江西省吉安一中2024年高三新课程教学质量监测数学试题试卷

江西省吉安一中2024年高三新课程教学质量监测数学试题试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12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．已知数列{}n a 满足：1212
5 1,6
n n n a a a a n -≤⎧=⎨-⎩()*n N ∈)若正整数()5k k ≥使得2221212k k a a a a a a ++⋯+=⋯成
立，则k =（ ） A ．16
B ．17
C ．18
D ．19
2．数列{}n a 满足：3111
,25n n n n a a a a a ++=-=，则数列1{}n n a a +前10项的和为 A ．
1021
B ．2021
C ．919
D ．1819
3．关于函数()sin 6f x x π⎛⎫
=-- ⎪⎝
⎭
在区间,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
的单调性，下列叙述正确的是（ ） A ．单调递增 B ．单调递减
C ．先递减后递增
D ．先递增后递减
4．用数学归纳法证明，则当时，左端应在
的基础上加上（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5．已知向量()3,2AB =，()5,1AC =-，则向量AB 与BC 的夹角为（ ） A ．45︒
B ．60︒
C ．90︒
D ．120︒
6．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S =15(单位：升)，则输入的k 的值为（ ）
A ．45
B ．60
C ．75
D ．100
7．已知椭圆22
2
2:19x y C a a
+=+，直线1:30l mx y m ++=与直线2:30l x my --=相交于点P ，且P 点在椭圆内恒成立，则椭圆C 的离心率取值范围为（ ）
A ．20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
B ．2,02⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
C ．10,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭
D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭
8．函数()y f x =()x R ∈在(]1∞-，
上单调递减，且(1)f x +是偶函数，若(22)(2)f x f -> ，则x 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞） B ．（﹣∞，1）∪（2，+∞） C ．（1，2） D ．（﹣∞，1）
9．函数
的定义域为（ ）
A ．[，3）∪（3，+∞）
B ．（-∞，3）∪（3，+∞）
C ．[，+∞）
D ．（3，+∞）
10．若函数()2
ln f x x x ax =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）
A ．10,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭
B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭
C ．1,2
D ．()2,e
11．设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ） A ．若//m α,//m β,则//αβ B ．若m α⊥，m n ⊥,则n α⊥ C ．若m α⊥,//m n ,则n α⊥
D ．若αβ⊥,m α⊥,则//m β
12．已知实数,x y 满足,10,1,x y x y y ≥⎧⎪
+-≤⎨⎪≥-⎩
则2z x y =+的最大值为（ ）
A ．2
B ．
32
C ．1
D ．0
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知ABC ∆中,AB BC =，点D 是边BC 的中点，ABC ∆的面积为2，则线段AD 的取值范围是__________.
14．在5
212x x ⎛⎫- ⎪⎝
⎭的二项展开式中，x 的系数为________．（用数值作答） 15．在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，三角形PAC 为等边三角形，二面角P AC B --
的余弦值为锥P ABC -的体积最大值为
1
3
时，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为______. 16．若变量x ，y 满足：2202403110x y x y x y -+≤⎧⎪
+-≥⎨⎪-+≥⎩
，且满足()()1110t x t y t ++-++=，则参数t 的取值范围为_______.
三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线C
的参数方程为1cos 2sin x y αα⎧=+⎪⎪
⎨⎪=⎪⎩
（α为参数）.以原点O 为极点，x 轴
的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，建立极坐标系. （1）设直线l 的极坐标方程为12
π
θ=
，若直线l 与曲线C 交于两点A ．B ，求AB 的长；
（2）设M 、N 是曲线C 上的两点，若2
MON π
∠=
，求OMN ∆面积的最大值.
18．（12分）已知椭圆C ：2
214
x y +=，不与坐标轴垂直的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点.
（Ⅰ）若线段MN 的中点坐标为11,
2⎛⎫
⎪⎝⎭
，求直线l 的方程； （Ⅱ）若直线l 过点(4,0)，点()0,0P x 满足0PM PN k k +=（PM k ，PN k 分别为直线PM ，PN 的斜率），求0x 的值. 19．（12分）已知函数()x
f x e ax =+，()ln x
g x e x =.
