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南昌二中 2024 届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题一
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为 8+3+3+5模式
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6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的50百分位数为（ ）
A. 8.4 B. 8.5 C. 8.6 D. 8.7
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用第50百分位数的定义计算即得.
【详解】依题意，一组数据的第50百分位数即为该组数据的中位数，
8.4+8.6
所以数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的第50百分位数为 =8.5.
2
故选：B
x2
2. 已知双曲线C: y2 − =1(b>0)的离心率e< 2，则b的取值范围是（ ）
b2
A. (0,1) B. (1, 2) C. (1,+∞) D. ( 2,+∞)
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线方程，求出离心率，由已知离心率范围列出不等式可解得的范围．
【详解】由已知可得双曲线的焦点在y轴上时，a =1，c2 =1+b2，
c 1+b2
所以e= = < 2,
a 1
1+b2 <2，由b>0，解得0cos2x>sinx⋅cos2x，
6 4 2 2 2
即g(x)> f(x)> f(x)⋅g ( x ) ，（一个正数乘以一个小于1的正数，积一定小于这个数）故排除A，D．
( )
对于B，设F(x)=4cos2xsinx=4sinx−8sin3 x，则 f′(x)= 4cosx 1−6sin2 x ．
π π 1 2
因为当x∈ , 时， 0，即cos2x+
2
2sinx>4cos2xsinx，故B错误．
π 1 π 2
对于C，令G(x)=sinx+sinx⋅cos2x−2cos2x，因为G =− <0，G = >0，且函数
6 4 4 2
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学科网（北京）股份有限公司G(x)的图象是连续不断的，
π π π π
所以函数G(x)在 , 内存在零点θ，即存在θ∈ , ，使得sinθ+sinθ⋅cos2θ−2cos2θ=0，
6 4 6 4
π π
即存在θ∈ , ，使得2cos2θ=sinθ+sinθ⋅cos2θ，故C正确.
6 4
故选：C．
【点睛】方法点睛：复合函数求导的一般步骤：（1）分析清楚函数y =h(x)是由哪些函数复合成的，也就
是找出y = f(u)，u = g(x)，使得h(x)= f(g(x))；（2）分别求y对u的导数 f′(u)和u对x的导数
g′(x)，再根据复合函数的求导法则，得到h′(x)= f′(u)g′(x)，注意最后结果中要把 f′(u)写成 f′(g(x))
的形式．
PA
8. 已知平面上两定点A、B，则所有满足 =λ（λ>0且λ≠1）的点P的轨迹是一个圆心在AB上，
PB
λ
半径为 ⋅ AB 的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正
1−λ2
方体ABCD−ABC D 表面上动点P满足 PA =2 PB ，则点P的轨迹长度为（ ）
1 1 1 1
4π 4π 3π ( )
A. 2π B. + 3π C. + D. 2+ 3 π
3 3 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面ABCD，
ABB A ，BCC B 交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
1 1 1 1
【详解】
( )
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心O a,0 ,半径为r，
|PA| 2 2
|PA|=2|PB|,∴ =2,∴r = ⋅| AB|= ×3=2，
|PB| 1−22 3
AM
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知 =λ=2，
MB
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学科网（北京）股份有限公司|BM |=2−|BO|=2−a, ∴| AM |=2|BM |=4−2a，
∴4−2a+2−a=6−3a =3,∴a =1,∴O(1,0)，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形ABB A 内部时如图②,截面圆与AB，BB 分别交于M，R，所以P在四边形ABB A 内的轨迹
1 1 1 1 1
为
M
R
，
π 2
RO =2, BO =1,在RtRBO中∠ROB=60，∴MR=2× = π，
3 3
2
所以，当P在面ABB A 内部的轨迹长为 π，
1 1 3
2
同理，当P在面ABCD内部的轨迹长为 π，
3
当P在面BCC B 时,如图③所示，
1 1
OB⊥面BCC B ，平面BCC B 截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与BB，BC分别
1 1 1 1 1
交于R，Q，且BP= OP2 −OB2 = 4−1= 3，
所以P在正方形BCC B 内的轨迹为RQ，
1 1
π 3
所以RQ= × 3 = π，
2 2
2 2 3 4 3
综上：P的轨迹长度为 π+ π+ π= π+ π.
