绝密★启用前（新高考卷）
数学试卷
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，用橡皮擦千
净后，再选涂其他答素标号。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。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.设z=-2+,则z在复平面内对应的点位于
1
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
2.己知M,N均为R的子集，若存在x使得x∈M,且x廷CRN,则
A.M∩N≠
B.MCN
C.NCM
D.M=N
3.己知向量a,b=(1,-1)满足a⊥b,(a-b)⊥(a+2b),则a=
A.3
B.2
C.2
D.1
4.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4=S5=20,则4=
A.-10
B.-8
C.10
D.8
5.函数x)=sm(2x+爱在区间0,5)有
A.1个极大值点和1个极小值点
B.1个极大值点和2个极小值点
C.2个极大值点和1个极小值点
D.2个极大值点和2个极小值点
已知椭圆C:怎+片1@>b>0)的左、右顶点分别为4,4，上顶点为B,左焦点为F,线段4B的
6.
中点为D,直线A,D与y轴交于点E.若AB与FE共线，则C的离心率为
B.
c
D.
2
4
7.在四边形ABCD中，AB=BC=2,AD=3,∠A=∠CBD=90°，将△BCD沿BD折起，使点C到达点
C的位置，且平面CBD⊥平面ABD.若三棱锥C'-ABD的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
A.17π
B.23元
C.25π
D.29元
8.已知a,B,7∈(0，)，且a+B=,sin2a=cosy+0.1,2sim￡=iny,则
22
A.a
B.BC.YD.B数学试题（新高考卷）第1页（共4页）
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.基于小汽车的“车均拥堵指数”7P1=1-二)×10，其取值范围是0,10]，值越大表明拥堵程度越强烈.
在这个公式中，为路段上统计时间间隔内车辆平均行驶速度，V。为路段上自由流状态下车辆行驶速度，
且结合地图匹配算法可得到了=上，其中y表示浮动车(=1,2，，)的速度，下列说法正确的是
n 1
A.n的值越大，。-V的值越小
B.若yC.若y=可，则去掉y后得到的TPI的值不变
D.若<可，则样本V2,3,…,Vn的方差小于样本y,2,…,Vn的方差
10.在正方体ABCD-A1B,CD1中，E,F分别为AB,AD的中点.取点B,C,E,F,若一条直线过
其中两点，另一条直线过另外两点，则
A,两条直线为异面直线是必然事件
B.两条直线互相垂直的概率为。
C.两条直线互相平行与互相垂直是对立事件
D.两条直线都与直线AC垂直是不可能事件
11.设a,b为正数，且a-5b-4ab=1,则
A.a>1
B.b>
74
C.a≥25b
D.a+3≥49b
12.抛物线的光学性质是：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射线都与抛物线的
对称轴平行或重合.已知抛物线C:y2=2x(p>0)的焦点为F,过x轴上F右侧一点的直线交C于A,B
两点，C在A,B处的切线交于点P,直线AP,BP交y轴分别于点D,E,则
A.∠AFB=2∠APB
B.∠APB+∠DFE=180
C.2PF=AF+BF
D.AFl-IDEP
BF EF
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x-3)°的展开式中的常数项为
(用数字作答)·
14.己知f(x)是定义域为(-4,4)的奇函数.若以点(2,0)为圆心，半径为2的圆在x轴上方的部分恰好是
y=f(x)图像的一部分，则f(x)的解析式为
数学试题（新高考卷）第2页（共4页）绝密★启用前（新高考卷）
数学试卷参考答案
1.【答案】B
1
【解析】z 2 2 i ，故 z 2 i ，z 在复平面内对应的点为 ( 2,1) ，在第二象限.
i
2．【答案】A
【解析】因为 x R N ，所以 x N ，又因为 x M ，所以 x M N ，故M N .
3.【答案】C
【解析】由题设可知 b 2 ， a b 0 ，故 (a b) (a 2b) a 2 2 b 2 0 ， a 2 .
4.【答案】D
【解析】由 S4 S5 20 ，可知 a5 0 ，5a3 S5 20 ， a3 4， 2a3 a1 a5 a1 8 .