（1）若对于任意实数0x ≥，()0f x >恒成立，求实数a 的范围；
（2）当1a =-时，是否存在实数[]01,x e ∈，使曲线C ：()()y g x f x =-在点0x 处的切线与y 轴垂直？若存在，求出0x 的值；若不存在，说明理由.
20．（12分）如图,四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形.//.223AB CD AD DC ==，且PAD 与ABD 均为正三角形.E 为AD 的中点,G 为PAD 重心,AC 与BD 相交于点F .
(1)求证://GF 平面PDC ； (2)求三棱锥G PCD -的体积.
21．（12分）已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>经过点(0,2)A -3
（1）求椭圆M 的方程；
（2）经过点(0,1)E 且斜率存在的直线l 交椭圆于,Q N 两点，点B 与点Q 关于坐标原点对称．连接,AB AN ．求证：存在实数λ，使得AN AB k k λ=成立．
22．（10分）2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.
方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.
方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次. （1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率； （2）若某顾客获得抽奖机会.
①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；
②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？
参考答案
一、选择题：本题共12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．B 【解题分析】
计算2226716...5n n a a a a a n ++++=-+-，故222
1211...161k k k a a a a k a +++++=+-=+，解得答案.
【题目详解】
当6n ≥时，()12
11111n n n n n a a a a a a a +--==+-，即211n n n a a a +=-+，且631a =.
故()()()2
2
2
677687116......55n n n n a a a a a a a a a n a a n +++++=-+-++-+-=-+-，
2221211...161k k k a a a a k a +++++=+-=+，故17k =.
故选：B . 【题目点拨】
本题考查了数列的相关计算，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用. 2．A 【解题分析】
分析：通过对a n ﹣a n+1=2a n a n+1变形可知
111
2n n a a +-=，进而可知121
n a n =-，利用裂项相消法求和即可． 详解：∵112n n n n a a a a ++-=，∴
1112n n a a +-=， 又∵3
1
a =5，
∴
()311
2n 32n 1n a a =+-=-，即121
n a n =-， ∴()111111222121n n n n a a a a n n ++⎛⎫
=
-=- ⎪-+⎝⎭
，
∴数列{}1n n a a +前10项的和为1111111110112335
192122121
⎛⎫⎛⎫-+-++
-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故选A ．
点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)
()1111n n k k n n k ⎛⎫
=- ⎪++⎝⎭；
（2） 1n k n ++ (
)
1
n k n k
=
+-； （3）
()()1
111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（4）()()11122n n n =++ ()()()11112n n n n ⎡⎤-⎢⎥+++⎢⎥⎣⎦
；此外，需注意裂项
之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 3．C 【解题分析】
先用诱导公式得()sin cos 63f x x x ππ⎛
⎫
⎛
⎫=--=+ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝
⎭,再根据函数图像平移的方法求解即可. 【题目详解】 函数()sin cos 63f x x x ππ⎛
⎫
⎛⎫=--=+ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝
⎭的图象可由cos y x =向左平移3π个单位得到,如图所示,()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上先递减后递增.
故选：C 【题目点拨】
本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题. 4．C 【解题分析】
首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n 1=
时，当n=k+1时左端应在n=k 的基础上加上的式子，可以分别
使得n=k ，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k 时等式的左端，即可得到答案． 【题目详解】
当n=k 时，等式左端=1+1+…+k 1，
当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k 1+k 1+1+k 1+1+…+（k+1）1，增加了项（k 1+1）+（k 1+1）+（k 1+3）+…+（k+1）1． 故选：C ．
【题目点拨】
本题主要考查数学归纳法，属于中档题./ 5．C 【解题分析】
求出()2,3BC AC AB =-=-，进而可求()32230AB BC ⋅=⨯+⨯-=,即能求出向量夹角. 【题目详解】
解：由题意知，()2,3BC AC AB =-=-. 则()32230AB BC ⋅=⨯+⨯-= 所以AB BC ⊥，则向量AB 与BC 的夹角为90︒. 故选:C. 【题目点拨】
本题考查了向量的坐标运算，考查了数量积的坐标表示.求向量夹角时，通常代入公式cos ,a b a b a b
⋅= 进行计算.
