广东省江门市2026年高考模拟考试（高考一模）数学试题

这是一份广东省江门市2026年高考模拟考试（高考一模）数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

注意事项:
答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
做选择题时, 必须用 2B 铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑; 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其它答案标号。
答非选择题时, 必须用黑色字迹钢笔或签字笔, 将答案写在答题卡规定的位置上。
所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。
考试结束后，将答题卡交回。
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 ?5 2−i
(其中 i 是虚数单位),则 ? 的共轭复数为
A. 2−?B. 2 + ?C. 10−5?D. 10 + 5?
|
已知集合 ? = ??+2 ≤ 0 ,? = ?| 2? ≥ 8 ，则 ? ∩ ? =
?−4
A. [−2,3)B. [−2, + ∞)C. [3,4]D. [3,4]
已知双曲线 ?2 −?2 = 1 的两个焦点分别是 ? 与 ? ,焦距为 8,? 是双曲线上的一点,
?2 712
且 |??1| = 5 ，则 |??2| =
A. 1B. 8C. 9D. 11
某班级图书角有 5 种课外书, 甲、乙两名同学从 5 种课外书中各自选 2 种, 则两人选的课外书没有相同种类的选法有
A. 20 种B. 30 种C. 40 种D. 60 种
设 ?(?) 是定义在 ? 上且周期为 2 的奇函数,当 2 < ? ≤ 3 时, ?(?) = lg2(?−2) ,则
1
2
? −=
A. -1B. 1C. 2D. 3
人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度, 余弦距离是检测相似度的常用方法. 假设二维空间中有两个点 ?(?1,?1),?(?2,?2),? 为坐标原点,定义余弦相似度为 cs(?,?) = cs⟨?A,?B⟩ (其中 ⟨?A,?B⟩ 为向量 ?A,?B 的夹角),余弦距离为 1−cs
?
2
5
(?,?) . 已知 ?(cs?,sin?),?(0,1) ,若 ?,? 的余弦距离为 2 ,则 sin−2? =
A.
−24
25
− 7724
B.
C.
D.
252525
已知正方体 ?BCD−?1?1?1?1 的棱长为 3，点 ? 是正方形 ?BCD 内(含边界)的一
13
个动点，且满足 ?1? =
，则点 ? 的轨迹长为
4
2
A. ?B. ?C. ?D. 2?
已知函数 ?(?) = ?3 + ?,?(?) = ? +?,ℎ(?) = ? + lg2? ,若 ?(?) = ?(?) = ℎ(?) ,
则 ?,?,? 的大小关系不可能是
A. ? > ? > ?B. ? > ? > ?C. ? > ? > ?D. ? > ? > ?
二、选择题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分。在每小题给出的选项中, 有多项符合题 目要求。全部选对得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分。
从某小区抽取 100 户居民用户进行月用电量调查,发现他们的用电量都在 50 ∼
350?W ⋅ ℎ 之间, 进行适当分组后 (每组为左闭右开的区间), 画出如图所示的频率分布直方图.
根据此频率分布直方图, 则
? = 0.004
估计该小区居民用户月用电量的下四分位数约为 136.1 kW ⋅ h
估计该小区有一半左右的居民用户,其月用电量介于 150 kW ⋅ h 至 250 kW ⋅ h 之间
当该小区的月用电标准定在 245.5 kW ⋅ h 时,该小区大约 80% 的居民用户用电量不受影响
在 △ ?BC 中,角 ?,?,? 的对边分别为 ?,?,? ,且 sin2? + sin2?−sin2? = sin?sin? ,
则
? = ?
3
2 7
7
当 ? = 2? 时, sin? =
当 ? + ? = 4 时, △ ?BC 面积的最大值为 1
1
2
当 △ ?BC 为锐角三角形时, ? 的取值范围是,2
?
设抛物线 ?:?2 = 2? 的焦点为 ? ,过点 (2,0) 的直线交抛物线 ? 于 ?,? 两点，点
? 为线段 ?B 中点，若与 ?B 平行的直线与抛物线 ? 相切于点 ? ,则
△ ?AB 是直角三角形B. 点 ? 的轨迹方程为 ? = ?2 + 1(? ≠ 0)
C. ?Q 与 ? 轴平行D. |?A||?B| ≤ |?A||?B|
?
三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。
在
−
6
1
?
的展开式中,常数项是. (用数字作答)
在 △ ?BC 中, ?B = ?C = 6,∠? = ?,? 是 ?C 边的中点, ? 是 ?A 边上的点,且 ?E
2
= 2?A ，则向量 ?D 与向量 ?E 的夹角的余弦值为.
已知一个圆锥的底面半径为 3,侧面积为 18? . 若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体(圆锥表面厚度忽略不计)，则该正方体体积的最大值为
.
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。
(本题 13 分)
已知数列 {??} 的首项 ?1 = 3 ,前 ? 项和为 ?? ,且满足 ?? + 3 = ??+1 + ? .
求证:数列 {??−1} 为等比数列；
若 ?? = ??? ，求数列 {??} 的前 ? 项和 ?? .
(本题 15 分)
3
如图，在三棱柱 ?BC−?1?1?1 中， ?C = 2
?1?1 ⊥ 平面 ?BC .
