两校第二次联考数学试题卷
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分共 150 分，考试时间为 120 分钟.
选择题部分(共 40 分)
一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 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.已知全集 则 （ ）
A. B. {1} C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据交集与补集的定义，即可得到本题答案.
【详解】因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 .
故选：B
【点睛】本题主要考查集合的补集与交集的运算，属基础题.
2.复数 z 满足 则复数 z 的共轭复数的虚部是（ ）
A. i B. -i C. 1 D. -1
【答案】D
【解析】
【分析】
由复数的乘除法运算法则，可算得复数 z，从而可得到 z 的共轭复数的虚部.
【详解】由题，得 ，
所以 z 的共轭复数为 ，虚部为 .
故选：D
【点睛】本题主要考查了复数的乘除法运算以及复数的相关概念，属基础题.
3.双曲线 的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
{1,3,5,7,9}, {1 3,5}, {3,5,7},U A B= = =， ( )UA C B =
∅ {3,5} {1,3,5,9}
{1,3,5,7,9}, {3,5,7}U B= = { }= 1,9UC B
{ }1,3,5A = ( ) { }1UA C B =
( )2 3+ ,z i i⋅ − =
3 (3 )(2 ) 5 5 12 (2 )(2 ) 5
i i i iz ii i i
+ + + += = = = +− − +
1 i− 1−
2 24 9 1x y− =
9
4y x= ± 4
9y x= ± 2
3y x= ± 3
2y x= ±【答案】C
【解析】
【分析】
令 ，即可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的方程为 ，令 ，得 ，即 ，
所以双曲线的渐近线方程为 .
故选：C
【点睛】本题主要考查根据双曲线的方程求渐近线方程，属基础题.
4.设 则“ 是 的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
分别解出两个不等式的解集，由小范围推出大范围，即可得到本题答案.
【详解】由 ，得 ，又由 ，得 ，
所以“ 是 的充分不必要条件，
故选：A
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的解法.
5.已知随机变量 X 的分布列是：
当 a 变化时，下列说法正确的是（ ）
A. E(X)，D(X)均随着 a 的增大而增大
B. 均随着 a 的增大而减小
C. E(X)随着 a 的增大而增大，D(X)随着 a 的增大而减小
D. E(X)随着 a 的增大而减小 随着 a 的增大而增大
2 24 9 0x y− =
2 24 9 1x y− = 2 24 9 0x y− = 2 24
9y x= 2
3y x= ±
2
3y x= ±
,a R∈ 1 1”a − < 2 3aa
α β γ> > α γ β> > rβ α> > γ β α> >
AS ⊥ AS SD⊥ cos sin SOSDO SAO a
∠ = ∠ =
α cos cosSO SO
b c
β γ= =， a b c> >
SO ⊥
AS ⊥
SD ⊂ AS SD∴ ⊥
AD BC⊥ SD BC⊥ SDA∠
cos sin SOSDO SAO a
∠ = ∠ = cos SO
a
α∴ = cos cosSO SO
b c
β γ= =，
,a b c> > cos cs sc oo γ β α>∴ >
α β γ、 、 α β γ∴ > >【点睛】本题考查二面角的概念、三棱锥的结构特征、三角函数的应用，属于中档题.
8.有来自甲乙丙三个班级的 5 位同学站成一排照相，其中甲班 2 人，乙班 2 人，丙班 1 人，则仅有一个班级
的同学相邻的站法种数有（ ）
A. 96 B. 48 C. 36 D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】
根据分步乘法计数原理及插空法即可求解.
【详解】由题意知，可以是甲班的 2 名同学相邻也可以是乙班的 2 名同学相邻，相邻的 2 名同学和丙班的 1
名同学站队，共有 种站法，再将另外一个班级的 2 名同学进行插空，共有 种方法，由分步乘法
计数原理知，仅有一个班级的同学相邻的站法种数为 .
故选：B
【点睛】本题考查分步乘法计数原理、排列组合的有关知识，属于基础题.
9.已知 F1，F2 是椭圆 的左、右焦点，过右焦点 F2 的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，
且满足 则该椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设 ，用 m 表示出 、 、 ，由 知 为椭圆的上顶点，直线 的方程与椭圆
方程联立求出交点的横坐标，利用 列出等式化简即可求得离心率.
