ ＝” ꎬ∴ ( ) ∈ ０ꎬ１ ⇒ ( ｎ ) < (ｎ )ꎬ ｌｎ(１ ＋ ｎ ) <( ＋１)ｌｎ(１ ＋
＋１
— １ —
{#{QQABTYQAogiIABBAABgCAQFwCgEQkBAACCgGQFAMsAAByRNABAA=}#}１
ｎ )
＋１
即ｂ ｂ 故 正确
ｎ ＋１ > ｎꎬ Ｂ .
ｘ
由 ｘ ｘ ｘ 时 成立 当ｘ 时 ｘ ｘ ｌｎ(１ ＋ ) 故ｎ ¥时 １ ｎ ｅ
ｌｎ(１ ＋ )≤ ꎬ ＝０ “ ＝” ꎬ →０ ꎬｌｎ(１ ＋ )→ ꎬ ｘ →１ꎬ →＋ ꎬ(１ ＋ ｎ) → ꎬ
即ｂ ｅ
ｎ→
ａ ｂ ｎ ¥时 ａ ｂ ｅ 故{ａ ｂ }存在最大项 正确.
１ １ ＝４ꎬ →＋ ꎬ ｎ ｎ→ <４ꎬ ｎ ｎ ꎬＣ
ａ ３ ＋ ｂ ３ ＝ ４ ＋( ３ ) ３ ＝ １００ ≈３ . ７ < ｅ ＋１ꎬ 故{ａ ｎ ＋ ｂ ｎ }存在最小项 ꎬＤ 不正确 . 故选 Ｄ.
３ ４ ２７
９.ＢＣＤ
Ｄ ｘ Ｄ ｘ ｎ １ １ ｎ 故 错
Ａ. (２ ＋１) ＝８ꎬ ( ) ＝２ ＝ (１ － )⇒ ＝９ꎬ Ａ ꎻ
３ ３
.Ｅ η Ｅ ξ Ｅ ξ 故 对
Ｂ ( ) ＝ (３ ＋１) ＝３ ( ) ＋１ꎬ Ｂ ꎻ
Ｐ ＡＢ .
. Ａ Ｂ Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ . Ｐ(Ａ Ｂ) ( ) ０ ４ ２ 故 对
Ｃ ∵ ⊆ ∴ ( ) ＝ ( ) ＝０ ４∴ ＝ Ｐ Ｂ ＝ . ＝ ꎬ Ｃ ꎻ
( ) ０ ６ ３
ξ Ｎ σ２ Ｐ ξ [Ｐ ξ . ] ( . . ) . 故 对
Ｄ.∵ ~ (２ꎬ )∴ (０ < <４) ＝２ ( <４) －０ ５ ＝２ ０ ６１８ －０ ５ ＝０ ２３６ꎬ Ｄ .
故选
ＢＣＤ.
１０.ＣＤ
ｆ ｘ 关于 ｘ 对称 Ｔ ｆ ａ 故当ｘ [ ]时 ｆ ｘ ｘ
( ) (１ꎬ０)ꎬ ＝２ ꎬ∴ ＝４ꎬ (１) ＝０⇒ ＝０ꎬ ∈ １ꎬ２ ꎬ ( ) ＝ －ｌｏｇ２ ꎬ
ｆ ｆ 错误 ｆ ｆ ｆ ｆ
(８) ＝ － (２) ＝ －( －１) ＝１ꎬＡꎬＢ ꎬ (１) ＝０ꎬ (２) ＝ －１ꎬ (３) ＝０ꎬ (４) ＝１ꎬ
ｆ ｆ ｆ ｆ 故成周期重复出现
(５) ＝０ꎬ (６) ＝ －１ꎬ (７) ＝０ꎬ (８) ＝１ꎬ ꎬ
２０６ｆ ｋ １００ｋｆ ｋ 正确 故选
∴ ｋ∑ ( ) ＝ －１ꎬｋ∑ ( ) ＝５０ꎬＣꎬＤ . ＣＤ.
＝１ ＝１
１１.ＢＣＤ
ｐ
Ｓ １ ｐ 故 错误
Ａ. ＝ × ×４ ＝ ＝３ꎬ Ａ ꎻ
２ ２
ｘ ３
Ａ ＋ ｙ
Ｂ.
