高三下学期 3 月份质检理科数学试题
一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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.设全集为 ，集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
可解出 M，然后进行交集的运算即可．
【详解】解：M＝{x|﹣2＜x＜2}，N＝{0，1，2}；
∴M∩N＝{0，1}．
故选 D．
【点睛】本题考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算，属于基础题．
2.已知复数 满足 （ 为虚数单位），则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案，
【详解】由 z•i＝3﹣4i，得 z ．
故选 C．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
3.某几何体的三视图如图所示（图中小正方形网格的边长为 ），则该几何体的体积是（ ）
R { }2| 4M x x= < { }0,1,2N = M N =
{ }0,1,2 (0,2) ( 2,2)− { }0,1
z · 3 4z i i= − i z =
4 3i+ 3 4i− + 4 3i− − 3 4i−
( )( )
2
3 43 4 4 3i ii ii i
− −−= = = − −−
1A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用已知条件，画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
【详解】由题意可知几何体的直观图如图：是直四棱柱，底面是直角梯形，上底为：1，下底
为 2，高为 2，棱柱的高为 2，
几何体的体积为：V 6．
故选 A．
【点睛】本题考查几何体的直观图与三视图的关系，考查空间想象能力以及计算能力．
4.执行如图所示的程序框图，输入的 值为 ，则 （ ）
6 4 2 8
1 2 2 22
+= × × =
n 4 S =A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
根据程序框图，进行模拟计算即可．
【详解】k=1,S=0, 1＜4 成立，第一次循环，S＝2，k＝1+1＝2，
第二次循环，2＜4 成立，S＝2+22＝2+4＝6，k＝2+1＝3，
第三次循环，3＜4 成立，S＝6+23＝6+8＝14，k＝3+1＝4，
第四次循环，4＜4 不成立，S 输出 S＝14，
故选 B．
【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，利用程序框图进行模拟计算是解决本题的关
键．
5.已知 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
给实数 a，b 在其取值范围内任取 2 个值 a＝3，b＝-1，代入各个选项进行验证，A、C、D 都
不成立．
【
6 14 30 2
0a b> >
a b< 1 1
a b
> 1 1
2 2
a b >
2a ab< −【详解】∵实数 a，b 满足 ，
若 a＝3，b＝﹣1，则 A、C、D 都不成立，只有 B 成立，
故选 B．
【点睛】通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．
6.设 x,y 满足 ( )
A. 有最小值 2，最大值 3 B. 有最小值 2，无最大值
C. 有最大值 3，无最小值 D. 既无最小值，也无最大值
【答案】B
【解析】
试题分析：画出可行域如下图所示，由图可知,目标函数在点 处取得最小值为
,无最大值.
考点：线性规划.
7.已知抛物线 的焦点为 ，过点 和抛物线上一点 的直线 交抛物线于另
一点 ，则 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出抛物线的焦点和准线方程，设出直线 l 的方程，联立抛物线方程求得点 N，再由抛物线的
定义可得 NF，MF 的长，计算即可得到所求值．
0a b> >
2 4
{ 1,
2 2
x y
x y z x y
x y
+ ≥
− ≥ − = +
− ≤
则
( )2,0A
2z x y= + =
2 4y x= F F (2,2 2)M l
N | |:| |NF FM
1:3 1: 2 1: 3 1: 2【详解】抛物线 y2＝4x 的焦点 F 为（1，0），则直线 MF 的斜率为 2 ，
则有 ，
联立方程组 ，
解得 ，
由于抛物线的准线方程为 x ．
∴由抛物线的定义可得， ，
∴ ，
∴|NF|：|FM|＝1：2，
故选 D．
【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，求解交点，
考查运算能力，属于基础题．
8.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”、“谐”、“校”、“园”四个字，
有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”、“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟
的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生 到 之间取整数值的随机数，
分别用 ， ， ， 代表“和”、“谐”、“校”、“园”这四个字，以每三个随机数为一组，
表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下 组随机数：
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
随机模拟产生了 18 组随机数，其中第三次就停止摸球的随机数有 4 个，由此可以估计，恰好
第三次就停止摸球的概率．
【详解】随机模拟产生了以下 18 组随机数：
2 2
1
= 2
( )2 2 1l y x= −：
( )
2 4
2 2 1
y x
y x
= = −
1 22N ， −
1= −
1 312 2NF = + =
2 1 3MF = + =
1 4
1 2 3 4
18
343 432 341 342 234 142 243 331 112
342 241 244 431 233 214 344 142 134
1
6
2
9
5
18
1
9343 432 341 342 234 142 243 331 112
342 241 244 431 233 214 344 142 134
其中第三次就停止摸球的随机数有：142，112，241，142，共 4 个，
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为 p ．
故选 B．
【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方
程思想，是基础题．
9.设函数 的最小正周期为 ，且
，则（ ）
A. 在 上单调递增 B. 在 上单调递减
C. 在 上单调递减 D. 在 上单调递增
【答案】A
【解析】
【分析】
将 f(x)化简，求得 ，再进行判断即可.
