浙江省绍兴市上虞区2026届高三上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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一､选择题：本大题共 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 M  1, 2,3, 4, N  x∣x  3
，则 M  N  （ ）
A . 1, 2,3, 4 B . 1, 2 C . 1, 2,3 D . 1, 3
【答案】C
【解析】
【分析】由交集的含义即可求解.
【详解】 M  N  1, 2,3
故选：C
2. 某射击运动员的 10 枪成绩分别为 9.9, 9.7, 9.4, 9.0, 8.8, 9.2, 9.3, 9.2, 9.1, 9.4，则这 10 枪成绩的第一四分
位数是（ ）
A. 9.0 B. 9.1 C. 9.2 D. 9.4
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的定义进行求解.
【详解】将该运动员的成绩按照从小到大的顺序进行排序可得：8.8, 9.0, 9.1, 9.2, 9.2, 9.3, 9.4，9.4, 9.7, 9.9，
1
10  2.5，所以这 10 枪成绩的第一四分位数是 9.1， 又
4
故选：B
A . 1 B . 1 C . i D . i
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘方运算，以及复数加法法则计算即可求解.
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3. 已知复数
2π 2π
z  cs  isin （i 为虚数单位），则 z2  z 等于（ ）
3 3
【详解】因为 cs 2π i sin 2π 1 3 i
z       ，
3 3 2 2
故选：A.
4. 已知函数 f x lgx ，若 0  a  b，且 f a  f b，则 a  3b 的取值范围是（ ）
A . 2 3, B . 2 3, C . 4, D . 4,
【答案】D
【解析】
【分析】先由 f a f b得到 ab 的值，代入 a  3b 后根据参数的取值范围即可得结果.
【详解】由 f a f b得 lg a  lgb .
又 0  a  b，所以 0  a 1 b ，所以 lg a  0,lgb  0，所以 lg a  lgb ，
所以 lg a  lgb  lgab 0，所以 ab 1,b 1
  .
a
1
由b  a  0 得  a  0，解得 0  a 1.
a
a 3b a
   ，根据对勾函数的性质知 y a 3
3
  在0,1上单调递减， 所以
a a
当 a  0 时， y   ；当 a 1时， y  4 ，
所以 a  3b 的取值范围是4,  .
故选：D.
5. 在等差数列a 中，若 a5  a7  a9  27 ，则 2a  a 的值为（ ）
n 8 9
A. 18 B. 15 C. 12 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列的下标和性质求出 a7  9，再化简 2a  a  2a  d a  2d ，即可得出答案.
8 9 7 7
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所以
2
 
2 1 3 1 3 1 3 3 1 3
z z i i i i 1.
             
