2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（三）(解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2024 年新结构模拟适应性特训卷（三）
高三数学
（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本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．已知数据4x +1，4x +1，…，4x +1的平均数和方差分别为4，10，那么数据x，x，…，x 的平均
1 2 10 1 2 10
数和方差分别为（ ）
5 5 3 3 5
A．−1， B．1， C．1， D． ，
2 2 2 4 8
【答案】D
【分析】利用平均数与方差的运算性质求解即可．
【详解】设数据x ，x ，…，x 的平均数和方差分别为µ和s，
1 2 10
则数据4x +1，4x +1，…，4x +1的平均数为4×µ+1=4，方差为42×s=10，
1 2 10
3 5
得µ= ，s= ，
4 8
故选：D．
1
2．“1<x<3”是“ >1”的（ ）
x−2
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
1
【分析】对 >1化简，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
x−2
【详解】不等式 1 >1可化为 1 −1>0，即 3−x >0，即(x−3)(x−2)<0，解得2<x<3，
x−2 x−2 x−2
因为“1<x<3”不能推出“2<x<3”，“2<x<3”能推出“1<x<3”，
1
所以“1<x<3”是“ >1”的必要不充分条件，
x−2
故选：B.3．已知tanα2，且0<α<π，则cosα−sinα的值为（ ）
3 5 2 5 5 5
A．− B．− C．− D．
5 5 5 5
【答案】A
【分析】由α的正切值，求出α正弦及余弦值，即可得出结果.
【详解】因为tanα2，且0<α<π，
 sinα
π  tanα= =−2 2 5 5
所以α∈ ,π,  cosα ，则sinα= ，cosα=− .
2 

 sin2α+cos2α=1 5 5
5 2 5 3 5
则cosα−sinα=− − =− .
5 5 5
故选：A.
4．在财务审计中，我们可以用“本•福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出，在一组没有人为编造的
自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是19这九个事件不是等可能的.具体来说，随机变量χ是一
k+1
组没有人为编造的首位非零数字，则P(χ=k)=lg ,k =1,2,,9.则根据本•福特定律，首位非零数字是1与首
k
位非零数字是8的概率之比约为（ ）（保留至整数，参考数据：lg2=0.301,lg3=0.477）.
A．4 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据题意结合对数运算即可得.
1+1
P(χ=1) lg
1 lg2 lg2 0.301
【详解】由题意可得 = = = ≈ ≈6.
P(χ=8) 8+1 9 2lg3−3lg2 2×0.477−3×0.301
lg lg
8 8
故选：B.
5．一个球的内接正四棱柱的侧面积与上、下两底面面积的和的比为4:1，且正四棱柱的体积是4 2，则这个
球的体积是（ ）
A． 3π B．2 3π C．3 2π D．4 3π
【答案】D
【分析】根据该四棱柱的侧面积和底面积的关系可得底面边长与侧棱长的关系，再利用其体积关系式联立求
出相关量，结合正四棱柱外接球直径与其体对角线长的关系求得球半径即得.【详解】
如图，正四棱柱ABCD−ABCD 中，设其底面边长为a，侧棱长为b，体积为V ，外切球的半径为R．
1 1 1 1
4ab
依题可得： =4，解得：b=2a ①．
2a2
又V =a2b=4 2②，由①②解得：a= 2,b=2 2．
a2+a2+b2
因正四棱柱的体对角线BD 即其外切球的直径，故R= = 3.
1
2
4πR3
于是，这个球的体积为： =4 3π.
3
故选：D．
6．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6,0.7和0.5，且三人的测试结果
相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率
为（ ）
15 7 5 17
A． B． C． D．
29 8 8 29
【答案】A
【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A,B,C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
∴P(A)=0.6，P(B)=0.7，P(C)=0.5，P(D)=P ( ABC∪ABC∪ABC ) =P ( ABC ) +P ( ABC ) +P ( ABC )
=0.4×0.3×0.5+0.4×0.7×0.5+0.6×0.3×0.5=0.29，
( ) ( ) ( )
P BD =P ABC +P ABC =0.3×0.4×0.5+0.3×0.5×0.6=0.15，
( )
( ) P BD 0.15 15
∴P B D = = = .
P(D) 0.29 29
故选：A.
x2 y2
7．如图，椭圆C: + =1(a>b>0)的左､右焦点分别为F，F，A为椭圆C上一点，B为y轴上一点，F在
a2 b2 1 2 1
 
