（教师版）广东省广州市2026-2027学年高三上学期开学模拟卷数学试题与解析_2027届2026年8月高三名校开学考试题（数学）_广州市2026-2027学年高三上学期开学模拟卷数学试题与解析

广东省广州市2026-2027学年高三上学期开学模拟卷
数学试题
★祝大家学习生活愉快★
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。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1.已知集合A={x|y= 1-x2}，B={y|y= 1-x2}，则A∪B=
A. {x|0≤x≤1} B. {x|-1≤x≤1} C. {x|-1≤x≤0} D. {x|x≤1}
【答案】B
【解析】A={x|-1≤x≤1}，B={x|0≤x≤1}，故A∪B={x|-1≤x≤1}.
2.已知z1+i 

2=2+4i，则复数z的虚部为
A. -1 B. 2 C. i D. 1
【答案】D
【解析】因为z1+i 
2+4i
2=2+4i，可得z=
1+i 
2+4i 1+2i -2+i
= = = =2-i，
2 2i i -1
 
则z=2+i，所以复数z的虚部为1.
 
3.已知a为单位向量，b=- 3,1 
 
，a-b 
 
= 3，则a在b上的投影数量为
1 1 1
A. 1 B. C. D.
2 4 8
【答案】B

【解析】由b=- 3,1 

，可得b  = (- 3)2+12= 3+1=2，
 
已知a-b 

= 3，将等式两边平方并展开得a 
2   
-2a⋅b+b 
2
=3，

又因为a 
 
    a·b
=1，所以解得a·b=1；则a在b上的投影数量为 
b 
1
= ，故B正确.
2
1-cos2θ 1
4.若 = ，则cos2θ+sin2θ=
sin2θ 3
1 3
A. B. 1 C. D. 2
2 2
【答案】C
1-cos2θ 1-1-2sin2θ
【解析】由题意得 =
sin2θ
 2sin2θ sinθ 1
= = =tanθ= ，
2sinθcosθ 2sinθcosθ cosθ 3
数学试题 第 1 页 共 12 页1
1+2×
cos2θ+sin2θ cos2θ+2sinθcosθ 1+2tanθ 3
所以cos2θ+sin2θ= = = =
sin2θ+cos2θ sin2θ+cos2θ tan2θ+1 1

3

5
3 3
= = .
2 10 2
+1
9
5.若数列a
n
 与b
n
 都是等比数列，则“a
n
 与b
n
 均为递增数列”是“数列a b
n n
 为递增数列”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
1
【解析】取a =-
n 2

n
,b =2n，此时a
n n
 ,b
n
 均为递增数列，a b =-1，a b
n n n n
 为常数列；
取a b =4n，则数列a b
n n n n

