湖南五市 2024年下学期高三期末质量检测数学
一、单项选择题：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.已知集合A={x| -3≤ x≤ 2}，B={x|x= 2n+ 1,n∈Z}，则A∩B=
A. {-3, -1,1,3} B. {-3, -1,1} C. {-1,1} D. {1}
4+3i
2.已知复数 z=
3- ，则 z =4i
A. 2 B. 3 C. 5 D. 1
3.已知非零向量 a， b满足 a-b a-3b = 0，且 a = 3 b ，则 a与 b的关系是
A. 垂直 B. C. π D. π共线 夹角为 夹角为
3 6
x+4a,x≥04.已知函数 f x = 是R上的增函数，则实数 a的取值范围是-x2+ax+a2,x<0
A. 0,4 B. (0,4) C. (0,4] D. [0,4)
F x
2 y2
5.设 1，F2分别是椭圆C： + = 1 a>b>0 的左、右焦点，过点F2作 x轴的垂线交C
a2 b2
于 A， B两点，其中点 A在第一象限，且 AF1 = 2 AF2 ．若 P是 C上的动点，则满足
△PF1F2是直角三角形的点P的个数为
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
6.正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底边长分别为 6， 18，该正三棱台内部有一个内切球 (与
上、下底面和三个侧面都相切)，则正三棱台的高为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
a 1
7.已知数列 an 满足 a
n
n+1= + ，则下列说法正确的是2 an
A. an 所有项恒大于等于 2 B. 若 a1= 1，则 an 是单调递增数列
a
C. 若 a nn 是常数列，则 a1= 2 D. 若 a1= 2，则 an+1+ 是单调递增数列2
8.在平面直角坐标系 xOy中，A 1,0 ，P -1,p ，Q 1,q ，其中 p> 0， q> 0，∠AOQ=
∠ pPOQ，则当△OPQ面积最小时， =
q
A. 5+1 B. 3+1 C. 5-1 D. 3-1
2 2 2 2
第1页，共4页
二、多项选择题：本大题共 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，部分选对得部分分，选错得 0分．
9.设样本空间Ω={1,2,3,4}含有等可能的样本点，且A={1,2}，B={1,3}，C={1,4}，则
下列结论正确的是
A. P AB =P A P B B. P A|C =P C|A
C. P ABC =P A P B P C D. P BC =P B P C
2 y2
10.斜率为 2 的直线 l x与双曲线 - = 1 a>0,b>0 的两条渐近线交于 A x1,y1 ，
a2 b2
B x2,y2 两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段AB的中点，则下列说法正确的是
x2 - y
2
A. = 0是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程
a2 b2
B. P也是线段CD的中点
b2C. 若 l过双曲线的焦点，则直线OP的斜率是-
2a2
D. 若 l过双曲线的焦点，点P的坐标为 (2,1)，则 a= b
11.已知 f x 的定义域为非零有理数集，且满足下面三个性质：
1 f xy = f x + f y ；
2 f x+y ≥min f x ,f y ；
b,a≥b
3 当 f x ≠ f y 时， f x+y =min f x ,f y ，其中min{a,b}= a,a下列说法正确的是
A. 若 f x > r， f y > r，则 f x-y > r
B. f x = 0恰有两个整数解
C. 若 x+ y+ z= 0， xyz≠ 0，则 f x ， f y ， f z 中至少有两个相等
D. 若 f 2 = 1，则 f 240 = 3
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12.已知 cos α+ π2 = 3cos α-π ，则 cos2α+ sin2α= ．
13.用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个
面颜色各不相同．我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与