以AB为直径的圆上，且3F A=−2F B，则椭圆C的离心率为（ ）
2 24 3 2 5 5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】D
 
a
【分析】由3F A=−2F B，可设 F A =2t, F B =3t(t >0)，结合椭圆定义以及FA⊥ FB得t= ，再结合余
2 2 2 2 1 1 3
弦定理知识求得a,c等量关系式，则椭圆的离心率可求.
 
【详解】由3F A=−2F B，可设 F A =2t, F B =3t(t >0)，则 AB =5t，
2 2 2 2
由对称性知 F B = FB =3t，
2 1
4
由题可知FA⊥ FB，则 FA =4t,cos∠FAB= ，
1 1 1 1 5
a
由椭圆的定义知 AF + AF =6t=2a，则t= ，
2 1 3
16t2+4t2−4c2 4
在FAF 中，cos∠FAF = = ，
1 2 1 2 2⋅4t⋅2t 5
20
a2−4c2
9 4 c2 1 5
则 = ，整理得 = ，故C的离心率为 .
16 a2 5 a2 5 5
9
故选：D.
8．键线式可以简洁直观地描述有机物的结构，在有机化学中极其重要．有机物萘可以用左图所示的键线式
表示，其结构简式可以抽象为右图所示的图形．已知ABCHIJ 与CDEFGH 为全等的正六边形，且AB=2，点P为
 
该图形边界（包括顶点）上的一点，则 AP⋅BP 的取值范围为（ ）
A．[
0,42
] B．[−1,42 ] C．[
0,36
] D．[−1,36 ]
【答案】B     
2
【分析】取线段AB的中点M ，可得出AP⋅BP= PM −1，求出 PM 的最大值和最小值，即可得出 AP⋅BP 的
取值范围.
 
【详解】取线段AB的中点M ，则 MB=−MA ，
           
( ) ( ) ( ) ( )
AP⋅BP=PA⋅PB= PM +MA ⋅ PM +MB = PM +MA ⋅ PM −MA
  
2 2 2
= PM − MA = PM −1，
  (   )
由图可知，当点P与点M 重合时， AP⋅BP 取最小值，且 AP⋅BP =0−1=−1，
min

由图形可知，当 PM 取最大值时，点P在折线段CDEFGH 上，
连接AH，则∠IHG=360−∠IHC−∠GHC =360−2×120 =120，
同理∠BCD=120，
1 1
由正六边形的几何性质可知，∠AHI = ∠CHI = ×120 =60，
2 2
所以，∠AHG=∠AHI+∠IHG=60+120 =180，
则A、H、G三点共线，则∠CHG<∠MHG<∠AHG，即120 <∠MHG<180，

当点P在线段HG上从点H运动到点G的过程中， PM 在逐渐增大，
同理可知，120 <∠MCD<180，

当点P在线段CD上由点C到D的过程中， PM 在逐渐增大，

所以，当 PM 取最大值时，点P在折线段DEFG上运动，
以线段CH 的中点O为坐标原点，CH 所在直线为y轴，
线段CH 的垂直平分线所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
( ) ( )  3 3 3 ( ) ( )
则A −2 3,−1 、B − 3,−2 、M− ,− 、D 3,−2 、E 2 3,−1 、
 
