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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。
1. 若 𝑧 = 2i+i2 ，则 |𝑧| =
A. 1 B. 2 C. √5 D. 3
【答案】C
因为 𝑧 = 2i+i2 = −1+2i ,所以 |𝑧| = √(−1)2 +22 = √5 . 故选 C.
2. 设集合 𝐴 = {−2,1,𝑎},𝐵 = {−1,𝑎2} ，若 𝐴∪𝐵 含有4个元素，则 𝑎 =
A. -1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】B
由题意, 𝑎 ≠ 1 且 𝑎 ≠ −2 ,当 𝑎 = −1 时, 𝐴∪𝐵 = {−2,1,−1} 含有 3 个元素,不符合;
当 𝑎 = 2 时， 𝐴∪𝐵 = {−2,1,−1,2,4} 含有 5 个元素，不符合. 故选 B.
6
1
3. (𝑥− ) 的展开式中常数项为
2𝑥
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5 3 3 5
A. − B. − C. D.
2 2 2 2
【答案】A
6 6 3
(𝑥− 1 ) 的展开式中常数项为 (𝑥 − 1 ) = C3(− 1 ) = − 20 = − 5 . 故选 C.
6
2𝑥 2𝑥 2 8 2
4. 已知两条直线 𝑚,𝑛 和平面 𝛼 ，则下列命题为真命题的是
A. 若 𝑚//𝑛,𝑚//𝛼 ,则 𝑛//𝛼
B. 若 𝑚//𝛼,𝑛//𝛼 ,则 𝑚//𝑛
C. 若 𝑚 ⊥ 𝛼,𝑚//𝑛 ,则 𝑛 ⊥ 𝛼
D. 若 𝑚 ⊥ 𝑛,𝑚//𝛼 ,则 𝑛 ⊥ 𝛼
【答案】C
对于 A,𝑛 ⊂ 𝛼 或 𝑛//𝛼 ,故 A 错误;
对于 B,𝑚,𝑛 的关系不确定,故 B 错误;
对于 D,𝑚 可绕 𝑛 任意旋转,故 𝑛 与 𝛼 关系不确定,故 D 错误. 故选 C .5. 科学研究中经常涉及对粒子状态的分析. 某假想粒子有状态 1，状态 2，状态
3，……，每种状态
的粒子经过 1 秒有两种可能: 状态保持不变或变为更高一级状态,已知状态 1 的粒子
1 1
有 概率变为状态 2，状态 2 的粒子有 概率变为状态 3，以此类推. 现有若干状态
2 3
1 的该粒子，则经过 3 秒处于状态 1 和状态 2 的粒子数目约占
A. 39% B. 51% C. 64% D. 73%
【答案】C
由题意, 经过 3 秒处于状态 1 和状态 2 的粒子数目约占
1 1 1 1 2 1 2 2 23
× + × × + × × = ≈ 0.64 . 故选 C.
2 2 2 2 3 2 3 3 36
6. 若直线 𝑦 = 𝑥+1 上存在点 𝐴 ,圆 𝑥2 +(𝑦−𝑚)2 = 2 上存在点 𝐵 ,使得 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ = (0,1) ,
则 𝑚 的最大值为
A. 0 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
不妨设 𝐴(𝑥,𝑦) ,因为 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ = (0,1) ,所以 𝐵 = (𝑥,𝑥 +2) ,故 𝐵 在直线 𝑦 = 𝑥 +2 上运动,
故直线 𝑦 = 𝑥+2 与圆 𝑥2 +(𝑦−𝑚)2 = 2 有交点,
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|−𝑚+2|
所以 𝑑 = ≤ √2 ,解得 0 ≤ 𝑚 ≤ 4 ,故 𝑚 的最大值为 4 . 故选 D.
√2
7. 记 △𝐴𝐵𝐶 的内角 𝐴,𝐵,𝐶 的对边分别为 𝑎,𝑏,𝑐,𝐴 = 60∘,𝑏𝑐 =
√3
6sin𝐵cos𝐶,cos𝐵sin𝐶 = , 则 △𝐴𝐵𝐶 的面积为
6
A. 1
3 3√3
B. C. D. 3√3
2 2
【答案】B
𝑏𝑐
因为 sin𝐵cos𝐶 = ,
6
𝑏𝑐 √3 √3
所以 sin𝐵cos𝐶 +cos𝐵sin𝐶 = sin(𝐵+𝐶) = sin(𝜋−𝐴) = sin𝐴 = + = ,所以
6 6 2
𝑏𝑐 = 2√3 ,
1 1 √3 3
故 △𝐴𝐵𝐶 的面积为 𝑆 = 𝑏𝑐sin𝐴 = ×2√3× = . 故选 C.
△𝐴𝐵𝐶
2 2 2 2
8. 已知正数 𝑎,𝑏 满足 2𝑎 +3𝑎 = 3𝑏 +4𝑏 ,则
A. 𝑏 < 𝑎 < 2𝑏 B. 𝑎 < 𝑏 < 2𝑎C. 2𝑏 < 𝑎 < 3𝑏 D. 2𝑎 < 𝑏 < 3𝑎
【答案】A
解法一 因为 𝑎,𝑏 为正数,所以 2𝑎,3𝑎,3𝑏,2𝑏 > 1 ,
故由 2𝑎 +3𝑎 = 3𝑏 +22𝑏 得 3𝑏 +2𝑏 < 2𝑎 +3𝑎 = 3𝑏 +22𝑏 < 32𝑏 +22𝑏 ,
令 𝑓(𝑥) = 2𝑥 +3𝑥 ,易见 𝑓(𝑥) 单调递增,则 𝑓(𝑏) < 𝑓(𝑎) < 𝑓(2𝑏) ,所以 𝑏 < 𝑎 < 2𝑏 .
故选 A.
解法二 因为 𝑎,𝑏 为正数,所以 2𝑎,3𝑎,3𝑏,2𝑏 > 1 ,
令 𝑓(𝑎) = 2𝑎 +3𝑎 −3𝑏 −4𝑏 ,易见 𝑓(𝑎) 单调递增,
𝑓(𝑏) = 2𝑏 +3𝑏 −3𝑏 −22𝑏 = 2𝑏(1−2𝑏) < 0, 𝑓(2𝑏) = 22𝑏 +32𝑏 −3𝑏 −22𝑏
= 3𝑏(3𝑏 −1) > 0,
所以 𝑓(𝑎) 在 (𝑏,2𝑏) 上有零点. 故选 A.
