文档内容
江门市 2026 年高考模拟考试 数 学
满分 150 分。考试时间 120 分钟。
注意事项:
1. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2. 做选择题时, 必须用 2B 铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑; 如需改动, 用
橡皮擦干净后, 再选涂其它答案标号。
3. 答非选择题时, 必须用黑色字迹钢笔或签字笔, 将答案写在答题卡规定的位置上。
4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。
5. 考试结束后，将答题卡交回。
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。
5
1. 已知 z= (其中 i 是虚数单位),则 z 的共轭复数为
2−i
A. 2−i B. 2+i C. 10−5i D. 10+5i
{ |x+2 }
2. 已知集合 A= x ≤0 ,B={x|2x≥8} ，则 A∩B=
x−4
A. [−2,3) B. [−2,+∞) C. [3,4] D. [3,4]
x2 y2
3. 已知双曲线 − =1 的两个焦点分别是 F 与 F ,焦距为 8,M 是双曲线上
a2 7 1 2
的一点,且 |M F |=5 ，则 |M F |=
1 2
A. 1 B. 8 C. 9 D. 11
4. 某班级图书角有 5 种课外书, 甲、乙两名同学从 5 种课外书中各自选 2 种, 则两
人选的课外书没有相同种类的选法有
A. 20 种 B. 30 种 C. 40 种 D. 60 种
5. 设 f (x) 是定义在 R 上且周期为 2 的奇函数,当 2b>a B. c>a>b C. b>c>a D. b>a>c
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。全部选对得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分。
9. 从某小区抽取 100 户居民用户进行月用电量调查,发现他们的用电量都在
50∼350kW⋅h 之间, 进行适当分组后 (每组为左闭右开的区间), 画出如图所示的
频率分布直方图.
根据此频率分布直方图, 则A. x=0.004
B. 估计该小区居民用户月用电量的下四分位数约为 136.1kW⋅h
C. 估计该小区有一半左右的居民用户,其月用电量介于 150kW⋅h 至 250kW⋅h
之间
D. 当该小区的月用电标准定在 245.5kW⋅h 时,该小区大约 80% 的居民用户用电
量不受影响
10. 在 △ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,且
sin2A+sin2B−sin2C=sin AsinB , 则
π
A. C=
3
2√7
B. 当 a=2b 时, sin A=
7
C. 当 a+b=4 时, △ABC 面积的最大值为 1
b (1 )
D. 当 △ABC 为锐角三角形时, 的取值范围是 ,2
a 2
11. 设抛物线 C:y2=2x 的焦点为 F ,过点 (2,0) 的直线交抛物线 C 于 A,B 两
点，点 Q 为线段 AB 中点，若与 AB 平行的直线与抛物线 C 相切于点 P ,则
A. △OAB 是直角三角形 B. 点 Q 的轨迹方程为 x= y2+1(y≠0)
C. PQ 与 x 轴平行 D. |OA||OB|≤|PA||PB|
三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。
( 1) 6
12. 在 √x− 的展开式中,常数项是_____. (用数字作答)
x
π
13. 在 △ABC 中, AB=BC=6,∠B= ,D 是 BC 边的中点, E 是 CA 边上的点,且
2
CE=2EA ，则向量 ⃗AD 与向量 ⃗BE 的夹角的余弦值为_____.
14. 已知一个圆锥的底面半径为 3,侧面积为 18π . 若在该圆锥内能放入一个可以任
意方向自由旋转的正方体(圆锥表面厚度忽略不计)，则该正方体体积的最大值为
_____.
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. (本题 13 分)已知数列 {a } 的首项 a =3 ,前 n 项和为 S ,且满足 S +3=a +n .
n 1 n n n+1
(1)求证:数列 {a −1} 为等比数列；
n
(2)若 b =na ，求数列 {b } 的前 n 项和 T .
n n n n
16. (本题 15 分)
如图，在三棱柱 ABC−A B C 中， AC=2√3 ， BC=4 ， ∠ACB=30∘ ， 平
1 1 1
面 ABB A ⊥ 平面 ABC .
1 1
(1)求证: AC⊥BB ；
1
(2)若 A A =2 ，直线 BB 与平面 ABC 所成的角为 60∘ ，求二面角
1 1
A−BB −C 的平面角的余弦值.
1
17. (本题 15 分)
某学校组织学科创新能力知识竞赛，参赛选手随机从 A、B、C 三类问题中各抽取
一个问题回答, A、B、C 类问题回答正确的得分依次是 2 分、3 分、5 分, 回答错
3 2 1
误得 0 分. 已知甲同学能正确回答 A、B、C 类问题的概率依次为 、 、 ,乙
4 3 2
1
同学能正确回答 A、B、C 类问题的概率都为 ,总分最高的选手获胜,且甲、乙
2
同学能正确回答问题的概率与顺序无关.