5.【答案】C
7 2
【解析】极大值点为 x k ，其中 k Z，则 x , 满足；极小值点为 x k ，
6 6 6 3
其中 k Z，则 x 2 满足，故在区间 (0,5) 有 2 个极大值点和 1 个极小值点．
3
6.【答案】A
【解析】方法 1：因为 A1B 与 FE共线，故 A1B∥ FE .过 D作 x轴的垂线，垂足为 H ，设
O为坐标原点，因为 D为线段 A1B 的中点，故 H 为线段OA1 的中点，且
A2F A2E OA2 2 c C a c 2 c 1 ，设 为 的半焦距，则 ，所以C 的离心率 e ．
A1A2 A2D HA2 3 2a 3 a 3
方法 2：设 A1( a,0) ，A2 (a,0) ，B(0,b) D(
a b b b
，则 , ) ，直线 A
2 2 2
D的方程为：y x ，
3a 3
故 E (0, b ) b．设 c为C 的半焦距，则 FE (c, ) ， A B (a,b) ，若 A B 与 FE共线，则
3 3 1 1
cb ab 0 ，所以C e c 1的离心率 ．
3 a 3
7.【答案】A
【解析】如图，设 BD，C D的中点分别为O1，O2 ，则O1O2 ∥C B，
因为平面C BD 平面 ABD，且C B BD，所以C B 平面 ABD，
故O1O2 平面 ABD，由几何关系可知O2C O2A O2B O2D，
故 O2 为 三 棱 锥 C ABD 的 外 接 球 球 心 ， 易 知
数学试题参考答案（新高考卷） 第 1页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
2 2
O1O
1 1
2 C B CB
1 AB AD 13
1 ， O1B BD ， 所 以 球 半 径2 2 2 2 2
R O B O O 2 O B 2 17 2 1 2 1 ，故球的表面积为 4 R
2 17 .
2
8.【答案】D
【解析】方法 1：因为 ， ， (0, ) ，由 可知 ；由 2sin sin
2 2 2 4 2
1
可知 sin sin cos sin ，所以 ； sin sin sin( ) cos ，
2 2 2 2
2 2
则 sin2 1 sin 1 1 cos cos 0.1，所以 (cos 2)2 1.4，
4 4
所以 cos 2 1.4 0.8 2
， ，所以 .
2 4
方法 2：因为 ，2sin sin ，所以 2cos sin 2．因为 sin cos 0.1，
2 2 2
sin2 2
所以 cos 10 35 1 1 1 cos ，即 cos 1 1，解得cos ，
4 10 4 10 5
cos sin 20 35 110 ．将 2sin sin 两边平方后，可化简得：
2 10 2
cos 1 2cos2 16 2 35 ，所以 cos cos ， cos2 cos2 35
13
0，即
5 2
cos cos ．由于 ， ， (0, ) ，所以 ．
2
9.【答案】BC
【解析】Vc 的值与 n的大小没有必然联系，无法确定 Vc Vfc 值的变化，故 A 错误；若
v1 v2 vn ，则去掉 v1 后Vc 的值变大，因此 TPI的值变小，故 B 正确；若当 v1 Vc ，
则去掉 v1 后得到的TPI 的值不变，故 C 正确；若 v1 Vc ，无法判断样本 v2 ,v3 , ,vn 的方
差与样本 v1 ,v2 , ,vn 的方差之间的大小关系，故 D 错误.
10.【答案】ABD
【解析】因为点 B1，C ，E ，F 不共面，所以两条直线为异面直线，故 A 正确；过四点的
两条直线共有 3 种情况，其中仅当一条直线过 B1，F ，另一条直线过C ，E 时，这两条直
数学试题参考答案（新高考卷） 第 2页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
1
线相互垂直，故相互垂直的概率为 ，故 B 正确；两条直线互相平行的概率为 0，而两条直
3
线互相垂直的概率小于 1，故两条直线互相平行与互相垂直不是对立事件，C 错误； B1C，
B1E， B1F中，只有 B1C与 AC1垂直，且当 B1C AC1时， EF 与 AC1不垂直，故 D 正确.