求证: ?C ⊥ ??1 ；
， ?C = 4 ， ∠?CB = 30∘ ， 平面 ?B
若 ??1 = 2 ，直线 ??1 与平面 ?BC 所成的角为 60∘ ，求二面角 ?−??1−? 的平面角的余弦值.
(本题 15 分)
某学校组织学科创新能力知识竞赛，参赛选手随机从 A、B、C 三类问题中各抽取一个问题回答, A、B、C 类问题回答正确的得分依次是 2 分、3 分、5 分, 回答错误
得 0 分. 已知甲同学能正确回答 A、B、C 类问题的概率依次为 3、2、1 ,乙同学能正
432
2
确回答 A、B、C 类问题的概率都为 1 ,总分最高的选手获胜,且甲、乙同学能正确回
答问题的概率与顺序无关.
求乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确的概率;
记 ? 为甲同学的总得分，求 ? 的分布列及期望；
已知乙同学在比赛中获胜，求甲同学的总得分不低于 5 分的概率.
(本题 17 分)
已知椭圆 ?:?2 + ?2 = 1(? >? > 0) 的长轴长为 4,离心率为 3 .
?2?22
求椭圆的标准方程；
椭圆 ? 的左右顶点分别为 ?1,?2,? 是直线 ? = 4 上一点，直线 ??1,??2 分别交椭圆于点 ?,? 两点，连接 ?N 交 ? 轴于点 ? .
当 ∠?1??2 最大时,求点 ? 的坐标;
若 ?△??1? = ? ⋅ ?△??2? ,求 ? 的取值范围.
(本题 17 分)
,
帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法. 已知
函数 ?
(?) 在 ?
= 0 处的 [?,?] 阶帕德近似定义为:
?(?) =
?0+?1?+?2?2+⋯+???? 且
1+? ?+? ?2+⋯+????
12
满足 ?(0) = ?(0),?′(0) = ?′(0),?(2)(0) = ?(2)(0),?(?+?)(0) = ?(?+?)(0) . 其中 ?(2)
(?) = ?′(?)′,?(3)(?) = ?(2)(?)′,?(?+?)(?) = ?(?+?−1)(?)′ . 已知 ?(?) = ln
?0+?1?+ 1 ?2
(? + 1) 在 ? = 0 处的 [2,2] 阶帕德近似为 ?(?) =
求 ?0,?1,?1 的值；
1+?1?+ 1 ?
2 2 .
6
若对于任意的 ? ∈ [0, + ∞) ，不等式 ?(?) ≥ ? ⋅ ?(?) 恒成立，求 ? 的取值范围；
已知 ?1,?2,?3 是函数 ℎ(?) = (?2−1)ln?−?(?−1)2 的三个不同的零点，且 ?1 < ?2
< ?3 ， 求实数 ? 的取值范围,并证明 (?−3)(?1 + 2?2 + ?3) + 2? > 0 . 内部资料・
注意保存
江门市 2026 年高考模拟考试答案 数 学
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.
二、选择题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。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
12
13
14
答案
15
3
− 5
8
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
D
B
B
C
C
D
题号
9
10
11
答案
BCD
AD
ACD
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.
已知数列 {??} 的首项 ?1 = 3 ,前 ? 项和为 ?? ,且满足 ?? + 3 = ??+1 + ? .
求证:数列 {??−1} 为等比数列；
若 ?? = ??? ，求数列 {??} 的前 ? 项和 ?? .
由 ?? + 3 = ??+1 + ? ，①
当 ? = 1 时， ?1 + 3 = ?2 + 1 ，由 ?1 = 3 ，解得 ?2 = 5 ， .1 分当 ? ≥ 2 时, ??−1 + 3 = ?? + ?−1 ,② 2 分
①-②得: ?? = ??+1−?? + 1 ，即 ??+1 = 2??−1 ， 3 分从而 ??+1−1 = 2(??−1),? ≥ 2 4 分
又因为 ?1−1 = 2 ,且 ?2−1 = 4 = 2(?1−1) 也满足上式, 所以数列 {??−1} 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列. .5 分
6 分
由(1)得 ??−1 = 2 × 2?−1 = 2? ,则 ?? = 2? + 1 , 从而 ?? = ??? = ? ⋅ 2? + ? , 7 分所以 ?? = (1 × 21 + 1) + (2 × 22 + 2) +⋯ + (? ⋅ 2? +?) ,
= (1 × 21 + 2 × 22 + ⋯ +? ⋅ 2?) + (1 + 2 + ⋯ +?) , 8 分
令 ?? = 1 × 21 + 2 × 22 +⋯ + ? ⋅ 2? ,①
则 2?? = 1 × 22 + 2 × 23 +⋯ + ? ⋅ 2?+1 ,② .9 分
①-②得: −??
= 2 + 22 + 23 +⋯ + 2?−? ⋅ 2?+1 = 2−2?+1−? ⋅ 2?+1 = (1−?)2?+1−2 ，
1−2
10 分
2
所以 ?? = (?−1)2?+1 + 2 , 11 分又 1 + 2 +⋯ + ? = ?(?+1) , 12 分
2
所以 ?? = (?−1)2?+1 + 2 + ?(?+1) . 13 分
如图,在三棱柱 ?BC−?1?1?1 中， ?C = 2 3,?C = 4,∠?CB = 30∘ ，平面 ?B?1?1
⊥ 平面 ?BC .
