精品解析：广东省珠海市2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1007广东省珠海市2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试

启用前注意保密 ★ 珠海市 2025 届高三第一次摸底考试 数学 本答案共15页，分第 I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150分 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，只有一个选 项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上，     U  x x 0 A x1 x2 ð A 1. 已知全集 ，集合 ，则 U （ ） A. ,1  2, B.  0,1    2, C. ,1    2, D.  0,1  2, 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，结合补集的运算法则求解即可.     【详解】因为U  x x 0 ，A x1 x2 ， 所以ð A  0,1    2, ， U 故选：B. 10 2. 复数z  （i为虚数单位），z的共轭复数为（ ） 3i A. 3i B. 3i C. 3i D. 3i 【答案】B 【解析】 【分析】先将该复数化简为复数标准形式，再写出共轭复数即可. 10 10 3i  10 3i  【详解】z    3i，所以z的共轭复数为3i. 3i 3i 3i  9i2 故选:B uuur uuur    3. 在△ABC中，D是BC上一点，满足 BD3DC ，M是AD的中点，若BM BABC，则 （ ） 5 7 5 A. B.1 C. D. 4 8 8 第1页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量线性运算相关计算方式计算即可.  1      1 1 【详解】由题可知，AM  AD2BM 2BA BDBA BM  BA BD， 2 2 2        3 BD 3DC 3 BCBD  BD  BC , 4  1 1 1 3 1 3 7 所以有BM  BA BD  BA BC，所以 , ，得 . 2 2 2 8 2 8 8 故选：C 4. 已知点A 1,0  ，B  0,3  ，点P是圆 x3 2  y2 1上任意一点，则PAB面积的最小值为（ ） 11 9 10 A.6 B. C. D. 6 2 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线AB的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点P到直线AB距离的最小值即可 求得最小值. 【详解】两点A 1,0  ， ，则| AB| (1)2 32  10，直线AB方程为 y 3x3， 0,3 圆 x3 2  y2 1的圆心C(3,0)，半径r 1， 12 6 10 点C到直线AB:3x y30的距离d   ， 32 (1)2 5 6 10 因此点P到直线AB距离的最小值为d r  1， 5 1 6 10 10 所以PAB面积的最小值是  10( 1)6 . 2 5 2 故选：D 5. 一个内角为30°的直角三角形，分别以该三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周 第2页/共24页 学科网（北京）股份有限公司形成的曲面围成3个几何体．这3个几何体的体积从小到大之比为（ ） A. 1: 3:2 B. 1:3:4 C. 3:2:2 3 D. 3:2: 6 【答案】C 【解析】 【分析】设该直角三角形的三条边长分别为1, 3,2，求出三角形斜边上的高，再根据圆锥的体积公式即可 求解. 【详解】设该直角三角形的三条边长分别为1, 3,2， 设三角形斜边上的高为h， 1 1 3 则S  2h 1 3  ， 2 2 2 3 h ， 2 由题意设该3个几何体的体积为V,V ,V ， 1 2 3 1 3 则V  π 3  π， 1 3 3 1  2 V  π 3 1 π， 2 3 2 1  3 π V  π  2 ， 3 3  2  2   V V V ， 3 1 2 π 3 所以这3个几何体的体积从小到大之比为 : π:π 3:2:2 3 . 2 3 故选：C. 第3页/共24页 学科网（北京）股份有限公司2x a,x0,  6. 已知函数 f  x  log  x1 a,x0,  aR  在R上没有零点，则实数a的取值范围是（ ）  1  2 A. ,1    0  B. ,1  C. 1, D.  0, 【答案】A 【解析】 2x,x0  【分析】将问题转化为 g  x  log  x1  ,x0 与函数 y a 的图象没有交点，利用数形结合法求  1  2 解. 2x,x0  【详解】设 g  x  log  x1  ,x0 ，g  x  的图象如图所示，  1  2 问题转化为g  x  与函数 y a 的图象没有交点， 所以a0或a1 , 解得a0或a1, 故选：A.  2π 7. 