另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式．那么不同的上色模式共有 种．
14.在平面直角坐标系 xOy中，射线 l 1： y = x x≥0 ， l 2： y = 0 x≥0 ，半圆 C： y =
1- x-4 2 ．现从点A 1,0 向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇
到射线 l1， l2时会发生镜面反射．设光线在发生反射前所在直线的斜率为 k，若光线始终与
半圆C没有交点，则 k的取值范围是 ．
第2页，共4页
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．
asinA-sinC
15. (13分)在△ABC中，角A， B， C所对的边分别为 a， b， c， c= 1， - =a b
sin(A+C)， a≠ b．
(1)求△ABC的外接圆半径；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC周长的取值范围．
16. (15分)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，点M，N分别在线段AB1，BC1上，
且 AM = λ AB1 ， C1N = μ C1B ． D1 C1
(1)若 λ= μ= 1 ，证明：DD ⊥MN；
2 1 BA 11
(2)若 λμ= 1 ，点P，Q分别在直线DD1，MN上，且PQ⊥DD1，PQ2 N
⊥ DMN，求 PQ C 的取值范围． M
A B
17. (15分)箱子里有四张卡片，分别写有数字 1， 2， 3， 4，每次从箱子中随机抽取一张卡片，
1
各卡片被抽到的概率均为 ，记录卡片上的数字，然后将卡片放回箱子．重复这个操作，
4
直到满足下列条件之一结束：
(a)第一次抽取的卡片上写的数字是 4；
(b)设 n为大于等于 2的整数，第 n次抽取的卡片上写的数字大于第 n- 1次抽取的卡片上
写的数字．例如，当记录的数字依次为 3， 2， 2， 4时，这个操作在第 4次结束．
(1)若操作进行了 4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数；
(2)求操作在第n次结束的概率．
第3页，共4页
a -a
18. (17分)已知函数 f x = ea+2e-a e -2e x+ ， a> 0．
x
(1)设直线 x= 4与曲线 y= f x 交于点P，求P点纵坐标的最小值；
(2)a取遍全体正实数时，曲线 y= f x 在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函
数 g x ，求 g x 的解析式；
5
(3)证明：当 x≥ 1时，对任意正实数 a， f x ≥ 2lnx+ 2． (附： e 4 ≈ 3.49)
x2 y2
19. (17分)在直角坐标系 xOy中，椭圆C： + = 1 a>b>0 经过点P2 -2 3,1 ，短半a2 b
轴长为 5．过点 S 0,5 作直线 l交C于A，B两点，直线PA交 y轴于点M，直线PB交
y轴于点N，记直线PA，PB的斜率分别为 k1和 k2．
(1)求C的标准方程；
(2) 1 + 1证明 是定值，并求出该定值；
k1 k2
(3)设点R 0,1 ，证明C上存在异于其上下顶点的点Q，使得∠MQR=∠NQR恒成立，并
求出所有满足条件的Q点坐标．
第4页，共4页湖南五市 2024年下学期高三期末质量检测数学
一、单项选择题：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.已知集合A={x| -3≤ x≤ 2}，B={x|x= 2n+ 1,n∈Z}，则A∩B=
A. {-3, -1,1,3} B. {-3, -1,1} C. {-1,1} D. {1}
【答案】B
【解析】A∩B表示满足-3≤ x≤ 2的奇数 x， {-3, -1,1}．
4+3i
2.已知复数 z= - ，则 z =3 4i
A. 2 B. 3 C. 5 D. 1
【答案】D
4+3i
【解析】 z = 3-4i
4+3i= = 5 = 1．
3-4i 5
3.已知非零向量 a， b满足 a-b a-3b = 0，且 a = 3 b ，则 a与 b的关系是
A. 垂直 B. 共线 C. π π夹角为 D. 夹角为
3 6
【答案】B
【解析】 a-b a-3b = a2- 4a b + 3b2= a 2- 4 a b cosθ + 3 b 2= 9 b 2- 12 b 2cosθ +
3 b 2= 0，∴ cosθ= 1，即两者共线．
