资源简介

河南省高考综合性改革
2025 年普通高等学校招生全国统一考试
第一次模拟考试
数 学
☆敬 告 考 生☆
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号
条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题纸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
纸上。写在本试卷上无效。
3. 考试时间：120分钟，试卷分数：150分。
4. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回。
准考证号
姓 名
2025年高考综合性改革·普通高考第一次模拟考试
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河南省高考综合性改革
2025 年普通高等学校招生全国统一考试
第一次模拟考试
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.
1．命题“ x R, x2 2 x 0”的否定是
A． x R, x2 2 x 0 B． x R, x2 2 x 0
C x R, x2． 2 x 0 D x R, x2． 2 x 0
2．下列表达式中不正确的是
A．1 N B． 0
1
C． 2 21 NR D． 1,1 x,y | y x2

3．已知实数m 0且m 1，函数 y logm x n 的大致图象如下，则 m,n的取值范围可能为
A．m 1,n 1 B．m 1,0 n 1
C． 0 m 1,n 1 D．0 m 1,0 n 1
4．若复数 z 2x yi 2x 4yi x, y R 的实部为 4，则点 x, y 的轨迹是
A．直径为 2的圆 B．实轴长为 2的双曲线
C．直径为 1的圆 D．虚轴长为 2的双曲线
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5．如图，已知 ABC, CBD, DBE, EBF , 均为直角三角形，且 A,C,D,E, 为直角顶点，且
ABC CBD DBE EBF 60 ，且 AB 1，设这些直角三角形的周长从小到大组
成的数列为 an ，则a10
A． 1 3 29 B． 1 3 210
C． 3 3 29 D 10． 3 3 2
6．在锐角 ABC中， cosA
3 AB
，则 的取值范围为
5 AC
1A
2 5
． , 2 B． ,2 5 2
3 5 4 5C , D , ． ．
5 3 5 4
7．过M 0, p π 且倾斜角为 , π l2 的直线 与曲线C : x
2 2 py交于 A,B两点，分别过 A,B

作曲线C的两条切线 l1, l2，若 l1, l2交于N，若直线MN的倾斜角为 .则 tan 的最小值为
A 2． B．
2 2
C． 2 2 D．4 2
8．拓扑排序（Topological Sorting）是图论中的一个概念，它适用于有向无环图（DAG, Directed
Acyclic Graph）。拓扑排序的结果是一个线性序列，该序列满足对于图中每一条有向边 (u, v)，
顶点 u 在序列中都出现在顶点 v 之前，每个顶点出现且只出现一次。如果图中含有环，则
无法进行拓扑排序。
在一所大学的计算机科学系，学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程。这些课程之
间存在先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成。例如，如果课程 C是课程 E的
先修课，那么学生必须首先完成课程 C才能选修课程 E。下图展示了五门课程（A, B, C, D, E）
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及其之间的先修关系。箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程必须在箭头终点的课
程之前完成。如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置。根据图形，下列代表了这
五门课程的一个正确拓扑排序为
A．(A, C, D, B, E) B．(A, B, C, D, E)
C．(B, A, C, D, E) D．(A, B, D, C, E)
二、多项选择题：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.
9．某个国家某种病毒传播的中期，感染人数 y和时间 x（单位：天）在18天里的散点图如图所
示，下面四个回归方程类型中有可能适宜作为感染人数 y和时间 x的回归方程类型的是
A． y a bx B． y y a a be x b x 2
C． y a b ln x D． y a bx 2
10．将两个各棱长均为 1的正三棱锥D ABC和 E ABC的底面重合，得到如图所示的六面体，
则
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A 3 3．该几何体的表面积为
2
B 3．该几何体的体积为
6
C．过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D．直线 AD//平面 BCE
11．笛卡尔叶形线是一个代数曲线，首先由笛卡尔提出．如图，叶形线C : x3 y3 axy 经过点
A 3 3 , ，点 P(x0,y2 2 0)在 C上，则下列结论正确的是
A．直线 y x与 C有 3个公共点
B．若点 P在第二象限，则 x0 y0 0
C． x0 y0 1
D． x0 y0 3
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. y kx k x 1若直线 是曲线 f x e 的切线，也是曲线 g x ln x 1 m的切线，则m .
32 33 3 n
13. 在 (3 x)n的展开式中，若 x2的系数为an n 2 ，则 .a2 a3 a n
14. 已知函数 f (x) sin( x )（ 0，0 π
π π
）在区间 ,6 12 上单调，且满足
f x 2π 5π f ( x) 0 f x 5π ， f x ，则所有满足题意的 .
3 12 12
的取值之和为