函数 f  x 2 3sin2x sin2x ，其中0，其最小正周期为π，则下列说法错误的是  3  （ ） A. 1 π    B. 函数 f x 图象关于点 , 3对称  3  第4页/共24页 学科网（北京）股份有限公司5π C. 函数 f  x  图象向右移0  个单位后，图象关于 y 轴对称，则的最小值为 12  π D. 若x  0,  ，则函数 f  x  的最大值为 31  2 【答案】D 【解析】 π  【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求判断A，验证 , 3是否为函数 f  x  的  3  对称中心判断B，结合函数图象平移变换结论判断C，结合不等式性质及正弦函数性质判断D. 【详解】由已知  2π 2π 2π f  x 2 3sin2x sin2x   3  1cos2x sin2xcos cos2xsin ，  3  3 3 1 3  π 所以 f  x  sin2x cos2x 3sin 2x   3 ， 2 2  3    又0，所以函数 f x 的最小正周期为 ， 2π π 由已知  π，所以1，A正确； 2  π 所以 f  x sin2x   3，  3 π π π  因为2   π，所以函数 f  x  图象关于点 , 3对称，B正确， 3 3  3   π 将函数图象向右移0  个单位后可得函数 y sin2x2   3的图象，  3  π 因为 y sin2x2   3的图象关于 y 轴对称，  3 kπ π 所以  ,kZ，又0， 2 12 5π 所以的最小值为 ，C正确， 12 π π π 4π 若0 x ，则 2x  ， 2 3 3 3 3  π 3 3 所以 sin2x  1，故1 3  f  x  ， 2  3 2 第5页/共24页 学科网（北京）股份有限公司所以当x π 时，函数 f  x  取最大值，最大值为 3 3 ，D错误. 2 2 故选：D. 8. 若不等式bx1ex ax2对一切xR恒成立，其中a,bR，e为自然对数的底数，则ab的取值 范围是（ ） A. ,1  B. ,1  C. ,1  D. ,2  【答案】A 【解析】 【分析】将原不等式转化为  ax2 bx1  ex 1对一切xR恒成立，设 f  x   ax2 bx1  ex，则后者 可转化为 f  x  f  0  恒成立即 f  0  为函数的极大值，故可求参数的范围或取值，故可得正确的选项， 或者将原不等式转化为ax2bx1ex，根据左右两侧对应的函数的图象位置关系可求参数的范围. 【详解】法一：不等式bx1ex ax2对一切xR恒成立即为   不等式 ax2 bx1 ex 1对一切xR恒成立， 今 f  x   ax2 bx1  ex，则有 f  0 1； 故不等式bx1ex ax2对一切xR恒成立等价于 f  x  f  0  恒成立，     所以 f 0 为 f x 的最大值点. 显然，a0，否则x时， f  x ，与题设矛盾. 又 f x ex ax2  2ab  xb1，此时 f 0 b1   若b10，存在区间  s,t  ，是否0 s,t  且x s,t  ，总有 ， ′     >0 这与 f 0 为 f x 的最大值点矛盾，故b10不成立， 同理b10也不成立，故b10，则b1，  f x ex ax2  2a1  x  xex ax2a1  ,   当a 0时，当x,0  时， ，当 时， ， ′ ′ 故 f  x  在 ,0  上递增， 上 > 递 0 减， f ∈  x 0  ,  + f ∞  0  符合 题 意 < ； 0 0,+∞ 第6页/共24页 学科网（北京）股份有限公司 12a 当a 0时，当x  ,   0, 时， ，  a  ′ <0 12a  当x  ,0时， ，  a  ′ >0  12a 12a  故 f  x  在 , 上递减， ,0上递增， 上递减，  a   a  0,+∞ 12a 12a 1 14a 14a 2a 而当x 时，   0， a a 2a 2a 故ax2 x10即 f  x 0，故 f  x  f  0  恒成立，故a 0符合题意 . 综上，a0,b1，因此ab,1  .   法二：不等式 ax2 bx1 ex 1可化为ax2bx1ex， 令 f  x ax2 bx1,g  x ex， 当a 0时， f  x ax2 bx1bx1，此时，直线 f  x  恒过点 ， 0,1 故只需直线 f  x bx1为g  x ex在点 处的切线即可， 0,1 b g 0 1，此时ab1.   当a0时， f x 亦恒过点 ， 0,1 为使ax2bx1ex对一切 恒成立， ∈ 需 f  x ax2 bx1开口向下，且在点 处与g  x ex有公切线即可， 0,1 a0 故 ，此时ab1. f 0 b1  综上，ab的取值范围是ab,1  . 故选：A. 