x+4a,x≥0
4.已知函数 f x = 是R上的增函数，则实数 a的取值范围是-x2+ax+a2,x<0
A. 0,4 B. (0,4) C. (0,4] D. [0,4)
【答案】A
a ≥0
【解析】 2 a∈ 0,4 ．a2≤4a
2 y2
5.设F1，F2分别是椭圆C
x
： + = 1 a>b>0 的左、右焦点，过点F2作 x轴的垂线交C
a2 b2
于 A， B两点，其中点 A在第一象限，且 AF1 = 2 AF2 ．若 P是 C上的动点，则满足
△PF1F2是直角三角形的点P的个数为
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】C
2
【解析】 AF = b2 ， AF1 + AF2 = 2a， AF1 = 2 AF ya 2 ．
a
2=3t. A
b2∴ = 2a F F，即 b2=2t P
1 2
， 取上顶点时∠F1PF2最大．a 3 O x c2=t
第1页，共10页
a2+a2-
∠ =
2c 2
cos F1PF2 =
3t+3t-4t = 1 > 0．
2a a 6t 3
∴∠F1PF2不会为直角，∴只有当∠PF1F2或∠PF2F1是直角才符合题意．
6.正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底边长分别为 6， 18，该正三棱台内部有一个内切球 (与
上、下底面和三个侧面都相切)，则正三棱台的高为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】如左图所示作截面，得到右图，由勾股定理可得高为 6．
a
a a = n + 17.已知数列 n 满足 n+1 ，则下列说法正确的是2 an
A. an 所有项恒大于等于 2 B. 若 a1= 1，则 an 是单调递增数列
a
C. 若 an 是常数列，则 a1= 2 D. 若 a1= 2，则 n an+1+ 2 是单调递增数列
【答案】D
【解析】A错，首项不一定成立；B对， a2=
a1 + 1 = 3 a = a2 + 1 = 17， 3 ，而 a3<2 a1 2 2 a2 12
a
a2；C错，还可以令 a1=- 2 1；D对， a + nn+1 = an+ ，因为 a1= 2，所以 an 是单2 an
调递增数列．
8.在平面直角坐标系 xOy中，A 1,0 ，P -1,p ，Q 1,q ，其中 p> 0， q> 0，∠AOQ=
∠ pPOQ，则当△OPQ面积最小时， =
q
A. 5+1 B. 3+1 C. 5-1 D. 3-1
2 2 2 2
【答案】C
π
【解析】如图所示，设∠AOQ= θ， tanθ= q， tan2θ=-p， < 2θ< π， q> 1，所以由
2
2q
tan2θ= 2tanθ 1 1可得，-p= S△OPQ= × 2 p+q - p-
1 q= 1 p+q =
1-tan2θ 1-q2 2 2 2 2
1 - 2q
3
+q =- q+q ， y Q2 1-q2 2 1-q2
=- q+q
3
= q
4-4q2-1 P
记 f q ，则 f q ， f p ≥ 0时， θ θ
2 1-q2 2 1-q2 2 π-2θO A x
q4- 4q2- 1≥ 0，即 q2≥ 2+ 5， q2= 2+ 5时可取最小值
第2页，共10页
- = 2q pp = 2 = 2 = 5-1而 ．
1-q2 q q2-1 1+ 5 2
二、多项选择题：本大题共 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，部分选对得部分分，选错得 0分．
9.设样本空间Ω={1,2,3,4}含有等可能的样本点，且A={1,2}，B={1,3}，C={1,4}，则
下列结论正确的是
A. P AB =P A P B B. P A|C =P C|A
C. P ABC =P A P B P C D. P BC =P B P C
【答案】ABD
1
【解析】A．P AB = =P A P B ，A正确；
4
B．P A|C = 1 =P C|A ，B正确；
2
C 1．P ABC = ，而P A P B P C 1 = ，C错误；
4 8
D．P BC = 1 =P B P C ，D正确．4
x2 y2
10.斜率为 2 的直线 l 与双曲线 - = 1 a>0,b>0 的两条渐近线交于 A x
2 2
1,y1 ，
a b
B x2,y2 两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段AB的中点，则下列说法正确的是
x2 - y
2