6．B 【解题分析】
根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算． 【题目详解】 由题意123
15234
S ⨯⨯⨯=，60S =．
故选：B. 【题目点拨】
本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键． 7．A 【解题分析】
先求得椭圆焦点坐标，判断出直线12,l l 过椭圆的焦点.然后判断出12l l ⊥，判断出P 点的轨迹方程，根据P 恒在椭圆内列不等式，化简后求得离心率e 的取值范围. 【题目详解】
设()()12,0,,0F c F c -是椭圆的焦点，所以2
2
2
99,3c a a c =+-==.直线1l 过点()13,0F -，直线2l 过点()23,0F ，由
于()110m m ⨯+⨯-=，所以12l l ⊥，所以P 点的轨迹是以12,F F 为直径的圆22
9x y +=.由于P 点在椭圆内恒成立，
所以椭圆的短轴大于3，即2239a >=，所以2918a +>，所以双曲线的离心率2
2910,92e a ⎛⎫
=
∈ ⎪+⎝⎭
，所以
20,2e ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
∈.
故选：A 【题目点拨】
本小题主要考查直线与直线的位置关系，考查动点轨迹的判断，考查椭圆离心率的取值范围的求法，属于中档题. 8．B 【解题分析】
根据题意分析()f x 的图像关于直线1x =对称，即可得到()f x 的单调区间，利用对称性以及单调性即可得到x 的取值范围。

【题目详解】
根据题意，函数()y f x = 满足(1)f x +是偶函数，则函数()f x 的图像关于直线1x =对称，
若函数()y f x =在(],1-∞上单调递减，则()f x 在[)1
+∞，上递增， 所以要使(22)(2)f x f ->，则有2211x -->，变形可得231x ->， 解可得：2x >或1x <，即x 的取值范围为(,1)(2,)-∞⋃+∞； 故选：B ． 【题目点拨】
本题考查偶函数的性质，以及函数单调性的应用，有一定综合性，属于中档题。

9．A 【解题分析】
根据幂函数的定义域与分母不为零列不等式组求解即可. 【题目详解】 因为函数，
解得且
；
函数的定义域为
, 故选A ．
【题目点拨】
定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数
的定义域为
，则函数
的定义域由不等式
求出.
10．A
【解题分析】
试题分析：由题意得()ln 120f x x ax =+-='有两个不相等的实数根，所以()1
20f x a x
-'=='必有解，则0a >，且102f a ⎛⎫
>
⎪⎝⎭
'，∴102a <<．
考点：利用导数研究函数极值点
【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略
（1）知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.
（2）已知函数求极值.求f′（x ）―→求方程f′（x ）＝0的根―→列表检验f′（x ）在f′（x ）＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.
（3）已知极值求参数.若函数f （x ）在点（x 0，y 0）处取得极值，则f′（x 0）＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反. 11．C 【解题分析】
在A 中，α与β相交或平行；在B 中，//n α或n ⊂α；在C 中，由线面垂直的判定定理得n α⊥；在D 中，m 与
β平行或m β⊂．
【题目详解】
设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则： 在A 中，若//m α，//m β，则α与β相交或平行，故A 错误； 在B 中，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，故B 错误；
在C 中，若m α⊥，//m n ，则由线面垂直的判定定理得n α⊥，故C 正确； 在D 中，若αβ⊥，m α⊥，则m 与β平行或m β⊂，故D 错误． 故选C ． 【题目点拨】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题． 12．B 【解题分析】
作出可行域，平移目标直线即可求解. 【题目详解】 解：作出可行域：
由2z x y =+得，1122y x z =-
+ 由图形知，11
22
y x z =-+经过点时，其截距最大，此z 时最大
10y x x y =⎧⎨+-=⎩得12
12x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，11,22C ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 当121
2x y ⎧
=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
时，max 1232222z =+⨯=
故选：B 【题目点拨】
考查线性规划，是基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．)
3,⎡+∞⎣ 【解题分析】
设,===AB BC t AD m ，利用正弦定理，根据2
1sin 22
ABC
S
t B =
=，得到2sin 4t B =①，再利用余弦定理得222
5cos 4t B t m =-②，①②平方相加得：2
4225164t t m ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
，转化为
4224940162560t m t m -++= 有解问题求解.