1
为递增数列，此时可取a =
n 2

n
,b =8n，
n
其中a
n
 为递减数列，b
n
 为递增数列.
综上可得：“a
n
 与b
n
 均为递增数列”是“数列a b
n n
 为递增数列”的既不充分也不必要条件.
6.我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”．已知棱台 ABCD-
ABCD是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，AB=2AB=4，BC=2BC=4 3，则该“刍童”外
接球的表面积为
160 5
A. π B. 64π C. 80π D. 5 5π
3
【答案】C
【解析】如图，连接AC,BD,AC,BD，设AC∩BD=M,AC∩BD=N，连接MN，
由棱台ABCD-ABCD侧棱相等，得该棱台的外接球球心在直线MN上，
设外接球球心为O，而AC=8,MC=4,AC=4,NC=2,MN=2，
由NC2+MN2<MC2，得球心O在线段NM的延长线上，如图所示：
由OC=OC，得NC2+ON2=OM2+MC2，则OM=2，OC=2 5，
所以所求外接球表面积为S=4π(2 5)2=80π.
7.已知函数f(x)的导函数为f(x)，对任意的实数x都有f(x)=f(x)-2e-x+2x-x2,f(0)=2，则不等式
f(x)<e3+e-3+9的解集是
A. (0,1) B. (-1,1) C. (-1,3) D. (-3,3)
【答案】D
f(x)-2x
【解析】由f(x)=f(x)-2e-x+2x-x2可得
 ex-f(x)-x2  ex
ex 
=-2e-2x，
2
数学试题 第 2 页 共 12 页 f(x)-x2
即
 ex
  f(x)-x2
=-2e-2x，所以 =e-2x+c(其中c为常数)，
ex
因此，f(x)=e-x+c⋅ex+x2，由f(0)=2可得c=1，故f(x)=e-x+ex+x2，
显然，f(x)是R上的偶函数．当x≥0时，f(x)=-e-x+ex+2x=e-xe2x-1  +2x>0，
所以，f(x)在[0,+∞)上是增函数，
因为f(x)<f(3)，所以|x|<3⇒-3<x<3，所以解集为(-3,3).
8.如果一个正整数中没有数字重复出现，不包含数字0，且没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大，那
么称其为“平衡数”．例如，23，196，12463均为平衡数，但1546，320，34321则不是．问共有多少个平衡
的正整数？
A. 511 B. 2584 C. 9841 D. 17711
【答案】C
【解析】题中“一个正整数没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大”等价于“该正整数从左往右不会
出现先减后增”，也等价于“该正整数从左往右单调递增或单调递减，或先增后减”，
因为平衡数中没有数字重复出现，不包含数字0，所以只能从1,2,3,⋯9中不重复地选取，
先从1,2,3,⋯9中选k个数，除了最大数，每个其他数字可以选择放在左边或右边，且一旦选定左右分
组，顺序就被唯一确定：左边递增，右边递减，但注意：如果所有数字都在左边(递增)或都在右边(递减)
也算，所以总数恰好2k-1.
k=1，从1,2,3,⋯9中选1个数，有C1种选法，排列方法有20种，C1×1，
9 9
k=2，从1,2,3,⋯9中选2个数，有C2种选法，排列方法有21种，C2×21，
9 9
⋯⋯
k=9，从1,2,3,⋯9中选9个数，有C9种选法，排列方法有28种，C9×28，
9 9
一共有C1×1+C2×21+⋯+C9×28，
9 9 9
设S=C1×1+C2×21+⋯+C9×28，
9 9 9
2S+1=1+C 9 1×21+C 9 2×22+⋯+C 9 9×29=1+2  9
39-1
所以2S+1=39，解得S= =9841.
2
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.设函数f(x)=2sinωxsinωx+
3

π
(ω>0)，若f(x)在区间0,
24
 上单调递增，则下列说法中正确的是
A. 存在ω使得函数f(x)为奇函数
3
B. 函数f(x)的最大值为
2
C. ω的取值范围为(0,8]
π
D. 存在4个不同的ω使得函数f(x)的图象关于x= 对称
2
【答案】BC
π
【解析】由题意得f(x)=2sinωxsinωx+
3

1 3
=2sinωx sinωx+ cosωx
2 2

3 1 1 π
=sin2ωx+ 3sinωxcosωx= sin2ωx- cos2ωx+ =sin2ωx-
2 2 2 6

1
+ ，
2
π
故f(-x)=sin-2ωx-
6

1 π
+ =-sin2ωx+
2 6

1
+ ≠-f(x)，
2
数学试题 第 3 页 共 12 页因此不存在ω，使得函数f(x)为奇函数，故A错误；
π
由于sin2ωx-
6

1 3
∈[-1,1]，故f(x)∈ - ,
 2 2

3
，即f(x)的最大值为 ，故B正确；
2
由于fx 
π
在区间0,
24
 上单调递增，
π π
- ≥- +2kπ,
6 2
故 k∈Z
ωπ π π
- ≤ +2kπ
12 6 2
 ，解得0<ω≤8，故C正确；
π π π 2
令2ω× - =kπ+ ,k∈Z，解得ω=k+ ,k∈Z，
2 6 2 3
2 5 8 11 14 17 20 23
结合0<ω≤8知ω的取值为 , , , , , , , ，共8个值，故D错误.
3 3 3 3 3 3 3 3
10.已知函数fx  =xx-1  x-a  a∈R  ，则
A. fx  有两个极值点
B. ∃a∈R，使得fx  为增函数
C. ∃a∈R，使得点 2,f2    为曲线y=fx  的对称中心
D. 当a=1时，过点0,1  且与曲线y=fx  相切的直线恰有两条
【答案】AC
【解析】fx  =xx-1  x-a  =x3-a+1  x2+ax，
求导得fx  =3x2-2a+1  x+a，令fx  =0，得3x2-2a+1  x+a=0，
又因为Δ=4a+1 
1
2-4×3a=4a2-4a+4=4a-
2