求证: ?C ⊥ ??1 ；
若 ??1 = 2 ，直线 ??1 与平面 ?BC 所成的角为 60∘ ，求二面角 ?−??1−? 的平面角的余弦值.
因为在 △ ?BC 中, ?C = 2 3,?C = 4,∠?CB = 30∘ , 由余弦定理得:
3
??2 = ??2 + ??2−2?C ⋅ ?Ccs∠?CB = 12 + 16−2 × 2
?B = 2 ， 2 分
× 4 × cs30∘ = 4 , 1 分所以
所以 ??2 + ??2 = 4 + 12 = 16 = ??2 ,故 ?C ⊥ ?B , 3 分又因为平面 ?B?1?1 ⊥ 平面
?BC ,
平面 ?B?1?1 ∩ 平面 ?BC = ?B,?C ⊂ 平面 ?BC , .4 分所以 ?C ⊥ 平面 ?B?1?1 , .5 分
又 ??1 ⊂ 平面 ?B?1?1 ,所以 ?C ⊥ ??1 . .6 分
解法一:过 ?1 作 ?1? ⊥ ?B ，垂足为 ? ，因为平面 ?B?1?1 ⊥ 平面 ?BC ,
平面 ?B?1?1 ∩ 平面 ?BC = ?B,?1? ⊂ 平面 ?B?1?1 ,
所以 ?1? ⊥ 平面 ?BC , .7 分
直线 ?O 是直线 ??1 在平面 ?BC 上的投影,
所以 ∠?1?A 是直线 ??1 与平面 ?BC 所成的角,即 ∠?1?A = 60∘ . 8 分由(1)知 ?B = 2 ，又 ??1 = ??1 = 2 ，
连接 ??1 ,则 △ ?BC 是等边三角形,
取 ??1 的中点 ? ,连接 ?E,?E ,
则 ?E ⊥ ??1 ， 10 分
由( 1 )知 ?C ⊥ ??1 ， ?C ∩ ?E = ? ，
??2−??2
22−12
??2−??2
42−12
15
所以 ??1 ⊥ 平面 ?CE ,所以 ??1 ⊥ ?E , 11 分 所以 ∠?EC 是二面角 ?−??1−? 的平面角, 12 分由( 1 )知 ?C ⊥ 平面 ?B?1?1 ，所以 ?C ⊥ ?E ，
又 ?E =
=
=3,?E =
=
=,
3
15
所以 cs∠?EC = ?E =
?E
= 5 , 14 分
5
5
所以二面角 ?−??1−? 的平面角的余弦值为 5 . 15 分
解法二: 过 ?1 作 ?1? ⊥ ?B ,垂足为 ? ,
因为平面 ?B?1?1 ⊥ 平面 ?BC ,
平面 ?B?1?1 ∩ 平面 ?BC = ?B,?1? ⊂ 平面 ?B?1?1 ,
所以 ?1? ⊥ 平面 ?BC , 7 分
则直线 ?O 是直线 ??1 在平面 ?BC 上的投影,
所以 ∠?1?A 是直线 ??1 与平面 ?BC 所成的角,且 ∠?1?A = 60∘ , 8 分
则 ?1? = ??1sin60∘ = ??1sin60∘ = 2 × 3 =3,?O = ??1cs60∘ = 2 × 1 = 1 , .9 分
22
由( 1 )可知 ?O = 1?B ，即 ? 是 ?B 的中点.
2
取 ?C 的中点 ? ,连接 ?D ,则 ?D//?C,?D ⊥ ?B .
以 ? 为原点, ?D,?A,??1 所在直线分别为 ? 轴、 ? 轴、 ? 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 ?(0,−1,0), ?1(0,0, 3), C(2 3,1,0), 10 分
所以 ??1 = (0,1, 3),?C = (2 3,2,0) .
设平面 ?C?1?1 的法向量为 ? = (?,?,?) ,
则
⋅ ??1 =? +3? = 0
?
?
,
⋅ ?C = 2 3? + 2? = 0
取 ? = 1 ,则 ? = − 3,? = 1 ,
所以 ? = (1,− 3,1) 是平面 ?C?1?1 的一个法向量. 12 分取平面 ?B?1?1 的法向量为 ? = (1,0,0) , 13 分

5×1
则 cs < ?,? >= |?⋅?| =1
|?||?|
= 5 , 14 分
5
5
所以二面角 ?−??1−? 的平面角的余弦值为 5 . 15 分
某学校组织学科创新能力知识竞赛，参数选手随机从 A 、 B 、 C 三类问题中
各抽取一个问题回答，A、 B、C 类问题回答正确的得分依次是 2 分、3 分、5 分，回答错误得 0 分. 已知甲同学能正确回答 A、B、C
类问题的概率依次为 3、2、1 ,乙同学能正确回答 A、 B、C 类问题的概率都为 1 ,总
4322
分最高的选手获胜, 且甲乙能正确回答问题的概率与顺序无关.
求乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确的概率;
记 ? 为甲同学的总得分，求 ? 的分布列及期望；
已知乙同学在比赛中获胜，求甲同学的总得分不低于 5 分的概率.