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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）
如图所示，A，B，C是相隔不远的三座山峰的峰顶，地理测绘员要在 A，B，C三点进行测量
在C点测得B点的仰角为 30°，B与C的海拔高度相差 180m；在B点测得A点的仰角为 45°．设
A，B，C在同一水平面上的射影为 A ， B ，C ，且 A C B A B C 30 ．
（ 1 ）求 A与 C两点的海拔高度差．
（ 2 ）已知该地大气压强 p Pa h m kh（ ）随海拔高度 （ ）的变化规律是 p p0e （ k 0.000126m 1），
p
p 10是海平面大气压强，设 A，C两处测得的大气压强分别为 p1， p2，估计 p 的值．2
参考数据： ln 0.95565 0.04536， ln 0.97758 0.02268．
16．（15分）
近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.彭先生计划在 A1，A2，A3，A4，A5，
A6 这 6个国产新能源品牌或在B1，B2， B3，B4这 4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预计购买
新能源汽车比燃油车多花费 40000元.据测算，每行驶 5公里，燃油汽车约花费 3元，新能源汽
车约消耗电 1千瓦时.如果购买新能源汽车，彭先生使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充
电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准（精确到 0.1元/千瓦时）如表：
充电时间段 充电价格（元/千瓦时） 充电服务费（元/千瓦时）
峰
10：00-15：00和 18：00-21：00 1.0
时
平 7：00-10：00，15：00-18：00和 21：
0.7
00-23 00 0.8时 ：
谷
当日 23：00-次日 7：00 0.4
时
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（ 1 ）若彭先生在 6个新能源汽车品牌中选出 2个品牌作比较，求品牌被选中的概率．
（ 2 ）若彭先生选购新能源汽车，他在 18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这 12个
时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电 30千瓦时（用时不超过半小时）.设 X
为彭先生每次充电的费用，求 X的分布列和数学期望．
（ 3 ）求新能源汽车在某个时间段充电 1千瓦时的平均费用．
（ 4 ）假设彭先生一年驾车约行驶 30000公里，按新车使用 8年计算，如果只考虑购车成本与
能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少．
17．（15分）
2 2
已知椭圆C : x y F F PFF
a2
2 1(a b 0)的左、右焦点分别为 1、 ，上顶点为 P，长轴长为 4，若b 2 1 2
为正三角形．
（ 1）求椭圆C的标准方程．
（ 2 ）过点 F1，斜率为 3的直线与椭圆相交M,N两点，求MN的长．