【详解】 ∵最小正周期为 得 ，
又 为偶函数，所以 ,
∵ , k=-1, ,
当 ,即 ,f(x)单调递增，结合选项 k=0 合题意，
故选 A.
【点睛】本题考查三角函数性质，两角差的正弦逆用，熟记三角函数性质，熟练计算 f(x)解
析式是关键，是中档题.
10.将函数 （ 为自然对数的底数）的图象绕坐标原点 顺时针旋转角 后第一次与
4 2
18 9
= =
( ) sin( ) cos( )f x x xω ϕ ω ϕ= + − + 0,| | 2
πω ϕ > > 1F 2F
A 1 2AF F△
4
b
2 3
3
5
4
5
3
3 2
2
1( ,0)F c− 2 ( ,0)F c by xa
=
2AF ( )by x ca
= − A 1| |AF m=，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形
可得 ， 的方程，结合离心率公式可得所求值．
【详解】设双曲线的左、右焦点分别为 ， ，
设双曲线的一条渐近线方程为 ，
可得直线 的方程为 ，与双曲线 联立，
可得 ， ，
设 ， ，
由三角形的面积的等积法可得 ，
化简可得 ①
由双曲线的定义可得 ②
在三角形 中 ， 为直线 的倾斜角），
由 ， ，可得 ，
可得 ，③
由①②③化简可得 ，
即为 ，
可得 ，则 ．
故选：C.
【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查
方程思想的运用及三角形等积法，考查运算求解能力，属于难题．
12.数列 满足 ,且 ．记数列 的前 n 项和为 ,则当
2| |AF n=
a c
1( ,0)F c− 2 ( ,0)F c
by xa
=
2AF ( )by x ca
= − 2 2
2 2 1( 0)x y b aa b
− = > >
2 2
( 2
c aA c
+ 2 2( ))2
b a c
ac
−
1| |AF m= 2| |AF n=
2 21 1 ( )( 2 ) 22 4 2 2
b b c am n c c ac
−⋅ + + = ⋅ ⋅
24 4 2cm n a ca
+ = − −
2m n a− =
1 2AF F
2 2( )sin 2
b c an ac
θ −= (θ 2AF
tan b
a
θ = 2 2sin cos 1θ θ+ = 2 2
sin b b
ca b
θ = =
+
2 2
2
c an a
−=
2 23 2 5 0c ac a− − =
(3 5 )( ) 0c a c a− + =
3 5c a= 5
3
ce a
= =
{ }na ( )1 11 1 n
n na a n+ + = − + − 60 1a< < { }na nS取最大值时 n 为（ ）
A. 11 B. 12 C. 11 或 13 D. 12 或 13
【答案】C
【解析】
【分析】
分 的奇偶讨论数列 的奇偶性分别满足的条件,再分析 的最大值即可.
【详解】由题,当 为奇数时, , .
故 .
故奇数项为公差为 1 的等差数列.
同理当 为偶数时, .
故偶数项为公差为-3 的等差数列.
又 即 .又 .所以 .
综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着 的增大由正变负.故当 取最大值时 n 为奇数.
故 n 为奇数且此时有 ,解得 .
故 或 .
故选：C
【点睛】本题主要考查了奇偶数列的应用,需要根据题意推导奇偶项数列的递推公式,再根据题
意分析相邻两项之和与 0 的大小关系列不等式求解.属于难题.
二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分．
13.命题 , ，则 是_____；
【答案】
【解析】
【分析】
由特称命题的否定直接写出结论即可.
【详解】由题命题 p 的否定为：
nS
n { }na nS
n ( )1 11 1 n
n na a n+ + = − + − ( ) ( ) 1
2 1 11 1 1 n
n na a n +
+ ++ = − + + −
( ) ( ) ( ) ( )1
2 11 1 1 11 1 1 2 1 1n n n
n na a n n+
+
− = − + + − − − + − = − − ⋅ − =
n ( )2 1 2 1 3n
n na a+ − = − − ⋅ − = −
60 1a< < 2 20 6 1 6 7a a< − < ⇒ < < ( )1
2 1 11 1 1 9a a+ = − + − = 12 3a< <
n nS
( ) ( )
( ) ( )
1
1
1
2 1
11 1 1 00
0 11 1 1 0
n
n n
n
n n
na a
a a n
−
−
+
+ +
− − + − ≥+ ≥ ⇒ + ≤ − + + − ≤
11 13n≤ ≤
11n = 13n =
0: (0, )p x∃ ∈ +∞ 2
0 0 2x x≤ + p¬
2(0, ), 2x x x∀ ∈ +∞ > +
( ) 2x 0, , x x 2∞∀ ∈ + > +故答案为
【点睛】本题考查特称命题，熟记特称与全称命题的否定是关键，是基础题，易错点是改为
14.已知向量 ， ， ，若 ，则 ______；
【答案】
【解析】
【分析】
由 求得 x,得到 的坐标，再求模长即可.
