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绝密★启用前
3.在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R,且某个车轮上的
2027年普通高等学校招生全国统一模拟考试
点P刚好与铁轨的表面接触，若该列车行驶了距离S,则此时P到铁轨上表面的距离为
数学
A.R1+casS）
R
B.R1-cosS
C.2Rsi
R
D.Rsi
R
(考试时间：下午15：00一17：00)
4.若a=ln√0，b=√n2n5,c=n4e,则a、bc的大小关系是
说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，满分150分。
A.cB.aC.cD.b注意事项：
5.在△ABC中，AB=2,AC-3,∠BAC=60°，M为BC的中点，AC34N,AM与BN交于点P,
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。
则cos∠MPN=
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
A-品
B.⑤
D.-4
19
C
19
19
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
6.函数)cos-)hn(e+e)的图象大致为
卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一卷选择题（共58分)
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
7.在△4BC中，角AB,C的对边为a,b.c,且co4=-nB,则的最小值是
合题目要求的
A.4V2-5
B.4V2-4
C.2
D.4V2-3
1.复数二=
1十，则三的虚部是
8.对于集合M,定义函数M(x)=
∫-l,x∈M,对于两个集合M,N,定义集合
1.xeM.
c
D.-i
M△N=xfw(x)fw(x)=-1,已知A={2,4,6,7,10},B={1,2,4,8,16}.用Cad(M)表示
2.已知集合A={log3x>2},B={x∈N|x≤2024}，则集合A⌒B的元素个数为
有限集合M所含元素的个数，则Card(X△4)+Card(X△B)的最小值为
A.2014
B.2015
C.2023
D.2024
A.5
B.6
C.7
D.8
二、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
第二卷非选择题（共92分)
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。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
9.己知△4BC的三个内角分别为A,B,C,B=C+,AB=2,4C=3,D在线段BC上，且满
12.用1,2,3,12四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成个不同
的五位数，
足AD平分∠BAC.则
13.已知点P是直线：c-y-5m+n=0和2：+w-5m-n=0(m,n∈R,2+2≠0)
A.smB=2ncB.mC=号
3
C.BC=-25
D.AD=6V26
13
13
的交点，点Q是圆C:(x+1)+y2=1上的动点，则PQ的最大值是
10.已知x1,水，x3是函数f(x)=x3-a2x+1的三个零点(a>0,x14,已知双曲线x一公=1的左右焦点分别为月，，过乃作直线交双曲线C的右半支于n、。
A.r235
2
B.x1<0两点，满足PF1⊥PO,且△QF1F3面积是△PF1F2面积的两倍，则双曲线C的离心率为
C.f'(s)='(x)
)fG丙0
D.
1.已知实数m,n满足e-hm+n2,且e=1,则
4n2 em
A.n=2
7
B.m2=1C.m+n<5
D.1k2n-m2<号2027年普通高等学校招生全国统一模拟考试
数学
(考试时间：下午 15：00- 17：00)
说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间 120分钟，满分 150分．
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．
第一卷 选择题 (共 58分)
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. 1

已知复数 Z= + ，则 Z的虚部为 ( )1 i
A. 1 i B. - 1 i C. 1 D. - 1
2 2 2 2
2. 已知集合A= x∣log3x>2 ，B= x∈N |x≤2024 ，则集合A∩B的元素个数为 ( )
A. 2014 B. 2015 C. 2023 D. 2024
3. 在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R，且某个车轮上的点P刚好
与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离S，则此时P到铁轨上表面的距离为 ( )
A. R 1+cos S B. R 1-cos S C. 2Rsin S D. Rsin SR R R R
4. 若 a= ln 10 ,b= ln2 ln5 ,c= ln 4e，则 a、b、c的大小关系是 ( )
A. c< a< b B. a< b< c C. c< b< a D. b< a< c

5. 在△ABC中，AB= 2，AC= 3，∠BAC= 60°，M为 BC的中点，AC = 3AN，AM与 BN交于点 P，则
cos∠MPN= ( )
A. - 3 B. 57 C. - 57 D. - 4 19
16 19 19 19
6. π函数 f x = cos x- ln ex+e-x 的图象大致为 ( )2
·1·
A. B.
C. D.
2 2
7. 在△ABC中，角A,B,C的对边为 a,b,c，且 cosA=-sinB b +c，则 的最小值是 ( )
a2
A. 4 2- 5 B. 4 2- 4 C. 2 D. 4 2- 3
-1，x∈M，
8. 对于集合 M ，定义函数 f M x = 对于两个集合 M ，N ，定义集合 M △ N =1，x M .