（ 3 ）过点 F1的直线与椭圆相交于 A,B两点， AF1 2F1B，直线 AB的方程．
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18．（17分）
如图为正四棱锥P ABCD ,O为底面 ABCD的中心．
（ 1 ）求证：CD//平面PAB，平面 PAC 平面PBD．
2
（ 2 ）设 E为 PB上的一点，BE BP．
3
请考生在以下两问中选其中一个作答，如若都作答则评分按第一问为主。
①若 AD AP 3 2，求直线 EC与平面 BED所成角的大小．
2
②已知平面 ECD与平面 ABCD所成锐二面角的大小为 arctan ，若 AD 3 2，求 AP
2
的长．（其中 arctan是反正切函数，它是正切函数的反函数）
19．（17分）
已知函数 f x 2a 1 e2x ex x 2 a R ．
4
（ 1 ）若 f x 是定义域上的增函数，求 a的取值范围．
1
2 a 2 x 2（ ）当 时，证明： x f lnx 4e ．
2
3 f x x , x x x f xa 1 f x （ ）若函数 有两个极值点 1 2 1 2 ，证明： 2ex ．1 ex2
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2025 年普通高等学校招生全国统一考试
第一次模拟考试·数学参考答案
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分．
1．D
“ x R, x2【答案解析】命题 2 x 0 ”的否定是 x R, x2 2 x 0 .
2．B
【答案解析】对于 A，1 N，A正确；对于 B， 中无任何元素，而{0}有一个元素 0，B错误；对于 C，
1
2 12 RN，C正确；对于 D，数对 (1,1)满足 y x2 ，则 D正确.
3．C
【答案解析】由图象可知函数 y logm x n 是减函数，所以0 m 1；当 x 0时，logm x n logmn 0，
所以 n 1．
4．A
2
【答案解析】因为 2x yi 2x 4yi 4x 4y2 6xyi，所以 4x2 4y2 4，即 x2 y2 1，所以点 x, y 的
轨迹是直径为 2的圆.
5．C
BC
【答案解析】据题意，这些直角三角形是相似的，且相邻两个三角形的相似比为 2，从而这些三角形
AB
的周长从小到大组成的数列 an 是等比数列，公比 q = 2，首项为△ABC 9的周长3 3，因此 a10 3 3 2 .
6．C
2 6
6 a2 b2 c2 b c
2 bc b2 c2
2 2 2
【答案解析】由余弦定理可知：a b c bc，在锐角三角形中又有 2 2 2
5
a
，
5 c b b2 6 c2 bc c2 b2
5
— 1—
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6 3 c2b2 bc 0 1 0 5
5 b AB c 3 5 , 即
2c2 6
2 .
bc 0 c 3 c AC b 5 3 0
5 b 5 b
7．C
【答案解析】如图，设 N x0 , y0 ， A(x1,y1),B(x2,y2)，
x2 x x1
由于曲线C : y ，则 y p，所以在 A点的切线方程为
y y1 (x x1 )p ，同理在 B点的切线方程为2 p
y y x 1 (x x )
y y x
0 1 p 0 1
2 2 (x xp 2
)，由于 N点是两切线的交点，所以 ，则 lx AB为 y0 y2 2 (x p 0
x2 )

y x0 y (x
xx x
0 x ) y0 y 0 2y x0x p y y0 p p ，且过M 0, p ， y0 p且 k tan
0
p ，设
k tan 2 p , k k 2 tan tan tan ， k k k 2

2 2x ，当且仅当 k 20 1 tan tan 1 k k k
时“ ”成立.
8．C
【答案解析】课程 B和课程 A没有先修关系，所以它们可以互换位置。但根据图中的箭头指向，我们知道
课程 C依赖于课程 A，课程 D依赖于课程 A和课程 B，而课程 E依赖于课程 C和课程 D。因此，一个有效
的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程（如 B），然后是它的后续课程（如 A），接着
是依赖于 A或 B的课程（如 C和 D），最后是所有其他课程都作为其先修课程的课程（如 E）。选项 C符合.
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分．
9．BD
【答案解析】根据图象可知，函数图象随着自变量的变大，函数值增长速度越来越快，结合选项，可判定
为指数函数 y a bex或 y a bx 2的特征.
— 2—
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10．AC
1 3 3 3 3 3
【答案解析】对于 A， S ABD 1 1 ，所以表面积为6 ，故 A对；2 2 4 4 2
对于 B，如图所示：
设点 D在平面 ABC内的投影为O，M 为 BC的中点，则由对称性可知O为三角形 ABC的重心，所以
AO 2 AM 2 1 3 3 ， 又 因 为 AD 1 ， 所 以 正 三 棱 锥 D ABC 的 高 为
3 3 2 3
DO AD 2 AO 2 1 1 6 1 6 3 2，所以题图所示几何体的体积为V 2V 2 ，
3 3 D ABC 3 3 4 6
故 B错；
对于 C，由 B选项可知 DO 面 ABC，由对称性可知D,O,E三点共线，所以DE 面 ABC，而DE 面 ADE，
所以面 ADE 面 ABC，故 C正确；
对于 D，建立如图所示的空间直角坐标系：
Ox BC AO 3 ,OM 3 3 3其 中 轴 平 行 ， 因 为 ， 所 以
3 2 3 6
1 3 1 3 6 B , , 0 ,C , , 0 ,E 0,0, ,BC 1,0,0 ,BE
1 3 6
, , ，设平面 BCE的法向量为
2 6 2 6 3 2 6 3
x 0
n x, y, z ，所以 1 3 6 ，不妨取 z 1，解得 y 2 2, x 0，所以取 n 0, 2 2,1 ，
x y z 0 2 6 3
— 3—
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3 6 3 6 A 0, ,0 ,D 0,0, ,AD 0, , AD n 2 6 6 6又 ，而3 3 3 3 0，所以直线 AD与平面 3 3 3
BCE 不平行，故 D错.
11．BCD
3 3
【答案解析】因为叶形线C : x3 3
3 3 x y 3xy ,
y axy经过点 A , ，所以 a 3．联立 ，解得 x y 0，
2 2

