2026年汕头市普通高考第一次模拟考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260311广东省汕头市2026年普通高考第一次模拟考试（全科）

2026 年汕头市普通高考第一次模拟考试 数学 注意事项： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和 答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不 按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择题：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. M   x 4x2 4x150  N 2,1,0,1,2,3  ð M  N  1. 已知 ， ，则 R （ ） A. 1,0,1,2  B. 2,1,0,1,2  C. 1,0,1  D. 1,0,1,2,3  【答案】A 【解析】 【分析】解二次不等式得M 的补集区间，再与给定集合N 取交集即得结果. 3 5 【详解】解不等式4x2 4x150，得x 或x ， 2 2  3 5   3 5 即集合M    , 2     2 ,   ，则ð R M     2 , 2   ， 则 ð M N 1,0,1,2  . R 1i 2. 在复平面内，复数 对应的点位于（ ） 1i A. 实轴 B. 虚轴 C. 第二象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 第1页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1i  1i 2 2i 【详解】   i， 1i  1i  1i  2   在复平面内对应的点为 0,1 , 1i 即复数 对应的点位于虚轴. 1i 3. 圆锥的表面积为π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ） 2 3 1 A. B. C. D.1 2 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】设底面半径为r，母线长为l，根据侧面展开图是一个半圆，可得l 2r，代入表面积公式，结合 条件，即可得答案. 【详解】设底面半径为r，母线长为l， 由侧面展开图是一个半圆，得lπ2πr，解得l 2r， 1 则侧面展开图的面积S 2πrl  πrl 2πr2， 2 3 所以圆锥的表面积S  πr2 2πr2 3πr2  π，解得r  . 3 4. 溶液酸碱度用pH值表示，其计算公式为pH lg  H  ，其中  H  表示溶液中氢离子的浓度，单位是 摩尔/升，且pH越大，酸度越弱，碱性越大.下列命题中，真命题是（ ） A. 已知纯净水的pH7，则纯净水中  H  107摩尔/升 B. 已知胃酸中  H  2.5102摩尔/升，则胃酸的pH2 C. 溶液中  H  107摩尔/升时，溶液的酸性随氢离子浓度的增大而变强 D. 溶液中  H  107摩尔/升时，溶液的碱性越大，氢离子浓度越大 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，令7lg  H  ，则  H  107摩尔/升，故A错误； 对于B，胃酸的pH lg  2.5102  2lg2.52lg12，故B错误； 第2页/共21页 学科网（北京）股份有限公司对于C，当  H  107摩尔/升时， 根据pH lg  H  可得当  H  越大时，pH越小，故酸性越大，故C正确； 对于D，当  H  107摩尔/升时， 根据pH lgH可得若溶液的碱性越大，则pH越大，故H越小，     故D错误. 5. 双曲线的渐近线方程是 y 2x，则双曲线的离心率为（ ） 5 5 5 A. B. 2 5 C. 或 5 D. 或2 5 2 2 4 【答案】C 【解析】 b2 【分析】分别讨论双曲线焦点在x轴和y轴的情况，由e 1 可求得结果. a2 【详解】因为双曲线的渐近线方程是 y 2x， 当双曲线方程为 x2  y2 1  a 0,b0 时，则 b 2，则离心率e 1 b2  5； a2 b2 a a2 y2 x2 a b2 5 当双曲线方程为  1  a0,b0 时，则 2，则离心率e 1  ； a2 b2 b a2 2 5 综上所述：双曲线的离心率为 或 5 . 2 sinsincos2 6. 已知tan2，则 的值是（ ） cos 1 2 5 4 A.  B. C.  D. 5 5 5 5 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换将原式化简为只含tan的形式，再代入已知条件计算. sinsincos2 sin(1cos2) sin2cos2 【详解】    2sincos， cos cos cos 第3页/共21页 学科网（北京）股份有限公司sin 2 2sincos cos 2tan 22 4 2sincos     sin2cos2 sin2 1tan2 122 5 1 cos2 7. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个 单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ） A.7或5 B.5或3 C.3或3 D.1或1 【答案】D 【解析】 【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最 高的位置. 【详解】设质点向正方向移动的次数为k（k 0,1,2,,7），则向负方向移动的次数为7k ， 质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：xk1(7k)(1)2k7，  1 1 每次移动向正、负方向的概率均为 ，因此“7次移动中恰好有k次向正方向”的概率服从二项分布B7, ， 2  2 k 7k 7 1  1 1 概率公式为：P(k)Ck   1  Ck   ， 7 2  2 7 2 7 1 其中Ck为组合数，   为常数，因此，概率P(k)的大小由组合数Ck 决定，“最可能的位置”对应Ck最大 7 7 7 2 时的x， 7! k 0时C0  1 7 0!7! 7! k 1时 C1  7 7 1!6! 7! k 2时 C2  21 7 2!5! 7! k 3时 C3  35 7 3!4! 7! k 4时C4  35 7 4!3! 7! k 5时C5  21 7 5!2! 7! k 6时C6  7 7 6!1! 7! k 7时C7  1 7 7!0! 第4页/共21页 学科网（北京）股份有限公司综上，组合数Ck在k 3和k  4时取得最大值35， 7 当k 3时，代入x2k7得：x2371， 当k  4时，代入x2k7得：x2471， 质点最可能移动到的位置坐标为1或1.  π 8. 设a,b,c 0, ，且acosa，bsin  cosb  ，ccos  sinc  ，则它们的大小关系为（ ）  2 A. bac B. ca b C. cba D. a bc 【答案】A 【解析】 【分析】本题可通过构造函数，利用函数的单调性比较大小，关键在于分析 y  xcosx 以及  π y cos  sinx x在x 0, 上的单调性.  2 【详解】首先比较a,b的大小，  π  π 令 f  x  xcosx,x 0, ，求导得 f x 1sinx0在x 0, 上恒成立，  2  2  π 所以 f  x  在x 0, 上单调递增.因为acosa，所以 f  a 0.  2  π  π  π 又因为sinx x在x 0, 上恒成立，且b 0, ，所以cosb 0,1  0, ，  2  2  2 所以bsin  cosb cosb，所以bcosb0即 f  b 0 f  a  .  π 由于 f  x  在x 0, 上单调递增，则b a.  2 其次比较a,c的大小，  π 令h  x cos  sinx x,x 0, ，求导得h x sin  sinx  cosx1，  2  π  π 因为x 0, ，所以sinx 0,1  0, ，所以sin  sinx 0且cosx 0，  2  2  π 所以h x sin  sinx  cosx10，所以h  x  在x 0, 上单调递减.  2 第5页/共21页 学科网（北京）股份有限公司所以h  c 0  π 又因为sinx x在x 0, 上恒成立，所以sinaa，  2  π 又因为 y cosx在x 0, 上单调递减，所以cos  sina cosa a ，  2 即h  a cos  sina a0h  c  ，由单调性可知ac. 综合b a以及ac，所以bac 二、多项选择题：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. 某同学上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分 析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4.假设坐公交车 用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布.则（ ） A. P  X 30 0.5 B. P  Y 40  P  Y 30  C. 若某天只有34min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择坐公交车 D. 若某天只有38min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择骑自行车 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质和相关公式逐项计算即可. 