【详解】设 ，则 ，
由椭圆的定义知 ， ，
， 为椭圆的上顶点，设 ，又 ，
1 2 2
2 2 2C A A 2
3A
1 2 2 2
2 2 2 3 48C A A A =
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > >
2 2 12 ,| | | |,AF F B F B AB= =
1
2
3
3
3
2
5
3
2BF m= 2AF 1BF 1AF 1 2AF AF= A 2AF
2 22AF F B=
2BF m= 2 1 2 22 3AF m BF AF BF m= = + =，
1 2 1 2= 2BF BF AF AF a+ + = ∴ 1 1 2 2 2AF BF BF AF m= + − =
1 2AF AF= ∴ A ( )0,A b ( )1 ,0F c则直线 ，直线方程代入椭圆方程 中得：
，解得 或 ，
， ，化简得 ，
.
故选：B
【点睛】本题考查椭圆的几何性质、椭圆离心率相关问题、求直线与椭圆的交点，属于中档题.
10.设函数 在区间 上的最大值 的最小值为 4，则符合条件的 有
（ ）
①x2+ ② ③
A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】
分别求出三个函数的值域，再结合 的图象进行分析可得答案.
【详解】对于①， ， ，
所以当 时， ，函数 递减，当 时， ，函数
递增，所以当 时， 取得最小值 ，当 时， 取得最大值 ，所以
2 : bAF y x bc
= − +
2 2
2 2 1x y
a b
+ =
2 2
2
2
21+ a ax xc c
= 0x =
2
2 2
2a c
a c+
2 22AF F B=
2
2 2
22 a cc ca c
∴ = − +
2 23a c=
2
2
2
1 3
3 3
ce ea
∴ = = ⇒ =
( ) ( ) ( )| |f x g x a a R= − ∈ [ ]1,4 ( )M a ( )g x
16
x
22 3 1
1
x x
x
− +
−
3
2 22 3 2x x x x− + −
| |y x a= −
2 16( )g x x x
= + ( [1,4])x∈ 3
2 2
16 2( 8)( ) 2 xg x x x x
−′ = − =
[1,2)x∈ ( ) 0g x′ < 2 16( )g x x x
= + (2,4]x∈ ( ) 0g x′ > 2 16( )g x x x
= +
2x = ( )g x (2) 12g = 4x = ( )g x (4) 20g =，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 ，此时 的最小值为 4，符合题意，故①正确；
对于②， 为增函数，
所以 ，
所以当 时， ，不符合题意，故②不正确；
对于③， ， ，
因为 ，所以 ，所以 在 上递增，
所以 ，
所以 在 上递增，所以 ，
所以 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 ，所以 的最小值为 ，符合题意，故③正确.
故选：D
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值和值域，属于中档题.
非选择题部分(共 110 分)
二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分.
11.我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”其含义是：一尺长的木
棍，每天截去它的一半，永远也截不完.那么，第 6 天截取之后，剩余木棍的长度是_________尺；要使剩余
木棍的长度小于 尺，需要经过________次截取.
【答案】 (1). (2).
【解析】
( ) [12,20]g x ∈
16a ≤ ( ) | 20 | 20 4M a a a= − = − ≥ 16a > ( ) |12 | 12 4M a a a= − = − >
( ) [4, )M a ∈ +∞ ( )M a
( )g x = 22 3 1
1
x x
x
− +
−
(2 1)( 1) 2 11
x x xx
− −= = −− ( (1,4])x∈
( ) (1,7]g x ∈
4a ≤ ( ) | 7 | 7M a a a= − = − [3, )∈ +∞
( )g x = 3
2 22 3 2x x x x− + −
1( ) 2 3 3g x x x
x
′ = − + −
( )'' 3 12
2 2
= − +g x
x x x
[1,4]x∈ ( )'' 0>g x ( )g x′ [1,4]
( ) (1) 2 3 3 1 1 0g x g′ ′≥ = − + − = >
( )g x [1,4] (1) ( ) (4)g g x g≤ ≤
0 ( ) 8g x≤ ≤
4a ≤ ( ) |8 | 8 4M a a a= − = − ≥ 4a > ( ) | 0 | 4M a a a= − = >
( ) [4, )M a ∈ +∞ ( )M a 4
1
2018
1
64 11分析】
建立等比数列模型：记第 天后剩余木棍的长度 ，则 是首项为 ，公比为 的等比数列，利用
等比数列的通项公式即可解决.