3 3 2 3 2
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学科网（北京）股份有限公司故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可
直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
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. 已知复数z =1−i，z = x+ yi ( x,y∈R ) ，则下列结论正确的是（ ）
0
A. 方程 z−z =2表示的z在复平面内对应点的轨迹是圆
0
B. 方程 z−z + z−z =2表示的z在复平面内对应点的轨迹是椭圆
0 0
C. 方程 z−z − z−z =1表示的z在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支
0 0
1( )
D. 方程 z+ z +z = z−z 表示的z在复平面内对应点的轨迹是抛物线
2 0 0 0
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数模的几何意义，及椭圆、双曲线的定义逐项分析即可.
【详解】由复数模的几何意义知，
z−z =2表示复平面内点(x,y)与点(1,−1)之间的距离为定值2，
0
则z在复平面内对应点的轨迹是圆，故A正确；
由复数模的几何意义知，
z−z + z−z =2表示复平面内点(x,y)到点(1,−1)和(1,1)的距离之和为2，
0 0
又2= z −z ，不满足椭圆的定义2a> FF ，故B不正确；
0 0 1 2
由复数模的几何意义知，
z−z − z−z =1表示复平面内点(x,y)到点(1,−1)和(1,1)的距离之差为1，
0 0
又2= z −z ，满足双曲线的定义2a < FF ，故C正确；
0 0 1 2
1( )
对于D， z+ z +z = z−z 可化为 z+1 = z−z ，
2 0 0 0 0
表示复平面内点(x,y)到点(−1,0)和(1,−1)的距离相等，轨迹是直线，
故D不正确，
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学科网（北京）股份有限公司故选：AC.
10. 已知θ为锐角，则下列说法错误的是（ ）
A. 满足tanθ=cosθ+sinθ的θ值有且仅有一个
B. 满足sinθ,tanθ,cosθ成等比数列的θ值有且仅有一个
C. sinθ,cosθ,tanθ三者可以以任意顺序构成等差数列
D. 存在θ使得tanθ−sinθ,cosθ−sinθ,cosθ−tanθ成等比数列
【答案】CD
【解析】
【分析】从前往后的顺序，利用三角函数公式，图象和性质，逐步判断，找到错误的C，利用反证法可判
断D的正误.
π π
【详解】因为sinθ+cosθ= 2sin θ+ ，在同一坐标系内作y = tanx和 y = 2sinx+ 的图
4 4
象：
π
可知在0, 上，方程tanθ=cosθ+sinθ只有一解，故A选项内容正确；
2
π 1+cos2θ
由sinθ，tanθ，cosθ成等比数列，可得tan2θ=sinθcosθ，θ∈ 0, ，得tanθ= ，
2 2
1+cos2x
在同一坐标系内作y = tanx和y = 的图象：
2
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学科网（北京）股份有限公司1+cos2θ π
可知方程tanθ= ，θ∈ 0, 有且只有一解，所以B选项内容正确；
2 2
若sinθ，cosθ，tanθ三者可以以任意顺序构成等差数列，则必有：sinθ=cosθ=tanθ，且θ 为锐
角，
2 sinθ
所以sinθ=cosθ= ，而tanθ= =1，
2 cosθ
所以sinθ，cosθ，tanθ三者不可能以任意顺序构成等差数列，，
所以C选项内容错误,
π
对于D，若存在θ∈ 0, ，使得tanθ−sinθ,cosθ−sinθ,cosθ−tanθ成等比数列，
2
则( cosθ−sinθ)2 =( tanθ−sinθ)( cosθ−tanθ)，
1
而 tanθ−sinθ=sinθ −1 >0，故cosθ−tanθ>0即cosθ>tanθ，
cosθ
π
故cos2θ>sin2θ即cosθ>sinθ，所以θ∈ 0, 且cosθ−sinθ>0，
4
由cosθ>tanθ可得cosθ−sinθ>tanθ−sinθ>0，
sinθ
而sinθ< =tanθ，故cosθ−sinθ>cosθ−tanθ>0，
cosθ
故( cosθ−sinθ)2 >( cosθ−tanθ)( tanθ−sinθ)，
所以不存在θ使得tanθ−sinθ,cosθ−sinθ,cosθ−tanθ成等比数列
故选：CD.
