2027版高三《上学期学情综合检测》（河南五校协作体）数学试题（解析版）_2027版《高三上学期开学摸底模拟卷》全国多省（数学）

2027年普通高等学校招生全国统一模拟考试
数学
(考试时间：下午15：00-17：00)
说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，满分150分．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无
效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一卷 选择题(共58分)
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 
1. 已知复数Z= ，则Z的虚部为 ( )
1+i
1 1 1 1
A. i B. - i C. D. -
2 2 2 2
【答案】C
1 1-i 1 1
【详解】∵Z= = = - i,
1+i (1+i)(1-i) 2 2
 1 1
∴Z= + i,
2 2
1
故虚部为 ，
2
故选：C
2. 已知集合A=x∣log x>2
3
 ，B=x∈N|x≤2024  ，则集合A∩B的元素个数为 ( )
A. 2014 B. 2015 C. 2023 D. 2024
【答案】B
【详解】因为A=x∣log x>2
3
 =x∣x>9  ，B=x∈N|x≤2024  ={0,1,2,3,⋯,2024}
所以A∩B={10,11,12,⋯,2024}，
故集合A∩B的元素个数共有2015个.
故选：B
3. 在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R，且某个车轮上的点P刚好
与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离S，则此时P到铁轨上表面的距离为 ( )
S
A. R1+cos
R

S
B. R1-cos
R

S S
C. 2Rsin D. Rsin
R R
【答案】B
【详解】当列车行驶的距离为S时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为S，
S S π
∴车轮转过的角度为 ,P点的初始位置为P，设车轮的中心为O，当 ∈0,
R 0 R 2

·1·时，作PQ⊥OP，垂足为Q，如图，
0
S S S S
则OQ=OP⋅cos =Rcos ,∴P到铁轨表面的距离为PQ=R-R⋅cos =R1-cos
R R 0 R R
 ；
S π
当 ∈ ,π
R 2
 时，PM⊥MP，作ON⊥PM，垂足为N，如图，
0
S π
则PN=OP⋅sin -
R 2

S
=-Rcos ，
R
S S
∴P到铁轨表面的距离为PM=MN+PN=R-Rcos =R1-cos
R R
 ；
S S
当 在其它范围均可得到，点P到铁轨上表面的距离为R1-cos
R R
 .
故选:B.
4. 若a=ln 10,b= ln2⋅ln5,c=ln 4e，则a、b、c的大小关系是 ( )
A. c<a<b B. a<b<c C. c<b<a D. b<a<c
【答案】D
ln4e ln10
【详解】c=ln 4e= > =ln 10=a，
2 2
而a2=ln 10 
ln10
2=
2

2 ln2+ln5
=
 2 4ln2⋅ln5
> =b2，且a>0,b>0．
4 4
所以a>b，故b<a<c．
故选：D.
 
5. 在△ABC中，AB=2，AC=3，∠BAC=60°，M为BC的中点，AC =3AN，AM与BN交于点P，则
cos∠MPN= ( )
3 57 57 4 19
A. - B. C. - D. -
16 19 19 19
【答案】C
 
1
【详解】由AB=2，AC=3，∠BAC=60°可得AB⋅AC=2×3×cos60°=6× =3，
2
  
1
因为M为BC的中点，所以AM = (AB+AC)，
2
·2·      
则AM 2 = 1 (AB+AC)2= 1 (AB 2 +2AB⋅AC+AC 2 )= 1 ×(4+6+9)= 19 ，
4 4 4 4