ｘ
Ｒ ＝
２
ꎬ
ｙ
Ｒ ＝
Ａ
ꎬ
则ｘ
Ａ ＝２
ｘ
Ｒ －
３
ꎬ
ｙ
Ａ ＝２
ｙ
Ｒꎬ
代入ｙ２
＝６
ｘ
ꎬ
得ｙ２
＝３
ｘ
－
９
ꎬＢ
正确
ꎻ
２ ２ ２ ４
Ａ→Ｆ ３ Ｆ→Ｂ ３ Ａ→Ｆ Ｆ→Ｂ θ π 正确
Ｃ. ＝ θꎬ ＝ θꎬ ＝３ ꎬ ＝ ꎬＣ ꎻ
１ －ｃｏｓ １ ＋ｃｏｓ ３
{ｘ ｍｙ ｔ {ｙ ｙ ｍ
. ＝ ＋ ｙ２ ｍｙ ｔ １ ＋ ２ ＝６ ｘ ｘ ｍ ｙ ｙ ｔ 则 ｔ ｍ２
Ｄ ｙ２ ｘ ⇒ －６ －６ ＝０⇒ ｙ ｙ ｔꎬ １ ＋ ２ ＝４ ＝ ( １ ＋ ２) ＋２ ꎬ ２ ＝４ －６ ꎬ
＝６ １ ２ ＝ －６
ＡＢ ｍ２ ｙ ｙ ｍ２ ｍ２ ｔ ｍ２ ｍ２ ｍ４ ｍ２
＝ １ ＋ １ － ２ ＝ １ ＋ ３６ ＋２４ ＝ １ ＋ ４８ －３６ ＝ －３６ ＋１２ ＋４８ꎬ
当ｍ２
＝
１ 时
ꎬ
ＡＢ
ｍａｘ ＝７ꎬＤ
正确
.
故选
ＢＣＤ.
６
１２.ＡＢＤ
ｘ２ ｙ２
解析 对于 设椭圆Γ的方程为 ａ ｂ 则Ａ ａ Ｂ ｂ Ｆ ｃ
: Ａꎬ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ ( ꎬ０)ꎬ (０ꎬ )ꎬ ( － ꎬ０)ꎬ
由Ｂ→Ｆ Ｂ→Ａ 知ｂ２ ａｃ 即ｃ２ ａｃ ａ２ 即ｅ２ ｅ 可得ｅ ５ －１ 故 正确
＝０ꎬ ＝ ꎬ ＋ － ＝０ꎬ ＋ －１ ＝０ꎬ ＝ ꎬ Ａ ꎻ
２
ｘ
对于 设该三角形底边长为ｘ 腰长为ｙ 由正弦定理得 ｓｉｎ３６° １ 又由余弦定理得 °
Ｂꎬ ꎬ ꎬ ｙ ＝ ＝ ꎬ ｃｏｓ３６
ｓｉｎ７２° ２ｃｏｓ３６°
— ２ —
{#{QQABTYQAogiIABBAABgCAQFwCgEQkBAACCgGQFAMsAAByRNABAA=}#}ｙ２ ｘ２ æ ｘ ö３ ｘ æ ｘ ö[æ ｘ ö２ ｘ ]
２ － 可得ç ÷ ２ 即ç ÷ ç ÷
＝ ｙ２ ꎬ è ｙ ø － ｙ ＋１ ＝０ꎬ è ｙ －１ø è ｙ ø ＋ ｙ －１ ＝０ꎬ
２
ｘ ｘ
由于 故 ５ －１ 故Ｂ正确 注 本选项也可以使用作底角的角平分线 构造相似三角形的
ｙ ≠１ꎬ ｙ ＝ ꎬ ꎻ( : ꎬ
２
方法 证明略.
ꎬ )
ａ ａ
对于
Ｃꎬ
设数列{ａ
ｎ
}的公比为ｑ
>０ꎬ
则
ａ
ｎ ＋２
＝ ａ
ｎ ＋１
＝
ｑ
ꎬ
依题意有 ｑ２
－
ｑ
－１ ＝０ꎬ
解得 ｑ
＝
１ ＋ ５
ꎬ
故
Ｃ
错
ｎ ＋１ ｎ ２
误
ꎻ
对于 设 ａ ｂ ａ ｂ ｋ 则ａ ｋ ｂ ｋ ａ ｂ ｋ 可得ｂ２ ａ(ａ ｂ) 即 æ ç ａ ö ÷ ２ ａ
Ｄꎬ ｌｏｇ４ ＝ｌｏｇ６ ＝ｌｏｇ９( ＋ ) ＝ ꎬ ＝４ ꎬ ＝６ ꎬ ＋ ＝９ ꎬ ＝ ＋ ꎬ è ｂ ø ＋ ｂ －
ａ
解得 ５ －１ 故 正确 故选
１ ＝０ꎬ ｂ ＝ ꎬ Ｄ . ＡＢＤ.
