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 = (其中公 i 是虚众数单号位),：则 𝑧 高的共考轭复数试为 卷君
2−i
A. 2−𝑖 B. 2+𝑖 C. 10−5𝑖 D. 10+5𝑖
2. 已知集合 𝐴 = {𝑥| 𝑥+2 ≤ 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 是双曲线上的一
𝑎2 7 1 2
点,且 |𝑀𝐹 | = 5 ，则 |𝑀𝐹 | =
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 2 < 𝑥 ≤ 3 时, 𝑓(𝑥) = log (𝑥−2) ,
2
1
则 𝑓(− ) =
2
A. -1 B. 1 C. 2 D. 36. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度, 余弦距离是检测相似度的常用
方法. 假设二维空间中有两个点 𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 ),𝑂 为坐标原点,定义余弦相似度
1 1 2 2
为 cos(𝐴,𝐵) = cos⟨𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ,𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ⟩ (其中 ⟨𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ,𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ⟩ 为向量 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ,𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ 的夹角),余弦距离为 1−
2 𝜋
cos(𝐴,𝐵) . 已知 𝑀(cos𝛼,sin𝛼),𝑁(0,1) ,若 𝑀,𝑁 的余弦距离为 ,则 sin( −2𝛼) =
5 2
24 7 7 24
A. − B. − C. D.
25 25 25 25
7. 已知正方体 𝐴𝐵𝐶𝐷 −𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 的棱长为 3，点 𝑃 是正方形 𝐴𝐵𝐶𝐷 内(含边界)的一
1 1 1 1
个动点，且满足 𝐴 𝑃 = √13 ，则点 𝑃 的轨迹长为
1
𝜋 𝜋
A. B. C. 𝜋 D. 2𝜋
4 2
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) ,
2
则 𝑎,𝑏,𝑐 的大小关系不可能是
A. 𝑐 > 𝑏 > 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 ∼
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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 136.1 kW⋅hC. 估计该小区有一半左右的居民用户,其月用电量介于 150 kW⋅h 至 250 kW⋅h 之
间
D. 当该小区的月用电标准定在 245.5 kW⋅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 =
sin𝐴sin𝐵 , 则
𝜋
A. 𝐶 =
3
2√7
B. 当 𝑎 = 2𝑏 时, sin𝐴 =
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|
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三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。
6
1
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 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ 与向量 𝐵⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ 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 𝑛16. (本题 15 分)
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 𝐴𝐴 = 2 ，直线 𝐵𝐵 与平面 𝐴𝐵𝐶 所成的角为 60∘ ，求二面角 𝐴−𝐵𝐵 −𝐶 的
1 1 1
平面角的余弦值.
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, 回答错误
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3 2 1
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 、 、 ,乙同学能
4 3 2
1
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、乙同学能正确
2
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.
△𝑀𝐴1𝐷 △𝑁𝐴2𝐷
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
函数 𝑓(𝑥) 在 𝑥 = 0 处的 [𝑚,𝑛] 阶帕德近似定义为: 𝑅(𝑥) =
𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎𝑚𝑥𝑚
, 且
1+𝑏1𝑥+𝑏2𝑥2+⋯+𝑏𝑛𝑥𝑛
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 处的 [2,2] 阶帕德近似为 𝑅(𝑥) =
𝑎0+𝑎1𝑥+ 1
2
𝑥2
.
1+𝑏1𝑥+ 1
6
𝑥2
(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 < 𝑥 < 𝑥 ， 求实数 𝑎 的取值范围,并证明 (𝑎−3)(𝑥 +2𝑥 +𝑥 )+2𝑎 > 0 . 内部
1 2 3 1 2 3
资料・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.
