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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
第二次模拟考试
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
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
第二次模拟考试
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．已知，，.则是
A． B．
C． D．
2．已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点Z所在区域的面积为
A．π B．2π
C．3π D．4π
3．已知，则
A． B．0
C． D．
4．已知椭圆与双曲线的焦点重合，则双曲线的离心率为
A． B．
C． D．
5．已知方程在区间上有两个不相等的实数根x1，x2，则
A．3π B．4π
C．5π D．6π
6．已知，，则
A．4 B．8
C．6 D．10
7．已知函数有零点，那么实数的最大值为
A． B．1
C． D．
8．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑. 如图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥，该三棱锥为鳖臑，，为半圆柱的圆心，半径为2，，，动点在内运动（含边界），且满足，则点的轨迹长度为
A． B．
C． D．
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．为了解一片森林的生长情况，随机抽取了其中60株树木，测量底部周长（单位：cm），所得数据均在区间内，其频率分布直方图如图所示，则
A．图中的值为0.025
B．样本中底部周长不小于110cm的树木有12株
C．估计该片森林中树木的底部周长的分位数为115
D．估计该片森林中树木的底部周长的平均数为104（每组数据用该组所在区间的中点值作代表）
10．已知抛物线的焦点为，准线过点，是抛物线上的动点，则
A．
B．当时，t的最小值为
C．点到直线的距离的最小值为2
D．当时，直线ON的斜率的最大值为
11．在平面直角坐标系中有一点A，A到定点与y轴距离之积为一常数a，A点构成的集合为曲线C，已知C在或分别为连续不断的曲线，则下列说法正确的是：
A．曲线C关于直线对称
B．若，则时A到y轴距离的最大值为
C．若，则
D．若C与轴正半轴交于，则与轴负半轴的交点横坐标在区间内
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若等比数列满足：，，则数列的公比 .
13. 已知函数的图象关于点对称，则a+2b= .
14. 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于A、B两点（其中A在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为 .
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）
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
（ 1 ）求的值．
（ 2 ）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
16．（15分）
在一个不透明的盒子中装有除颜色外其余完全相同的若干个小球，其中有m个白球，m个黑球，2个黑白相间的球，且从盒子中随机摸出1个球，摸到黑白相间的球的概率为.
（ 1 ）从盒子中随机摸出1个球，求在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率．
（ 2 ）从盒子中1次随机取出1个球，取出后不放回，共取2次，设取出的黑球数量为X，求X的分布列与期望．
17．（15分）
如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点．
（ 1 ）求证：．
（ 2 ）求证：平面平面．
（ 3 ）若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
18．（17分）
已知双曲线的渐近线方程为y = ±x，右顶点为B，点A(4,2)在上．
（ 1 ）求的方程．
（ 2 ）过点的直线与C相交于F，G两点，点E与点F关于轴对称，问直线EG是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
（ 3 ）将圆心在轴上，且与C的两支各恰有一个公共点的圆称为“子圆”，若两个“子圆”外切于点R，圆心距为，求．
19．（17分）
已知函数，．
（ 1 ）若在处取得极值，讨论的单调性．
（ 2 ）设曲线在点处的切线为，证明：除点P外，曲线段总在l的下方．
（ 3 ）设，证明：．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
第二次模拟考试·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
【答案解析】由 log2 x 1，即 log2 x log2 2，则0 x 2，所以B x 0 x 2 ，又 A x 2 x 2 ，
M A B x 0 x 2 .
2．C
【答案解析】令 z a bi且 a,b R，则1 (a 1) (b 1)i 2，所以1 (a 1) 2 (b 1) 2 4 ，即对应区域是
圆心为 (1, 1)，半径分别为 1，2的两个同心圆的面积差，所以区域的面积为 4 3 .
3．D
1
【答案解析】根据已知 f 3 3 1 f f 3 f 1 π 3，所以 3 sin . 3 3 2
4．A
x2 x2
【答案解析】椭圆 E : y 2 1对应的 c 6 1 5，所以对于双曲线 F : y22 1，有6 a
a2 1 5 2 ,a 2 F c 5，所以双曲线 的离心率为 .a 2
5．C
1