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。全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分。
9. 下列说法正确的是
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A. 若随机变量 𝑋 ∼ 𝑁(1,𝜎2) ,则 𝑃(𝑋 ≤ 0) = 𝑃(𝑋 ≥ 2)
B. 若事件 𝐴,𝐵 相互独立,则 𝑃(𝐴∪𝐵) = 𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)
C. 若样本数据 𝑥 ,𝑥 ,…,𝑥 的方差为 2,则数据 2𝑥 +1,2𝑥 +1,…,2𝑥 +1 的方差为 8
1 2 𝑛 1 2 𝑛
D. 用相关指数 𝑅2 刻画回归效果， 𝑅2 越接近 1，说明回归模型的拟合效果越好
【答案】ACD
对于 A ,由正态分布的对称性, A 正确;
对于 B ,由题意 𝑃(𝐴∪𝐵) = 𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵) = 𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴)𝑃(𝐵) ,
又 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵) ≥ 0 ，故 B 错误；
对于 C ,若样本数据 𝑥 ,𝑥 ,…,𝑥 的方差为 𝑆 ,则数据 𝑎𝑥 +𝑏,𝑎𝑥 +𝑏,…,𝑎𝑥 +𝑏 的
1 2 𝑛 1 2 𝑛
方差为 𝑎2𝑆 ; 对于 𝐷 ,由相关指数(决定系数)的概念,故 𝐷 正确. 故选 ACD.
𝜋
10. 已知函数 𝑓(𝑥) = sin𝑥 −√3cos𝑥,𝑔(𝑥) = 2sin(2𝑥+ ) ,则
3
A. 曲线 𝑦 = 𝑓(𝑥) 与曲线 𝑦 = 𝑔(𝑥) 存在相同的对称中心
B. 曲线 𝑦 = 𝑓(𝑥) 与曲线 𝑦 = 𝑔(𝑥) 存在相同的对称轴𝜋
C. 曲线 𝑦 = 𝑓(2𝑥) 向左平移 个单位得到曲线 𝑦 = 𝑔(𝑥)
3
D. 曲线 𝑦 = 𝑓(2𝑥) 与曲线 𝑦 = 𝑔(𝑥) 关于 𝑦 轴对称
【答案】AC
𝜋
因为 𝑓(𝑥) = sin𝑥 −√3cos𝑥 = 2sin(𝑥 − ) ,
3
𝜋 𝜋
对于 𝑓(𝑥) ,令 𝑥 − = 𝑘𝜋 ,得对称中心 (𝑘𝜋+ ,0),𝑘 ∈ 𝐙 ,同理,对称轴为 𝑥 = 𝑘𝜋+
3 3
5𝜋
,𝑘 ∈ 𝐙 .
6
𝜋 𝑘𝜋 𝜋 𝑘𝜋
对于 𝑔(𝑥) ,令 2𝑥 + = 𝑘𝜋 ,得对称中心 ( − ,0),𝑘 ∈ 𝐙 ,同理,对称轴为 𝑥 = +
3 2 6 2
𝜋
,𝑘 ∈ 𝐙 .
12
𝜋
故有相同的零点 ( ,0) ,所以 A 正确, B 错误;
3
𝜋 𝜋
对于 C,𝑓(2𝑥) = 2sin(2𝑥− ) 向左平移 个单位得到
3 3
𝜋 𝜋 𝜋
𝑦 = 2sin2[(𝑥+ )− ] = 2sin(2𝑥 + ) ,故 C 正确;
3 3 3
𝜋
对于 D,𝑓(2𝑥) = 2sin(2𝑥 − ) 与 𝑦 = 𝑔(𝑥) 显然不关于 𝑦 轴对称(可由特殊值判断).
3 公众号：高考试卷君
故选 AC.
11. 已知四棱锥 𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷 的体积为 12，四边形 𝐴𝐵𝐶𝐷 是平行四边形， 𝑄 为 𝑃𝐴 的
中点，经过直线 𝐶𝑄 的平面与侧棱 𝑃𝐵,𝑃𝐷 分别交于点 𝑀,𝑁 ,设 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ = 𝜆𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ,𝑃⃗⃗⃗⃗𝑁⃗⃗ =
𝜇𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ,则
A. 𝜆 = 𝜇 时, 𝐴𝐵// 平面 𝐶𝑀𝑁
1
B. 𝜆 = 时, 𝜇 = 1
2
C. 四面体 𝑃𝑄𝐵𝐶 的体积为 3
D. 四棱锥 𝑃−𝑀𝐶𝑁𝑄 的体积的最小值为 4
【答案】BCD
因为 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑃⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ +𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ,所以 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ +𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ −𝑃⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ,
因为 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ = 𝜆𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ,𝑃⃗⃗⃗⃗𝑁⃗⃗ = 𝜇𝑃⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ,𝑃⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ = 2𝑃⃗⃗⃗⃗𝑄⃗ ,所以 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 1 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ + 1 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑁⃗⃗ −2𝑃⃗⃗⃗⃗𝑄⃗ ,
𝜆 𝜇
因为 𝐶,𝑀,𝑁,𝐴 四点共面，故 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 1 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ + 1 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑁⃗⃗ −2𝑃⃗⃗⃗⃗𝑄⃗ ，所以 1 + 1 −2 = 1 ，即
𝜆 𝜇 𝜆 𝜇
1 1
+ = 3 .