即AM 

2 = 19 ，AM
4
 19 = ，
2
      
1
因为AC=3AN，所以BN =AN -AB= AC-AB，
3
  
则BN 2 = 1 AC-AB
3

   
2 = 1 AC 2 - 2 AB⋅AC+AB 2 = 1 ×9- 2 ×3+4=3，
9 3 9 3

即BN 

2 =3，BN  = 3，
     
1 1 且AM ⋅BN = (AB+AC)⋅ AC-AB
2 3

     
1 1 2 1 2 =  AB⋅AC-AB + AC -AB⋅AC
2 3 3
 1 = ×(1-4
2
3
+3-3)=- ，
2
 
  AM⋅BN
因此，cos∠MPN=cos<AM,BN >= 
AM 

×BN 
3
- 2 3 57
= =- =- .
19 57 19 × 3
2
故选：C.
6. 函数fx 
π
=cosx-
2
 lnex+e-x  的图象大致为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】因为fx 
π
=cosx-
2
 lnex+e-x  =sinxlnex+e-x  ，
所以f-x  =sinx-x  lne-x+ex  =-sinxlnex+e-x  =-fx  ，
即函数fx  为奇函数，其图象关于原点对称，故排除D，
又因为y=ex+e-x≥2 ex⋅e-x=2，当且仅当x=0时取等号，
所以lnex+e-x  ≥ln2>ln1=0，
当x∈0,π  时，sinx≥0，当x∈π,2π  时，sinx≤0，
·3·所以，当x∈0,π  时，fx  >0，当x∈π,2π  时，fx  ≤0，故排除A、B，
故选：C．
b2+c2
7. 在△ABC中，角A,B,C的对边为a,b,c，且cosA=-sinB，则 的最小值是 ( )
a2
A. 4 2-5 B. 4 2-4 C. 2 D. 4 2-3
【答案】A
π
【详解】由cosA=-sinB=cos +B
2

π
，因为A,B是△ABC的内角，可得A= +B，
2
π
所以C=π-A-B=π- +B
2

π
-B= -2B，
2
b2+c2 sin2B+sin2C sin2B+sin2 π 2 -2B
由正弦定理得 = =
a2 sin2A

sin2 π +B
2

sin2B+cos22B
=
cos2B
(cos2B-sin2B)2 cos4B-2cos2Bsin2B+sin4B
=tan2B+ =tan2B+
cos2B cos2B(sin2B+cos2B)
cos4B-2cos2Bsin2B+sin4B 1-2tan2B+tan4B
=tan2B+ =tan2B+
cos2Bsin2B+cos4B tan2B+1
2tan4B-tan2B+1 4
= =2(tan2B+1)+ -5≥2 8-5=4 2-5
tan2B+1 tan2B+1
4
当且仅当2(tan2B+1)= ，即tan2B= 2-1时，等号成立，
tan2B+1
b2+c2
所以 的最小值是4 2-5．
a2
故选：A．
8. 对于集合 M ，定义函数 f x M 
-1，x∈M，
=  对于两个集合 M ，N ，定义集合 M △N = 1，x∉M.
x f x
M
 ⋅f x
N
   =-1  ，已知A=2,4,6,7,10  ，B=1,2,4,8,16  .用CardM  表示有限集合M所含元
素的个数，则Card(X△A)+Card(X△B)的最小值为 ( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【详解】根据题意可知：X△A= xx∈X∪A  ,x∉X∩A     ，
要想CardX△A  最小，只需CardX∩A  最大且CardX∪A  最小，
所以要使Card(X△A)+Card(X△B)的值最小，2，4一定属于集合X；
1,6,7,8,10,16是否属于X不影响Card(X△A)+Card(X△B)的值，
但集合X不能含有A∪B之外的元素，A∩B⊂X⊂A∪B，
所以当X为集合1,6,7,8,10,16  的子集与集合2,4  的并集时，Card(X△A)+Card(X△B)取到最小
值6.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．
π
9. 已知△ABC的三个内角分别为A, B, C，B=C+ ，AB=2, AC=3，D在线段BC上，且满
2
·4·足AD平分∠BAC．则 ( )
3 2 25 6 26
A. sinB= sinC B. tanC= C. BC= D. AD=
2 3 13 13
【答案】ABD
sinB AC 3 3
【详解】对于A，在△ABC中，由正弦定理可得 = = ，所以sinB= sinC，故A正确；
sinC AB 2 2
π π
对于B，因为B=C+ ，则sinB=sinC+
2 2

3 2
=cosC= sinC，则tanC= ，故B正确；
2 3
2 π
对于C，由于tanC= ，C∈0,
3 2

2 13 3 13
，则sinC= ,cosC= ，
13 13
π π
由于∠BAC+∠B+∠C=π，B=C+ ，则∠BAC= -2C，
2 2
π
则cos∠BAC=cos -2C
2

