文档内容
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2024.9
一、单项选择题：
1-4：CADD 5-8：BCAB
二、多项选择题：
9.BC 10.ABD 11.BD
三、填空题：
3 3
12.66 13. 14.（1）5,8,11,14（2分，不完整不得分）；（2）1047（3分）
2
四、解答题：
15.解：（1）由a S 2，则当n2时a S 2
n1 n n n1
两式相减得a a a ，所以a 2a (n2)…………3分
n1 n n n1 n
将a 2代入a S 2得，a 42a ，…………5分
1 n1 n 2 1
所以对于nN,a 2a ，故{a }是首项为2，公比为2的等比数列，……6分
n1 n n
所以a 2n…………7分
n
（2）b log a2 112n11…………8分
n 2 n
B b b b n(n10)n2 10n……9分
n 1 2 n
因为当n5时b 0，当n6时b 0
n n
所以当n5时，T b b b B 10nn2…………10分
n 1 2 n n
当n6时，T b b b b b b B 2B n2 10n50……12分
n 1 2 5 6 7 n n 5
10nn2,n5
故T …………13分
n n2 10n50,n6
16.解：（1）因为BC 平面ABB A ，AE 平面ABB A ，所以AE BC,又AE AB
1 1 1 1 1
且 ABBC B ,所以 AE 平面 ABC ，故 AE AC ,同理， AF AC ，
1 1 1 1
1AE,AF 平面AEF ，AEAF A，所以AC 平面AEF ……6分
1
（2）以A为原点，AB,AD,AA 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
则A(0,0,2),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0)，
1
在平面ABD中，BD (1,1,0),AB (1,0,2)
1 1
x y 0
设平面ABD的一个法向量为n(x,y,z)，则 ，可取n(2,2,1)
1 x2z 0
由（1）知，平面AEF 的一个法向量为AC (1,1,2)…………13分
1
2 6
设平面AEF 与平面ABD的夹角为，则cos|cosn,AC |
1 1 9 6 9
6
故所求的夹角的余弦值为 …………15分
9
1 9
1
a2 4b2
17.解：（1）联立 …………3分
c2 a2 b2 1
a2 a2 4
x2 y2
得a2 4,b2 3，故所求方程为C: 1………………5分
4 3
（2）①当l斜率为0时，|FA |3|FB|或|FB|3|FA |，不符合题意…………6分
②当当l斜率不为0时设l:xmy1，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
xmy1
联立x2 y2 …………7分
1
4 3
消去x得(3m2 4)y2 6my90…………9分
6m 9
y y ,y y ， 144(m2 1)0…………10分
1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
2 5
由|FA |2|FB|得y 2y ，代入以上两式消去y ,y 得m ……13分
1 2 1 2
5
2 5
故l:x y1，化为一般方程为 5x2y 5 0…………15分
5
218.解：（1）设A=“两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态”.