A. = 0是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程
a2 b2
B. P也是线段CD的中点
2
C. 若 l b过双曲线的焦点，则直线OP的斜率是-
2a2
D. 若 l过双曲线的焦点，点P的坐标为 (2,1)，则 a= b
【答案】ABD
x2 y2- = x - y x + y = ∴ x - y = x + y【解析】A． 0， 0或 = 0，这恰为双曲
a2 b2 a b a b a b a b
线两条渐近线，A正确；
2
x - y
2
= x
2
- y
2
1 =0 1 4 4m m2B．分别联立 a2 b2 与y=2x+m a
2 b2 ，得 - x 2 - x - - 1 = 0和2 2 2 2
y=2x+ a b b bm
1 - 4
2
x2- 4m x- m = 0a2 b2 b2 b2
4m
b2
这两式的两根之和都是 ，所以AB，CD共用同一个中点，B正确；
1 - 4a2 b2
2
C b．点差法可得直线OP的斜率是 ，C错误；
2a2
2
D b 1．由C选项可知 = ，即 a= b，D正确．
2a2 2
第3页，共10页
11.已知 f x 的定义域为非零有理数集，且满足下面三个性质：
1 f xy = f x + f y ；
2 f x+y ≥min f x ,f y ；
b,a≥b
3 当 f x ≠ f y 时， f x+y =min f x ,f y ，其中min{a,b}= a,a下列说法正确的是
A. 若 f x > r， f y > r，则 f x-y > r
B. f x = 0恰有两个整数解
C. 若 x+ y+ z= 0， xyz≠ 0，则 f x ， f y ， f z 中至少有两个相等
D. 若 f 2 = 1，则 f 240 = 3
【答案】AC
【解析】A选项：先证 f x 是偶函数，
令 x= y= 1，有 f 1×1 = f 1 + f 1 ，即 f 1 = 0；
令 x= y=-1，有 f 1 = f -1 + f -1 ，即 f -1 = 0；
令 y=-1，有 f -x = f x + f -1 = f x ，即 f x 是偶函数；
因为 f x-y = f x+ -y ≥min f x ,f -y =min f x ,f y
f x > r， f y > r，所以 f x-y > r，A正确；
B选项：假设选项正确，则对于任意除 1和-1以外的整数 a，有 f a ≠ 0，即 f 2 ≠ 0，
f 3 ≠ 0，而 f 2 = f 1+1 ≥min f 1 ,f 1 ≥ 0，且 f 2 ≠ 0，所以 f 2 > 0，
f 3 = f 1+2 =min f 1 ,f 2 = 0，矛盾，故B错误．
C选项： x+ y+ z= 0 x+ y=-z f x+y = f -z = f z ，
所以 f z ≥min f x ,f y ，若 f x = f y ，结论显然成立；
若 f x ≠ f y ，则 f z =min f x ,f y ，即 f z = f x 或 f z = f y ，结论依然成立，
C正确；
D选项： f 3 = f 2+1 =min f 2 ,f 1 = f 1 = 0，
f 5 = f 3+2 =min f 3 ,f 2 = f 3 = 0，
f 240 = f 24×3×5 = f 24 + f 3 + f 5 = 4f 2 = 4，D错误．
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
π
12.已知 cos α+ = 3cos α-π ，则 cos2α+ sin2α= ．2
3-1
【答案】
2
【解析】-sinα=- 3cosα tanα= 3，
cos2α-sin2cos2α+ sin2α= cos2α- sin2α+ 2sinαcosα= α+2sinαcosα = 1-tan
2α+2tanα
cos2α+sin2α 1+tan2α
= 3-1．
2
13.用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个
面颜色各不相同．我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与
第4页，共10页
另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式．那么不同的上色模式共有 种．
【答案】2
【解析】假设一个正四面体四个顶点为A，B，C，D，则A作底面顶点时，通过旋转，除
底面外三个面的朝向有三种，如图所示：
D C B
C B D
B D C
A A A
同理B，C，D作底面顶点时也分别有 3种，一共有 12种，即一个正四面体可以通过旋转