设事件 D 表示乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确，
1
2
3
?2
3
3
1
2
1. 3
(?) = ?3
+ ?3= 2分
? 可能的取值有 0,2,3,5,7,8,10, 4 分
3
4
?(? = 0) = 1−
1−
1−
= 1 , P(? = 2) = 3 × 1−1−= 3 ,
1
2
2
3
1
2
3
4
1
2
3
4
2
24424
2
3
?(? = 3) = 1−
× × 1−
= 2 , P(? = 5) = 1−
× 1−
132
2
3
1
2
1−
× + × ×
=
,
7
13 , P
24
3
24
243
2
3
?(? = 7) = 3 × 1−
× = (? = 8) = 1−
212 , (对 2 个正确给 1 分)
4
224
3224
3
4
× × =
?(? = 10) = 3 × 2 × 1 = 6 . 8 分
43224
所以 ? 的分布列为:
?
0
2
3
5
7
8
10
?
1 24
3
24
2
24
7 24
3
24
2
24
6 24
?(?) = 0 × 1
24
+ 2 × 3
24
+ 3 × 2
24
+ 5 × 7
24
+ 7 × 3
24
+ 8 × 2
24
+ 10 × 6
24
= 144 = 6 . 10 分
24
记 ? 为乙同学的总得分， ? 可能的取值有 0,2,3,5,7,8,10，则
?(? =?) = 1(? = 0,2,3,7,8,10), 11 分
8
?(? = 5) = 1. 12 分
4
设事件 E 表示乙获胜,事件 F 表示甲的总分不低于 5 分,
法一: ?
11141611311611864
(?) = 8 × 24 + 8 × 24 + 4 × 24 + 8 × 24 + 8 × 24 + 8 × 24 = 192 , 13 分
?(
, 14 分
1711011229
?F) = × + × + × =
824
824824192
?(?∣?) = ?(?F) = 29. 15 分
法二: ?(
?(?)64
) = 213273
2536
1764
?24 × 8 + 24 × 8 + 24 × 8 × + 24 × 8 + 24 × 8 × + 24 × 8 = 192 13 分
× =
?(?F) = 7 × 3 + 3 × 2 + 2129 , 14 分
248248248192
?(?∣?) = ?(?F) = 29. 15 分
?(?)64
已知椭圆 ?:?2 + ?2 = 1(? >? > 0) 的长轴长为 4,离心率为 3 .
?2?22
求椭圆的标准方程;
( 2 )椭圆 ? 的左右顶点 ?1,?2,? 是直线 ? = 4 上一点，直线 ??1,??2 分别交椭圆于点 ?,? 两点，连接 ?N 交 ? 轴于点 ? .
当 ∠?1??2 最大时,求点 ? 的坐标;
若 ?△??1? = ? ⋅ ?△??2? ,求 ? 的取值范围.
由题意可得, 2? = 4 ,即 ? = 2 , 1 分
3
又 ? = ? = 3 ,得 c =
, 2 分
?2
又 ?2 + ?2 = ?2 ,得 ? = 1 , 3 分
4
所以椭圆 ? 的标准方程为 ?2 + ?2 = 1 . 4 分
(2)(i)设点 ?(4,?) ，直线 ??1,??2 的倾斜角分别为 ?,? ，
得 ??? = tan? = ?, ??? = tan? = ? , .5 分
1622
3
当 ? = 0 时, tan∠?1??2 = 0 ,此时 ∠?1??2 = 0 , 6 分当 ? > 0 时, ∠?1??2 = ?−? ,
则有 tan∠?1??2 =
tan?−tan?
? − ?
= 2 6 =
4?
4
=
212
≤,
1+tan?tan?
1+ ? × ?
12+?
+?3
6 2?
3
当且仅当 ? = 2时,等号成立, .7 分
当 ? < 0 时, ∠?1??2 = ?−? ,
则有 tan∠?1??2 = tan?−tan?
? − ?
= 6 2 =
−4?4
3
2 =12
≤,
1+tan?tan?
1+ ? × ?

12+?
− −?3
6 2?
3
当且仅当 ? = −2时,等号成立 (也可以由对称性得结论) 8 分
3
综上所述,当且仅当 ? =± 2
时, tan∠?1??2
有最大值,即 ∠?1??2
有最大值 ?
,
6
?
6
所以当点 ? 的坐标是 (4,2 3) 或 (4,−2 3),∠?1??2 有最大值 . 9 分
(ii) 法一: 设点 ?(4,?) ,当 ? = 0 是两个三角形不存在,所以 ? ≠ 0 ,
直线 ??1,??2 的方程分别为 ? = ?(? + 2),? = ?(?−2) , 10 分
62
?
?2
4
= ? (? + 2)
?
联立方程得+ 6 2 = 1,消去 ? 得 (9 + ?2)?2 + 4?2? + 4?2−36 = 0 ,
18−2?2
9+?2
92
解得 ? = −2 或 ? = 18−2?2 ,即点 ?
+?
6?
9+?2
?
?2
4
?
= ? (?−2)
,
, 11 分
联立方程得
+ 2 2 = 1 ,消去 ? 得 (1 + ?2)?2−4?2? + 4?2−4 = 0 ,
2?2−2
1+?2
12
解得 ? = 2 或 ? = 2?2−2 ,即点 ?
+?
,
, 12 分
−2?
1+?2
9 6? 2 − −2? 2
2?
??? =
+ ?
2
1 + ?