【答案解析】因为 x 0,8π ，所以 x 0, 2π 1 x π π ,15π sin 1 x π 1，故 ，而方程 在区间 0,8π 4 4 8 8 8 4 8 2
t 1 x π π 15π , sin t 1
π ,15π 上有两个不相等的实数根，且令 ，则 = 在区间 上有两个不相等的实4 8 8 8 2 8 8
t 1 π 1数根，故 1 x1 ， t2 x
π
2 ，两个根为 t1, t
1 π
2 ，则 y sin t与 y 在区间 ,
15π
上有两个不同的4 8 4 8 2 8 8
π t t π
交点，记两个交点横坐标为 t1, t2 ，由正弦函数性质得 y sin t关于 t 对称，则 1 2 ，解得 t2 2 2 1
t2 π，
1 π 1 π 1 1 5π
而 x1 x2 π，得到 x1 x2 ，即 x1 x2 5π，故 C正确.4 8 4 8 4 4 4
— 1—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
6．B
【答案解析】因为 log b2025 a a 8 0，所以 log2025 a a 8，故 log2025 a 8 a，因为 2025 b 8 0 ，所
以2025b 8 b，令 f (x) log2025 x x 8，定义域为 x (0, )，
f (2025b ) log b b b而 b b2025 2025 2025 8 b 2025 8，而 2025 b 8 0 ，故 f (2025 ) 0，
而 log b2025 a a 8 0 ，故 f (a) 0，得到 f (a) f (2025 ) ，由对数函数性质得 y log2025 x在 (0, )上单调
递增，由一次函数性质得 y x 8在 (0, )上单调递增，故 f (x)在 (0, )上单调递增，得到 a 2025b，
代入 2025b b 8 0 中得到 a b 8 0，即 a b 8，故 log2025 a 2025
b 8 a 8 b 16 (a b) 16 8 8 ，
故 B正确.
7．D
【答案解析】由 f (x) 0 e2x a
a
，得 5
1
ln(x 5) ，即 e2x a x
a
x 5 1 ln(x 5)，则
2 2 2 2
2( x a )
e 2 x a eln(x 5) 1
a 1
ln(x 5)，令函数 g(x) e2x x，则有 g(x ) g( ln(x 5))，而函数 y e2x , y x
2 2 2 2
a 1
都是 R上的增函数，于是函数 g (x)是 R上的增函数，因此 x ln(x 5)，即 a ln(x 5) 2x，令
2 2
h(x) ln(x 5) 2x，求导得 h (x)
1
2 9 9，当 5 x 时，h (x) 0，当 x 时，h (x) 0，函数 h(x)
x 5 2 2
( 9 9在 5, )
9
上单调递增，在 ( , )上单调递减，则函数 h(x)在 x 时取得最大值9 ln2，所以实数 a的
2 2 2
最大值为9 ln2 .
8．A
【答案解析】因为三棱锥 A BCD为鳖臑， BD 平面 ABC，在△ABD中，
DB AB, AB 4,BD 4, AD 42 2
1 1
4 4 2，过 B做 BT AD垂足为T ，则 BT AD DB AB，2 2
1 1
即 BT 4 2 4 4，所以
2 2 BT 2 2 10
，
— 2—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
因为O A AC, AO C 60 ,O C 4， AC 4 sin AO C 2 3,BC AB2 AC 22 2 2 2 2 7 ，在 ACD中，
AC 2 3, AD 4 2,DC BD2 BC2 42 28 44，所以 AC 2 AD2 DC 2 ，则 AC AD，又 BD
平面 ABC，AC 平面 ABC，所以 BD AC，又 BD AD D,BD, AD 平面 ABD，所以 AC 平面 ABD，
又 BT 平面 ABD，所以 BT AC，又 BT AD，AD AC A, AD, AC 平面 ACD，所以 BT 平面 ACD，
因为TQ 平面 ACD，所以BT TQ，所以△BTQ中， BQ 10,BT 2 2,QT BQ2 BT 2 2，
过A作 AE DC， AE DC AC AD，即 AE 44 2 3 4 2 4 66 ，可得 AE ，则过T 作TF DC，
11
因为T 是 AD 2 66中点，所以TF / /AE，TF 2，所以动点Q在 ACD内（含边界）的轨迹为以T 为圆
11
心以TQ 2为半径的半圆，则点Q的轨迹长度为 2π .
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分．
9．AC
【答案解析】对于 A中，由频率分布直方图的性质，可得 (0.015 a 0.030 0.020 0.010) 10 1，
解得 a 0.025，所以 A正确；
对于 B中，由频率分布直方图，可得不小于 110 cm的频数为 (0.020 0.010) 10 0.3，所以不小于 110 cm
的树木有0.3 60 18株，所以 B错误；
对于 C中，由频率分布直方图得，前三个矩形的面积为 (0.015 0.025 0.030) 10 0.7，前四个矩形的面
积为 (0.015 0.025 0.030 0.020) 10 0.9 [110,120) 110
0.010
，所以80%分位数位于区间 ，则 10 115，
0.020
所以 C正确；
对于 D中，由频率分布直方图的平均数的计算公式，可得：
(85 0.015 95 0.025 105 0.030 115 0.020 125 0.010) 10 103.5，所以 D错误；
10．ABD
p
【答案解析】根据抛物线的定义， y2 2 px( p 0)的准线为 x ，由题意准线过 1,0 ，可求出 p 2，
2
抛物线的方程为 y2 4x，选项 A正确；
B C D M 4m2对于选项 ， ， ，可设抛物线上的点的动点为 , 4m ，
— 3—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
对于 B选项，当m 0时， t 1；当m 0时，
MF 4m2 1 1 1 1 1 2t ,
MA 4m2 2 2 1 (4m)2 16 21 (4m) 1 1 1
16 2