【点睛】思路点睛：与三角有关的方程是否有解的问题，可根据代数式的特征选择合适的范围，再根据范
围判断一些特定代数式的符号，从而可判断方程是否有解.
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学科网（北京）股份有限公司11. 已知无穷数列 { a } ，a =1．性质s:∀m,n∈N*，a >a +a ，；性质t:∀m,n∈N*，
n 1 m+n m n
2≤ma +a ，下列说法中正确的有（ ）
m−1 n+1 m n
A. 若a =3−2n，则 { a } 具有性质s
n n
B. 若a =n2，则 { a } 具有性质t
n n
C. 若 { a } 具有性质s，则a ≥n
n n
D. 若等比数列
{
a
}
既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为
( 2,+∞)
n
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据性质s的定义可判断选项A；根据性质t的定义可判断选项B；根据性质s的定义可得
a −a >1，n≥2,n∈N*，利用累加法可证选项C；对于D，结合选项C，可得q >1，由 { a } 满足性
n n−1 n
质s，分m=n和m≠n讨论求出q>2，再由 { a } 满足性质t得qn −qn−1 >qm−1−qm−2，令
n
f ( x )=qx −qx−1，结合函数单调性可验证q>2满足题意.
【详解】对于A，因为a =3−2n，对∀m,n∈N*，
n
a −a −a =3−2 ( m+n )−( 3−2m )−( 3−2n )=−3<0，
m+n m n
即a 0，
m−1 n+1 m n
∴a +a >a +a ，故B正确；
m−1 n+1 m n
对于C，若 { a } 具有性质s，令m=1，则a >a +a =1+a ，
n n+1 1 n n
即a −a >1，n≥2,n∈N*，
n n−1
∴a =( a −a )+( a −a )+…+( a −a )+a >1+1+…+1=n，又a =1，
n n n−1 n−1 n−2 2 1 1 1
所以a ≥n，n∈N*，故C正确；
n
对于D， { a } 是等比数列，设其公比为q，又a =1，∴a =qn−1，
n 1 n
若 { a } 满足性质s，由选项C 得a ≥n，即qn−1 ≥n，n∈N*，∴q >1，
n n
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学科网（北京）股份有限公司由∀m,n∈N*，a >a +a ，得qm+n >qm +qn，
m+n m n
当m=n时，得q2n >2qn，即qn >2，对∀n∈N*，又qn ≥q，∴q >2，
当m≠n时，不妨设n>m≥1，则qn >qm ≥q，
∴qm+n >qm +qn >2qm，解得qn >2，∴q≥2，
综上，若 { a } 满足性质s，则q>2.
n
若 { a } 满足性质t，对∀m,n∈N*，2≤ma +a ，
n m−1 n+1 m n
可得qm−2 +qn >qm−1+qn−1，即qn −qn−1 >qm−1−qm−2，令 f ( x )=qx −qx−1，则 f ( n )> f ( m−1 ) ，
又n>m−1，所以函数 f ( x )=qx −qx−1在x∈N*上单调递增，又由 { a } 满足性质s，q>2，
n
∴ f′( x )=qxlnq−qx−1lnq=qx−1⋅lnq⋅( q−1 )>0成立，
所以等比数列
{
a
}
既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为
( 2,+∞)
.
n
故D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：选项C，由题意可得a −a >1，n≥2,n∈N*，累加法可得
n n−1
a =( a −a )+( a −a )+…+( a −a )+a >n，结合a =1，可判断；选项D，由 { a } 满足性质
n n n−1 n−1 n−2 2 1 1 1 n
s，结合选项C得q >1，分m=n和m≠n讨论恒成立求出q>2，又由 { a } 满足性质t，得
n
qn −qn−1 >qm−1−qm−2，令 f ( x )=qx −qx−1，结合函数单调性可验证q>2满足题意.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 已知 p:−3≤ x≤1，q:xa（a为实数）．若 q的一个充分不必要条件是 p，则实数 a的取值范围是
________.
【答案】
[ 1,+∞)
【解析】
【分析】利用小范围是大范围的充分不必要条件转换成集合的包含关系求解.