事件A发生即通过2号门时，两个粒子都不改变或都改变旋转状态，
5
故P(A) p2 (1 p)2 …………3分
8
1 3
解得 p 或 ………………………4分
4 4
（2）由题知X 0,1,2,
X 2时分3类情形，①两个粒子通过1号门后均处上旋状态，通过2号门后均不改变
状态；②两个粒子通过1号门后一个上旋状态一个下旋状态，通过2号门后上旋状态粒子不
改变状态，下旋状态粒子改变状态；③两个粒子通过1号门后两个均为下旋状态，通过2
号门后均改变状态，
1 1 1 1
所以P(X 2) p2 p(1 p) (1 p)2 ,…………6分
4 2 4 4
1 1 1 1
同理P(X 1) C1p(1 p) p2 (1 p)2 C1p(1 p) ,………8分
4 2 2 4 2 2
1
P(X 0)1P(X 1)P(X 2) ,…………9分
4
所以所求的分布列为
X 0 1 2
1 1 1
P
4 2 4
1 1 1
所以所求数学期望E(X)0 1 2 1…………10分
4 2 4
（3）设A “两个粒子通过1号门后处于上旋状态粒子个数为i个”，i 0,1,2,B “两个
i
粒子通过2号门后处于上旋状态的粒子个数为2个”，
1 1 1 1
则P(A ) P(A )( )2 ,P(A)C1( )2 ,…………12分
0 2 2 4 1 2 2 2
1 2 4
P(B A ) ,P(B A) ,P(B A ) ,…………14分
0 9 1 9 2 9
2 1 1 1 2 1 4 1
则P(B) P(A)P(B A) ,（或由（2）得）……15分
i i 4 9 2 9 4 9 4
i0
1 4
故P(A B) P(A 2 B) P(A 2 )P(B A 2 ) 4 9 4 . …………17分
2 P(B) P(B) 1 9
4
1 (x1)2
19.解：（1）当b1时，g(x)2lnxx (x0) ，则g(x) 0……2分
x x2
所以g(x)的减区间为(0,)，无增区间．…………3分
（2） f(x) x1(x1)lnxax1，记h(x)(x1)lnxax1，
31 1 1 x1
则h(x)lnx1 a，进而有h(x) 0（x1）…………4分
x x x2 x2
所以h(x)在(1,)递增．…………5分
根据h(1)1a及h(1)2a可以确定讨论的边界．
①当a1时，对任意的x1，h(x)h(1)2a 0．h(x)在(1,)上单调递增，
h(x)h(1)1a0，故有(x1)lnxax1，满足题意．…………6分
②当1a2时，对任意的x1，有h(x)h(1)2a0．所以h(x)在(1,)上单调
递增，h(1)1a0，h(1)0，h(ea)1a0．
所以存在唯一的x (1,ea)使hx 0，当x(1,x )时，h(x)0，不满足题意．……8分
0 0 0
1
③当a2时，h(x)在(1,)上单调递增，h(1)0，h(ea)1 0．
ea
所以存在唯一的x (1,ea)使hx 0，当x(1,x)时，h(x)0．
1 1 1
所以h(x)在1,x 上单调递减，h(x)h(1)0，不满足题意．
1
综上，a1.…………9分
3x2 3 (x1)4
（3）（ⅰ）记F(x)lnx ，则F(x) 0，
x2 4x1 x(x2 4x1)2
所以F(x)在(0,)上单调递增，而F(1)0，
3x2 3
于是，当x1时，F(x)0，lnx
x2 4x1
3x2 3
当0 x1时，F(x)0，lnx …………12分
x2 4x1
4(x1) x1 2(x1) x1 x1
（ⅱ）当b2a2时，原不等式即 x32ln ln 1．
lnx 2 lnx 2 2
3x2 3 x1 x2 4x1
由于当x1时，lnx ，x10，所以 ，
x2 4x1 lnx 3(x1)
3x2 3 x1 x2 4x1
当0 x1时，lnx ， x10 ， 也成立．
x2 4x1 lnx 3(x1)
x1 x2 4x1
所以 对任意的x0, x1恒成立．…………13分
lnx 3(x1)
x1 x2 4x1 t 1 t4 t 1 t1 t4 t 1
在 中取x t ，则有 ，也即 ，
lnx 3(x1) ln t 3( t 1) lnt 6
42(x1) x4 x 1
所以 （a）…………14分
lnx 3
x1 x1 x4 x 1
记函数G(x)ln 1 ，
2 2 3
1 2 1 x x 4x7 x 4 (x x 4x3 x)(4 x 4)
G(x)
x1 3 x 6 6 x(x1) 6 x(x1)
x( x 1)( x 3)4( x 1) ( x 1)(x3 x 4)
6 x(x1) 6 x(x1)
3 7
由于x3 x 4( x )2 0，x(x1)0，所以只需考虑 x 1的符号，
2 4
易知G(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，G(x)G(1)0．
x4 x 1 x1 x1
所以 ln 1（b）…………16分
3 2 2
2(x1) x4 x 1 x1 x1
由（a）（b）得 ln 1，
lnx 3 2 2
x1 2x
故4f(x)g( ) ．…………17分
2 x1
5