 2 2
F ( 2 3,1 ) 、G ( 3,2 ) ，设点P(x,y)，
1−2 3
（1）当点P在线段GF 上运动时，k = =− ，
FG 2 3− 3 3
3( ) 3
直线FG的方程为y−2=− x− 3 ，即y=− x+3，
3 33 ( )
所以，线段FG的方程为y=− x+3 3≤x≤2 3 ，
3
 3 3 2  3 2  3 3 2  3 9 2 4
则 PM 2 =  x+   +y+  =  x+   +  − x+   = x2+27∈[31,43]；
 2   2  2   3 2 3
1 3 5
（2）当点P在线段EF上运动时，x=2 3，−1≤ y≤1，则 ≤ y+ ≤ ，
2 2 2
 3 3 2  3 2 147  3 2
所以， PM 2 =  2 3+   +y+  = +y+  ∈[37,43]；
 2   2 4  2
−1+2 3
（3）当点P在线段DE上运动时，k = = ，
DE 2 3− 3 3
3( ) 3
直线DE的方程为y+2= x− 3 ，即y= x−3，
3 3
3 ( )
所以，线段DE的方程为y= x−3 3≤x≤2 3 ，
3
 3 3 2  3 2  3 3 2  3 3 2 4
所以， PM 2 =  x+   +y+  =  x+   +  x−   = x2+2 3x+9，
 2   2  2   3 2 3
4
因为函数 f (x)= x2+2 3x+9在 3,2 3上单调递增，
 
3
4
故 PM 2 = x2+2 3x+9∈[19,37] .
3
 
( )
综上所述， PM 2的最大值为43，故 AP⋅BP =43−1=42，
max
 
故 AP⋅BP 的取值范围是[−1,42 ] .
故选：B.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
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．已知集合A={x| y= 2−x}，B={y|y=x2+1}，则（ ）
A．A∩B=∅ B．AB=[1,2]
C．A∪B=R D．A∪(  B )=(−∞,2 ]
R
【答案】BCD【分析】先根据集合的研究对象求出两集合，按选项分别求交集，并集和补集再判断即得.
【详解】由函数y= 2−x有意义可得：2−x≥0，故A=(−∞,2]，
由∀x∈R,y=x2+1≥1可得：B=[1,+∞).
因AB=[ 1,2 ]，故A项错误，B项正确；因AB=R，故C项正确；又 B=(−∞,1)，得A∪ (  B ) =(−∞,2] .
R R
故D项正确.
故选：BCD.
10．在ABC中，AB = 6 ，BC =2，∠A=45°，则ABC的面积可以为（ ）
3− 3 3 3+ 3 6+ 2
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】AC
【分析】由余弦定理可求得b，再用三角形面积公式可得解.
【详解】c= 6，a=2，A=45o，
2
∴a2 =b2+c2−2bccosA，即b2 =a2−c2+2bccosA=4−6+2×b× 6× ，
2
整理得b2−2 3b+2=0，解得b= 3+1或 3−1，
1 1 ( ) 2 3+ 3
当b= 3+1时，S = bcsinA= × 3+1 × 6× = ，
ABC
2 2 2 2
1 1 ( ) 2 3− 3
当 b= 3−1 时，S = bcsinA= × 3−1 × 6× = ，
ABC
2 2 2 2
3+ 3 3− 3
所以ABC的面积为 或 .
2 2
故选：AC.
11．正项等比数列{a }的前n项积为T ，且满足a >1，(a −1)(a −1)<0，则下列判断正确的是（ ）
n n 1 6 7
A．0<q<1 B．a a >1 C．T 的最大值为T D．T >1
5 7 n 6 13
【答案】ABC
【分析】先根据题干条件判断出a >1>a ，然后结合等比数列的性质逐一分析每个选项．
6 7
【详解】由(a −1)(a −1)<0得a >1>a 或a >1>a ，
6 7 6 7 7 6
若a >1>a >0，则q>1，结合a >1得a >1，矛盾；
7 6 1 6
所以a >1>a >0，所以0<q<1，故A正确；
6 7
由上述分析得a a =(a )2 >1，故B正确；
5 7 6
由上述分析得a >a >a >a >a >a >1>a >...，故T 最大，C正确；
1 2 3 4 5 6 7 6
T =a ⋅a ⋅a ⋅a ⋅a ...⋅a =(a )13 <1，故D错误；
13 1 2 3 4 5 13 7故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
4+2i
12．i是虚数单位，复数 = ．
1−i
【答案】1+3i/3i+1
【分析】根据复数除法法则计算出答案.
4+2i (4+2i)(1+i) 4+6i+2i2 2+6i
【详解】 = = = =1+3i.
1−i (1−i)(1+i) 1−i2 2
故答案为：1+3i
13．函数 f (x)=log
1
( −x2−x+6 ) 的单调递减区间是 ．
2
 1
【答案】−3,− 
 2
【分析】根据复合函数单调性求得正确答案.
【详解】令−x2−x+6>0，解得−3<x<2，
1
令µ=−x2−x+6，对称轴为− ，
2
 1  1 
则µ在−3,− 上单调递增，则µ在− ,2上单调递减，
 2  2 
而 y=log 1 µ 在(0,+∞)上单调递减，
2
所以 f (x)=log
1
( −x2−x+6 ) 在  −3,− 1 上单调递减.
2  2
 1
故答案为：−3,− .
 2
14．我们称n ( n∈N*) 元有序实数组(x,x ,,x )为n维向量，x + x ++ x 为该向量的范数.已知n维向量
1 2 n 1 2 n
 