【详解】因为q的一个充分不必要条件是p，
所以[−3,1]是(−∞,a ]的一个真子集，
则a≥1，即实数a的取值范围是
[ 1,+∞)
.
第11页/共23页
学科网（北京）股份有限公司故答案为：
[ 1,+∞)
.
13. 各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体ABCD−ABC D ，满足∠AAB=∠AAD=60°，则
1 1 1 1 1 1
AC =______；此平行六面体的体积为______．
1
2
【答案】 ①. 5 ②.
2
【解析】
【分析】由空间向量基本定理可得AC = AB+BB +BC ，对其两边同时平方结合数量积的定义即可求出
1 1
AC ；连接AB,CD交于点O，连接AO，先证明AO⊥平面ABCD，再由柱体的体积公式即可得出答
1 1 1
案.
2 2 2 2
【详解】因为AC =(AB+BB +BC)2 = AB +BB +BC +2AB⋅BB +2AB⋅BC+2BB ⋅BC
1 1 1 1 1
=1+1+1+2 AB ⋅ BB cos∠AAB+2 AB ⋅ BC cos∠DAB+2 BB ⋅ BC cos∠CBB
1 1 1 1
1 1
=3+2×1×1× +0+2×1×1× =5，
2 2
所以 AC = 5.
1
连接AB,CD交于点O，连接AO，
1
1 2 1 2
因为底面为边长是1的正方形，所以 AO = AC = ， DO = BD =
2 2 2 2
因为∠AAB=∠AAD=60°，连接AD,AB，则 AD = AB =1，
1 1 1 1 1 1
2
所以在△ADB中，AO ⊥ BD，所以 AO = AD 2 − DO 2 = ，
1 1 1 1 2
又因为 AO 2 + AO 2 = AA 2，所以AO⊥ AO，
1 1 1
AOBD=O，AO,BD⊂平面ABCD，
所以AO⊥平面ABCD，所以平行六面体的体积为：
1
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学科网（北京）股份有限公司2 2
V =S ⋅AO=1× = .
ABCD 1 2 2
2
故答案为： 5； .
2
14. 已知定义在R上的增函数 f(x)满足对任意的x，x ∈R都有 f(x +x )= f(x )f(x )，且
1 2 1 2 1 2
f(3)=8，函数g(x)满足g(x)+g(4−x)=4，g(6−x)= g(x)，且当x∈[ 2,3 ] 时g(x)= f(x−1)．若
g(x)在 [ 0,100 ] 上取得最大值的x值依次为x，x，…，x ，取得最小值的x值依次为x′，x′，…，
1 2 k 1 2
k n
x′，则∑
x +g ( x )
+∑
x′+g ( x′)
=______．
n i i i i
i=1 i=1
【答案】2600
【解析】
【分析】对 f ( x ) 可得 f(1)=2， f(2)=4，由题意分析可知g(x)的一个周期为4，关于点(2,2)对称，关
于直线x=3对称，进而结合函数性质分析求解.
【详解】因为 f(x +x )= f(x )f(x )，
1 2 1 2
令x
1
= x
2
= x，可得 f ( 2x )=
f ( x )
2 ，
令x
1
=2x,x
2
= x，可得 f ( 3x )= f ( 2x ) f ( x )=
f ( x )
3 ，
因为 f(3)=8，所以 f(1)=2， f(2)=4．
因为g(x)+g(4−x)=4，可知g(x)的图象关于点(2,2)对称，
又因为当x∈[2,3]时，g(x)= f(x−1)，则g(x)在 [ 2,3 ] 上单调递增，且g(3)= f(2)=4，
所以g(x)在[
1,2
]上单调递增，且g(1)=0．
因为g(6−x)= g(x)，则g(x)的图象关于直线x=3对称，
所以g(x)在(3,5]上单调递减，且g(5)=0，
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学科网（北京）股份有限公司故g(x)在[1,5]上的最大值为4，最小值为0．
由g(6−x)= g(x)得g(4−x)= g(x+2)，则g(x)+g(x+2)=4，
所以g(x+2)+g(x+4)=4，得g(x+4)= g(x)，
故g(x)的一个周期为4，且在x=4m−3(m∈Z)处取得最小值0，在x =4m−1处取得最大值4，
k n
所以∑
x +g ( x )
+∑
x′+g ( x′)
=3+7+11+⋅⋅⋅+99+25×4+1+5+9+⋅⋅⋅+97+25×0=2600．
i i i i
i=1 i=1
故答案为：2600.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根
据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
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．
a
15. 已知函数 f ( x )=lnx+ x2 −( a+1 ) x，g ( x ) = −ax2 +( a+1 ) x.