【详解】对于A，因为坐公交车平均用时30min，样本方差为36，坐公交车用时X 都服从正态分布， 所以X ~ N  30,62  ，所以P  X 30 0.5，A正确； 对于B，因为骑自行车平均用时34min，样本方差为4，骑自行车用时Y 都服从正态分布，   所以Y ~ N 34,22 ，其分布关于均值34对称.由于40346而34304，40和30并不关于34对称， 故P  Y 40  P  Y 30  ，B错误； 对于C，计算34分钟内不迟到的概率为P  X 34 0.5，P  Y 34 0.5， 因为P  X 34 P  Y 34  ，所以坐公交车不迟到的概率更高，C正确； 第6页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 4  对于D，计算38分钟内不迟到的概率为P  X 38  P  X 308  PX 30 6，  3  P  Y 38  P  Y 344  P  Y 3422  ， 因为P  Y 38  P  X 38  ，所以骑自行车不迟到的概率更高，D正确； 10. 正方形ABCD、ABEF的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点M 、N 分别在正方形对角线AC 和   BF 上移动，且CM BN a 0a 2 ．则（ ） A. 直线AC 与BF 所成的角为45 B. MN //平面DAF 2 2 C. 当a  时，MN 的长最小，且最小值为 2 2 2 D. 当MN 的长最小时，点F 到平面AMN 的距离为 2 【答案】BC 【解析】   【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，则可表示出各点坐标；对A：表示出向量AC， BF 后，利用  向量夹角的余弦公式计算即可得；对B：求出平面DAF 的法向量及向量MN后，计算即可得；对C：借助  向量与模长的关系计算即可得；对D：结合C中所得，可得到向量MN，再计算出平面AMN 的法向量后， 利用点到平面距离公式计算即可得. 【详解】以B为原点，建立如图所示空间直角坐标系，             则B 0,0,0 、A 1,0,0 、E 0,1,0 、F 1,1,0 、C 0,0,1 、D 1,0,1 ，   对A：AC 1,0,1 ，BF  1,1,0 ，     ACBF 1 1 则 cos AC,BF      ， AC  BF 2 2 2 故直线AC与BF 所成的角为60，故A错误； 第7页/共21页 学科网（北京）股份有限公司   2a 2a 对B：由CM BN a 0a 2 ，则M  ,0,1 ，   2 2    2a 2a    2a 2a  N , ,0，则MN 0, , 1，      2 2   2 2    DA 0,0,1 ，DF  0,1,1 ，  设平面DAF 的法向量为m x,y,z  ，    mDA z  0 则有  ，可取x1，则z  y0，  mDF  yz  0    2a  2a  则m 1,0,0  ，有mMN 01 0 100，   2 2     故MN m，又MN 平面DAF ，故MN //平面DAF ，故B正确；   2a 2a  对C：MN 0, , 1，   2 2   2 2 2   2a  2a   2  1 则 MN  02    1  a2  2a1 a   ，       2 2 2 2        2 2 故当且仅当a  时， MN 取最小，且最小值为 ，故C正确； 2 2 2   1 1 对D：由C知，当MN 的长最小时，a  ，此时MN  0, , ， 2  2 2 1 1  1 1 M  ,0, ，则MA  ,0, ， 2 2 2 2  设平面AMN 的法向量为n  x,y,z ，   1 1 nMN  y z 0   2 2 则有 ，可取x1，则z y1，  n  M  A   1 x 1 z 0  2 2   则n  1,1,1  ，又AF  0,1,0 ，   AFn 010 3 则点F 到平面AMN 的距离d     ，故D错误. n 12 12 12 3 第8页/共21页 学科网（北京）股份有限公司11. 如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段C绕它的对称轴旋转所得的曲面.现把一个小球放进杯内，欲 使小球能接触杯底.下列结论正确的是（ ） A. 若曲线段C的方程为x2  y2 4 2 y0  ，则小球半径可以是2.01 x2 y2 B. 若曲线段C的方程为  1 2 y0 ，则小球半径可以是0.99 3 4 C. 若曲线段C的方程为x2 2y  0 y2  ，则小球半径至多是1 D. 若曲线段C的方程为 y2 x2 1  1 y2  ，则小球半径至多是1 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意确定小球球心在对称轴y轴上，通过小球接触杯底时，需满足曲线C上所有点到球心的距 离不小于小球半径R，逐项判断即可. 