【详解】记第 天后剩余木棍的长度 ，则 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，所以 ，
由 得 ，所以 的最小值为 .
所以第 6 天截取之后，剩余木棍的长度是 尺，要使剩余木棍的长度小于 尺，需要经过 次截取.
故答案为： ； .
【点睛】本题考查了等比数列的应用，考查了等比数列的通项公式，属于基础题.
12.已知 的展开式中第三项的二项式系数为 15，则 __________，该展开式中常数项为
__________.
【答案】 (1). 6 (2). 60
【解析】
【分析】
由 ,解得 ,化简 ,令 即可求出
,即可解得所求.
【详解】 ,所以 , ,
令 ,解得 ,该展开式中常数项为 .
故答案为: ;
【点睛】本题考查了二项式定理的应用,考查了推理能力与计算能力,难度较易.
13.某几何体的三视图如图所示，则其体积为________，外接球的表面积为________
【
n { }na { }na 1
2
1
2
n { }na { }na 1
2
1
2
1
2n na = 6 6
1 1
2 64a = =
1 1
2 2018n na = < 10n > n 11
1
64
1
2018 11
1
64 11
2( ) = −
n
f x xx
n =
2 ( 1) 152n
n nC
−= = 6n = ( ) ( ) 3
6 6 2
6
6
6
2( ) 1 2
k k
k
k
k k kkT C x C xx
−− −= − = − 3 6 02
k − =
k
2 ( 1) 152n
n nC
−= = 6n = ( ) ( ) 3 66 6 2
6 6 12( ) 2
k kk
k
k
k
kkT C x C xx
−− −∴ = − = −
3 6 02
k − = 4k = ( )44
6
6 421 =60C −−
6 60.【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据三视图可知，几何体的直观图是一个三棱锥，把它放在棱长为 2 的正方体中，即可求得结果.
【详解】根据三视图可知，几何体的直观图是一个三棱锥，把它放在棱长为 2 的正方体中，如图所示：
其体积为 ，其外接球与正方体的外接球相同，
所以外接球半径为 ，
所以外接球的表面积为 .
故答案为： ； .
【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了棱锥的体积公式，考查了球的表面积公式，属于基础题.
14.在 中，三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 若
则 A=________，b=________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由正弦定理角化边以及余弦定理可得 ，可得 ；由正弦定理 即可
得到 .
【详解】由 以及正弦定理得， ，
3 12π
1 1 42 2 23 2 3
× × × × =
2 2 21 2 2 2 32R = + + =
24 12S Rπ π= =
3 12π
ABC∆ 4, 45 ,a B °= =
( )( ) ( )sin sin sin ,a b A B c b C− + = −
3
π 4 6
3
2 2 2 1cos 2 2
b c aA bc
+ −= =
3A
π=
sin sin
a b
A B
=
4 6
3b =
( )( ) ( )sin sin sina b A B c b C− + = − ( )( ) ( )a b a b c b c− + = −所以 ，所以 ，
因为 ，所以 .
由正弦定理得 ，得 ，解得 .
故答案为： ； .
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理，属于基础题.
15.若实数 x，y 满足 的取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】
作出可行域，设 ，利用线性规划求出 的取值范围，从而可得 的取值范围.
【详解】作出可行域，如图所示：
令 ，化为斜截式得 ，
2 2 2b c a bc+ − =
2 2 2 1cos 2 2
b c aA bc
+ −= =
0 A π< <
3A
π=
sin sin
a b
A B
=
4
3 2
2 2
b= 4 6
3b =
3
π 4 6
3
2 3 2 0
2 2 0 ,
2
x y
x y
y
− +
+ + ≥
≤
| 2 3|x y− −
[4,9]
2 3z x y= − − z | |z
2 3z x y= − − 1 3
2 2 2
zy x= − −由图可知， 时， 取得最小值 ， 时， 取得最大值 ，
所以 ，所以 .