11.【答案】ACD
【解析】由题设可知 b(5 4a) a 1 ，且 a(1 4b) 1 5b ，因为 a ， b为正数，所以
a 1 0 ，1 4b 0 1 5b 1，即 a 1，0 b ，故 A 正确，B 错误；由题设可知1 4b
4 a a
1 b b b b 1 b 1
≥ 2 4b 4 ，则5( )2 4 1≤0，故 0 ≤ ，所以 ≤ ，即 a≥ 25b，
a a a a a 5 a 25
1
5
故 C 正确；由题设可知 a b1 0
1
，其中 4 0 1 1，故 a ( 4) 9
4 b b b 1
5 ≥
4
b b
2 (1 9 a 5b 1 4) 5 11 a 5b 11 ，即1 ab≥11b，由题设可知 ab ，所以1 ≥b 4 4 4
b
11b，即 a 3≥ 49b，故 D 正确.
12.【答案】ABD
【解析】设直线 FA ，FB 在C 上的反射线分别为 AM ，BN ，则 AM ∥ BN ∥ x轴.设G ，
H 分别为线段 PA ， PB 延长线上的点，结合光的反射定律可知 PAF GAM ，
PBF HBN ，由几何关系可知 APB ，设 AB交 x轴于M ，则
AFB AFM BFM 2 2 ，所以 AFB 2 APB ，故 A 正确；
设 A(x1 , y
p
1) ，其中 y1 0 ，C 在 A处的切线的斜率为 k1 ，故C 在 A处的切线方程2x1
p 2 px 2 px
为 y (x x1) 2 px1 ，令 x 0 ，则 y
1 ，即D(0, 1 )，故直线DF 的
2x1 2 2
2x
斜率为 k2 1 ，所以 k1 k2 1，故 AD DF ，同理可知 BE EF .因为四边形p
PDFE 的内角和为 360 ，所以 APB DFE 180 ，故 B 正确；
设 B(x2 , y2 ) ，其中 y2 0 ，同上可知C 在 B
p
处的切线方程为 y (x x1) 2 px2x 2
，
2
数学试题参考答案（新高考卷） 第 3页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
2 px 2 px 2
求得 P( x x , 1 2 2 p(x1 x2 ) p1 2 ) ，所以 PF x1x2 ，且由抛物线的几何2 2 4
p p 2
性质可知 AF x1 ， BF x2 ，所以 PF AF BF ，2 PF 2 AF BF2 2
≤ AF BF ，当且仅当 AF BF 时等号成，故 C 错误；
2 DF 2 2 EF 2
设O 为坐标原点，易知△AFD∽△DFO ，则 AF ，同理 BF ，所以
p p
AF DF 2
，故 D 正确.
BF EF 2
13.【答案】135
【解析】常数项为C2 26 ( 3) 135.
x2 4x , x [0, 4)，14.【答案】 f (x)
x2 4x , x ( 4,0)．
【解析】以点 (2,0) 2为圆心，半径为 2 的圆在 x轴上方的部分的方程为 y x 4x
（ 0 x 4 ），因为 f (x) 是奇函数，则 f (0) 0 ，且当 x ( 4,0) 时， y x2 4 x，所
x2 4x , x [0, 4)，
以 f (x) 的解析式为 f (x)
x2 4x , x ( 4,0)．
15 5.【答案】5 : 6（或写成 ）
6
【解析】如图，连接 AC ，因为 G 为 CD的中点，且
EF : AB 3: 4 ，则四边形 DEFG 与△CFG 的面积比为
5 : 2，所以V1 :VA CFG 5 : 2 ，又易知△ACG 与△ABC
的 面 积 比 为 1: 2 ， 所 以 VA CFG :VF ABC VF ACG :VF ABC 1: 2 2 : 4 ， 所 以
V1 :V2 V1 : (VA CFG VF ABC ) 5 : (2 4) 5 : 6 .