２
.
１３ ２２
解 ｘ 的展开式中含有ｘ３ 的项为 ｘ３ ｘ ４ 的展开式中含有ｘ３ 的项为 ｘ３.故 ｘ３ 的系数
:( ＋１)５ １０ ꎬ( －３) －１２
为 .
２２
.
１４ － １５
æ ö α α α α
解 α ç π ÷ α α α ｓｉｎ２ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ α α ２α
: ∈è － ꎬ０øꎬｓｉｎ <０ꎬｃｏｓ >０ꎬｔａｎ２ ＝ α＝ ２α ＝ α ⇒２ｃｏｓ (ｃｏｓ －２) ＝２ｃｏｓ －
２ ｃｏｓ２ ２ｃｏｓ －１ ｃｏｓ －２
２α α ２α α １ α .
１⇒２ｃｏｓ －４ｃｏｓ ＝２ｃｏｓ －１⇒ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ｔａｎ ＝ － １５
４
.
１５ ７２
解析 依题意 正三棱台的上 下底面的面积分别为２５ ３ １６９ ３ 则侧面在底面的射影面积为１６９ ３
: ꎬ 、 、 ꎬ －
４ ４ ４
２５ ３ 设侧面积为Ｓ 由面积射影定理知Ｓ ° 可得Ｓ .故侧面积等于 .
＝３６ ３ꎬ ꎬ ｃｏｓ３０ ＝３６ ３ꎬ ＝７２ ７２
４
. ｋ ｅ
１６ ０ < <
解 设ｘ轴上任意一点Ａ ａ ａ 曲线上一点 Ｍ ｘ ｙ ｆ′ ｘ ｅｘ ｋ
: ( ꎬ０)( >０)ꎬ ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ ( ) ＝ －
在Ａ点的切线方程ｙ ｙ ｅｘ ｋ ｘ ｘ .
０
－ ０ ＝( － )( － ０)
把Ａ点代入切线方程得 ｅｘ ｋｘ ｅｘ ｋ ａ ｘ
０ ０
０ －( － ０) ＝( － )( － ０)
得 ａｋ ａ ｘ ｅｘ
０
: ＝( ＋１ － ０)
令ｇ ｘ ａ ｘ ｅｘ 则ｇ′ ｘ ａ ｘ ｅｘ ｇ ｘ 在 ¥ ａ 单调递增 ａ ¥ 单调递减
( ) ＝( ＋１ － ) ꎬ ( ) ＝( － ) ꎬ ( ) ( － ꎬ ) ꎬ( ꎬ＋ )
当ｘ ¥ ｇ ｘ . ａｋ ａ ｘ ｅｘ 要有两个解
０
→－ ꎬ ( )→０ ∵ ＝( ＋１ － ０) ꎬ
ｅａ ｅａ ａ ｅａ
对任意ａ 则ｋ 对任意ａ 则ｋ 令ｔ ａ ｔ′ ａ ( －１)
>０ꎬ >０ꎻ >０ꎬ < ａꎬ ( ) ＝ ａꎬ ( ) ＝ ａ２ ꎬ
ｔ ａ 在 单调递减 在 ¥ 单调递增 则ｋ ｅ. ｋ ｅ.
( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋ ) ꎬ < ∴ ０ < <
{ Ｓ Ｓ { ａ ａ ｑ ａ {ａ
.解 ２ ＝５ １ １ ＋ １ ＝５ １ １ ＝４ 分
１７ :(１) Ｓ Ｓ ⇒ ａ ａ ｑ ａ ｑ２ (ａ ａ ｑ )⇒ ｑ (４ )
３ ＝４( ２ ＋１) １ ＋ １ ＋ １ ＝４ １ ＋ １ ＋１ ＝４
∴ ａ ｎ ＝ ａ １ ｑｎ －１ ＝４４ ｎ －１ ＝４ ｎ ( ｎ ∈ Ｎ∗ ) (５ 分 )
— ３ —
{#{QQABTYQAogiIABBAABgCAQFwCgEQkBAACCgGQFAMsAAByRNABAA=}#}[ ｎ]
１ １
ａ ｎ １ －( )
由已知得 ｂ ｎ ＋１ ｎ １ Ｔ ２(１ －２ ) ２ ２ 分
(２) : ｎ ＝ ｎ ＝２ ＋ ｎꎬ∴ ｎ ＝ ＋ (８ )
２ ２ １ －２ １
１ －
２
æ öｎ æ öｎ
∴ Ｔ ｎ ＝２ ｎ ＋１ －２ ＋１ － è ç １ ø ÷ ＝２ ｎ ＋１ － è ç １ ø ÷ －１( ｎ ∈ Ｎ∗ ) . (１０ 分 )
２ ２
.解 假设Ｈ 有 ％的把握认为运动达不达标与性别有关
１８ :(１) ０: ９５ ꎮ
２
Ｋ２ ２００ ×(４０ ×７０ －６０ ×３０) . .
＝ ≈２ １９８ <３ ８４１
(４０ ＋６０) ×(３０ ＋７０) ×(４０ ＋３０) ×(６０ ＋７０)
没有 ％的把握认为运动达不达标与性别有关 分
∴ ９５ ꎮ (４ )
Ｃ３ Ｃ１Ｃ２
Ｘ的可能取值为 分 Ｐ Ｘ ３ １ Ｐ Ｘ ４ ３ １２
(２) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３(５ )ꎬ ( ＝０) ＝Ｃ３ ＝ ꎬ ( ＝１) ＝ Ｃ３ ＝ ꎬ
３５ ３５
７ ７
Ｃ２Ｃ１ Ｃ３
Ｐ Ｘ ４ ３ １８ Ｐ Ｘ ４ ４ 分 Ｘ的分布列为
( ＝２) ＝ Ｃ３ ＝ ꎬ ( ＝３) ＝Ｃ３ ＝ (９ )ꎬ :
３５ ３５
７ ７
Ｘ
０ １ ２ ３
Ｐ １ １２ １８ ４
３５ ３５ ３５ ３５ 分
(１０ )
数学期望Ｅ Ｘ １ １２ １８ ４ １２ 分
( ) ＝０ × ＋１ × ＋２ × ＋３ × ＝ (１２ )
３５ ３５ ３５ ３５ ７
ｎＭ
另法 Ｅ Ｘ ３ ×４ １２ .
( : ( ) ＝ Ｎ ＝ ＝ )
７ ７
Ｂ Ｃ Ａ Ａ
.解 ｂ ＋ ａ Ｂ由正弦定理得 Ｂ π Ａ Ｂ 分 即 Ａ
１９ :(１) ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ( － ) ＝ｓｉｎ ｓｉｎ (２ ) ｃｏｓ ＝ｓｉｎ
２ ２ ２ ２
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ
即 分 即 １ Ａ π π Ａ π 分
ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ (４ ) ｓｉｎ ＝ ꎬ∵ ∈(０ꎬπ)∴ ∈(０ꎬ )ꎬ∴ ＝ ∴ ＝ (６ )
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ６ ３
２
Ｓ １ ｂｃ Ａ ３ｂｃ 分 由题意得由Ａ→Ｄ １ Ａ→Ｂ ２ Ａ→Ｃ即Ａ→Ｄ２ １ Ａ→Ｂ ２ Ａ→Ｃ １ Ａ→Ｂ２ ４ Ａ→Ｂ
(２) ＝ ｓｉｎ ＝ (８ )ꎬ ＝ ＋ ＝( ＋ ) ＝ ＋
２ ４ ３ ３ ３ ３ ９ ９
Ａ→Ｃ ４ Ａ→Ｃ２ １ ｃ２ ４ ｂｃ １ ４ ｂ２ １ ｃ２ ｂ２ ｂｃ １ ｂｃ ｂｃ ｂｃ ９ 分
＋ ３ ＝ ＋ ( ) ＋ ＝ ( ＋４ ＋２ )≥ (４ ＋２ )∴ ≤ (１０ )
９ ９ ９ ２ ９ ９ ９ ２
当且仅当 ｂ ｃ取等号 分 Ｓ ９ ３ Ｓ 的最大值为９ ３. 分