y x,
所以直线 y x与 C只有 1个公共点，A错误．
x3 y3 3xy x y x2 xy y2 x y x y
2 3xy ．因为点 P 在第二象限，所以 x0 y0 0 ，
x y 2 3x y 0，所以 x
3x y
0 y0 0 0 00 0 0 0 x y 20 0 3x y
，B正确．
0 0
若 点 P 在 第 四 象 限 ， 则 x0 y0 0 ， 可 推 出 x0 y0 0 ． 因 为
x3 y3 3xy x y x2 xy y2 x y x y
2 3xy x y
3 3xy x y ， 所 以
x y 3
3xy x y 1 x 3 y ．当点 P在第二、四象限时， x y 1 0 0 0 0 0 ，所以 x0 y0 1．当点 P3x0 y0
是原点或在第一象限时，易得 x0 y0 1，所以 x0 y0 1，C正确．
3 2
由3xy x y 1 x y 3 x y3xy 3 x y ，可得 ，解得 x y 3，所以 x0 y0 3，D正确．x y 1 2
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分.
12．2
x 1 x 1
【答案解析】由题意可得 f x e ，设直线 y kx k与曲线 f x e 的切点为 x ,y1 1 ，则 ex1-1 = k
x 1 1
又切点在曲线上，所以 y1 kx1 k e 1 ，联立解得 x 2，即 k e . g x ，设直线 y ex e1 与曲线x 1
g 1x ln x 1 m的切点为 x ,y2 2 ，所以 k e，又 y2 ln x2 1 m ex2 ex 1 ，联立，解得m 2 .2
18(n 1)
13．
n
r n r r r n r r r
【答案解析】由二项式的展开式的通项公式可得第T 2r 1 Cn3 ( x) Cn3 ( 1) x ，令 r 2，可得 x 的
— 4—
{#{QQABKYw0xgAw0BTACC4qRQ2wCwgQsJOgJUoMhRAcqARLgJFIBAA=}#}
2 n 2 2 2 n 2 n(n 1)
n n
n 2 3 2 3 18 18 18
系 数 为 Cn3 ( 1) ， 所 以 an Cn3 3 ， 则 ， 则2 an n(n 1) 3
n 2 n (n 1) n 1 n
32 33 3 n 18 18 18 18 18 18 18 18( n 1) 18 .
a2 a3 a n 2 1 2 3 1 3 n 1 n n n
14．4
2π π
【答 案 解 析 】 因 为 f x f ( x) 0 ， 所 以 f (x)

的 图 象 关 于 点 , 0 中 心 对 称 ， 因 为
3 3
π
5π 5π k1π,k1 Zf x

f
x 5π 3 ，所以 f (x) 的图象关于直线 x 对称，所以 ，则
12 12 12

5π π k
12 2
π ,k
2 2
Z
4 2 π π T π π πk2 k1 k ,k
4
1 2 Z ，即 k
2
(k Z)，由函数 f (x)