(1)求乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确的概率;
(2)记 X 为甲同学的总得分，求 X 的分布列及期望；
(3)已知乙同学在比赛中获胜，求甲同学的总得分不低于 5 分的概率.
18. (本题 17 分)
x2 y2 √3
已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的长轴长为 4,离心率为 .
a2 b2 2
(1)求椭圆的标准方程；(2)椭圆 C 的左右顶点分别为 A ,A ,P 是直线 x=4 上一点，直线 PA ,PA 分
1 2 1 2
别交椭圆于点 M,N 两点，连接 MN 交 x 轴于点 D .
(i) 当 ∠A PA 最大时,求点 P 的坐标;
1 2
(ii) 若 S =λ⋅S ,求 λ 的取值范围.
△MA D △NA D
1 2
19. (本题 17 分)
帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法. 已知函
a +a x+a x2+⋯+a xm
数 f (x) 在 x=0 处的 [m,n] 阶帕德近似定义为: R(x)= 0 1 2 m ,
1+b x+b x2+⋯+b xn
1 2 n
且满足 f (0)=R(0),f′(0)=R′(0),f(2)(0)=R(2)(0),f(m+n)(0)=R(m+n)(0) . 其中
f(2)(x)=(f′(x)) ′ ,f(3)(x)=(f(2)(x)) ′ ,f(m+n)(x)=(f(m+n−1)(x)) ′ . 已知 f (x)=ln(x+1) 在 x=0
1
a +a x+ x2
0 1 2
处的 [2,2] 阶帕德近似为 R(x)= .
1
1+b x+ x2
1 6
(1)求 a ,a ,b 的值；
0 1 1
(2)若对于任意的 x∈[0,+∞) ，不等式 f (x)≥k⋅R(x) 恒成立，求 k 的取值范
围；
(3)已知 x ,x ,x 是函数 h(x)=(x2−1)lnx−a(x−1) 2 的三个不同的零点，且
1 2 3
x 0 . 内部资料・
1 2 3 1 2 3
注意保存
江门市 2026 年高考模拟考试答案 数 学
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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D B B C C D
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。全部选对得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分。
题
号 9 10 11
答 BCD AD ACD
案三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
题号 12 13 14
答案 15 3 8
−
5
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. 已知数列 {a } 的首项 a =3 ,前 n 项和为 S ,且满足 S +3=a +n .
n 1 n n n+1
(1)求证:数列 {a −1} 为等比数列；
n
(2)若 b =na ，求数列 {b } 的前 n 项和 T .
n n n n
(1)由 S +3=a +n ，①
n n+1
当 n=1 时， a +3=a +1 ，由 a =3 ，解得 a =5 ， .1 分
1 2 1 2
当 n≥2 时, S +3=a +n−1 ,② 2 分
n−1 n
①-②得: a =a −a +1 ，即 a =2a −1 ， 3 分
n n+1 n n+1 n
从而 a −1=2(a −1),n≥2 4 分
n+1 n
又因为 a −1=2 ,且 a −1=4=2(a −1) 也满足上式, 所以数列 {a −1} 是以 2 为
1 2 1 n
首项,2 为公比的等比数列. .5 分
6 分
(2)由(1)得 a −1=2×2n−1=2n ,则 a =2n+1 , 从而 b =na =n⋅2n+n , 7 分
n n n n
所以 T =(1×21+1)+(2×22+2)+⋯+(n⋅2n+n) ,
n
=(1×21+2×22+⋯+n⋅2n)+(1+2+⋯+n) , 8 分
令 R =1×21+2×22+⋯+n⋅2n ,①
n
则 2R =1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1 ,② .9 分
n
2−2n+1
①-②得: −R =2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1= −n⋅2n+1=(1−n)2n+1−2 ， 10 分
n 1−2
所以 R =(n−1)2n+1+2 , 11 分
n
n(n+1)
又 1+2+⋯+n= , 12 分
2n(n+1)
所以 T =(n−1)2n+1+2+ . 13 分
n 2
16. 如图,在三棱柱 ABC−A B C 中， AC=2√3,BC=4,∠ACB=30∘ ，平面
1 1 1
ABB A ⊥ 平面 ABC .
1 1
(1)求证: AC⊥BB ；
1
(2)若 A A =2 ，直线 BB 与平面 ABC 所成的角为 60∘ ，求二面角
1 1
A−BB −C 的平面角的余弦值.