2
+3>0，
所以fx  =0有两个不等的实根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，
当x<x 1 时，fx  >0，所以fx  在-∞,x 1  上单调递增，
当x 1 <x<x 2 时，fx  <0，所以fx  在x 1 ,x 2  上单调递减，
当x>x 2 时，fx  >0，所以fx  在x 2 ,+∞  上单调递增，
所以fx  有两个极值点，不存在a∈R，使得fx  为增函数，故A正确，B错误；
若曲线y=fx  关于点 2,f2    对称，则fx  +f4-x  =2f2  对x∈R恒成立，
又f4-x  =4-x  3-a+1  4-x  2+a4-x  =-x3+11-a  x2+7a-40  x-12a+48，
f2  =23-a+1  ⋅22+2a=-2a+4，
所以x3-a+1  x2+ax-x3+11-a  x2+8a-40  x-12a+48=-4a+8对x∈R恒成立，
即10-2a  x2+8a-40  x+48-12a=-4a+8对x∈R恒成立，
10-2a=0

所以8a-40=0 ，解得a=5，
48-12a=-4a+8
所以当a=5时，使得点 2,f2    为曲线y=fx  的对称中心，故C正确；
当a=1时，fx  =xx-1  2=x3-2x2+x，求导得fx  =3x2-4x+1，
设切点为x 0 ,x3 0 -2x2 0 +x 0  ，切线斜率为k=fx 0  =3x2-4x +1， 0 0
所以曲线在点x 0 ,x3 0 -2x2 0 +x 0  处的切线方程为y-x3 0 -2x2 0 +x 0  =3x2 0 -4x 0 +1  x-x 0  .
又切线过点0,1  ，所以1-x3 0 -2x2 0 +x 0  =3x2 0 -4x 0 +1  0-x 0  ，
整理得2x3-2x2+1=0.
0 0
令gx  =2x3-2x2+1，求导得gx  =6x2-4x，
数学试题 第 4 页 共 12 页令gx 
2
=0，得6x2-4x=0，解得x=0或x= ，
3
当x<0时，gx  >0，gx  在-∞,0  上单调递增，
2
当0<x< 时，gx
3
 <0，gx 
2
在0,
3
 上单调递减，
2
当x> 时，gx
3
 >0，gx 
2
在 ,+∞
3
 上单调递增，
所以函数有极大值g0 
2
=1>0，极小值g
3