【点睛】思路点睛：多变量不等式恒成立问题，可将原不等式作适当变形，从而将恒成立问题转化为图象 的位置关系，或者根据不等式的特征将不等式恒成立问题转化为函数的极值问题. 二､多选题：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.全部选对得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9. 设A，B为随机事件，且P  A  ，PB是A，B发生的概率．P  A  ,P  B  0,1 ，则下列说法正确的 第7页/共24页 学科网（北京）股份有限公司是（ ） A. 若A，B互斥，则P  AB P  A P  B  B. 若P  AB P  A  P  B  ，则A，B相互独立 C. 若A，B互斥，则A，B相互独立         P A B P B A P B A P A B D.  与  相等         P A B P B A P B A P A B 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率公式可判断A选项；由相互独立事件的概念可判断B选项；由互斥事件和相 互独立事件的概念可判断C选项；由条件概率公式化简，可判断D选项. 【详解】对于A：若A，B互斥，根据互斥事件的概率公式，则P  AB P  A P  B  ，故A正确； 对于B：由相互独立事件的概念知，若P  AB P  A  P  B  ，则事件A，B是相互独立事件，故B正确； 对于C：若A，B互斥，则A，B不一定相互独立， 例：抛掷一枚硬币的试验中，事件A“正面朝上”，事件B“反面朝上”， 1 事件A与事件B互斥，但P(AB)0，P(A) P(B) ， 2 所以不满足相互独立事件的定义，故C错误；             P A B P B A P BA P  B  P AB P A P AB 对于D：  =     ，               P A B P B A P B P AB P A P BA P AB P  B A  P  A B  P  AB  P  A  P  AB  P  B  P  AB        ，               P B A P A B P A P AB P B P AB P AB         P A B P B A P B A P A B 所以  与  相等，故D正确.         P A B P B A P B A P A B 故选：ABD. 10. 设 f xx33x，则下列说法正确的是（ ） A. 函数 y  f  x  的图象与圆x2  y2 1有且只有两个公共点 B. 存在无数个等腰三角形ABD，其三个顶点都在函数 y  f  x  的图象上 C. 存在无数个菱形ABCD，其四个顶点都在函数 y  f  x  的图象上 第8页/共24页 学科网（北京）股份有限公司D. 存在唯一的正方形ABCD，其四个顶点都在函数 y  f  x  的图象上 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，结合函数的性质与图象判断即可；对于B、C，利用函数 关于原点对称，结合等 腰三角形三线合一，以及菱形的对角线互相垂直判断即可；对于D，由曲线 的=对 称 性，可知要使得正方形 存在，则VAOB为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形. 【详解】对于选项A，令 f x 3x2 33  x1  x1  ，当x,1  1, 时， ， ′ 当 时， ，则函数 f  x  在 ,1  、 上单调递增，在 上单 调递 减 > ， 0 ′ 又 f ∈  − 1  1  ,1 13  2， <0 f  1 132，函数 1 的 ,+ 图 ∞ 象与圆x2  y2 1得 −1 图 ,1 象如图所示： = 故函数 的图象与圆x2  y2 1有且只有两个公共点，故A正确； 对于选项 = B 、 C，由于函数 的图象关于坐标原点O成中心对称， 过点O作直线交 f  x  的图 象 = 于 B 、D两点，   过点O作BD的垂线交 f x 的图象于A、C两点， 则△ABD为等腰三角形，四边形ABCD为菱形， 当线段BD绕点O转动时， △ABD仍为等腰三角形，四边形ABCD仍为菱形，故选项B、C均正确； 对于选项D：由于 f x x33xf  x  ， 故要使得正方形存在，则VAOB为等腰直角三角形， 显然，当B 1,2  时，OB 5，点P  2,1  在函数图象外侧，则OA 5， 此时OB OA， 利用极限思想，当OB0时，OA 3，此时OBOA； 当OB 3时，OA，此时OBOA； 第9页/共24页 学科网（北京）股份有限公司如图所示，故至少存在两个正方形，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是，熟练掌握函数的对称性，注意使用极限思想，从而得到至少两个 正方形. 11. 