4m2 2 1 16m2 2 16 8m2 8
当且仅当m
1
时，等号成立.选项 B正确；
2
对于 C选项，直线与抛物线的位置关系如下图所示：
4m2 4m 3M 4m2 , 4m 1到直线 y = x + 3的距离 d ，当m 时， dmin 2 2 .选项 C错误；
2 2
对于 D选项，可根据向量共线作出示意图：
4m2 2 4m
根据定义求出抛物线的焦点 F 1,0 ，由MN 2NF得 N , ，当m 0时，kON 0；当m 0时，
3 3
k 4m 4 | m | 4 4 2ON 2 4m 2 4m2 2 4 | m | 2 2 4 | m | 2
2 2，当且仅当m 时，等号成立.选项 D正确.
| m | | m | 2
11．BCD
2 2
【答案解析】设点 A x, y ，则 x 1 y 1 x a，
对于 A选项，点A关于直线 y 1的点为 P x, 2 y ，
— 4—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
因为 x 1 2 2 y 1 2 x x 1 2 y 3 2 x x 1 2 y 1 2 x ，即点 P不在曲线C上，所以，
曲线C不关于直线 y 1对称，A错；
2 2 2 2 2
对于 B选项，当 a 2时，曲线C的方程为 x 1 y 1 x 2，当 x 0时，则 x 1 y 1 ，x
则 x 1 2 y 1 2 4 4 22 ，所以， y 1 2 x 1
2 2
0 ，可得 2
x x
x x 1 4，可得 2 x x 2，
对于不等式 x2 x 2，即 x2 x 2 0，显然该不等式恒成立，
对于不等式 x2 x 2，即 x2 x 2 0，解得 1 x 2，
因为 x 0，则0 x 2，此时，若 a 2，则 x 0时A到 y轴距离的最大值为 2，B对；
对于 C选项，点 A x, y 关于直线 y 1的对称点为Q x, 2 y ，
因为 x 1 2 2 y 1 2 x x 1 2 y 1 2 x ，即点Q在曲线C上，故曲线C关于直线 y 1对称，
如下图所示，当 x 0时，直线 y 1与曲线C有两个交点，
a
当 x 0时，在曲线C的方程中，令 y 1，可得 x x 1 a，可得 x
a
1，所以，曲线 y 与 y x 1在
x x
0, 上的图象有两个公共点，如下图所示：
a a
显然，曲线 y 与射线 y x 1在 1, 上的图象有一个公共点，则曲线 y 与线段 y 1 x 0 x 1 相
x x
切，
a
由 1 x
1 1 1
2，可得 x2 x a 0，则 1 4a 0，可得 a ，且当 a 时，方程为 x x 0，解得x 4 4 4
— 5—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
x 1 1 0,1 ，合乎题意，综上所述， a ，C对；
2 4
对于 D选项，若曲线C与 x轴正半轴交于 1,0 ，则a 02 0 1 2 1 1 2，则有 x 1 y 1 2 x 1，
当 x 0时，令 y 0 x 1 2 1 1 2 3 2可得 2 ，整理可得 x2 x 1 x2 1 0，即 x 1 x x x 1 0，x
f x x3令 x2 x 1，其中 x 0，则 f x 3x2 2x 1 3x 1 2x 1 0对任意的 x 0恒成立，
所以，函数 f x 在 ,0 上单调递增，因为 f 1 1 1 1 1 2 0，f 0 1 0，则 f 1 f 0 0，
所以，曲线C与 x轴负半轴的交点横坐标在区间 1,0 内，D对.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分.
12． 2