x fM x fN x =-1 ，已知A= 2,4,6,7,10 ，B= 1,2,4,8,16 .用Card M 表示有限集合M所含元
素的个数，则Card(X△A) +Card(X△B)的最小值为 ( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
二、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. 已知△ABC π的三个内角分别为A, B, C，B=C+ ，AB= 2, AC= 3，D在线段BC上，且满
2
足AD平分∠BAC．则 ( )
A. sinB= 3 sinC B. tanC= 2 C. BC= 25 D. AD= 6 26
2 3 13 13
10. 已知 x ，x ，x 是函数 f(x) = x3- a21 2 3 x+ 1的三个零点 (a> 0，x1< x2< x3)，则 ( )
A. a3> 3 3 B. x
2 1
< 0< x2
C. f x1 = f x D. 1 1 13
f
+ + = 0
x 1 f x2 f x3
11. m n me
m
= lnn+ln2 1已知实数 ， 满足 ，且 e2m= ，则 ( )
4n2 em m
m
A. n= e B. mn2= 1 C. m+n< 7 D. 1< 2n-m2< 3
2 5 2
第二卷 非选择题 (共 92分)
·2·
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 用 1，2，3，12四个数组成一个五位数 (每个数仅用到 1次)，则能组成 个不同的五位数．
13. 已知点P是直线 l1：mx- ny- 5m+ n= 0和 l2：nx+my- 5m- n= 0(m，n∈R，m2+ n2≠ 0)的交
点，点Q是圆C： x+1 2 + y2= 1上的动点，则 PQ 的最大值是 .
y2
14. 已知双曲线 x2- = 1的左右焦点分别为 F1,F2，过 F2作直线交双曲线C的右半支于P,Q两点，满足
b2
PF1⊥PQ，且△QF1F2面积是△PF1F2面积的两倍，则双曲线C的离心率为 ．
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. 在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 a，b，c是公差为 1的等差数列.
(1)若 3sinC= 5sinA，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数 a，使△ABC为钝角三角形 若存在，求 a的值；若不存在，说明理由.
16. 如图，在四棱锥 P-ABCD中，侧面 PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD= 2，底面ABCD为直角梯
形，其中BC AD，AB⊥AD，AD= 2AB= 2BC= 2，O为AD中点.
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求异面直线PB与CD所成角的大小.
·3·
17. 已知Sn是数列 an 的前n项和，且满足Sn= 1- 1 ．n+1
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) 1在平面直角坐标系 xOy中，已知点P 1,0 ，定义点An 1+ ,1 ，Bn n,1 (其中n∈N+)，记 αa n=n
∠AnOP，βn=∠BnOP．
(i)求 tan β2+β3 的值；
(ii) α + α + +α + β = π证明： 1 2 n n+1 ．4
2 2
18. 已知椭圆C : x + y = 1(a> b> 0) 3的两焦点分别为F1,F2,C的离心率为 ,C上有三点Q、R、S，直
a2 b2 2
线QR、QS分别过F1,F2,△QRF2的周长为 8．
(1)求C的方程；
(2)①若Q 0,b ，求△QRS的面积；
②证明：当△QRS面积最大时，△QRS必定经过C的某个顶点．
19. 已知函数 f x = xln x+a - 2x+ 2ln x+1 ，g x = 2ln x+a+1 - 3x．
(1)若 a= 0，求 g x 在 1,g 1 处的切线 l的方程；
(2)判断 x= 0是否是函数 f x 的极值点，并说明理由；
(3)若不等式 f x > g x + k x-2 对任意的 x∈ 2,+∞ ，a∈ 0,2 恒成立，求正整数 k的最大值．
(参考数据：e= 2.71828 ，e2= 7.38906 ，e3= 20.08554 )．
·4·2027年普通高等学校招生全国统一模拟考试
数学
(考试时间：下午 15：00- 17：00)
说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间 120分钟，满分 150分．
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．
第一卷 选择题 (共 58分)
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. 已知复数 Z= 1+ ，则 Z的虚部为 ( )1 i
A. 1 i B. - 1 i C. 1 D. - 1
2 2 2 2
【答案】C
∵ Z= 1 = 1-i 1 1【详解】 + = - i,1 i (1+i)(1-i) 2 2

∴ Z = 1 + 1 i,
2 2
1
故虚部为 ，
2
故选：C
2. 已知集合A= x∣log3x>2 ，B= x∈N |x≤2024 ，则集合A∩B的元素个数为 ( )
A. 2014 B. 2015 C. 2023 D. 2024
【答案】B
【详解】因为A= x∣log3x>2 = x∣x>9 ，B= x∈N |x≤2024 ={0,1,2,3, ,2024}
所以A∩B={10,11,12, ,2024}，
故集合A∩B的元素个数共有 2015个.
故选：B
3. 在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R，且某个车轮上的点P刚好
与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离S，则此时P到铁轨上表面的距离为 ( )
A. R 1+cos S B. R 1-cos S C. 2Rsin S D. Rsin SR R R R
【答案】B
【详解】当列车行驶的距离为S时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为S，
∴ S车轮转过的角度为 ,P S π点的初始位置为P
R 0
，设车轮的中心为O，当 ∈ 0,
R 2
·1·
时，作PQ⊥OP0，垂足为Q，如图，
S S
则OQ=OP cos =Rcos , ∴P到铁轨表面的距离为P0Q=R-R cos S =R 1-cos S ；R R R R
S π
当 ∈ ,π 时，PM⊥MP0，作ON⊥PM，垂足为N，如图，R 2
则PN=OP sin S - π =-Rcos S ，R 2 R
∴P到铁轨表面的距离为PM=MN+PN=R-Rcos S =R 1-cos SR R ；
S S
当 在其它范围均可得到，点P到铁轨上表面的距离为R 1-cos .