𝜆 𝜇2
对于 A ,当 𝜆 = 𝜇 时,得 𝜆 = 𝜇 = ,若 𝐴𝐵// 平面 𝐶𝑀𝑁 ,由 𝐴𝐵 ⊂ 平面 𝑃𝐴𝐵 ,
3
平面 𝑃𝐴𝐵 ∩ 平面 𝐶𝑀𝑄𝑁 = 𝑄𝑀 ,所以 𝐴𝐵//𝑄𝑀 ,故 𝑀 为 𝑃𝐵 的中点
显然不满足 𝑃⃗⃗⃗⃗𝑀⃗⃗ = 2 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ,故 A 错误;
3
1 1 1
对于 B ,代入 𝜆 = 到 + = 3 中,得 𝜇 = 1 ;
2 𝜆 𝜇
1 1 1 1
对于 C ,因为 𝑉 = 𝑉 = 𝑉 = 𝑉 = ×12 = 3 ,故 C 正确;
𝑃−𝑄𝐵𝐶 𝐴−𝑃𝐵𝐶 𝑃−𝐴𝐵𝐶 𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷
2 2 4 4
1 1
对于 D ,因为 𝑉 = 𝑉 +𝑉 = 𝜇𝑉 + 𝜆𝑉
𝑃−𝑀𝐶𝑁𝑄 𝐶−𝑃𝑄𝑁 𝐶−𝑃𝑄𝑀 𝐶−𝑃𝐴𝐷 𝐶−𝑃𝐴𝐵
2 2
1 1 1
= 𝜆𝑉 + 𝜇𝑉 = (𝜆+𝜇)𝑉 = 3(𝜆+𝜇) ,
𝑃−𝐴𝐵𝐶 𝑃−𝐴𝐶𝐷 𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷
2 2 4
1 1 𝜇 𝜆 2
因为 3(𝜆+𝜇) = (𝜆+𝜇)( + ) = 2+ + ≥ 2 (当且仅当 𝜆 = 𝜇 = 时取等号),
𝜆 𝜇 𝜆 𝜇 3
故 D 正确. 故选 BCD.
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 已知向量 𝐚 = (1,−2),𝐚+𝐛 = (3,𝑚) ，且 𝐚 ⊥ 𝐛 ，则 𝑚 = _____.
【答案】 -1
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因为 𝐚+𝐛 = (3,𝑚),𝐚 = (1,−2) ,所以 𝐛 = 𝐚+𝐛−𝐚 = (2,𝑚+2) ,
因为 𝐚 ⊥ 𝐛 ,所以 𝐚⋅𝐛 = 2−2(𝑚+2) = −2𝑚−2 = 0 ,故 𝑚 = −1 . 故填 -1 .
13. 已知抛物线 𝐶:𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝 > 0) 的焦点为 𝐹 ，直线 𝑥 −2𝑦+4 = 0 与 𝐶 有唯一
的公共点 𝐴 ，则 |𝐴𝐹| = _____.
【答案】 5
𝑦2 = 2𝑝𝑥
联立 { ,得 𝑦2 −4𝑝𝑦+8𝑝 = 0 ,
𝑥−2𝑦+4 = 0
所以 Δ = (−4𝑝)2 −4×8𝑝 = 16𝑝(𝑝−2) = 0 ,故 𝑝 = 2 ,
此时 𝑦2 −16𝑦+16 = (𝑦−4)2 = 0 ,所以 𝐴(4,4) ,所以 |𝐴𝐹| = 4+1 = 5 . 故填 5 .
14. 已知函数 𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑥−2)2 ，对任意 𝑥 ∈ [0,𝑚] ，都有 𝑓(𝑥) ≤ 𝑚 ，则 𝑚 的取值
范围为_____.
32
【答案】 [ ,3]
27
解法一 由题意 𝑓(𝑚) = 𝑚(𝑚−2)2 ≤ 𝑚 ,因为 𝑚 > 0 ,所以 (𝑚−2)2 ≤ 1 ,故 1 ≤
𝑚 ≤ 3 .又 𝑓′(𝑥) = (𝑥−2)2 +2𝑥(𝑥−2) = (𝑥−2)(3𝑥−2) ,
2 2
故 𝑓(𝑥) 在 (0, ) 和 (2,+∞) 上单调递增,在 ( ,2) 上单调递减,
3 3
2
2 2 2 32
又 𝑓( ) = ×( −2) = ,而 𝑓(1) = 1,𝑓(3) = 3 .
3 3 3 27
32 32 32
若 1 ≤ 𝑚 < 时,此时 𝑓(𝑥) ∈ [0, ] ,故 𝑓(𝑥) ≤ 𝑚 不恒成立,不满足题意; 若 ≤
27 27 27
32
𝑚 ≤ 2 ,此时 𝑓(𝑥) ∈ [0, ] ,故 𝑓(𝑥) ≤ 𝑚 恒成立,符合;
27
32
若 2 < 𝑚 ≤ 3 ，此时 𝑓(𝑥) ∈ [0, ] 或 𝑓(𝑥) ∈ [0,𝑓(𝑚)] ，必满足 𝑓(𝑥) ≤ 𝑚 恒成立，
27
32 32
符合； 综上所述: 实数 𝑚 的取值范围是 [ ,3] . 故填 [ ,3] .
27 27
解法二 由题意 𝑓(𝑚) = 𝑚(𝑚−2)2 ≤ 𝑚 ,因为 𝑚 > 0 ,所以 (𝑚−2)2 ≤ 1 ,故 1 ≤
𝑚 ≤ 3 .
又 𝑓′(𝑥) = (𝑥−2)2 +2𝑥(𝑥−2) = (𝑥−2)(3𝑥−2) ,
2 2
故 𝑓(𝑥) 在 (0, ) 和 (2,+∞) 上单调递增,在 ( ,2) 上单调递减,
3 3
2
2 2 2 32
又 𝑓( ) = ×( −2) = ,而 𝑓(1) = 1,𝑓(3) = 3 .
3 3 3 27
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32
此时 1 ∈ [0,𝑚] ,故 𝑚 ≥ .
27
32 32
若 ≤ 𝑚 ≤ 2 ,此时 𝑓(𝑥) ∈ [0, ] ,故 𝑓(𝑥) ≤ 𝑚 恒成立,符合;
27 27
32
若 2 < 𝑚 ≤ 3 ，此时 𝑓(𝑥) ∈ [0, ] 或 𝑓(𝑥) ∈ [0,𝑓(𝑚)] ，必满足 𝑓(𝑥) ≤ 𝑚 恒成立，
27
32 32
符合； 综上所述: 实数 𝑚 的取值范围是 [ ,3] . 故填 [ ,3] .
27 27
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. (13 分)
如图,已知 △𝑃𝐴𝐵 是圆锥 𝑃𝑂 的轴截面, 𝑃𝐴 = 3,𝐴𝐵 = 2 .