2
( )
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）若 f
(
x
)+g (
x
)≤0恒成立，求a的取值范围.
【答案】15. 答案见解析
1
16. ,+∞
e
【解析】
1
【分析】（1）根据题意求出对函数 f ( x ) 求导得 f′( x )= +ax−( a+1 )，然后分类对a进行讨论，从而可
x
求解.
（2）由 f ( x )+g ( x )≤0恒成立，利用参数分离可得a≥ 2lnx = lnx2 ，然后构造函数h ( t )= lnt ，再
x2 x2 t
( )
利用导数求解出h t 的最大值，从而可求解.
【小问1详解】
1
由题意知： f′( x )= +ax−( a+1 )，x∈( 0,+∞)
x
ax2 −( a+1 ) x+1 ( x−1 )( ax−1 )
所以 f′( x )= = ，x∈( 0,+∞)
x x
①当a∈(−∞,0 ] 时，若x∈( 0,1 ) ，则 f′(x)>0，若x∈( 1,+∞) ，则 f′(x)<0，
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学科网（北京）股份有限公司所以 f(x)在
(
0,1
)
上单调递增， f(x)在
( 1,+∞)
上单调递减；
1 1
②当a∈( 0,1 ) 时，令 f′(x)=0得：x=1或x= ，且 >1，
a a
1 1
若x∈( 0,1 ) ，则 f′( x )>0，若x∈ 1, ，则 f′( x )<0，若x∈ ,+∞ ，则 f′( x )>0，
a a
1 1
所以 f(x)在 ( 0,1 ) ， ,+∞ 上单调递增，在1, 上单调递减；
a a
③当a =1时， f′(x)≥0恒成立，所以 f(x)在 ( 0,+∞) 上单调递增；
1 1
④当a∈( 1,+∞) 时，令 f′(x)=0得：x=1或x= ，且0< <1，
a a
1 1
若x∈ 0, ，则 f′( x )>0，若x∈ ,1，则 f′( x )<0，若x∈( 1,+∞) ，则 f′( x )>0，
a a
1 1
所以 f(x)在0, ，
( 1,+∞)
上单调递增，在 ,1上单调递减.
a a
【小问2详解】
a
由 f(x)+g(x)≤0恒成立，即lnx− x2 ≤0，x∈( 0,+∞) 恒成立，
2
所以a ≥
2lnx
=
lnx2 ，x∈( 0,+∞)
，
x2 x2
lnt 1−lnt
令h(t)= ，t∈( 0,+∞) ，所以h′(t)= ，
t t2
若t∈(
0,e
) ，则h′(
t
)>0，若t∈( e,+∞) ，则h′(
t
)<0，
h(t)在
(
0,e
)
上单调递增，在
( e,+∞)
上单调递减；
1 1
所以当t =e时，h(t)有极大值也是最大值为h(e)= ，所以a≥ .
e e
1
所以a的取值范围为 ,+∞ .
e
16. 有两个盒子，其中1号盒子中有3个红球，2个白球；2号盒子中有6个红球，4个白球．现按照如下
规则摸球．从两个盒子中任意选择一个盒子，再从盒中随机摸出2个球，摸球的结果是一红一白．
（1）你认为较大可能选择的是哪个盒子?请做出你的判断，并说明理由；
（2）如果你根据（1）中的判断，面对相同的情境，作出了5次同样的判断，记判断正确的次数为X，求
第15页/共23页
学科网（北京）股份有限公司X的数学期望（实际选择的盒子与你认为较大可能选择的盒子相同时，即为判断正确）．
【答案】（1）选择1号盒子
45
（2）
17
【解析】
【分析】（1）计算出1号盒子和2号盒子中摸出一红一白的概率比较下结论；
9
（2）根据题意得到X B5, 求解.