R R
故选:B.
4. 若 a= ln 10 ,b= ln2 ln5 ,c= ln 4e，则 a、b、c的大小关系是 ( )
A. c< a< b B. a< b< c C. c< b< a D. b< a< c
【答案】D
ln4e ln10
【详解】c= ln 4e= > = ln 10= a，
2 2
2
a2= ln 10 2= ln10
2 ln2+ln5 = > 4ln2 ln5而 = b2，且 a> 0,b> 0．2 4 4
所以 a> b，故 b< a< c．
故选：D.

5. 在△ABC中，AB= 2，AC= 3，∠BAC= 60°，M为 BC的中点，AC = 3AN，AM与 BN交于点 P，则
cos∠MPN= ( )
A. - 3 B. 57 C. - 57 D. - 4 19
16 19 19 19
【答案】C

【详解】由AB= 2，AC= 3，∠BAC= 60°可得AB AC = 2× 3× cos60° = 6× 1 = 3，
2
1
因为M为BC的中点，所以AM = (AB+AC)，
2
·2·
2 1
则AM = (AB+AC)2= 1 ( 2AB + 2AB AC + 2AC ) = 1 × (4+ 6+ 9) = 19 ，
4 4 4 4
2
AM = 19

AM = 19即 ， ，4 2
1
因为AC = 3AN，所以BN =AN -AB= AC -AB，
3
2 1 2 1 2 2 = - = - + 2则BN AC AB AC AB AC AB = 1 × 9- 2 × 3+ 4= 3，
3 9 3 9 32
即 BN = 3， BN = 3，
1
且AM BN = (AB+AC) 1 AC- = 1 1 - 2+ 1 2AB AB AC AB AC -AB AC = 1 × (1- 42 3 2 3 3 2
+ 3- 3) =- 3 ，
2
- 3
因此，cos∠ AM BNMPN= cos= = 2 =- 3 =- 57 .
AM × BN 192 × 3 57
19
故选：C.
6. f x = cos x- π函数 ln ex+e-x 的图象大致为 ( )2
A. B.
C. D.
【答案】C
π
【详解】因为 f x = cos x- ln ex+e-x = sinxln ex+e-x ，2
所以 f -x = sinx -x ln e-x+ex =-sinxln ex+e-x =-f x ，
即函数 f x 为奇函数，其图象关于原点对称，故排除D，
又因为 y= ex+ e-x≥ 2 ex e-x= 2，当且仅当 x= 0时取等号，
所以 ln ex+e-x ≥ ln2> ln1= 0，
当 x∈ 0,π 时，sinx≥ 0，当 x∈ π,2π 时，sinx≤ 0，
·3·
所以，当 x∈ 0,π 时，f x > 0，当 x∈ π,2π 时，f x ≤ 0，故排除A、B，
故选：C．
2 2
7. 在△ABC中，角A,B,C b +c的对边为 a,b,c，且 cosA=-sinB，则 的最小值是 ( )
a2
A. 4 2- 5 B. 4 2- 4 C. 2 D. 4 2- 3
【答案】A
【详解】由 cosA=-sinB= cos π +B π，因为A,B是△ABC的内角，可得A= +B，2 2
所以C= π-A-B= π- π +B2 -B=
π - 2B，
2
2 2 π
b2+c2 sin2B+sin2C sin B+sin -2B sin2B+cos22B
由正弦定理得 = = 2 =
a2 sin2A sin2 π +B cos2 B2
(cos2= 2 + B-sin
2B)2 4 2 2 4
tan B = tan2B+ cos B-2cos Bsin B+sin B
cos2B cos2B(sin2B+cos2B)
4
= tan2B+ cos B-2cos
2Bsin2B+sin4B 2= tan2B+ 1-2tan B+tan
4B
cos2Bsin2B+cos4B tan2B+1
= 2tan
4B-tan2B+1 = 2(tan2B+ 1) + 4 - 5≥ 2 8- 5= 4 2- 5
tan2B+1 tan2B+1
4
当且仅当 2(tan2B+ 1) = ，即 tan2B= 2- 1时，等号成立，
tan2B+1
b2+c2
所以 的最小值是 4 2- 5．
a2
故选：A．
-1，x∈M，
8. 对于集合 M ，定义函数 f M x = 对于两个集合 M ，N ，定义集合 M △ N =1，x M .
x fM x fN x =-1 ，已知A= 2,4,6,7,10 ，B= 1,2,4,8,16 .用Card M 表示有限集合M所含元
素的个数，则Card(X△A) +Card(X△B)的最小值为 ( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【详解】根据题意可知：X△A= x x∈ X∪A ,x X∩A ，
要想Card X△A 最小，只需Card X∩A 最大且Card X∪A 最小，
所以要使Card(X△A) +Card(X△B)的值最小，2，4一定属于集合X；
1,6,7,8,10,16是否属于X不影响Card(X△A) +Card(X△B)的值，
但集合X不能含有A∪B之外的元素，A∩B X A∪B，
所以当X为集合 1,6,7,8,10,16 的子集与集合 2,4 的并集时，Card(X△A) +Card(X△B)取到最小
值 6.