19
= >0，
27
又当x→-∞时，gx  →-∞，当x→+∞时，gx  →+∞；
所以y=gx  与x轴有唯一交点，所以gx  =0有唯一解，
所以方程2x3-2x2+1=0有唯一解，
0 0
所以当a=1时，过点0,1  且与曲线y=fx  相切的直线恰有一条，故D错误.
11.已知k为正整数，⊙M 的方程为x2+y2-4kx-2ky+4k2=0，则下列结论正确的有
k
1
A. 对任意正整数k，直线y= x平分⊙M 的面积
2 k
4
B. 对任意正整数k，直线y= x与⊙M 相切
3 k
C. 存在正整数k，使得直线y=2x与⊙M 相交
k
D. 对任意正整数k,⊙M 与⊙M 相交
k k+1
【答案】ABD
【解析】对于A，将⊙M k 的方程化简得x-2k  2+y-k  2=k2，所以圆心坐标为2k,k  .
1 1
可知直线y= x经过⊙M 的圆心，所以对任意正整数k，直线y= x平分⊙M 的面积，A正确；
2 k 2 k
将⊙M k 的方程化简得x-2k  2+y-k  2=k2，
4 8k-3k
可知圆心到直线y= x的距离为
3
 4
=k，⊙M 与y= x轴相切，
5 k 3
1
故直线y=0关于直线y= x的对称直线也与⊙M 相切，所以B正确；
2 k
4k-k
结合B选项可知圆心到直线y=2x的距离
 3
= k>k，所以直线y=2x与⊙M 相离，所以C错
5 5 k
误；
将⊙M k 的方程化简得x-2k  2+y-k  2=k2，其圆心坐标为2k,k  ，半径为k,k>0.
⊙M k+1 的方程为x2+y2-4k+1  x-2k+1  y+4k+1  2=0，化简为 x-2k+1    2+ y-k+1    2=
k+1  2，其圆心坐标为2k+2,k+1  ，半径为k+1,k>0.
所以⊙M 与⊙M 的圆心距始终为 5，而对任意正整数k,⊙M 与⊙M 的半径之和2k+1，
k k+1 k k+1
对任意正整数k有2k+1≥3> 5，半径之差1< 5，所以对任意正整数k,⊙M 与⊙M 相交，D正
k k+1
确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
x2 y2
12.已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
 的焦距是虚轴长的 3倍，则C的离心率为 .
6
【答案】
2
【解析】由题意得2c=2 3b，故c= 3b，c2=3b2，
c 6
又b2=c2-a2，故c2=3c2-3a2，即2c2=3a2，可得 = .
a 2
数学试题 第 5 页 共 12 页13.若1-2x  7 ax2+2x-1  的展开式中含x3的项的系数为28，则实数a= .
【答案】30
【解析】因为1-2x  7的通项展开式为T r+1 =C 7 r-2x  7-r=C 7 r-2  7-rx7-r，r=0,1,⋯,7，
若ax2+2x-1里取ax2，则1-2x  7的展开式只能取含x的项，即r=6,
此时展开式中含x3的项的系数是C 7 6-2  7-6a=-14a；
若ax2+2x-1里取2x,则1-2x  7的展开式只能取含x2的项，即r=5,
此时展开式中含x3的项的系数是2C 7 5-2  7-5=168；
若ax2+2x-1里取-1,则1-2x  7的展开式只能取含x3的项，即r=4,
此时展开式中含x3的项的系数是-1  C 7 4-2  7-4=280；
合并系数可得-14a+168+280=28，解得a=30.
2
14.数列a n = 2n-1 1≤n≤2026,n∈N*  共2026项，现剔除前两项a ，a 并将a a +a +a 作为最后一项， 1 2 1 2 1 2
组成一个新的数列b
n
 ，显然数列b
n
 共2025项.循环此操作剔除前两项b ，b ，并将b b +b +b 作为
1 2 1 2 1 2
最后一项，组成一个新的数列c
n
 ，显然c
n
 共2024项.依此操作共重复2025次，则最后还剩下一项，此
项为 .
【答案】4052
【解析】第一次变换是：删除两项a ,a ，添加a +a +a a ，
1 2 1 2 1 2
∵1+a 1  1+a 2  =1+a +a +a a ，正好是1+新添加的项， 1 2 1 2
也就是说，数列a
n
 中每一项加1的积，等于数列b
n
 中每一项加1的积，也等于数列c
n
 中每一项加1
的积⋯⋯
2 2 2 2
原数列是2, , ,⋯, , 共2026项，
3 5 4049 4051
2026 2
每项加1后，初始乘积为：∏1+
2k-1
k=1

2026 2k+1
=∏
2k-1
k=1

3 5 7 4053
= × × ×⋯× =4053，
1 3 5 4051
每一次变换会让数列的项数减少1，初始有2026项，经过2025次变换后，
数列只剩1项，设为x，根据不变量，有1+x=4053，解得x=4052.
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，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且 3bsinA+B  -ccosB-c=0.
(1)求B;
(2)若c=2，b= 7，D为AC的中点，求BD的长.
【解析】(1)由正弦定理得 3sinBsinA+B  -sinCcosB-sinC=0
由sinA+B  =sinC，得 3sinBsinC-sinCcosB=sinC.
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，故 3sinB-cosB=1.
π
即sinB-
6

1
= .又因为B∈0,π
2

π π 5π
，所以B- ∈- ,
6 6 6
 ，
π π π
所以B- = ，故B= .
6 6 3
1
(2)在△ABC中，由余弦定理得7=a2+4-4a× ，
2
所以a2-2a-3=0，又a>0，所以a=3.
  
1
因为D为AC的中点，BD= BA+BC
2
 ，

1
则|BD|2= a2+c2+2accos∠ABC
4


19
= ，所以BD
4

19
= .
2
数学试题 第 6 页 共 12 页16.一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球、3个白球.现从袋中随机逐个抽
取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出．
(1)求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率；
(2)记抽取3次取出白球的数量为X，求随机变量X的分布列和期望.
【解析】(1)记事件A=“第2次取出的小球为黑球”，事件B=“第1次取出的小球为白球”，
3 3 3 3 11 3 3 3
则P(A)= × + × = ，P(AB)= × = ，
6 6 6 5 20 6 5 10
PAB
所以P(B|A)=