公众号：高考试卷君
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
答案 BCD AD ACD
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
1 2 1 𝑛
为首项,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
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
分
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 𝑛 = 1×22 +2公×23 众+⋯+号𝑛⋅：2𝑛+1 高,② .考9 分 试卷君
①-②得: −𝑅 = 2+22 +23 +⋯+2𝑛 −𝑛⋅2𝑛+1 =
2−2𝑛+1
−𝑛⋅2𝑛+1 = (1−𝑛)2𝑛+1 −
𝑛
1−2
2 ， 10 分
所以 𝑅 = (𝑛−1)2𝑛+1 +2 , 11 分
𝑛
𝑛(𝑛+1)
又 1+2+⋯+𝑛 = , 12 分
2
所以 𝑇 = (𝑛−1)2𝑛+1 +2+ 𝑛(𝑛+1) . 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 𝐴𝐴 = 2 ，直线 𝐵𝐵 与平面 𝐴𝐵𝐶 所成的角为 60∘ ，求二面角 𝐴−𝐵𝐵 −𝐶 的
1 1 1
平面角的余弦值.(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
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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 = 𝐴𝐴 = 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
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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
则 𝐵 𝑂 = 𝐵𝐵 sin60∘ = 𝐴𝐴 sin60∘ = 2× √3 = √3,𝐵𝑂 = 𝐵𝐵 cos60∘ = 2× 1 = 1 , .9 分
1 1 1 1
2 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,建立如图所示的空间
1
直角坐标系,则 𝐵(0,−1,0), 𝐵 (0,0,√3), 𝐶(2√3,1,0), 10 分
1所以 𝐵⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗ = (0,1,√3),𝐵⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = (2√3,2,0) .
1
设平面 𝐵𝐶𝐶 𝐵 的法向量为 𝑚⃗⃗ = (𝑥,𝑦,𝑧) ,
1 1
𝑛⃗ ⋅𝐵⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗ = 𝑦+√3𝑧 = 0
则 { 1 ,
𝑛⃗ ⋅𝐵⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 2√3𝑥 +2𝑦 = 0
取 𝑥 = 1 ,则 𝑦 = −√3,𝑧 = 1 ,
所以 𝑚⃗⃗ = (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 𝑛⃗ = (1,0,0) , 13 分
1 1
|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗ | 1 √5
则 cos < 𝑚⃗⃗ ,𝑛⃗ >= = = , 14 分
|𝑚⃗⃗⃗ ||𝑛⃗ | √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 1
类问题的概率依次为 、 、 ,乙同学能正确回答 A、 B、C 类问题的概率都为 ,
4 3 2 2
总分最高的选手获胜公, 且甲众乙能号正确：回答高问题考的概试率与卷顺序君无关.
(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.
(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，
3 3
𝑃(𝐷) = 𝐶2( 1 ) +𝐶3( 1 ) = 1 . 3 分
3 3
2 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
𝑃(𝑋 = 3) = (1− )× ×(1− ) = , 𝑃(𝑋 = 5) = (1− )×(1− )× +
4 3 2 24 4 3 2
3 2 1 7
× ×(1− ) = ,
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
4 3 2 24 4 3 2 24
分)
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 24 3 2 7 24 3 2 6 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 公3 众2 号7 3：高2 5考3试6 卷1君7 64
法二: 𝑃(𝐸) = × + × + × ×+ × + × ×+ × = 13 分
24 8 24 8 24 8 24 8 24 8 24 8 192
7 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 分别交椭圆于
1 2 1 2
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.