1
(1)因为在 △ABC 中, AC=2√3,BC=4,∠ACB=30∘ , 由余弦定理得:
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcos∠ACB=12+16−2×2√3×4×cos30∘=4 , 1 分所以
AB=2 ， 2 分
所以 AB2+AC2=4+12=16=BC2 ,故 AC⊥AB , 3 分又因为平面 ABB A ⊥ 平
1 1
面 ABC ,
平面 ABB A ∩ 平面 ABC=AB,AC⊂ 平面 ABC , .4 分
1 1
所以 AC⊥ 平面 ABB A , .5 分
1 1
又 BB ⊂ 平面 ABB A ,所以 AC⊥BB . .6 分
1 1 1 1
(2)解法一:过 B 作 B O⊥AB ，垂足为 O ，
1 1
因为平面 ABB A ⊥ 平面 ABC ,
1 1
平面 ABB A ∩ 平面 ABC=AB,B O⊂ 平面 ABB A ,
1 1 1 1 1
所以 B O⊥ 平面 ABC , .7 分
1
直线 BO 是直线 BB 在平面 ABC 上的投影,
1
所以 ∠B BA 是直线 BB 与平面 ABC 所成的角,即 ∠B BA=60∘ . 8 分
1 1 1
由(1)知 AB=2 ，又 BB =A A =2 ，
1 1连接 AB ,则 △ABC 是等边三角形,
1
取 BB 的中点 E ,连接 AE,CE ,
1
则 AE⊥BB ， 10 分
1
由( 1 )知 AC⊥BB ， AC∩AE=A ，
1
所以 BB ⊥ 平面 ACE ,所以 BB ⊥CE , 11 分
1 1
所以 ∠AEC 是二面角 A−BB −C 的平面角, 12 分
1
由( 1 )知 AC⊥ 平面 ABB A ，所以 AC⊥AE ，
1 1
又 AE=√AB2−BE2=√22−12=√3,CE=√BC2−BE2=√42−12=√15 ,
AE √3 √5
所以 cos∠AEC= = = , 14 分
CE √15 5
√5
所以二面角 A−BB −C 的平面角的余弦值为 . 15 分
1 5
解法二: 过 B 作 B O⊥AB ,垂足为 O ,
1 1
因为平面 ABB A ⊥ 平面 ABC ,
1 1
平面 ABB A ∩ 平面 ABC=AB,B O⊂ 平面 ABB A ,
1 1 1 1 1
所以 B O⊥ 平面 ABC , 7 分
1
则直线 BO 是直线 BB 在平面 ABC 上的投影,
1
所以 ∠B BA 是直线 BB 与平面 ABC 所成的角,且 ∠B BA=60∘ , 8 分
1 1 1
√3 1
则 B O=BB sin60∘=A A sin60∘=2× =√3,BO=BB cos60∘=2× =1 , .9 分
1 1 1 2 1 2
1
由( 1 )可知 BO= AB ，即 O 是 AB 的中点.
2
取 BC 的中点 D ,连接 OD ,则 OD//AC,OD⊥AB .以 O 为原点, OD,OA,OB 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图所示
1
的空间直角坐标系,则 B(0,−1,0),B (0,0,√3),C(2√3,1,0), 10 分
1
所以 ⃗BB =(0,1,√3),⃗BC=(2√3,2,0) .
1
设平面 BCC B 的法向量为 ⃗m=(x,y,z) ,
1 1
{ ⃗n⋅⃗BB = y+√3z=0
则 1 ,
⃗n⋅⃗BC=2√3x+2y=0
取 x=1 ,则 y=−√3,z=1 ,
所以 ⃗m=(1,−√3,1) 是平面 BCC B 的一个法向量. 12 分
1 1
取平面 ABB A 的法向量为 ⃗n=(1,0,0) , 13 分
1 1
|⃗m⋅⃗n| 1 √5
则 cos<⃗m,⃗n>= = = , 14 分
|⃗m||⃗n| √5×1 5
√5
所以二面角 A−BB −C 的平面角的余弦值为 . 15 分
1 5
17. 某学校组织学科创新能力知识竞赛，参数选手随机从 A 、 B 、 C 三类问题
中各抽取一个问题回答，A、 B、C 类问题回答正确的得分依次是 2 分、3 分、5
分，回答错误得 0 分. 已知甲同学能正确回答A、B、C
3 2 1
类问题的概率依次为 、 、 ,乙同学能正确回答 A、B、C 类问题的概率都
4 3 2
1
为 ,总分最高的选手获胜, 且甲乙能正确回答问题的概率与顺序无关.
2
(1)求乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确的概率;
(2)记 X 为甲同学的总得分，求 X 的分布列及期望；
(3)已知乙同学在比赛中获胜，求甲同学的总得分不低于 5 分的概率.
