资源简介

莆田市 2026 届高中毕业班适应性练习参考答案
数 学
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考
查内容比照评分标准制定相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难
度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如
果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．只给整数分数．单项选择题和单空填空题不给中间分．
一、选择题：每小题 5 分，满分 40 分．
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8
答 案 D C A B A D C D
1.解析：法 1：因为 z = (1+ 2i)( i) = i 2i2 = 2 i ，所以 z对应复平面内点坐标为 (2, 1) ，位于
第四象限，答案选 D.
1+ 2i i + 2i2
法 2：因为 z = = = 2 i ，所以 z对应复平面内点坐标为 (2, 1) ，位于第四象
i i2
限，答案选 D.
法 3：设 z = a + bi （ a,b R ），则 i(a + bi) = b + ai =1+ 2i ，解得 a = 2,b = 1，
所以 z = 2 i，所以 z对应点 (2, 1)位于第四象限，答案选 D．
2.解析：法 1：因为 A ={x∣x≥0, x R}．所以 A B = {0,1}的元素个数为 2，答案选 C．
法 2：特殊值验证法：逐一验证 B中元素： 1：代入 1 无意义，不属于 A；
0： 0 = 0 有意义，属于 A；1： 1 =1有意义，属于 A．故交集有 2 个元素，
答案选 C．
3.解析：法 1：因为 sin( + ) = sin ． 为第一象限角，所以 sin 0，
2
3 4 4
所以 sin = 1 cos2 = 1 = ．故 sin( + ) = ，答案选 A．
5 5 5
3
法 2： 为第一象限角， cos = ，可设 终边上一点坐标为 (3,4) ，对应半径
5
r = 5． + 的终边与 关于原点对称，对应点坐标为 ( 3, 4)，
1
y 4 4
故 sin( + ) = = = ，答案选 A．
r 5 5
4．解析：法 1：因为 f (x) = ex+1，所以 f ( 1) =1．所以切线方程为 y 1=1 (x +1)，整理得
x y + 2 = 0，答案选 B．
f ( 1+ x) f ( 1) e x 1
法 2：因为切线斜率 k = lim = lim =1．所以切线方程
x→0 x x→0 x
y 1= x +1，即 x y + 2 = 0，答案选 B．
2 2
5.解析：法 1：由 | a b |= 3 两边平方得： | a b | = a 2a
2
b + b =1 2a b +1= 3，解得
1 2 2 2 1
a b = ．故 | a + b | = a + 2a b + b =1+ 2 ( ) +1=1，即 | a + b |=1，答案选 A．
2 2
法 2：将 a， b的起点置于原点，由 | a |=| b |=1可知两个向量终点都在单位圆上．
| a - b | 为两向量终点的距离，设两向量夹角为 ，
12 +12 ( 3)2 1
由余弦定理得 cos = = ，故 =120 ．
2 1 1 2
| a + b |为平行四边形的对角线长度，
由余弦定理得 | a + b |= 12 +12 2 1 1 cos60 =1，答案选 A．
y = x 1
解析：法 ：联立方程 ，消去 y得 (x 1)26. 1 2 = 4x，即 x
2 6x +1= 0．
y = 4x
设 A(x1, y1),B(x2 , y2 )，由韦达定理得 x1 + x2 = 6， x1x2 =1．
所以 | AB |= 1+ k 2 (x + x )21 2 4x1x2 = 1+1 36 4 = 2 4 2 = 8 ，答案选 D．