△𝑀𝐴1𝐷 △𝑁𝐴2𝐷
(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 分所以椭圆 𝐶 的标准方程为
𝑥2
+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
𝑃𝐴1
6
𝑃𝐴2
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 2
𝑡 𝑡
tan𝛽−tan𝛼 − 4𝑡 4 √3
则有 tan∠𝐴 𝑃𝐴 = = 2 6 = = ≤ ,
1 2 1+tan𝛼tan𝛽 1+ 𝑡 × 𝑡 12+𝑡2 12 +𝑡 3
6 2 𝑡
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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 − −4𝑡 4 √3
则有 tan∠𝐴 𝑃𝐴 = = 6 2 = = ≤ ,
1 2 1+tan𝛼tan𝛽 1+ 𝑡 × 𝑡 12+𝑡2 − 12 −𝑡 3
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)
联立方程得 { 6 ,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+𝑡2𝑡
𝑦 = (𝑥−2)
联立方程得 { 2 ,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+𝑡2
6𝑡 −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 | = ×| | ,
△𝑀𝐴1𝐷 2 1 1 2 1 2 9+𝑡2
1 1 1 −2𝑡
𝑆 = |𝐴 𝐷|×|𝑦 | = |𝑦 | = ×| | , 15 分
△𝑁𝐴2𝐷 2 2 2 2 2 2 1+𝑡2
3 6𝑡 𝜆 −2𝑡
若 𝑆 = 𝜆⋅𝑆 ,得 ×| | = ×| | ,
△𝑀𝐴1𝐷 △𝑁𝐴2𝐷 2 9+𝑡2 2 1+𝑡2
1+𝑡2 8
化简得 𝜆 = 9| | = 9|1− | , 16 分
公众号：高考试卷君
9+𝑡2 9+𝑡2
由 𝑡2 > 0 ,则 1 < 1− 8 < 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 轴的交
1 1 2 2
点,
𝑥 = 𝑚𝑦+𝑛
联立方程组 { ,消去 𝑥 得 (𝑚2 +4)𝑦2 +2𝑚𝑛𝑦+𝑛2 −4 = 0 ,
𝑥2 +4𝑦2 = 4
2𝑚𝑛 𝑛2−4
所以有 𝑦 +𝑦 = − ,𝑦 𝑦 = , 10 分
1 2 𝑚2+4 1 2 𝑚2+4
直线 𝑃𝐴 的方程为 𝑦 =
𝑦1
(𝑥+2) ,直线 𝑃𝐴 的方程为 𝑦 =
𝑦2
(𝑥 −2) , 11 分
1 2
𝑥1+2 𝑥2−2
𝑦 =
𝑦1
(𝑥+2)
联立方程得 {
𝑥1+2
,解得 𝑥 = −
2(𝑥2𝑦1+𝑥1𝑦2 )−4(𝑦1−𝑦2 )
,
𝑦 =
𝑦2
(𝑥−2) 𝑥2𝑦1−𝑥1𝑦2−2𝑦1−2𝑦2
𝑥2−2
又 𝑥 = 𝑚𝑦 +𝑛,𝑥 = 𝑚𝑦 +𝑛 ,
1 1 2 2
所以点 𝑃 的横坐标为 𝑥 = −
4𝑚𝑦1𝑦2+2𝑡(𝑦1+𝑦2 )−4(𝑦1−𝑦2 )
, 12 分
𝑡(𝑦1−𝑦2 )−2(𝑦1+𝑦2 )2𝑚𝑛 𝑛2−4
代入 𝑦 +𝑦 = − ,𝑦 𝑦 = 得
1 2 𝑚2+4 1 2 𝑚2+4
4𝑚𝑛2−16𝑚 4𝑚𝑛2 16𝑚
𝑥 = − 𝑚2+4 − 𝑚2+4 −4(𝑦1−𝑦2 ) = 4(𝑦1−𝑦2 )+ 𝑚2+4 = 4 = 4 , 13 分
𝑛(𝑦1−𝑦2 )+
𝑚
4𝑚
2+
𝑛
4
𝑛(𝑦1−𝑦2 )+
𝑚
4𝑚
2+
𝑛
4
𝑛
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
△𝑀𝐴1𝐷
2
1 1
2
1 △𝑁𝐴2𝐷
2
2 2
2
2
𝜆 𝜆
𝑆 = 𝜆⋅𝑆 ,即 |𝑦 | = |𝑦 | ,由图可知 𝑦 ,𝑦 异号,即 𝑦 = − 𝑦 ,
△𝑀𝐴1𝐷 △𝑁𝐴2𝐷 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
公众号：高考试卷君
化简得 𝑚2 = −
4(3−𝜆)2
. 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: 𝑅(𝑥) =
𝑃𝑚 (𝑥)
=
𝑄𝑛 (𝑥)
𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎𝑚𝑥𝑚
,且满足 𝑓(0) = 𝑅(0) , 𝑓′(0) = 𝑅′(0),𝑓(2)(0) =
1+𝑏1𝑥+𝑏2𝑥2+⋯+𝑏𝑛𝑥𝑛
′ ′
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 𝑅(𝑥) =
𝑎0+𝑎1𝑥+ 1
2
𝑥2
.