1 1
16.【答案】 (0，e 2 ) (e 2 1 1， 1) （或写成 (0, ) ( ,1) ）
e e
1
【解析】方法 1：由 f (x) a2ax x 得 f (x) (2a ln a)a2ax 1，
2a
f (x) (2a ln a)2a 2ax 0 (a 0)， f (x)是单调递增函数．根据题意 f (x) 0有解，所以
数学试题参考答案（新高考卷） 第 4页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
0 a 1 f (x ) 0 x ln( 2a ln a)．由 0 得 0 ．当 x x 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减； 2a ln a 0
x x f (x) 0 1 ln a ln( 2a ln a)当 0 时， ， f (x) 单调递增，故 f (x)min f (x0 ) ． 2a ln a
设 g(a) 1 lna ln( 2a lna)(0 a 1) 1 1，则 g (a) ( 2) ．由 g (a0 ) 0 得 aa ln a 0
1 1
1
e 2 ，当 x e 2 时，g (a) 0，g(a)单调递增；当 x e 2 时，g (a) 0，g(a)单调递减．所
1
以 g(a) g(e 2max ) 0．再结合当 x 时， f (x) ，当 x 时， f (x) 知
1 1
a的取值范围为 (0，e 2 ) (e 2， 1) ．
1
ln 1 ax 2 1 2ln x
方法 2：令 f (x) a2ax x 1 0 a ln a，则 1 2ax 1 ，设 g(x)
ln x
2 ，则 g (x) 3 ，2a a x x
a2
1 1
当 0 x e 2 时， g (x) 0 ， g(x) 单调递增，当 x e2 时， g (x) 0， g(x) 单调递减，又因
为当 x 1时， g(x) 0，且当 x 时， g(x) 0 ，所以若 f (x) 有两个零点，只需满足
1 11 e2 1
1 1 1
或 e 2 ，所以 a的取值范围是 (0,e 2 ) (e 2 ,1) ．
a a
17.（10 分）
【解析】（1）方法 1：由bsin A 3acosB 3c及正弦定理可得：
sin B sin A 3 sin Acos B 3 sinC 3 sin(A B) ， ……2 分
所以 sin B sin A 3 sin Acos B 3 sin Acos B 3 cos Asin B，
故 sin B sin A 3 cos Asin B， ……3 分
因为 sin B 0 ，故 sin A 3 cos A 0 ，
所以 tanA 3 ， ……4 分
A 所以 . ……5 分
3
方法 2：由bsin A 3acosB 3c及余弦定理可得：
bsin A 3a(a
2 c2 b2)
3c， ……2 分
2ac
3(b2sin A c
2 a2 )
所以 3 cos A 0，
2bc
所以 tanA 3 ， ……4 分
数学试题参考答案（新高考卷） 第 5页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
所以 A . ……5 分
3
2b c 2sinB sinC
（2）由正弦定理可知 ， ……7 分
a sin A
2b c 2 3 [2sinB sin(2 2 3 5 3即 B)] ( sinB cosB)
a 3 3 3 2 2
2 21
sin(B 3 ) ，其中 tan ( ) ， ……9 分
3 5 2
B 2b c 2 21故当 时， 的最大值为 . ……10 分
2 a 3
18.（12 分）
【解析】（1）如图，在CD上取一点G，使得CG AE，
BE PF
连接 AG， FG．因为 1，且 ABCD是平行四边形，
CD PD
PF BE CG
所以 1 ，故 FG∥PC． ……1 分
PD CD CD
又因为 PC 平面 PCE， FG 平面 PCE，
所以 FG∥平面 PCE． ……2 分
因为 ABCD是平行四边形，且CG AE，
所以 AECG是平行四边形，故 AG∥EC． ……3 分
又因为 EC 平面 PCE， AG 平面 PCE，
所以 AG∥平面 PCE． ……4 分
因为 AG FG G，且 AG 平面 AFG， FG 平面 AFG，
所以平面 AFG∥平面 PCE． ……5 分
因为 AF 平面 AFG，
所以 AF∥平面 PCE . ……6 分
（2）方法1：当E为 AB中点，PD AD CD， BAD 60 时，易知DE CD，F为PD
中点，又因为PD 平面 ABCD，则以D为坐标原点，DE为 x轴，DC为 y轴，DP为 z轴