【题目详解】
设,===AB BC t AD m ，
所以2
1sin 22
ABC
S
t B =
=， 即2sin 4t B =①
由余弦定理得2
2
22cos 22t t
m t t B ⎛⎫=+-⋅⋅ ⎪⎝⎭
，
即 2
2
25cos 4
t B t m =
-②， ①②平方相加得：2
4
225164t t m ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
， 即4224940162560t m t m -++= ， 令20t x =>，设 ()
22494016256g x
x m x m =-++，在()0,∞+上有解，
所以 2
2222
4202020940162560999m m m g m m ⎛⎫⎛⎫=-⨯
++≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，
解得49m ≥，即 m ≥ ，
故答案为：)
+∞ 【题目点拨】
本题主要考查正弦定理和余弦定理在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于难题. 14．-40 【解题分析】
由题意，可先由公式得出二项展开式的通项()51031521r
r r
r r T C x --+=-，再令10-3r =1，得r =3即可得出x 项的系数
【题目详解】
5
212x x ⎛⎫- ⎪
⎝
⎭的二项展开式的通项公式为
()
()5251031551221r
r
r r r r r r T C x C x x ---+⎛⎫
=⋅-=- ⎪⎝⎭
， r =0，1，2，3，4，5， 令1031,3r r -==，
所以5
212x x ⎛⎫- ⎪⎝
⎭的二项展开式中x 项的系数为()332
5=4210C ⋅--.
故答案为：-40. 【题目点拨】
本题考查二项式定理的应用，解题关键是灵活掌握二项式展开式通项的公式，属于基础题. 15．8π 【解题分析】
根据题意作出图象,利用三垂线定理找出二面角P AC B --的平面角,再设出,AB BC 的长,
即可求出三棱锥P ABC -的高,然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥P ABC -的体积最大值,从而得出各棱的长度,最后根据球的几何性质,利用球心距,半径,底面半径之间的关系即可求出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【题目详解】
如图所示：
过点P 作PE ⊥面ABC ,垂足为E ,过点E 作DE AC ⊥交AC 于点D ,连接PD . 则PDE ∠为二面角P AC B --的平面角的补角,即有6cos 3
PDE ∠=
. ∵易证AC ⊥面PDE ,∴AC PD ⊥,而三角形PAC 为等边三角形, ∴D 为AC 的中点. 设,AB a BC b ==, 22AC a b c =+=. ∴33sin 2
c PE PD PDE c =⋅∠=
=. 故三棱锥P ABC -的体积为
223
111322*********
c c c a b c V ab abc ab +=⨯⨯==⨯≤⨯=
当且仅当22
a b ==时,3max 1243c V =
=,即2,2a b c ===. ∴,,B D E 三点共线.
设三棱锥P ABC -的外接球的球心为O ,半径为R . 过点O 作OF PE ⊥于F ,∴四边形ODEF 为矩形. 则2
1OD EF R ==
-6
cos 323
DE OF PD PDE ==∠==1PE =, 在Rt PFO 中,(
2
2
2
211R R =+-,解得22R =.
三棱锥P ABC -的外接球的表面积为248S R ππ==. 故答案为：8π． 【题目点拨】
本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的求法,涉及二面角的运用,基本不等式的应用,以及球的几何性质的应用,意在考查学生的直观想象能力,数学运算能力和逻辑推理能力,属于较难题. 16．1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦
【解题分析】
根据变量x ，y 满足：2202403110x y x y x y -+≤⎧⎪
+-≥⎨⎪-+≥⎩
，画出可行域，由()()1110t x t y t ++-++=，解得直线过定点()1,0A -，直
线绕定点旋转与可行域有交点即可，再结合图象利用斜率求解. 【题目详解】
由变量x ，y 满足：2202403110x y x y x y -+≤⎧⎪
+-≥⎨⎪-+≥⎩
，画出可行域如图所示阴影部分，
由()()1110t x t y t ++-++=，整理得()110x y t x y +++-+=，
由1010
x y x y ++=⎧⎨-+=⎩，解得1,0x y =-=， 所以直线()()1110t x t y t ++-++=过定点()1,0A -，
由2203110x y x y -+≤⎧⎨-+≥⎩
，解得()1,4C ，
由2403110x y x y +-≥⎧⎨-+≥⎩
，解得()2,3B -，
要使()()1110t x t y t ++-++=，则与可行域有交点， 当1t =时，满足条件，
当1t ≠时，直线得斜率应该不小于AC ，而不大于AB ，
即
121t t +≥-或131t t +≤--， 解得1
23
t ≤≤，且1t ≠，
综上：参数t 的取值范围为1
,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦
.