【答案解析】因为等比数列 an n N 满足：a3 a5 10，a6 a8 80 3，则 a6 a8 q a3 a5 10q3 80，
解得 q = 2 .
13．6
【答案解析】因为函数 f x x 2 2x2 ax b 的图象关于点 1,0 对称，所以函数 y f x 1 的图象关
于点 0,0 对称，所以函数 y f x 1 为奇函数，故 f x 1 f x 1 0，所以
x 3 2x2 ax 4x 2 a b x 3 2x2 ax 4x 2 a b 0，所以
2 a 4 x2 12x2 6 2 a b 0，所以 a 10，b 8，所以 a 2b 6 .
14． 2 2
【答案解析】设△AF1F2的内切圆的圆心为O1，△BF1F2的内切圆的圆心为O2，记边 AF1, AF2 ,F1F2上的切点
分别为 P,M , A1，由切线的性质可得： | AP | | AM |,| F1P | | F1A1 |,| F2M | | F2A1 | ，由双曲线定义可得：
| AF1 | | AF2 | 2a，即 | AP | | F1P | (| AM | | F2M |) 2a ，则 | F1P | | F2M | | F1A1 | | F2A1 | 2a ，又
| F A | | F A | 2c(c a2 b2 ) .则 | F1A1 | c a,| F2A1 | c a ，又 |OF1 | c，则 |OA1 | a，即 A1(a,0)1 1 2 1 .
同理可得，△BF1F2的内切圆也与轴相切于点 A1(a,0) .连接O1O2，则O1O2与 x轴垂直，设圆O2与 l相切于点
— 6—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
N，连接O1M ,O2N ，过点O2作O2R O1M ，记垂足为 R，则O1M AB ,O2N AB .
π
设直线倾斜角为 ，则 AF2A1 π .在四边形O1A1F2M中，注意到 F2MO1 F2A1O1 ，又四边形内角2
和为 2π，则 MO1A1 θ，在Rt O1O2R中， |O1O2 | |O1A1 | |O2A1 | r1 r2 3r2 ，
|O1R | |O1M | | RM | |O1M | |O2N | r1 r2 r2，则 |O2R | |O
2
1O2 | |O1R |
2 (3r ) 22 (r
2
2) 2 2r2 ，
O2R 2 2r
则直线斜率，即 tan tan MO1A 21 2 2 .O1R r2
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】
c b sinC sin B sin(A B) sin B
（ 1 ）在△ABC中， A 2B，由正弦定理得
b cos A sin B cos A sin B cos A
sin 2Bcos B sin B 1 2sin Bcos
2B sin B
1 cos 2B 1 2
sin Bcos A sin Bcos A cos 2B
5
（ 2 ）由 4c 5b及正弦定理，得 sinC sin B，即 sin 3B
5
sinB，
4 4
则 sin Bcos 2B cos Bsin 2B
5
sin B ，即 sin B(2cos2 B 1)
5
2cos2 B sin B sin B，
4 4
2 9 π 3
而 sin B 0，则 cos B ，又 0 2B π，即0 B ，解得 cosB ，
16 sin B
7
，
2 4 4
sin A sin 2B 2sin B cos B 3 7 ABC 15 7 1 ，由V 的面积为 ，得 bcsin A 15 7 ，
8 4 2 4
则bc 20，又 4c 5b，解得 c 5,b 4 1，又 ac sinB 15 7 ，则 ac 30，解得 a 6，
2 4
所以△ABC的周长为 a b c 15 .
16．【答案解析】
1 2 1
（ 1 ）由从盒子中随机摸出 1个球，摸到黑白相间的球的概率为 ，得 ，解得m 4，
5 m m 2 5
— 7—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}
盒子中带有黑色的球有 6个，其中黑白相间的球有 2个，
2 1
所以在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率 p .
6 3
（ 2 ）依题意， X 的可能值为0,1,2，
A2 1 C1A1 1 2
则 P(X 0) 62 ,P(X
A 8
1) 2 4 62 ,P(X 2)
A
4
2