(1)求圆锥 𝑃𝑂 的外接球的表面积；
(2)若 𝐶 为弧 𝐴𝐵 的中点，求二面角 𝐶 −𝑃𝐴−𝐵 的正切值.【解】(1)方法一 圆锥外接球半径即为 △𝑃𝐴𝐵
的外接圆半径,记为 𝑅 .
在 △𝑃𝐴𝐵 中,由余弦定理得
𝑃𝐴2 +𝑃𝐵2 −𝐴𝐵2 9+9−4 7
cos∠𝐴𝑃𝐵 = = = ,
2𝑃𝐴⋅𝑃𝐵 2×3×3 9
4√2
所以 sin∠𝐴𝑃𝐵 = ， 2 分
9
𝐴𝐵 2×9 9√2
故 2𝑅 = = = ,
sin∠𝐴𝑃𝐵 4√2 4
所以外接球 𝑂 的表面积为 4𝜋公𝑅2众=号 81𝜋 ： . .高5 分考 试卷君
1
8
方法二 设 𝑂𝑂 = ℎ ,
1
因为 𝑃𝑂 = √32 −12 = 2√2 ,所以 𝑂 𝑃 = 2√2−ℎ ,
1
因为 𝑂 𝐴 = √ℎ2 +1 ,且 𝑂 𝐴 = 𝑂 𝑃 , 2 分
1 1 1
所以 2√2−ℎ = √ℎ2 +1 ,解得 ℎ = 7√2 ,
8
9√2
故 𝑅 = 2√2−ℎ = ,
8
所以外接球 𝑂 的表面积为 4𝜋𝑅2 = 81𝜋 . 5 分
1
8(2)方法一 因为 𝐶 是弧 𝐴𝐵 的中点，
所以 𝑂𝐶 ⊥ 𝐴𝐵 .
因为 𝑃𝑂 ⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶 ,且 𝑂𝐶,𝐴𝐵 ⊂ 平面 𝐴𝐵𝐶 ,
所以 𝑃𝑂 ⊥ 𝑂𝐶,𝑃𝑂 ⊥ 𝐴𝐵 ,
所以 𝑂𝐵,𝑂𝐶,𝑂𝑃 两两垂直. 7 分
建立如图所示的空间直角坐标系 𝑂−𝑥𝑦𝑧 ,
则 𝐶(1,0,0),𝑃(0,0,2√2),𝐴(0,−1,0) ,
所以 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = (1,1,0),𝐴⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ = (0,1,2√2) ,
设平面 𝑃𝐴𝐶 的法向量为 𝑛 = (𝑥,𝑦,𝑧) ,
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𝐧⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 𝑥+𝑦 = 0,
则 {
𝐧⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ = 𝑦+2√2𝑧 = 0,
取 𝑛 = (2√2,−2√2,1) , 9 分
因为平面 𝑃𝐴𝐵 的一个法向量为 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = (1,0,0) ,
所以 cos⟨𝐧,𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ⟩ = 𝐧⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 2√2 . 11 分
|𝐧|⋅|𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ | √17
设二面角 𝐶 −𝑃𝐴−𝐵 为 𝜃 ,
由图可知 𝜃 为锐角,
2√2 3
所以 cos𝜃 = ,sin𝜃 = ,
√17 √17
3√2 3√2
所以 tan𝜃 = ,即二面角 𝐶 −𝑃𝐴−𝐵 的正切值为 . 13 分
4 4方法二 在平面 𝑃𝐴𝐶 内过 𝐶 作 𝐶𝐻 ⊥ 𝑃𝐴 ,垂足为 𝐻 ,连接 𝑂𝐻 ,
因为 𝑂𝐶 ⊥ 𝑂𝐵,𝑂𝐶 ⊥ 𝑂𝑃,𝑂𝑃∩𝑂𝐵 = 𝑂 ,
且 𝑂𝐵,𝑂𝑃 ⊂ 平面 𝑃𝐴𝐵 ,
所以 𝑂𝐶 ⊥ 平面 𝑃𝐴𝐵 , 7 分
因为 𝑃𝐴 ⊂ 平面 𝑃𝐴𝐵 ,
所以 𝑂𝐶 ⊥ 𝑃𝐴 .
因为 𝑃𝐴 ⊥ 𝐶𝐻,𝐶𝐻∩𝑂𝐶 = 𝐶 ,
且 𝐶𝐻,𝑂𝐶 ⊂ 平面 𝐶𝐻𝑂 ,
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所以 𝑃𝐴 ⊥ 平面 𝐶𝐻𝑂 ,
所以 𝑂𝐻 ⊥ 𝑃𝐴 ,
所以 ∠𝐶𝐻𝑂 为二面角 𝐶 −𝑃𝐴−𝐵 的平面角. 11 分
2√2
因为 𝑂𝐶 = 1,𝑂𝐻 = ,
3
𝑂𝐶 3√2 3√2
所以 tan∠𝐶𝐻𝑂 = = ,即二面角 𝐶 −𝑃𝐴−𝐵 的正切值为 . .13 分
𝑂𝐻 4 4
16. (15 分)
1
已知数列 {𝑎 } 各项均不为零, 𝑎 = 1,𝑎 = ,𝑎 𝑎 = (𝑡𝑎 −𝑎 )𝑎 .
𝑛 1 2 𝑛 𝑛+1 𝑛 𝑛+1 𝑛+2
3
(1)当 𝑡 = 1 时，求 {𝑎 } 的前 50 项和；
𝑛
(2)若 𝑎 > 𝑎 ，求正整数 𝑡 的最小值.
𝑛 𝑛+1
【解】(1)当 𝑡 = 1 时, 𝑎 𝑎 = (𝑎 −𝑎 )𝑎 ,
𝑛 𝑛+1 𝑛 𝑛+1 𝑛+2
故
1
=
𝑎𝑛−𝑎𝑛+1
=
1
−
1
, .2 分
𝑎𝑛+2 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛1 1 1 1 1 1 1
所以 = − = − − = − ,
𝑎𝑛+3 𝑎𝑛+2 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛
即 𝑎 = −𝑎 ,故 𝑎 = −𝑎 = 𝑎 ,
𝑛+3 𝑛 𝑛+6 𝑛+3 𝑛
所以数列 {𝑎 } 是周期为 6 的数列, 4 分
𝑛
又 𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 = 0 , .5 分
𝑛+5 𝑛+4 𝑛+3 𝑛+2 𝑛+1 𝑛
故 {𝑎 } 的前 50 项和为:
𝑛
4
𝑎 +𝑎 +⋯+𝑎 = 𝑎 +𝑎 = . .7 分
1 2 50 1 2
3
(2)方法一 由题意 𝑎 ≠ 0 ，故 𝑎 =
𝑎𝑛𝑎𝑛+1
， .9 分
𝑛 𝑛+2
𝑡𝑎𝑛−𝑎𝑛+1
1
因为 𝑎 = 1,𝑎 = ,𝑎 > 𝑎 ,
1 2 2 3
3
1 1 4
所以 𝑎 = < ,即 𝑡 > , 11 分
3
3𝑡−1 3 3
故正整数 𝑡 满足 𝑡 ≥ 2 .