a=(x,x ,,x )，其中x ∈{−1,0,1}(i=1,2,n)，记范数为奇数的a的个数为A ，则A = ；A =
1 2 n i n 3 2n
（用含n的式子表示，n∈N∗）.
32n−1
【答案】 14
2
【分析】当n=3时，范数为奇数，则x =0的个数为偶数，即0的个数为0、2，根据乘法原理和加法原理得
i

到A ；在2n维向量a=(x,x ,,x )中，范数为奇数，则x =0的个数为奇数，即0的个数为1、3、5、、2n−1，
3 1 2 2n i
根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得A 的表达式.
2n
【详解】当n=3时，范数为奇数，则x =0的个数为偶数，即0的个数为0、2，
i
根据乘法原理和加法原理得到A =C0⋅23+C2⋅23−2 =14.
3 3 3
在2n维向量a=(x,x ,,x )中，范数为奇数，则x =0的个数为奇数，
1 2 2n i
即0的个数为1、3、5、、2n−1，
根据乘法原理和加法原理得到A =C1 ⋅22n−1+C3 ⋅22n−3++C2n−1⋅2，
2n 2n 2n 2n
32n =(2+1)2n =C0 ⋅22n+C1 ⋅22n−1++C2n−1⋅2+C2n，
2n 2n 2n 2n
1=(2−1)2n =C0 ⋅22n−C1 ⋅22n−1+−C2n−1⋅2+C2n，
2n 2n 2n 2n
32n−1
两式相减得到A = .
2n 2
32n−1
故答案为：14； .
2
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在
考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用(2+1)n和(2−1)n的展开式求数列通项是解题的关键，
需要灵活掌握.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写
出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（满分13分）已知数列{a }的首项a =1，前n项和为S ，且S =2S +n+1 ( n∈N*) ．设b =a +1．
n 1 n n+1 n n n
(1)求数列{b }的通项公式；
n
1 1 1
(2)设c
n
=
4(log b )2−1
，数列{c
n
}的前n项和为T
n
，证明：
3
≤T
n
<
2
．
2 n
【答案】(1)b =2n
n
(2)证明见解析
【分析】（1）根据a =   S 1 ,n=1 求出 b n+1 =2 ( n∈N*) ，证明出{b }是以2为首项，2为公比的等比数列，
n S −S ,n≥2 b n
n n−1 n
得到通项公式；
1 1 1  1 1  1 1
（2）求出c =  − ，裂项相消法求和得到T = 1− < ，结合T ≥c = ，得到答案.
n 22n−1 2n+1 n 2 2n+1 2 n 1 3
【详解】（1）在数列{a }中，S =2S +n+1 ( n∈N*) ①，
n n+1 n
∴S =2S +n(n≥2)②，
n n−1
由①-②得：S −S =2(S −S )+1，即，a =2a +1(n≥2)，
n+1 n n n−1 n+1 n
所以a +1=2(a +1)(n≥2)，即b =2b (n≥2)，
n+1 n n+1 n
在①中令n=1，得S =2S +2，即a +a =2a +2，而a =1，故a =3．
2 1 1 2 1 1 2
则a +1=2(a +1)，即b =2b ，
2 1 2 1又b =a +1=2≠0，所以 b n+1 =2 ( n∈N*) ，
1 1 b
n
所以数列{b }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以b =2n；
n n
1 1 1 1 1 1 
（2）c
n
=
4(log b )2−1
=
4n2−1
=
(2n−1)(2n+1)
=
2