故选：B
二、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. 已知△ABC的三个内角分别为A, B, C，B=C+ π ，AB= 2, AC= 3，D在线段BC上，且满
2
·4·
足AD平分∠BAC．则 ( )
A. sinB= 3 sinC B. tanC= 2 C. BC= 25 D. AD= 6 26
2 3 13 13
【答案】ABD
【详解】对于A，在△ABC sinB AC 3中，由正弦定理可得 = = ，所以 sinB= 3 sinC，故A正确；
sinC AB 2 2
对于B π π，因为B=C+ ，则 sinB= sin C+ = cosC= 3 sinC tanC= 2，则 ，故B正确；2 2 2 3
对于C 2 π 2 13，由于 tanC= ，C∈ 0, ，则 sinC= ,cosC= 3 13 ，3 2 13 13
由于∠BAC+∠B+∠C= π B=C+ π， ，则∠BAC= π - 2C，
2 2
则 cos∠BAC= cos π -2C = sin2C= 2sinCcosC= 2× 2 13 × 3 13 = 12 ，2 13 13 13
在△ABC BC2= 4+ 9- 2× 2× 3× 12 = 25 BC= 5 13中，由余弦定理： ，即 ，故C不正确；
13 13 13
12 π 5
对于D，由于 cos∠BAC= ，则∠BAC∈ 0, ，sin∠BAC= ，13 2 13
由于 cos∠BAC= 1- 2sin2∠BAC = 12 sin∠BAC = 26，解得 (负数舍去)；
2 13 2 26
因为D在线段BC上，且满足AD平分∠BAC．则在△ABC中，由等面积可得：
1 AB·AC·sin∠BAC= 1 AB·AD·sin∠BAC + 1 AC·AD·sin∠BAC ，
2 2 2 2 2
1 × 2× 3× 5 = 1 × 2×AD× 26 + 1 × 3×AD× 26即 ，解得：AD= 6 26 ，故D正确.
2 13 2 26 2 26 13
故选：ABD
10. 已知 x1，x2，x 3 23是函数 f(x) = x - a x+ 1的三个零点 (a> 0，x1< x2< x3)，则 ( )
A. a3> 3 3 B. x1< 0< x2 2
C. f x1 = f x D. 1 + 1 13 + = 0f x1 f x 2 f x3
【答案】ABD
【详解】因为 f x = 3x2- a2，又 a> 0，
由 f x > 0 x<- 3a 3a 3a 3a或 x> ，由 f x < 0 - < x< .
3 3 3 3
3a 3a 3a 3a
所以函数 f x 在 -∞,- 和 ,+∞ 上单调递增，在 - ,3 3 3 3 上单调递减.
·5·
f - 3a3 >0f x 3 3 3因为函数 有 个零点，所以 a3> ，故A成立；f 3a 23 <0
又 x1< x 32< x3，所以 x1<- a< 0，- 3 a< x 32< a且 f 0 = 1> 0，3 3 3
3
所以 0< x2< a，故 x1< 0< x2成立，即B成立；3
因为函数 f x 有 3个零点，所以可设 f x = x-x1 x-x2 x-x3 ，
则 f x = x-x1 x-x2 + x-x1 x-x3 + x-x2 x-x3 ，
所以 f x1 = x1-x2 x1-x3 ，f x2 = x2-x1 x2-x ，f 3 x3 = x3-x1 x3-x2 ，
若有 f x1 = f x3 ，则 x1-x2 x1-x3 = x3-x1 x3-x2 2x2= x1+ x3.
由B可知 x2> 0，可设 x1= t- d，x2= t，x3= t+ d(t> 0，d> 0)
则 f x = x- t-d x-t x- t+d = x3- 3tx2+ 3t2-d2 x- t3+ d2t，
由 3t= 0 t= 0，这与 t> 0矛盾，所以 f x1 = f x3 不成立，故C错误；
1 1 1 1 1 1
因为：
f
+ +
x f x f
= + + =
1 2 x3 x1-x2 x1-x3 x2-x1 x2-x3 x3-x1 x3-x2
x2-x3 - x1-x3 + x1-x2 = 0，故D成立.