当 𝑡 ≥ 2 时,
1
=
𝑡𝑎𝑛−𝑎𝑛+1
=
𝑡
−
1
≥
2
−
1
,
𝑎𝑛+2 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛
1 1 1 1
所以 − ≥ − ,
𝑎𝑛+2 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 公众号：高考试卷君
1 1 1 1 1 1
从而 − ≥ − ≥ ⋯ ≥ − = 2 , 13 分
𝑎𝑛+2 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 𝑎2 𝑎1
1 1
即 − > 0 ,得 𝑎 < 𝑎 ,所以 𝑎 > 𝑎 ,
𝑛+2 𝑛+1 𝑛 𝑛+1
𝑎𝑛+2 𝑎𝑛+1
故最小正整数 𝑡 的值为 2 . 15 分
方法二 由 (1) 知, 𝑡 = 1 时, 𝑎 = 𝑎 ,故 𝑡 = 1 不合; .9 分
6 1
当 𝑡 = 2 时,因为 𝑎 ≠ 0 ,在 𝑎 𝑎 = (2𝑎 −𝑎 )𝑎 两边同除以 𝑎 𝑎 𝑎 得,
𝑛 𝑛 𝑛+1 𝑛 𝑛+1 𝑛+2 𝑛 𝑛+1 𝑛+2
1 2 1 2 1 1
= − ,即 = + ,
𝑎𝑛+2 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛 𝑎𝑛+2
1
所以 { } 是等差数列, 11 分
𝑎𝑛
1 1
因为 𝑎 = 1,𝑎 = ,所以 { } 的公差为 2,
1 2
3 𝑎𝑛
1 1
所以 = 2𝑛−1 ,即 𝑎 = , 13 分
𝑛
𝑎𝑛 2𝑛−1
1 1
所以 𝑎 = > = 𝑎 ,
𝑛 𝑛+1
2𝑛−1 2𝑛+1
故最小正整数 𝑡 的值为 2 . 15 分17. (15 分)
某次考试的多项选择题，每题 4 个选项中正确选项有 2 个或 3 个，得分规则如下:
若正确选项有 2 个, 只选 1 个且为正确选项得 3 分, 选 2 个且都为正确选项得 6 分,
否则得 0 分; 若正确选项有 3 个, 只选 1 个且为正确选项得 2 分, 选 2 个且都为正确
选项得 4 分, 选 3 个且都为正确选项得 6 分, 否则得 0 分. 学生甲对其中的一道多项
选择题完全不会,该题恰有 2 个正确选项的概率为 𝑝(0 < 𝑝 < 1) ,记 𝑋 为甲随机选择
1 个选项的得分, 𝑌 为甲随机选择 2 个选项的得分.
2
(1) 若 𝑝 = ，求 𝑃(𝑋 ≥ 2) ；
3
(2)求 𝑋 的概率分布列和数学期望；
1
(3) 证明: 当且仅当 0 < 𝑝 < 时, 𝐸(𝑋) < 𝐸(𝑌) .
2
【解】(1)记事件 𝐴 为“该题恰有 2 个正确选项”，事件 𝐵 为“该题恰有 3 个正确
选项”，
2 1
事件 𝐶 为“甲随机选择 1 个选项为正确选项”，则 𝑃(𝐴) = ,𝑃(𝐵) = ， 1 分
3 3
所以 𝑃(𝑋 ≥ 2) = 𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐶 ∣ 𝐴)+𝑃(𝐵)⋅𝑃(𝐶 ∣ 𝐵) .3 分
2 𝐶1 1 𝐶1 7
= × 2 + × 3 = . .5 分
3 𝐶1 3 𝐶1 12 公众号：高考试卷君
4 4
(2)随机变量 𝑋 的所有可能取值为 0,2,3,
C1 C1 1+𝑝 C1 3−3𝑝
2 1 3
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑝× +(1−𝑝)× = , 𝑃(𝑋 = 2) = (1−𝑝)× = ,
C1 C1 4 C1 4
4 4 4
C1 𝑝
2
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑝× = ,
C1 2
4
8 分
所以随机变量 𝑋 的概率分布列如下:
𝑌 0 2 3
𝑃 1+𝑝 3−3𝑝 𝑝
4 4 2
3−3𝑝 𝑝 3
所以 𝐸(𝑋) = 2× +3× = . 10 分
4 2 2
(3)证明:随机变量 𝑌 的所有可能取值为 0,4,6,
C1C1+C2 C1C1 5𝑝 3−3𝑝 2𝑝+3
2 2 2 1 3
𝑃(𝑌 = 0) = 𝑝× +(1−𝑝)× = + = ,
C2 C2 6 6 6
4 4C2 1−𝑝 C2 𝑝
3 2
𝑃(𝑌 = 4) = (1−𝑝)× = ,𝑃(𝑌 = 6) = 𝑝× = ,
C2 2 C2 6
4 4
1−𝑝 𝑝
所以 𝐸(𝑌) = 4× +6× = 2−𝑝 , 13 分
2 6
3 1
所以 𝐸(𝑋) < 𝐸(𝑌) 当且仅当 2−𝑝 > ,当且仅当 0 < 𝑝 < . 得证. 15 分
2 2
18. (17 分)
𝑥2 𝑦2 √7
已知双曲线 𝐶: − = 1(𝑎,𝑏 > 0) 的离心率为 ,𝑃(4,3) 是 𝐶 上一点. 直线 𝑙 的斜
𝑎2 𝑏2 2
率为 -1, 且与 𝐶 交于 𝐴,𝐵 两点.