２ ＝ (１１ )ꎬ ≤ ꎬ △ ＡＢＣ (１２ )
８ ８
.解析 由ＮＡ 平面ＯＢＣ ＮＡ 平面 ＯＡＣ 平面 ＯＡＣ 平面 ＯＢＣ ＯＣ 可得 ＮＡ ＯＣ 故 ＭＯＣ
２０ :(１) ∥ ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ∥ ꎬ ∠ ＝
ＯＮＡ ° 分 又由 ＮＯＡ ° 知 ＮＯＡ 为等腰三角形 ＮＡＯ ° ＡＯ 由正弦定理得
∠ ＝３０ (３ )ꎬ ∠ ＝３０ ꎬ △ ꎬ∠ ＝１２０ ꎬ ＝２ꎬ
ＮＡＯ
ＮＯ ＡＯ ｓｉｎ∠ .故半圆形钟组件的半径等于 . 分
＝ ＡＮＯ＝２ ３ ２ ３ (５ )
ｓｉｎ∠
依题意 二面角Ｂ￣ＭＮ￣Ａ为直二面角 ＭＮ为交线 ＯＢ ＭＮ 故 ＯＢ 平面 ＯＡＣ.又
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
ＯＡ ＯＣ 故ＯＡ ＯＢ ＯＣ两两垂直.以Ｏ为原点 ＯＡ ＯＣ ＯＢ 为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立空
⊥ ꎬ 、 、 ꎬ 、 、 、 、
间直角坐标系 分 .
(６ )
如图 Ｏ Ａ Ｃ Ｂ .将四面体 ＯＡＢＣ 补成长方体 知 Ｇ
ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ３ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ３) ꎬ
即为长方体的中心 得Ｇ ３ ３ . 则Ｏ→Ｇ ３ ３ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ
ꎬ (１ꎬ ꎬ ) ＝(１ꎬ ꎬ )ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ３ꎬ
２ ２ ２ ２
— ４ —
{#{QQABTYQAogiIABBAABgCAQFwCgEQkBAACCgGQFAMsAAByRNABAA=}#}{ ì ｘ
ｍ→ Ｏ→Ａ ï ï ２ １ ＝０
. 分 设平面 ＯＡＧ 的法向量为 ｍ→ ｘ ｙ ｚ 则 ＝０ 即í 取 ｙ
０) (８ ) ＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ ｍ→ Ｏ→Ｇ ＝０ ꎬ î ïïｘ １ ＋ ３ ２ ｙ １ ＋ ３ ２ ｚ １ ＝０ ꎬ １ ＝１ꎬ
{
→ｎ Ｏ→Ｃ
得ｍ→ . 分 设平面ＯＣＧ的法向量为→ｎ ｘ ｙ ｚ 则 ＝０
＝(０ꎬ１ꎬ－１) (９ ) ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ ꎬ
→ｎ Ｏ→Ｇ
＝０
ì ｙ
ï ï ３ ２ ＝０
即í 取ｘ 得→ｎ . 分
ïïｘ ３ ｙ ３ ｚ ꎬ ２ ＝ －３ꎬ ＝( －３ꎬ０ꎬ２) (１０ )
î ２ ＋ ２ ＋ ２ ＝０
２ ２
ｍ→ →ｎ
则 ｍ→ →ｎ －２ ２６. 分 故二面角Ａ￣ＯＧ￣Ｃ的余弦值为 ２６.
ｃｏｓ< ꎬ > ＝ ＝ ＝ － (１１ ) －
ｍ→ →ｎ
２ × １３ １３ １３
分
(１２ )
ｘ ｘ
.解 ｆ ｘ 的定义域为 ¥ 分 ｆ ｘ ａ ｌｎ ＋１ ｘ １ 分
２１ :(１) ( ) (０ꎬ＋ )(１ )ꎬ ( )≥０⇒ ≤ ｘ ＝ｌｎ ＋ ｘ (２ )
ｘ
令ｇ ｘ ｘ １ ｇ′ ｘ １ １ －１ 由ｇ′ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｘ
( ) ＝ｌｎ ＋ ｘ ꎬ ( ) ＝ ｘ －ｘ２ ＝ ｘ２ ꎬ ( ) >０⇒ >１ꎬ ( ) <０⇒０ < <１ꎬ
ｇ ｘ 在 单调递减 ¥ 单调递增 分 ｇ ｘ ｇ 分 ａ 分 .