故答案为： .
【点睛】本题考查了线性规划求目标函数的取值范围，属于基础题.
16.已知函数 的图象经过三个象限，则实数 a 的取值范围是________.
【答案】 或 .
【解析】
【分析】
按照 、 、 三种情况讨论，结合二次函数的判别式、对称轴、开口、特殊函数值可得答
案.
【详解】当 时， ，此时函数图象经过第三象限，
当 时， ，此时函数图象恒经过第一象限，当 且
，即 时，函数图像经过第一、四象限，
当 时， ，此时函数图象恒经过第一象限，当 ，即 时，函数图
像经过第一、四象限，
综上所述： 或 .
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，属于中档题.
17.已知 P 为边长为 2 的正 所在平面内任一点，满足 则 的
取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】
以 的中点为原点， 的垂直平分线为 轴，建立平面直角坐标系：利用坐标进行运算可得答案.
【详解】以 的中点为原点， 的垂直平分线为 轴，建立如图所示的平面直角坐标系：
2, 2x y= − = z 9− 1, 0x y= − = z 4−
9 4z− ≤ ≤ − | | [4,9]z ∈
[4,9]
( ) 3
2
1, 0
2 0
a x xf x x ax x
− ≤= − + − >
2a < 3a >
0x ≤ 0 2x< < 2x ≥
0x ≤ 3( ) | | 1 1f x a x= − ≤ −
0 2x< < 2( ) ( 1) 2f x x a x= − + + 2[ ( 1)] 4 0a= − − − >
1 0a + > 3a >
2x ≥ 2( ) ( 1) 2f x x a x= − − − (2) 0f < 2a >
2a < 3a >
ABC∆ 0,PA PB PB PC PC PA⋅ + ⋅ + ⋅ = PA PB⋅
2 2 2 2[ , ]3 3
−
AB AB y
AB AB y则 ， ， ，设 ，
所以 ， ， ，
所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 .
故答案 ： .
【点睛】本题考查了解析法，考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.
三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，
18.已知函数
（1）求函数 的最小正周期，单调减区间；
（2）若函数 在区间 上的最大值为 3.锐角 a 满足 ，求 的值.
【答案】（1）函数 的最小正周期为 ，函数 的单调递减区间为 ， ，（2）
.
【解析】
分析】
（1）利用二倍角的正、余弦公式和两角和的正弦公式化简函数解析式，利用正弦型函数的周期公式可得最
小正周期，根据正弦函数的单调性可得单调递减区间；
为
【
( 1,0)A − (1,0)B (0, 3)C ( , )P x y
( 1 , )PA x y= − − − (1 , )PB x y= − − ( , 3 )PC x y= − −
2( 1 )(1 ) (1 ) ( 3 ) ( 1 ) ( 3 ) 0x x y x x y y x x y y− − − + − − − − − − − − − =
2 23 3 2 3 1 0x y y+ − − = 2 23 2( )3 3x y+ − = 3 6 3 6
3 3y
− +≤ ≤
2 2 1PA PB x y⋅ = + − 2 3 1 13
y += − 2 2 2 2[ , ]3 3
∈ −
2 2 2 2[ , ]3 3
−
( ) 22 3sin cos 2cosf x x x x a= ⋅ − +
( )f x
( )f x 0, 2
π
( ) 5
3f α = sin 2α
( )f x π ( )f x 5[ , ]3 6k k
π ππ π+ + k Z∈
3 2 2
6
±（2）根据正弦函数的值域可得 的最大值为 ，可得 ， ，根据
可得 ， ，再根据
可求得结果.
【详解】（1）
,
所以函数 的最小正周期为 ，
由 ， ，
得 ， ，
所以函数 的单调递减区间为 .