PA 
3
10 6
= = ．
11 11
20
(2)由题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，则
3 3 3 1
P(X=0)= × × = ，
6 6 6 8
3 3 3 3 3 3 3 3 3 91
P(X=1)= × × + × × + × × = ，
6 5 5 6 6 5 6 6 6 200
3 2 3 3 3 2 3 3 2 37
P(X=2)= × × + × × + × × = ，
6 5 4 6 5 5 6 6 5 100
3 2 1 1
P(X=3)= × × = ，
6 5 4 20
所以随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 91 37 1
P(X=k)
8 200 100 20
1 91 37 1 269
期望为：E(X)=0× +1× +2× +3× = .
8 200 100 20 200
17.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC，AB=AP=1,AC= 2．D为BC
的中点，E为PD的三等分点(靠近P点)．
   
(1)请用AB,AC,AP表示AE；
(2)求直线AE与平面PAB所成角的正弦值；
(3)设F为AB的中点，过EF的平面与射线AC、AP分别交于点G、H，求三棱锥A-FGH体积的最小值．
【解析】
(1)由题意，连接AD，如图所示，
数学试题 第 7 页 共 12 页由D为BC的中点，E为PD的三等分点(靠近P点)，
       
1 1
则AE=AP+PE=AP+ PD=AP+ AD-AP
3 3

  
1 1
=AP+ ⋅ AB+AC
3 2

   
1 1 1 2
- AP= AB+ AC+ AP.
3 6 6 3
(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
过点A作AM⊥PB，垂足为M，如图所示，
因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AM⊂平面PAB，
所以AM⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AM⊥BC，
又AM∩PA=A，AM⊂面PAB，PA⊂面PAB，则BC⊥平面PAB，
因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，
过E作EN⊥PB，垂足为N，由EN,BC⊂平面PBC，
所以EN⎳BC，所以EN⊥平面PAB，则∠EAN为直线AE与平面PAB所成角，
1 1 1 1 1 1 1
由题意可知EN= BD= BC= AC2-AB2= ,PN= PB= × PA2+AB2= × 12+12
3 6 6 6 3 3 3
2
= ，
3
2
根据余弦定理得：AN2=PA2+PN2-2PA⋅PNcos45°=12+
3

2 2 2 5
-2×1× × = ，
3 2 9
5 1
所以AN= ，AE= EN2+AN2= 
3 6

2 5
+
3

2 21
= ,
6
设直线AE与平面PAB所成角为θ，
1
EN 6 21
在直角三角形ANE中有：sinθ= = =
AE 21 21
6
21
所以直线AE与平面PAB所成角的正弦值为 ．
21
(3)由(2)知，PA⊥AB，PA⊥BC，BC⊥AB，
以A为原点，以AC,AP所在直线分别为y,z轴，在平面ABC内，以与AC垂直的直线为x轴建立如图所
示的空间直角坐标系，
数学试题 第 8 页 共 12 页则A0,0,0  ,C0, 2,0 
2 2
,B , ,0
2 2
 ,P0,0,1 
2 2
,F , ,0
4 4

2 2 2
,E , ,
12 4 3
 ，
设G0,m,0  ,H0,0,n  ,m>0,n>0，

2 2
则GF= , -m,0
4 4


2 2 2
,GE= , -m,
12 4 3


,GH=0,-m,n  ，
  
由于G,H,E,F四点共面，则存在实数λ,μ，使得GH=λGF+μGE，
2 2
0= λ+ μ
4 12
2
即 -m= -m 4 
2
λ+ -m 4 



 μ，解得2 2m+n=2 2mn，

 n= 2 μ
3
而2 2m+n≥2 2 2mn，故2 2mn≥2 2 2mn，解得mn≥ 2，
2
当且仅当2 2m=n，即m= ,n=2时等号成立，
2
1 2 2
而F到平面PAC的距离为 × = ，
2 2 4
1 2 1 1 2 2 2 1
所以V =V = S ∙ = ∙ mn∙ = mn≥ ∙ 2= ，
A-FGH F-AGH 3 △AGH 4 3 2 4 24 24 12
2
当且仅当m= ,n=2时等号成立.
2
x2 y2
18.已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P为椭圆上一点(异于点A，B)，AB
a2 b2