x1-x2 x1-x3 x2-x3
故选：ABD
m
11. m n me lnn+ln2 1已知实数 ， 满足 = ，且 e2m= ，则 ( )
4n2 em m
m
A. n= e B. mn2= 1 C. m+n< 7 D. 1< 2n-m2< 3
2 5 2
【答案】ACD
mem = lnn+ln2【详解】由 可得，me2m= 4n2ln2n，
4n2 em
即 2me2m= 4n2× 2ln2n，则有 2me2m= 2n 2 ln 2n 2 ，
也即 e2mlne2m= 2n 2 ln 2n 2 ，
设函数 f(x) = xlnx，则 f(e2m) = f 2n 2 ，
f (x) = lnx+ 1，
当 x∈ 0, 1 时，f (x)< 0，函数 f(x)单调递减，e
x∈ 1当 ,+∞ 时，f (x)> 0，函数 f(x)单调递增，e
且当 x∈ 0,1 时，f(x)< 0；当 x∈ 1,+∞ 时，f(x)> 0；
e2m= 1因为 ，所以 2me2m= 2n 2 ln 2n 2 = 2> 0，
m
m
即 f(e2m) = f 2n 2 > 0，所以 e2m= 2n 2 e ，即n= ，A正确；
2
mn2= 1 ×n2= 1 ×n2= 1 ，B错误；
e2m 4n2 4
设 t(x) = xe2x- 1,x> 0，t (x) = e2x+ 2xe2x> 0在 0,+∞ 恒成立，
且 t(0) =-1< 0,t 1 = 1 e- 1> 0，2 2
x ∈ 0, 1所以存在唯一 0 使得 t(x0) = 0，2
·6·
e2m= 1由 可得，me2m- 1= 0，所以m∈ 0, 1 ，m 2
m+n=m+ 1 em 1，设 g(x) = x+ ex在 0, 1 上单调递增，2 2 2
g(x) = x+ 1 ex< g 1 = 1 + 1 e< 1 + 1.7 = 1.35< 7所以 ，2 2 2 2 2 2 5
m+n=m+ 1 em< 7所以 ，C正确；
2 5
2n-m2= em-m2，
设 h(x) = ex- x2,x∈ 0, 1 ，h (x) = ex- 2x，2
令 μ(x) = ex- 2x，μ (x) = ex- 2，
易得函数 μ (x) = ex- 2在 x∈ 0, 1 单调递增，且 μ 1 = e- 2< 0，2 2
1
所以函数 μ(x) = ex- 2x在 x∈ 0, 单调递减，2
μ 1且 = e- 1> 0，所以 h (x)> 0恒成立，2
所以 h(x) = ex- x2,x∈ 0, 1 单调递增，2
所以 h(0)< h(x)< h 1 ，即 1< h(x)< e- 1 < 1.7- 0.25< 3 ，2 4 2
所以 1< 2n-m2< 3 正确，故D正确；
2
故选:ACD.
第二卷 非选择题 (共 92分)
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 用 1，2，3，12四个数组成一个五位数 (每个数仅用到 1次)，则能组成 个不同的五位数．
【答案】21
【详解】分两大类进行：
第一类：数字 1和 2相邻时，再分两小类：
①数字 1和 2相邻且 1在 2的左边，这时相当于两个 12和一个 3排序，先排两个 12只有一种方法如图，
再由这两个 12产生 3个空中选一个空插入 3，所以共有 1× 3= 3种不同的五位数；
②数字 1和 2相邻且 2在 1的左边，这时 1，2，3的排法有 2种顺序如图，此时产生 3个空，
再从这 3个空中选一个空插入 12，所以共有 2× 3= 6种不同的五位数.
或
第二类：数字 1和 2不相邻时，再分两小类：
③数字 3在数字 1和 2中间，此时共有两种顺序 132和 231如图，
再由这 3个数产生 4个空选一个空插入 12，所以共有 2× 4= 8种不同的五位数，
或
④数字 3不在数字 1和 2中间，那么只能 12在数字 1和 2中间，此时共有 2种不同的排法如图，
最后 3只能排首位或者末位，所以共有 2× 2= 4种不同的五位数.
或
故一共有 3+ 6+ 8+ 4= 21种不同的五位数.
·7·
故答案为：21.
13. 已知点P是直线 l1：mx- ny- 5m+ n= 0和 l2：nx+my- 5m- n= 0(m，n∈R，m2+ n2≠ 0)的交
点，点Q是圆C： x+1 2 + y2= 1上的动点，则 PQ 的最大值是 .
【答案】6+ 2 2
【详解】因为直线 l1：mx-ny- 5m+n= 0，即m x-5 -n y-1 = 0，
x-5=0 x=5令 - = ，解得 = ，可知直线 l1过定点A 5,1 ，y 1 0 y 1
同理可知：直线 l2过定点B 1,5 ，
又因为m×n+ -n ×m= 0，可知 l1⊥ l2，
1
所以直线 l1与直线 l2的交点P的轨迹是以AB的中点M 3,3 ，半径 r= AB = 2 2的圆，2
因为圆C的圆心C -1,0 ，半径R= 1，
所以 PQ 的最大值是 MC + r+R= 3+1 2 +32+ 2 2+ 1= 6+ 2 2 .
故答案为：6+ 2 2．
2- y
2
14. 已知双曲线 x = 1的左右焦点分别为 F1,F2，过 F2作直线交双曲线C的右半支于P,Q两点，满足
b2
PF1⊥PQ，且△QF1F2面积是△PF1F2面积的两倍，则双曲线C的离心率为 ．
17
【答案】
3
【详解】
∵△QF1F2的面积是△PF1F2面积的两倍，∴ F2Q = 2 PF2 ，
设 PF2 =m m>0 ，则 F2Q = 2m，
由双曲线定义知： PF1 = 2+m， F1Q = 2+ 2m，
∵PF1⊥PQ，∴ FQ 21 = PF1 2+ PQ 2，
即 2+2m 2 = 2+m 2 + 9m2 2，解得：m= 或m= 0( 8舍)，∴ PF1 = ， PF2 = 2 ，3 3 3
∴ FF 2= 64 + 4 = 68 4c2= 68 ∴ c2= 17 1 2 ，即 ， ，9 9 9 9 9
2
∴双曲线C的离心率 e= c = 17 .
a2 3
17
故答案为： .