法 22：抛物线 y = 4x的焦点坐标为 (1,0) ，直线 y = x 1过点 (1,0) ，即 | AB | 为抛物线的
焦点弦．由抛物线焦点弦性质知 | AB |= x1 + x2 + p，其中 p = 2 ，
联立方程得 x + x = 6，故 | AB |= 6 + 2 = 81 2 ，答案选 D．
S 66 1 q 3 63
7.解析：设公比为 q，显然 q 1，由等比数列前 n项和性质得 = =1+ q = = 93 ， S3 1 q 7
3 a (1 2
3 )
解得 q = 8
n 1
，即 q = 2．代入 S = 1 = 7a = 7，得 a =1，故 a = 2 ，即3 1 1 n
1 2
n 1
f (n) =
n 1 ． 2
n n 1 n 2(n 1) 2 n
法 1：由 f (n +1) f (n) = = = n 2
2n 2n 1 2n 2n
．当 时，
2
f (n +1) f (n) 0 ， f (n) 单调递增；当 n = 2时， f (n +1) f (n) = 0 ，
1
f (2) = f (3) = ；当 n 2时， f (n +1) f (n) 0 ， f (n) 单调递减．
2
1
故 f (n) 的最大值为 ，答案选 C．
2
x 1 1 2
x 1 (x 1) 2x 1 ln 2 1 (x 1) ln 2
法 2：构造函数 f (x) = （ x≥1），由 f (x) = =
2x 1
．
(2x 1)2 2x 1
1 1 1
令 f (x) = 0，解得 x =1+ ，即 f (x) 在 x =1+ 处取得最大值．又1+ (2，3)，
ln 2 ln 2 ln 2
1 2 1 1
取 n = 2，得 f (2) = ；取 n = 3，得 f (3) = = ，故最大值为 ，答案选 C．
2 4 2 2
8.解析： f (x) 的定义域为 +R ，因此 f (x) 不可能是奇函数，A 错误．
1
取特殊函数 f (x) = 0 （ x 0），显然满足 f ( ) = 0 = f (x) ，因此 B 错误．
x
构造反例：令 f (x) = sin(ln x) （ x 0），验证：
1 1
f ( ) = sin(ln ) = sin( ln x) = sin(ln x) = f (x)，满足题设条件．
x x
但 sin t是周期振荡函数，当 x 0时， ln x可取遍所有实数，因此 f (x) = sin(ln x) 在
(0,+ )上不是单调函数，因此 C 错误．
1 m 0
已知 f (m) + f (2m 1) 0 ，有 f (m) f (2m 1) = f ( ) ．由 ，解得
2m 1 2m 1 0
1 1
m ．又因为 f (x) 在 (0,+ )上单调递增，所以m ．由于 2m 1 0 ，所以
2 2m 1
m(2m 1) 1．解得m 1，D 正确．
综上，答案 D．
二、选择题：每小题 6 分，满分 18 分．（本题为多项选择题，每小题中，全部选对得 6 分，部
分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
题 号 9 10 11
答 案 AD BCD ABD
a c =1
9．解析：椭圆焦半径范围为 [a c,a + c]，联立 得 a = 2,c =1,b2 = 3，所以椭圆方程为
a + c = 3
x2 y2
+ =1．
4 3
c 1
对于选项 A： e = = ，故 A 正确．
a 2
对于选项 B：△PF1F2 周长为 2a + 2c = 6 8，故 B 错误．

对于选项 C：短轴端点处 F1PF2最大，此时△F1PF2 为等边三角形，最大角为 ，
3 2
3
不存在符合条件的 P，故 C 错误．
3 3 2S 1
对于选项 D： x =1时 P(1, )1 ，面积 S = ，内切圆半径 r = = ， PF2 为直线 x =1，
2 2 6 2
1 1 1 1
内心横坐标为1 = ，即坐标为 ( , ) ，故 D 正确．
2 2 2 2
综上，答案为 AD．
10．解析：由 f (x) = (x 1)2 (x + 2) = x3 3x + 2，所以 f (x) = 3x2 3 = 3(x 1)(x +1) ．