17
【小问1详解】
解：设选择1号盒子后摸出一红一白的概率为P，
1
设选择2号盒子后摸出一红一白的概率为P ，
2
C1C1 3 C1C1 8
则 P = 3 2 = ， P = 6 4 = ，
1 C2 5 2 C2 15
5 10
因为 P > P ，
1 2
所以较大可能选择1号盒子；
【小问2详解】
1
P
2 1 9
由贝叶斯公式，选择1号盒子后猜中的概率P= =
1 1 17
P + P
2 1 2 2
9
由题意得：X B5, ，
17
9 45
所以E ( X )=5× = .
17 17
17. 如图1，已知正三角形ABC边长为4，其中AD=3DB,AE =3EC，现沿着DE翻折，将点A翻折
到点A′处，使得平面A′BC ⊥平面DBC,M 为A′C中点，如图2.
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学科网（北京）股份有限公司（1）求异面直线A′D与EM 所成角的余弦值；
（2）求平面A′BC与平面DEM 夹角的余弦值.
10
【答案】（1）
5
6
（2）
3
【解析】
【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出A′O ⊥平面DBC，建立空间直角坐标系，求
得相关线段长，即可求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得异面直线A′D与EM 所成角的
余弦值；
（2）求出平面A′BC与平面DEM 的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
取BC的中点为O,DE的中点为O′，连接A′O与OO′，
正三角形ABC中，AD=3DB,AE =3EC，
3
所以DE∥BC,DE = BC，则四边形DECB为等腰梯形，
4
故OO′⊥ DE,OO′⊥ BC；
由翻折性质可得A′E = A′D，∠A′EC =∠A′DB,EC = DB,
则A′EC≌A′DB，∴A′C = A′B,O是BC的中点，
∴A′O⊥ BC，
平面A′BC ⊥平面DBC，平面A′BC平面DBC = BC,A′O⊂平面A′BC，
∴A′O⊥平面DBC,∴OO′⊂平面DBC，∴A′O⊥OO′
以点O为坐标原点以OC,OO′,OA′所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司3
正ABC的边长为4,DE∥BC,DE = BC，
4
3 3
则A′DE为正三角形，边长为3，则A′O′⊥ DE,∴A′O′= ，
2
3
OC =OB=2,OO′= ，连接A′O′，
2
3 3 3
在A′OO′中，由勾股定理得OA′= ( )2 −( )2 = 6 ，
2 2
( ) 3 3 3 3 6
∴A′ 0,0, 6 ,D− , ,0,E , ,0,C(2,0,0),M 1,0, ，
2 2 2 2 2
3 3 1 3 6
则A′D=− , ,− 6,EM =− ,− , ，
2 2 2 2 2
A′D⋅EM −3 10
∴cos〈A′D,EM〉 = = =−
A′D ⋅ EM 5 5 ，
3⋅
2
π
异面直线所成角的取值范围为(0, ]，
2
10
∴异面直线A′D与EM 所成角的余弦值为 .
5
【小问2详解】
( ) 3 3
由（1）得A′ 0,0, 6 ,B (−2,0,0 ) ,C ( 2,0,0 ) ,D− , ,0，
2 2
3 3 6
E , ,0,M 1,0, ，
2 2 2
5 3 6
∴DE =( 3,0,0 ) ,DM = ,− , ，
2 2 2
易得平面A′BC的一个法向量为m=(
0,1,0
)
，
设平面DEM 的法向量为n
=(
x,y,z
)
，
3x=0
DE⋅n =0 ( )
则
，即5
3 6
，令z =1，则n = 0, 2,1 ，
DM ⋅n =0 x− y+ z =0
2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司
m⋅n 2 6
∴cos〈m,n〉 = = = ，
m ⋅ n 1× 3 3
6
∴平面A′BC与平面DEM 夹角的余弦值为 .