= − 2,
18−2? − 2?2−2
? −3
直线 ?N 的方程为 ?− −2?
1+?2
= −
9 + ?21 + ?2
2?
?2−3
2?2−2
1+?2
?−, 13 分
2
化简得 ? = 2? (?−1) ,所以直线 ?N 过定点 ?(1,0) . 14 分
3−?
又 ? ?? ? = 1|? ?| × |? | = 3|? | = 3 × | 6? | ,
△121
121
29+?2
? ?? ? = 1|? ?| × |? | = 1|? | = 1 × | −2? | , 15 分
△222
222
21+?2
若 ? ?? ? = ? ⋅ ? ?? ? ,得 3 × | 6? | = ? × | −2? | ,
△1△2
29+?2
21+?2
化简得 ? = 9|1+?2| = 9|1− 8 | , 16 分
9+?29+?2
由 ?2 > 0 ,则 1 < 1− 8< 1 ,则 1 < ? < 9 . 17 分
99+?2
法二: 当直线 ?N 与 ? 轴重合时,显然不满足题意.
设直线 ?N 为 ? = ?y + ?,?(?1,?1),?(?2,?2) ,点 ?(?,0) 是直线 ?N 与 ? 轴的交点,
24 24
联立方程组 ? =?y +?
? + ? =
,消去 ? 得 (?2 + 4)?2 + 2?ny + ?2−4 = 0 ,
2
所以有 ? + ? = − 2?n ,? ? = ? −4 , 10 分
12?2+4 1 2
?2+4
直线 ??1 的方程为 ? = ?1 (? + 2) ,直线 ??2 的方程为 ? = ?2 (?−2) , 11 分
联立方程得
?1+2
? = ?1 (? + 2)
,解得
?1+2
? = ?2 (?−2)
? = −
2(?2?1+?1?2)−4(?1−?2)
? ? −? ? −2? −2?
?2−2
,
?2−2
又 ?1 = ??1 + ?,?2 = ??2 + ? ,
2 11 212
所以点 ? 的横坐标为 ? = −4??1?2+2?(?1+?2)−4(?1−?2) , 12 分
?(?1−?2)−2(?1+?2)
2
代入 ? + ? = − 2?n ,? ? = ? −4 得
12?2+4 1 2
?2+4
4??2−16? − 4??2 −4(? −? )
4(? −? )+ 16?4
? = − ?2+4?2+412 = 12?2+4 = = 4 , 13 分
?2+4
?2+4
?(?1−?2)+ 4?n?(?1−?2)+ 4?n?
解得 ? = 1 ,即点 ?(1,0) , 14 分
11
由于 ?△?? ? = 1|? ?| × |? | = 3|? |, ? ?? ? = |? ?| × |? | = |? | , 15 分若
121
121△222
222
? ?? ? = ? ⋅ ?△?? ? ,即 |? | = ?|? | ,由图可知 ? ,? 异号,即 ? = −?? ,
△12
132
1213 2
所以有 ?
1 + ?2
= 1−
?2 = − 2? ,?1?2
= −??2 = −3 ,
22 4
3? +
?
3
? =
?2+4
化简得 2− 4(3−?)2
(?−1)(?−9)
该方程有解,即 − 4(3−?)2
. 16 分
≥ 0 ,则 1 < ? < 9 . 17 分
(?−1)(?−9)
帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法. 已知函数 ?(?) 在 ? = 0 处的 [?,?] 阶帕德近似定义为: ?(?) = ??(?) =
??(?)
?0+?1?+?2?2+⋯+???? ,且满足 ?(0
? 0 ,′ 0
′ 0 ,
(2) 0
0 , (?+?) 0
1+? ?+? ?2+⋯+????
) =( ) ? (
) = ? ( ) ?
( ) = ?
( ) ?( )
12
= ?(?+?)(0) . 其中 ?(2)(?) = ?′(?)′,?(3)(?) = ?(2)(?)′ , ?(?+?)(?) =
?(?+?−1)(?)′ . 已知 ?(?) = ln(? + 1) 在 ? = 0 处的 [2,2] 阶帕德近似为 ?(?) =
?0+?1?+ 1 ?2
1+?1?+ 1 ?
2 2 .
6
求 ?0,?1,?1 的值；
若对于任意的 ? ∈ [0, + ∞) ，不等式 ?(?) ≥ ? ⋅ ?(?) 恒成立，求 ? 的取值范围；
已知 ?1,?2,?3 是函数 ℎ(?) = (?2−1)ln?−?(?−1)2 的三个不同的零点，且 ?1 < ?2
< ?3 ，求实数 ? 的取值范围,并证明 (?−3)(?1 + 2?2 + ?3) + 2? > 0 .
?(?) = ln(? + 1),?′(?) = 1
?+1
,?(2)(?) = −1
1 2
(?+ )
, ?(0) = 0,?′(0) = 1,?(2)(0) = −1,
?(0) = ?0 = 0, 1 分
? ?+ 1 ?2
?1 − ?1
?2+?+?
