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临门押题·数学１～４参考答案
数学（一）
１．Ｃ 因为狓２－１４狓＋４０＝０，解得狓＝４或狓＝ 犫２ 犫２
１０，所以犃＝｛４，１０｝，因为犃犅，所以犪＋１ ２犪＋
犪
，所以２犪＋
犪
＝２
＝１０或犪２＋１＝１０，解得犪＝９或犪＝－３或犪 犫２
＝３，经检验：当犪＝３时，犅＝｛４，４，１０｝与集合 × ，整理得２犪２＝犫２，因
犪
中元素的互异性矛盾，所以实数犪的取值集
为犪２＋犫２＝犮２，所以３犪２＝
合为｛－３，９｝，故选Ｃ．
犮２，解得犲＝槡３，故选Ｂ．
狕
２．Ｂ 因为狕 ＝狕（犪＋犫ｉ），所以犪＋犫ｉ＝ １ ＝ ８．Ｃ 因为ｌｎ狓＋狓＋狔＝
１ ２ 狕
２ ｅ４－狔＋４，所以ｌｎ狓＋狓＝
槡２＋４ｉ
＝
（槡２＋４ｉ）（２－槡２ｉ）
＝
６槡２＋６ｉ
＝槡２
ｅ４－狔＋４－狔＝ｅ４－狔＋ｌｎｅ４－狔，令犳（狓）＝ｌｎ狓＋
２＋槡２ｉ （２＋槡２ｉ）（２－槡２ｉ） ６ 狓（狓＞０），所以犳（狓）＝犳（ｅ４－狔），因为犳′（狓）
＋ｉ，所以犪＝槡２，犫＝１，则犪２＋犫＝３，故选Ｂ．
＝
１
＋１＞０恒成立，所以犳（狓）在（０，＋∞）上
３．Ａ 因为随机变量犡 服从正态分布犖（１， 狓
σ２），所以犘（犡＜１－σ）＝犘（犡＞１＋σ）＝狓， 单调递增，所以狓＝ｅ４－狔，所以ｌｎ狓＝４－狔，所
所以犘（１－σ＜犡＜１＋σ）＝１－２狓，所以狓· ４ ４ ４
以ｌｎ狓－ ＝４－狔－ ，令犵（狔）＝４－狔－
犘（１－σ＜犡＜１＋σ）＝狓（１－２狓）＝－２狓２＋ 狔２ 狔２ 狔２
１ １ ８ ８－狔３
狓，因为０＜狓＜ ，所以当狓＝ 时，取得最大 （狔＞０），所以犵′（狔）＝－１＋ ＝ ，当０
２ ４ 狔３ 狔３
１ ＜狔＜２时，犵′（狔）＞０，所以犵（狔）在（０，２）上
值为 ，故选Ａ．
８ 单调递增，当狔＞２时，犵′（狔）＜０，所以犵（狔）
４．Ａ ３名游客，４个主题，每人至少从中选择一 在（２，＋∞）上单调递减，所以狔＝２时，犵（狔）
个主题体验且每个主题都恰有１人体验，则必 取得最大值为犵（２）＝１，故答案为Ｃ．
有１名游客选择２个主题，其余２人各选择１ ９．ＡＢＤ 对于Ａ，由犪 ＝犪 ·犪２ （狀≥２），又
狀＋１ 狀 狀－１
个主题，则体验方法的总数为 Ｃ１Ｃ２Ａ２＝３６ 犪＝１，犪＝２，所以犪，犪＞０，易得犪 ＞０，故
３ ４ ２ １ ２ １ ２ 狀
种，故选Ａ． Ａ正确；对于Ｂ，因为犪＝１，犪＝２，犪 ＝犪
１ ２ 狀＋１ 狀
５．Ｄ 设犘（４＋ｃｏｓθ，ｓｉｎθ），所以犗 犘 → ＝（４＋ｃｏｓ ·犪 狀 ２ －１ ，所以犪 ３ ＝犪 ２ 犪２ １ ＝２，犪 ４ ＝犪 ３ 犪２ ２ ＝８，所
→ 以犪＝犪３，故Ｂ正确；对于Ｃ，由犪 ＝犪 ·
θ，ｓｉｎθ），因为犙（１，槡３），所以犗犙＝（１，槡３）， ４ ２ 狀＋１ 狀
→ → 犪２ 得犪 ·犪 ＝犪２·犪２ ，两边同时取以