对于选项 A：令 f (x) = 0 ，解得 x =1或 x = 2 ，即 f (x) 仅有 2 个不同零点，故 A 错
误．
对于选项 B：法 1：导数符号判定：当 x ( 1,1) 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减；当
x (1,+ ) 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递增，故 x =1是 f (x) 的极小值点，故 B 正确．
法 2：特殊值验证：取 x = 0.5， f (0.5) = 0.625 f (1) = 0；取 x =1.5 ，
f (1.5) = 0.875 f (1) = 0，故 x =1是极小值点，故 B 正确．
对于选项 C：法 1：作差法： f (1 x) = (1 x 1)2 (1 x + 2) = x2 (3 x) ，
f (x) f (1 x) = (x 1)2 (x + 2) x2 (3 x) = 2x3 3x2 3x + 2 = (x +1)(2x 1)(x 2) ，
当 x ( , 1) 时， x +1 0， 2x 1 0， x 2 0 ，故 f (x) f (1 x) 0，即
f (x) f (1 x) ，故 C 正确．
3
法 2：当 x ( , 1)时，可得1 x (2,+ )．已知函数 f (x) = x 3x + 2 的导函数为
f (x) = 3x2 3 = 3(x 1)(x +1)，当 x 1时， f (x) 0 ，故 f (x)在 ( , 1)上单调递
3
增，因此 f (x) f ( 1) = ( 1) 3 ( 1) + 2 = 4．令 t =1 x，则 t (2,+ )，此时
f (t ) = 3t 2 3 0，故 f (t )在 (2,+ )上单调递增，因此
f (1 x) = f (t ) f (2) = 23 3 2 + 2 = 4．
综上，对任意 x ( , 1)，恒有 f (x) 4 f (1 x)，即 f (x) f (1 x)，故 C 正确．
对于选项 D：法 1：导数几何意义：平行切线的斜率相等，即存在 x1 x2 使得
f (x1) = f (x )． f (x) = 3x
2
2 3是开口向上的二次函数，对于任意 k 3，方程
3x2 3 = k都有两个不同的实根，即存在无数对 (x1, x2 )对应相同的斜率，故曲线上存在
无数多对互相平行的切线，故 D 正确．
法 2：构造对称点：对任意 t 0，取 x1 = t， x2 = t，则 f (x 1) = f (x2 ) = 3t
2 3，两点
处的切线斜率相等，互相平行， t有无数个取值，故存在无数多对平行切线，故 D 正
确．
综上，答案为 BCD．
11.解析：底面 ABCD为矩形， AB = 4 dm， BC = AD = 2 dm ， EF AB， EF = 2 dm ，等腰梯
形 ABFE、CDEF的腰长 AE = BF = DE =CF = 2 dm ．
2
AB EF
等腰梯形的侧面斜高为 FB2 = 4 1 = 3 dm ，
2
2
BC
EF到底面 ABCD的垂直高为 ( 3)2 = 3 1 = 2 dm．
2
对于选项 A:取 AB中点M ，连接 EM ,MD ,因为 EM∥BF ,所以DE与 EM 所成的角就是
异面直线 DE与 BF所成的角，又因为△AMD是直角三角形，
DM 2 = AM 2 + AD2 = 22 + 22 = 8 ,又 EM = DE = 2 ,所以DM 2 = EM 2 + DE2 ,面 ABCD上的
投影长度均为 12 +12 = 2 ，两投影向量夹角为180 ，投影点积为
4
2 2 cos180 = 2 ；两直线方向向量的竖直分量均为 2 ，竖直分量乘积为
2 2 = 2 ，总点积为 2 + 2 = 0，故DE ⊥ BF ，故 A 正确．
对于选项 B:将几何体分割为棱锥F ABCD和棱锥 F ADE两部分：
棱锥 F ABCD的底面积 SABCD = 4 2 = 8 dm
2 ，高为 2 dm ，体积
1 8 2
V = 8 2 = dm3 ;棱锥 F ADE的底面积 S△ADE = 2 dm