(1)设事件 D 表示乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确，P(D)=C2(1) 3 +C3(1) 3
=
1
. 3 分
3 2 3 2 2
(2) X 可能的取值有0,2,3,5,7,8,10, 4 分
( 3)( 2)( 1) 1 3 ( 2)( 1) 3
P(X=0)= 1− 1− 1− = ,P(X=2)= × 1− 1− = ,
4 3 2 24 4 3 2 24
( 3) 2 ( 1) 2 ( 3) ( 2) 1 3 2 ( 1) 7
P(X=3)= 1− × × 1− = ,P(X=5)= 1− × 1− × + × × 1− =
4 3 2 24 4 3 2 4 3 2 24
,
3 ( 2) 1 3 ( 3) 2 1 2
P(X=7)= × 1− × = ,P(X=8)= 1− × × = , (对 2 个正确给 1 分)
4 3 2 24 4 3 2 24
3 2 1 6
P(X=10)= × × = . 8 分
4 3 2 24
所以 X 的分布列为:
X 0 2 3 5 7 8 10
P 1 3 2 7 24 3 2 6 24
24 24 24 24 24
1 3 2 7 3 2 6 144
E(X)=0× +2× +3× +5× +7× +8× +10× = =6 . 10 分
24 24 24 24 24 24 24 24
(3)记 Y 为乙同学的总得分， Y 可能的取值有0,2,3,5,7,8,10，则
1
P(Y =k)= (k=0,2,3,7,8,10), 11 分
8
1
P(Y =5)= . 12 分
4
设事件 E 表示乙获胜,事件 F 表示甲的总分不低于 5 分,
1 1 1 4 1 6 1 13 1 16 1 18 64
法一: P(E)= × + × + × + × + × + × = , 13 分
8 24 8 24 4 24 8 24 8 24 8 24 192
1 7 1 10 1 12 29
P(EF)= × + × + × = , 14 分
8 24 8 24 8 24 192
P(EF) 29
P(F∣E)= = . 15 分
P(E) 64
2 1 3 2 7 3 2 5 3 6 1 7 64
法二: P(E)= × + × + × ×+ × + × ×+ × = 13 分
24 8 24 8 24 8 24 8 24 8 24 8 1927 3 3 2 2 1 29
P(EF)= × + × + × = , 14 分
24 8 24 8 24 8 192
P(EF) 29
P(F∣E)= = . 15 分
P(E) 64
x2 y2 √3
18. 已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的长轴长为 4,离心率为 .
a2 b2 2
(1)求椭圆的标准方程;
( 2 )椭圆 C 的左右顶点 A ,A ,P 是直线 x=4 上一点，直线 PA ,PA 分别交
1 2 1 2
椭圆于点 M,N 两点，连接 MN 交 x 轴于点 D .
(i) 当 ∠A PA 最大时,求点 P 的坐标;
1 2
(ii) 若 S =λ⋅S ,求 λ 的取值范围.
△MA D △NA D
1 2
(1) 由题意可得, 2a=4 ,即 a=2 , 1 分
c √3
又 e= = ,得 c=√3 , 2 分
a 2
又 b2+c2=a2 ,得 b=1 , 3 分
x2
所以椭圆 C 的标准方程为 + y2=1 . 4 分
4
(2)(i)设点 P(4,t) ，直线 PA ,PA 的倾斜角分别为 α,β ，
1 2
t t
得 k =tanα= ,k =tanβ= , .5 分
PA 1 6 PA 2 2
当 t=0 时, tan∠A PA =0 ,此时 ∠A PA =0 , 6 分
1 2 1 2
当 t>0 时, ∠A PA =β−α ,
1 2t t
−
tanβ−tanα 2 6 4t 4 √3
则有 tan∠A PA = = = = ≤ ,
1 2 1+tanαtanβ t t 12+t2 12 3
1+ × +t
6 2 t
当且仅当 t=2√3 时,等号成立, .7 分
当 t<0 时, ∠A PA =α−β ,
1 2
t t
−
tanα−tanβ 6 2 −4t 4 √3
则有 tan∠A PA = = = = ≤ ,
1 2 1+tanαtanβ t t 12+t2 12 3
1+ × − −t
6 2 t
当且仅当 t=−2√3 时,等号成立 (也可以由对称性得结论) 8 分
π
综上所述,当且仅当 t=±2√3 时, tan∠A PA 有最大值,即 ∠A PA 有最大值
1 2 1 2 6
,
π
所以当点 P 的坐标是 (4,2√3) 或 (4,−2√3),∠A PA 有最大值 . 9 分
1 2 6
(ii) 法一: 设点 P(4,t) ,当 t=0 是两个三角形不存在,所以 t≠0 ,
t t
直线 PA ,PA 的方程分别为 y= (x+2),y= (x−2) , 10 分