在 ,

上单调，得 ，3 3 3 3 6 12 2 12 6 4
2π π 0 4 0 4 k 2 4 1 k 5即 ，所以 ，即 ，解得 ，而 k Z，故 k 0或 1或 2．当 k 0时，
2 3 3 2 2
2 2π 2π 2 2π π π ，则 k1π，k1 Z，结合 0 π，得 ，此时 f (x) sin x 3 9 9 3 9
，当 x

, 时，
6 12
2 x 2π π , 5π π 5π y sin x , f (x) sin 2 x 2π π π ，因为 在 上单调递增，故 在 , 上单调递增，
3 9 9 18 9 18 3 9 6 12
2π 2π 2π
满足题意；当 k 1时， 2，则 k π，k Z，结合0 π，得 ，此时 f (x) sin 2x ，
3 1 1 3 3
x π , π 2x 2π π 5π π 5π 2π当 时，
, ，因为 y sin x

在 , 上不单调，故 f (x) sin

6 12 3 3 6
2x 在
3 6 3
π , π 10 10π π 上不单调，此时不合题意；当 k 2时， ，则 k1π，k1 Z，结合0 π，得 ， 6 12 3 9 9
此时 f (x) sin
10 x π x π , π 10 x π 4π ，当 时， ,
7π y sin x 4π , 7π ，因为 在 上单调递 3 9 6 12 3 9 9 18 9 18
增，故 f (x)
π , π在
2 10
上单调递增，满足题意．综上， 或 ，所有满足题意的 的取值之和为 4． 6 12 3 3
四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．【答案解析】
BD
（ 1 ）如图，作CD BB , BCD 30 ,所以C B CD 180 3m，tan 30

在△ A B
B C A B
C 中，因为 A C B A B C 30 ，所以 C A B 120 ，由正弦定理得 = ,
sin C A B sin A C B
解得 A B =180m，同理 A C =180m，作 BE AA , ABE 45 ,所以 AE BE A B =180m，
— 5—
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所以 A,C两点的海拔高度差为BD AE 360m .
p p e kh1
（ 2 A C k (h h ) 360k 0.04536）设 ， 两处的海拔高度为 h 1 0 2 11,h2 ，由题可知 =p p e kh
e e e ，由
2
2 0
p
ln 0.95565 0.04536得， e 0.04536 0.95565 1，所以估计 p 的值为0.95565 .2
16．【答案解析】
C1C1 1
（ 1 ）记事件 A :品牌 A1被选中，则 P A 1 5C2 .6 3
（ 2 ）由题，在 18：00-21：00有 6个时间点，充电价格为 1.0元/千瓦时，在 21：00-23：00有 4个时间
点，充电价格为 0.7元/千瓦时，在 23：00，23：30有 2个时间点，充电价格为 0.4元/千瓦时， X 可能的
1 1 1
取值有 54，45，36，则 P X 54 ,P X 45 ,P X 36 ,
2 3 6
分布列如下：
X 54 45 36
1 1
P 1
2 3 6
所以 E(X ) 54
1
45 1 36 1 48元.
2 3 6
8 1 8 1
（ 3 ）充电 1千瓦时的费用为 1.8元的概率为 ，充电 1千瓦时的费用为 1.5元的概率为 ，充
24 3 24 3
8 1 1 1 1
电 1千瓦时的费用为 1.2元的概率为 ，所以充电 1千瓦时的平均费用为1.8 1.5 1.2 1.5元.
24 3 3 3 3
30000 8
（ 4 ）若彭先生选择新能源汽车，则需要的能源消耗支出为 1.5 72000元，若彭先生选择新燃
5
30000 8
油汽车，则需要的能源消耗支出为 3 144000元，结合购车成本有144000 72000 40000，所以
5
新能源汽车花费更少.
— 6—
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17．【答案解析】
2a 4 a 2 x2 2
（ 1 y）依题意可得 ，解得 ，所以b a2 c2 3，所以椭圆的标准方程为2c 1. a c 1 4 3
y 3(x 1)