2 ， F 到面 ADE 的距离
1
3 3
1 2 2
为 2 dm ，体积V 3 ． 2 = 2 2 = dm
3 3
8 2 2 2 10 2
所以总体积V =V +V = + = dm3 ，故 B 正确． 1 2
3 3 3
对于选项 C:将面 ABFE与面 BCF沿 BF展开到同一平面：等腰梯形 ABFE中
ABF = 60 ，等边△BCF 中 FBC = 60 ，展开后 ABC = 60 + 60 =120 ．
由余弦定理得，最短路径长
AC = AB2 + BC2 2 AB BC cos120 = 16 + 4 + 8 = 28 = 2 7 dm 13 + 3 dm ，
故 C 错误．
对于选项 D:由对称性可知球心在几何体的中垂面上，设球半径为 R，球心到底面
ABCD的距离为 R，到侧面 ABFE的距离也为 R．所以底面 ABCD与侧面 ABFE的二面
1
角 满足 cos = ，结合点到平面距离关系得 2 R = 3R，解得
3
2 6 2
R = = dm ．验证可知该球与其余各面均不相交，故 D 正确．
3 +1 2
综上，答案为 ABD．
三、填空题：每小题 5 分，满分 15 分．
1 1
12． 13． 14．
2 32
1 1 1 1
12．解析：法 1：已知 a = 2，代入递推公式 an+1 =1 ． a2 =1 =1 =1 ，an a1 2 2
1 1
a3 =1 =1 =1 2 = 1 1 1
a 1 ， a4 =1 =1 =1+1= 2 = a1，因此数列{a }周期为2 a3 1
n
2
1
3，8 3 = 2 2，故 a8 = a2 = ．
2
1
法 2：由递推公式 an+1 =1 ，可得
an
1 1 a (a 1) a 1
an+2 =1 =1 =1
n = n n =
a 1n+1 an 1 an 1 an 11 ，
an
1 1
an+3 =1 =1 =1+ (a1 n
1) = an
an+2 ，
an 1
1 1
因此数列{a an}是周期为 3的周期数列，所以 8 = a3 2+2 = a2 =1 = ． a1 2
1
答案： ．
2
5
T
13．解析：过点C作直线MN的垂线，垂足为D，由于MN = NC =T ,ND = ，CD = 3 ，
2
2
T 2
所以在 Rt△ABC中，T 2 = + ( 3) ，得
2
2
T = 2，故 = = .
T
答案： .
14.解析：设事件 A为“数列{an}是递增数列”，事件 B为“对任意 i = 2,3,4,5， ai 1 和 ai+1 至少有一
个大于 a ”，所求为条件概率 P(A | B)i .依题意，先求 n(B) ，因为对每个 i = 2,3,4,5， ai 1
和 ai+1至少有一个大于 ai，这意味着数字 ai 不能比左右两个数都大，即内部位置不能是
局部最大值.首先考虑最大数字 6，若 6 出现在第 2,3,4,5 位（即内部），则它的左右邻居
都小于 6，于是 6 成为局部最大值，不符合题意，因此 6 必须位于两端（第 1 位或第 6
位）.然后考虑剩余数字中的最大值 5，若 5 出现在当前剩余序列的内部（即原序列中不
是两端且不与 6 相邻的位置），则它的左右邻居都小于 5（因为 6 已移除），于是 5 成为
新的局部最大值，也不符合题意.但若 5 与 6 相邻，则 5 的一侧是 6 5，不会成为峰值.
因此 5 只能放在当前序列的两端之一（即原序列中与 6 相邻的位置，或另一个端点）.
重复此推理，每次处理当前最大数，它只能放在已排好序列的两端之一.初始时，放 6
有 2 种选择（左端或右端）. 放 5 时也有 2 种（当前左端或右端），……，放 1 时也有 2
种.故满足条件的排列总数为 25 = 32，即 n(B) = 32 .又因为数列{an}是递增数列，则对任
意 i = 2,3,4,5，均有 ai 1 ai ai+1，自然满足事件 B的条件，因此 AB = A . 6 个不同数字
的严格递增排列仅存在 1 种：1,2,3,4,5,6，故 n(AB) =1 .
n(AB) 1
所以 P(A | B) = = .
n(B) 32
1
答案： .