中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复 杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.已知在平面直角坐标系 xOy 中，到两定点 F a,0  ，F  a,0  距离之积为常数a2的点的轨迹C是双纽线.若M  3,0  是曲线C上一点，则下列结论 1 2 正确的是（ ） A. 曲线C的图象关于原点对称 B. 曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过3 D. 曲线C上有且仅有3个点P满足 PF  PF 1 2 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意求出轨迹C的方程，把 x,y  代入C的方程可判断A；令y0，x1,x2，得 9  x2  y2 y 的范围可判断B；由曲线C的方程可得x2  y2   9，根据d  x2 y2 3可判断C；由 x2  y2 题意得x 0，设P  0,y  ，结合题意计算 y 可判断D. P p p 【详解】对于选项A： PF  PF  (xa)2  y2  (xa)2  y2 a2, 1 2 第10页/共24页 学科网（北京）股份有限公司 2   化简得到： x2  y2 2a2 x2  y2 ，   将M 3,0 代入可得2a2 9，  2   所以曲线C: x2  y2 9 x2  y2 . 把 x,y  代入  x2  y2 2 9  x2  y2  得  x2  y2 2 9  x2  y2  ， 所以，曲线C的图象关于原点对称，故A正确； 对于选项B：令y0解得x0,x3，即：曲线经过  0,0  ,  3,0  , 3,0  ， 结合图象，得3≤x≤3. 11 153 今x1，得y2  1， 2 17 369 令x 2，得1 y2  2， 2 因此，结合图象曲线C只能经过3个整点  0,0  ,  3,0  , 3,0  . 故B错误； 9  x2  y2  2   对于选项C： x2  y2 9 x2  y2 可得x2  y2   9， x2  y2 所以曲线C上任意一点到坐标原点O的距离d  x2 y2 3， 即：都不超过3，故C正确； 对于选项D：点P满足 PF  PF ，则P在FF 垂直平分线上，则x 0， 1 2 2 P    2 设P 0,y ，则 a2  y2 a2， p p y 0， p 故只有原点满足，故D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：相关点代入法求轨迹方程的方法： 一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻找代换关系. （1）求谁设谁，设所求点的坐标为(x,y)； （2）所依赖的点称之为“参数点”，设为(x,y )(i 0,1,2) 等； i i （3）“参数点”满足某个（些）方程，可供代入； 第11页/共24页 学科网（北京）股份有限公司（4）寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值； （5）代入方程，消去参数值. 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 直线 y  axe与曲线C y xlnx相切，则a ______． 【答案】2 【解析】   【分析】设切点坐标为 t,tlnt ，由导数的几何意义求解即可. 【详解】设切点坐标为  t,tlnt  ，由于 y ¢=lnx+1， 所以切线的斜率为：k lnt1， 所以曲线在  t,tlnt  处的切线方程为： y lnt1  xt tlnt，即 y  lnt 1xt， 所以t e，alnt1lne12， 故答案为：2. x2 y2 13. 已知点P在双曲线C:  1上，F ，F 分别是双曲线C的左、右焦点，若PFF 的面积为45， 1 2 1 2 64 36 则 PF  PF ______． 1 2 【答案】25 【解析】 【分析】设 P 在双曲线右支上，由双曲线定义得到 PF  PF 16，由余弦定理和面积公式，得到 1 2 FPF 4 369 tan 1 2  ， 进 而 得 到 PF  PF  ， 从 而 求 出 2 5 1 2 4  2  2 PF  PF  PF  PF  4PF  PF  625，求出答案. 1 2 1 2 1 2 【详解】设P在双曲线右支上，则 PF  PF 2816， 1 2 PF 2  PF 2  FF 2  PF  PF 2  FF 22PF  PF 由余弦定理得cosFPF  1 2 1 2  1 2 1 2 1 2 1 2 2 PF  PF 2 PF  PF 1 2 1 2 4a2 4c2 2 PF  PF 2 PF  PF 4b2  1 2  1 2 ， 2 PF  PF 2 PF  PF 1 2 1 2 2b2 2b2 b2 PF  PF    所以 1 2 1cosFPF FPF FPF ， 1 2 2sin2 