3
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. 在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 a，b，c是公差为 1的等差数列.
(1)若 3sinC= 5sinA，求△ABC的面积；
·8·
(2)是否存在正整数 a，使△ABC为钝角三角形 若存在，求 a的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)6 (2) 1存在整数 a= 2使得△ABC为钝角三角形，此钝角的余弦值为- .
4
【解析】
【小问 1详解】
由 a，b，c是公差为 1的等差数列，则 a= b- 1,c= b+ 1，
又 3sinC= 5sinA，由正弦定理得：3c= a，
则 3(b+ 1) = 5(b- 1)，解得 b= 4, ∴ a= 3,c= 5，
故 a2+ b2- c2= 9+ 16- 25= 0，所以△ABC为直角三角形，
则∴SAABC=
1 ab= 6
2
【小问 2详解】
△ABC为钝角三角形，即 c2> a2+ b2，由 a，b，c是公差为 1的等差数列，得 (a+ 2)2> a2+ (a+ 1)2 a<
3，显然 a= 1，b= 2，c= 3，不能构成三角形，
当 a= 2，b= 3，c= 4可构成三角形，此时 cosC= 4+9-16 =- 1 .
12 4
16. 如图，在四棱锥 P-ABCD中，侧面 PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD= 2，底面ABCD为直角梯
形，其中BC AD，AB⊥AD，AD= 2AB= 2BC= 2，O为AD中点.
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求异面直线PB与CD所成角的大小.
【答案】(1)由已知可得，PA=PD，O为AD中点，
所以，PO⊥AD.
因为面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，PO 平面PAD，
所以，PO⊥平面ABCD.
(2)arccos 6
3
【解析】
【小问 1详解】
略
【小问 2详解】
连接OC，
·9·
因为AD= 2BC，O为AD中点，
所以OA=BC= 1，PO= PA2-OA2= 1.
又因为BC AD，
所以四边形BCOA为平行四边形，
所以，OC AB，且OC=AB= 1.
由已知AB⊥AD，所以OC⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系，
则P 0,0,1 ，C 1,0,0 ，B 1,-1,0 ，D 0,1,0 ，

所以，PB= 1,-1,-1 ，CD= -1,1,0 ，

所以，cos PB,CD = P B C D = -1-1 =- 6 ，
PB CD 3× 2 3
6 6
所以，异面直线PB与CD所成角的余弦值为 ，大小为 arccos .
3 3
17. 已知S 1n是数列 an 的前n项和，且满足Sn= 1- + ．n 1
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)在平面直角坐标系 xOy中，已知点P 1,0 ，定义点An 1+ 1 ,1 ，Bn n,1 (其中n∈N+)，记 αa n=n
∠AnOP，βn=∠BnOP．
(i)求 tan β2+β3 的值；
(ii)证明：α1+ α2+ +αn+ β πn+1= ．4
1
【答案】(1)an=
n2+n
(2) (i)tan β2+β3 = 1；
(ii)由题意可知：A n2n +n+1, 1 ，则 tanα = 1n , tanβn= 1 ，
n2+n+1 n
先证明以下结论：αn= βn- βn+1．
1 - 1
因为 tan β -β n n+1 1n n+1 = = = tanα1 1 2+ + n
，
1+ n n 1n n+1
且 βn- βn+1∈ 0, π4 ,αn∈ 0,
π ，所以 βn- β4 n+1= αn，
故 α1+ α2+ +αn+ βn+1= β1-β2 + β2-β3 + + βn-βn+1 + βn+1= β1．
因为 tanβ1= 1 π，则 β1= ，原式得证．4
【解析】
【小问 1详解】
n= 1时，a1=S1= 1 ，2
n≥ 2时，an=Sn-S = 1 - 1n-1 + n≥2 a =
1
，化简得： n≥2 ，
n n 1 n n2+n
经检验得，n= 1时也满足，
1
故 an= ．
n2+n
·10·
【小问 2详解】
(i) 1由题意：tanβn= ，则 tanβ = 12 , tanβ3= 1 ，n 2 3
1 1
+ = tanβ2+tanβ
+
所以 tan β β 3 2 3 2 3 1-tanβ2
= = 1，即 tan β +β = 1．