32
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．解：（1）因为 cos 2C = 2cos
2 C 1， ····························································· 1 分
所以 cosC = 2cos2 C 1，即 2cos2 C cosC 1= 0 ，
1
解得 cosC = 或 cosC =1.········································································ 2 分
2
因为 0 C ，所以 cosC =1时C = 0不符合题意，舍去. ································ 3 分
1
因此 cosC = ， ···················································································· 4 分
2
2
所以C = . ··························································································· 5 分
3
（2）解法一：设△ABC中角 A , B ,C对应的边分别为 a ,b , c，则 BC = a = 3 .
a b asin B
根据正弦定理 = ，得 sin A = ， ············································ 6 分
sin A sin B b
asin B
因为 5sin A = 3sinB，所以 5 = 3sin B， ·············································· 7 分
b
因为 sinB 0（ 0 B ），所以5a = 3b， ·················································· 8 分
又因为 a = 3，所以 b = 5 . ··········································································· 9 分
6
由余弦定理 c2 = a2 + b2 2abcosC， ························································· 10 分
2 1
得 c = 3
2 + 52 2 3 5 = 9 + 25+15 = 49 . ···········································11 分
2
因为 c 0，故 c = 7 . ··············································································· 12 分
因此△ABC的周长为 a + b + c = 3+ 5+ 7 =15 . ·············································· 13 分
2
解法二：由C = ，得 A + B = C = ，即 B = A .
3 3 3

代入 5sin A = 3sinB得， 5sin A = 3sin A . ··············································· 6 分
3
3 3 3
所以 3sin A = 3 sin cos A cos sin A = cos A sin A， ·················· 7 分
3 3 3 2 2
3 3 3 13 3 3
整理得， 5sin A+ sin A = cos A sin A = cos A . ····························· 8 分
2 2 2 2
3 3 3 3 5 3
因此 tan A = ，又 0 A ，所以 sin A = ， sin B = . ······················ 9 分
13 3 14 14
a c 2 3
由正弦定理 = 得， sinC = sin = ，······································· 10 分
sin A sinC 3 2
3
3
a sinC
c = = 2代入 a = 3得， = 7 . ························································11 分
sin A 3 3
14
同理得 b = 5 . ························································································· 12 分
故周长为 3+ 5+ 7 =15 . ············································································ 13 分
16．解：解法一：
（1）连接 AC1， BC1 ，由平行四边形 ACC1A1可知 E为 AC1的中点． ················ 1 分
在△ABC1 中，D， E分别为 AB， AC1的中点，··········································· 2 分
从而DE∥BC1，又 BC1 平面 BCC1B1 ，DE 平面
BCC1B1 ， ···················································· 4 分
所以 DE∥平面 BCC1B1 ． ······························· 5 分
（2）如图，连接 B1C，过 B1作 B1M ⊥ BC于点M ，
因为 AB ⊥ BB1， AB ⊥ BC，且 BB1 BC = B，
所以 AB ⊥平面 BCC1B1 ，又 B1M 平面 BCC1B1 ，
7
从而 AB ⊥ B1M ，又 B1M ⊥ BC， AB BC = B，故 B1M ⊥平面 ABC． ············· 6 分
由（1）可知 BC1 = DE = 2 3 ，又 BC =CC1 = 2 ，
1
在△BCC1中，由余弦定理得 cos BCC1 = ，从而 BCC1 =120 ，
2
所以 B1BC = 60 ，从而M 为 BC中点， BM =1， B M = 3 ． ······················· 7 分 1

如图所示，以 B为原点，分别以 BC， BA，MB的方向为 x轴、 y轴、 z轴的正方向，建
立空间直角坐标系，
则 A(0,1,0)， B (1,0, 3)，C (2,0,01 )．

BA = (0,1,0)， BB1 =CC1 = (1,0, 3)， BC1 = BC +CC1 = (3,0, 3)， ··················· 9 分
设 n = (x, y, z)为平面 ACC1A1的法向量，

AC = (2, 1,0)， AA1 = BB1 = (1,0, 3)，

n AC = 2x y = 0,
则
n AA1 = x + 3z = 0.