2 13 3 13 12
=sin2C=2sinCcosC=2× × = ，
13 13 13
12 25 5 13
在△ABC中，由余弦定理：BC2=4+9-2×2×3× = ，即BC= ，故C不正确；
13 13 13
12 π
对于D，由于cos∠BAC= ，则∠BAC∈0,
13 2

5
，sin∠BAC= ，
13
∠BAC 12 ∠BAC 26
由于cos∠BAC=1-2sin2 = ，解得sin = (负数舍去)；
2 13 2 26
因为D在线段BC上，且满足AD平分∠BAC．则在△ABC中，由等面积可得：
1 1 ∠BAC 1 ∠BAC
AB·AC·sin∠BAC= AB·AD·sin + AC·AD·sin ，
2 2 2 2 2
1 5 1 26 1 26 6 26
即 ×2×3× = ×2×AD× + ×3×AD× ，解得：AD= ，故D正确.
2 13 2 26 2 26 13
故选：ABD
10. 已知x ，x ，x 是函数f(x)=x3-a2x+1的三个零点(a>0，x <x <x )，则 ( )
1 2 3 1 2 3
3 3
A. a3> B. x <0<x
2 1 2
C. fx 1  =fx 3 
1
D. fx 1 
1
+ fx 2 
1
+ fx 3  =0
【答案】ABD
【详解】因为fx  =3x2-a2，又a>0，
由fx 
3a 3a
>0⇒x<- 或x> ，由fx
3 3

3a 3a
<0⇒- <x< .
3 3
所以函数fx 
3a
在-∞,-
3

3a
和 ,+∞
3

3a 3a
上单调递增，在- ,
3 3
 上单调递减.
·5·因为函数fx 
3a
f- 3
有3个零点，所以
 >0
3a f
3

 3 3
 ⇒a3> ，故A成立；
<0 2
3 3 3
又x 1 <x 2 <x 3 ，所以x 1 <- 3 a<0，- 3 a<x 2 < 3 a且f0  =1>0，
3
所以0<x < a，故x <0<x 成立，即B成立；
2 3 1 2
因为函数fx  有3个零点，所以可设fx  =x-x 1  x-x 2  x-x 3  ，
则fx  =x-x 1  x-x 2  +x-x 1  x-x 3  +x-x 2  x-x 3  ，
所以fx 1  =x 1 -x 2  x 1 -x 3  ，fx 2  =x 2 -x 1  x 2 -x 3  ，fx 3  =x 3 -x 1  x 3 -x 2  ，
若有fx 1  =fx 3  ，则x 1 -x 2  x 1 -x 3  =x 3 -x 1  x 3 -x 2  ⇒2x =x +x . 2 1 3
由B可知x >0，可设x =t-d，x =t，x =t+d(t>0，d>0)
2 1 2 3
则fx  = x-t-d    x-t  x-t+d    =x3-3tx2+3t2-d2  x-t3+d2t，
由3t=0⇒t=0，这与t>0矛盾，所以fx 1  =fx 3  不成立，故C错误；
1
因为：
fx 1 
1
+
fx 2 
1
+
fx 3 
1
=
x 1 -x 2  x 1 -x 3 
1
+
x 2 -x 1  x 2 -x 3 
1
+
x 3 -x 1  x 3 -x 2 
=
x 2 -x 3  -x 1 -x 3  +x 1 -x 2 
x 1 -x 2  x 1 -x 3  x 2 -x 3 
=0，故D成立.
故选：ABD
mem lnn+ln2 1
11. 已知实数m，n满足 = ，且e2m= ，则 ( )
4n2 em m
em 7 3
A. n= B. mn2=1 C. m+n< D. 1<2n-m2<
2 5 2
【答案】ACD
mem lnn+ln2
【详解】由 = 可得，me2m=4n2ln2n，
4n2 em
即2me2m=4n2×2ln2n，则有2me2m=2n  2ln2n  2，
也即e2mlne2m=2n  2ln2n  2，
设函数f(x)=xlnx，则f(e2m)=f 2n  2   ，
f(x)=lnx+1，
1
当x∈0,
e
 时，f(x)<0，函数f(x)单调递减，
1
当x∈ ,+∞
e
 时，f(x)>0，函数f(x)单调递增，
且当x∈0,1  时，f(x)<0；当x∈1,+∞  时，f(x)>0；
1
因为e2m= ，所以2me2m=2n
m
 2ln2n  2=2>0，
即f(e2m)=f 2n  2   >0，所以e2m=2n 
em
2，即n= ，A正确；
2
1 1 1
mn2= ×n2= ×n2= ，B错误；
e2m 4n2 4
设t(x)=xe2x-1,x>0，t(x)=e2x+2xe2x>0在0,+∞  恒成立，
1
且t(0)=-1<0,t
2