所以犗犘·犗犙＝４＋ｃｏｓθ＋槡３ｓｉｎθ＝４＋２ｓｉｎ
２
狀－
为
１
底 的
狀＋１
对 数
狀
得ｌ
狀
ｏｇ
狀
（犪
－１
·犪）＝ｌｏｇ
（θ＋ π ），所以当ｓｉｎ（θ＋ π ）＝１时，犗 犘 → ·犗 犙 → （犪 狀 ２·犪 狀 ２ －１ ）＝２ｌｏｇ ２ （犪 ２ 狀 ·犪 狀＋ 狀 １ －１ ）， 狀 即 犫 狀 ＝ ２
６ ６ ２犫 （狀≥２），又犫 ＝ｌｏｇ （犪犪）＝ｌｏｇ２＝１
取得最大值６，故选Ｄ． 狀－１ １ ２ １ ２ ２
犫
６．Ｃ 依题意，狋＝０时，狔＝０．９，则０．９＝０．０５＋ ≠０，所以犫 ≠０，所以 狀 ＝２，所以数列
狀 犫
狋 狀－１
λ，解得λ＝０．８５，所以狔＝０．０５＋０．８５ｅ －５０，当 ｛犫｝是以１为首项，２为公比的等比数列，故
狀
狔＝０．１时，可得０．１＝０．０５＋０．８５ｅ －５
狋
０，所以 Ｃ不正确；对于Ｄ，由Ｃ知犛 ＝
１×（１－２８）
＝
８ １－２
ｅ －５ 狋 ０＝ １ ，所以－ 狋 ＝ｌｎ １ ＝－ｌｎ１７，故狋＝５０ ２８－１＝２５５，故Ｄ正确；故选ＡＢＤ．
１７ ５０ １７
×ｌｎ１７≈５０×２．８３３＝１４１．６５，故降至０．１％ １０．ＡＢＤ 对于 Ａ，在函数狔 １ ＝ｅ狓 的图像上任
需要至少１４２分钟．故选Ｃ．
取一点犘（狓
０
，狔
０
），设点犘（狓
０
，狔
０
）关于直线
７．Ｂ 因为直线犘犉 与以犉 为圆心，犗犉 为半
狔＝狓对称的点为犙（狓，狔），则狔＝狓
０
，狓＝
径的圆相切，所以 １ 圆的半径 ２ 狉＝犮，又｜犉 ２ １ 犉 ２ ｜ 狔 ０ ，因为狔 ０ ＝ｅ 狓０，所以狓＝ｅ狔，所以狔＝ｌｎ狓，
＝２犮，所以∠犘犉
１
犉
２
＝３０°，所以｜犘犉
１
｜＝ 所以点犙（狓，狔）在函数狔
２
＝ｌｎ狓的图像上，
２｜犘犉｜，因为犘犉 ⊥狓轴，所以当狓＝犮时， 所以函数狔 ＝ｅ狓 与狔 ＝ｌｎ狓的图像关于直
２ ２ １ ２
犮２ 狔２ 犫２ 线狔＝狓对称，故 Ａ 正确；对于Ｂ，当狋＝１
有 犪２ － 犫２ ＝１，解得狔＝± 犪 ，所以｜犘犉 ２ ｜＝ 时，设函数犳（狓）＝ｅ狓＋狓－１，所以犳′（狓）＝
犫２
ｅ狓＋１＞０在犚上恒成立，所以函数犳（狓）＝
犪
，因为｜犘犉
１
｜－｜犘犉
２
｜＝２犪，所以｜犘犉
１
｜＝ ｅ狓＋狓－１在犚上单调递增，又犳（０）＝０，所
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 １ 页 （共２４页 ）
书书书以函数犳（狓）＝ｅ狓＋狓－１的零点有且只有一 ＋狔２＝５，其圆心犆 （３，０），半径狉＝槡５，设
１
０
个
；
，
设
为
函
狓
数
＝
犵
０
（
，
狓
即
）
方
＝ｌ
程
ｎ狓
ｅ狓
＋
＋
狓
狓
－
＝
１
１
，所
的
以
根
犵′
为
（狓
狓 １
）
＝
＝ 狓
狔
＋２
＝犽，即犽狓－狔＋２犽＝０，所以点犘（狓，
１
＋１＞０在（０，＋∞）上恒成立，所以函数犵