1+𝑏1𝑥+ 1
6
𝑥2
(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 < 𝑥 < 𝑥 ，求实数 𝑎 的取值范围,并证明 (𝑎−3)(𝑥 +2𝑥 +𝑥 )+2𝑎 > 0 .
1 2 3 1 2 3(1) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥+1),𝑓′(𝑥) = 1 ,𝑓(2)(𝑥) = − 1 , 𝑓(0) = 0,𝑓′(0) = 1,𝑓(2)(0) =
𝑥+1 (𝑥+1)2
−1,𝑅(0) = 𝑎 = 0, 1 分
0
所以 𝑅(𝑥) =
𝑎1𝑥+ 1
2
𝑥2
,𝑅′(𝑥) =
( 𝑏
2
1− 𝑎
6
1)𝑥2+𝑥+𝑎1
,𝑅′(0) = 𝑎 = 1 , .2 分
1+𝑏1𝑥+ 1 6 𝑥2 (1+𝑏𝑥+ 1 6 𝑥2) 2 1
所以 𝑅′(𝑥) =
( 𝑏
2
1− 1
6
)𝑥2+𝑥+1
,𝑅(2)(𝑥) =
− 1
6
(𝑏1− 1
3
)𝑥3− 1
2
𝑥2−𝑥−2𝑏1+1
, .3 分
(1+𝑏1𝑥+ 1
6
𝑥2) 2 (1+𝑏1𝑥+ 1
6
𝑥2) 3
𝑅(2)(0) = 1−2𝑏 = −1 ,所以 𝑏 = 1 , .4 分
1 1
𝑥+ 1 𝑥2 6𝑥+3𝑥2
(2)由(1)得: 𝑅(𝑥) = 2 = .
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 ,
又 𝑔′(𝑥) = 1 − 𝑘(12𝑥2+36𝑥+36) ,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,即当公 𝑘 ≤众1 时号,不等：式 𝑓高(𝑥) ≥考𝑘 ⋅试𝑅(𝑥)卷 恒成君立,
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 0 < 𝑘 ≤ 1 时, 𝑔(𝑥) = ln(𝑥+1)− ≥ ln(𝑥+1)− ,
6+6𝑥+𝑥2 6+6𝑥+𝑥2
6𝑥+3𝑥2
令 𝐴(𝑥) = ln(𝑥+1)− ,𝑥 ≥ 0 , .8 分
6+6𝑥+𝑥2
𝐴′(𝑥) = 1 − 12𝑥2+36𝑥+36 = 𝑥4 ,所以 𝐴′(𝑥) ≥ 0 ,
𝑥+1 (6+6𝑥+𝑥2) 2 (𝑥+1)(6+6𝑥+𝑥2) 2
则 𝐴(𝑥) 在 [0,+∞) 单调递增,又 𝐴(0) = 0 ,
6𝑥+3𝑥2
所以 𝐴(𝑥) ≥ 0 恒成立,即 ln(𝑥+1)− ≥ 0 在 [0,+∞) 上成立,
6+6𝑥+𝑥2
𝑘(6𝑥+3𝑥2)
则有 𝑔(𝑥) = ln(𝑥+1)− ≥ 0 成立,充分性得证, .9 分所以当 𝑘 ≤ 1 时,不等
6+6𝑥+𝑥2
式 𝑓(𝑥) ≥ 𝑘⋅𝑅(𝑥) 恒成立. 10 分(3)由 ℎ(𝑥) = (𝑥2 −1)[ln𝑥− 𝑎(𝑥−1) ] ,设 𝑡(𝑥) = ln𝑥 − 𝑎(𝑥−1) , 𝑥 > 0 11 分 𝑡′(𝑥) = 1 −
𝑥+1 𝑥+1 𝑥
2𝑎 𝑥2+2(1−𝑎)𝑥+1
= , 𝑥 > 0,
(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 0 < 𝑎 ≤ 2 ,
此时 𝜑′(𝑥) ≥ 0 恒成立, 𝑡′(𝑥) ≥ 0 ,则 𝑡(𝑥) 在 (0,+∞) 上单调递增,不满足题意,
当 𝑎 > 2 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 ,
1 2 1 2 1 2
12 分令 0 < 𝑡 < 1 < 𝑡 ,
1 2
当 𝑥 ∈ (0,𝑡 ) 时, 𝜑(𝑥) > 0,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) = 0,0 < 𝑡 < 1 < 𝑡 ,所以 𝑡(𝑡 ) > 0,𝑡(𝑡 ) < 0 , 13 分
1 2 1 2
公众号：高考试卷君