1
= e-1>0，
2
1
所以存在唯一x ∈0,
0 2
 使得t(x )=0，
0
·6·1 1
由e2m= 可得，me2m-1=0，所以m∈0,
m 2
 ，
1 1 1
m+n=m+ em，设g(x)=x+ ex在0,
2 2 2
 上单调递增，
1 1
所以g(x)=x+ ex<g
2 2

1 1 1 1.7 7
= + e< + =1.35< ，
2 2 2 2 5
1 7
所以m+n=m+ em< ，C正确；
2 5
2n-m2=em-m2，
1
设h(x)=ex-x2,x∈0,
2
 ，h(x)=ex-2x，
令μ(x)=ex-2x，μ(x)=ex-2，
1
易得函数μ(x)=ex-2在x∈0,
2

1
单调递增，且μ
2
 = e-2<0，
1
所以函数μ(x)=ex-2x在x∈0,
2
 单调递减，
1
且μ
2
 = e-1>0，所以h(x)>0恒成立，
1
所以h(x)=ex-x2,x∈0,
2
 单调递增，
1
所以h(0)<h(x)<h
2

1 3
，即1<h(x)< e- <1.7-0.25< ，
4 2
3
所以1<2n-m2< 正确，故D正确；
2
故选:ACD.
第二卷 非选择题(共92分)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 用1，2，3，12四个数组成一个五位数(每个数仅用到1次)，则能组成 个不同的五位数．
【答案】21
【详解】分两大类进行：
第一类：数字1和2相邻时，再分两小类：
①数字1和2相邻且1在2的左边，这时相当于两个12和一个3排序，先排两个12只有一种方法如图，
再由这两个12产生3个空中选一个空插入3，所以共有1×3=3种不同的五位数；
②数字1和2相邻且2在1的左边，这时1，2，3的排法有2种顺序如图，此时产生3个空，
再从这3个空中选一个空插入12，所以共有2×3=6种不同的五位数.
或
第二类：数字1和2不相邻时，再分两小类：
③数字3在数字1和2中间，此时共有两种顺序132和231如图，
再由这3个数产生4个空选一个空插入12，所以共有2×4=8种不同的五位数，
或
④数字3不在数字1和2中间，那么只能12在数字1和2中间，此时共有2种不同的排法如图，
最后3只能排首位或者末位，所以共有2×2=4种不同的五位数.
或
故一共有3+6+8+4=21种不同的五位数.
·7·故答案为：21.
13. 已知点P是直线l ：mx-ny-5m+n=0和l ：nx+my-5m-n=0(m，n∈R，m2+n2≠0)的交
1 2
点，点Q是圆C：x+1  2+y2=1上的动点，则PQ  的最大值是 .
【答案】6+2 2
【详解】因为直线l 1 ：mx-ny-5m+n=0，即mx-5  -ny-1  =0，
x-5=0 x=5
令  y-1=0 ，解得  y=1 ，可知直线l 1 过定点A5,1  ，
同理可知：直线l 2 过定点B1,5  ，
又因为m×n+-n  ×m=0，可知l ⊥l ， 1 2
所以直线l 1 与直线l 2 的交点P的轨迹是以AB的中点M3,3 
1
，半径r= AB 2  =2 2的圆，
因为圆C的圆心C-1,0  ，半径R=1，
所以PQ  的最大值是MC  +r+R= 3+1  2+32+2 2+1=6+2 2.
故答案为：6+2 2．
y2
14. 已知双曲线x2- =1的左右焦点分别为F,F，过F 作直线交双曲线C的右半支于P,Q两点，满足
b2 1 2 2
PF ⊥PQ，且△QFF 面积是△PFF 面积的两倍，则双曲线C的离心率为 ．
1 1 2 1 2
17
【答案】
3
【详解】
∵△QFF 的面积是△PFF 面积的两倍，∴FQ
1 2 1 2 2
 =2PF
2
 ，
设PF 2  =mm>0  ，则FQ 2  =2m，
由双曲线定义知：PF
1
 =2+m，FQ
1
 =2+2m，
∵PF ⊥PQ，∴FQ
1 1
 2=PF
1
 2+PQ  2，
即2+2m  2=2+m 
2
2+9m2，解得：m= 或m=0(舍)，∴PF 3 1 
8
= ，PF 3 2 
2
= ， 3
∴FF
1 2