狔）在直线犽狓－狔＋２犽＝０上，所以直线犽狓－
狓 狔＋２犽＝０和圆犆 有交点，所以圆心犆 到
１ １
（狓）＝ｌｎ狓＋狓－１在（０，＋∞）上单调递增， ｜５犽｜
又犵（１）＝０，所以函数犵（狓）＝ｌｎ狓＋狓－１ 直线犽狓－狔＋２犽＝０的距离犱＝ ≤
槡犽２＋１
的零点有且只有一个，为狓＝１，即方程ｌｎ狓
１ １ １
＋狓＝１的根为狓 ２ ＝１，所以狓 １ ＋狓 ２ ＝１，故Ｂ 槡５，化简得犽２≤ ，解得－ ≤犽≤ ，故Ｂ
正确；对于Ｃ，令犺（狓）＝ｅ狓－ｌｎ狓，所以犺′ ４ ２ ２
正确；对于Ｃ，因为圆心犆 到直线狓＋２狔＋５
１ １ ２
（狓）＝ｅ狓－ ，显然函数犺′（狓）＝ｅ狓－ 在 ９＋６＋５
狓 狓 ＝０的距离犇＝ ＝４槡５＞槡５，所以点
１ 槡５
（０，＋∞）上单调递增，又犺′（
２
）＝槡ｅ－２＜
犙到直线狓＋２狔＋５＝０的距离的最小值，等
０，犺′（１）＝ｅ－１＞０，所以存在唯一的狓 ∈
于圆心犆
２
到狓＋２狔＋５＝０的距离减去其半
０
（ １
２
，１），使得犺′（狓
０
）＝０，此时ｅ 狓０＝
狓
１
０
，则 径
确
，
；
所
对
以
于
最
Ｄ
小
，设
值
点
为
犘
４槡
到
５
圆
－
心
槡５
犆
＝
２
３
的
槡５
距
，
离
故
为
Ｃ
犱
正
，
１ 圆的半径为犚＝槡５，∠犃犘犆 ＝θ，则∠犃犘犅
狓＝ｌｎ ＝－ｌｎ狓，当０＜狓＜狓 时，犺′（狓） ２
０ 狓 ０ ０ 犚 槡５
＜０，当狓 ０ ＞狓 ０ 时，犺′（狓）＞０，所以当狓＝狓 ０ ＝２θ，所以ｓｉｎθ＝ 犱 ＝ 犱 ，则ｃｏｓ２θ＝１－２
时，函数犺（狓）＝ｅ狓－ｌｎ狓取得极小值，所以
１０ → → →
犿＝ｅ 狓０－ｌｎ狓 ＝ １ ＋狓，令狆（狓）＝ １ ＋狓
ｓｉｎ２θ＝１－
犱２
，所以犘犃·犘犅＝｜犘犃｜·
０ 狓 ０ 狓 →
０ ｜犘犅｜ｃｏｓ∠犃犘犅＝｜犘犃｜２ｃｏｓ２θ＝（犱２－５）
１ １ 狓２－１
（ ２ ＜狓＜１），所以狆′（狓）＝－ 狓２ ＋１＝ 狓２ （１－ 犱 １０ ２ ）＝犱２＋ 犱 ５０ ２ －１５，因为｜犆 １ 犆 ２ ｜＝
１
＜０在狓∈（ ，１）上恒成立，所以函数狆（狓） 槡（９－３）２＋（３－０）２＝３槡５，所以｜犆犆｜－
２ １ ２
１ １ 槡５≤犱≤｜犆 １ 犆 ２ ｜＋槡５，即２槡５≤犱≤４槡５，所
＝ ＋狓在狓∈（ ，１）上单调递减，所以狆 ５０
狓 ２ 以２０≤犱２≤８０，因为犱２＋ ≥１０槡２，当且
（狓）＞狆（１）＝２，即犿＞２，故Ｃ不正确；对于 犱２
Ｄ，令犳（狓）＝狓＋ｅ狓，得犳′（狓）＝１＋ｅ狓＞０，
仅当犱２＝
５０
，即犱２＝５槡２时，等号成立，因
所以犳（狓）在犚上单调递增，令犵（狓）＝狓＋ 犱２
ｌｎ狓，得狓＞０，且犵′（狓）＝１＋
１
＞０，所以犵
为５槡２＜２０，所以最小值取不到，又因为犱２
狓 ５０
（狓）在（０，＋∞）上单调递增，因此对任意狋＞ ＋
犱２
在［２０，８０］上单调递增，所以当犱２＝２０
０，狓
１