（2）当 时， ， ，
所以 ，所以 ，解得 ，可得所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，
所以当 时， ， ，
所以
，
当 时， ， ，
所以
( )f x 1a + 2a = ( ) 2sin(2 ) 16f x x
π= − +
( ) 5
3f α = 1sin(2 )6 3
πα − = 2 2cos(2 )6 3
πα − = ± sin 2 sin(2 )6 6
π πα α= − +
sin(2 )cos cos(2 )sin6 6 6 6
π π π πα α= − + −
( ) 22 3sin cos 2cosf x x x x a= ⋅ − +
3sin 2 cos2 1x x a= − − +
2sin(2 ) 16x a
π= − − +
( )f x 2
2T
π π= =
32 2 22 6 2k x k
π π ππ π+ ≤ − ≤ + k Z∈
5
3 6k x k
π ππ π+ ≤ ≤ + k Z∈
( )f x 5[ , ]3 6k k
π ππ π+ + k Z∈
[0, ]2x
π∈ 52 [ , ]6 6 6x
π π π− ∈ − 1sin(2 ) [ ,1]6 2x
π− ∈ −
( ) [ 2 ,1 ]f x a a∈ − + + 1 3a+ = 2a = ( ) 2sin(2 ) 16f x x
π= − +
5( ) 2sin(2 ) 16 3f
πα α= − + = 1sin(2 )6 3
πα − =
(0, )2
πα ∈
(0, )3
πα ∈ 2 ( , )6 6 2
π π πα − ∈ − 1 2 2cos(2 ) 16 9 3
πα − = − =
sin 2 sin(2 )6 6
π πα α= − + sin(2 )cos cos(2 )sin6 6 6 6
π π π πα α= − + −
1 3 2 2 1 3 2 2
3 2 3 2 6
+= × + × =
[ , )3 2
π πα ∈ 52 [ , )6 2 6
π π πα − ∈ 2 2cos(2 )6 3
πα − = −
sin 2 sin(2 )6 6
π πα α= − + sin(2 )cos cos(2 )sin6 6 6 6
π π π πα α= − + −.
【点睛】本题考查了二倍角的正弦、余弦公式，考查了两角和与差的正弦公式，考查了正弦型函数的周期
公式，考查了正弦函数的单调区间，考查了三角函数的最值，属于中档题.
19.如图，在三棱锥 D-ABC 中 为锐角三角形，平面 ACD⊥平面
.
（1）求证：CD⊥平面 ABC
（2）若直线 BD 与平面 ACD 所成角的正弦值为 ，求二面角 D-AB-C 的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；（2）
【解析】
【分析】
（1）过 作 ，交 于点 ，利用面面垂直的性质定理可得 平面 ACD，从而证出
，再由 ，利用线面垂直的判定定理即可证出.
（2）过 作 ，交 于点 ，则 为二面角 D-AB-C 的平面角，在 中，由余弦
定理求出 ，利用三角形面积相等求出 ，即可求解.
【详解】（1）过 作 ，交 于点 ，
平面 ACD⊥平面 ，且平面 ACD 平面 ，
则 平面 ACD， 平面 ACD， ，
又 ， ，
， 平面 ABC.
1 3 2 2 1 3 2 2
3 2 3 2 6
−= × − × =
,2 3 4 ,AC BC DC ABC= =
, 90ABC BCD∠ =
7
4
77
11
B BH AC⊥ AC H BH ⊥
BH CD⊥ BC CD⊥
C CM AB⊥ AB M CMD∠ ABC
AB CM
B BH AC⊥ AC H
ABC ABC AC=
BH ⊥ CD ⊂ BH CD∴ ⊥
90BCD °∠ = BC CD∴ ⊥
BH BC B∩ = CD\ ^（2）过 作 ，交 于点 ，
则 为二面角 D-AB-C 的平面角，
由（1）可知， 为直线 BD 与平面 ACD 所成角，即 ，
设 ，由 ，
则 ， ，
所以 ，
由 ，解得 ，
所以 ，
由 为锐角三角形，
所以 ，
在 中，由余弦定理，
，
所以 ，
由 ，解得 ，
所以 ，
C CM AB⊥ AB M
CMD∠
BHD∠ 7sin 4BHD∠ =
1CD = 2 3 4AC BC DC= =
4
3BC = 2AC =
2
24 513 3BD = + =
7sin 4
BHBHD BD
∠ = = 7 5 5 7
4 3 12BH = × =
5 7
5 712sin 4 16
3
BHACB BC
∠ = = =
ABC
2
5 7 9cos 1 16 16ACB
∠ = − =
ABC
2 2 2 16 4 9 252 cos 4 2 29 3 16 9AB CA CB CA CB ACB= + − ⋅ ∠ = + − × × × =
5
3AB =
1 1
2 2ABCS AC BH AB CM= ⋅ = ⋅
7
2CM =
2
7 111 2 2DM
= + = 所以 .