1 2 sin2 1 2 2 2 第12页/共24页 学科网（北京）股份有限公司1 1 b2 FPF FPF S  PF  PF sinFPF  2sin 1 2cos 1 2 又 PF 1 F 2 2 1 2 1 2 2 FPF 2 2 sin2 1 2 2 b2  FPF tan 1 2 2 36 45 FPF 4 sinFPF 所以 FPF ，解得tan 1 2   1 2 ，结合sin2FPF cos2FPF 1， tan 1 2 2 5 cosFPF 1 2 1 2 2 1 2 FPF 16 则sin2 1 2  ， 2 41 36 3641 369 PF  PF    1 2 FPF 16 4 ， sin2 1 2 2 又 PF  PF 2816， 1 2  2  2 故 PF  PF  PF  PF  4PF  PF  256369 625， 1 2 1 2 1 2 故 PF  PF 25. 1 2 故答案为：25 14. 甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为72分，方差为90 分2；乙班的平均成绩为90分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是______分， 方差是______分2． 470 【答案】 ①.80 ②. 3 【解析】 【分析】利用平均数的定义求出90名学生的平均成绩，根据局部方差和整体方差的公式进行求解. 72509040 【详解】甲、乙两班全部90名学生的平均成绩为 80分， 5040 50 40 5 4 470 方差为  90 7280 2  60 9080 2  154 160 5040   5040   9 9 3 470 故答案为：80， 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.    3    15. 在VABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c其中m a,b ，n cosB, sinA，且mnc．  4  （1）求sin A 的值； （2）若VABC 的外接圆半径为5，求VABC面积的最大值． 第13页/共24页 学科网（北京）股份有限公司4 【答案】（1） 5 （2）32 【解析】 3 【分析】（1）由已知结合正弦定理可得sin AcosB sinBsin AsinC，根据sin  AB sinC 可变 4 3 形为 sin AcosA，由sin2 Acos2 A1，即可求解； 4 （2）由正弦定理可得a 8，根据余弦定理结合基本不等式可得bc80，根据面积公式即可求解面积的最 大值. 【小问1详解】   3 由题意得，mnacosB bsin Ac， 4 3 由正弦定理可知，sin AcosB sinBsin AsinC， 4 在VABC 中，因为ABCπ，sin  AB sinC， 3 所以sin AcosB sinBsin Asin AcosBcosAsinB， 4 3 即 sinBsin AcosAsinB， 4 因为A,B 0,π  ，所以sinB 0， 3 所以 sin AcosA，又sin2 Acos2 A1， 4 4 所以sin A ； 5 【小问2详解】 a b c 由正弦定理   2R， sinA sinB sinC 4 3 因为R 5，sin A ，所以a 8，cosA ， 5 5 6 由a2 b2 c2 2bccosA，得64b2 c2  bc， 5 6 6 4 由基本不等式可知， 64b2 c2  bc2bc bc bc， 5 5 5 所以bc80，当且仅当bc4 5 时等号成立， 1 1 4 所以S  bcsin A 80 32， ABC 2 2 5 所以VABC 面积的最大值为32. 16. 如 图 ， 三 棱 柱 ABCABC 中 ， 侧 面 ABB A  底 面 ABC ， AB  AA  AC 2 ， 1 1 1 1 1 1 第14页/共24页 学科网（北京）股份有限公司BC 2 2，ABB 60，点D是棱AB 的中点． 1 1 1 （1）证明：ADBC ； （2）求面ABC与面ABC夹角的正切值． 1 【答案】（1）证明见解析 6 （2） 3 【解析】 【分析】（1）由侧面ABB A 底面ABC得AD 底面ABC，进而可证； 1 1 （2）向量法求面与面的夹角. 【小问1详解】 因为三棱柱ABCABC 中AB  AA ， 1 1 1 1 故四边形ABB A 为菱形，又因ABB 60，点D是棱AB 的中点， 1 1 1 1 1 故ADAB， 又侧面ABB A 底面ABC，侧面ABB A 底面ABC=AB， AD 侧面ABB A ， 1 1 1 1 1 1 所以AD 底面ABC，又BC 底面ABC，故ADBC . 