和狓
２
都是唯一的，由题意犳（狓
１
）＝狓
１ １５
＋ｅ 狓１＝狋，犵（狓 ２ ）＝狓 ２ ＋ｌｎ狓 ２ ＝狋，即ｌｎ狓 ２ ＝狋 时，取最小值为 ２ ，故Ｄ不正确，故选ＢＣ．
－狓，则狓 ＝ｅ 狋－狓２，故狋＝狓 ＋（狋－狓）＝ １２．±２ 因为（１＋狓）３ 的展开式中狓２ 的系数为
２ ２ ２ ２
ｅ 狋－狓２＋（狋－狓 ２ ），故狋＝ｅ 狋－狓２＋（狋－狓 ２ ）＝犳（狋 Ｃ２ ３ ＝３，（犪＋狓）４ 的展开式中狓２ 的系数为
－狓），根据犳（狓）＝狓 ＋ｅ 狓１＝狋的狓 是唯 Ｃ２ ４ 犪２＝６犪２，（１＋狓）５ 的展开式中狓２ 的系数
一的 ２ ，得狋－狓 ＝狓 １ ，即 １ 狓 ＋狓 ＝狋，故 １ 狓 ＋ 为 Ｃ２ ５ ＝１０，所 以 （１＋狓）３ ＋ （犪＋狓）４ ＋
狓－ｌｎ狋＝狋－ｌ ２ ｎ狋，狋 １ ＞０，令 １ 犺（狋） ２ ＝狋－ｌｎ狋，狋 １ ＞ （１＋狓）５ 的展开式中狓２ 的系数为３＋６犪２＋
２
１ 狋－１
１０＝６犪２＋１３，所以６犪２＋１３＝３７，即犪２＝４，
０，则犺′（狋）＝１－ ＝ ，由犺′（狋）＝０得狋 解得犪＝±２，故答案为±２．
狋 狋
＝１，当０＜狋＜１时，犺′（狋）＜０，犺（狋）在（０，１）
１３．［
３
，１） 由椭圆的性质知犪－犮≤｜犘犉｜≤犪
上单调递减；当狋＞１时，犺′（狋）＞０，犺（狋）在 ５
（１，＋∞）上单调递增；故当狋＝１时，犺（狋）取 ＋犮，所以２－犮≤２犫≤２＋犮，所以４－４犮＋犮２
得最小值犺（１）＝１－ｌｎ１＝１，故Ｄ正确；故选 ≤４犫２≤４＋４犮＋犮２，因为犫２＝犪２－犮２＝４－
ＡＢＤ． 犮２，所以４－４犮＋犮２≤１６－４犮２≤４＋４犮＋犮２，
１１．ＢＣ 对于 Ａ，因为曲线犆
１
表示圆，所以３６
即
｛４－４犮＋犮２≤１６－４犮２
， 整 理 得
－４犿＞０，解得犿＜９，故Ａ不正确；对于Ｂ， １６－４犮２≤４＋４犮＋犮２
当犿＝４时，狓２＋狔２－６狓＋４＝０，即（狓－３）２
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 ２ 页 （共２４页 ）｛５犮２－４犮－１２≤０ ６ ３ 犪 犫 犮
，解得 ≤犮≤２，所以 ≤ 弦定理 ＝ ＝ ＝２犚，得
５犮２＋４犮－１２≥０ ５ ５ ｓｉｎ犃 ｓｉｎ犅 ｓｉｎ犆
犮
≤１，因为犲＝
犮
，且０＜犲＜１，所以
３
≤犲＜
槡３（ｓｉｎ犆ｃｏｓ犃－ｓｉｎ犅）＝ｓｉｎ犃ｓｉｎ犆（），
２ ２ ５ 因为犃＋犅＋犆＝π，所以ｓｉｎ犅＝ｓｉｎ（π－犃
３ －犆）＝ｓｉｎ（犃＋犆）
１，故答案为［ ，１）．
５ ＝ｓｉｎ犃ｃｏｓ犆＋ｃｏｓ犃ｓｉｎ犆，代入（）式得－
２狀２＋３狀 槡３ｓｉｎ犃ｃｏｓ犆＝ｓｉｎ犃ｓｉｎ犆，
１４． 由题意知｜犃×犃｜＝Ｃ１Ｃ１＝狀２，｜
狀＋１ 狀 狀 因为０＜犃＜π，所以ｓｉｎ犃＞０，所以ｓｉｎ犆＝
犅×犅｜＝Ｃ１ Ｃ１ ＝（狀＋１）２，｜犃×犅｜＝ －槡３ｃｏｓ犆＞０，
狀＋１ 狀＋１