故答案为：1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦
【题目点拨】
本题主要考查线性规划的应用，还考查了转化运算求解的能力，属于中档题.
三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（1；（2）1. 【解题分析】
（1）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可； （2）()1,M ρθ，2π,2N ρθ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭，由（1）通过计算得到12
1πsin 22S ρρ=πsin 23θ⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭，即最大值为1. 【题目详解】
（1）将曲线C 的参数方程化为普通方程为2
2
112x y ⎛⎛
⎫-+-= ⎪ ⎝
⎭⎝⎭，
即220x y x +-=；
再将2
2
2
x y ρ+=，cos x ρθ=，sin y ρθ=代入上式，
得2cos sin 0ρρθθ--=， 故曲线C 的极坐标方程为π2sin 6ρθ⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭
， 显然直线l 与曲线C 相交的两点中，
必有一个为原点O ，不妨设O 与A 重合，
即12
ππ2sin 612AB OB πθρ=⎛⎫
===+=
⎪⎝⎭
（2）不妨设()1,M ρθ，2π,2N ρθ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭
， 则OMN 面积为
121π1πππsin 2sin 2sin 222626S ρρθθ⎛⎫⎛
⎫=
=⋅+⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ πππ2sin cos sin 2663θθθ⎛⎫⎛⎫⎛
⎫=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭
当πsin 213θ⎛⎫+
= ⎪⎝
⎭
，即取π
12θ=时，max 1S =. 【题目点拨】
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，三角形面积的最值问题，是一道容易题. 18．（Ⅰ）220x y +-=（Ⅱ）01x = 【解题分析】
（Ⅰ）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；
（Ⅱ）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据0PM PN k k +=，即可求得参数的值. 【题目详解】
（1）设()11,M x y ，()22,N x y ，则22
112
222
1,4
1.
4
x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 两式相减，可得
()()()()1212121204
x x x x y y y y -++
-+=.（*）
因为线段MN 的中点坐标为11,
2⎛⎫
⎪⎝⎭
，所以122x x +=，121y y +=. 代入（*）式，得
()()1212204
x x y y -⋅+
-=.
所以直线l 的斜率121212
y y k x x -=
=--.
所以直线l 的方程为11
(1)22
y x -
=--，即220x y +-=. （Ⅱ）设直线l ：4x my =+（0m ≠），联立2
24,
1.4
x my x y =+⎧⎪
⎨+=⎪⎩ 整理得(
)
2
2
48120m y my +++=.
所以(
)
2
2
6441240m m ∆=-⨯⨯+>，解得212m >. 所以12284m y y m +=-
+，122
12
4
y y m =+. 所以12
1020PM PN y y k k x x x x +=
+--()()()()
1202101020y x x y x x x x x x -+-=--
()()()21121201020x y x y y y x x x x x +-+=
--()()()()()2112120
102044my y my y y y x x x x x +++-+=--
()()
()()
120121020240my y x y y x x x x +-+=
=--，
所以()()12012240my y x y y +-+=. 所以()()()()0120120222
8112824240444
m x m
my y x y y m x m m m -+-+=⋅+-⋅==+++. 因为0m ≠，所以01x =. 【题目点拨】
本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉及韦达定理的应用，属中档题. 19．（1）(),e -+∞；（2）不存在实数[]01,x e ∈，使曲线()y M x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直. 【解题分析】
（1）分类0x =时，恒成立，0x ≠时，分离参数为x
e a x >-，引入新函数()x e H x x
=-，利用导数求得函数最值即
可；
（2）()()()ln x
x
M x f x g x e x e x =-=-+，导出导函数()M x '，问题转化为()0M x '=在[1,]e 上有解．再用导数研
究()M x 的性质可得． 【题目详解】
解：（1）因为当0x ≥时，()0x
f x e ax =+>恒成立，
所以，若0x =，a 为任意实数，()0x
f x e ax =+>恒成立.