【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、求面面角，考查了考生的逻辑推理能力，
属于中档题.
20.已知数列 其中 且点 在函数 的图像上
（1）证明：数列 是等比数列，并求数列 的通项；
（2）记 Tn 为数列 的前 n 项积，Sn 为数列 的前 n 项和， ，试比较 Sn 与
大小.
【答案】（1）证明见详解； ；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意可得 ，再两边取对数化简后，由等比数列的定义即可证明，根据等比数列的通项公式
可得数列 的通项公式，进而可得数列 的通项.
（2）首先利用等比数列的前 项和公式求出 ，再利用裂项相消法求出 ，两式作差即可比较大小.
【详解】（1）由 ，
， ，则 ，
点 在函数 的图像上，
则 ，
，
，
，即 ，
数列 是等比数列，
7
7 772cos 1111 11
2
CMCMD DM
∠ = = = =
{ } { }, ,n na b 1 2, 1,n na b a= − = ( )1,n na a + ( ) ( )2f x x x= + *,n N∈
{ }nlgb { }na
{ }nb { }nc 1 1
1 1n
n n
c b b
= +− +
2
1 3 nT−
123 1n
na
−= − 2
1 3n
n
S T
> −
2
1n nb b+ =
{ }nb { }na
n nT nS
1n nb a− =
1n na b∴ = − 1 2a = 1 3b =
( )1,n na a + ( ) ( )2f x x x= +
( )1 2n n na a a+ = +
( )( ) 2
1 1 1 1 2 1n n n nb b b b+∴ − = − − + = −
2
1n nb b+∴ =
2
1lg lg 2lgn n nb b b+∴ = = 1lg 2lg
n
n
b
b
+ =
∴ { }nlgb又 ，
，
，
.
（2）由（1）可知 ，
所以
所以 .
由 ，即 ，
所以 ，
所以
，
所以 ，
所以 .
【点睛】本题考查了等比数列的定义、等比数列的通项公式、等比数列的前 项和公式、裂项相消法求和，
此题综合性比较强，属于难题.
21.已知 ，点 在 轴上，点 在 轴上，且 ， ，当点 在 轴
上运动时，动点 的轨迹为曲线 .过 轴上一点 的直线交曲线 于 ， 两点.
（1）求曲线 的轨迹方程；
1lg lg3b =
1lg 2 lg3n
nb −∴ = ⋅
1 12 lg3 210 3n n
nb
− −⋅∴ = =
123 1n
na
−∴ = −
1 12 lg3 210 3n n
nb
− −⋅= =
0 2 12 2 2 2
1 2 3 3 3 3 3 n
n nT b b b b
−= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
( )
0 2 1
1 1 2
2 2 2 2 2 11 23 3 3
n
n n−
× −
+ + + −−= = =
2 1 2
2 2 2
1 3 1 3 3 1 3n n
nT −
= =− − ⋅ −
1 1
1 1n
n n
c b b
= +− + 1 12 2
1 1
3 1 3 1n nnc − −= +
− +
12 23 1 3 1
1 12 n nnc −
= −
− −
1 2 3n nS c c c c= + + +
0 2 12 22 2 2 2
1 1 1 1 1 12 3 1 3 13 1 3 1 3 1 3 1n n−
= − + − + − − −− − − −
02 2 2 2
1 1 2 22 1 1
3 1 3 1 3 1 1 3n n n
= − = − = + − − − −
2 2
2 21 1
1 3 1 3
2
1 3 n nn
n
S T
− = + − =
− −−
2
1 3n
n
S T
> −
n
( ),0 , 02
pF p > M x L y 2MN ML= LM LF⊥ L y
N C x K C P Q
C（2）证明：存在唯一的一点 ，使得 为常数，并确定 点的坐标.
【答案】（1） （2）证明见解析； .