【小问2详解】 因AB AC 2， BC 2 2，故VABC为直角三角形， 故ABAC， 如图分别以AB，AC ，AD为x， y ，z轴建立空间直角坐标系， 第15页/共24页 学科网（北京）股份有限公司    则 ，B 2,0,0 ，C 0,2,0 ， 0,0,0     由（1）可知，AD 1，AD= AA2-AD2 = 3，故A 1,0, 3 ，D 0,0, 3 ， 1 1 1 1       则BA  3,0, 3 ，CA  1,2, 3 1 1    由题意平面ABC的一个法向量为AD  0,0, 3 设平面ABC的一个法向量为 ， 1   = , ,  nBA 0  3x 3z 0 则   1 即 ，令x1，则z  3，y 1， nCA 0 x2y 3z 0 1    则n  1,1, 3 ，   ADn 3 3 设面ABC与面ABC夹角为，则cos    ， 1 AD  n  3 113 5 sin 1cos2 6 故tan   ， cos cos 3 6 面ABC与面ABC夹角的正切值为 . 1 3 x2 y2  2 3 17. 已知椭圆C:  1  a b 0 的左、右焦点分别为F ，F ，且 FF 4 2 ，点M 2 2,  a2 b2 1 2 1 2   3   在椭圆C上，直线l: y  xt． （1）若直线l与椭圆C有两个公共点，求实数t的取值范围； （2）当t 2时，记直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P，Q为椭圆C上两动点，求四边形PAQB面 积的最大值． x2 y2 【答案】（1）  1 12 4 （2）8 【解析】 8 4 【分析】（1）根据焦距可得a2 b2 8，再根据点在椭圆上可得  1，解出a,b后可得椭圆的方程， a2 3b2 联立直线方程和椭圆方程后结合判别式可求t的范围； （2）由题设可得当过P,Q且与直线l平行的直线与椭圆相切时面积之和最大，故求出切点坐标后可求面积 和的最大值. 第16页/共24页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 设椭圆的半焦距为c，则c 2 2 ，故a2 b2 8，  2 3 8 4 而M 2 2, 在椭圆上，故  1，  3  a2 3b2   x2 y2 故a2 12,b2 4，故椭圆方程为：  1， 12 4 y  xt 由 可得4x2 6xt3t2 120， x2 3y2 12   故Δ 36t2 16 3t2 12 0即19212t2 0即4t 4. 【小问2详解】 当t 2时，直线l:y  x2，故A 2,0  ,B  0,2  ， 由题设可得P,Q为位于直线AB的两侧，不妨设Q在直线AB上方，P在直线AB的下方， 当过Q的直线与直线AB平行且与椭圆相切时， Q到直线AB的距离最大及QAB的面积最大， 当过P的直线与直线AB平行且与椭圆相切时， Q到直线AB的距离最大及QAB的面积最大， 由（1）可得相切时0即t 4， 6t 当t 4时，切点的横坐标为 3，切点坐标为 3,1  ，在直线AB上方， 8 312 此时 3,1  到AB的距离为  2 ， 2 6t 当t 4时，切点的横坐标为 3，切点坐标为  3,1  ，在直线AB下方； 8 第17页/共24页 学科网（北京）股份有限公司312 此时  3,1  到AB的距离为 3 2 ， 2 又 AB 2 2 故四边形PAQB面积的最大值为8.  1 18. 设函数 f  x lnx ，x 0,1  .  x （1）试判断 的单调性； ′ （2）证明：对 任 意x  0,1  ，有 f  x  f x  xx  f  x  ，当且仅当x x 时等号成立. 0 0 0 0 0 n n  1  n2 1 n （3）已知X R(i 1,2,3,,n),X 1，证明： x    （其中 j i1 i i1  i x i   n  n a a a a a ） i 1 2 3 n i1 【答案】（1） f x  在0,1上单调递增. （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用二次求导即得； （2）令g  x  f  x   f x  xx  f  x   ，则g x  f(x) f x  ，由（1）得g(x)在 0 0 0 0 0,1 上的单调性，进而g  x  g  x 0，即可证明； 0 n  1   1  1 （3）将原不等式转化为lnx  nlnn ，令 f  x lnx ,x 0,1  ，由（2）得  i x   n  x i1  j  n n  1  1  1 n  1  1  1  1 f(x) f     x  lnn  ，结合 f    x   lnn  nlnn 即  n  n  n   n  i n  n  n i1 i1 i1 可证明. 【小问1详解】  1 f  x lnx ,x 0,1  ，  x x2 1  f x  ,令h  x  f x  ，   x x2 1 第18页/共24页 学科网（北京）股份有限公司   x4 4x2 1 4x2  1x2 1x2 h x   ，  2  2 x3 x x3 x Q0 x1，1x2 0，    4x2  1x2 1x2 h x  0  2 x3 x 故 在 上单调递增. ′ 【小 问 2详0解,1】 令g  x  f  x f x  xx  f  x ，   0 0 0 则g  x  f  x   f x  xx  f  x   0,g x  f(x) f x  . 