又 𝑡(𝑒−𝑎) = ln𝑒−𝑎 −𝑎( 𝑒−𝑎−1 ) = − 2𝑎 < 0,𝑡(𝑒𝑎) = ln𝑒𝑎 −𝑎( 𝑒𝑎−1 ) = 2𝑎 > 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 < 𝑥 < 𝑥 ,所以 𝑥 = 1,𝑒−𝑎 < 𝑥 < 1 < 𝑥 < 𝑒𝑎 ,
1 2 3 2 1 3
法一: 由于 ln𝑥 =
𝑎(𝑥1−1)
,ln𝑥 =
𝑎(𝑥3−1)
,
1 3
𝑥1+1 𝑥3+1
1 1
𝑎(1− ) 𝑎( −1)
可得 −ln 1 = 𝑎(𝑥1−1) ,即 ln 1 = − 𝑥1 = 𝑥1 ,
𝑥1 𝑥1+1 𝑥1 1+ 1 1+ 1
𝑥1 𝑥1
1 1
由 > 1 可得 = 𝑥 ,即 𝑥 𝑥 = 1 , .15 分
3 1 3
𝑥1 𝑥1
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
由于 𝑥 > 1 ,所以
𝑎(𝑥3−1)
= ln𝑥 >
3𝑥
3
2−3
, 16 分
3 𝑥3+1 3 𝑥
3
2+4𝑥3+1
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 31
可化为 (𝑎−3)(𝑥 + )+4𝑎−6 > 0 ,
3
𝑥3
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 < 𝑥 < 𝑥 ,所以 𝑥 = 1,𝑒−𝑎 < 𝑥 < 1 < 𝑥 < 𝑒𝑎 ,
1 2 3 2 1 3
6𝑥+3𝑥2
由(2)可知, 𝐴(𝑥) = ln(𝑥+1)− ,𝑥 > −1 ,
6+6𝑥+𝑥2
𝐴′(𝑥) = 1 − 12𝑥2+36𝑥+36 = 𝑥4 ,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 > ,
公𝑥众2+4𝑥+号1 ：高考试卷君
所以 𝑎(𝑥3−1) = ln𝑥 > 3𝑥 3 2−3 ,化简得 (𝑎−3)𝑥2 +(4𝑎−6)𝑥 −2 > 0 ,
𝑥3+1 3 𝑥
3
2+4𝑥3+1 3 3
𝑎(𝑥1−1) = ln𝑥 < 3𝑥 1 2−3 ,化简得 (𝑎−3)𝑥2 +(4𝑎−6)𝑥 −2 < 0 ,
𝑥1+1 1 𝑥
1
2+4𝑥1+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) =
2
ℎ(𝑐) ,则 𝑎,𝑏,𝑐 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 0 < 公 𝑎,𝑏 众 < 1 号时,有： 𝑐 > 高 𝑎 > 考 𝑏 . 试卷君
当 1 < 𝑏,𝑐 < 4 ,有 𝑐 > 𝑏 > 𝑎 ,当 4 < 𝑏,𝑐 < 16 ,有 𝑏 > 𝑐 > 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 =
sin𝐴sin𝐵 , 则
𝜋
A. 𝐶 =
3
2√7
B. 当 𝑎 = 2𝑏 时, sin𝐴 =
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 ,
sin𝐴 sin𝐵 sin𝐶
代入条件得 𝑎2 +𝑏2 −𝑐2 = 𝑎𝑏 ,由余弦定理, cos𝐶 = 𝑎2+𝑏2−𝑐2 = 𝑎𝑏 = 1 ,
2𝑎𝑏 2𝑎𝑏 2
𝜋
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 = ,sin𝐴 = 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
2
1 √3 √3 𝑎+𝑏
△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 = ,
sin𝐴 sin𝐵
2𝜋 √3 1
𝑏 sin𝐵 sin( −𝐴) cos𝐴+ sin𝐴 √3 1
得 = = 3 = 2 2 = + ,
𝑎 sin𝐴 sin𝐴 sin𝐴 2tan𝐴 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 tan𝐴 ∈ ( ,+∞) ,所以 ∈ (0, ) ,故 ∈ ( ,2) . D 正确.