=4，△PAB的面积最大值为2 2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点M为直线x=a上一点(不在坐标轴上)，若直线MP与椭圆C相切于点P．
(ⅰ)判断直线PA与直线OM的位置关系，并说明理由；
S
(ⅱ)过点B作直线QB交直线PA于点Q，且k =2k ，求 △PQM
QB PB BM 
的最大值．
x2 y2
附：过椭圆 a2 + b2 =1(a>0,b>0,a≠b)上一点Tx 0 ,y 0 
x x y y
的切线方程为 0 + 0 =1. a2 b2
1
【解析】(1)依题意，当点P位于上、下顶点时，△PAB面积最大，则 ×2a⋅b=2 2，得ab=2 2．
2
x2 y2
又因为2a=4，所以a=2，b= 2，故椭圆C的标准方程为 + =1.
4 2
(2)(i)直线PA平行于直线OM，理由如下：
由(1)知，a=2，则A-2,0  ，B2,0  ．设点Px 0 ,y 0  ，y ≠0， 0
x x y y
则直线MP的方程为 0 + 0 =1．
4 2
数学试题 第 9 页 共 12 页x ⋅2 y y 2-x
令x=2，有 0 + 0 M =1，得y = 0 ．
4 2 M y
0
y y 1 2-x
又k = 0 ，k = M = ⋅ 0
PA x +2 OM x 2 y
0 M 0
y
0
k x +2 2y2
则 PA = 0 = 0
k OM 1 ⋅ 2-x 0 x 0 +2
2 y
0
 2-x 0 
．
x2 y2 x2
因为点P在椭圆上，满足 0 + 0 =1，即y2=2- 0 ，
4 2 0 2
x2
22- 0
k 2
代入得 PA =
k OM

x 0 +2  2-x 0 
4-x2
= 0 =1，
4-x2 0
显然直线PA与OM不重合，故直线PA平行于直线OM.
(ii)因为直线PA平行于直线OM，
1
所以S =S =S -S = ×2⋅y -y
△PQM △PQO △AQO △APO 2 Q 0
 ．
方法一：设点M的坐标为2,m  ，m≠0，
x x y y
椭圆在点P处的切线方程为 0 + 0 =1，代入点M的坐标得x +my =2，故x =2-my ．
4 2 0 0 0 0
代入椭圆方程x2+2y2=4得4-4my +m2y2+2y2=4，
0 0 0 0 0
4m 4m2
整理得y = ，故x =2- ，
0 m2+2 0 m2+2
4m
y m2+2 1 2
则k = 0 = =- ，故k =- ．
PB x -2 -4m2 m QB m
0
m2+2
m
又PA∥OM，所以k =k = ，
PA OM 2
2 m
故直线PA的方程为x= y-2，直线QB的方程为x=- y+2．
m 2
4 8m
联立得y = = ，
Q 2 m m2+4
+
m 2
S 故 △PQM
BM 
8m 4m
 - m2+4 m2+2 =
m
 4m2 =
m2+4  m2+2 
  4 = ≤6-4 2，
8 m2+ +6
m2
当且仅当m2=2 2时等号成立，
S
故 △PQM 的最大值为6-4 2．
∣BM∣
y
方法二：由题意知k =2k =2⋅ 0 ，
QB PB x -2
0
x +2
则直线PA的方程为x= 0 y-2，
y
0
x -2
直线QB的方程为x= 0 y+2．
2y
0
x +2 x -2
联立可得 0 y -2= 0 y +2
y Q 2y Q
0 0
8y
得y = 0 ，
Q x +6
0
数学试题 第 10 页 共 12 页S 故 △PQM
BM 
8y
0 -y
 x +6 0 = 0
2-x 0
y
0
 y2 1 4-x2 = 0 = ⋅ 0 ．
x +6 2 x +6 0 0
设函数fx 
1 4-x2
= ⋅ ，x∈-2,2
2 x+6
 ，fx 
1 -x2-12x-4
= ⋅
2 x+6 
，
2
当x∈-2,4 2-6  时，fx  >0，fx  单调递增，
当x∈4 2-6,2  时，fx  <0，fx  单调递减，
故当x=4 2-6时，fx  取得最大值为6-4 2.
19.对于定义在区间(0,1)上的函数y=F(x)，若F(x)≥kx+m对一切x∈(0,1)恒成立，则称直线y=kx+
m是y=F(x)的一个“T函数”．
π
(1)若f(x)=cos(πx)，分别判断y=x-2和y= -πx是否为y=f(x)的T函数并说明理由；
2
(2)设g(x)=2x3-3x2+x，p∈R．若y=px-1是y=g(x)的一个T函数，求p的取值范围；
(3)设a
n
 为无穷实数列．令f (x)=(x2-a x)lnx．已知y=f (x)与其T函数y=k x的图象有公共点，
n n n n
其公共点的横坐标为x ．是否存在a
n n
 ，使得x
n
 为非常数的无穷等比数列？证明你的结论.
【解析】(1)函数f(x)=cos(πx)，由x∈(0,1)，得πx∈(0,π)，则cos(πx)∈(-1,1)，
当x∈(0,1)时，y=x-2∈(-2,-1)，因此cos(πx)>-1>x-2恒成立，
即cos(πx)≥x-2恒成立，所以y=x-2是y=f(x)的T函数；
π π π
当x∈(0,1)时，y= -πx∈- ,
2 2 2