（ 2 ）由（ 1 ）知， F1( 1,0)，故该直线为 y 3(x 1)， 由 x2 y2 ，消去 y可得5x2 8x 0，
1
4 3
x 8 ,x 0 MN 1 k 2 x x 1 3 2 8 16故 1 2 ，所以 1 2 0 .5 5 5

（ 3 ）显然 AB的斜率存在（否则 AB x轴，根据对称性， AF1 F1B，与题设矛盾），
y k (x 1)
设 A x1, y1 ，B x
2 2
2 , y2 ，直线 AB为 y k(x 1)，由 x y ，消去 y得 (4k2 3)x2 8k2x 4k2 12 0，
1 4 3
8k 2 4k2 12
显然 0，由韦达定理可得： x1 x2 2 ①， x1x2 ，4k 3 4k2 3

又 AF1 2F1B，则 1 x1, y1 2 x2 1, y2 ，故 x1 2x2 3②，
x 4k
2 9 4k 2 9 (4k 2 9)(4k 2 9) 4k 2 12
由①②得 2 2 ， x1 2 ，故 x x ，4k 3 4k 3 1 2 (4k 2 3)2 4k 2 3
即16k 4 81 (4k 2 3)(4k 2 12) ，化简可得 4k 2 5 5，解得 k .
2
5
故直线 AB为 y ( x 1) .
2
18．【答案解析】
（ 1 ）因为底面 ABCD是正方形，所以 AB//CD，AB 平面 PAB，CD 平面 PAB，所以CD//平面 PAB；
AC BD，由四棱锥 P ABCD是正四棱锥，可得 PO 平面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以 PO AC，
由 PO BD O，PO,BD 平面 PBD，所以 AC 平面 PBD，又因为 AC 平面 PAC，所以平面 PAC 平
面 PBD .
（ 2 ）选①，如图，以O点为原点，OB,OC,OP所在的直线分别为 x, y, z轴的正方向建立空间直角坐标系，
— 7—
{#{QQABKYw0xgAw0BTACC4qRQ2wCwgQsJOgJUoMhRAcqARLgJFIBAA=}#}

由 AD AP 3 2 ， 得 B 3,0,0 ,C 0,3,0 ,P 0,0,3 , A 0, 3,0 ， BP 3,0,3 ， AC 0,6,0 ， 由
2 BE BP 2 3,0,3 2,0, 2 得 E 1,0,2 ，所以 EC 1,3, 2 ，
3 3

因为 AC 平面 PBD，即 AC 平面 BED，所以 AC是平面 BED的一个法向量，

sin cos AC, EC A C EC 18 3 14设直线 EC与平面BED所成角为 ， ，由 0 ,90 ，AC EC 6 1 9 4 14
arc sin 3 14 EC 3 14得 ，所以直线 与平面BED所成角为 arc sin .
14 14

选②，同①以O点为原点，OB,OC,OP所在的直线分别为 x, y, z轴的正方向建立空间直角坐标系，

设 AP a a 3 2 2， 得 B 3,0,0 ,D 3,0,0 ,C 0,3,0 ,P 0,0, a 9 ， BP 3,0, a 9 ， 由
2 2 2 a2 9 2 a2 9 2 a2 BE BP 3,0, a 2 9 2,0, 得 E 1,0, 9 ， 所 以 EC 1,3, 3 3 3 3 3 ，

CD 3, 3,0 ，
3x 3y 0

设 n x, y, z
CD n 0
为 平 面 ECD 的 一 个 法 向 量 ， 则 得
EC n 0 x 3y 2 a
2 9 ， 令 x 1 得
z 0 3
6 6 y 1, z ，所以 n 1, 1, ，因为 PO 平面 ABCD，所以 PO 0,0, 1 是平面 ABCD的
a2 9 a2