取 x = 3，则 y = 2 3 ， z = 1，所以
n = ( 3,2 3, 1)是平面 ACC1A1的一个法向量． ··········································· 10 分
因为 AB ⊥平面 BCC1B1 ，又 B1C 平面 BCC1B1 ，
从而 AB ⊥ B1C， ·····················································································11 分
由 BB1 = BC，可知 BC1 ⊥ B1C， AB BC1 = B，故 B1C ⊥平面 ABC1 ，

平面 ADE即为平面 ABC1 ，所以 BC = (1,0, 3)是平面 ADE的一个法向量． ．12 分 1
记平面 ADE与平面 ACC1A1的夹角为 ，

BC n 3 + 31 3
则 cos = = = ．···················································· 14 分
BC n 2 3+12 +1 41
3
所以平面 ADE与平面 ACC1A1的夹角的余弦值为 .···································· 15 分
4
8
解法二：（1）因为D， E分别为 AB， A1C的中点， ······································ 2 分
1 1 1
所以DE = (AA1 + BC ) = BB1 + BC， ······················································ 3 分
2 2 2

由平面向量基本定理可知 DE与 BB ， BC共面， ·········································· 4 分 1
又DE 平面 BCC1B1 ，所以DE∥平面 BCC1B1 ． ··········································· 5 分

（2）如图所示，以 B为原点，分别以 BC， BA的方向为 x轴、 y轴的正方向，建立空间

直角坐标系，则 A(0,1,0)，C (2,0,0)， BA = (0,1,0)．设 A1 (x0 , y0 , z0 )（ z0 0），

则 AA1 = (x0 , y0 1, z0 )， BC1 = BC +CC1 = BC + AA1 = (x0 + 2, y0 1, z0 )．············· 9 分
由 AA1 ⊥ AB， AA1 = 2 ，及 BC1 = 2DE = 2 3 ，可得
y0 1= 0,
2 2
x0 + ( y0 1) + z
2
0 = 4,
2 2
(x0 + 2) + ( y0 1) + z
2
0 =12,
解得 x A 1,1, 30 =1， y0 =1， z = 3 ，即 1 ( )． 0
平面 ADE即为平面 ABC1 ，设m = (x, y, z)为平面 ABC1 的法向量，

m BA = y = 0,
则 取 x =1，则 y = 0 ， z = 3 ，
m BC1 = 3x + 3z = 0.
所以m = (1,0, 3) 是平面 ABC1 的一个法向量． ···········································11 分
下同解法一．
17.解：（1）解法一：设甲在一组投篮中投中的次数为随机变量Y ，每次投篮相互独立，因
1
此Y服从二项分布，即Y ~ B 5, .····························································· 1 分
2
累计得分 X = Y 1+ (5 Y ) ( 1) = 2Y 5 .