24
得到 12种朝向．因为四种颜色的排列数有A44= 24种，所以一共有 = 2种不同的上色模12
式．
14.在平面直角坐标系 xOy中，射线 l 1： y = x x≥0 ， l 2： y = 0 x≥0 ，半圆 C： y =
1- x-4 2 ．现从点A 1,0 向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇
到射线 l1， l2时会发生镜面反射．设光线在发生反射前所在直线的斜率为 k，若光线始终与
半圆C没有交点，则 k的取值范围是 ．
【答案】 - 15 ,- 6 ∪8 12
2 ,+∞
4
【解析】将半圆依次沿着 y= x， x= 0， y=-x对称，如图所示：
光线在镜面发生反射可以等效处理为：光线进入了镜子后的空间，因此问题就转化为光线
如何与镜子内外的圆没有交点，光线变化的范围如图所示．
只需考虑光线与 x-4 2 + y2= 1 y≥0 ， x+4 2 + y2= 1 y≥0 ， x2+ y-4 2 = 1相切时的
斜率，按上图写出范围即可．
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. (13分)在△ABC中，角A， B， C所对的边分别为 a， b c c= 1 asinA-sinC， ， ，
a- =b
sin(A+C)， a≠ b．
(1)求△ABC的外接圆半径；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC周长的取值范围．
3
【答案】 1 ； 2 1+ 3,3
3
(1) asinA-sinC【解析】 - = sinB，a b
根据正弦定理，可把原式化简为 a2- c= ab- b2，即 a2+ b2= ab+ c，
第5页，共10页
2
cosC= a +b
2-c2 = ab+c-c
2
= 1再由余弦定理得
2ab 2ab 2
由于C∈ 0,π C= π ，所以 ， 2分
3
sinC= 3 ，根据 2R= c 解得R= 3 ，
2 sinC 3
△ABC 3所以 的外接圆半径为 ． 5分
3
(2)由 (1) C= π知， ，B+A= 2π，B≠ π ，
3 3 3
c = a = b 1 2 3由正弦定理有 = = ，
sinC sinA sinB 3 3
2
所以 b+ a= 2 3 sinB+ 2 3 sinA= 2 3 sinB+ 2 3 sin π +B
3 3 3 3 3
= 2 3 sinB+ 2 3
3 3
3 cosB+ 1 sinB
2 2
= 3sinB+ cosB= 2sin B+ π ， 8分6
0π
2
△ABC 0< 2π -B< π π π因为 为锐角三角形，所以 ,解得B∈ , ∪ π , π , 10分
3 2 6 3
3 2
B≠ π 3
B+ π ∈ π , π π 2π所以 ∪ , ，则 2sin B+ π6 3 2 2 3 6 ∈ 3,2 ，
所以 3< b+ a< 2，则 1+ 3< a+ b+ c< 3．
所以△ABC周长的取值范围为 1+ 3,3 ． 13分
16. (15分)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，点M，N分别在线段AB1，BC1上，
且 AM = λ AB1 ， C1N = μ C1B ． D1 C1
(1)若 λ= μ= 1 ，证明：DD1⊥MN；2 BA 11
(2) λμ= 1若 ，点P，Q分别在直线DD1，MN上，且PQ⊥DD1，PQ2 N
D C
⊥MN，求 PQ 的取值范围． M
1 2 1, 2+1
A B
【答案】 证明见解析； 2
.
【解析】(1)连接B1C，AC，则N是B1C的中点，所以MN AC，
因为AC 面ABCD，D1D⊥面ABCD，所以D1D⊥AC，
所以D1D⊥MN． 4分 z D1 C1
(2)以D点为原点，DA，DC，DD1方向为 x， y， z轴正方向建立空间直 B
A 11
角坐标系，则A 1,0,0 ，B1 1,1,1 ，C1 0,1,1 ，B 1,1,0 ，D 0,0,1 ， P 1 N
AB1= 0,1,1 ，C1B= 1,0,-1 ，所以AM = 0,λ,λ ，C N = μ,0,-μ ， Q C 1 D y
所以M 1,λ,λ ，N μ,1,
M
1-μ ，所以MN = μ-1,1-λ,1-μ-λ ， 6分
A B
又DD x1= 0,0,1 ，设直线PQ的方向向量为n，则由
第6页，共10页
n DD =0
1
得n= 1-λ,1-μ,0 ，又DM = 1,λ,λ ， 8分
n MN=0
1
= DM n 1-λ+λ-λμ PQ = = 2所以 n λ2+μ2-2 λ+μ +2 λ+μ 2 -2 λ+μ +1