tanβ3 1- 1
2 3
2
1
3
(ii)略
2 y2
18. x 3已知椭圆C : + = 1(a> b> 0)的两焦点分别为F1,F2,C的离心率为 ,C上有三点Q、R、S，直
a2 b2 2
线QR、QS分别过F1,F2,△QRF2的周长为 8．
(1)求C的方程；
(2)①若Q 0,b ，求△QRS的面积；
②证明：当△QRS面积最大时，△QRS必定经过C的某个顶点．
2
【答案】(1) x + y2= 1
4
(2)①S = 64 3△QRS ；49
②证明：设直线QR和直线QS的方程为 x=my- 3 ,x=ny+ 3，
设Q x0,y0 ,R x1,y1 ,S x2,y2 ，
联立QR和椭圆得： m2+4 y2- 2 3my- 1= 0，
y0+y =
2 3m
1 2+ y0+y2=-
2 3n
2
可得 m 4 1 ，同理可得：
n +4
1 ．y0y1=- 2+ y0y2=-m 4 n2+4
y +y x + 3
又因为 x0=my0- 3 ,x0=ny0+ 3，所以 0 1 =-2 3m=-2 3 0 ，y0y1 y0
y0+y1 =- y所以 2 3x0- 6，即 0 =-2 3x0- 7；y1 y1
y0+y2 = = x0- 3 y同理可得 2 3n 2 3 , 0+y2 = y2 3x 0
y y y y 0
- 6，即 = 2 3x
y 0
- 7
0 2 0 2 2
1
S△QRS QR QS sin∠RQS QR QS y -y y -y
不妨设 y0> 0，于是 = 2 = = 0 1 0 2 ，S△QF 11F2 QF1 QF2 sin∠RQS QF1 QF2 y0 y02
因此S△QRS= 1- y1 y1- 2 1 F1F2 y0= 3y0 1+ 1 1- 1y0 y0 2 2 3x0+7 2 3x0-7
2 16
= 2 3x0+8 2 3x0-8
x0-
3y = 3y 30 0
2 3x0+7 2 3x0-7 x2 490- 12
又因为 x20= 4 1-y20
4-4y2- 16 y2+ 10 3 0 3y
2 1
0 y0+
S△QRS= 3y0 = 3y
3
0 = 3 ，
4-4y2- 49 y2+ 1 2 10 12 0 48 y0+ 48
3y y20 0+ 1
设 f y 30 = ,y0∈ 0,11 ，y20+ 48
64 3
下面证明 f x ≤ f 1 = ,x∈ 0,1
49
·11·
3x x2+ 13 48 3x3f x = = +16 3x ≤ 64 3 3x
3+x
，化简得 ≤ 4
x2+ 1 48x2+1 49 48x2+1 4948
即证明 147x3- 192x2+ 49x- 4≤ 0 49 5 4，即 x-1 x2- x+ ≤ 0，9 3 27
49
又 x2- 5 x+ 4 = 0 49 5 4的判别式小于等于 0，故 x2- x+ > 0，
9 3 27 9 3 27
x-1 49 x2- 5 x+ 4因此 ≤ 0,x∈ 0,1 ，原命题得证．9 3 27
故当△QRS面积最大时，△QRS必定经过C的上或下顶点．

解法二：②证明：设Q x0,y0 ,R x1,y1 ，设QR= λQF1，
x1= 1-λ x0- 3λ则有 ，y1= 1-λ y0
x2
0 24 +y0=1 1 又 - - 2 ， 1 λ x0 3λ 4 + 1-λ y 20 =1 2
2
1 × 1-λ 2
2 3λ 1-λ x0-3λ
- 2 可得 = λ λ-2 ，
4
2 3x +8
即 λ= 0 ，
2 3x0+7

= = 8-2 3x设QS μQF2，同理可得 μ 0 ，
7-2 3x0
1
S△QRS 2 QR QS sin∠RQS QR QS不妨设 y0> = =

0，于是所以 = λμ，
S△QF 11F2 QF1 QF2 sin∠RQS QF1 QF 2 2
所以S△QRS= λμ
1 F1F2 y0= 3y
8+2 3x0 8-2 3x00 ，2 7+2 3x0 7-2 3x0
下同法一；

解法三：②证明：设Q x0,y0 ,R x1,y1 ，设QF1= λF1R，
x0+λx1=- 3 1+λ 则有 ，y0+λy1=0
x2
04 +y20=1 1 又 x2 ，1 +y24 1=1 2
- × 2
x0+λx1 x0-λx1
1 2 λ 可得 + y0+λy1 y0-λy1 = 1- λ2，4
即 x0- λx1=- 4 1-λ ，结合 x0+ λx1=- 3 1+λ 解得 λ= 2 3x0+ 7，
3
设QF2= μF2S，同理可得 μ= 7- 2 3x0，
1
S
> △QRS 2
QR QS sin∠RQS QR QS
= = = λ+1 μ+1不妨设 y0 0，于是 ，S△QF1F 12 QF1 QF2 sin∠RQS QF QF λ μ2 1 2
S△QRS=
2 3x0+8 8-2 3x3y 00 ，
2 3x0+7 7-2 3x0
下同法一.