建立坐标系，设PD AD CD 2，则C(0,2,0) ，E( 3,0,0) ，F (0,0,1)，P(0,0,2) ，…7 分
所以CE ( 3, 2,0)，FE ( 3,0, 1)，PE ( 3,0, 2) . ……8 分
设平面 FCE与平面 PCE的法向量分别为 m (x1, y1, z1) ， n (x2 , y2 , z2 ) ，则
3x1 2y1 0 3x2 2y2 0
， ，
3x1 z1 0 3x2 2z2 0
数学试题参考答案（新高考卷） 第 6页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
3 3 3
不妨取 x1 3 ， x2 3 ，则 m ( 3, ,3) ，n ( 3, , ) ， ……10 分2 2 2
m n 13
所以 cos m,n ， ……11 分
m n 190
21
169 21 21
故二面角 P CE F的正弦值为 1 ，正切值为 19013 . ……12 分190 190 13
190
方法 2：过D作DM EC，垂足为M ，分别连
P
接PM ， FM ，ED．
因为 PD 平面 ABCD， EC 平面 ABCD， F
所以 PD EC． ……7 分 D C
因为 PD，DM 是平面 PDM 内两相交直线，
M
所以 EC 平面 PDM ． ……8 分
A E B
因为 PM 平面 PDM ， FM 平面 PDM ，
所以 EC PM ， EC FM ，即 PMF 就是
二面角 P CE F 的平面角．设 PMF ， PMD 1， FMD 2．……9 分
BE PF
因为 E为 AB的中点， 1，底面 ABCD是平行四边形，
CD PD
所以 F 是PD中点．
设 PD AD CD 2，
因为 BAD 60 ，易知DE CD，且 ED 3 ，
所以 EC CD2 ED2 7 ． ……10 分
ED 21
所以 sin ECD ，
EC 7
DM 2sin ECD 2 3所以 ．
7
PD 7 FD 7
所以 tan 1 ，tan 2 ． ……11 分
DM 3 DM 2 3
所以 tan tan( 1 2) tan 1 tan 2 21 ，
1 tan 1 tan 2 13
即二面角 P CE 21 F 的正切值为 ． ……12 分
13
数学试题参考答案（新高考卷） 第 7页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
19.（12 分）
【解析】（1）因为数列{an}的各项均为正数，故M n 0，
M
由 2a M M n 1n n n 1 M n可得， 2an 1，即 2an aM n 1
1. ……2 分
n
所以有 2(an 1) an 1 1，故{an 1}是公比为 2，首项为 a1 1 2的等比数列， ……4 分
所以 an 1 (a1 1) 2
n 1 ，an 2
n 1. ……6 分
（2 2 n）方法 1：由（1）可知，Mn (2 1)(2 1) (2 1) ……7 分
1
≤ 21 22 2n ……9分
2
n2 n
1
2 2 2 ． ……10 分
n2 n
1 2
所以 log 2 2 n n2 M n≤ log 2 2 ( 1)log 2 2 n
2 n 2 . ……12 分
2 2
n
方法 2：由（1）可知， log Mn log (2i 1)2 2 ……7 分
i 1
n
log (2i 1)2 ……8 分
i 2
n n (2 n)(n 1)
log 2i 22 i 2 n2 n 2．
i 2 i 2 2
……10 分
当 n 1时， log M n n
2 n 2 ， ……11 分
2
2
所以 log 2 M n ≤ n n 2 . ……12 分
20.（12 分）
【解析】（1）设事件 An表示共有 n(n 0,1,2,3,4)次投中，事件 B表示第二次没投中，……1 分
P(B A ) P(BA2 )则 2 ……2 分P(A2 )
1 C2 1 1
2 3
22
2 1 . ……3 分
C2 1 1 24 2 2 22
（2）方法 1：根据题意有 X1 0,1,2,3， X 2 0,1,2， X1 X 2 2, 1,0,1,2,3，
则 P(X1 X2 2) P(X1 0)P(X2 2)
1 1 1
3 2 22 32
数学试题参考答案（新高考卷） 第 8页（共 12 页）
{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}
P(X 51 X 2 1) P(X 1 0)P(X 2 1) P(X 1 1)P(X 2 2) 32
P(X1 X2 0) P(X1 0)P(X2 0) P(X1 1)P(X2 1) P(X 2)P(X 2)
5
1 2 16
P(X1 X
5