【详解】 ，∴2x+2=0,∴x=-1, ∴ , ∴
故答案为
【点睛】本题考查向量的坐标运算，模，熟记垂直性质，熟练计算模长是关键，是基础题.
15.已知三棱锥 的棱长均为 6，其内有 个小球，球 与三棱锥 的四个面
都相切，球 与三棱锥 的三个面和球 都相切，如此类推，…，球 与三棱锥
的三个面和球 都相切（ ， ），则球 的表面积等于_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据几何关系，求得 的半径，归纳出半径的通项公式，即可容易求得 的表面积.
【详解】不妨设 的半径为 ，正四面体的棱长为 ，
取 中点为 ，球 与平面 切于点 ，球 与平面 切于点 ，
作截面 ， 为 的外心，如下图所示：
( ) 2x 0, , x x 2∞∀ ∈ + > +
x 0.∞∈− ，
( ,2)a x= (2,1)b = (3,2 )c x= a b⊥ | |+ = b c
26
a b⊥ ， b c+
a b⊥ ( )b c 5, 1+ = − 2 2b c 5 1 26+ = + =
26.
A BCD− n 1O A BCD−
2O A BCD− 1O nO
A BCD− 1nO − 2n ≥ *n N∈ nO
1
6
4n
π
−
1 2,O O nO
nO nr a
CD E 1O ACD F 2O ACD H
ABE G BCD容易知 ， ， ，
因为 ，故可得 ，解得 ；
同理由 ，故可得 ，解得 ，
以此类推，总结归纳可得 是首项为 ，公比为 的等比数列，
故可得 ，
则 的表面积 .
故答案为： .
【点睛】本题考查棱锥内切球半径的求解，涉及等比数列的通项公式求解，属压轴题.
16.关于函数
（1） 是 的极小值点；
（2）函数 有且只有 1 个零点；
3
6GE a= 6
3AG a= 3
2AE a=
1 ~AFO AGE∆ ∆ 1 1r AG r
GE AE
−=
1
6 6
12 2r a= =
2 ~AHO AGE∆ ∆ 2 1 22r AG r r
GE AE
− −=
2
6 6
24 4r a= =
{ }nr 6
2
1
2
16 1
2 2
n
nr
− = ×
nO
21
2
1
6 1 64 4 2 2 4
n
n nS r
ππ π
−
−
= = × × =
1
6
4n
π
−
( ) 2 lnf x xx
= +
2x = ( )f x
( )y f x x= −（3） 恒成立；
（4）设函数 ，若存在区间 ，使 在 上的
值域是 ，则 ．
上述说法正确的序号为_______．
【答案】（1）（2）（4）
【解析】
【分析】
利用导数研究函数的极值点、单调性以及零点，结合选项，进行逐一分析即可.
【详解】（1）因为 ，故可得 ，令 ，解得 ，
故可得 在区间 单调递减，在 单调递增，故 是 的极小值点；
故（1）正确；
（2）令 ，故可得 在 恒成立，
故 在 单调递减；
又当 时， ，当 时， ，
故可得 在区间 上只有一个零点；故（2）正确；
（3）令 ，故可得 在 恒
成立，
故可得 在定义域上单调递减；
又当 ，故 区间 不恒成立，
即 在区间 上不恒成立；故（3）错误.
（4）由题可知 ，故可得 ，
在
( ) 1
2f x x>
( ) ( ) 2 4g x xf x x= − + + [ ] 1, ,2a b ⊂ +∞
( )g x [ ],a b
( ) ( )2 , 2k a k b+ + 9 2ln 21, 10k
+ ∈
( ) 2 lnf x xx
= + ( ) 2
2xf x x
=′ − ( )' 0f x = 2x =
( )f x ( )0,2 ( )2,+∞ 2x = ( )f x
( ) ( )h x f x x= − ( ) 2
2
2 0x xh x x
− + −′ = < ( )0,+∞
( )h x ( )0,+∞
1x e
= 12 1 0y e e
= − − > 3x = 2 3 3 03y ln= − − <
( )h x ( )0,+∞
( ) ( ) 1 2 1
2 2m x f x x lnx xx
= − = + − ( ) 2
2
2 4 02
x xm x x
− + −= = + − ( )0,+∞
( ) 1
2f x x> ( )0,+∞
( ) 2 2g x xlnx x= − + + ( ) 2 1g x lnx x′ = − + −则 ，令 ，解得 ，
故可得 在区间 单调递减，在区间 单调递增.