64 4 68 68 17
2= + = ，即4c2= ，∴c2= ，
9 9 9 9 9
c2 17
∴双曲线C的离心率e= = .
a2 3
17
故答案为： .
3
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. 在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c是公差为1的等差数列.
(1)若3sinC=5sinA，求△ABC的面积；
·8·(2)是否存在正整数a，使△ABC为钝角三角形?若存在，求a的值；若不存在，说明理由.
1
【答案】(1)6 (2)存在整数a=2使得△ABC为钝角三角形，此钝角的余弦值为- .
4
【解析】
【小问1详解】
由a，b，c是公差为1的等差数列，则a=b-1,c=b+1，
又3sinC=5sinA，由正弦定理得：3c=a，
则3(b+1)=5(b-1)，解得b=4,∴a=3,c=5，
故a2+b2-c2=9+16-25=0，所以△ABC为直角三角形，
1
则∴S = ab=6
AABC 2
【小问2详解】
△ABC为钝角三角形，即c2>a2+b2，由a，b，c是公差为1的等差数列，得(a+2)2>a2+(a+1)2⇒a<
3，显然a=1，b=2，c=3，不能构成三角形，
4+9-16 1
当a=2，b=3，c=4可构成三角形，此时cosC= =- .
12 4
16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD= 2，底面ABCD为直角梯
形，其中BC⎳AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O为AD中点.
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求异面直线PB与CD所成角的大小.
【答案】(1)由已知可得，PA=PD，O为AD中点，
所以，PO⊥AD.
因为面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以，PO⊥平面ABCD.
6
(2)arccos
3
【解析】
【小问1详解】
略
【小问2详解】
连接OC，
·9·因为AD=2BC，O为AD中点，
所以OA=BC=1，PO= PA2-OA2=1.
又因为BC⎳AD，
所以四边形BCOA为平行四边形，
所以，OC⎳AB，且OC=AB=1.
由已知AB⊥AD，所以OC⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系，
则P0,0,1  ，C1,0,0  ，B1,-1,0  ，D0,1,0  ，

所以，PB=1,-1,-1 

，CD=-1,1,0  ，
 
所以，cosPB,CD 
 
PB⋅CD
= 
PB 

CD 
-1-1 6
= =- ，
3× 2 3
6 6
所以，异面直线PB与CD所成角的余弦值为 ，大小为arccos .
3 3
17. 已知S 是数列a
n n

1
的前n项和，且满足S =1- ．
n n+1
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)在平面直角坐标系xOy中，已知点P1,0 
1
，定义点A 1+ ,1 n a
n
 ，B nn,1  (其中n∈N )，记α = + n
∠A OP，β =∠B OP．
n n n
(i)求tanβ 2 +β 3  的值；
π
(ii)证明：α +α +⋯+α +β = ．
1 2 n n+1 4
1
【答案】(1)a =
n n2+n
(2)(i)tanβ 2 +β 3  =1；
(ii)由题意可知：A nn2+n+1, 1 
1 1
，则tanα = , tanβ = ， n n2+n+1 n n
先证明以下结论：α =β -β ．
n n n+1
因为tanβ n -β n+1 
1 1
-
n n+1 1
= = =tanα ， 1+ 1 ⋅ 1 n2+n+1 n
n n+1
π
且β -β ∈0,
n n+1 4