【详解】设小球半径为R，由题意小球球心在对称轴y轴上， 对于A，曲线C:x2  y2 4(2 y 0) ，杯底为(0,2)， 则球心坐标为(0,2R)， 对任意(x,y)在C上，到球心距离的平方： d2  x2  y2R 2 84RR2 4y2yR， 要满足d2  R2，即84RR24y2yR R2， 即84R4y2yR0， 第9页/共21页 学科网（北京）股份有限公司即  42y  2R 0， 因为42y0，得2R0R2，又2.012，A错误； x2 y2 对于B，曲线C:  1(2 y 0)，杯底(0,2)，球心(0,2R)， 3 4 对任意(x,y)在C上，到球心距离的平方： d2  x2 (y2R)2 ， y2 y2 代入x2 3(1 )，得：d2 3(1 )(y2R)2， 4 4 要满足d2  R2，即d2 R2 0， 整理得 f(y) y2 2(2R)y74R0，在 y2,0  恒成立， 4 二次函数开口向上，对称轴 y4  R2  ， 当R1时，对称轴 y4  R2 2，区间[2,0]上最小值为 f 2 0， 满足条件， 0.991，符合要求，B正确； 对于C，曲线C:x2 2y(0 y 2)，杯底(0,0)，球心(0,R)， 对任意(x,y)在C上，到球心距离的平方： d2  x2  yR 2， 代入x2 2y ，得d2 2y yR 2 要满足d2  R2，即d2 R2 0 整理得 y2 2(1R)y 0，因 y0， 等价于 y2(1R)0对所有 y[0,2]成立， 最小值在y0处， 得2(1R)0 R1，即半径至多为1，C正确； 对于D，曲线C:y2 x2 1(1 y 2)，杯底(0,1)，球心  0,1R  ， 对任意(x,y)在C上，到球心距离的平方： d2  x2  y1R 2， 第10页/共21页 学科网（北京）股份有限公司代入x2  y2 1，得d2  y2 1 y1R 2， 要满足d2  R2，即d2 R2 0 整理得(y1)(yR)0，因 y 1，等价于 yR0对所有 y[1,2]成立， 最小值在 y 1处，得1R0 R1，即半径至多为1，D正确. 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.   12. AB 为圆O的一条弦，且 AB 2，则ABAO的值为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量的数量积的几何意义直接可得. 【详解】取弦AB的中点M ，连接OM ，根据圆的垂径定理，可得OM  AB，如图. 因为 AB 2,所以 AM 1. 根据向量数量积的几何意义：   AB·AO  AO·AB  AM ·AB 12 2 13. 已知函数 f  x  满足 f  x  xex f  1  ，则曲线 y  f  x  在点  1, f  1  处的切线方程是_______. 【答案】x e1  y 0 【解析】 【分析】求导后代入x1可得 f 1  ，即可得 f  x  ，从而可得 f  1 ，再利用导数的几何意义计算即可得. 【详解】 f x 1ex f  1  ，则 f 1 1e1 f  1 1 f  1 e， 1 ex e 1 即 f 1  ，故 f  x  x ，则 f  1 1  ， e1 e1 e1 e1 1 1 故曲线 y  f  x  在点  1, f  1  处的切线方程是y   x1  ， e1 e1 第11页/共21页 学科网（北京）股份有限公司化简得x e1  y 0. 14. ABC 中，AB  AC ，延长AB到点D，使AD  BC，连接CD．若A100，则BCD的大小 为_______. π 【答案】10## 18 【解析】 4cos402 4cos40 【分析】BCD 040 ，利用等腰三角形的性质和正弦定理可得  ， sin sin  40 2π  π 2π  π 结合三角变换公式可得2sin  sin sin，构建新函数 f  x 2sin xsin sinx，  9  18  9  18 2π π 其中0 x ，根据该函数单调性可求 . 9 18 【详解】 不妨设AB2，因为A100，故ABC  40，所以BC 4cos40， 故BD 4cos402，设BCD 040 ，则BDC  40， 4cos402 4cos40 在△BCD中，由正弦定理有  ， sin sin  40 sin  40 cos40 所以  sin cos40cos60 cos40 cos40 1    ， cos  5010cos  5010 2sin50sin10 2sin10 2π  π 所以2sin  40 sin10sin即2sin  sin sin，  9  18 2π  π 2π 设 f  x 2sin xsin sinx，其中0 x ，  9  18 9 2π 2π π π 因为0 x  ，sin 0， 9 9 2 18 2π  π  2π 故 y 2sin xsin 在0, 上为减函数，  9  18  9  第12页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 2π  2π 而 y  sinx在0, 上为减函数，故 f  x  在0, 上为减函数，  9   9   π  2π π  π π 而 f   2sin  sin sin 0， 18  9 18 18 18 2π  π π π 故2sin  sin sin有唯一解 ，故  9  18 18 18 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. 