所以 ?(?) =
12,?′(?) =26
2 1,?′(0) = ?1 = 1 , .2 分
1
1+?1?+ 6
?2
1+?x+ 1 ?2
6
− 1 ?1− 1 ?3− 1 ?2−?−2?1+1
632
1+?1?+ 1 ?2
3
6
?1 − 1 ?2+?+1
所以 ?′(?) =26
2 ,?(2)(?) =
, .3 分
1+? ?+ 1 ?2
16
?(2)(0) = 1−2?1 = −1 ,所以 ?1 = 1 , .4 分
由(1)得: ?(?) =
?+ 1 ?2 2
=
1 2
6?+3?2
.
2
1+?+ ?
6
6+6?+?
2
令 ?(?) = ?(?)−?R(?) = ln(? + 1)−?(6?+3?2),? ≥ 0 , .5 分
6+6?+?
由于 ?(0) = 0 ,所以若 ?(?) ≥ ? ⋅ ?(?) 恒成立,则 ?(?) 在 ? = 0 附近单调递增,即 ?′
(0) ≥ 0 ,
又 ?′(?) = 1
?+1
−?(12?2+36?+36) ,所以 ?′(0) = 1−? ≥ 0 ,则 ? ≤ 1 . .6 分
6 62 2
( + ?+? )
下面证明充分性,即当 ? ≤ 1 时,不等式 ?(?) ≥ ? ⋅ ?(?) 恒成立,
2
由于当 ? > 0 时, ln(? + 1) ≥ 0, 6?+3?2
6+6?+?
≥ 0 ,
2
所以若 ? ≤ 0 ,则 ?(?) = ln(? + 1)−?(6?+3?2) ≥ 0 恒成立, .7 分
6+6?+?
若 0 < ? ≤ 1 时, ?(?) = ln(? + 1)−?(6?+3?2) ≥ ln(? + 1)− 6?+3?2 ,
6+6?+?2
2
令 ?(?) = ln(? + 1)− 6?+3?2 ,? ≥ 0 , .8 分
6+6?+?
6+6?+?2
?′(?) = 1
−12?2+36?+36 =?4
,所以 ?′(?) ≥ 0 ,
?+1
(6+6?+?2)2(?+1)(6+6?+?2)2
则 ?(?) 在 [0, + ∞) 单调递增,又 ?(0) = 0 ,
2
所以 ?(?) ≥ 0 恒成立,即 ln(? + 1)− 6?+3?2
6+6?+?
≥ 0 在 [0, + ∞) 上成立,
2
则有 ?(?) = ln(? + 1)−?(6?+3?2) ≥ 0 成立,充分性得证, .9 分所以当 ? ≤ 1 时,不等式
6+6?+?
?(?) ≥ ? ⋅ ?(?) 恒成立. 10 分
?(?−1)
?+1
由 ℎ(?) = (?2−1) ln?−
,设 ?(?) = ln?−?(?−1), x > 0 11 分 ?′(?) = 1− 2?

2
= ?2+2(1−?)?+1, x > 0,
?(?+1)
令 ?(?) = ?2 + 2(1−?)? + 1,? > 0 ,
?+1
? (?+1)2
当 ? ≤ 0 时, ?′(?) ≥ 0 ,即 ?′(?) ≥ 0 ,则 ?(?) 在 (0, + ∞) 上单调递增,不满足题意,
当 ? > 0 时, Δ = 4(1−?)2−4 ≤ 0 ,即 0 < ? ≤ 2 ,
此时 ?′(?) ≥ 0 恒成立, ?′(?) ≥ 0 ,则 ?(?) 在 (0, + ∞) 上单调递增,不满足题意,
当 ? > 2 时, ?(?) = ?2 + 2(1−?)? + 1 有两个零点 ?1,?2 ,
其中 ?1 = ?−1− ?2−2?, ?2 = ?−1 +?2−2?, ?1?2 = 1, ?1 + ?2 = 2?−2 > 0 , 12 分令 0
< ?1 < 1 < ?2 ,
当 ? ∈ (0,?1) 时, ?(?) > 0,?′(?) > 0 ,则 ?(?) 在 (0,?1) 上单调递增,
当 ? ∈ (?1,?2) 时, ?(?) < 0,?′(?) < 0 ,则 ?(?) 在 (?1,?2) 上单调递减,
当 ? ∈ (?2, + ∞) 时, ?(?) > 0,?′(?) > 0 ,则 ?(?) 在 (?2, + ∞) 上单调递增,
?−?−1
?−?+1
??−1
??+1
由 ?(1) = 0,0 < ?1 < 1 < ?2 ,所以 ?(?1) > 0,?(?2) < 0 , 13 分
又 ?(?
−?) =
ln?
−?−?
= − 2? 0 ,
??+1
即 ?(?) 在区间 (?−?,?1) 内存在一个零点,在区间 (?2,??) 上存在一个零点,又 ℎ(1) = 0 ,所以当 ? > 2 时, ℎ(?) 有三个不同的零点 ?1,?2,?3 , .14 分 因为 ?1 < ?2 < ?3 ,所以 ?2 = 1,?−? < ?1 < 1 < ?3 < ?? ,
法一: 由于 ln?1
= ?(?1−1),ln?
3
?1+1
= ?(?3−1) ,
?3+1
1?(? −1)
1? 1− 1? 1 −1
可得 −ln
= 1 ,即 ln
= −?1 = ?1 ,
?1
?1+1
?1
1+ 1
?1
1+ 1
?1
由 1
?1
> 1 可得 1
?1
= ?3
,即 ?1?3
= 1 , .15 分
6 62
由(2)可知当 ? > 0 时, ln(? + 1) > 6?+3?2 ,
+ ?+?