2 2 2 2 4 2 4 2 2
 
【详解】在等差数列 
a 中，
n
a5  a7  a9  3a7  27,a7  9，
则 2a  a  2a  d a  2d  a  9 .
8 9 7 7 7
故选：D.
6. 已知 a  3ln4 ,b  4ln3,c  5ln2 ，则（ ）
A . a  b  c B . b  a  c
C . a  b  c D . a  b  c
【答案】C
【解析】
【分析】对 a,b 两边同时取以 e 为底的对数，可判断 a  b ， a  9ln2 ，根据函数 y  xln2 在0, 上单调
递增，可得 a  c ，故可得答案.
【详解】因为 a  3ln4  0，b  4ln3  0，
则 ln a  ln 3ln4  ln 4ln 3， lnb  ln 4ln3  ln 3ln 4，
则 lna  lnb ，
又函数 y  ln x 是增函数，则 a  b ，
a  3ln4  32ln2  9ln2 ，
因为 ln 2  0 ，则函数 y  xln2 在0, 上单调递增，
又9  5  0 ，则9ln 2  5ln 2 ，即 a  c ，
则 a  b  c .
故选：C.
x2 y2
7. 设 F1, F2 分别是椭圆 C :  1a  b  0的左右焦点，过椭圆 C 上一点 P 作切线 PT 交 x 轴于点
a b
2 2
T ，若 F2PT  45, F2TP 15，则该椭圆的离心率是（ ）
【答案】A
【解析】
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A . 3 1 B . 3
3
C . 2 1 D .
1
2
F PF  ，求出
1 2 90
【分析】根据椭圆的光学性质可得
PF1  3c ，
PF  c ，结合椭圆的定义即可得解.
2
【详解】设切线 PT 交 y 轴于点Q ，
 F PQ   F PT  ，
1 2 45 由椭圆的光学性质可得
F PF  ，
1 2 90 则
 PF F   F PT   F TP      ，
2 1 2 2 45 15 60 又
1
PF  F F ·csPF F  2c  c ，
2 1 2 2 1
2
由椭圆的定义得 PF1  PF2  2a ，
c
即 3c  c  2a ，解得  3 1，
a
所以该椭圆的离心率是 3 1.
故选：A.
8. 如右图，一个直径为 1 的小圆沿着直径为 2 的大圆内壁的逆时针方
向滚动，M 和 N 是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这
样滚过大圆内壁的一周，点 M，N 在大圆内所绘出的图形大致是
A. B .
C. D .
【答案】A
【解析】
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则在 Rt△PF1F2 中，
3
PF  F F ·sin PF F  2c  3c ，
1 1 2 2 1
2
【详解】如图：
如图，取小圆上一点 ，连接 并延长交大圆 于点 ，连接 ， ，则在小圆 中，
，在大圆 中， ，根据大圆的半径是小圆半径的 倍，可知 的中
点 是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是 ，综上可知小圆 在大圆内壁上滚动，圆心转过
角后的位置为点 ，小圆 上的点 ，恰好滚动到大圆上的 也就是此时的小圆 与大圆的切点．而在小
圆 中，圆心角 （ 是小圆 与 的交点）恰好等于 ，则 ，而点 与点
其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点 与点 是同一个点在不同时刻的位置．由于 的任意
性，可知点 的轨迹是大圆水平的这条直径．类似的可知点 的轨迹是大圆竖直的这条直径.
故选 A.
二､多选题：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，有多个选项
是符合题目要求的，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有错选得 0 分.
9. 某校 300 名学生参加数学竞赛，随机抽取了 40 名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图
如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A . a 的值为 0.015
B. 估计这 40 名学生数学考试成绩的众数为 75
C. 估计总体中成绩落在80,90内的学生人数 105
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D. 估计这 40 名学生数学考试成绩的第 80 百分位数约为 85
【答案】AB
【解析】
【分析】对 A ，利用频率分布直方图所有矩形面积之和为 1，列方程求解 a 的值；对 B，众数为最高矩
形底边中点的横坐标，取区间[70,80)的中点 75；对 C ，先算[80,90)的频率，再乘以总体 300 得到估计人
数；对 D ，根据前几组频率和确定第 80 百分位数所在区间，再用插值法计算.
【
详解】对于 A：由0.010  a  0.035 0.030  0.01010 1，解得 a  0.015 ，A 正确；
对于 B：因为直方图中最高矩形对应区间为70,80，所以估计这 40 名学生数学考试成绩的众数为 75，
B 正确；
对于 C：区间80,90对应的频率为 0.03010  0.3，3000.3  90 ，
所以估计总体中成绩落在80,90的学生人数为90，C 错误；
对于 D：前三组的频率和为0.010  0.015 0.03510  0.6，第四组的频率为 0.03010  0.3，
因为 0.6  0.8  0.9 ，所以第80百分位数落在区间80,90内，
0.8 0.6 20
80  10  80   86.67 ，即估计这 40 名学生数学考试成绩的第80百分位数约为 由
0.3 3
86.67，D 错误；
故选：AB.
10. 设函数 f x x 1x  ax b，其中 a 1 b .则下列说法正确的是（ ）
A . f x可能为奇函数
B . f x既有极大值也有极小值
C. 若 f x f 2  x 0 恒成立，则 a  b  2
D. 若 x1, x2 是方程 f x 0的两个不同实根，且 f x1  f x2  0，则 a  b  2
【答案】BCD
【解析】
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【分析】对于 A 根据
   