A10 3 A10 15 A
2
10 15
，
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2
1 8 2
P 3 15 15
1 8 2 4
数学期望 E(X ) 0 1 2 .
3 15 15 5
17．【答案解析】
2 2
（ 1 ） DC BC 2 ， DCB 90 ，所以BD 2 2 2，又 AD 2， BD AD 2，
又 DAB 45 ， ABD 45 ， ADB 90 ， AD BD .
（ 2 ）在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，DD1 平面 ABCD，又 AD,BD 平面 ABCD，所以DD1 AD，
DD1 BD， DA，DB，DD1两两垂直，以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为 x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设DD1 h h 0 ，则D(0,0,0)， B(0,2,0)，C1( 1,1,h)， E(1,0,0)，F(1,1,0)，D1(0,0,h) .

DB (0, 2,0)，DC1 ( 1,1,h)， EF (0,1,0)，ED1 1,0,h

n1 DB 2y1 0,
设 n1 x1 , y1 , z1 为平面BDC1的一个法向量，
n1 DC1 x1 y1 hz1 0.
— 8—
{#{QQABTYaAogAgABBAAQhCUwEwCkAQkAACAQoOBEAUoAABgBNABAA=}#}

令 x1 h，得 z1 1， n1 (h,0,1) .

uur n2 ED1 x hz 0
设平面 EFD1的一个法向量 n2 x, y, z ，则 ，取 n (h, 0,1) .
n2 EF
2
y 0

n1 //n2 ，又平面 BDC1与平面 EFD1不重合， 平面 BDC1 //平面 EFD1 .

（ 3 ）当CC1 2时， n1 (2,0,1)为平面BDC1的一个法向量，D1(0,0,2)，则 FD1 1, 1, 2 ，

设 FP FD1 ( 1, 1,2) ( , , 2 )( [0,1]) ，

P(1 ,1 , 2 )， A1(2,0,2)， A1P ( 1 ,1 , 2 2).
设直线 A1P与平面 BDC1所成角为 ，
2( 1 ) 2 2
sin cos A1P, n1
22 12 ( 1 )2 (1 )2 (2 2)2
4 5 4 5 4 3 2 6

5 6 2 8 6 2 5 2 5 ，
5 6 2 10

3

3
当且仅当
2
2 6时，等号成立，所以直线 A1P与平面 BDC1所成角的正弦值的最大值为 .3 5
18．【答案解析】
（ 1 ）设双曲线的方程为 x2 y2 ( 0)，将点 A(4,2)代入得42 22 ，即 12， 双曲线C的方
x2 y2
程为 1 .
12 12
（ 2 ）当直线 DG的斜率不为零时，设直线 DG的方程为 x my 2，F x1, y1 ，G x2 , y2 ， E x1, y1 .
x2 y2
1, 2 2
由 12 12 消去 x整理得 m 1 y 4my 8 0 2 2，依题意得：m2 1 0，且 16m 32 m 1 0，
x my 2,
2 2 4m
即m 且m2 1， y1 y2 2 ， y1 y
8
2 2 .3 m 1 m 1
y2 y1
易知，直线 EG的斜率存在，设直线 EG的方程为 y y1 x x1 x2 x
.
1
x x y my 2 y my 2 y
令 y 0
x y x y
，得 x 2 1 1 x 2 1 1 2 2 1 1 2
y y 1

1 2 y1 y2 y1 y2
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2m 8 2my1y2 2 y1 y2