故 ，故 在 单调递增.
要满足题意，只需 ，
等价于 在 上至少有两个不同的正根，
也等价于 与直线 在区间 至少有两个交点.
又 ，故可得 ，
令 ，故可得 在区间 恒成立，
故可得 在 上单调递增，又 ，
故可得 区间 上单调递减，在区间 上单调递增.
则要满足题意，只需 ，
又因为 ，则 .故（4）正确.
综上所述，正确的有：（1）（2）（4）.
故答案为：（1）（2）（4）.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点和零点、方程的根、参数的范围，属压轴题.
三、解答题：共 70 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．第 17~21
题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作
答．
（一）必考题：共 60 分
在
( ) 2 1xg x x
′ −′ = ( ) 0g x′′ = 1
2x =
( )g x′ 10, 2
1 ,2
+∞
( ) 1 2 02g x g ln ≥ = >
′
′ ( )g x ( )0,+∞
( ) ( ) ( ) ( )2 , 2g a k a g b k b= + = +
( ) ( )2g x k x= + 1 ,2
+∞
( ) ( )
2
g xF x x
= + y k= 1 ,2
+∞
( ) 2 2 1,2 2
x xlnxF x xx
− + = ≥ +
( ) ( )
2
2
3 2 4 1, 22
x x lnxF x x
x
+ − − = ≥
′
+
( ) 2 3 2 4G x x x lnx= + − − ( ) ( )( )2 1 2 0x xG x x
−′ += ≥ 1 ,2
+∞
( )G x 1 ,2
+∞
( )1 0, 1 02G G < =
( )F x 1 ,1 2
( )1,+∞
( ) 11 2F k F < ≤
( ) 1 9 2 21 1, 2 10
lnF F
+ = =
9 2ln 21, 10k
+ ∈ 17.已知函数 f(x)＝2sinxcosx＋2 cos2x－ .
(1)求函数 f(x)的最小正周期和单调减区间；
(2)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其中 a＝7，若锐角 A 满足
，且 ，求 bc 的值．
【答案】（1）f(x)的最小正周期为 T＝ ，f(x)的单调递减区间为
（2）40
【解析】
【分析】
（1）先利用二倍角公式和辅助角公式得到 ，再利用三角函数的周期公
式和单调性进行求解；（2）先利用 求得角 ，再利用正弦定理和余弦定理
进行求解．
【详解】(1) ，
因此 f(x)的最小正周期为 T＝ ＝π.
．
即 f(x)的单调递减区间为 ．
(2)由 ，又 A 为锐角，则 A＝ .
由正弦定理可得 ，
则 b＋c＝ ＝13，
3 3
π 32 6
Af − =
13 3sin sin 14B C+ =
π 7, ( Z)12 12k k k
π ππ π + + ∈
π( ) 2sin 2 3f x x = +
π 32 6
Af − = A
2 π( ) 2sin cos 2 3 cos 3 sin 2 3 cos2 2sin 2 3f x x x x x x x = + − = + = +
2
2
π
π π 3π2 π 2 2 π ( )2 3 2k x k k+ + + ∈Z
π 7ππ , π ( Z)12 12k k k + + ∈
π π π2sin 2 2sin 32 6 2 6 3
A Af A
− = − + = =
π
3
7 14 13 32 ,sin sinsin 2 143 3
2
a b cR B CA R
+= = = + = =
13 3 14
14 3
×又 ，可求得 bc＝40.
【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用以及三角恒等变换，意在考查学生的逻辑
思维能力和基本运算能力，属于中档题．解决本题的关键在于恰当利用正弦定理的变形进行
边角转化，正弦定理“ （ 是 外接圆的直径）”的变形
主要有：
（1） ；
（2） ；
（3） ；
（4） .
18.（2017 新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三
角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面 ACD⊥平面 ABC；
（2）过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二
面角 D–AE–C 的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为 90°，则可得到面面垂直；
（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角 D–
AE–C 的余弦值为 .
试题解析：（1）由题设可得， ，从而 .
2 2 2 2 2( ) 2 1cos 2 2 2
b c a b c bc aA bc bc
+ − + − −= = =
2sin sin sin
a b c RA B C
= = = 2R ΔABC
2 sin , 2 sin , 2 sina R A b R B c R C= = =
sin ,sin ,sin2 2 2
a b cA B CR R R
= = =
: : sin :sin :sina b c A B C=
sin sin,sinsin
a B b Ab BA a
= =
7
7
7
7
ABD CBD≌△ △ AD DC=又 是直角三角形，所以 .