π
,α ∈0,
n 4
 ，所以β -β =α ，
n n+1 n
故α 1 +α 2 +⋯+α n +β n+1 =β 1 -β 2  +β 2 -β 3  +⋯+β n -β n+1  +β =β ． n+1 1
π
因为tanβ =1，则β = ，原式得证．
1 1 4
【解析】
【小问1详解】
1
n=1时，a =S = ，
1 1 2
1 1
n≥2时，a n =S n -S n-1 = n - n+1 n≥2 
1
，化简得：a n = n2+n n≥2  ，
经检验得，n=1时也满足，
1
故a = ．
n n2+n
·10·【小问2详解】
1 1 1
(i)由题意：tanβ = ，则tanβ = , tanβ = ，
n n 2 2 3 3
所以tanβ 2 +β 3 
1 1
tanβ +tanβ +
= 1-tan 2 β ⋅tanβ 3 = 2 1 3 1 =1，即tanβ 2 +β 3
2 3 1- ⋅
2 3
 =1．
(ii)略
x2 y2 3
18. 已知椭圆C: + =1(a>b>0)的两焦点分别为F,F,C的离心率为 ,C上有三点Q、R、S，直
a2 b2 1 2 2
线QR、QS分别过F,F,△QRF 的周长为8．
1 2 2
(1)求C的方程；
(2)①若Q0,b  ，求△QRS的面积；
②证明：当△QRS面积最大时，△QRS必定经过C的某个顶点．
x2
【答案】(1) +y2=1
4
64 3
(2)①S = ；
△QRS 49
②证明：设直线QR和直线QS的方程为x=my- 3,x=ny+ 3，
设Qx 0 ,y 0  ,Rx 1 ,y 1  ,Sx 2 ,y 2  ，
联立QR和椭圆得：m2+4  y2-2 3my-1=0，
2 3m 2 3n
y +y = y +y =-
可得   0 1 m2+4 ，同理可得：   0 2 n2+4 ．
1 1
y y =- y y =-
0 1 m2+4 0 2 n2+4
y +y x + 3
又因为x =my - 3,x =ny + 3，所以 0 1 =-2 3m=-2 3 0 ，
0 0 0 0 y y y
0 1 0
y +y y
所以 0 1 =-2 3x -6，即 0 =-2 3x -7；
y 0 y 0
1 1
y +y x - 3 y +y y
同理可得 0 2 =2 3n=2 3 0 , 0 2 =2 3x -6，即 0 =2 3x -7
y y y y 0 y 0
0 2 0 2 2
1
S QR 不妨设y >0，于是 △QRS = 2
0 S △QFF 1 2
 ⋅QS  sin∠RQS
1 QF 2 1  ⋅QF 2 
QR =
sin∠RQS
 ⋅QS 
QF 1  ⋅QF 2 
y -y y -y = 0 1 ⋅ 0 2 ，
y y 0 0
y
因此S =1- 1
△QRS y
0

y
1- 2
y
0

1
⋅ ⋅FF
2 1 2

1
y = 3y 1+
0 0 2 3x +7
0

1
1-
2 3x -7
0

= 3y 2 3x 0 +8 ⋅ 2 3x 0 -8 = 3y x2 0 - 1 3 6
0 2 3x +7 2 3x -7 0 x2- 49
0 0 0 12
又因为x2 0 =41-y2 0 
4-4y2- 16 y2+ 1 3y y2+ 1
0 3 0 3 0 0 3
S = 3y = 3y =
△QRS 0 4-4y2- 49 0 y2+ 1
0 12 0 48

，
y2+ 1
0 48
设fy 0 
3y y2+ 1
0 0 3
=

y2+ 1 ,y 0 ∈0,1
0 48
 ，
下面证明fx  ≤f1 
64 3
= ,x∈0,1
49

·11·fx 
3xx2+ 1 3
=
 48 3x3+16 3x 64 3 3x3+x 4
= ≤ ，化简得 ≤
x2+ 1 48x2+1 49 48x2+1 49
48
即证明147x3-192x2+49x-4≤0，即x-1 
49 5 4
 x2- x+
9 3 27
 ≤0，
49 5 4 49 5 4
又 x2- x+ =0的判别式小于等于0，故 x2- x+ >0，
9 3 27 9 3 27
因此x-1 
49 5 4
 x2- x+
9 3 27
 ≤0,x∈0,1  ，原命题得证．
故当△QRS面积最大时，△QRS必定经过C的上或下顶点．
解法二：②证明：设Qx 0 ,y 0  ,Rx 1 ,y 1 
 