2 1) P(X1 1)P(X2 0) P(X1 2)P(X2 1) P(X1 3)P(X2 2) 16
P(X1 X2 2) P(X1 2)P(X2 0) P(X1 3)P(X 1)
5
2 32
P(X1 X2 3) P(X1 3)P(X2 0)
1 1 1
3 2 . ……5 分2 2 32
1 5 5 5 5 1 1
所以 E(X1 X 2 ) ( 2) ( 1) 0 1 2 3 . ……7 分32 32 16 16 32 32 2
方法 2：因为 X1 ~ B(3,
1)， X2 ~ B(2,
1)， ……4 分
2 2
所以 E(X 1 31) 3 ， E(X 2 ) 2
1
. ……5 分
2 2 2
又因为 X1， X 2 互相独立，
所以 E(X1 X2) E(X1) E(X )
1
2 . ……7 分2
（3 1 i(i 1)）根据题意可知 P(i) C2i i i 1 . ……8 分2 2
P(X k) k 1 k ，k 2,3, ,n 1， ……9 分2
P(X n) 1 ( 1 2 n 2 n 1 1 2 n 1 2 3 n 1 ) n 1 ( 2 3 n )，2 2 2 2 2 2 2
S 1 2 n 1 1 1 1 1 1 n n 1记 n 22
3 n ，则 Sn 2(Sn Sn) 1 2 2 2 2 2 2 2n 1 2n
n 1 ，2 2n
P(X n) n 1 n 1 n故 n n n 1 . ……10 分2 2 2
n 1 n 1
所以 E(X )
i(i 1) n(n 1)
kP(X k ) nP(X n) 2 . ……11分
k 2 i 2 2
i 1 2n 1
n(n 1)
2n 1 2n 2n又因为 ，且当 n≥ 2时， ≥1，
2P(n 2) n 2 n 2
n 1 i(i 1) n(n 1) n 1 n 2
所以 E(X ) 2 i 1 n 1 ≥ 2 P(i) 2P(n 2) 2 P(i) . ……12 分
i 2 2 2 i 2 i 2
21.(12 分)
【解析】（1）当 k 2 时， l : y 2(x 2)，把 x 3代入得 y 2 ，即 A(3, 2)， …1 分
A C 9 2将 代入 的方程有， 2 2 1①， ……2 分a b
数学试题参考答案（新高考卷） 第 9页（共 12 页）
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且由双曲线的几何性质可知 a2 b2 4②， ……3 分
x2
由①，②得， a2 3，b2 1，故C的方程为 y2 1 . ……4 分
3
（2）设 A(x1, y1) ， B(x2 , y2 )，且 l : y k(x 2) ， l与C的方程联立有：
12k2 12k2(1 3k 2 )x2 12k 2x 12k 2 3 0 3，则 x1 x2 2 ， x x 3k 1 1 2 3k2
，① ……6 分
1
y y 4k k
2
所以 1 2 k (x
2
1 x2 ) 4k 2 ， y1y2 k [x1x2 2(x1 x2 ) 4] 2 ．②3k 1 3k 1
……7 分
y y x
直线OB的方程为 y 2 x，故D ( 1 2 , y ) P ( y1x2 y2x， 11 , y ) . ……8 分x2 y2 2y
1
2
OP y 2y1y2 x l x 2k(y1x2 y2x1) 2[x x (x x )]的方程为 ，与 方程联立有： 1 2 1 2 ，
y1x2 y2x1 k(y1x2 y2x1) 2y1y2 x1 x2 4
3
将①代入得 x ，即Q(3 k， ). ……9 分
2 2 2
1 |OP | y | BF | y方法 ：所以 1 ， 2 ． ……10 分
| PQ | y k | BQ |1 y2
k
2 2
要证 OP BQ PQ
y y
BF ，只需证 1 2k k ，即证 4y1y2 k(y1 y2 )，③y1 y2 2 2
由②知③成立，所以 OP BQ PQ BF ． ……12 分
方法 2：由题设可知 A， B， F，Q四点共线，
3 3 7 2 2 2
且 (x1 )(2 x2) (x1 2)(x2 ) (x
42k 24k 6 18k 6
1 x2 2 2 2
) 2x1x2 6 3k2
0，
1 3k2 1 3k2 1
AQ BF (x
3
1 )(2 x2 2
) AQ BQ
故 1，即 . ……11 分
AF BQ (x 3 2)(x ) AF BF1 2 2
PQ AQ PQ AQ BQ
由OF∥AP可知， ，故 ， OP BQ PQ BF . ……12 分
OP AF OP AF BF
22.（12 分）
x x
【解析】（1）设 f (x) a ln x ea f (x) a 1 ，则 e a . ……1 分
x a
曲线C1与C2 没有公共点等价于 f (x) 没有零点.