1 2 6 2
t
{y= (x+2)
6
联立方程得 ,消去 y 得 (9+t2)x2+4t2x+4t2−36=0 ,
x2
+ y2=1
4
18−2t2 (18−2t2 6t )
解得 x=−2 或 x= ,即点 M , , 11 分
9+t2 9+t2 9+t2
t
{y= (x−2)
2
联立方程得 ,消去 y 得 (1+t2)x2−4t2x+4t2−4=0 ,
x2
+ y2=1
4
2t2−2 (2t2−2 −2t )
解得 x=2 或 x= ,即点 N , , 12 分
1+t2 1+t2 1+t26t −2t
−
9+t2 1+t2 2t
k = =− ,
MN 18−2t2 2t2−2 t2−3
−
9+t2 1+t2
−2t 2t ( 2t2−2)
直线 MN 的方程为 y− =− x− , 13 分
1+t2 t2−3 1+t2
2t
化简得 y= (x−1) ,所以直线 MN 过定点 D(1,0) . 14 分
3−t2
1 3 3 | 6t |
又 S = |A D|×|y |= |y |= × ,
△MA 1 D 2 1 1 2 1 2 9+t2
1 1 1 |−2t|
S = |A D|×|y |= |y |= × , 15 分
△NA 2 D 2 2 2 2 2 2 1+t2
3 | 6t | λ |−2t|
若 S =λ⋅S ,得 × = × ,
△MA 1 D △NA 2 D 2 9+t2 2 1+t2
|1+t2| | 8 |
化简得 λ=9 =9 1− , 16 分
9+t2 9+t2
1 8
由 t2>0 ,则 <1− <1 ,则 1<λ<9 . 17 分
9 9+t2
法二: 当直线 MN 与 x 轴重合时,显然不满足题意.
设直线 MN 为 x=my+n,M(x ,y ),N(x ,y ) ,点 D(n,0) 是直线 MN 与 x 轴的
1 1 2 2
交点,
{ x=my+n
联立方程组 ,消去 x 得 (m2+4)y2+2mny+n2−4=0 ,
x2+4 y2=4
2mn n2−4
所以有 y + y =− ,y y = , 10 分
1 2 m2+4 1 2 m2+4
y y
直线 PA 的方程为 y= 1 (x+2) ,直线 PA 的方程为 y= 2 (x−2) , 11 分
1 x +2 2 x −2
1 2
y
{ y= 1 (x+2)
x +2 2(x y +x y )−4(y −y )
联立方程得 1 ,解得 x=− 2 1 1 2 1 2 ,
y x y −x y −2y −2y
y= 2 (x−2) 2 1 1 2 1 2
x −2
2又 x =m y +n,x =m y +n ,
1 1 2 2
4m y y +2t(y + y )−4(y −y )
所以点 P 的横坐标为 x=− 1 2 1 2 1 2 , 12 分
t(y −y )−2(y + y )
1 2 1 2
2mn n2−4
代入 y + y =− ,y y = 得
1 2 m2+4 1 2 m2+4
4mn2−16m 4mn2 16m
− −4(y −y ) 4(y −y )+
m2+4 m2+4 1 2 1 2 m2+4 4
x=− = = =4 , 13 分
4mn 4mn n
n(y −y )+ n(y −y )+
1 2 m2+4 1 2 m2+4
解得 n=1 ,即点 D(1,0) , 14 分
1 3 1 1
由于 S = |A D|×|y |= |y |,S = |A D|×|y |= |y | , 15 分若
△MA 1 D 2 1 1 2 1 △NA 2 D 2 2 2 2 2
λ λ
S =λ⋅S ,即 |y |= |y | ,由图可知 y ,y 异号,即 y =− y ,
△MA 1 D △NA 2 D 1 3 2 1 2 1 3 2
所以有 y + y = ( 1− λ) y =− 2m ,y y =− λ y2= −3 ,
1 2 3 2 m2+4 1 2 3 2 m2+4
4(3−λ) 2
化简得 m2=− . 16 分
(λ−1)(λ−9)
4(3−λ) 2
该方程有解,即 − ≥0 ,则 1<λ<9 . 17 分
(λ−1)(λ−9)
19.帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法. 已
知函数 f (x) 在 x=0 处的 [m,n] 阶帕德近似定义为:
P (x) a +a x+a x2+⋯+a xm
R(x)= m = 0 1 2 m ,且满足 f (0)=R(0) ,
Q (x) 1+b x+b x2+⋯+b xn
n 1 2 n
f′(0)=R′(0),f(2)(0)=R(2)(0),f(m+n)(0)=R(m+n)(0) . 其中 f(2)(x)=(f′(x)) ′ ,f(3)(x)=(f(2)(x)) ′ ,f(m+n)(x)=(f(m+n−1)(x)) ′ . 已知 f (x)=ln(x+1) 在 x=0 处的 [2,2] 阶帕德近似为
1
a +a x+ x2
0 1 2
R(x)= .