2my y m2 1 2 2 1 4m 2 6
.
y1 y2 y1 y2
m2 1
直线 EG过定点 (6,0) .
当直线 DG的斜率为 0时，直线 EG的方程为 y 0，过点 (6,0)，
综上，直线 EG过定点 (6,0) .
.
（ 3 ）考虑以 0, y0 为圆心的“子圆” : x20 y y
2 2
0 r0 r0 0 ，由 0的方程与C的方程消去 x，
2 2 2
得关于 y的二次方程2y 2y0 y y0 12 r0 0.
2 2
依题意，该方程的判别式 4y0 8 y0 12 r 20 0， y 2 2r 20 0 24 .
对于外切于点 R的两个“子圆” 1， 2，显然点 R在 y轴上，
设R(0,h)， 1， 2的半径分别为 r1， r2，不妨设 1， 2的圆心分别为 0,h r1 ， 0,h r2 .
2 2
则 h r1 2r 21 24， h r2 2r 22 24 .
2
两式相减得： 2h r1 r2 r 21 r 2
r r r r
，而 r 1 2 1 2 22 1 r2 0， h . r1 2r1 24，整理得：2 2
r 2 21 r2 6r1r2 96 0 d r1 r2，点B(2 3,0)
r r 2
| RB |2 h2 12 1 2 12
1
2r 2 21 2r2 4r1r 96 1 r r 2 r 2 2 12 1 2 1 r2 6r1r2 96 d 2 . 2 8 8 8
| RB |2 1
| RB | 22 ，故 .d 8 d 4
— 10 —
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19．【答案解析】
x 1 x
（ 1 ） g x x ax， x R， g (x) x a，由 g (x)在 x 0处取得极值，得 g (0) a 1 0 ，解e e
得 a 1 .
a 1 g (x) 1 x 1 1 x e
x
当 时， x e ex
，
设 (x) 1 x ex，则 (x)在R上单调递减，且 (0) 0 .
则当 x 0时， (x) (0) 0，即 g (x) 0，故 g (x)在 ( ,0)单调递增；
当 x 0时， (x) (0) 0，即 g (x) 0，故 g (x)在 (0, )单调递减；
故 g (x)在 x 0处取到极大值，满足题意. g (x)在 ( ,0)单调递增； g (x)在 (0, )单调递减.
x 1 x
（ 2 ） f x
ex
， x R， f (x)
ex
，
1 m曲线 y f x 在点 P m, f m 处的切线 l的斜率为 m ，0 m 2 .e
m 1 m 1 m m 2
故切线方程为 y m m x m ，即 y e e em x m
；
e
2 2
构造函数 F (x) f (x) 1 m m x ，0 x 2 x 1 m m，即 F (x) x ，其中 F (m) 0
em em ex em em
，
1 x 1 m
则 F (x) x m ， x Re e
设G(x)
1 x 1 m
x m ，其中G(m) 0，则G (x)
x 2
x ，令G (x) 0，得 x 2，e e e
当 x 2时，G (x) 0，故G(x)在 , 2 单调递减；
当 x 2时，G (x) 0，故G(x)在 2, 单调递增；
所以G(x)在 0,2 单调递减，且G(m) 0，0 m 2 .
故当0 x m时，G(x) 0，即 F (x) 0，则 F(x)在 0,m 单调递增；
— 11—
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当m x 2时，G(x) 0，即 F (x) 0，则 F(x)在 m, 2 单调递减；
故F(x)在 x m处取极大值，且极大值为 F (m) 0，
2
当且仅当 x m时， F (x) 0 . 1 m m所以当 x 0, 2 时， F (x) 0恒成立.即 f (x) m x m 0恒成立，e e
故除点 P外，曲线段 y f x 0 x 2 总在 l的下方，命题得证.
3 2 0 m 2 0 x 2 x 1 m m
2
（ ）由（ ）结论，任意 ， ， x m x m 恒成立.e e e
x 1 1又由 n 可知， x2 单调递减，2n 1 2n 1 n
0 x x 1 1 3 1 1 x 2 n 1 m m
2
则 n 1 ，故 x2 3 1 4 4 exn em n
m 恒成立，e
1 x 19 1 1
令m 1，则 nx e 20x 2020 e n 20 n
e 恒成立.
400
1 1 1
又由 xn 2n 1 2n 12 2n 1 2n 1 4
40 40
所以 x 1n 4 2n 1 2n 1 n 1 n 1
1
3 1 5 3 79 77 1 81 794 81 1 2 .4
x 19 1 1 1n g x ax e 20x e 20 ax 19
1

e 20 a x 1
1

故 e 20n exn n 20 n 400 n 20
n
400
，
40 40 19 1 1 1 19 1 40 1
故 g x e 20n a xn e 20 1 e 20 a x 20n 40 e
n 1 n 1 20 400 20 n 1 400
19 1 40 1 1 1 1
e 20 a
1 19
xn e 20 2 e 20 a 1 e 20 2e 20 2a
20 n 1 10 20 10
.
40 1
即 g xn 2e 20 2a 成立，命题得证
n 1
— 12 —
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