(1)求 𝐶 的方程；
(2)若 𝑃⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ = 36 ，求 𝑙 的方程；
(3) 证明: △𝑃𝐴𝐵 的外接圆的圆心 𝑄 在定直线上.
【解】(1)记 𝑐2 = 𝑎2 +𝑏2 ,则 𝑐 = √7 , 1 分
𝑎 2
设 𝑐 = √7𝑘,𝑎 = 2𝑘,(𝑘 > 0) 则 𝑏2 = 3𝑘2,𝐶 的方程为:
𝑥2
−
𝑦2
= 𝑘2 ,
4 3
因为点 𝑃(4,3) 在 C 上,所以 𝑘2公=众1 ,号 .2 ：分 高考试卷君
即 𝑎2 = 4,𝑏2 = 3 ,
𝑥2 𝑦2
所以双曲线 𝐶 的方程为 − = 1 . .4 分
4 3
(2)不妨设直线 𝑙 的方程为 𝑦 = −𝑥+𝑡,𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 ) ，
1 1 2 2
𝑦 = −𝑥+𝑡
所以 { ,故 𝑥2 −8𝑡𝑥 +4𝑡2 +12 = 0 ,
3𝑥2 −4𝑦2 = 12
所以 Δ = (−8𝑡)2 −4(4𝑡2 +12) = 48(𝑡2 −1) > 0 ,即 𝑡 < −1 ,或 𝑡 > 1 ,
𝑥 +𝑥 = 8𝑡,𝑥 𝑥 = 4𝑡2 +12, 6 分
1 2 1 2
𝑃⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ = (𝑥 −4,𝑦 −3)⋅(𝑥 −4,𝑦 −3) = (𝑥 −4)(𝑥 −4)+(−𝑥 +𝑡−3)⋅
1 1 2 2 1 2 1
= 2𝑥 𝑥 +(−𝑡−1)(𝑥 +𝑥 )+16+(𝑡−3)2
(−𝑥 +𝑡−3) 1 2 1 2 = 2(4𝑡2 +12)+
2 = 2(4𝑡2 +16)+16+(𝑡−3)2
(−𝑡−1)(8𝑡)+16+(𝑡−3)2 = 𝑡2 −14𝑡+49 . 8 分
所以 𝑡2 −14𝑡+49 = 36 ,解得 𝑡 = 1 (舍),或 𝑡 = 13 ,
故所求直线 𝑙 的方程为 𝑥+𝑦−13 = 0 . 10 分(3)方法一由题意 𝐴𝑃 的中垂线为: 𝑦−
𝑦1+3
= −
𝑥1−4
(𝑥 −
𝑥1+4
) ， 𝑦 = −
𝑥1−4
𝑥 +
2 𝑦1−3 2 𝑦1−3
𝑥1−4 × 𝑥1+4 + 𝑦1+3 = − 𝑥1−4 𝑥+ 𝑥 1 2−16 + 𝑦1+3 = − 𝑥1−4 𝑥 + 4 3 (𝑦 1 2−9) + 𝑦1+3 = − 𝑥1−4 𝑥 +
𝑦1−3 2 2 𝑦1−3 2(𝑦1−3) 2 𝑦1−3 2(𝑦1−3) 2 𝑦1−3
7 7
𝑦 + ,
1
6 2
同理 𝐵𝑃 的中垂线 𝑦 = −
𝑥2−4
𝑥+
7
𝑦 +
7
, 12 分
2
𝑦2−3 6 2
𝑦 = −
𝑥1−4
𝑥 +
7
𝑦 +
7
,
1
联立 {
𝑦1−3 6 2
,消 𝑦 得 (
𝑥2−4
−
𝑥1−4
)𝑥 =
7
(𝑦 −𝑦 ) ,
𝑦 = − 𝑥2−4 𝑥 + 7 𝑦 + 7 , 𝑦2−3 𝑦1−3 6 2 1
2
𝑦2−3 6 2
得 (
𝑥2−4
−
𝑥1−4
)𝑥 =
7
(−𝑥 +𝑥 ) ,
2 1
−𝑥2+𝑡−3 −𝑥1+𝑡−3 6
即
(7−𝑡)(𝑥2−𝑥1 )
𝑥 =
7
(𝑥 −𝑥 ) ,
𝑥1𝑥2−(𝑡−3)(𝑥1+𝑥2 )+(𝑡−3)2 6 2 1
因为 𝑥 ≠ 𝑥 ,所以
2 1
7 𝑥 𝑥 −(𝑡−3)(𝑥 +𝑥 )+(𝑡−3)2
1 2 1 2
𝑥 = ×
6 7−𝑡
7 (4𝑡2 +12)−(𝑡−3)(8𝑡)+(𝑡−3)2
= ×
6 7−𝑡
公众号：高考试卷君
7 𝑡2−6𝑡−7 7 (𝑡−7)(𝑡+1) 7
= × = × = (𝑡+1) , 14 分
2 𝑡−7 2 𝑡−7 2
又设圆心为 𝑄(𝑥 ,𝑦 ) ,则 𝑄𝐴2 = 𝑄𝐵2 ,
0 0
故 (𝑥 −𝑥 )2 +(𝑦 −𝑦 )2 = (𝑥 −𝑥 )2 +(𝑦 −𝑦 )2 ,
1 0 1 0 2 0 2 0
所以 𝑥2 +𝑦2 −𝑥2 −𝑦2 = 2𝑥 (𝑥 −𝑥 )+2𝑦 (𝑦 −𝑦 ) = 2(𝑥 −𝑦 )(𝑥 −𝑥 ) ,
1 1 2 2 0 1 2 0 1 2 0 0 1 2
所以 (2𝑥 −2𝑦 )(𝑥 −𝑥 ) = 𝑥2 + 3 𝑥2 −3−𝑥2 − 3 𝑥2 +3 = 7 (𝑥 −𝑥 )(𝑥 +𝑥 ) ,
0 0 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
4 4 4
7 7 7