 f 0 0
判断；对于 B 求导判断函数的单调性即可；对于 C 由 f x的正负
   
   
 f 1 f 1

x  x  性和单调性可得；对于 D 根据韦达定理以及 1 2 1
计算.
2
b  0
  
，
a 1 
均与 a 1 b 矛盾，故 f x不可能为奇函数，故 A 错误；
对于 B，             
f  x  x  a x b  x 1 x b  x 1 x  a  3x2  2 a  b 1 x  ab  a  b
因      
为
2 2 2
Δ  4 a  b 1 12 ab  a  b  4 a  b  ab  a b 1
 2 a b  a 1  b 1   0
 2  2  2
  ，
则 f x在, x ,x , 上单调递增，在 
x1, x2 上单调递减， 1 2
对于 C，由 f a f 1 f b 0 以及 f x的单调性可知，
当 a  x 1或 x  b 时 f x 0 ；当 x  a 或1 x  b 时 f x 0 ；
对于 D，因为 x1, x2 是方程 f x 0的两个不同实根，
令 g x f x 3x  2a  b 1x  ab  a  b ，则 gx 6x  2a  b 1，
2
令 gx 0，得 1
a  b 
x  ，
3
由 f x  f x  以及 f x在区间 
1 2 0 x1, x2 上单调递减、
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    
 f 0 0 ab 0
【详解】对于 A，若 f x为奇函数，则
       
，则   
   
f 1 f 1 a 1 b 1 0
 

，
a  0
  
或
b 1

所以 f x 0存在两个不等实根
x1, x2 ，不妨设
x  x ，
1 2
则 f x 0得
x  x 或
1
x  x ； f x 0得
2
x  x  x ，
1 2
故 f x在
x  x 处取极大值，在
1
x  x 处取极小值，故 B 正确；
2
因为
2  x  x 
a  b  ，即 a  b  2，故 C 正确；
，且 f x f 2  x 0 恒成立，所以 1
1
2 2
所以
     
2 a b 1 ab a b
x  x  , x x  ，
1 2 1 2
3 3
        x  x  x  x 
a b 1 a b 1
则 f x关于点
, f 对称，即关于点 1 2 , f 1 2
     
 3 3   2 2 
对称，
a  b 1  x  x  可得 1 2 1
，
3 2
所以 a  b  2 ，故 D 正确.
故选：BCD
11. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线
PA, PB, PC 构 成 的 图 形 称 为 三 面 角 P  ABC ， 记 APC ,BPC  ,APB   ， 二 面 角
A PC  B 的大小为 ，则cs  cscs  sinsincs .在矩形 ABCD 中， AB  1,BC  2,M 为
线段 AD 上动点， ABM 绕 BM 翻折至 PBM ，记二面角 P  BM C 的平面角为 ，则下列说法正确的
是（ ）
π
  时， cs PBC  cs PBM cs CBM A. 当
2
π
  时，且 M 为 AD 中点，则 PC  PB B. 当
2
C. 不存在 与 M ，使得 PBC   PBM   CBM
π
  时，则 PC 最小值为 2 D. 当
3
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：运用已知公式直接判断即可；
B：根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算判断即可.
C：运用假设法，结合余弦函数的最值性质进行判断即可；
D：根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解判断即可.
π
  时，由已知公式，得 【详解】A：当
2
π
cs PBC  cs PBM cs CBM  sin PBM sin CBM cs ，
2
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   
x x
可得 f 1 2 0
 
 2 
，又 f 1 0，1x , x ，
1 2
所以 cs PBC  cs PBM cs CBM ，所以本选项说法正确；
B：当 M 为 AD 中点，取 BM 的中点 N ，连接 PN,CN ，
因为在矩形 ABCD 中， AB 1, BC  2，
所以 PN  BM ，
由勾股定理可得 1 1 2 2 2
AN  BM  AB  AM  ，且
2 2 2
CM  DM  CD  ，而 BC  2，
2 2 2
所以CM 2  BM 2  BC2 ，
所以CM  BM ，于是 2 2 2 1 10
CN  CM  MN    ，
2 2
π
  ，所以平面 PBM  平面CBM ， 因为
2
又因为平面 PBM  平面CBM  BM ， PN  BM ，且 PN  平面 PBM ，
所以 PN ^ 平面CBM ，CN  平面CBM ，
所以 PN  CN ，于是有 2 2 1 5 3
PC  PN  CN    ，
2 2
因为 PC2  PB2  BC2 ，
所以 PC  PB ，所以本选项说法正确；
C：假设存在 与 M ，使得 PBC   PBM   CBM ，
π
ABM  CBM  ， 因为在矩形 ABCD 中，
2
π
 PBC   PBM   CBM  ， 所以
4
由已知公式 cs PBC  cs PBM cs CBM  sin PBM sin CBM cs
2 2 2 2 2
     cs  cs  2 1，
2 2 2 2 2
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显然 cs 0,1，所以假设成立，因此本选项说法不正确；
D：在矩形 ABCD 中，设 AM  x, x0, 2，
所以 MB  1 x2 ，
x 1
sin ABM  , sin CBM  sin AMB 
1 x 1 x
2 2
π
  ， 因为
3
所以由 cs PBC  cs PBM cs CBM  sin PBM sin CBM cs
由余弦定理可得：
因为 x0, 2，
故选：ABD
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
【答案】6
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1 x
csABM  ,csCBM  csAMB 
于是有
1 x2 1 x2
 