取 AC 的中点 O，连接 DO,BO,则 DO⊥AC,DO=AO.
又由于 是正三角形，故 .
所以 为二面角 的平面角.
在 中， .
又 ，所以 ，
故
所以平面 ACD⊥平面 ABC.
（2）由题设及（1）知， 两两垂直，以 为坐标原点， 的方向为 轴正
方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 .则
.
由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 ，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D
到平面 ABC 的距离的 ，即 E 为 DB 的中点，得 .
故 .
设 是平面 DAE 的法向量，则 即
可取 .
ACD =90ADC∠ °
ABC BO AC⊥
DOB∠ D AC B− −
Rt AOB 2 2 2BO AO AB+ =
AB BD= 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD+ = + = =
90DOB∠ =
, ,OA OB OD O OA x
OA O xyz−
( ) ( ) ( ) ( )1,0,0 , 0, 3,0 , 1,0,0 , 0,0,1A B C D−
1
2
1
2
3 10, ,2 2E
( ) ( ) 3 11,0,1 , 2,0,0 , 1, ,2 2AD AC AE
= − = − = −
( ), ,n x y z= 0
0
n AD
n AE
⋅ =
⋅ =
，
，
0,
3 1 0.2 2
x z
x y z
− + =− + + =
31, ,13
=
n设 是平面 AEC 的法向量，则 同理可取 .
则 .
所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 .
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面
角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.
（2）设 m，n 分别为平面 α，β 的法向量，则二面角 θ 与 互补或相等，故有
.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
19.已知椭圆 （ ）的离心率为 ，且经过点 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 作直线 与椭圆 交于不同的两点 ， ，试问在 轴上是否存在定点
使得直线 与直线 恰关于 轴对称？若存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1) (2)见解析
【解析】
【分析】
（1）由题得 a,b,c 的方程组求解即可（2）直线 与直线 恰关于 轴对称，等价于
的斜率互为相反数，即 ，整理 .
设直线 的方程为 ，与椭圆 联立，将韦达定理代入整理即可.
【详解】(1)由题意可得 ， ，又 ，
解得 ， .
m 0
0
m AC
m AE
⋅ =
⋅ =
，
，
( )0, 1, 3= −m
7cos , 7
⋅= =n mn m n m
7
7
,m n
cos cos , m nm n m n
θ ⋅= =
2 2
2 2: 1x yC a b
+ = 0a b> > 3
2
31, 2
−
C
( )3,0 l C A B x Q
QA QB x Q
2
2 14
x y+ =
QA QB x
AQ,BQ 1 2
1 2
y y 0x t x t
+ =− − ( )( )1 2 1 23 t y y 2my y 0− + − =
l x my 3 0+ − = C
3 c
2 a
= 2 2
1 3 1a 4b
+ = 2 2 2a b c− =
2a 4= 2b 1=所以，椭圆 的方程为
(2)存在定点 ，满足直线 与直线 恰关于 轴对称.
设直线 的方程为 ，与椭圆 联立，整理得， .
设 ， ，定点 .(依题意
则由韦达定理可得， ， .
直线 与直线 恰关于 轴对称，等价于 的斜率互为相反数.
所以， ，即得 .
又 ， ，
所以， ，整理得， .
从而可得， ，
即 ，
所以，当 ，即 时，直线 与直线 恰关于 轴对称成立. 特别地，
当直线 为 轴时， 也符合题意. 综上所述，存在 轴上的定点 ，满
足直线 与直线 恰关于 轴对称.
【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目
条件，准确计算是关键，是中档题.
20.已知函数 ，a 为常数.
（1）讨论函数 的单调性：
（2）若函数 有两个极值点 ， 且 ，求证： .
C
2
2x y 14
+ =
4 3Q ,03
QA QB x
l x my 3 0+ − = C ( )2 24 m y 2 3my 1 0+ − − =
( )2 2B x , y 1
1
x x y y 12
+ = ( )Q t,0 1 2t x ,t x )≠ ≠
1 2 2
2 3my y 4 m
+ = + 1 2 2
1y y 4 m
−= +
QA QB x AQ,BQ
1 2
1 2
y y 0x t x t
+ =− − ( ) ( )1 2 2 1y x t y x t 0− + − =
1 1x my 3 0+ − = 2 2x my 3 0+ − =
( ) ( )1 2 2 1y 3 my t y 3 my t 0− − + − − = ( )( )1 2 1 23 t y y 2my y 0− + − =
( ) 2 2
2 3m 13 t 2m 04 m 4 m
−− ⋅ − ⋅ =+ +
( )2m 4 3t 0− =
4 3t 3
= 4 3Q ,03
QA QB x
l x 4 3Q ,03
x 4 3Q ,03
QA QB x
( ) ( )21 ln 12f x x a x= + −
( )f x
( )f x 1x 2x 1 2x x< ( )2 1
3 ln 4
8f x x
+− > −【答案】（1）见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】
(1)求导后 分子所对应的二次函数 ,分情况讨论 的
正负以及根与 1 的大小关系即可.