∴ ( ) (０ꎬ１) ꎬ(１ꎬ＋ ) (３ )ꎬ∴ ( )≥ (１) ＝１(４ )ꎬ∴ ≤１ (５ )
要证ｅｘ －１ｆ ｘ ａ ｘ２ ｘｅｘ －１ ｅｘ －１ ｘｌｎｘ ａｘ２ 又 ａ 即只要证 ｅｘ －１ ｘ ｘ ｘ２ ｘ
(２) ( )≥ ( － )⇔ ( ＋１)≥ ꎬ ∵ ≤１ꎬ ( ｌｎ ＋１)≥ ⇔ｌｎ
ｘ ｘ
１ 分 由 知 ｘ １ 故只要证 ｅｘ －１ ｘ 分 令 ｈ ｘ ｅｘ －１ ｘ ｘ
＋ ｘ ≥ｅｘ －１(７ )ꎬ (１) ꎬｌｎ ＋ ｘ ≥１ꎬ １≥ｅｘ －１⇔ － ≥０(９ )ꎬ ( ) ＝ － (
ｈ′ ｘ ｅｘ －１ 由ｈ′ ｘ ｘ ｈ′ ｘ ｘ ｈ ｘ 在 单调递减 ¥
>０)ꎬ ( ) ＝ －１ꎬ ( ) >０⇒ >１ꎬ ( ) <０⇒０ < <１ꎬ∴ ( ) (０ꎬ１) ꎬ(１ꎬ ＋ )
单调递增
ꎬ
ｈ ｘ ｈ 分 即ｅｘ －１ ｘ 综上 ｅｘ －１ｆ ｘ ａ ｘ２ ｘｅｘ －１ . 分
∴ ( )≥ (１) ＝０(１１ )ꎬ － ≥０ꎬ ꎬ ( )≥ ( － ) (１２ )
ìｂ
ï
.解 ａ ｂ 易知í
ï
ａ ＝
１
ｂ 方程为
ｘ２ ｙ２
. 分
２２ :(１)∵ >０ꎬ >０ꎬ ïï ２ ⇒ ＝１⇒ － ＝１ (４ )
îａ ４ １
＝２
ìｙ ｋｘ ｍ
ï
ï ＝ ＋
易知ＰＱ斜率存在 设方程为ｙ ｋｘ ｍ Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ í
(２) ꎬ ＝ ＋ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬïï
ｘ２ ｙ２
î － ＝１
４ １
ì ｋｍ
ïｘ ｘ ８
ï １ ＋ ２ ＝ ｋ２
１ －４
ï
ｋ２ ｘ２ ｋｍｘ ｍ２ í ｍ２ 分
⇒(１ －４ ) －８ －４ －４ ＝０⇒ïｘ ｘ ４ ＋４(６ )⇒
ï
１ ２ ＝ －
１ －４
ｋ２
ï
î
△>０
ｙ ｙ ｋｘ ｘ ｍ ｋ ｘ ｘ ｍ
ｋ ｋ １ ２ ２ １ ２ ＋( －２ )( １ ＋ ２) －４ ｍ ｋ ｍ ｋ 分
１ ＋ ２ ＝ｘ ＋ｘ ＝ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝１⇒( ＋２ )( ＋２ －１) ＝０ (８ )
１ －２ ２ －２ １ ２ －２( １ ＋ ２) ＋４
ｍ ｋ ＰＱ ｙ ｋｘ ｋ 过Ａ 舍去 分
１) ＋２ ＝０ꎬ⇒ : ＝ －２ ꎬ (２ꎬ０) (１０ )ꎬ
ｍ ｋ ＰＱ ｙ ｋｘ ｋ 过点
２) ＋２ －１ ＝０ꎬ⇒ : ＝ －２ ＋１ꎬ (２ꎬ１)ꎬ
ＰＱ与ｘ 交于点Ｍ 故Ｓ １ 定值 分
∴ ＝２ (２ꎬ１)ꎬ △ ＡＭＮ ＝ ×２ ×１ ＝１( ) (１２ )
２
— ５ —
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