0 0 0 0 0 0 又 f x  在 上单调递増， 0,1 当0 x x 1时， f x  f x  g x  f x  f x 0； 0 0 0 当0 x  x1时， f x  f  x  g x  f  x  f x  0； 0 0 0 当x x 时，g x  f  x  f x 0； 0 0 所以函数g(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,1)上单调递增， 0 0 故g  x  在x x 处取最小值g  x  ， 0 0 即g  x  g  x 0， 0 从而 f  x f x  xx  f  x 0，   0 0 0 即 f  x  f x  xx  f  x  . 0 0 0 【小问3详解】 1 x  0， i x j n  1   1 n 要证 x   n  ， i1  i x i   n  n  1   1 n 只需证ln  x   lnn  ，  i1  i x i   n 第19页/共24页 学科网（北京）股份有限公司n  1   1 即证lnx  nlnn .（*）  i x   n i1  j  1 显然，当X   i 1,2,,n 时，不等式（*）中等号成立. i n  1 令 f  x lnx ,x 0,1  ，  x 1 1 1 由（2）可知： f(x) f  x   f  成立， n n n 1  1  1 即： f(x) f    x  lnn 成立， n  n  n n n  1  1  1 即：f(x) f     x  lnn   n  n  n  i1 i1 n n  1  而f(x)lnx   i1 i1  i x i  n  1  1  1 1  n  1  1  f    x   lnn   f      x   nlnn   n  i n  n n   i n  n i1 i1 1  n 1  1  f     X n  nlnn  n  i n   n i1  1 nlnn   n n  1   1 lnx  nlnn 成立， i1  i x i   n n  1   1 n 从而 x   n  成立. j1  j x i   n 【点睛】关键点点睛：小问（2），令g  x  f  x   f x  xx  f  x   ，则g x  f(x) f x  ， 0 0 0 0 由 f(x)在(0,1)上单调递增，得到g  x  在x x 处取最小值g  x  ，即g  x  g  x 0，命题得证； 0 0 0 n  1   1 小问3，解决该小问的关键是利用分析法证明lnx  nlnn 即可. i1  i x i   n   19. 对于数列 ，若存在常数T ，n T,n N* ，使得对任意的正整数nn ，恒有a a 成立，则 0 0 0 nT n 称数列 是从第n 项起的周期为T 的周期数列．当n 1时，称数列 为纯周期数列；当n 2时，称 0 0 0 第20页/共24页 学科网（北京）股份有限公司数列 为混周期数列．记 为不超过 x 的最大整数，设各项均为正整数的数列 满足： a n , a 为偶数   2 n a  . n1 a 1  n 2 log 2 a n  , a 为奇数  2 n （1）若对任意正整数n都有a 1，请写出三个满足条件的a 的值； n 1 （2）若数列 是纯周期数列，请写出满足条件的a 的表达式，并说明理由； 1 （3）证明：不论a 为何值，总存在m,nN*使得a 2m 1． 1 n 【答案】（1）3,5,6 （2）a 2k 1  kN ，理由见解析 1 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别取a 2，3，4，5，6，根据已知条件逐一验证即可求解； 1 （2）分别取a 1，2，3，4，5，6，7，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想； 1 （3）根据（2）的分析，a 2k 1  kN 时，满足题意；再证明，当a  2k 1  kN 时，也存在m,n 1 1 使得a 2m 1即可. n 【小问1详解】 因为对任意整数n都有a 1， n a 所以取a 2，则a  1 1，不符合题意； 1 2 2 a 1 取a 3，a  1 2 log 2 3 123，a a a  3， 1 2 2 3 4 n     此时，数列 a 为常数列 3 ； n a a 取a 4，a  1 2，a  2 1，不符合题意； 1 2 2 3 2 取a 5，a  a 1 1 2 log 2 5 222 6，a  a 2 3，a a a  3， 1 2 2 3 2 4 5 n 5,n1  此时，数列  a  的通项公式为a 6,n2； n n  3,n3 第21页/共24页 学科网（北京）股份有限公司a a 1 取a 6，a  1 3，a  