1
1+b x+ x2
1 6
(1)求 a ,a ,b 的值；
0 1 1
(2)若对于任意的 x∈[0,+∞) ，不等式 f (x)≥k⋅R(x) 恒成立，求 k 的取值范
围；
(3)已知 x ,x ,x 是函数 h(x)=(x2−1)lnx−a(x−1) 2 的三个不同的零点，且
1 2 3
x 0 .
1 2 3 1 2 3
1 1
(1) f (x)=ln(x+1),f′(x)= ,f(2)(x)=− ,
x+1 (x+1) 2
f (0)=0,f′(0)=1,f(2)(0)=−1,R(0)=a =0, 1 分
0
1 (b a )
a x+ x2 1− 1 x2+x+a
1 2 2 6 1
所以 R(x)= ,R′(x)= ,R′(0)=a =1 , .2 分
1+b x+ 1 x2 ( 1+bx+ 1 x2) 2 1
1 6 6
(b
1−
1)
x2+x+1 −
1(
b −
1)
x3−
1
x2−x−2b +1
2 6 6 1 3 2 1
所以 R′(x)= ,R(2)(x)= , .3 分
(
1+b x+
1 x2) 2 (
1+b x+
1 x2) 3
1 6 1 6
R(2)(0)=1−2b =−1 ,所以 b =1 , .4 分
1 1
1
x+ x2
2 6x+3x2
(2)由(1)得: R(x)= = .
1+x+
1
x2
6+6x+x2
6
k(6x+3x2)
令 g(x)=f (x)−kR(x)=ln(x+1)− ,x≥0 , .5 分
6+6x+x2
由于 g(0)=0 ,所以若 f (x)≥k⋅R(x) 恒成立,则 g(x) 在 x=0 附近单调递增,即
g′(0)≥0 ,
1
k(12x2+36x+36)
又 g′(x)= − ,所以 g′(0)=1−k≥0 ,则 k≤1 . .6 分
x+1 (6+6x+x2) 2
下面证明充分性,即当 k≤1 时,不等式 f (x)≥k⋅R(x) 恒成立,6x+3x2
由于当 x>0 时, ln(x+1)≥0, ≥0 ,
6+6x+x2
k(6x+3x2)
所以若 k≤0 ,则 g(x)=ln(x+1)− ≥0 恒成立, .7 分
6+6x+x2
k(6x+3x2) 6x+3x2
若 00 11 分
x+1 x+1
1 2a x2+2(1−a)x+1
t′(x)= − = ,x>0,
x (x+1) 2 x(x+1) 2
令 φ(x)=x2+2(1−a)x+1,x>0 ,
当 a≤0 时, φ′(x)≥0 ,即 t′(x)≥0 ,则 t(x) 在 (0,+∞) 上单调递增,不满足题意,
当 a>0 时, Δ=4(1−a) 2−4≤0 ,即 02 时, φ(x)=x2+2(1−a)x+1 有两个零点 t ,t ,
1 2
其中 t =a−1−√a2−2a,t =a−1+√a2−2a,t t =1,t +t =2a−2>0 , 12 分令
1 2 1 2 1 2
00,t′(x)>0 ,则 t(x) 在 (0,t ) 上单调递增,
1 1
当 x∈(t ,t ) 时, φ(x)<0,t′(x)<0 ,则 t(x) 在 (t ,t ) 上单调递减,
1 2 1 2
当 x∈(t ,+∞) 时, φ(x)>0,t′(x)>0 ,则 t(x) 在 (t ,+∞) 上单调递增,
2 2由 t(1)=0,00,t(t )<0 , 13 分
1 2 1 2
(e−a−1) 2a (ea−1) 2a
又 t(e−a)=lne−a−a =− <0,t(ea)=lnea−a = >0 ,
e−a+1 1+ea ea+1 ea+1
即 t(x) 在区间 (e−a,t ) 内存在一个零点,在区间 (t ,ea) 上存在一个零点,
1 2
又 h(1)=0 ,所以当 a>2 时, h(x) 有三个不同的零点 x ,x ,x , .14 分
1 2 3
因为 x 1 可得 =x ,即 x x =1 , .15 分
x x 3 1 3
1 1
6x+3x2
由(2)可知当 x>0 时, ln(x+1)> ,
6+6x+x2
3x2−3
则当 x>1 时,有 lnx> ,
x2+4x+1
a(x −1) 3x2−3
由于 x >1 ,所以 3 =lnx > 3 , 16 分
3 x +1 3 x2+4x +1
3 3 3
化简得 a(x2+4x +1)>3(x +1) 2 ,即 (a−3)x2+(4a−6)x +(a−3)>0 ,
3 3 3 3 3
( 1 )
可化为 (a−3) x + +4a−6>0 ,
3 x
3
即 (a−3)(x +x )+4a>6,(a−3)(x +x +2)+2a>0 ,
3 1 3 1