，
1 x x 1 1 3x
csPBC      
 
2 2 1 x
1 x2 1 x2 1 x2 1 x2
    2
，
PC
3x 6x 6
 1 4  212  5  5
2 1 x2 1 x    1 ，
  x2
   1 ，
x
所以
1 1
x   2 x ，当且仅当
x x
x
1
 时取等号，
x
所以有
所以由
1
x   2，当且仅当 x 1时取等号，
x
1 1 1 6 6
x   2  0    0   3    3
1 2 1 1
x x x x
  
x x x
6
 5  53  2  PC  2
1
x 
x
，所以本选项说法正确.
n
 1  
12. 已知 2x
 
 x 
的展开式中第 3 项与第 5 项的二项式系数相等，则 n  __________.
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质求解.
C2 C4
n  n ，所以 n  2  4  6， 【详解】由题得
故答案为： 6 .
13. 若曲线 y  lnx  a 与圆 x2  y2  2 有公共点 Px y ，且在点 P 处的切线相同，则实数 a _____.
0 , 0
【答案】 1
【解析】
【详解】对于 y  ln x  a ， y 1
1 x
  ，故切线斜率存在，于是   0 ，又 x2  y2  ，
0 0 2
x x y
0 0
故答案为： 1.
14. 如图所示的迷宫共有 9 个格子，相邻格子有门相通，9 号格子就是迷宫出口，整个迷宫将会在 4 分钟后
坍塌，若 1 号格子有一只老鼠，这只老鼠以每分钟一格的速度在迷宫里乱窜 ( 它通过各扇门的机会相等 ) ，
则此老鼠在迷宫坍塌之前逃生的概率是__________.
【解析】
【分析】求得小鼠逃生路线有六种情况：利用独立事件的概率公式求得每种情况的概率，再利用互斥事件
的概率公式求解即可.
【详解】小鼠逃生路线有以下六种情况：
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【分析】求导得
1 1 x
y P x0 , y0 在圆上可求解.
  ，由题意可得   0 ，结合点  
x x y
0 0
解得 y0  1或
x 1
y0  2 （舍去），于是 0 ，所以 1 ln1 a ，所以 a  1.
  