Ｃ
狀
１Ｃ
狀
１
＋１
＝ 狀 （狀 ＋ １），所 以 犮
狀
＝ 所以ｔａｎ犆＝－槡３，因为０＜犆＜π，所以犆＝
｜犃×犃｜＋｜犅×犅｜ 狀２＋（狀＋１）２ ２π
＝ ＝ ；……………………………………… ５分
｜犃×犅｜ 狀（狀＋１） ３
２狀２＋２狀＋１ １ １ １ 犆犃 犃犇
＝２＋ ＝２＋ － ， （２）①因为犆犇平分∠犃犆犅，所以 ＝ ，
狀（狀＋１） 狀（狀＋１） 狀 狀＋１ 犆犅 犇犅
所以犛 ＝犮＋犮＋犮＋…＋犮＝２狀＋（１－ 犫 犮－犅犇 犪犮
狀 １ ２ ３ 狀 即 ＝ ，解得犅犇＝ ，
１ ）＋（ １ － １ ）＋…＋（ １ － １ ）＝２狀＋１ 犪 犇犅 犪＋犫
２ ２ ３ 狀 狀＋１ 犪犮 犪（犪＋犫＋犮）
１ ２狀２＋３狀 ２狀２＋３狀 所以犅犇＋犅犆＝ 犪＋犫 ＋犪＝ 犪＋犫 ，
－ ＝ ；故答案为 ．
狀＋１ 狀＋１ 狀＋１ １
１５．（１）２×２列联表如下： 又犛 △犃犅犆 ＝犛 △犃犆犇 ＋犛 △犅犆犇 ，所以 ２ 犪犫ｓｉｎ犆＝
满意 不满意 合计 １ １
犫·犆犇ｓｉｎ ∠犃犆犇 ＋ 犪·犆犇ｓｉｎ
２ ２
新能源汽车犃款 ８０ ２０ １００ ∠犅犆犇，
新能源汽车犅款 ７０ ３０ １００ 因为犆＝ ２π ，所以∠犃犆犇＝∠犅犆犇＝ π ，所
３ ３
合计 １５０ ５０ ２００
槡３
零假设犎 ：新能源汽车的款型对满意度没 以ｓｉｎ犆＝ｓｉｎ∠犃犆犇＝ｓｉｎ∠犅犆犇＝ ，
０ ２
有影响．
犪犫
２００×（８０×３０－７０×２０）２ ８ 所以犪犫＝（犪＋犫）·犆犇，所以犆犇＝ ；
χ２＝ ＝ ≈２．６６７ 犪＋犫
１００×１００×１５０×５０ ３ …………………………………… １０分
＜２．７１，
犅犇＋犅犆 犪＋犫＋犮 犪＋犮
根据小概率值α＝０．１０的独立性检验，推断 ②由①知 ＝ ＝１＋ ＝１
犆犇 犫 犫
犎 成立，
０ ｓｉｎ犃＋ｓｉｎ犆 ｓｉｎ（犅＋犆）＋ｓｉｎ犆
所以没有９０％的把握认为新能源汽车的款 ＋ ＝１＋
型对满意度有影响；…………………… ６分 ｓｉｎ犅 ｓｉｎ犅
（２）记事件犃为“被调查的两人选择新能源 ｓｉｎ犅ｃｏｓ犆＋ｃｏｓ犅ｓｉｎ犆＋ｓｉｎ犆
＝１＋
汽车款型一致”，事件犅为“他们对该新能源 ｓｉｎ犅
汽车款型均满意”，则 槡３ １
犘（犃）＝ Ｃ２ １００ ＋Ｃ２ １００ ＝ ９９ ， ＝１＋ ２ （１＋ｃｏｓ犅）－ ２ ｓｉｎ犅
Ｃ２ １９９ ｓｉｎ犅
２００
Ｃ２ ＋Ｃ２ ２２３ 犅 犅 犅
犘（犃犅）＝ ８０ ７０ ＝ ， 槡３ｃｏｓ２ －ｓｉｎ ｃｏｓ
Ｃ２ ４×１９９ ２ ２ ２
２００ ＝１＋
犘（犃犅） ２２３ １９９ 犅 犅
所以犘（犅｜犃）＝ ＝ × ＝ ２ｓｉｎ ｃｏｓ
犘（犃） ４×１９９ ９９ ２ ２
２２３ 犅 犅
， 槡３ｃｏｓ －ｓｉｎ
３９６ ２ ２ 槡３ １
＝１＋ ＝ ＋ ，
所以在被调查的两人选择新能源汽车款型
犅 犅 ２
一致的条件下，他们对该新能源汽车款型均 ２ｓｉｎ ２ｔａｎ