1 1
= 2 = 2 ． 10分
λ+μ-1 λ+ 12λ -1
0≤λ≤1 1由 1 得 ≤ λ≤ 1， 11分0≤ ≤1 22λ
1 1 2 2
易知 y= λ+ - 1在 ,
单调递减，
,1
单调递增2λ 2 2 2
所以 y∈ 2-1,
1 PQ ∈ 1, 2+1 ，所以
． 15分2 2
17. (15分)箱子里有四张卡片，分别写有数字 1， 2， 3， 4，每次从箱子中随机抽取一张卡片，
1
各卡片被抽到的概率均为 ，记录卡片上的数字，然后将卡片放回箱子．重复这个操作，
4
直到满足下列条件之一结束：
(a)第一次抽取的卡片上写的数字是 4；
(b)设 n为大于等于 2的整数，第 n次抽取的卡片上写的数字大于第 n- 1次抽取的卡片上
写的数字．例如，当记录的数字依次为 3， 2， 2， 4时，这个操作在第 4次结束．
(1)若操作进行了 4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数；
(2)求操作在第n次结束的概率．
=
n+1 3n-2 1 n
【答案】 1 15种； 2 Pn 2 4
【解析】(1)15种： 1111， 2111， 3111， 2211， 3211， 3311， 2221， 3221， 3321， 3331，
2222， 3222， 3322， 3332， 3333． 4分
(2)设操作在第n次结束的概率为Pn，操作在第n次未结束的概率为Qn．
当n≥ 2时，Pn=Qn-1-Qn 6分
当n= 1时，P1= 1 ．4
接下来我们讨论操作进行了n次，但是并没有结束的情形，抽取的数字结构如下所示：
3, ,3,2,… ,2,1, ,1
n
分别设序列中的 3， 2， 1的个数为 x， y， z，可知 x+ y+ z=n x≥0,y≥0,z≥0 ．
利用隔板法，可以知道对应情形的数量，操作如下：
令X= x+ 1，Y= y+ 1， Z= z+ 1，即X+Y+ Z=n+ 3 X≥1,Y≥1,Z≥1 ，
2 n+1 n+2 一共有Cn+2= 种情形， 10分2
1 n n+1 n+2 1 n
各情形概率均为 ，所以有Q =4 n 2 4 ．
当n≥ 2时，
第7页，共10页
n
= - =
n+1 1 n-1 n+1 n+2 n - 1 =
n+1 3n-2 n
Pn Q
1
n-1 Qn ． 13分2 4 2 4 2 4
n+1 3n-2 1 n
经检验，其对n= 1依然成立，即Pn= ． 15分2 4
a -a
18. (17分) e -2e已知函数 f x = ea+2e-a x+ ， a> 0．
x
(1)设直线 x= 4与曲线 y= f x 交于点P，求P点纵坐标的最小值；
(2)a取遍全体正实数时，曲线 y= f x 在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函
数 g x ，求 g x 的解析式；
5
(3)证明：当 x≥ 1时，对任意正实数 a， f x ≥ 2lnx+ 2． (附： e 4 ≈ 3.49)
3 x-
1 ,01 30 2 g x = x【答案】 ； ； 3 见解析.
2 2 x-
1 ,x≥3
x
【解析】(1)x= 4时， f x = 2ea+ 4e-a+ 1 ea- e-a= 5 ea+ 3e-a．
2 2
6
h 5令 a = ea+ 3e-a≥ 2 5
ln
ea 3e-a = 30 5，当且仅当 ea= 3e-a e2a= 6 a= 5
2 2 2 5 2
时等号成立，所以P点纵坐标的最小值为 30． 4分
(2)f 1 1 x = x+ ea+ 2 x- e-a，x x
h a = x+ 1 ea+ 2 x- 1令 e-a，x x
则 h a = x+ 1 ea- 2 x- 1 e-a= x+1 ea- 2 x-1 e-a= x+1 e-a e2a-2 x-1x x x x x x+1
2 x-1①当 ≤ 1，即 0< x≤ 3时， h a ≥ 0， h a 在 0,+∞ 上单调递增，
x+1
h a
1
> h 0 = 3 x- ； 7分
x
ln 2 x-1
②当 2 x-1 > 1 x> 3 e2a= 2 x-1 a= x+1+ ，即 时，由 ，x 1 x+1 2
ln 2 x-1 ln 2 x-1
h a 0, x+1 x+1 在 上单调递减，在
,+∞
上单调递增，2 2
ln 2 x-1
h a ≥ h x+1
1 = 2 2 x- ．2 x
3 x- 1 ,0g x = x综上所述， ． 10分
2 2 x-
1 ,x≥3
x
(3)由第 (2)问可知 f x ≥ g x 恒成立，所以只需证明 g x ≥ 2lnx+ 2即可．