y 1

0
【答案】
1
9
1 2  3  6  9;
1 2  5  6  9;
1 2  5  8  9；
1 4  5  6  9;
1 4  5  8  9;
1 4  7  8  9 .
1 1 1 1 1
P      ; 概率分别为
1
2 3 2 3 36 1 1 1 1 1
P      ;
2
2 3 4 3 72
1 1 1 1 1
P      ;
3
2 3 4 3 72
1 1 1 1 1
P      ;
4
2 3 4 3 72
1 1 1 1 1
P      ;
5
2 3 4 3 72
1 1 1 1 1
P      .
6
2 3 2 3 36
1 1 1 1 1 1 1
P  P  P  P  P  P  P        . 所以小老鼠逃生概率为
1 2 3 4 5 6
36 72 72 72 72 36 9 1
故答案为： .
9
四､解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
（1）若sin 21
B  ，求CD 的长；
7
（2）若 BD  2DC ，求 ABC 的面积.
【答案】（1） 2 7
（2） 9 3
2
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出 csB ，进而求出sinC ，在△ADC 中，根据正弦定理可
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15. 已知在 ABC 中，角
2π
A  , AD是 BAC 的角平分线，且 AD  2 .
3
AB BD
求出 CD ；（2）由题意知   2，设 AC  x ，在 ABC 中，由余弦定理可得到 CD 与 x 的关系，
AC CD
在△ADC 和△ABD 中，由余弦定理可求得 x，进而可求得面积.
【小问 1 详解】
因为sinB  21 ，所以 cs = 1 sin2 2 7
B  B  ，
7 7
【小问 2 详解】
由 BD  2DC 知 BD  2CD ， BC  3CD ，
AB BD
由角平分线定理可知   2，设 AC  x ，则 AB  2x ，
AC CD
2 2 2π
在 ABC 中，由余弦定理得 BC   x  x   x x ，
2
2 2 2 cs
3
3CD  7x ，解得 7
x
即 
2 2
CD  .
3
1 2π 1 π 1 π
AB AC sin  AB ADsin  AD AC sin ，
2 3 2 3 2 3
AB AC 72
AD    4，与 AD  2 矛盾，所以 x  3. 解得
AB  AC 18
所以 AC  3， AB  6，所以 ABC 的面积为 1 sin 2π 9 3
AB AC  .
2 3 2
16. 如 图 ， 在 直 三 棱 柱 ABC  A1B1C1 中 ， 底 面 三 角 形 ABC 是 边 长 为 2 的 等 边 三 角 形 ，
AA1  4, AM  3MA1.P 是棱 BC 上一点，且由 P 沿棱柱侧面经过棱CC 到达 M 点的最短路线长为3 2 ，
1
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因为
A  2π 所以 0 π
,  B  ，所以 csB  0 .
3 3
所以  
sin sin sin cs cs sin
C  A B  A B  A B  3  2 7   1  21  21
2 7  2  7 14
，
在△ADC 中，由正弦定理得
CD AD

sin CAD sinC
，即
CD  2
π 21
sin
3 14
，解得CD  2 7 .
2
 
7x π
在△ADC 中，由余弦定理得  2 x 2 2 xcs
 2  2   
 
3 3
 
，解得 x  3或 x  6 ，
当 x  6 时， AC  6 ， AB 12，由
S  S  S
   得
ABC ABD ADC
设这条最短路线与CC1 的交点为 N .
（1）求证： A1B// 平面 MNP ；
（2）求平面 MNP 和平面 ABC 所成的二面角（锐角）的正切值.
【答案】（1）证明见解 析
（2） 2
【解析】
出平面 MNP 的法向量 m ，根据 A1Bm  0即可求证；
（2）利用坐标计算夹角的余弦值，再根据同角三角函数的关系求出.
【小问 1 详解】
由题意可知， AM  3, A1M 1，
点 P 的路径所在平面的展开图如图，
其中最短路径为  2  2
PM  AM 2  AC  CP  9  2  CP  3 2 ，
得CP 1，则点 P 为 BC 的中点，
分别取线段 AC, A1C1 的中点O, D ，连接OB,OD ，
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【分析】（1）利用平面展开图求出点 P, N 的位置，再取线段
AC, AC 的中点O, D ，以O 为原点建系，求
1 1
因为CN//AM ，所以
CN CP
 ，得CN 1，则点 N 为CC 上靠近点C 的四等分点，
1
AM PA
易知OD  平面 ABC ，OB  AC ，故以点O 为原点， OB,OC,OD 所在直线为 x, y, z 轴建立如图所示的空
间直角坐标系，
因为等边 ABC 的边长为 2 ，所以 OB  3 ，
 
3 1
则        
，
A 0, 1,4 , B 3,0,0 ,M 0, 1,3 , N 0,1,1 , P , ,0
   
1
2 2
 
【小问 2 详解】

易得，平面 ABC 的法向量为 n  0, 0,1
，
 
  mn 1 5
csm,n      ， 则
m  n   5
3 1 1
故平面 MNP 和平面 ABC 所成的二面角（锐角）的正切值为 2 .
17. 在数列  a  ，
a 中，已知 1 1 1 2 1
a   a  n  . n n n
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    
3 1
则    
A B 3,1, 4 ,MN 0, 2, 2 , NP , , 1
        