当 X =1时， 2Y 5 =1，解得Y = 3， ·························································· 3 分
5
1 1 5
所以 P(X =1) = P(Y = 3) = C3 p35 (1 p)
2 = C35 =10 = . ····················· 5 分
2 32 16
解法二：每组投篮共 5 次，每次投篮有 2 种等可能结果，总共有 25 = 32 种等可能的投篮结
果. ········································································································· 2 分
9
要使累计得分为 1 分，需投中 3 次、未投中 2 次，符合条件的结果数为从 5 次投篮中选 3
次投中的组合数C35 =10 . ············································································ 4 分
10 5
由古典概型概率公式得 P(X =1) = = .···················································· 5 分
32 16
（2）（i）样本平均数为
( 5) 1+ ( 3) 8+ ( 1) 24 +1 34 + 3 26 + 5 7
X = = 0.94 . ····························· 8 分
100
（ii）解法一：由Y ~ B(5, p) ，得E(Y ) = 5p . ··············································· 10 分
由 X = 2Y 5， E(X ) = E(2Y 5) = 2E(Y ) 5 = 2 5p 5 =10p 5 . ·················· 13 分
将样本平均值 X = 0.94 作为 E(X ) 的估计值，得10p 5 = 0.94 ， ···················· 14 分
5.94
解得 p = = 0.594 . ············································································· 15 分
10
解法二： X 的所有可能取值为 5, 3, 1,1,3,5 ， ············································ 9 分
P(X = 2k 5) = Ck pk5 (1 p)
5 k， k = 0,1,2,3,4,5 . ··········································· 12 分
所以 E(X ) = 5C05 (1 p)
5 3C1 45 p(1 p) 1C
2 p25 (1 p)
3 +1C35 p
3(1 p)2 + 3C45 p
4 (1 p) + 5C55 p
5
=10p 5 . ····························································································· 14 分
由 E(X ) = 0.94，解得 p = 0.594 .································································ 15 分
18．解： f (x) 的定义域为 (0,+ )． ··································································· 1 分
3 a x3 + 3x a
f (x) = x = ． ······························································· 2 分
x x2 x2
设 g(x) = x3 3x + a， x 0，则 g (x) = 3x2 3 = 3(x 1)(x +1)．
当 x (0,1) 时， g (x) 0， g(x) 单调递减；当 x (1,+ ) 时， g (x) 0， g(x) 单调递增．
故 g(x) 的最小值为 g(1) =1 3+ a = a 2．···················································· 3 分
因为 f (x) 有两个不同极值点，所以 g (x)在 (0,+ )上有两个零点，且在零点两侧 g (x)符号
相反．
又因为 g (0) = a， g (1) = a 2， g (2) = a + 2 g (0)，所以 0综上所述，实数 a的取值范围为 (0,2)． ······················································· 5 分
x
3
1 3x1 + a = 0, 3
（2）由（1）可得 两式相减得 x1 x
3
2 = 3x1 3x2 ， 3
x2 3x2 + a = 0,
因为 x1 x2 ，所以 3 = x
2 + x x 21 1 2 + x2 ，
2 2 2 1
故 3 = x1 + x
2
1x2 + x2 x1 + (x1 + x 22 ) + x 22 ，3 = x 2 21 + x1x2 + x2 3x1x2 ，
2
10
所以 x 21 + x
2 x
2 2， 1x2 1， ······································································ 6 分
a 1 2 a 1
所以 f (x1 ) + f (x2 ) = 3ln x1 + x1 + 3ln x2 + x
2
2
x1 2 x2 2
x 3 3x 31 1 1 x 3x 1= 3ln x1 x
2
1 + 3ln x
2 2 2
2 x2
x1 2 x1 2
3
= 3ln (x1x2 ) (x 21 + x 22 ) + 6
2
3，得证． ··························································································11 分
2 1 2
（3）当 a = 2时， f (x) = 3ln x + x ，
x 2
2
x3 3x + 2 (x 1) (x + 2)
f (x) = = ， x 0，
x2 x2
所以当 x≥1时， f (x)≤0 ，当且仅当 x =1时，等号成立，