(2)由(1)的两个极值点 , 满足 ,所以 , ,则 ,
将 化简整理为 的函数即 ,构造函数求导证明不等
式即可.
【详解】（1）函数的定义城为 .
由题意, .
（ⅰ）若 ,则 ,于是 ,当且仅当 时, ,所
以 在 单调递减.
（ⅱ）若 ,由 ,得 或 ,
当 时, ；
当 时, ；
所以 在 , 单调递减, 单调
递增.
（ⅲ）若 ,则 ,
当 时, ；当 时, ；
( ) 2
' 1
x x af x x
− + −= − 1 4a∆ = − 1 4a∆ = −
1x 2x 2 0x x a− + − = 1 2 1x x =+ 1 2x x a⋅ = 1
10 2x< <
( )2 1f x x− 1x ( )2
1 1 1 1 1
1 1 2 1 ln2 2 x x x x x+ − + −
( ),1−∞
( ) 2
1 1
a x x af x x x x
− + −′ = − =− −
1
4a ≥ 2 0x x a− + − ≤ ( ) 0f x′ ≤ 1 1
4 2a x= = ( ) 0f x′ =
( )f x ( ),1−∞
10 4a< < ( ) 0f x′ = 1 1 4
2
ax
− −= 1 1 4
2
ax
+ −=
1 1 4 1 1 4, ,12 2
a ax
− − + −∈ −∞ ( ) 0f x′ <
1 1 4 1 1 4,2 2
a ax
− − + −∈
( ) 0f x′ >
( )f x 1 1 4, 2
a − −−∞
1 1 4 ,12
a + −
1 1 4 1 1 4,2 2
a a − − + −
0a ≤ 1 1 4 12
ax
+ −= ≥
1 1 4, 2
ax
− −∈ −∞
( ) 0f x′ < 1 1 4 ,12
ax
− −∈
( ) 0f x′ >所以 在 单调递减, 单调递增
综上所述,当 时,函数 在 上单调递减；
当 时,函数 在 上单调递减,
上单调递增；
当 时,函数 在 上单调递减, 上单调递增.
（2）由（1）知, 有两个极值点当且仅当 .
由于 的两个极值点 , 满足 ,所以 , ,则
,
由于 .
设
.
.
当 时, ,所以 .
所以 在 上单调递减,又 .
所以 ,即 .
【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数极值点的问题以及构造函数证明极值点不等式的
问题,重点在于构造关于 的函数,分析函数单调性与最值证明.属于难题.
21.冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（ ）和严重急
性呼吸综合征（ ）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（ ）是
以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、
( )f x 1 1 4, 2
a − −−∞
1 1 4 ,12
a − −
1
4a ≥ ( )f x ( ),1−∞
10 4a< < ( )f x 1 1 4, 2
a − −−∞
1 1 4 ,12
a + −
1 1 4 1 1 4,2 2
a a − − + −
0a ≤ ( )f x 1 1 4, 2
a − −−∞
1 1 4 ,12
a − −
( )f x 10 4a< <
( )f x 1x 2x 2 0x x a− + − = 1 2 1x x =+ 1 2x x a⋅ =
1
10 2x< <
( ) ( ) ( )22
2 1 2 2 1 1 1 2 1 1
1 1ln 1 1 ln2 2f x x x a x x x x x x x− = + − − = − + −
( ) ( )21 1 12 1 ln 02 2 2g x x x x x x x = + − + − < ÷ = -ç ÷ç ÷è ø
( )2 1
3 ln 4
8f x x
+− > −
1x
MERS
SARS nCoV发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、
肾衰竭，甚至死亡.
某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有 n（ ）份血液样本，有以下两
种检验方式：
方式一：逐份检验，则需要检验 n 次.
方式二：混合检验，将其中 k（ 且 ）份血液样本分别取样混合在一起检验.
若检验结果为阴性，这 k 份的血液全为阴性，因而这 k 份血液样本只要检验一次就够了，如果
检验结果为阳性，为了明确这 k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份再逐份检验，此时这
k 份血液的检验次数总共为 .
假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样
本是阳性结果的概率为 p（ ）.现取其中 k（ 且 ）份血液样本，记采用逐
份检验方式，样本需要检验的总次数为 ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 .