若0x >，()0x
f x e ax =+>恒成立，
即当0x >时，x
e a x
>-，
设()x e H x x =-，()()22
1'x
x x x e
e x e H x x x
--=-=， 当()0,1x ∈时，()'0H x >，则()H x 在()0,1上单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()'0H x <，则()H x 在()1,+∞上单调递减， 所以当1x =时，()H x 取得最大值.
()()max 1H x H e ==-，
所以，要使0x ≥时，()0f x >恒成立，a 的取值范围为(),e -+∞.
（2）由题意，曲线C 为：ln x x
y e x e x =-+.
令()ln x
x
M x e x e x =-+，
所以()1'ln 1ln 11x x x x e M x e x e x e x x ⎛⎫
=+-+=+-+ ⎪⎝⎭
， 设()1ln 1h x x x =
+-，则()22111'x h x x x x
-=-+=， 当[]
1,x e ∈时，()'0h x ≥，
故()h x 在[]1,e 上为增函数，因此()h x 在区间[]1,e 上的最小值()1ln10h ==， 所以()1
ln 10h x x x
=
+-≥， 当[]01,x e ∈时，00x e >，
00
1
ln 10x x +-≥， 所以()00001'ln 110x M x x e x ⎛⎫
=+-+>
⎪⎝⎭
， 曲线ln x x
y e x e x =-+在点0x x =处的切线与y 轴垂直等价于方程()0'0M x =在[]
1,x e ∈上有实数解. 而()0'0M x >，即方程()0'0M x =无实数解.
故不存在实数[]01,x e ∈，使曲线()y M x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直.
【题目点拨】
本题考查不等式恒成立，考查用导数的几何意义，由导数几何把问题进行转化是解题关键．本题属于困难题． 20．（1）见解析（2）3
2
【解题分析】
（1）第（1）问，连AG 交PD 于H ,连接CH .证明GF // HC ，即证//GF 平面PDC . (2)第(2)问，主要是利用体积变换，1
3
G PCD F PCD P CDF CDF V V V PE S ---∆===⨯⨯,求得三棱锥G PCD -的体积. 【题目详解】
（1）方法一：连AG 交PD 于H ,连接CH .
由梯形ABCD ，||AB CD 且2AB DC =，知
2
1AF FC = 又E 为AD 的中点，G 为PAD ∆的重心，∴
2
1
AG GH = 在AHC ∆中，
2
1
AG AF GH FC ==,故GF // HC . 又HC ⊆平面PCD , GF ⊄ 平面PCD ,∴GF //平面PDC .