所以 f (x)在 (1,+ )单调递减， ································································· 13 分
3
所以 f (x)≤f (1) = ，当且仅当 x =1时，等号成立，
2
2 1 3 4 4
所以 3ln x + x
2≤ 6ln x + ≤x2 + 3 6ln x + ≤x + 3，
x 2 2 x x
4
即 3ln x + ≤x + 3，当且仅当 x =1时，等号成立，
x
n 4 n
所以 3ln i + ≤ (i + 3)， ······························································· 16 分
i=1 i i=1
1 1 n2 + 7n
即 3ln (n!) + 4 1+ + + ≤ ，证毕. ········································· 17 分
2 n 2
19．解：（1）依题意可知， c = a2 + b2 = 2 ． ····················································· 1 分
b
因为C的渐近线方程为 y = x，即bx ay = 0 ，
a
2b 2b
所以 F1 到C的渐近线的距离为 = = b = 3 ， ································· 2 分
a2 + b2 c
所以 a2 = c2 b2 =1， ··············································································· 3 分
2
2 y
故C的方程为 x =1． ········································································ 4 分
3
11
1 1
（2）（i）设 P , yP ，Q , yQ ， ························································· 5 分
2 2
yP 2y yQ 2ykPF = =
P Q
k = =
则 1 1 3 ， QF1 1
+ 2 5
， ·············································· 6 分
+ 2
2 2
y y 2y
k = P
2yP Q Q
PF = kQF = = 2 1 5 ， 2 1 3 ， ············································ 7 分 2 2
2 2
故 k
Q
PF kQF = kPF kQF ． ···································· 8 分 y1 1 2 2
（ii） 解：当 x0 c时，直线MF1,MF2 的斜率分别
P
y0 y0 F1
为 ， ， O
x F2 x0 + 2 x0 2
因为 PF1 ⊥MF1 ，QF2 ⊥MF2 ，
y0 M
所以直线 PF1的方程为 x = y 2， x0 + 2
y
直线QF 的方程为 x =
0 y + 2
2 ， ························································· 9 分 x0 2
1 1
又因为点 P,Q分别位于直线 l1 : x = 与直线 l2 : x = 上，
2 2
1 1 3(x0 + 2) 3(x0 2)
分别令 x = ， x = ，得 yP = ， yQ = （ ） ················· 10 分
2 2 2y0 2y0
当 x0 = c时，直线MF1或MF2的斜率不存在，
1 3
根据对称性，不失一般性不妨设M ( 2, 3)，则 P ,0 ， kMF = ，
2 2 4
3 1
从而 F2Q : x = y + 2 ，于是Q , 2 ，
4 2
1 1
此时 P ,0 ，Q , 2 均满足（ ）式，
2 2
3(x0 + 2) 3(x0 2)
综上， yP = ， yQ = ，
2y0 2y0
3(x0 + 2)
y0 2
2y 3(x0 + 2) + 2y0 3(x0 + 2) + 6x
2 6
所以 k = 0 0
3x
= = = 0 ， MP 1 y + 2y
x 0 0
x0 y0 + 2y0x0 y0
0
2
12
3(x0 2)
y0
2y 3(x0 2) 2y
2
0 3(x0 2) 6x
2
0 + 6 3x
k = 0 = = = 0 ， ···················11 分 MQ 1 y0 2y x y 2y x y x 0 0 0 0 0 00
2
所以 kMP = kMQ，故点M ,P,Q三点共线，
3x 2
又直线MP : y y =
0 (x x )，且 x 2
y0
0 0 0 =1， y0 3
所以直线MP : 3x0x y0 y 3 = 0 ， ····························································· 12 分
6x0 + 3 6x0 + 3
所以 F1 到直线MP : 3x0x y0 y 3 = 0 的距离为 d1 = = ，
9x 20 + y
2 12x 20 0 3
6x0 3 6x0 3
F2 到直线MP : 3x0x y0 y 3 = 0 的距离为 d1 = = ， ··· 14 分
9x 2 2 20 + y0 12x0 3
因为△MPF1的面积等于△PQF2 的面积，
2 2
1 3x 1 6x0 + 3 1 3x 1 1 6x0 3
所以 1+ 0 x0 + = 1+
0
+ ，
2 y 2 12x 2 0 0 3
2 y0 2 2 12x
2
0 3
2
1 1
所以 x0 + = x0 ， ·········································································· 16 分
2 2
2 1 1 3
当 x≥1时， x0 + x0 + = x0 x
2 =
0 0 ，无解；
4 2 4
2 1 1 2 5 5
当 x0≤ 1时， x0 + x0 + = x0 (x0 +1) = ，得 x0 = 1 ； 4 2 4 2
5
综上， x = 1 . ··············································································· 17 分 0
2
13