由 x =1 ,则有 (a−3)(x +2x +x )+2a>0 ,原命题得证. 17 分
2 1 2 3
法二: 因为 x −1 ,
6+6x+x21 12x2+36x+36 x4
A′(x)= − = ,所以 A′(x)≥0 ,
x+1 (6+6x+x2) 2 (x+1)(6+6x+x2) 2
即 A(x) 在区间 (−1,+∞) 上单调递增,又 A(0)=0 ,
6x+3x2
当 x∈(−1,0) 时, A(x)<0 ,即 ln(x+1)< ,
6+6x+x2
6x+3x2
当 x∈(0,+∞) 时, A(x)>0 ,即 ln(x+1)> , 15 分
6+6x+x2
3x2−3
由此可得,当 x∈(0,1) 时, lnx< ,
x2+4x+1
3x2−3
当 x∈(1,+∞) 时, lnx> ,
x2+4x+1
a(x −1) 3x2−3
所以 3 =lnx > 3 ,化简得 (a−3)x2+(4a−6)x −2>0 ,
x +1 3 x2+4x +1 3 3
3 3 3
a(x −1) 3x2−3
1 =lnx < 1 ,化简得 (a−3)x2+(4a−6)x −2<0 ,
x +1 1 x2+4x +1 1 1
1 1 1
所以 (a−3)x2+(4a−6)x −2>(a−3)x2+(4a−6)x −2 , 16 分
3 3 1 1
化简得 (a−3)(x2−x2)+(4a−6)(x −x )>0 ,由于 x −x >0 ,
3 1 3 1 3 1
所以 (a−3)(x +x )+4a−6>0 ,得 (a−3)(x +x +2)+2a>0 ,
3 1 3 1
由 x =1 ,则有 (a−3)(x +2x +x )+2a>0 ,原命题得证. 17 分
2 1 2 3
部分选填得答案过程如下:
8. 已知函数 f (x)=x3+x,g(x)=x+√x,h(x)=x+log x ,若 f (a)=g(b)=h(c) ,则 a,b,c
2
的大小关系不可能是
A. c>b>a B. c>a>b C. b>a>c D. b>c>a【答案】C
由题意令 f (x)=g(x) ,即 x3+x=x+√x ,得 x=1 ,
又 g(x)=h(x) ,即 x+√x=x+log x ,得 x=4 或 x=16 ,
2
令 f (a)=g(b)=h(c)=m ,则 f (x)=m,g(x)=m,h(x)=m ,
可化为 f (x)=m−x,g(x)=m−x,h(x)=m−x ,
a,b,c 是函数 f (x),g(x),h(x) 的图象与直线 y=m−x 的交点横坐标,
如图所示,可得当 0a>b .
当 1b>a ,当 4c>a ,当 b,c>16 ,有 c>b>a , 所
以答案选 C.
10. 在 △ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,且
sin2A+sin2B−sin2C=sin AsinB , 则
π
A. C=
3
2√7
B. 当 a=2b 时, sin A=
7
C. 当 a+b=4 时, △ABC 面积的最大值为 1
b (1 )
D. 当 △ABC 为锐角三角形时, 的取值范围是 ,2
a 2
【答案】AD
a b c
对于 A 选项,由正弦定理, = = =2R ,
sin A sinB sinC
a2+b2−c2 ab 1
代入条件得 a2+b2−c2=ab ,由余弦定理, cosC= = = ,
2ab 2ab 2π
又 C∈(0,π) ,故 C= . 故 A 正确;
3
对于 B 选项,将 a=2b 代入 a2+b2−c2=ab ,得 c=√3b ,
b2+c2−a2 b2+3b2−4b2 π
由余弦定理, cosA= = =0 ,故 A= ,sin A=1.B 错误;
2bc 2b⋅√3b 2
对于 C 选项,若 a+b=4 ,由基本不等式可得
1 √3 √3 (a+b) 2
△ABC 的面积 S= absinC= ab≤ ⋅ =√3 ,
2 4 4 2
当且仅当 a=b=2 时取等号,故 △ABC 面积的最大值为 √3 . C 错误;
a b
对于 D 选项,解法一: 由 = ,
sin A sinB
(2π ) √3 1
sin −A cosA+ sin A
得 b sinB 3 2 2 √3 1 ,
= = = = +
a sin A sin A sin A 2tan A 2
π 2π (π π)
由 C= ,得 B= −A ,又 △ABC 为锐角三角形,所以 A∈ , ,
3 3 6 2
(√3 ) √3 ( 3) b (1 )
所以 tan A∈ ,+∞ ,所以 ∈ 0, ,故 ∈ ,2 . D 正确.
