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

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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
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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,+∞
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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
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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．
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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，
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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.
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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
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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
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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
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