1
2 2
 

设平面 MNP 的法向量为 m  x, y, z
，
，
则

    
MN m 2y 2z 0
 
  ，令 y 1，则 m   3 ,1,1

，
3 1
NPm  x  y  z  0
 2 2
则
A1Bm  31 4  0 ，即
A B  m ，
1
又 A1B  平面 MNP ，所以
A1B// 平面 MNP ；
则平面 MNP 和平面 ABC 所成的二面角（锐角）的余弦值为 5
5
，
围.
【解析】
【分析】
(1)已知数列的递推公式，用累加法求通项即可;
b   n ，则  
n n 1
(2)由(1)可得 2n S  n1     S    ，化简得到
2 2 6 3 n n 2
2
【详解】解：(1) 1 2n 1
 a   a   ，
n n
     ，
a a n n
1 2 1 1 2 n n
a 1  a 2  2n2 1，
n n
……
a  a  21 1，
2 1
上式累加可得: n   
a  a1  2  2  n 1 n  2 ，
n
a  2n  n(n  2) ，
n
又 a1 1，∴ a  2  n ;
n n
(2)由(1)可得b  a  1 n  2  n ，
n n n
因为 S2 为数列 
S 中的最小项，
n
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（1）求数列 
a 的通项公式
n
a ；
n
（2）记b  a  1 n ，且数列 
b 的前 n 项和为
n n n
S ，若 S 中的最小项，求 的取值范
S 为数列 
n 2 n
 8
【答案】（1） a  2n  n ；（2） 2,
 
n
 3
.
        
n 1 n n 1 
2 8 3
2
 
对任意 n N* 恒成立，分类分别求出当 n 1,n  2时 的取值范围，再证明出
n  3时  
f n

2n 16
2
 
n
2
 n  6
为递增数列，即   f (3) ，综合求出 的取值范围.
∴
nn  
1 1
S  n    ，
2 2
n
2
所以 Sn  S2  6 3 ，
当 n 1时，得 4  2 ，∴   2 ;
当 n  2 时，   R ;
当 n  4 时， n2  n 8  0， n2  3n  4  0,n2  n  6  0，
∴ f n 1 f n，
又可验证当 n  3时， f 4 f 3 0 也成立，
∴当 n  3时，数列f n为递增数列，
f n  f  ，即 8
8
∴   3   .
min 3
3
【点睛】①已知数列递推公式求通项公式有多种方法，答题时要仔细区分，且最后一定要注意检验;
②数列本质上是函数，因此具有一些函数的性质，解决某些数列问题时可以用上函数的相关方法.
18. 已知抛物线C : y2  4x ，焦点为 F .过点T t,0t  0的直线l 交抛物线 C 于两点 A, B ，过抛物线上
一点 D 作切线lD ，且lD / / l .
（2）当 FA  FT ，且△AOD （O 为原点）的面积等于 2 时，求此时直线l 的方程.
【答案】（1）20 （2） y  x 3 或 y  x  3
【解析】
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即
1 1
2 8 3
        
n n n 
1 1
2
 
，
当 n  3时，得  1 3 0
n n 
  ，∴ 
2

2n 2 16
 
n n
2  
6
，
令  
f n

2 16
2
n 
n
2
 n  6
，
n  n  n  n 8 2  32n  32
2 n2
2 3 16 2 2 16
则     
f n 1 f n 
   
     
2 n2 n 6   
n 1  n 1  6 n2 n n2 n
 3  4   6
，
综上所述， 的取值范围为
 8
2,
 
 3
.
（1）当t 1，直线斜率为 1
2
时，求弦 AB 的长；
AB 的长；
k2  t  2即可解得 k,t 的值，进而求得直线l 的方程，当直线斜率不存在时，易得不符合题意.
【小问 1 详解】
2
AB   k x  x  x x      
1 4 1 18 4 20
1
则 2   2
2
.
1 2 1 2
 2 
【小问 2 详解】
设l : y = kx+ b ， D(x , y )，
D D D
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【分析】（1）由题意得直线l 的方程为
1
y  (x 1) ，与抛物线联立后结合韦达定理与弦长公式即可求得弦
2
（2）当直线斜率存在时，设直线l : y  k(x t) ，l 交抛物线C 于
A(x , y ), B( x , y )，由抛物线的定义
1 1 2 2
得 FA  x1 1，由题意可得
  
y k(x t)
1 1
  
x1  t  2，联立 x t
2
得
1
 
y2 4x

1 1
y  2k
1

k2 t
  2

，设l : y = kx+ b ，
D
D(x , y )，因为l 与抛物线相切，将直线l 代入到抛物线后只有一个根，则可得
D D D D
y
D
2
 ，易得
k
l : y x  x y  0，点
OA 1 1
 1 2 
D ,
 