2n−1
−
2n+1


，
2 n
11 1 1 1  1 1  1 1  1
T =  − + − +⋅⋅⋅+ −  = 1− < ，
n 21 3 3 5 2n−1 2n+1 2 2n+1 2
1 1 1 1
又因为c = >0，所以T ≥c = ，所以 ≤T < .
n 4n2−1 n 1 3 3 n 2
16．（满分15分）如图，在四棱锥P−ABCD中，AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，
BC =BD=CD= 3AB= 3AD，POOC.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
15
(2)
5
【分析】（1）根据余弦定理、勾股定理，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）结合（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）设AD= 3，所以BC =BD=CD= 3AB= 3AD=3，
π
因此∠BDC =∠DBC = ，
3
3+9−3 3
由余弦定理可知，cos∠ADB= = ，
2×3× 3 2
π
因为∠ADB∈(0,π)，所以∠ADB= ，
6
π ( )2
因此∠ADC = ，于是有AC = 3 +32 =2 3，
2
1
因此有AB2+BC2 = AC2，即AB⊥BC，而AB= AC，
2π π
所以∠ACB= ，因此∠OCB= ，即AC⊥BD，
6 6
因为PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥BD，因为POAC =O,PO,AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC；
（2）因为PO⊥平面ABCD，OB,OC⊂平面ABCD，
所以PO⊥OB,PO⊥OC，由（1）知AC⊥BD，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，
π π 3 3 π 3
因为∠ACB= ，BC=3，所以OC =3cos = ，OB=3sin =
6 6 2 6 2
3 3
即POOC  ，
2
3   3   3 3  3 3 
于是B ,0,0,D− ,0,0,P

0,0, 

,C

0, ,0

，
2   2   2   2 
 3 3 3   3 3 3 3   3 3 3
PB= ,0,− ,PC =0, ,− ,PD=− ,0,− ，
     
2 2   2 2   2 2 

设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，
  3 3 3 3
m⋅PC = y− z=0
 2 2  ( )
则有 ⇒m= − 3,1,1 ，
  3 3 3
m⋅PD=− x− z=0