2 2 log 2 3 123， 1 2 2 3 2 a a a  3， 4 5 n 6,n1 此时，数列  a  的通项公式为a  ； n n 3,n2 所以满足条件的三个a 的值为3,5,6； 1 【小问2详解】 a 1 取a 1，a  1 2 log 2 1 1，a a a 1， 1 2 2 3 4 n     此时数列 a 为常数列 1 ，为纯周期数列； n a 取a 2，则a  1 1，a a a 1， 1 2 2 3 4 n 2,n1 此时数列  a  的通项公式为a  ，为混周期数列； n n 1,n2 a 1 取a 3，a  1 2 log 2 3 123，a a a  3， 1 2 2 3 4 n     此时，数列 a 为常数列 3 ，为纯周期数列； n a a 取a 4，a  1 2，a  2 1，a a a 1， 1 2 2 3 2 4 5 n 4,n1  此时数列  a  的通项公式为a 2,n2，为混周期数列； n n  1,n3 取a 5，a  a 1 1 2 log 2 5 222 6，a  a 2 3，a a a  3， 1 2 2 3 2 4 5 n 5,n1  此时，数列  a  的通项公式为a 6,n2，为混周期数列； n n  3,n3 a a 1 取a 6，a  1 3，a  2 2 log 2 3 123， 1 2 2 3 2 a a a  3， 4 5 n 6,n1 此时，数列  a  的通项公式为a  ，为混周期数列； n n 3,n2 a 1 取a 7， a  1 2 log 2 7 322 7， 1 2 2 a a a 7， 3 4 n 第22页/共24页 学科网（北京）股份有限公司    此时，数列 a 为常数列 7 ，为纯周期数列； n 根据上述计算得出猜想， 当a 2k 1  kN 时，数列  a  为常数列也是纯周期数列  2k 1  kN ， 1 n 下面进行验证： 当a 2k 1时，a  a 1 1 2 log 2 a 1   2k 11 2   log 2  2k1   2k112k1 2k1 ， 1 2 2 2 a a a 2k 1，  kN ， 3 4 n   此时数列 a 为常数列，也是纯周期数列； n 【小问3详解】 首先，根据（2）的分析，发现当a 2k 1  kN 时，数列  a  为常数列， 1 n 也是纯周期数列  2k 1  kN ，满足题意； 接下来证明，当a  2k 1  kN 时，也存在m,n使得a 2m 1； 1 n 因为1211，   所以只需要证明数列 a 中始终存在值为1的项即可， n 当a 2k  kN 时，显然存在值为1的项， 1 当a   2k,2k 1  kN 时，有a  a 1 或a  a 1 1 2 log 2 a 1  ， 1 2 2 2 2 a 若a 为偶数，则a  1 ， 1 2 2 若a 为奇数时， 1 则a  a 1 1 2 log 2 a 1   2k111 2   log 2  2k11   2k12k 2k1， 2 2 2 a 1 a 12a a 1 2k1 a a  1 2k a 2k  1 1 2k  1 2k  0， 2 1 2 1 2 2 2 所以2k a a 2k1 a   2k,2k1  ， 1 2 2 所以无论a 为奇数还是偶数，均有a 2k1； 1 2 特别的，当a 为奇数时，a   2k,2k1 且a a ， 1 2 1 2 第23页/共24页 学科网（北京）股份有限公司类似的，可得：无论a 为奇数还是偶数，均有a 2k1； 2 3 特别的，当a 为奇数时，a   2k,2k1 且a a a  a 2k11取等 ； 2 3 1 2 3 2 所以无论无论a 为奇数还是偶数，均有a 2k1； 1 n 若a   2k,2k1  n2  ，则a 恒为奇数且a a a a a   a 2k11取等 ， n n 1 2 3 4 n 2 于是，假设数列  a  的a  2k 1  kN 且a   2k,2k1  n2  ， n 1 n 所以，a 恒为奇数且a a a a a   a 2k11取等 ， n 1 2 3 4 n 2 由于  2k,2k1 中仅有有限个正整数，故数列  a  从某项起恒为常数2k11； n 设a 为第一个值为2k11的项， i a 1 a 1 而a  i1 2 log 2 a i   i1 2k， i 2 2 a 1 故a  i1 2k 2k11a 2k11， i 2 i1 这与“a 是第一个值为2k11的项”相矛盾， i 所以，数列  a  除第一项外，还存在不属于区间  2k,2k1 的项， n 假设这些不属于区间  2k,2k1 的项全部属于区间  2k1,2k ，那么也会出现类似的矛盾， 所以，数列  a  除第一项外，存在不属于区间  2k,2k1 和  2k1,2k 的项， n   以此类推，数列 a 一定存在小于值为2的正整数的项，即存在值为1的项， n 得证. 【点睛】方法点睛：考查分段定义周期数列的相关知识，方法是给a 赋值，逐一根据已知题意进行验证. 1 第24页/共24页 学科网（北京）股份有限公司