9
一个法向量，
2
设 平 面 ECD 与 平 面 ABCD 所 成 锐 二 面 角 的 大 小 为 ， 得 cos = ， 由
6

6
2
cos cosn ,PO n PO 2
a 9 ，解得 a=3 2 ，即36 6 AP=3 2
.
n PO 1 1
a2 9
— 8—
{#{QQABKYw0xgAw0BTACC4qRQ2wCwgQsJOgJUoMhRAcqARLgJFIBAA=}#}
19．【答案解析】
2a 1
1 2x x
1 1 1
（ ）由题意知函数 f x 的定义域为 R， f x e e 1 0 在 R上恒成立，即 a
2 ex

e2x

2
2 1
在 R 1 1 1 1 1 1 1上恒成立. 又 x 2x x e e 2 e 2
，当且仅当 x ln2时，等号成立，所以 a ，即实
4 4 4
1
数 a的取值范围是 ,

.
4
1 x 2
2 x 2 x 2（ ）当 a 时，f x e x 2，f lnx lnx x 2，所以要证 x f lnx 4e ，即证 f lnx 4e 2 ，2 x
4e x 2
即证 lnx x 2 2 .x
构造函数，证明 lnx x 2 1，令 h x lnx x 2 x 0 h x 1 1 1 x，则 ，
x x
当0 x 1时， ′ x > 0，当 x 1时， ′ x < 0，所以 x 在 0,1 上单调递增，在 1, + ∞ 上单调递减，
所以 h x h 1 1，当且仅当 x 1时，等号成立.
4ex 2 4ex 2 4 x2 2x ex 2 x 2
再构造函数，证明 2 1，令 g x x 0
4 x 2 e
2 ，则 x x g x
，
x4

x3
当0 x 2时， g x 0，当 x 2时， g x 0，所以 g x 在 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增，
所以 g x g 2 1，当且仅当 x 2时，等号成立，
综上所得，所以h x 1 g x ，
4e x 2
又等号不同时成立，（h x 1取等号的条件是 x 1，g x 1取等号的条件是 x 2），所以 lnx x 2 2 ，x
x2 f lnx 4ex 2即 .
3 2a 1 2a 1 e
2x 2ex 2
（ ）先求出 a的大致范围， f x e2x ex 1 .由题意知 x1, x2 x1 x2 是方程
2 2
2a 1 e2x 2ex 2 0 x的两个不同的根. 设 t e t 0 ，则方程 2a 1 t2 2t 2 0有两个不同的正实数
2
4 8 2a 1 0 1 1 t1 t2
根 t , t
2a 1
1 2 ，所以 ，解得 a . 再化简 f x f x ，2a ，则 1 0 2 4 1 2 t t 2
1 2 2a 1
— 9—
{#{QQABKYw0xgAw0BTACC4qRQ2wCwgQsJOgJUoMhRAcqARLgJFIBAA=}#}
x x 21 2
e e 2a 1
，所以
ex 21ex2
2a 1
f x f x 2a 1e2x ex x 2a 1 1 11 2 1 e2x 2 ex2 x

4 4 2
2a 1
e2x1 e2x2 ex 2a 11 ex2 x1 x2 ex1 ex2 ex1 ex2 ex1 ex24 4 x1 x2
1
ex 11 ex2 ex1 ex2 x x 2 1 2 2 e
x1 ex2 x1 x2 .
2 1 1 f x f x 1 x1 x2
由 ex1 ex2 e e x x，得 a 1 2
2a 1 2 ex1 ex
，所以要证 a x x ，即证2 e e a 2
1 2 ，即证
1 2 ex1 ex2
ex1
1 x x x 1 x xa ex1 ex e 1 e 2 2 e 1 22 x 1 2 1 x2，即证 x x x x
e
，即证 x x ，即证 .
e 1 e 2 1 2 ex 1 2 x x
x x
1 e 1 2 1 1
1 2
ex2
k k 2ek e 2k 1
令 k x1 x2 k 0 e 1，即证 k k . 令m k
e 1
k k 0 ，则m k 1 2 2 0 ，
e 1 ek 1 ek 1 ek 1
e0 1 k
所以m k 在 ,0 上单调递增，所以m k 0 0 0
e 1
，即 k ，
e 1 ek 1
f x1 f x所以不等式a 2 x 成立.e 1 ex2
— 10 —
{#{QQABKYw0xgAw0BTACC4qRQ2wCwgQsJOgJUoMhRAcqARLgJFIBAA=}#}

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