15. 如图，在长方体ABCDABC D 中，点E、F分别在BB ，DD 上，且AE  AB，AF  AD． 1 1 1 1 1 1 1 1 （1）求证：AC 平面AEF ； 1 （2）当AB 4，AD3，AA 5时，求平面AEF 与平面DBBD的夹角的余弦值． 1 1 1 【答案】（1）证明见解析 12 2 （2） 25 【解析】 【分析】（1）以线面垂直判定定理去证明即可解决； （2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面AEF 与平面DBBD的夹角的余弦值即可解决. 1 1 【小问1详解】 因为BC 平面ABB A ，AE 平面ABB A ，所以AE BC． 1 1 1 1 又AE  AB，AB BC B，所以AE 平面ABC 1 1 1 因为AC 平面ABC，所以AE  AC 1 1 1 同理：因为CD平面ADD A，AF 平面ADD A，所以AF CD． 1 1 1 1 第13页/共21页 学科网（北京）股份有限公司又AF  AD，ADCD D，所以AF 平面ACD 1 1 1 因为AC 平面ACD，所以AF  AC 1 1 1 又因为AE  AC，AE AF  A，所以AC 平面AEF 1 1 【小问2详解】 以A为原点，分别以AB、AD、AA 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图． 1 则A(0,0,0)，A(0,0,5)，B(4,0,0)，B (4,0,5)，D(0,3,0)，C(4,3,0)． 1 1   所以AC (4,3,5)，且AC是平面AEF 的一个法向量． 1 1   BB (0,0,5)，BD(4,3,0) 1  设平面DBBD的法向量为n (x,y,z) 1 1   nBB 0 5z 0 则 1 ，即 nBD0 4x3y 0 所以z 0，令x3，得 y  4．  则平面DBBD的一个法向量为n (3,4,0)． 1 1   所以nAC 121224． 1  |n  | 32 42 5， AC  42 32 (5)2 5 2 1     nAC 24 12 2 所以cos n,A 1 C  n    A 1 C   55 2  25 ． 1 12 2 所以平面AEF 与平面DBBD 的夹角的余弦值为 ． 1 1 25 第14页/共21页 学科网（北京）股份有限公司16. 某中学的两位学生A与B为研究高三年级学生的性别和身高是否大于170cm的关联性，对该中学的高 三学生进行了调查．A同学调查了所有高三学生，并整理得到等高堆积条形图，如图（一）；B同学从所有 高三学生中获取容量为40的有放回简单随机样本，也整理得到列联表，如表（一）. 表（一）单位：人 身高 性别 合计 低于170cm 不低于170cm 女 14 7 21 男 8 11 19 合计 22 18 40 （1）请根据A同学的等高堆积条形图，判断该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，如果结论是有 关联，解释它们之间如何相互影响； （2）根据B同学的列联表，依据0.05的独立性检验，该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联， 并解释所得结论的实际含义； n  ad bc 2 （参考公式及数据：2  ，临界值x 3.841）  ab  cd  ac  bd  0.05 （3）请比较（1）和（2）的统计结论是否一致，说明原因. 【答案】（1）有关联，女生更倾向于身高低于170 cm，男生更倾向于身高不低于170 cm． （2）无关联，实际含义见解析 （3）不一致，原因见解析 【解析】 【分析】（1）通过观察等高堆积条形图中男女身高分布的差异，若男生中不低于170cm的比例明显高于女 生，则判断两者有关联； 第15页/共21页 学科网（北京）股份有限公司（2）通过计算样本列联表的卡方统计量，与临界值比较，从而判断是否拒绝“性别与身高无关联”的原假设； （3）通过对比基于总体的描述性分析与基于样本的推断性检验的结论，指出因样本容量较小产生的抽样误 差可能导致两种结论不一致. 【小问1详解】 有关联，根据等高堆积条形图可知，女生中身高低于170 cm的比例明显高于男生， 而男生中身高不低于170 cm的比例明显高于女生， 故该中学高三年级学生的性别与身高有关联．具体表现为女生更倾向于身高低于170 cm，男生更倾向于身 高不低于170 cm． 【小问2详解】 由题意得，零假设H ：该中学高三年级学生的性别与身高无关联， 0 40  141178 2 由列联表可得2  2.4313.841 x ， 21192218 0.05 根据小概率值0.05的2独立性检验，没有充分证据推断H 不成立， 0 因此可以认为H 成立，即认为该中学高三年级学生的性别和身高没有关联， 0 实际意义是根据该样本数据，不能认为性别对身高是否大于170cm有显著影响，二者可视为相互独立. 