（1）若 ，试求 p 关于 k 的函数关系式 ；
（2）若 p 与干扰素计量 相关，其中 （ ）是不同的正实数，
满足 且 （ ）都有 成立.
（i）求证：数列 等比数列；
（ii）当 时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份
检验的总次数的期望值更少，求 k 的最大值
【答案】（1） ，（ ，且 ）.（2）（i）见解析（ii）最大值为 4.
【解析】
【分析】
（ 1 ） 由 题 设 可 知 ， 的 所 有 可 能 取 值 为 1 ， ， 求 ， 再 根 据
,求 ；
n ∗∈N
k ∗∈N 2k ≥
1k +
0 1p< < k ∗∈N 2k ≥
1
ξ 2
ξ
( ) ( )1 2E Eξ ξ= ( )p f k=
nx 1 2, , , nx x x 2n ≥
1 1x = n N ∗∀ ∈ 2n ≥
1 2 2 21
13
2 2
1 1 2 1
n
n n
i i i
x x xe x x x x
−−
= +
−⋅ = −∑
{ }nx
3
4
11p
x
= −
( )
1
11 k
f k k
= −
k ∗∈N 2k ≥
( )1E kξ = 2
ξ 1k + ( )2E ξ
( ) ( )1 2E Eξ ξ= ( )p f k=（2）（ⅰ）当 时， ，∴ ，令 ，则 ，
利用数学归纳法证明 ；
（ⅱ）由（ⅰ）可知 ，由 可知 ，再设函数
（ ），利用函数的单调性求 的最大值.
【详解】（1）解：由已知， ， ，得 ，
的所有可能取值为 1， ，
∴ ， .
∴ .
若 ，则 ， ，∴ ，∴
.
∴p 关于 k 的函数关系式为 ，（ ，且 ）.
（2）（i）∵证明：当 时， ，∴ ，令 ，则
，
∵ ，∴下面证明对任意的正整数 n， .
①当 ，2 时，显然成立；
②假设对任意的 时， ，下面证明 时， ；
由题意，得 ，∴
，
2n =
1 2 2 2
2 2 13
2 2
1 2 2 1
x x xe x x x x
− −⋅ = −
1
2 3
1
x ex
=
1
2 3
1
0xq ex
= = > 1q ≠
1
3
n
nx e
−
=
33
4
1 11 1p
x e
= − = − ( ) ( )1 2E Eξ ξ> 1ln 3k k>
( ) 1ln 3f x x x= − 0x > k
1 kξ = ( )1 1P ξ = ( )1E kξ =
2
ξ 1k +
( ) ( )2 1 1 kP pξ = = − ( ) ( )2 1 1 1 kP k pξ = + = − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 1 1 1 1k k kE p k p k k pξ = − + + − − = + − −
( ) ( )1 2E Eξ ξ= ( )1 1 kk k k p= + − − ( ) 11 kp k
− =
1
11 k
p k
− =
1
11 k
p k
= −
( )
1
11 k
f k k
= −
k ∗∈N 2k ≥
2n =
1 2 2 2
2 2 13
2 2
1 2 2 1
x x xe x x x x
− −⋅ = −
1
2 3
1
x ex
=
1
2 3
1
0xq ex
= = >
1q ≠
1 1x = 1
3
n
nx e
−
=
1n =
n k= 1
3
k
kx e
−
= 1n k= + 3
1
k
kx e+ =
1 2 2 2
1 1 13
2 2
1 1 2 1
k
k k
i i i
x x xe x x x x
− + +
= +
−⋅ = −∑
1 2
2 13
1 2
1 2 2 3 1 1 3
11 1 1 1
1
k
k
k k k k
xe x x x x x x x x x e
− +
+
− +
−⋅ + + + + =
−
∴ ，
，
∴ ， .
∴ 或 （负值舍去）.∴ 成立.
∴由①②可知， 为等比数列， .
（ii）解：由（i）知， ， ，∴ ，得
，∴ .
设 （ ）， ，∴当 时， ，即 在
上单调减.
又 ， ，∴ ； ， .∴ .
∴k 的最大值为 4.
【点睛】本题考查概率，函数，数列，数学归纳法证明的综合问题，本题对学生的能力要求
较高，属于难题，重点考查学生分析问题和解决问题的能力.