>,>
,
则当 ?1 时 有 ln?3?2−3
?2+4?+1
由于 ?3
> 1 ,所以 ?(?3−1) = ln?
13
?3+
3?2−3
> 3
3
3
?2+4? +1
, 16 分
3
化简得 ?(?2 + 4?3
+ 1) > 3(?3
+ 1)2 ,即 (?−3)?2 + (4?−6)?3
+ (?−3) > 0 ,
1
?3
3
可化为 (?−3) ?3 ++ 4?−6 > 0 ,
即 (?−3)(?3 + ?1) + 4? > 6,(?−3)(?3 + ?1 + 2) + 2? > 0 ,
由 ?2 = 1 ,则有 (?−3)(?1 + 2?2 + ?3) + 2? > 0 ,原命题得证. 17 分法二: 因为 ?1 < ?2 < ?3 ,所以 ?2 = 1,?−? < ?1 < 1 < ?3 < ?? ,
2
由(2)可知, ?(?) = ln(? + 1)− 6?+3?2 ,? > −1 ,
6+6?+?
?′(?) = 1
−12?2+36?+36 =?4
,所以 ?′(?) ≥ 0 ,
?+1(6+6?+?2)2(?+1)(6+6?+?2)2
即 ?(?) 在区间 (−1, + ∞) 上单调递增,又 ?(0) = 0 ,
6 62
当 ? ∈ (−1,0) 时, ?(?) < 0 ,即 ln(? + 1) < 6?+3?2 ,
+ ?+?
6 62
当 ? ∈ (0, + ∞) 时, ?(?) > 0 ,即 ln(? + 1) > 6?+3?2
+ ?+?
, 15 分
2 41
由此可得,当 ? ∈ (0,1) 时, ln? < 3?2−3 ,
? + ?+
2 41
当 ? ∈ (1, + ∞) 时, ln? > 3?2−3 ,
? + ?+
所以 ?(?3−1)
?3+1
= ln?
2
3? −3
?2+4? +13
3 > 3 ,化简得 (?−3)?2 + (4?−6)?3−2 > 0 ,
?(? −1)
33
3?2−3
1 = ln? < 1 ,化简得 (?−3)?2 + (4?−6)? −2 < 0 ,
? +1
1?2+4? +111
111
所以 (?−3)?2 + (4?−6)? −2 > (?−3)?2 + (4?−6)? −2 , 16 分
3311
化简得 (?−3)(?2−?2) + (4?−6)(? −? ) > 0 ,由于 ? −? > 0 ,
313131
所以 (?−3)(?3 + ?1) + 4?−6 > 0 ,得 (?−3)(?3 + ?1 + 2) + 2? > 0 ,
由 ?2 = 1 ,则有 (?−3)(?1 + 2?2 + ?3) + 2? > 0 ,原命题得证. 17 分
部分选填得答案过程如下:
8. 已知函数 ?(?) = ?3 + ?, g(?) = ? +?,ℎ(?) = ? + lg2? ,若 ?(?) = ?(?) = ℎ(?) ,
则 ?,?,? 的大小关系不可能是
A. ? > ? > ?B. ? > ? > ?C. ? > ? > ?D. ? > ? > ?
【答案】C
?
由题意令 ?(?) = ?(?) ,即 ?3 + ? = ? +,得 ? = 1 ,
?
又 ?(?) = ℎ(?) ,即 ? +
= ? + lg2? ,得 ? = 4 或 ? = 16 ,
令 ?(?) = ?(?) = ℎ(?) = ? ,则 ?(?) = ?,?(?) = ?,ℎ(?) = ? ,
可化为 ?(?) = ?−?,?(?) = ?−?,ℎ(?) = ?−? ,
?,?,? 是函数 ?(?),?(?),ℎ(?) 的图象与直线 ? = ?−? 的交点横坐标,如图所示,可得当 0 < ?,? < 1 时,有 ? > ? > ? .
当 1 < ?,? < 4 ,有 ? > ? > ? ,当 4 < ?,? < 16 ,有 ? > ? > ? ,当 ?,? > 16 ,有 ? > ? >
? , 所以答案选C.
在 △ ?BC 中,角 ?,?,? 的对边分别为 ?,?,? ,且 sin2? + sin2?−sin2? = sin?sin? ,
则
? = ?
3
2 7
7
当 ? = 2? 时, sin? =
当 ? + ? = 4 时, △ ?BC 面积的最大值为 1
1
2
当 △ ?BC 为锐角三角形时, ? 的取值范围是,2
?
【答案】AD
对于 A 选项,由正弦定理, ?
sin?
= ?
sin?
= ?
sin?
= 2? ,
代入条件得 ?2 + ?2−?2 = ?b ,由余弦定理, cs? = ?2+?2−?2 = ?b = 1 ,
3
又 ? ∈ (0,?) ,故 ? = ? . 故 A 正确;
2?b
2?b2
对于 B 选项,将 ? = 2? 代入 ?2 + ?2−?2 = ?b ,得 ? =3? ,
2?⋅ 3?
由余弦定理, cs? = ?2+?2−?2 = ?2+3?2−4?2 = 0 ,故 ? = ?,sin? = 1.B 错误;
2?c2
3
对于 C 选项,若 ? + ? = 4 ,由基本不等式可得
△ ?BC
的面积 ?