①若 x∈ 1,3 ，构造 h x = 3 x- 1 - 2lnx- 2
x
则 h x
3 1
= + - 2 = 1 3x-4 x+1 = 1 3 x-1 x-1
2 x 2x x x 2x x 2x x
第8页，共10页
因为 x≥ 1，所以 h x ≥ 0在 1,3 上恒成立， h x 在 1,3 上单调递增，
所以 h x ≥ h 1 = 0，
即 3 x- 1 ≥ 2lnx+ 2在 1,3 上恒成立； 13分
x
②若 x∈ [3, +∞)， g x = 2 2 x- 1 ，x
因为 x≥ 3，所以 2 2 x- 1 ≥ 2 2 x- 1
x 3
2x-2 x- 1
构造 h x = 2 2 x- 1 - 2lnx- 2 h x = 2 - 2，则 = 3 ．3 x- 1 x3 x x-
1
3
令 φ x = 2x- 2 x- 1 ，则 φ x = 2- 1 > 0，3 x- 13
所以 φ x 在 [3, +∞)单调递增，
而 φ 3 = 3 2- 4 6> 0，所以 φ x > 0 h x > 0恒成立，
3
h 8 x 在 [3, +∞)单调递增， h x ≥ h 3 = 3- 2ln3- 2．
3
5 5
因为 3< e 4 8 8，即 h x > h 3 = 3- 2ln3- 2> 3- 2lne 4 - 2> 0，
3 3
g x = 2 2 x- 1 ≥ 2 2 x- 1 > 2lnx+ 2，所以 g x ≥ 2lnx+ 2，x 3
而 f x ≥ g x ，即证 f x ≥ 2lnx+ 2在 x∈ [1, +∞)上恒成立 17分
2 2
19. ( y17分)在直角坐标系 xOy x中，椭圆C： + = 1 a>b>0 经过点P -2 3,1 ，短半
a2 b2
轴长为 5．过点 S 0,5 作直线 l交C于A，B两点，直线PA交 y轴于点M，直线PB交
y轴于点N，记直线PA，PB的斜率分别为 k1和 k2．
(1)求C的标准方程；
(2) 1 1证明 + 是定值，并求出该定值；
k1 k2
(3)设点R 0,1 ，证明C上存在异于其上下顶点的点Q，使得∠MQR=∠NQR恒成立，并
求出所有满足条件的Q点坐标．
x2 + y
2 1
【答案】 1 = 1； 2 + 1 = 3； 3 Q - 3,2 或Q 3,2 .
15 5 k1 k2
-2 3
2 + 1
2
=1 a= 15【解析】(1)由已知得 a2 b2 b= 5b= 5
∴C x
2 y2
的标准方程为 + = 1． 4分
15 5
(2)将椭圆向右平移 2 3个单位，再向下平移 1个单位得
x2 y2 x-2 3 2 y+1 2 C： + = 1 C ： + = 1，即 x2+ 3y2+ 6y- 4 3x= 0，
15 5 15 5
运用齐次化的方法，构造AB平移后的直线A B ，设 lA B ：mx+ny= 1，
则 lA B 过点 2 3,4 ，则 2 3m+ 4n= 1，
第9页，共10页
x2+ 3y2+ 6y-4 3x mx+ny = 0，
6n+3 y2+ 6m-4 3n xy+ 1-4 3m x2= 0，
6n+3 k2+ 6m-4 3n k+ 1-4 3m = 0，
∴ k + k =- 6m-4 3n k k = 1-4 3m1 2 + ， 1 2 + ， 7分6n 3 6n 3
∴ 1 + 1 = k1+k2 6m-4 3n
6m- 3 1-2 3m
=- =- = 3． 10分
k1 k2 k1k2 1-4 3m 1-4 3m
QM
( ) =
RM
3 根据角平分线性质，可得 ，设Q x,y ， 12分
QN RN
直线PA方程： y= k1 x+2 3 + 1，令 x= 0得M 0,2 3k1+1 ，
QM RM
同理N 0,2 3k2+1 ，代入 =
QN RN
x2+ y- 2 3k1+1 2 =
k1
，两边平方化简得
x2+ y- 2 3k2+1 2 k2
x2+y2- 4 3k +2 y+ 2 3k +1 2 k21 1 = 1 ，
x2+y2- 4 3k2+2 y+ 2 3k 22+1 k22
即 k2-k2 x2+ k21 2 1-k2 2 2 2 2 22 y - 4 3k1k2 k1-k2 +2 k1-k2 y+ 4 3 k1k2 k1-k2 + k1-k2 =
0，
2+ 2- 4 3k即 x y 1k2 4 3k1k2 k1+
+2
k 2
y+ + + 1= 0，k1 k2
得 x2+ y2- 6y+ 5= 0， 14分
发现满足条件的轨迹是一个定圆，联立其和椭圆，
得 y2+ 3y- 10= 0，解得 y= 2或-5(舍)，
综上所述，椭圆C上存在点Q - 3,2 或Q 3,2 使得∠MQR=∠NQR恒成立． 17分
第10页，共10页