3
4
18. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2 =2px(p>0)和点R(4,5).点P在C上，且OP = OR.
5
（1）求C的方程；
（2）若过点R作两条直线l 与l ，l 与C相交于A，B两点，l 与C相交于E，D两点，线段AB和
1 2 1 2
ED中点的连线的斜率为k，直线AB，ED，AD，BE 的斜率分别为k ，k ，k ，k ，证明：
1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1
+ = + ，且 + − 为定值.
k k k k k k k
1 2 3 4 3 4
【答案】（1） y2 =5x
（2）证明见解析
【解析】
4
【分析】（1）由己知，根据R点坐标，借助OP = OR可表示出P点坐标，然后带入抛物线方程，即可
5
完成方程的求解；
（2）由已知，分别设出A,B,C,D四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线AB，ED，AD，BE的斜
1 1 1 1
率,即可证得 + = + ，设AB和ED的中点分别为M ，N ，分别联立l ,l 与抛物线方程，
k k k k AB CD
1 2 3 4
1
求得M ，N 的坐标，利用斜率公式表示 ，化简计算即可得出结果.
k
【小问1详解】
4
设点P ( x ,y ) ，则OP=( x ,y )，因为OP = OR，OR =(4,5)，
0 0 0 0 5
4 16 4 16
所以x = ×4 = ，y = ×5= 4，所以点P ,4，
0 5 5 0 5 5
5
代入方程y2 =2px中，得 p= ，所以C的方程为 y2 =5x.
2
【小问2详解】
( ) ( ) ( ) ( )
设点A x ,y ，B x ,y ，E x ,y ，D x ,y ，
1 1 2 2 3 3 4 4
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学科网（北京）股份有限公司y − y 5
则直线AB的斜率k = 1 2 = ，
1 x −x y + y
1 2 1 2
y − y 5
同理得直线ED的斜率k = 4 3 = ，
2 x −x y + y
4 3 3 4
y − y 5
直线AD的斜率k = 4 1 = ，
3 x −x y + y
4 1 1 4
y − y 5
直线BE的斜率k = 3 2 = ，
4 x −x y + y
3 2 2 3
1 1 y + y y + y 1
所以 + = 1 2 + 3 4 = ( y + y + y + y ) ，
k k 5 5 5 1 2 3 4
1 2
1 1 y + y y + y 1
+ = 1 4 + 2 3 = ( y + y + y + y ) ，
k k 5 5 5 1 2 3 4
3 4
1 1 1 1
从而得 + = + .
k k k k
1 2 3 4
y−5=k ( x−4 ) ,
由 1 消去x得k y2 −5y+5 ( 5−4k )=0，
y2 =5x, 1 1
5 5 ( 5−4k )
所以y + y = ， y y = 1
1 2 k 1 2 k
1 1
由Δ=25−20k ( 5−4k )>0，得k > 5+ 5 或k < 5− 5 .
1 1 1 8 1 8
设AB和ED的中点分别为M ，N ，
1 5 y −5 5−10k
则y = ( y + y )= ，x = M +4= 1 +4，
M 2 1 2 2k M k 2k2
1 1 1
5 5−10k
同理y = ，x = 2 +4，
N 2k N 2k 2
2 2
5 1 1 1 1
− −5 −
1 x −x 2k2 k 2 k k 1 1 1 1 1
所以 = M N = 1 2 1 2 = + −2，即 + − = 2，
k y − y 5 1 1 k k k k k
M N − 1 2 1 2
2k k
1 2
1 1 1 1 1 1
所以得 + − = + − = 2.