·12·
AI
【解析】
【小问 1详解】
依题意可得△QRF2的周长C△QRF = QF1 + QF2 + RF1 + RF2 = 4a= 8 a= 2，2
3 c 3
又椭圆的离心率为 ，则 e= = c= 3，
2 a 2
解得 b2= a2- c2= 1，
C x
2
所以 的方程为 + y2= 1；
4
【小问 2详解】
①由上可知：Q 0,1 ,F1 - 3,0 3 ,F2 3,0 kQF = ，1 3
3
所以直线QR的方程为 y= x+ 1，
3
y= 3 x+1 7 2 3 8 3 1
联立直线QR与椭圆方程 3 2 x2+ x= 0可解得R - ,- ，x +y2=1 12 3 7 7 4
由椭圆的对称性可得S 8 3 ,- 1 ，7 7
因此S 1 16 3△QRS= × ×2 7 1+
1 = 8 3 × 8 = 64 3 ；7 7 7 49
②略
19. 已知函数 f x = xln x+a - 2x+ 2ln x+1 ，g x = 2ln x+a+1 - 3x．
(1)若 a= 0，求 g x 在 1,g 1 处的切线 l的方程；
(2)判断 x= 0是否是函数 f x 的极值点，并说明理由；
(3)若不等式 f x > g x + k x-2 对任意的 x∈ 2,+∞ ，a∈ 0,2 恒成立，求正整数 k的最大值．
(参考数据：e= 2.71828 ，e2= 7.38906 ，e3= 20.08554 )．
【答案】(1)l:y=-2x+ 2ln2- 1
(2)不是，理由：
f x = ln x+a + x+ - 2+
2
+ ，若 x= 0是函数 f x 的极值点，则有 f
0 = 0，
x a x 1
代入得：lna= 0，即 a= 1．
当 a≠ 1时，x= 0不是函数 f x 的极值点；
当 a= 1时，f x x 2 1 = ln x+1 + + - 2+ + = ln x+1 - 1+ + ，x 1 x 1 x 1
令F x = ln x+1 - 1+ 1 1+ ，则F
x = + -
1 = x ，
x 1 x 1 x+1 2 x+1 2
·13·
则F x 在 -1,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增，
则F x ≥F 0 = 0，即 f x 在 -1,+∞ 上单调递增，不合题意．
综上：x= 0不是函数 f x 的极值点．
(3)4
【解析】
【小问 1详解】
a= 0 2时，g x = 2ln x+1 - 3x，g x = + - 3，x 1
所以 g 1 =-2，由于 g 1 = 2ln2- 3，
所以 g x 在 1,g 1 处的切线 l的方程为 y=-2 x-1 + 2ln2- 3，
化简得：l:y=-2x+ 2ln2- 1．
【小问 2详解】
略
【小问 3详解】
由题意：xln x+a - 2ln x+a+1 >-x- 2ln x+1 + k x-2 ，
上式对任意 a∈ 0, 2 恒成立，以 a为主元，令 h a = xln x+a - 2ln x+a+1 ，则只需 h a min>-x
- 2ln x+1 + k x-2 ，
x 2 x
2-x+ x-2 a
因为 h a = + - + + = > 0，所以 h a 在 0,2 上单调递增，x a x a 1 x+a x+a+1
则 h a min= h 0 = xlnx- 2ln x+1 ，
故 xlnx- 2ln x+1 >-x- 2ln x+1 + k x-2 ，
即 xlnx+ x> k x-2 对任意 x∈ 2,+∞ 恒成立．
法一：设 φ x = xlnx+ x- k x-2 x∈ 2,+∞ ,φ x = lnx+ 2- k，
当 k≤ 2+ ln2时，φ x > 0恒成立，故 φ x 在 2,+∞ 上单调递增，
所以 φ x > φ 2 = 2ln2+ 2> 0，成立，
当 k> 2+ ln2时，φ x 在 2,ek-2 上单调递减，在 ek-2,+∞ 上单调递增，
故只需 φ ek-2 > 0，即 2k- ek-2> 0，
令H k = 2k- ek-2,H k = 2- ek-2< 2- eln2= 0，
所以H k 在 2+ln2, +∞ 上单调递减，
由于 e2< 8,e3> 10，故H 4 = 8- e2> 0,H 5 = 10- e3< 0，
则自然数 k最大可取到 4．
综上：kmax= 4．
xlnx+x xlnx+x x-2lnx-4
法二：由题意得：k< - ，设 φ x = ,φ
x = ，
x 2 x-2 x-2 2
令H x = x- 2lnx- 4,H x = 1- 2 > 0，故H x 在 2,+∞ 上单调递增，
x
由于 e2< 8,e3> 10，
故H 8 = 4- 2ln8= 2 2-ln8 0,H 10 =6-2ln10=2 3-ln10 0，
所以 x0∈ 8,10 ，使得 φ x 在 2,x0 上单调递减，在 x0,+∞ 上单调递增，且 x0满足 x0- 2lnx0- 4=
0，
x0 x0-4
< x lnx +x
+x
故 k φ x = 0 0 0 2
0 x0
0 - =x0 2 x0-
= ，
2 2
·14·
x
而 0 ∈ 4,5 ，因此自然数 k最大可取到 4．
2
k< xlnx+x
2 2 2
法三：由题意得： ，取 x= e2 k< e lne +e- ，则 = 3+
6
，
x 2 e2-2 e2-2
由于 5< e2< 8 3+ 6，所以 ∈ 4,5 ，故 k≤ 4，
e2-2
8
下面说明 k= 4时原不等式恒成立，代入原不等式，即证：lnx- 3+ > 0对任意 x∈ 2,+∞ 恒成立
x
设 φ x = lnx- 3+ 8 ,φ x = x-8 ，
x x2
故 φ x 在 2,8 上单调递减，在 8,+∞ 上单调递增，
所以 φ x > φ 8 = ln8- 2> 0，即 k= 4成立，
因此，自然数 k最大可取到 4．
·15·

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