，设QR=λQF， 1
则有 x 1 =1-λ  x - 3λ 0
y 1 =1-λ 
 ，

y 0
x2
4 0 +y2 0 =11
又

1-λ   x 0 - 3λ  2 + 1-λ 4   y 0  2=12 

 ，
1  ×1-λ  2-2  2 3λ1-λ 可得  x -3λ2 0 =λλ-2
4
 ，
2 3x +8
即λ= 0 ，
2 3x +7
0
  8-2 3x
设QS=μQF，同理可得μ= 0 ，
2
7-2 3x
0
1
S QR 不妨设y >0，于是所以 △QRS = 2
0 S △QFF 1 2
 ⋅QS  sin∠RQS
1 QF 2 1  ⋅QF 2 
QR =
sin∠RQS
 ⋅QS 
QF 1  ⋅QF 2 
=λμ，
1
所以S =λμ⋅ ⋅FF
△QRS 2 1 2

8+2 3x 8-2 3x
y = 3y ⋅ 0 ⋅ 0 ，
0 0 7+2 3x 7-2 3x
0 0
下同法一；
解法三：②证明：设Qx 0 ,y 0  ,Rx 1 ,y 1 
 
，设QF =λFR， 1 1
则有 x 0 +λx 1 =- 31+λ   ，

y +λy =0
0 1
x2
又 4 0 +y2 0 =11 
x2
4 1 +y2 1 =12 
  ，
1  -2  ×λ2可得 x 0 +λx 1  x 0 -λx 1  4 +y 0 +λy 1  y 0 -λy 1  =1-λ2，
4
即x 0 -λx 1 =- 1-λ
3
 ，结合x 0 +λx 1 =- 31+λ  解得λ=2 3x +7， 0
 
设QF =μFS，同理可得μ=7-2 3x ，
2 2 0
1
S QR 不妨设y >0，于是 △QRS = 2
0 S △QFF 1 2
 ⋅QS  sin∠RQS
1 QF 2 1  ⋅QF 2 
QR =
sin∠RQS
 ⋅QS 
QF 1  ⋅QF 2 
λ+1 μ+1 = ⋅ ，
λ μ
2 3x +8 8-2 3x
⇒S = 3y ⋅ 0 ⋅ 0 ，
△QRS 0
2 3x +7 7-2 3x
0 0
下同法一.
·12·AI
【解析】
【小问1详解】
依题意可得△QRF 的周长C =QF
2 △QRF 1
2
 +QF
2
 +RF
1
 +RF
2
 =4a=8⇒a=2，
3 c 3
又椭圆的离心率为 ，则e= = ⇒c= 3，
2 a 2
解得b2=a2-c2=1，
x2
所以C的方程为 +y2=1；
4
【小问2详解】
①由上可知：Q0,1  ,F 1- 3,0  ,F 2 3,0 
3
⇒k = ，
QF 1 3
3
所以直线QR的方程为y= x+1，
3
3
联立直线QR与椭圆方程   y= 3 x+1 ⇒ 7 x2+ 2 3 x=0可解得R- 8 3 ,- 1
x2 +y2=1 12 3 7 7
4
 ，
8 3 1
由椭圆的对称性可得S ,-
7 7
 ，
1 16 3 1
因此S = × ×1+
△QRS 2 7 7