故 𝑥 −𝑦 = (𝑥 +𝑥 ) = 7𝑡 ,又 𝑥 = (𝑡+1) ,所以 𝑦 = − (𝑡−1) ,从而 𝑥 +𝑦 =
0 0 1 2 0 0 0 0
8 2 2
7 ,
故圆心 𝑄(𝑥 ,𝑦 ) 在直线 𝑥 +𝑦−7 = 0 上. 17 分
0 0
方法二 设圆心为 𝑄(𝑥 ,𝑦 ) ,由题意 𝐴𝑃 的中垂线为:
0 0
𝑦 +3 𝑥 −4 𝑥 +4
1 1 1
𝑦− = − (𝑥 − ),
2 𝑦 −3 2
1
故 𝑦 −
−𝑥1+𝑡+3
= −
𝑥1−4
(𝑥 −
𝑥1+4
) , 12 分
0 0
2 −𝑥1+𝑡−3 2
即 2𝑦 (𝑥 −𝑡+3)+(𝑥 −𝑡−3)(𝑥 −𝑡+3) = (𝑥 −4)(2𝑥 −𝑥 −4) ,
0 1 1 1 1 0 1所以 𝑥2 −2𝑡𝑥 +𝑡2 −9+2𝑦 𝑥 +2𝑦 (−𝑡+3) = −𝑥2 +2𝑥 𝑥 −4(2𝑥 −4) ,
1 1 0 1 0 1 0 1 0
整理得 2𝑥2 −(2𝑡+2𝑥 −2𝑦 )𝑥 +8𝑥 +(6−2𝑡)𝑦 +𝑡2 −25 = 0 ,
1 0 0 1 0 0
同理 2𝑥2 −(2𝑡+2𝑥 −2𝑦 )𝑥 +8𝑥 +(6−2𝑡)𝑦 +𝑡2 −25 = 0 ,
2 0 0 2 0 0
即 𝑥 ,𝑥 是方程 2𝑥2 −(2𝑡+2𝑥 −2𝑦 )𝑥+8𝑥 +(6−2𝑡)𝑦 +𝑡2 −25 = 0 的两根,
1 2 0 0 0 0
𝑥 +𝑥 = 8𝑡 = 𝑡+𝑥 −𝑦 ,
1 2 0 0
从而 {
𝑥 𝑥 = 4𝑡2 +12 =
8𝑥0+(6−2𝑡)𝑦0+𝑡2−25
,
14 分
1 2
2
7𝑡 = 𝑥 −𝑦 ,
所以 { 0 0 故 (14−2𝑡)𝑦 = 7𝑡2 −56𝑡 +49 = 7(𝑡−1)(𝑡−
7𝑡2 +49 = 8𝑥 +(6−2𝑡)𝑦 , 0
0 0
7) ，
若 𝑡 = 7 ,则此时直线 𝑙 为 𝑦 = −𝑥+7 ,过点 𝐴 ,故舍;
7 7
若 𝑡 ≠ 7 ,则 𝑦 = − (𝑡−1) ,从而 𝑥 = 7𝑡+𝑦 = (𝑡+1) ,从而 𝑥 +𝑦 = 7 ,
0 0 0 0 0
2 2
故圆心 𝑄(𝑥 ,𝑦 ) 在直线 𝑥 +𝑦−7 = 0 上. 17 分
0 0
方法三 不妨设圆 𝑄 的方程为: 𝑥2 +𝑦2 −2𝑥 𝑥 −2𝑦 𝑦+𝐹 = 0 ,则 𝑄(𝑥 ,𝑦 ) , 又
0 0 0 0
𝑦 = −𝑥+𝑡
{ ,
𝑥2 +𝑦2 −2𝑥 𝑥−2𝑦 𝑦+𝐹 = 0
0 0
公众号：高考试卷君
所以 2𝑥2 −(2𝑡+2𝑥 −2𝑦 )𝑥+𝑡2 −2𝑦 𝑡+𝐹 = 0 ,
0 0 0
即该方程的两个根为 𝑥 ,𝑥 ,又 𝑥 ,𝑥 为方程 𝑥2 −8𝑡𝑥 +4𝑡2 +12 = 0 的两根,
1 2 1 2
𝑥 +𝑥 = 8𝑡 = 𝑡+𝑥 −𝑦 ,
1 2 0 0
故 {
𝑥 𝑥 = 4𝑡2 +12 =
𝑡2−2𝑦0𝑡+𝐹 , .12 分
1 2
2
由点 𝑃(4,3) 在圆上,故 25−8𝑥 −6𝑦 +𝐹 = 0 ,
0 0
故 4𝑡2 +12 =
𝑡2−2𝑦0𝑡−25+8𝑥0+6𝑦0
,即 7𝑡2 +49 = 8𝑥 +(6−2𝑡)𝑦 , .14 分所以
0 0
2
7𝑡 = 𝑥 −𝑦 ,
{ 0 0 ,故 (14−2𝑡)𝑦 = 7𝑡2 −56𝑡 +49 = 7(𝑡−1)(𝑡−7) , 若
7𝑡2 +49 = 8𝑥 +(6−2𝑡)𝑦 , 0
0 0
𝑡 = 7 ,则此时直线 𝑙 为 𝑦 = −𝑥+7 ,过点 𝐴 ,故舍;
7 7
若 𝑡 ≠ 7 ,则 𝑦 = − (𝑡−1) ,从而 𝑥 = 7𝑡+𝑦 = (𝑡+1) ,从而 𝑥 +𝑦 = 7 ,
0 0 0 0 0
2 2
故圆心 𝑄(𝑥 ,𝑦 ) 在直线 𝑥 +𝑦−7 = 0 上. 17 分
0 0
19. (17 分)
e𝑥−𝑎
已知函数 𝑓(𝑥) = .
𝑥(1)对任意 0 < 𝑠 < 𝑡 ， 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑠) 是 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑡) 的必要条件，求 𝑎 的最小值；
(2)对任意 𝑏 > 0 ，函数 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥)−𝑏 存在两个零点 𝑥 ,𝑥 .
1 2
(i) 求 𝑎 的取值范围;
(ii) 对于(i) 中给定的 𝑎 ,证明: 当 |𝑥 −𝑥 | 取得最小值时, 𝑏 = 𝑎 .