２ ２
２２３
满意的概率为
３９６
．…………………… １３分
因为０＜犅＜
π
，所以０＜
犅
＜
π
，所以０＜
３ ２ ６
１６．（１）因为槡３（犮ｃｏｓ犃－犫）＝犪ｓｉｎ犆，所以由正
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犅 槡３ １ （０，０，２），犌犉＝（１，２，－２），
ｔａｎ ＜ ，所以 ＞槡３， →
２ ３ 犅 由（１）知犈犉＝（－１，１，０），平面犇犉犌的一个
ｔａｎ →
２ 法向量为犆犈＝（２，－１，０），
槡３ ３ 犅犇＋犅犆 设平面犈犉犌的一个法向量为犿＝（狓，狔，
所以 ＞ ，即 ＞２， → １ １
犅 ２ 犆犇 ｛犿·犈犉＝０
２ｔａｎ ２ 狕 １ ），则 犿·犌 犉 → ＝０ ，
所以 犅犇＋犅犆 的取值范围是（２，＋∞）． … 所以 ｛－狓 １ ＋狔 １ ＝０ ，取狔 ＝２，则狓 ＝
犆犇 狓＋２狔－２狕＝０ １ １
１ １ １
…………………………………… １５分 ２，狕＝３，所以犿＝（２，２，３），
１
１７．（１）因为四棱锥犘－犃犅犆犇中，底面犃犅犆犇 设平面犇犉犌与平面犈犉犌夹角为α，
是
所
边
以
长
以
为
｛犇
２
犃 →
的
，犇
正
犆 →
方
，
形，犘犇⊥平面犃犅犆犇，
所以｜ｃｏｓ〈犆 犈 → ，犿〉｜＝ ｜犆
犈
→
→ ·犿｜
→ ｜犆犈｜｜犿｜
犇犘｝为正交基底建
立如图所示的空间 ＝
｜４－２｜
＝
２槡８５
，
直角坐标系， 槡５×槡１７ ８５
则犘（０，０，犪），犅
→ ２槡８５
（２，２，０），犆（０，２， 所以ｃｏｓα＝｜ｃｏｓ〈犆犈，犿〉｜＝ ，
８５
０），犈（２，１，０），犉
所以平面犇犉犌与平面犈犉犌夹角的余弦值
（１，２，０），
２槡８５
犌（０，０，
犪
），所以
为
８５
．……………………………… １５分
２
→ → → １８．（１）因为动点犕（狓，狔）（狔≠０）到点犉（１，０）
犆犈＝（２，－１，０），犇犉＝（１，２，０），犇犌＝（０，
的距离与点犕到狔轴的距离之差为１，
犪
０， ）， 所 以 槡（狓－１）２＋狔２ －｜狓｜＝１，所 以
２
所以犆
犈
→
·犇
犉
→
＝２×１＋（－１）×２＝０，
槡（狓－１）２＋狔２＝｜狓｜＋１，
→ → 犪
两边平方得狔２＝２狓＋２｜狓｜，当狓≤０时，狔＝
犆犈·犇犌＝２×０＋（－１）×０＋０× ＝０， ０，这与狔≠０矛盾，故舍去，
２
→ → → → 当狓＞０时，狔２＝４狓，
所以犆犈⊥犇犉，犆犈⊥犇犌，
所以动点犕 所在曲线犆的方程为狔２＝４狓
即犆犈⊥犇犉，犆犈⊥犇犌，又犇犉∩犇犌＝犇，
（狔≠０）；………………………………… ４分
犇犉，犇犌平面犇犉犌，
（２）设犖（－１，狋），以犘犉为直径的圆的方程
所以犆犈⊥平面犇犉犌；………………… ５分
→ →
为（狓－１）（狓－２）＋狔（狔＋２）＝０，
（２）（ⅰ）由（１）知犘犅＝（２，２，－犪），犘犆＝（０， ３ ２ ５
→ 犪