k k k k k k
3 4 1 2
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学科网（北京）股份有限公司19. 若存在x ∈D使得 f ( x )≤ f ( x ) 对任意x∈D恒成立，则称x 为函数 f ( x ) 在D上的最大值点，记函
0 0 0
( )
数 f x 在D上的所有最大值点所构成的集合为M
（1）若 f ( x )=−x2 +2x+1,D=R，求集合M ；
( )
2x −x x
（2）若 f ( x )= ,D=R ，求集合M ；
4x
（3）设a为大于1的常数，若 f
(
x
)= x+asinx,D=[
0,b
]
，证明，若集合M 中有且仅有两个元素，则
所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列．
【答案】（1）M
={
1
}
（2）M
={
1,2
}
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）配方得到当且仅当x=1时， f ( x )=−x2 +2x+1取得最大值，得到M ={ 1 } ；
（2）求导，得到函数单调性，求出当x=1或2时， f
(
x
)
取得最大值，故M
={
1,2
}
；
1
（3）求导，得到函数单调性，并得到 f′( x+2π )= f′( x ) ，得到 f ( b )= f 2kπ−π−arccos ，结合
k a
f ( b )− f ( b )=2π，得到b −b 为定值，
k+1 k k+1 k
故所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列．
【小问1详解】
f ( x )=−x2 +2x+1=−( x−1 )2 +2,
当且仅当x=1时， f ( x )=−x2 +2x+1在R上取得最大值，故M ={ 1 } ；
【小问2详解】
( )
2x −x x
f ( x )= 定义域为R，
4x
( 2xln2−1 ) x+2x −x4x − ( 2x −x ) x⋅4xln4
f′(
x
)=
42x
( 2x −2x )( 1−xln2 )
= ，
4x
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学科网（北京）股份有限公司令q
(
x
)=2x −2x，则q′(
x
)=2xln2−2，
2
令q′(
x
)=0得x=log
，
2 ln2
2 2 2
x −∞,log log log ,+∞
2 ln2 2 ln2 2 ln2
q′(
x
)
- 0 +
( )
q x 极小值
( ) 1 2 2
其中ln2∈ ln e,lne = ,1，故 ∈( 2,4 )，log ∈( 1,2 )，
2 ln2 2 ln2
可以看出q
(
1
)=0,q (
2
)=0，
( )
故q x 有且仅有2个零点，分别为1和2，
1
令 f′( x )=0得x= ∈( 1,2 )或1或2，
ln2
1 1 1
x (−∞,1 ) 1 1, ,2 2 (2,+∞)
ln2 ln2 ln2
f
′(
x
)
+ 0 - 0 + 0 -
( )
f x 极大值 极小值 极大值
1
其中 f ( 1 )= f ( 2 )= ，
4
故当x=1或2时， f
(
x
)
取得最大值，故M
={
1,2
}
；
【小问3详解】
f
(
x
)= x+asinx,D=[
0,b
]
，a >1，
f′(
x
)=1+acosx,D=[
0,b
]
，a >1，
1 1
令 f′( x )=0得x=2kπ±arccos − =2kπ± π−arccos ，k∈Z，
a a
1
当0< x<π−arccos 时， fx0， f ( x ) 单调递增，
a
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学科网（北京）股份有限公司1 1
当π−arccos < x<π+arccos 时， f′(x)<0， f ( x ) 单调递减，
a a
1 1
当π+arccos < x<3π−arccos 时， fx0， f ( x ) 单调递增，
a a
1 1
当3π−arccos < x<3π+arccos 时， f′(x)<0， f ( x ) 单调递减，
a a
1 1
当3π+arccos < x<5π−arccos ， fx0， f ( x ) 单调递增，
a a
……，
由于 f′( x+2π )=1+acos ( x+2π )=1+acosx= f′( x ) ，
故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，
要想集合M 中有且仅有两个元素，
1 1
则需要 f ( b )= f π−arccos 或 f ( b )= f 3π−arccos ，
1 a 2 a
1 1
或 f ( b )= f 5π−arccos ，……， f ( b )= f 2kπ−π−arccos ，
3 a k a
其中 f ( x+2π )= x+2π+asin ( x+2π )= x+2π+asinx，
f ( x+2π )− f ( x )= x+2π+asinx−x−asinx=2π，
1 1
又 f ( b )− f ( b )= f 2kπ+2π−π−arccos − f 2kπ−π−arccos =2π，
k+1 k a a
所有的b 均处在单调递增区间上，
k
所以b −b 为定值，
k+1 k
故所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列．
【点睛】函数新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行
结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题
的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
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