1 3 π π
，取x= ，cos(πx)= ， -πx= ，
6 2 2 3
π π
此时cos(πx)< -πx，所以y= -πx不是y=f(x)的T函数.
2 2
(2)函数g(x)=2x3-3x2+x，由y=px-1是y=g(x)的一个T函数，
得∀x∈(0,1)，不等式g(x)≥px-1⇔g(x)+1≥px⇔2x3-3x2+(1-p)x+1≥0恒成立，
令函数h(x)=2x3-3x2+(1-p)x+1,x∈(0,1)，由h(0)=1>0,h(1)=1-p≥0，得p≤1，
求导得h(x)=6x2-6x+1-p，Δ=36-24(1-p)=12+24p，
1
当p≤- 时，Δ≤0，则h(x)≥0恒成立，h(x)在(0,1)上单调递增，
2
1
因此h(x)>h(0)>0恒成立，p≤- ；
2
当p=1时，由x∈(0,1)，h(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，h(x)>h(1)=0，因此p=1，
1
当- <p<1时，方程h(x)=0的两个实根x ,x ，
2 1 2
而h0  =h1 
1
=1-p>0,且对称轴x= ∈0,1 2  ，故0<x <x <1， 1 2
由h(x)>0，得0<x<x 或x <x<1；由h(x)<0，x <x<x ，
1 2 1 2
函数h(x)在(0,x ),(x ,1)上单调递增，在(x ,x )上单调递减，
1 2 1 2
由h(x )=0，得p-1=6x2-6x ,h(x )=2x3-3x2-x (6x2-6x )+1=(1-x )(1+x +4x2)>0，
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
因此h(x)>0，- <p<1，所以p的取值范围是p≤1.
2
(3)函数f (x)=(x2-a x)lnx与其T函数y=k x的图象有公共点，
n n n
函数y=k x与y=f (x)在(0,1)上的图象公共点横坐标为x ，且f (x)≥k x恒成立，
n n n n n
f (x)
则f (x )=k x ，令函数h (x)= n =(x-a )lnx,x∈(0,1)，于是h (x)≥k 恒成立，
n n n n n x n n n
且h (x )=k ，即x 为h (x)在(0,1)上的最小值点，
n n n n n
数学试题 第 11 页 共 12 页x-a a
求导得h(x)=lnx+ n =lnx+1- n ，由h(x )=0，得a =x (lnx +1)，
n x x n n n n n
x+a lnx +2
令函数φ(x)=h(x),x∈(0,1)，求导得φ(x)= n ，则φ(x )= n ，
n x2 n x
n
由x 为最小值点，得φ(x )≥0，则lnx +2≥0，解得x ≥e-2；
n n n n
假设存在a
n
 使x
n
 为非常数无穷等比数列，
设x =x ⋅qn-1，q>0,q≠1,x ∈(0,1)，若q>1，则数列x
n 1 1 n
 严格递增，
当n>1+  log 1
 qx
1
  1 (log
 qx
1
 1 表示log 的整数部分)时，x >1，与x ∈(0,1)矛盾；
qx n n
1
若q∈(0,1)，则数列x
n
 严格递减，当n→+∞时，x →0，
n
则存在正整数N，使得当n>N时，x ≤e-2，与x ≥e-2矛盾；
n n
若q=1，数列x
n
 为常数列，与“非常数”矛盾，
所以不存在数列a
n
 使得x
n
 为非常数的无穷等比数列.
数学试题 第 12 页 共 12 页