 2 2
  − 3 3 − 3 3
  m⋅PB 2 2 15
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 cosm,PB =   = = ，
m⋅ PB 9 27 5
3+1+1× +
4 4
15
即直线PB与平面PCD所成角的正弦值 .
517．（满分15分）2024年“元旦档”，某连锁购物中心在2023年12月31日隆重开业，该购物中心随机调查
统计了连续8天的客流量y（单位：百人），如下表：
日期 12月31日 1月1日 1月2日 1月3日 1月4日 1月5日 1月6日 1月7日
日期代码x 1 2 3 4 5 6 7 8
客流量y
16.6 18.8 22 24.9 28.6 33.1 38.9 46.3
(1)由表中数据，知可用线性回归模型拟合y与x之间的关系，请用相关系数加以说明；（结果精确到0.01）
(2)求y关于x的线性回归方程yˆ =b ˆ x+aˆ（ 系数精确到0.01，并用精确后的b ˆ的值计算aˆ的值），并预测1月9
日的客流量．（预测结果精确到0.1）
∑ n ( x −x )( y −y )
i i
参考公式：相关系数r= i=1 ，线性回归方程yˆ =b ˆ x+aˆ中斜率和截距的最小二乘估计公式
∑ n ( x −x )2∑ n ( y −y )2
i i
i=1 i=1
∑ n ( x −x )( y −y )
i i
分别为b ˆ= i=1 ,aˆ= y−b ˆ x．
∑ n ( x −x )2
i
i=1
参考数据：y=28.65,∑ 8 ( x −x )2 =42,∑ 8 ( y −y )2 =736.9,∑ 8 ( x −x )( y −y ) =172.7， 4.2 ≈2.05, 7369 ≈85.84．
i i i i
i=1 i=1 i=1
【答案】(1)答案见解析
(2)yˆ =4.11x+10.16，51.3百人．
【分析】（1）先计算相关系数，再根据近似值判断说明即可；
（2）先根据公式计算aˆ,b ˆ得出回归直线，再根据回归直线预测即得.
1
8×(1+8)
9
【详解】（1）由题意，知x= × = ，
8 2 2
∑ 8 ( x −x )( y −y )
i i 172.7 172.7 172.7
所以相关系数r= i=1 = = ≈ ≈0.98．
∑ 8 ( x −x )2∑ 8 ( y −y )2 42×736.9 4.2×7369 2.05×85.84
i i
i=1 i=1
因为y与x的相关系数r≈0.98，接近于1，
所以y与x的线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合y与x之间的关系．
∑ 8 ( x −x )( y −y )
i i 172.7
（2）因为b ˆ= i=1 = ≈4.11，
∑ 8 ( x −x )2 42
i
i=1
9
aˆ= y−b ˆ x≈28.65−4.11× ≈10.16，所以y关于x的线性回归方程为yˆ =4.11x+10.16．
2又1月9日对应的日期代码x=10，
当x=10时，yˆ =4.11×10+10.16=51.26≈51.3，所以预测1月9日的客流量约为51.3百人．
1
18（满分17分）．在ABC中，tanB=
.
tan(C−A)
(1)求A的值；
(2)若tanB=2,S =6，求AB的长.
ABC
π 3π
【答案】(1)A= 或A= .
4 4
(2)3 2
【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式进行化简得到cos(C−A+B)=0，又由A+B+C =π，从而可求解.
π π
（2）由tanB=2，得B> ，A= ，然后再利用正弦定理求出AC:AB=sinB:sinC =4:3 2，再由
4 4
1
S = AC⋅AB⋅sinA=6，从而可求解.
ABC
2
1 sinB
cos(C−A)
【详解】（1）tanB= ,∴ = ，
tan(C−A) cosB sin(C−A)
∴cos(C−A)cosB=sin(C−A)sinB,∴cos(C−A+B)=0，
∴cos(π−2A)=0,∴cos2A=0，
且A∈(0,π)，则2A∈(0,2π)，
π 3π π 3π
∴2A= 或2A= ,∴A= 或A= .
2 2 4 4
π 2 5 π
（2）tanB=2,∴B> ,sinB= ,∴A= .
4 5 4
 π 1 1 tanC−1 1 3 10
∴tanC− = = ,∴ = ，解得tanC =3,∴sinC = .
 4 tanB 2 1+tanC 2 10
2 5 3 10
由正弦定理得AC:AB=sinB:sinC = : =4:3 2.
5 10
设AC =4k,AB=3 2k(k >0)，
1 1 2
∴S = AC⋅AB⋅sinA= ⋅4k⋅3 2k⋅ =6，解得k =1，
ABC
2 2 2
∴AB=3 2k =3 2.
19．（满分17分）悬链线（Catenary）指的是一种曲线，指两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀，柔软
（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，适当选择坐标系后，悬链线的方程是一个双曲余弦函
数，其解析式为 f (x)=
ex+e−x
，与之对应的函数g(x)=
ex−e−x
称为双曲正弦函数，令F(x)=
g(x)
.
2 2 f (x)(1)若关于x的方程F f (2x)]+F [ 2λg(x)−5  =0在(0,ln3)上有解，求实数λ的取值范围；
(2)把区间(0,2)等分成2n ( n∈N∗) 份，记等分点的横坐标依次为x ，i=1、2、3、、2n−1 ( n∈N∗) ，设
i
h(x)= 4 − 2 ，记H(n)=h(x )+h(x )+h(x )++h(x )( n∈N∗) ，是否存在正整数n，使不等式
3 2x−1+1 1 2 3 2n−1
F(2x)
≥H(n)有解？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由.
F(x)
1 
【答案】(1) ,+∞
6 
(2)1或2或3
【分析】（1）分析函数F(x)的单调性与奇偶性，由F f (2x)]+F [ 2λg(x)−5  =0可得出
e2x+e−2x =10−2λ ( ex−e−x) ，令t=ex−e−x，可得0<t< 8 以及λ= 4 − t ，求出函数y= 4 − t 在  0, 8 上的值域，
3 t 2 t 2  3
即可得出实数λ的取值范围；
2
F(2x)
（2）计算出h(x)+h(2−x)= ，求出函数 的值域，根据题意可得出关于n的不等式，解出n的取值
3
F(x)
范围，结合n∈N∗可求得正整数n的可能取值.
g(x) ex−e−x ex( ex−e−x) e2x−1 e2x+1−2 2
【详解】（1）解：因为F(x)= = = = = =1− ，
f (x) ex+e−x ex( ex +e−x) e2x +1 e2x +1 e2x +1
任取x
1
、x
2
∈R且x
1
>x
2
，则e2x1 >e2x2 >0，
 2   2  2 2 2 ( e2x1 −e2x2 )
所以，F(x 1 )−F(x 2 )=  1− e2x1 +1   −  1− e2x2 +1   = e2x2 +1 − e2x1 +1 = ( e2x1 +1 )( e2x2 +1 ) >0，
所以，F(x )>F(x )，则函数F(x)为R上的增函数，
1 2
又因为F(−x)=
e−x−ex
=−F(x)，所以，函数F(x)为R上的奇函数，
e−x+ex
由F f (2x)]+F [ 2λg(x)−5  =0可得F f (2x)  =−F 2λg(x)−5  =F 5−2λg(x)  ，
所以， f (2x)=5−2λg(x)，即
e2x+e−2x
=5−λ ( ex−e−x)，
2
即e2x+e−2x =10−2λ ( ex−e−x) ，
令t=ex−e−x，其中x∈(0,ln3)，所以，t2 =e2x+e−2x−2，可得e2x+e−2x =t2+2，
因为函数y=ex、y=−e−x在(0,ln3)上均为增函数，则t=ex−e−x在(0,ln3)上为增函数，
8 4 t 8
当0<x<ln3时，0<t< ，所以，t2+2=10−2λt，可得λ= − ，其中0<t< ，
3 t 2 34 t  8 4 t  8
因为函数y= 、y=− 在0, 上均为减函数，故函数y= − 在0, 上为减函数，
t 2  3 t 2  3
8 4 t 1 1 
当0<t< 时，λ= − > ，因此，实数λ的取值范围是 ,+∞.
3 t 2 6 6 
 