8 3 8 64 3
= × = ；
7 7 49
②略
19. 已知函数fx  =xlnx+a  -2x+2lnx+1  ，gx  =2lnx+a+1  -3x．
(1)若a=0，求gx  在 1,g1    处的切线l的方程；
(2)判断x=0是否是函数fx  的极值点，并说明理由；
(3)若不等式fx  >gx  +kx-2  对任意的x∈2,+∞  ，a∈0,2  恒成立，求正整数k的最大值．
(参考数据：e=2.71828⋯，e2=7.38906⋯，e3=20.08554⋯)．
【答案】(1)l:y=-2x+2ln2-1
(2)不是，理由：
fx  =lnx+a 
x 2
+ -2+ ，若x=0是函数fx
x+a x+1
 的极值点，则有f0  =0，
代入得：lna=0，即a=1．
当a≠1时，x=0不是函数fx  的极值点；
当a=1时，fx  =lnx+1 
x 2
+ -2+ =lnx+1
x+1 x+1

1
-1+ ，
x+1
令Fx  =lnx+1 
1
-1+ ，则Fx
x+1

1 1
= -
x+1 x+1 
x
=
2 x+1 
，
2
·13·则Fx  在-1,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，
则Fx  ≥F0  =0，即fx  在-1,+∞  上单调递增，不合题意．
综上：x=0不是函数fx  的极值点．
(3)4
【解析】
【小问1详解】
a=0时，gx  =2lnx+1  -3x，gx 
2
= -3，
x+1
所以g1  =-2，由于g1  =2ln2-3，
所以gx  在 1,g1    处的切线l的方程为y=-2x-1  +2ln2-3，
化简得：l:y=-2x+2ln2-1．
【小问2详解】
略
【小问3详解】
由题意：xlnx+a  -2lnx+a+1  >-x-2lnx+1  +kx-2  ，
上式对任意a∈0, 2  恒成立，以a为主元，令ha  =xlnx+a  -2lnx+a+1  ，则只需ha  >-x
min
-2lnx+1  +kx-2  ，
因为ha 
x 2 x2-x+x-2
= - =
x+a x+a+1
 a
x+a  x+a+1 
>0，所以ha  在 0,2  上单调递增，
则ha  =h0
min
 =xlnx-2lnx+1  ，
故xlnx-2lnx+1  >-x-2lnx+1  +kx-2  ，
即xlnx+x>kx-2  对任意x∈2,+∞  恒成立．
法一：设φx  =xlnx+x-kx-2  x∈2,+∞    ,φx  =lnx+2-k，
当k≤2+ln2时，φx  >0恒成立，故φx  在2,+∞  上单调递增，
所以φx  >φ2  =2ln2+2>0，成立，
当k>2+ln2时，φx  在2,ek-2  上单调递减，在ek-2,+∞  上单调递增，
故只需φek-2  >0，即2k-ek-2>0，
令Hk  =2k-ek-2,Hk  =2-ek-2<2-eln2=0，
所以Hk  在2+ln2, +∞  上单调递减，
由于e2<8,e3>10，故H4  =8-e2>0,H5  =10-e3<0，
则自然数k最大可取到4．
综上：k =4．
max
xlnx+x
法二：由题意得：k< ，设φx
x-2

xlnx+x
= ,φx
x-2

x-2lnx-4
=
x-2 
，
2
令Hx  =x-2lnx-4,Hx 
2
=1- >0，故Hx
x
 在2,+∞  上单调递增，
由于e2<8,e3>10，
故H8  =4-2ln8=22-ln8  0,H10  =6-2ln10=23-ln10    0，
所以∃x 0 ∈8,10  ，使得φx  在2,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，且x 满足x -2lnx -4= 0 0 0
0，
故k<φx 0  x 0x 0 -4 x lnx +x = 0 0 0 = x -2
0
 2 +x 0 = x 0 ， x -2 2
0
·14·x
而 0 ∈4,5
2
 ，因此自然数k最大可取到4．
xlnx+x e2lne2+e2 6
法三：由题意得：k< ，取x=e2，则k< =3+ ，
x-2 e2-2 e2-2
6
由于5<e2<8，所以3+ ∈4,5
e2-2
 ，故k≤4，
8
下面说明k=4时原不等式恒成立，代入原不等式，即证：lnx-3+ >0对任意x∈2,+∞
x
 恒成立
设φx 
8
=lnx-3+ ,φx
x

x-8
= ，
x2
故φx  在2,8  上单调递减，在8,+∞  上单调递增，
所以φx  >φ8  =ln8-2>0，即k=4成立，
因此，自然数k最大可取到4．
·15·