化简得（狓－ ）＋（狔＋１）２＝ ，其圆心为
２，－犪），犉犌＝（－１，－２， ）， ２ ４
２
３ 槡５
设平面犘犅犆的一个法向量为狀＝（狓，狔，狕）， （ ，－１），半径为 ，
２ ２
→
则 ｛狀·犘 犅 → ＝０ ， 设点犙到直线犘犉的距离为犱，则犛 △犙犘犉 ＝
狀·犘犆＝０ １
｜犘犉｜·犱，
所以 ｛２狓＋２狔－犪狕＝０ ，取狔＝犪，则狓＝０，狕 ２
２狔－犪狕＝０
槡５
＝２，所以狀＝（０，犪，２）， 因为｜犘犉｜＝２狉＝槡５，所以犛 ＝ 犱，
△犙犘犉 ２
设直线犉犌与平面犘犅犆所成的角为θ，
→ 因为当且仅当 犖犙∥犉犘 时，犱最大，此时
所以ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈犉
犌
→
，狀〉｜＝
｜犉
犌
→
·狀｜
＝
△犙犘犉的面积取得最大值，
｜犉犌｜｜狀｜ －２－０
所以犽 ＝犽 ＝ ＝－２，
｜－２犪＋犪｜ ２槡５ 犖犙 犉犘 ２－１
犪２
＝
１５
， 所以直线犖犙的方程为狔－狋＝－２（狓＋１），
槡１＋４＋ ×槡犪２＋４ 即２狓＋狔＋２－狋＝０，
４
｜３－１＋２－狋｜ 槡５ ３
化简得犪４－２１犪２＋８０＝０，解得犪２＝１６或犪２ 所以犱＝ ＝狉＝ ，解得狋＝
槡５ ２ ２
＝５，所以犪＝４或犪＝槡５．…………… １０分
１３
（ⅱ）因为犪＞３，所以由（ⅰ）知犪＝４，所以犌 或狋＝ ，
２
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 ４ 页 （共２４页 ）３ １３ 当狓＞ｅ时，犵′（狓）＜０，犵（狓）单调递减．
所以点犖的坐标为（－１，
２
）或（－１，
２
）；
则犵（狓）在狓＝ｅ处取得极大值，也是最大值
…………………………………… １０分 １
犵（ｅ）＝ ，
（３）设直线犃犘（犻＝１，２，３）的方程为狓－２＝ ｅ
犻
狋（狔＋２）， 当０＜狓≤１时，犵（狓）≤犵（１）＝０；当狓＞１，０
犻
｛狓－２＝狋（狔＋２）， １
犻 得狔２－４狋狔－８狋－８＝ ＜犵（狓）≤ ．
狔２＝４狓， 犻 犻 ｅ
０，且Δ＝１６狋２＋４（８狋＋８）＞０， １
犻 犻 当犪＝ｅ时，犵（狓）＝ ，解得狓＝ｅ，１个零
｛狔＋狔 ＝４狋， ｅ
所以 犻 犅犻 犻
狔狔 ＝－８狋－８， 点；
则狔狔
犻
＝
犅犻
－８
狔 犻 ＋
犻
狔 犅犻－８， 当０＜犪≤１时， ｌ
犪
ｎ犪 ≤０，犵（狓）与狔＝ ｌ
犪
ｎ犪 有１
犻 犅犻 ４
个交点，此时１个零点；
－４
所以狔 ＋２＝ ， ｌｎ犪 １ ｌｎ犪
犅犻 狔＋２ 当１＜犪＜ｅ时，０＜ ＜ ，犵（狓）与狔＝
犻 犪 ｅ 犪
犃犘 狔 －狔 －２－狔
犻
＝
犘 犻
＝
犻 有２个交点，此时２个零点；
＝
犘 ｜ 犅 － 犻 ２－狔
犻
狔 ｜ 犅
＝
犻 － （狔 狔
犻
犘 ＋２）２
；
狔 犅犻 ＋２ 当犪＞ｅ时，０＜ ｌ
犪
ｎ犪 ＜ １
ｅ
，犵（狓）与狔＝ ｌ
犪
ｎ犪 有２