4 2 4 2 8  2 2 
（2）解：因为h(x)+h(2−x)= − + − = − + 
3 2x−1+1 3 21−x+1 3 2x−1+1 1
 +1
 2x−1 
8 2
( 1+2x−1)
2
= − = ，
3 1+2x−1 3
所以，2H(n)=2 h(x
1
)+h(x
2
)+h(x
3
)++h(x
2n−1
)

2(2n−1)
=

h(x
1
)+h(x
2n−1
)

+ h(x
2
)+h(x
2n−2
)

++ h(x
2n−1
)+h(x
1
)

=
3
，
2n−1
所以，H(x)= ，
3
F(2x) e4x−1 e2x+1 ( e2x+1 )2 e4x+1+2e2x 2
= ⋅ = = =1+ ，其中x≠0，
F(x) e4x+1 e2x−1 e4x+1 e4x+1 e2x+e−2x
由基本不等式可得 e2x+e−2x >2 e2x⋅e−2x =2 ，
F(2x)
2
所以， =1+ ∈(1,2)，
F(x) e2x+e−2x
若存在正整数n，使不等式
F(2x)
≥H(n)有解，则H(n)= 2n−1 <2，解得n< 7 ，
F(x)
3 2
又因为n∈N∗，所以，满足条件的正整数n的值为1或2或3.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）∀x∈D，m≤ f (x)⇔m≤ f (x) ；
min
（2）∀x∈D，m≥ f (x)⇔m≥ f (x) ；
max
（3）∃x∈D，m≤ f (x)⇔m≤ f (x) ；
max
（4）∃x∈D，m≥ f (x)⇔m≥ f (x) .
min