【解析】
【分析】
（1）根据题意，画出几何图形，设 ，由几何关系可知 ，结合点的坐标即可求得
的关系，化简即可求得曲线 的轨迹方程；
（2）由 点在 轴上，可设 ，设出过点 的直线方程为 ，联立抛物线方程，并由两
点间距离公式表示出 ，并代入 中化简即可求得常数 的值，即可确定点 的坐
标.
【详解】（1）根据题意可知， ，点 在 轴上，点 在 轴上，且 ，
，画出几何关系如下图所示：
设 ， 为 中点，
因为 在 轴上，所以点 的横坐标为 ，
由等腰三角形三线合一可知 ，
即 ，展开化简可得 ，
所以曲线 的轨迹方程为 .
（2）证明：点 为 轴上一点，设 ，
K 2 2
1 1
PK QK
+ K
( )2 2 , 0y px p= > ( )2,0K
( ),N x y FM FN= ,x y
C
K x ( ),0K a K ( )y k x a= −
2 2,PK QK 2 2
1 1
PK QK
+ a K
( ),0 , 02
pF p > M x L y 2MN ML=
LM LF⊥
( ),N x y L MN
L y M x−
FM FN=
2
2
2 2
p px x y + = − +
2 2y px=
C ( )2 2 , 0y px p= >
K x ( ),0K a则过点 的直线方程为 ，交抛物线 于 ， 两点.
则 ，化简变形可得 ，
所以 ，
由两点间距离公式可得 ，
，
所以
将
代入化简可得
，
所以当 ，即 时 为常数，且 ，
此时 .
【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，抛物线中直线过定点问题的解法，直线与抛物线位置关系的综合应
用，计算量大，是高考的常考点和难点，属于难题.
22.已知函数
K ( )y k x a= − ( )2 2 , 0y px p= > ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y
( )
2 2
y k x a
y px
= −
=
( )2 2 2 2 22 2 0k x ak p x k a− + + =
2 2
1 2 1 22 2
2 2 22 ,ak p px x a x x a
k k
++ = = + =
( ) ( )2 2 22
1 1 1 12PK x a y x a px= − + = − +
( ) ( )2 2 22
2 2 2 22QK x a y x a px= − + = − +
2 2
1 1
PK QK
+
( ) ( )2 2
1 1 2 2
1 1
2 2x a px x a px
= +
− + − +
( ) ( )2 2 2 2
1 1 2 2
1 1
2 2 2 2x p a x a x p a x a
= ++ − + + − +
( )( )
( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2 2
2 2 2 2
x x p a x x a
x p a x a x p a x a
+ + − + += + − + + − +
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2
1 2 1 2 1 2
2 22 2 2 2 4
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x x x x p a x x a
x x p a x x x x a x x p a x x a p a x x a
+ − + − + +=
+ − + + + + − + − + +
2
1 2 1 22
22 ,px x a x x a
k
+ = + =
2
2 2
2 2
1 1 2 2
2
p a k
pPK QK a k
+
+ = +
12
a = 2a = 2 2
1 1
PK QK
+ 2 2
1 1 1
4PK QK
+ =
( )2,0K
( ) ( ) ( )ln , 1f x x g x ax a R= = − ∈（1）讨论函数 的单调性；
（2）若函数 与 的图象有两个不同的交点
（i）求实数 a 的取值范围
（ii）求证： 且 为自然对数 底数).
【答案】(1) 当 时,函数 在 上单调递增;
当 时, 函数 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
(2)(i) (ii)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) ,对 分类讨论： ,利用导数的正负号研究函数的单调性;
(2)(i)由(1)可知，当 时 单调,不存在两个零点,当 时,可求得 有唯一极大值,令其大于零,可
得到 的范围,再判断极大值点左右两侧附近的函数值小于零即可;
(ii)构造函数 ,根据函数的单
调性证明即可.
【详解】由题意知 ,所以 .
当 时, ,函数 在 上单调递增;
当 时,令 ，解得 ；
令 ，解得 ；
所以函数 在 上单调递增,在 上单调递减.