方法二：过G 作||GN AD 交PD 于N,过F 作FM||AD 交CD 于M,连接MN,
G 为△PAD 的重心，
222
, 3.333
GN PG GN ED DE PE ==∴== 又ABCD 为梯形，AB||CD,
11
,.22
CD CF AB AF =∴= 12,3,.33
MF MF GN FM AD ∴=∴== 又由所作GN||AD,FM||AD,得GN // FM ，所以GNMF 为平行四边形. 因为GF||MN,,,||.GF PCD MN PCD GF PCD 平面平面平面⊄⊆∴
（2） 方法一:由平面PAD ⊥平面ABCD ， PAD ∆与ABD ∆均为正三角形， E 为AD 的中点 ∴PE AD ⊥， BE AD ⊥，得PE ⊥平面ABCD ，且3PE =
由（1）知GF //平面PDC ，∴1
3G PCD F PCD P CDF CDF V V V PE S ---∆===⨯⨯ 又由梯形ABCD ，AB||CD ，且223AB DC ==，知12
333
DF BD ==
又ABD ∆为正三角形，得60CDF ABD ∠==，∴13
sin 22
CDF S CD DF BDC ∆=
⨯⨯⨯∠=
， 得13
3P CDF CDF V PE S -∆=
⨯⨯=
∴三棱锥G PCD -3
方法二: 由平面PAD ⊥平面ABCD ， PAD ∆与ABD ∆均为正三角形， E 为AD 的中点 ∴PE AD ⊥， BE AD ⊥，得PE ⊥平面ABCD ，且3PE = 由23PG PE =
，∴2221
3333
G PCD E PCD P CDE CDE V V V PE S ---∆===⨯⨯⨯ 而又ABD ∆为正三角形，得120EDC ∠=，得133
sin 2CDE S CD DE EDC ∆=
⨯⨯⨯∠=
. ∴212133333333P CDF CDF V PE S -∆=
⨯⨯⨯=⨯⨯=
， ∴三棱锥G PCD -的体积为
3
2
. 21．（1）22
164
x y +=（2）证明见解析
【解题分析】
（1）由点(0,2)A -可得2b =,由3
3
c e a =
=
,根据222a c b -=即可求解；
（2）设直线l 的方程为1y kx =+,联立22116
4y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可得22
(23)690k x kx ++-=,设1122(,),(,)Q x y N x y ,由韦达定
理可得121222
69
,2323k x x x x k k
+=-
=-++,再根据直线的斜率公式求得Q A AN k k ⋅；由点B 与点Q 关于原点对称,可设11(,)B x y --,可求得AQ AB k k ⋅,则
AQ AN
AN AB AQ AB
k k k k k k ⋅=⋅,即可求证. 【题目详解】
解:（1）由题意可知2b =
,c e a ==
, 又222a c b -=,
得a c =
=所以椭圆M 的方程为22
164
x y +=
（2）证明:设直线l 的方程为1y kx =+，
联立22
1
16
4y kx x y =+⎧⎪
⎨+=⎪⎩,可得22(23)690k x kx ++-=, 设1122(,),(,)Q x y N x y , 则有121222
69
,2323k x x x x k k
+=-=-++, 因为1212
22,AQ AN y y k k x x ++=
=, 所以2222121212Q 1212
223()92232A AN
y y k x x k x x k k k k k x x x x +++++⋅=⋅==+--=-,
又因为点B 与点Q 关于原点对称,所以11(,)B x y --,即11
2
AB y k x -+=
-, 则有21112
111224AQ AB
y y y k k x x x +-+-⋅=⋅=--,由点Q 在椭圆22:164
x y C +=上,得2
211243y x -=,所以23AQ AB k k ⋅=-, 所以2
323
AQ AN AN AB
AQ AB k k k k k k ⋅-===⋅-,即3AN AB k k
=， 所以存在实数3λ=,使AN AB k k λ=成立 【题目点拨】
本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力.
22． (1)1729
(2)①10080元，元②第一种抽奖方案. 【解题分析】
(1)方案一中每一次摸到红球的概率为101303p ==，每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为33311327
C ⎛⎫= ⎪⎝⎭，根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率
(2)①分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即可 ②根据①得出结论.
【题目详解】
（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为101303
p == 设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A ，则()33311327P A C ⎛⎫== ⎪⎝⎭
所以两位顾客均获得180元返金劵的概率()()1729P P A P A =⋅=
（2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为13，每一次摸到白球的概率为23
. 设获得返金劵金额为X 元，则X 可能的取值为60，100，140，180.
则()3
032860327
P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭； ()121
3124100339P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ()2
23122140339
P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ()33
311180327P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金劵金额的数学期望为
()842160100140180100279927
E X =⨯+⨯+⨯+⨯=（元） 若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为Y ，最终获得返金劵的金额为Z 元，则13,3Y B ⎛⎫
~ ⎪⎝⎭，
故()1313
E Y =⨯= 所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的
数学期望为()()8080E Z E Y ==（元）.
②即()()E X E Z >，所以该超市应选择第一种抽奖方案
【题目点拨】
本题主要考查了古典概型，相互独立事件的概率，二项分布，期望，及概率知识在实际问题中的应用，属于中档题.。