3 2tan A 2 a 2
π π π 2π
解法二: 由 △ABC 为锐角三角形且 C= ,得 00
{cosA>0 2bc {b2+c2>a2
则 ,由余弦定理得 ,即 .
cosB>0 a2+c2−b2 a2+c2>b2
>0
2ac
b (1 )
结合 a2+b2−c2=ab ,化简得 ∈ ,2 . D 正确.
a 2
11. 设抛物线 C:y2=2x 的焦点为 F ,过点 (2,0) 的直线交抛物线 C 于 A,B 两
点,点 Q 为线段 AB 中点, 若与 AB 平行的直线与抛物线 C 相切于点 P ,则
A. △OAB 是直角三角形 B. 点 Q 的轨迹方程为 x= y2+1(y≠0)
C. PQ 与 x 轴平行 D. |OA∥OB|≤|PA||PB|
【答案】ACD
设过点 (2,0) 的直线的方程为 x=my+2,A(x ,y ),B(x ,y ) ,
1 1 2 2{x=my+2
联立方程组得 ,消去 x 得 y2−2my−4=0 ,
y2=2x
所以有 y + y =2m,y y =−4 ,
1 2 1 2
又 x =m y +2,x =m y +2 ,
1 1 2 2
所以有 x +x =m(y + y )+4=2m2+4 ,
1 2 1 2
x x =(m y +2)(m y +2)=m2y y +2m(y + y )+4=4 ,
1 2 1 2 1 2 1 2
选项 A: ⃗OA=(x ,y ),⃗OB=(x ,y ) ,
1 1 2 2
⃗OA⋅⃗OB=x x + y y =4−4=0 ,所以 ⃗OA⊥⃗OB ,即 △OAB 是直角三角形, A 正确.
1 2 1 2
(x +x y + y )
选项 B: 由 A,B 的中点坐标 Q 1 2, 1 2 ,即 Q(m2+2,m) ,
2 2
所以线段 AB 中点 Q 的轨迹方程为 x= y2+2(y≠0) ,选项 B 错误.
选项 C: 设直线 x=my+n 与抛物线相切于点 P ,
{x=my+n
联立方程得 ,消去 x 得 y2−2my−2n=0 ,
y2=2x
所以 Δ=4m2+8n=0 ,解得 2n=−m2 ,
(m2
)
代入上式可得 y2−2my+m2=0 ,解得 y=m ,即点 P ,m ,
2
由 Q(m2+1,m) ,则 PQ 与 x 轴平行,选项 C 正确.
|m2+4|
选项 D: 则点 P 到直线 x=my+2 的距离 d = ,
1 2√m2+1
2
点 O 到原点的距离为 d = ,所以 d ≥d
2 √m2+1 1 2
1 1 1 1
S = |OA||OB|= |AB|d ,S = |PA||PB|sin∠APB= |AB|d ,
△OAB 2 2 2 △PAB 2 2 1
所以 |OA||OB|≤|PA||PB|sin∠APB ,
又因为 sin∠APB≤1 ,所以 |OA||OB|≤|PA||PB| ,选项 D 正确.
14. 已知一个圆锥的底面半径为3，侧面积为18π. 若在该圆锥内能放入一个可以任
意方向自由转动的正方体(圆锥表面厚度忽略不计)，则该正方体体积的最大值为
_____.【答案】 8
要使圆锥内能放入自由转动的正方体的体积最大, 则该正方体的外接球恰好为该圆
锥内能放入的最大的球.
1
设圆锥的底面半径为 r ,母线长为 l ,则圆锥侧面积为 ⋅2πr⋅l=3π⋅l=18π ,
2
解得母线长 l=6 .
AO r 1 π
如图,在圆锥轴截面 PAB 中, cos∠PAB= 1= = ,则 ∠PAB= ,
PA l 2 3
π
所以 ∠O AO = ,
2 1 6
π
所以 O O =AO tan∠O AO =3tan =√3 ,
1 2 1 2 1 6
即正方体外接球半径为 √3 .
设正方体的棱长为 a ,则 a2+a2+a2=(2√3) 2 ,
解得 a=2 ,所以正方体的体积为 V =a3=8 .