【小问3详解】 （1）与（2）的结论不一致， A同学调查了所有高三学生，能真实反映总体状况， 若总体中确实存在关联，则其结论可靠； B同学仅从所有高三学生中获取容量为40的有放回简单随机样本， 样本量较少，并且抽样具有随机性，而独立性检验受样本容量影响较大， 当样本量较少时，独立性检验可能导致检验功效不足，未能检测出总体中实际存在的关联性. 1 17. 已知函数 f  x  ax2 xlnxb  a,bR ． 2   （1）求证：x1不是函数 f x 的极值点； （2）设g  x  f x  ，x 0,e  ，是否存在a，使得函数g  x  的最小值为2？若存在，求出a的值；若 不存在，说明理由． 【答案】（1）证明过程见解析 （2）存在，当a e2时，函数g  x  的最小值为2 第16页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】（1）方法一：利用反证法证明即可.   方法二：对函数求导，分类讨论 f x 的单调性，结合函数的极值点定义证明即可. （2）分类讨论g  x  的单调性，计算最小值，看是否存在a使得函数的最小值为2. 【小问1详解】 方法一：函数 f(x)的定义域为(0,)， f(x)axlnx1， 若x1为函数 f(x)的极值点，则必有 f(1)0， 由 f(1)a10得a1， 1 x1 当a1时， f(x) xlnx1，令h(x) xlnx1，则h(x)1  ， x x 当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(1,)时，h(x)0，h(x)单调递增， 故h(x)在x1处取得最小值h(1)0，即 f(x)0在(0,)上恒成立，且仅在x1时取等号， 所以 f(x)在(0,)上单调递增，x1不是 f(x)的极值点， 当a1时， f(1)a10，故x1不是 f(x)的极值点， 综上，x1不是函数 f(x)的极值点， 方法二：函数 f  x  的定义域为  0, ， f x axlnx1. 当x1时， f 1 a1. 1 令h  x axlnx1  x0  ，则h x a . x 当a0时，h x 0在  0, 上恒成立， 则h  x  在  0, 上单调递减，即 f x  在  0, 上单调递减. 当0 x1时， f x  f 1 a1；当x 1时， f x  f 1 a1； 因 f x  连续，故在x1的邻域内 f x 0， f  x  单调递减，所以x1不是极值点. 1 1 当a0时，令h x 0，即a 0，解得x  . x a 1 1 x1 若 1，即a 1，则h x 1  . a x x 第17页/共21页 学科网（北京）股份有限公司当0 x1时，h x 0，h  x  单调递减；当x 1时，h x 0，h  x  单调递增； 所以h  x h  1 0，即 f x 0，所以 f  x  单调递增，所以x1不是极值点. 1 若 1，即a 1， a  1 1  当x 0, 时，h x 0，h  x  单调递减；当x  , 时，h x 0，h  x  单调递增；  a a  1 1 1 1 所以h  x  在x  处取得最小值h  a· ln 1lna . a a a a 当a1时，lna0，所以h  x 0，即 f x 0，所以 f  x  单调递增，所以x1不是极值点.  1 1   1  当0a1时，lna0，h  x  在0, 和 , 上各有一个零点，设为x，x x   x ，  a a  1 2  1 a 2  在  x ,x  上，h  x 0， f x 0， f  x  单调递减； 1 2 在  0,x  和在  x , 上，h  x 0， f x 0， f  x  单调递增； 1 2 所以x1不是极值点.   综上，x1不是函数 f x 的极值点. 【小问2详解】 1 ax1 由（1）知，g  x  f x axlnx1，x 0,e  . g x a  . x x 当a0时，在  0,e  上，g x 0，g  x  单调递减， 所以g  x   g  e aelne1ae20，不符合题意. min ax1 1 当a0时，令g x 0，即 0，解得x  . x a 1 1 若 e，即0a 时，在  0,e  上，g x 0，g  x  单调递减， a e 所以g  x   g  e aelne1ae20，不符合题意. min 1 1  1 若 e，即a  时，在0, 上，g x 0，g  x  单调递减， a e  a 1  在 ,e  上，g x 0，g  x  单调递增， a  第18页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 所以g  x   g  a· ln 1lna. min a a a 令lna2，解得a e2，符合题意.   综上，存在a e2，使得函数g x 的最小值为2. x2 y2 3 18. 