（二）选考题：共 10 分，请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将
答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，
按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．
22.[选修 4-4：坐标系与参数方程]
已知曲线 的极坐标方程为 ，以极点 为直角坐标原点，以极轴为 轴的正半轴
建立平面直角坐标系 ，将曲线 向左平移 个单位长度，再将得到的曲线上的每一个点
11 2
3 3
1 2
2 13
1 2 1 2
3 3 3
1
1
11
1 1
k
k
k k
k
e e
xe x
e e x e
−
− −
− +
+ −−
+
− − ⋅ + =
− ⋅ −
( )2 1
2 3
1 2
13
12 2
3 3
1
1
1 1
k
k k
k
k
x e
xe x
e e
−−
+
− +
+
− − + ⋅ =
− −
( )2 1 2
23 3 3 3
1 1 1 0
k k k
k ke x e e x
−− − − +
+ +
⋅ + − ⋅ − =
2
3 3 3
1 11 1 0
k k
k ke x e x
− − +
+ +
− + =
3
1
k
kx e+ =
2
3 3
1
k
kx e
−
+ = − 3
1
k
kx e+ =
{ }nx 1
3
n
nx e
−
=
33
4
1 11 1p
x e
= − = − ( ) ( )1 2E Eξ ξ> ( )1 1 kk k k p> + − −
( )
3
1 11
k
kpk e
< − =
1ln 3k k>
( ) 1ln 3f x x x= − 0x > ( ) 3
3
xf x x
−′ = 3x ≥ ( ) 0f x¢ < ( )f x
[ )3,+∞
ln 4 1.3863≈ 4 1.33333
≈ 4ln 4 3
> ln5 1.6094≈ 5 1.66673
≈ 5ln5 3
<
1C 4cosρ θ= O x
xOy 1C 2的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标保持不变，得到曲线
（1）求曲线 的直角坐标方程；
（2）已知直线 的参数方程为 ，（ 为参数），点 为曲线 上的动点，求点
到直线 距离的最大值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）先化 为 ，利用变换 得 即可；（2）
设 ， 得 求最大值即可.
【详解】（1）由得 ，
所以曲线的方程为 ，
设曲线上任意一点 ，变换后对应的点为 ，
则 即
代入曲线的方程 中，整理得 ,
所以曲线 直角坐标方程为 ；
（2）设 ，则 到直线 ： 的距离为 ，
其中 为锐角，且 ，
的
1
2 2C
2C
l
2 2
1 3
x t
y t
= +
= − + t Q 2C Q
l
2
2 14
yx + = 13
ρ 4cosθ= ( )2 2x 2 y 4− + = ( )1x x 2 ,2
y ,y
′
′
= −
=
2C
( )Q cosθ,2sinθ 3cosθ 4sinθ 8d
13
− −= ( )5cos θ α 8
d
13
+ −
=
2ρ 4ρcosθ=
( )2 2x 2 y 4− + =
( )x, y ( )x , y′ ′
( )1x x 2 ,2
y ,y
′
′
= −
=
2x 2,
y ,
x
y
+
=
′
′
=
( )2 2x 2 y 4− + =
2
2 yx 14
+ ′′ =
2C
2
2 yx 14
+ =
( )Q cosθ,2sinθ Q l 3x 2y 8 0− − = 3cosθ 4sinθ 8d
13
− −=
( )5cos θ α 8
13
+ −
= α 4tanα 3
=当 时， 取得最大值为 ，
所以点 到直线 l 距离的最大值为 ．
【点睛】本题考查极坐标与直角坐标互化，图像变换，点到直线距离，熟记图像变换原则，
熟练计算点线距是关键，是中档题.
23.[选修 4-5：不等式选讲]
设函数 .
（1）求不等式 的解集；
（2）已知关于 的不等式 在 上有解，求实数 的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题 在 上有解，去绝对值分
离变量 a 即可.
【详解】（1）不等式 ，即
等价于 或 或
解得 ，
所以原不等式的解集为 ；
（2）当 时，不等式 ，即 ，
所以 在 上有解
即 在 上有解，
所以， ．
【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式
有解问题是关键，是中档题.
( )cos θ α 1+ = − d 13
Q 13
( ) | 1|f x x= +
( ) 5 ( 3)f x f x≤ − −
x 2 ( ) | | 4f x x a x+ + ≤ + [ 1,1]− a
{ }2 3x x− ≤ ≤ 2 4a− ≤ ≤
x a 2 x+ ≤ − [ ]1,1−
( ) ( )f x 5 f x 3≤ − − x 1 x 2 5+ + − ≤
1,
1 2 5,
x
x x
< −
− − − + ≤
1 2,
1 2 5,
x
x x
− ≤ ≤
+ − + ≤
2,
1 2 5,
x
x x
>
+ + − ≤
2 x 3− ≤ ≤
{ }x 2 x 3− ≤ ≤
[ ]x 1,1∈ − ( )2f x x a x 4+ + ≤ + x a 2 x+ ≤ −
x a 2 x+ ≤ − [ ]1,1−
2 a 2 2x− ≤ ≤ − [ ]1,1−
2 a 4− ≤ ≤
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