综上所述：当 时,函数 在 上单调递增;
当 时, 函数 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
(2)(i) 函数 与 的图象有两个不同的交点 等价于函数 有两个不
的
( ) ( ) ( )h x f x g x= −
( )f x ( )g x ( ) ( )1 1 2 2 1 2) ,( , ,A x y B x y x x<
11 0,y− < < 1 2 2(y ye e e+ >
0a ≤ ( )h x (0, )+∞
0a > ( )h x 1(0, )a
1( , )a
+∞
(0,1)
1( ) ,( 0)h x a xx
′ = − > a 0, 0a a≤ >
0a ≤ ( )f x 0a > ( )f x
a
2 2 2 1( ) ( ) ( ) ln( ) ( ) 1 (ln 1),(0 )G x h x h x x a x x ax xa a a a
= − − = − − − + − − + < ≤
( ) ( ) ( )=ln 1h x f x g x x ax= − − + 1( ) ,( 0)h x a xx
′ = − >
0a ≤ ( ) 0h x′ > ( )h x (0, )+∞
0a > 1( ) 0h x ax
′ = − > 10 x a
< <
1( ) 0h x ax
′ = − < 1x a
>
( )h x 1(0, )a
1( , )a
+∞
0a ≤ ( )h x (0, )+∞
0a > ( )h x 1(0, )a
1( , )a
+∞
( )f x ( )g x ( ) ( )1 1 2 2 1 2) ,( , ,A x y B x y x x< ( )h x同的零点 ,其中 .
由(1)知, 当 时,函数 在 上单调递增;不可能有两个零点.
当 时, 函数 在 上单调递增,在 上单调递减,此时 为函数 的最大值.
当 时, 最多有一个零点,
所以 ,解得
此时, ,且 ，
.
令 ,
则 ,
所以 在 上单调递增,
所以 即 ,
所以 的取值范围是 .
(ii)因为 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 , ,
所以 ,即 ,所以 .
构造函数
,
则 ,
1 2,x x 1 2x x<
0a ≤ ( )h x (0, )+∞
0a > ( )h x 1(0, )a
1( , )a
+∞ 1( )h a
( )h x
1( ) 0h a
≤ ( )h x
1 1( )=ln 0h a a
> 0 1a< < ，
2
2
1 1 e
e a a
< < 1( ) 1 1 0a ah e e e
= − − + = − <
2 2 2
2( ) 2 2ln 1 3 2ln (0 1)e e eh a a aa a a
= − − + = − − < < <
( )F a (0,1)
2( ) (1) 3 0,F a F e< = − <
2
2( ) 0eh a
<
a (0,1)
( ) ln 1h x x ax= − + 1(0, )a
1( , )a
+∞
1( ) 1 1 0a ah e e e
= − − + = − < (1) 1 0h a= − >
1
1 1xe
< < 11 ( ) 0f x− < < 11 0y− < <
2 2 2( ) ( ) ( ) ln( ) ( ) 1 (ln 1)G x h x h x x a x x axa a a
= − − = − − − + − − +
2ln( ) ln 2 2x x axa
= − − + − 1(0 )x a
< <
212 ( )1 1( ) 2 ) 02 2( )
a x aG x axx x xa a
−
′ = − + = <
− −所以 在 上单调递减,
又因为 ,
所以 ,
因为
所以 ,又
所以
由(1)知 在 上单调递减得： 即
又因为 ,所以
即 ,
又因为 ，所以
所以 .
【点睛】本题综合考查了运用导数解决函数的单调性,证明不等式.属于难题.讨论函数的单调性一定要思
路清晰，再结合函数的图像解决函数的零点问题.本题的难点在于找到 与 及构造函数
.
( )G x 1(0, )a
1
10 x a
< <
1
1( ) ( ) 0G x G a
> =
2( ) 0,h x =
1 1 1 2
2( ) ( ) ( ) ( )G x h x h x h xa
= − − > 1( ) 0,h x =
1 2
2( ) ( )h x h xa
− >
( )h x 1( , )a
+∞ 1 2
2 ,x xa
− < 1 2
2+ ,x x a
>
1 1 2 2ln , lny x y x= = 1 2
1 2,y yx e x e= =
1 2 2y ye e a
+ >
0 1a< < 2 2a
>
1 2 2y ye e+ >
1( ) 0h e
< 2
2( ) 0eh a
<
( )G x
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