－４ ４ 个交点，此时２个零点；
狔＋２ 综上，当犪＝ｅ或０＜犪≤１时，１个零点；
犻
犃犘 犃犘 ２犃犘 当１＜犪＜ｅ或犪＞ｅ时，２个零点． … １０分
所以
犘犅
１ ＋
犘犅
３ －
犘犅
２ （３）犳（犪狓）＞ｌｎ狓－犪狓ｌｎ犪恒成立，等价于
１ ３ ２
（狔＋２）２ （狔＋２）２ ２（狔＋２）２ 犪狓ｌｎ犪－犪ｌｎ犪狓＞ｌｎ狓－犪狓ｌｎ犪恒成立，
１ ３ ２
＝ ＋ － 即犪狓ｌｎ犪＞ｌｎ狓恒成立，
４ ４ ４
当０＜犪≤１时，犪狓ｌｎ犪≤０，因为ｌｎ狓＜０不恒
１
＝ ［狔２＋狔２－２狔２＋４（狔＋狔－２狔）］，其 成立，所以不满足题意；
４ １ ３ ２ １ ３ ２
中狔＋狔－２狔＝０，狔２＋狔２－２狔２＝狔２＋狔２
当犪＞１时，由犪狓ｌｎ犪＞ｌｎ狓得ｌｎ犪犪狓 ＞ｌｎ狓，
（狔 １ ＋狔 ３ ）２ ２ （狔－狔 １ ）２ ３ ２ １ ３ 即犪犪狓 ＞狓恒成立，
－ １
２
３ ＝ １
２
３ ＞０， 等价于犪狓＞ｌｏｇ
犪
狓恒成立，
所以 犃 １ 犘 ＋ 犃 ３ 犘 － ２犃 ２ 犘 ＞０，即 狓
因
对
为
称
曲
，
线狔＝犪狓 与狔＝ｌｏｇ
犪
狓关于直线狔＝
犘犅 犘犅 犘犅
１ ３ ２ 所以犪狓＞ｌｏｇ狓犪狓＞狓．
犃犘 犃犘 犃犘 犃犘 犪
２ － １ ≠ ３ － ２ ， 令犺（狓）＝犪狓－狓，则犺′（狓）＝犪狓ｌｎ犪－１，
犘犅 犘犅 犘犅 犘犅
２ １ ３ ２ －ｌｎ（ｌｎ犪）
犃犘 犃犘 犃犘 令犺′（狓）＝０，狓 ＝ ，又因为犺′
所以 １ 、 ２ 、 ３ 不成等差数 ０ ０ ｌｎ犪
犘犅 犘犅 犘犅
１ ２ ３ （狓）单调递增，
列．…………………………………… １７分
所以当０＜狓＜狓 时，犺′（狓）＜０，犺（狓）单调
１９．（１）当犪＝ｅ时，犳（狓）＝狓－ｅｌｎ狓，
递减；
０
ｅ
所以犳′（狓）＝１－ ，则犳′（１）＝１－ｅ， 当狓＞狓
０
时，犺′（狓）＞０，犺（狓）单调递增，
狓 所以当狓＝狓 时，犺（狓）取极小值，也是最小
又犳（１）＝１，所以曲线狔＝犳（狓）在（１，犳（１）） 值， ０
处的切线方程为狔－１＝（１－ｅ）（狓－１），
所以犺（狓）的最小值为犺（狓）＝犪 狓０－狓 ＝
即（ｅ－１）狓＋狔－ｅ＝０； ……………… ４分 ０ ０
１ ｌｎ（ｌｎ犪） １＋ｌｎ（ｌｎ犪）
ｌｎ狓 ＋ ＝ ，其中犪＞１，
（２）由犳（狓）＝０得犪ｌｎ狓＝狓ｌｎ犪，即 ＝ ｌｎ犪 ｌｎ犪 ｌｎ犪
狓
由犺（狓）＞０，得 １＋ｌｎ（ｌｎ犪）＞０，即ｌｎ
ｌｎ犪 ０
， １
犪 （ｌｎ犪）＞－１，所以犪＞ｅｅ．
ｌｎ狓 １
令犵（狓）＝ （狓＞０），则转化为犵（狓）＝ 综上可得，犪的取值范围是（ｅｅ，＋∞）．……
狓 …………………………………… １７分
ｌｎ犪 １－ｌｎ狓
的解的个数，犵′（狓）＝ ，
犪 狓２
当０＜狓＜ｅ时，犵′（狓）＞０，犵（狓）单调递增；
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