1
当 a≥ e 时， f (1) e a 0，且 f (a) a lna e≥0， f (x) 存在零点，不合题意；……2 分
a
2 x 2 3
当 0 a e a时， 0 a， f (x) a 1 e a 在 (0, ) a 3 e 单调递减，且 f ( ) 0 ，
3 x a 3 a
f (a) 1 e a
2 x0
0，则存在唯一 x0 ( ,a)
a 1
，使得 f (x a
a 3 0
) 0 ，即 e 0，
x0 a
数学试题参考答案（新高考卷） 第 10页（共 12 页）
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x0 a2e a lnx 2lna x进一步可知， ， 00 . ……3 分x0 a
当 0 x x0 时， f (x) 0， f (x)单调递增，当 x x0时， f (x) 0， f (x) 单调递减，
2 2
故 f (x) ≤ f (x0 )
x a a
a(2 ln a 0 ) 2a ln a (x0 ) 2a(ln a 1) 0 ，符合题意.a x0 x0
综上，a的取值范围是 (0,e). ……4 分
（2）（i）记题设的直线为 l，由题意可知 l与 x轴不垂直.
假设 i t j s，则 l j t的斜率 k 1． ……5 分
i s
由 y a ln x得 y a ， a 1，即 i a， j a lna
x i
x 1 x s
由 y e a 得 y ea ， 1 e a 1，即 s a ln a， t a． ……6 分
a a
k j t a ln a a所以 1，矛盾．
i s a a ln a
综上， i t j s． ……7 分
s
a s
（ii）由 k e a s 及 (1 )ea a(ln i 1)，可得 a s i(ln i 1)．若 i e ，则 a s i(lni 1) 0，
a i a
s
ea a e a
a s，且由 可得 ，故 a e，这与0 a e矛盾，故 i e .
a i a e
易知 i 0， t 0，当0 i e时， s a i(1 lni) 0，故 s a 0， i s 0. ……8 分
s 2
当 i e 1时，由 k ea a a ，得 s a ln a(2ln a ln i) a(2ln a 1)，
a i i i i
i s i a所以 a(2ln 1) i(2a ln a a a 1) ，其中 0 1.
i i i i i
设 g(x) 2x ln x x 1(0 x 1)，则 g (x) 2ln x 3.
3 3
当 0 x e 2 时， g (x) 0， g(x) 单调递减，当 e 2 x 1时， g (x) 0 ， g(x) 单调递增，
3 3 3
所以 g(x) ≥ g(e 2 ) 1 2e 2 1 2e 1 0，此时也有 i s (1 2e 2 )i 0 . ……9 分
由 a s i(ln i 1)可得 i s a i(2 lni)，设 h(x) x(2 ln x)，则 h (x) 1 lnx，
当 0 x e 时， h (x) 0， h(x) 单调递增，当 x e 时， h (x) 0， h(x) 单调递减，
所以当 x e时， h(x) h(e) e，故 i s a i s e 2e ， 2 . ……10 分
e
数学试题参考答案（新高考卷） 第 11页（共 12 页）
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s
s j ai ln i se a s s
另有 s ，设 ai ln i se a 2ie a a(i ln i
as
2a)，将 s a i(ln i 1) 代入，
i t i
ie a
s s
有 ai ln i se a 2ie a a a(a i)( ln i)，当 0 i e，由上可知 i a e ，有 a(a i)(a lni) 0，
i i
i a e a e i a(a i)( lni) 0 s j当 ，由上可知 ，也有 ，故 2.
i i t
i s s j
综上，0 2 . ……12 分
e i t
数学试题参考答案（新高考卷） 第 12页（共 12 页）
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