 2 
k k
，因为 S  2 ，结合点到直线的距离公式可得t 1 2 k ，与
AOD
若t 1，直线l 斜率为 1
2
时，直线l 的方程为
1
y  (x 1) ，l 交抛物线C 于
2
A(x , y ), B( x , y )，
1 1 2 2
联立
  1 
y (x 1)
 2

y 4x
2 
x  x 18
1 2
得 x2 18x 1 0 ，则 ，  
 
x x 1

1 2
当直线l 的斜率存在时，设l : y = k(x- t),t > 0,k ¹ 0 ，l 交抛物线C 于
A(x , y ), B( x , y )，
1 1 2 2
易得 F(1,0)，由抛物线的定义得
FA  x1 1，
易得
x ，所以 FA >1，因为 FA  FT ，所以 FT  t 1,t  2 ，
1 > 0x ，所以 FA >1，因为 FA  FT ，所以 FT  t 1,t  2 ，
且 x1 1 t 1，即
x1  t  2，且满足
y1  k(x1 t) ， y12  4x1 ，
联立
  
y k(x t)
1 1
  
x t 2
得
1
 
y 4x
2

1 1
y  2k
1

k t
2   2
，
由题意得   (2kb  4)2  4k2b2  0 ，整理得 kb 1，
由 y  kx  b 两边同时乘以 k 得 ky  k2 x  kb  k2 x 1，
故直线l 的方程为 y  x 3 或 y  x  3，
当直线斜率不存在时，点O 与点 D 重合，不符合题意，故舍，
综上，直线l 的方程为 y  x 3 或 y  x  3.
19. 拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均
变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数 f x在a,b上连续，且其导函数为
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联立
y  kx  b

 2  4
y x
得 k2 x2  (2kb  4)x  b2  0 ，
联立
ky k2 x 1
 k
得
y  4x
2

2
 ，即点 D 处切线的斜率 k
y
2
 ，即 2
y  ，
y D
k
D
代入 y2  4x ，则
x
D
1
 ，即
k
2
 1 2 
D ,
 
 k k 
2
，
易得lOA : y1x  x1 y  0，则点
 1 2 
D ,
 
 2 
k k
到lOA 的距离
h

y x  x y
1 D 1 D
x2 y2

1 1
，
则
y x  x y t 
1 1 1 1
S   OA h   x  y    y x  x y  
2 2 1 D 1 D 2
 ，
AOD 1 1 2 2 1 D 1 D
2 2 x  y 2 k
1 1
即t 1 2 k ，联立
t 1 2 k


k t
2   2
，解得 k  1,t  3，
f  x ，那么在开区间a,b内至少存在一点 ，使得 f   f b f a

 
  
b  a
.已知函数 f x xlnx
（1）求函数 f x在
 1 
,e
2
 
e 
2
上的值域；
（2）已知 0 a b, f   f b f a

     ，求证：
b  a
（i） 2  a  b；
k 的最小值.
（2）（i）证明见解析；（ii）整数 k 的最小值为 1
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数可得函数 f x的单调性，进而可求得值域；
b  b   a  b   b 
b
（2）（i）要证不等式成立，需证 ln  ln   1ln    1 ，令t  1，需证
b a
a  a   2   a  a
1 t 
t lnt t 1 ln t 1
         
，构造函数，利用导数证明即可；
 2 
b  b  a  b k  b 
b
（ ii ） 不 等 式 等 价 于 ln  ln  1 ln   1， 令 t  1, 3， 可 得
a b
a  a  2 2  a  a
【小问 1 详解】
由 f x xlnx ，可得 f x lnx 1，令 lnx 1 0 ，解得 1
x  ，
e
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 a  b  k
（ii）若对满足 0  a  b  3a 条件的 a,b ，不等式     2      
f a f b f b a
 2  2
恒成立，求整数
【答案】（1）
 
1
, 2e2
 
 e 
  1
t
t t t k
ln  1 ln
2

t 1 2
，构造函数，利用导数，可得整数 k 的最小值.
当
1 1 1
 x  时， f x   ，函数 f x xlnx 在
ln 1 0
e e
2 e
 1 1 
,
 上单调递减；