已知椭圆  1，点M为动直线 y  xm被椭圆截得的弦AB的中点． 4 9 2 （1）求证：动点M在定直线上，并求此定直线l的方程； （2）设直线l与该椭圆相交于C、D两点，求证：A、B、C、D四点共圆． 【答案】（1）证明见解析，直线l的方程为3x2y 0； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接由点差法证明点在定直线上，并可得直线方程； （2）根据直线AB的方程，直线l的方程及椭圆方程构造曲线系方程，再判断曲线系方程是否是一个圆的 方程可得. 【小问1详解】 设M(x ,y )，A  x ,y  ,B  x ,y  ，则x x 2x ,y  y 2y . 0 0 1 1 2 2 1 2 0 1 2 0 x2 y2  1  1 1     x2 y2  4 9 又因为A x ,y ,B x ,y 在椭圆  1，所以 ， 1 1 2 2 4 9 x2 y2 2  2 1  4 9  x x  x x   y  y  y  y   x x  2x  y  y  2y 两式相减得 1 2 1 2  1 2 1 2  0，即 1 2 0  1 2 0  0， 4 9 4 9 x y  y  y  3 所以 0  0  1 2 0，又因为直线AB的方程为 y  xm， 4 9  x x  2 1 2 y  y 3 x y 3 所以k  1 2  ，代入上式得 0  0  0，即3x 2y 0， AB x x 2 4 9 2 0 0 1 2 所以弦AB的中点M(x ,y )恒在直线3x2y 0上，直线l的方程为3x2y 0. 0 0 【小问2详解】 第19页/共21页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 因为直线3x2y 0与椭圆  1相交于C、D两点， 4 9 x2 y2 直线3x2y2m0与椭圆  1相交于A、B两点， 4 9 所以构造过A、B、C、D四点的曲线系方程  3x2y  3x2y2m   9x2 4y2 36  0， 化简整理得  99 x2 44 y2 6mx4my360， 13 因为要使该方程表示圆，则9944，得 ， 5 代入方程得72x272y230mx20my36130 ， 5m 5m 13  5  2  5m 2 13 5m 2 5m 2 即x2  y2  x y  0， x m  y         ， 12 18 2  24   36  2  24   18  5m 5m 13 5m 2 5m 2 方程表示一个圆心 , ，半径为       的圆，且A、B、C、D四点在圆上.如图：  24 36  2  24   18  所以A、B、C、D四点共圆. 19. 设各项为整数的等差数列a ，a ，…，a 的公差d 0，首项a 1．已知从中能抽取k  k 3  个项 1 2 n 1 并按原顺序排成公比为q的等比数列a ，a ，…，a ，其中m 1，2m m m n． m 1 m 2 m k 1 2 3 k （1）若从等差数列1，3，5，…，2n1中能抽取3个项并按原顺序排成等比数列，求2n1的最小值； （2）求证：n 2k1； （3）请举出一个满足n2k1的例子． 【答案】（1）9； （2）证明过程见详解； （3） 如：首项为1，公差为1的等差数列. 【解析】 第20页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）利用假设的方法，由已知条件，构造关于n不等式，进而求出最小值； （2）将等比数列通项代入等差数列通项，再利用下标差性质寻找不等式，最后通过累加法得证； （3）选取首项为1，公差为1的等差数列，通过验证说明其正确性即可. 【小问1详解】 设抽取的三个项为a 1，a 2m 1，a 2m 1，三数成等比， 1 m 2 2 m 3 3 故(2m 1)2 1(2m 1)，整理得： m 2m2 2m 1 由2m ， 2 3 3 2 2 2 当m 取最小值2时，m 222 2215，此时n5，故2n19， 2 3 且1,3,9可构成公比为3的等比数列，满足条件，因此2n1的最小值为9. 【小问2详解】 证明：等差数列通项为a 1(i1)d ，抽取的等比数列首项为a a 1， i m 1 1 qi11 故第i项为a qi1，代入等差数列通项得： qi1 1(m 1)d m 1 ， m i i i d q1 由q a 1(m 1)d，得 m 11（因m 2），且q 1为整数，故q2. m 2 2 d 2 2 qi1qi2 q1 对任意i2，两项下标差满足： m m  qi2 qi2 2i2， i i1 d d k k 累加得： m m  m m 12i21  2k11   2k1 ， k 1 i i1 i2 i2 因m n，故n2k1，得证. k 【小问3详解】 取首项a 1，公差d 1的等差数列，n2k1， 1 即等差数列为1,2,3,,2k1；抽取下标为1,2,4,,2k1的项，得到k项1,2,4,,2k1， 这是公比为2的等比数列，满足所有条件，此时n2k1，符合要求. 第21页/共21页 学科网（北京）股份有限公司