= 1?bsin? =
2
3?b ≤
4
4 ⋅
2
?+?
2
3
=,
3
当且仅当 ? = ? = 2 时取等号,故 △ ?BC 面积的最大值为. ? 错误;
对于 D 选项,解法一: 由 ?
sin?
? ,
=
sin?
?sin?
sin 2? −?
3 cs?+ 1 sin?1
3
得 == 3 = 22 =+ ,
?
2
?sin?
sin?
sin?
2tan?2
?
6
由 ? = ? ,得 ? = 2?−? ,又 △ ?BC 为锐角三角形,所以 ? ∈
,,
1
2
3
所以 tan? ∈
3
3
3
∈
, + ∞ ,所以 3 0,
2tan?
,故 ? ∈
3
2
?
,2 . D 正确.
解法二: 由 △ ?BC 为锐角三角形且 ? = ? ,得 0 < ? < ?,0 < ? < ? ,且 ? + ? = 2? ,
cs? > 0
3
?2+?2−?2
?2+?2−?2
2?c
2?c
> 0?2
+ ?2
223
> ?2
则 cs? > 0 ,由余弦定理得
> 0 ,即
?2 + ?2 > ?2 .
1
2
结合 ?2 + ?2−?2 = ?b ,化简得 ? ∈
?
,2 . D 正确.
设抛物线 ?:?2 = 2? 的焦点为 ? ,过点 (2,0) 的直线交抛物线 ? 于 ?,? 两点,点 ?
为线段 ?B 中点, 若与 ?B 平行的直线与抛物线 ? 相切于点 ? ,则
△ ?AB 是直角三角形B. 点 ? 的轨迹方程为 ? = ?2 + 1(? ≠ 0)
C. ?Q 与 ? 轴平行D. |?A ∥?B| ≤ |?A||?B|
【答案】ACD
设过点 (2,0) 的直线的方程为 ? = ?y + 2,?(?1,?1),?(?2,?2) ,
?2 = 2?
联立方程组得 ? =?y + 2 ,消去 ? 得 ?2−2?y−4 = 0 ,
所以有 ?1 + ?2 = 2?,?1?2 = −4 ,
又 ?1 = ??1 + 2,?2 = ??2 + 2 ,
所以有 ?1 + ?2 = ?(?1 + ?2) + 4 = 2?2 + 4 ,
?1?2 = (??1 + 2)(??2 + 2) = ?2?1?2 + 2?(?1 + ?2) + 4 = 4 ,
选项 A: ?A = (?1,?1),?B = (?2,?2) ,
?A ⋅ ?B = ?1?2 + ?1?2 = 4−4 = 0 ,所以 ?A ⊥ ?B ,即 △ ?AB 是直角三角形, A 正确.
?1+?2
2
2
选项 B: 由 ?,? 的中点坐标 ? ?1+?2 ,,即 ?(?2 + 2,?) ,
所以线段 ?B 中点 ? 的轨迹方程为 ? = ?2 + 2(? ≠ 0) ,选项 B 错误.选项 C: 设直线 ? = ?y + ? 与抛物线相切于点 ? ,
?2 = 2?
联立方程得 ? =?y +? ,消去 ? 得 ?2−2?y−2? = 0 ,
所以 Δ = 4?2 + 8? = 0 ,解得 2? = −?2 ,
?2
2
代入上式可得 ?2−2?y + ?2 = 0 ,解得 ? = ? ,即点 ?
由 ?(?2 + 1,?) ,则 ?Q 与 ? 轴平行,选项 C 正确.
,? ,
|?2+4|
2 ?2+1
选项 D: 则点 ? 到直线 ? = ?y + 2 的距离 ?1 =,
点 ? 到原点的距离为 ?2
1
=2
?2+1
1
,所以 ?1
≥ ?2
11
?△??? = 2 |?A| |?B| = 2 |?B|?2, ?△??? = 2 |?A| |?B|sin∠?PB = 2 |?B|?1,
所以 |?A||?B| ≤ |?A||?B|sin∠?PB ,
又因为 sin∠?PB ≤ 1 ,所以 |?A||?B| ≤ |?A||?B| ,选项 D 正确.
14. 已知一个圆锥的底面半径为 3，侧面积为 18π. 若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由转动的正方体(圆锥表面厚度忽略不计)，则该正方体体积的最大值为
.
【答案】 8
要使圆锥内能放入自由转动的正方体的体积最大, 则该正方体的外接球恰好为该圆锥内能放入的最大的球.
2
设圆锥的底面半径为 ? ,母线长为 ? ,则圆锥侧面积为 1 ⋅ 2?r ⋅ ? = 3? ⋅ ? = 18? ,
解得母线长 ? = 6 .
如图,在圆锥轴截面 ?AB 中, cs∠?AB = ??1 = ? = 1 ,则 ∠?AB = ? ,
?A?23
所以 ∠? ?? = ? ,
216
3
6
所以 ?1?2 = ??1tan∠?2??1 = 3tan? =,
3
即正方体外接球半径为.
设正方体的棱长为 ? ,则 ?2 + ?2 + ?2 = (2 3)2 ,
解得 ? = 2 ,所以正方体的体积为 ? = ?3 = 8 .