 2 
e e
当
1
e
1  1 
 x  时， f x   ，函数 f x xlnx 在
e 2
2 >ln 1 0 ,e
,e
 
e  e 
上单调递增；
1 1 1
所以 f x     ，又
ln
min
e e e
f      
1 1 1 2
ln
 2  2 2 2
e e e e
，  
f e2  e2lne2  2e2
所以函数 f x在
 1 
,e
2
 
e 
2
上的值域为
 1 
,2e
2
 
；
 e 
【小问 2 详解】
（i）由 0 a b, f   f b f a
 ，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得 a,b，

   
b  a
b
令t  1，则b  at ，
a
1 t 
t ln at  ln a  t 1ln a  t 1ln   t 1
，
 2 
1 t 
即证          
，
t lnt t 1 ln t 1
 2 
1 t  2 1 1 t  t 1
求导得            
g t  ln  t 1   1 lnt 1 ln lnt
 2  1 t 2  2  1 t
求导得    
1 t  t 1 1
2 1 1 1 2 1
h t       
1 t 2 1 t t 1 t 1 t t
2 2
第 21 页/共 23 页
  
a b
要证 2  a  b，需证
2
，又 f x lnx 1在0, 上单调递增，
f    f    ，又 f   f b f a
a b 
故只需证  
  
 2  b  a
，
所以只需证
      
f b f a a b      
 ，即证 blnb aln a ln a b 1
 f  
，
b a 2
   b  a  2 
 a  b 
即证 ln  ln    ln     
b b a a b a b a
 2 
，
 a  b 
不等式 ln  ln    ln     
b b a a b a b a
 2 
等价于
 a  at 
at ln at  aln a  at  aln   at  a
 2 
，
1 t 
只需证           
t ln at t ln a t 1 ln t 1
 2 
，
1 t 
令           
g t t 1 ln t 1 t lnt
 2 
，
1 t  t 1
h t       t
令  
ln ln
2 1 t
，
所以 gt在1, 上单调递增，所以
1 t  11
所以 g t g 1，即                    
，
t 1 ln t 1 t lnt 1 1 ln 1 1 1 ln1 0
 2   2 
1 t 
所以          
成立，
t lnt t 1 ln t 1
 2 
故 2  a  b.
a  b a  b k
等价于 ln  ln  2 ln    ，又 a  0 ，
a a b b b a
2 2 2
b  b  a  b k  b 
所以等价于 ln  ln  1 ln   1
a b
，
a  a  2 2  a 
b a  at k
令  1, 3，则等价于 ln  ln  1 ln   1，
t a t at t t
a 2 2
1 t k
即             ，
ln a t ln at 1 t ln a 1 t ln t 1
2 2 1 t k
即等价于        ，
t lnt 1 t ln t 1
2 2
1 t
所以等价于  
ln  1 ln
t t t k
2 ，

t 1 2
  1 t t lnt  1 t ln
令  
2
，求导得
h t 
t 1
第 22 页/共 23 页
     2 
t 1 t 2t 1 t t 1
  
     
2 2
t 1 t 1 t
0
，
                 
1 t t 1 1 1 1 1
   
g t ln lnt g 1 ln ln1 0
 2  1 t  2  11
，
 a  b  k
（ii）不等式     2      
f a f b f b a
 2  2
恒成立，
 
h t

            
1 t 2 1 1 t
     
lnt 1 ln t 1 t 1 t lnt 1 t ln 1
    
 2 1 t 2   2 
  2
t 1

         
1 t 1 t
   
lnt 1 ln 1 t 1 t lnt 1 t ln
   
 2   2 
t 1
2
所以 ht在1, 3上单调递增，
所以整数 k 的最小值为 1.
         
1 t 1 t
   
lnt ln t 1 t lnt 1 t ln
   
 2   2 
  2
t 1

        
1 t 1 t
   
t lnt lnt t 1 ln t lnt 1 t ln
   
 2   2 
  2
t 1
 2
1 t 1 t
lnt  2ln ln
2 4t
 
   
2  2
t 1 t 1
，
又因为t 1，所以  
1 t又因为t 1，所以  
2
4t
1，所以
 2
1 t
ln
4t 0

 2
t 1
，所以 ht 0 ，
1 3
3ln 3 1 3 ln 2 3ln 3 4ln 2 ln3 ln 2
    
3 4
所以    
h t  h 3   
31 2 2
，
所以
k  3  4
ln3 ln 2
2 2
，即
3 4 27
k  ln3  ln 2  ln ，
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