3 2tan𝐴 2 𝑎 2
𝜋 𝜋 𝜋 2𝜋
解法二: 由 △𝐴𝐵𝐶 为锐角三角形且 𝐶 = ,得 0 < 𝐴 < ,0 < 𝐵 < ,且 𝐴+𝐵 = ,
3 2 2 3
𝑏2+𝑐2−𝑎2
> 0
则 {
cos𝐴 > 0
,由余弦
公
定理
众
得 {
号
2𝑏𝑐
：高
,即
考
{
𝑏2试+𝑐2卷> 𝑎2君
.
cos𝐵 > 0 𝑎2+𝑐2−𝑏2 𝑎2 +𝑐2 > 𝑏2
> 0
2𝑎𝑐
结合 𝑎2 +𝑏2 −𝑐2 = 𝑎𝑏 ,化简得 𝑏 ∈ ( 1 ,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 = 𝑚𝑦 +2,𝑥 = 𝑚𝑦 +2 ,
1 1 2 2
所以有 𝑥 +𝑥 = 𝑚(𝑦 +𝑦 )+4 = 2𝑚2 +4 ,
1 2 1 2𝑥 𝑥 = (𝑚𝑦 +2)(𝑚𝑦 +2) = 𝑚2𝑦 𝑦 +2𝑚(𝑦 +𝑦 )+4 = 4 ,
1 2 1 2 1 2 1 2
选项 A: 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ = (𝑥 ,𝑦 ),𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ = (𝑥 ,𝑦 ) ,
1 1 2 2
𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ = 𝑥 𝑥 +𝑦 𝑦 = 4−4 = 0 ,所以 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⊥ 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ,即 △𝑂𝐴𝐵 是直角三角形, A 正
1 2 1 2
确.
选项 B: 由 𝐴,𝐵 的中点坐标 𝑄( 𝑥1+𝑥2, 𝑦1+𝑦2) ,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 ,
代入上式可得 𝑦2 −2𝑚𝑦+𝑚2 = 0 ,解得 𝑦 = 𝑚 ,即点 𝑃(
𝑚2
,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
公众号：高考试卷君
2
点 𝑂 到原点的距离为 𝑑 = ,所以 𝑑 ≥ 𝑑
2 1 2
√𝑚2+1
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 .
如图,在圆锥轴截面 𝑃𝐴𝐵 中, cos∠𝑃𝐴𝐵 =
𝐴𝑂1
=
𝑟
=
1
,则 ∠𝑃𝐴𝐵 =
𝜋
,
𝑃𝐴 𝑙 2 3𝜋
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 .
2
设正方体的棱长为 𝑎 ,则 𝑎2 +𝑎2 +𝑎2 = (2√3) ,
解得 𝑎 = 2 ,所以正方体的体积为 𝑉 = 𝑎3 = 8 .
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