1 2
【解】(1)对任意 0 < 𝑠 < 𝑡 ， 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑠) 是 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑡) 的必要条件，
即由 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑡) 可以推出 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑠) ,所以 𝑓(𝑡) ≥ 𝑓(𝑠) ,
结合 𝑓(𝑥) 的解析式可知， 𝑓(𝑥) 在 (0,+∞) 上是增函数， 2 分
因为 𝑓′(𝑥) =
(𝑥−1)e𝑥+𝑎
,对 𝑥 ∈ (0,+∞) ,所以 𝑓′(𝑥) ≥ 0 ,即 𝑎 ≥ (1−𝑥)e𝑥 ,
𝑥2
设 𝜑(𝑥) = (1−𝑥)e𝑥,𝑥 ∈ (0,+∞) ,则 𝜑′(𝑥) = −𝑥e𝑥 < 0 ,
所以 𝜑(𝑥) 在 (0,+∞) 上是减函数,
所以 𝑎 ≥ 𝜙(0) = 1 ,即 𝑎 的最小值是 1 . 5 分
(2)由 𝑔(𝑥) = 0 得 e𝑥 −𝑏𝑥−𝑎 = 0 ，设 𝐹(𝑥) = e𝑥 −𝑏𝑥−𝑎 ，则 𝐹′(𝑥) = e𝑥 −𝑏 ，
(i) 若 𝑎 ≤ 1 ,取 𝑏 = 1,𝐹′(𝑥) = e𝑥 −1 ,
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所以 𝑥 ∈ (−∞,0) 时, 𝐹′(𝑥) < 0,𝐹(𝑥) 递减; 𝑥 ∈ (0,+∞) 时, 𝐹′(𝑥) > 0,𝐹(𝑥) 递增.
𝐹(𝑥) = e𝑥 −𝑥 −𝑎 ≥ 1−𝑎 ≥ 0 ,故 𝐹(𝑥) 至多一个零点,
即 𝑔(𝑥) 至多一个零点,不合; .7 分
若 𝑎 > 1 ,因为 𝑏 > 0 ,所以 𝑥 ∈ (−∞,ln𝑏) 时, 𝐹′(𝑥) < 0,𝐹(𝑥) 递减;
𝑥 ∈ (ln𝑏,+∞) 时, 𝐹′(𝑥) > 0,𝐹(𝑥) 递增. 8 分
所以 𝐹(𝑥) = 𝐹(ln𝑏) = 𝑏−𝑏ln𝑏−𝑎 ,设 ℎ(𝑏) = 𝑏−𝑏ln𝑏−𝑎 ,
min
则 ℎ′(𝑏) = −ln𝑏 ,所以 𝑏 ∈ (0,1) 时, ℎ′(𝑏) > 0,ℎ(𝑏) 递增;
𝑏 ∈ (1,+∞) 时, ℎ′(𝑏) < 0,ℎ(𝑏) 递减.
所以 ℎ(𝑏) ≤ ℎ(1) = 1−𝑎 < 0 ,即 𝐹(ln𝑏) < 0 , .9 分
1 1
因为 𝑥 > ln𝑥 ,所以 > ln = −ln𝑥 ,
𝑥 𝑥
故 − 𝑎 < − 1 < ln𝑏,𝑎+𝑏 > 𝑏 > ln𝑏 且 𝐹(− 𝑎 ) = e− 𝑎 𝑏 > 0 ,
𝑏 𝑏 𝑏
因为 e𝑥 > 𝑥2(𝑥 > 0) ,所以 𝐹(𝑎+𝑏) = e𝑎+𝑏 −𝑎(𝑎+𝑏)−𝑎 > (𝑎+𝑏)2 −𝑎𝑏−𝑎2 −𝑎 = 𝑎2 +𝑎𝑏−𝑎 > 0 ,
所以 𝑎 > 1 时,存在两个零点.
故 𝑎 的取值范围是 (1,+∞) . 10 分
(ii) 因为 𝐹(0) = 1−𝑎 < 0 ,由 (i) 知 𝑔(𝑥) 的两个零点异号,不妨设 𝑥 < 0 < 𝑥 , 设
1 2
e𝑥1−𝑎 e𝑥2−𝑎
𝑚 = |𝑥 −𝑥 | = 𝑥 −𝑥 ,因为 𝑏 = = ,
2 1 2 1
𝑥1 𝑥2
e𝑥2−e𝑥1 e𝑥1(e𝑚−1)
所以 𝑏 = = ,
𝑥2−𝑥1 𝑚
e𝑥1(e𝑚−1) e𝑥1−𝑎 e𝑚−1 e𝑥1−𝑎
因为 = ,所以 = , 12 分
𝑚 𝑥1 𝑚 𝑥1e𝑥1
e𝑚−1
由 (1) 知, 𝑦 = 在上 (0,+∞) 递增,
𝑚
所以 𝑚 存在最小值当且仅当 𝑦 存在最小值,
e𝑥−𝑎
即函数 𝐺(𝑥) = 在 (−∞,0) 上存在最小值, 13 分
𝑥e𝑥
因为 𝐺′(𝑥) =
𝑎(𝑥+1)−e𝑥
,设 𝐻(𝑥) = 𝑎(𝑥+1)−e𝑥,𝑥 ∈ (−∞,0) ,
𝑥2e𝑥
则 𝐻′(𝑥) = 𝑎−e𝑥 > 1−e𝑥 > 0 ,所以 𝐻(𝑥) 在 (−∞,0) 上递增,
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1
因为 𝐻(−1) = − < 0,𝐻(0) = 𝑎 −1 > 0 ,
e
所以存在 𝑥 ∈ (−∞,0),𝐻(𝑥 ) = 𝑎(𝑥 +1)−e𝑥0 = 0 ,
0 0 0
当 𝑥 ∈ (−∞,𝑥 ) 时, 𝐺′(𝑥) < 0,𝐺(𝑥) 递减;
0
𝑥 ∈ (𝑥 ,0) 时, 𝐺′(𝑥) > 0,𝐺(𝑥) 递增.
0
所以 𝐺(𝑥) 在 𝑥 = 𝑥 时取得最小值, 15 分
0
e𝑚−1
即 𝑥 = 𝑥 时, 𝑦 = 取得最小值, 𝑚 取得最小值.
1 0
𝑚
此时 𝑏 =
e𝑥0−𝑎
=
𝑎(𝑥0+1)−𝑎
= 𝑎 ,
𝑥0 𝑥0
所以 |𝑥 −𝑥 | 取得最小值时 𝑎 = 𝑏 . 17 分
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