2015泉州质检3月份理数试卷
准考证号 姓名
（在此卷上答题无效）
保密★启用前
泉州市 2015 届普通中学高中毕业班质量检查
理 科 数 学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），第Ⅱ卷第 21 题为选考题，其它题为
必考题.本试卷共 6 页，满分 150 分.考试时间 120 分钟.
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内
作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；
非选择题答案使用 0．5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题
号涂黑．
5．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交
回．
参考公式：
样本数据 、 、…、 的标准差：
，其中 为样本平均数；
柱体体积公式： ，其中 为底面面积， 为高；
锥体体积公式： ，其中 为底面面积， 为高；
球的表面积、体积公式： ， ，其中 为球的半径．
第Ⅰ卷（选择题 共 50 分）
一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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．若复数 （ 为虚数单位）是纯虚数，则实数 的值为
1x 2x nx
2 2
1 2
1 ( ) ( ) ns x x x x x xn
2= [ − + − +…+ ( − ) ] x
V Sh= S h
1
3V Sh= S h
24S Rπ= 34
3V Rπ= R
1 i
2 i
a+
+ i a
A． 2 B．－2 C． D．
2．各项均为正数的等比数列 中， 成等差数列，
且 ，则公比 的值等于
A．1 B．2
C．3 D．5
3．执行如图所示的程序框图，输出的结果为
A． B．
C．2 D．
4．已知非负实数 满足 ，若实数 满足 ，则
A． 的最小值为 1， 的最大值为 B． 的最小值为 ， 的最大值为
C． 的最小值为 ， 的最大值为 5 D． 的最小值为 ， 的最大值为 5
5．若 ，则 的值等
于
A．－31 B．0 C．1 D．32
6．设 是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是
A．存在唯一直线 ，使得 ，且
B．存在唯一直线 ，使得 ，且
C．存在唯一平面 ，使得 ，且
D．存在唯一平面 ，使得 ，且
1
2
− 1
2
{ }na 3 2 1,3 ,5a a a
1( *)n na a n+< ∈N q
9log 10 lg11
3log 10
yx, 4,
1
x y
x y
+ ≤
− ≤ k 1 ( 1)y k x+ = +
k k 5
7 k 1
2 k 5
7
k 1
2 k k 5
7 k
5 2 5
0 1 2 5(1 ) (1 ) (1 ) (1 )x a a x a x a x− = + + + + + + + 1 2 3 4 5a a a a a+ + + +
,a b
l l a⊥ l b⊥
l l a l b⊥
α a α⊂ b α
α a α⊂ b α⊥
开始
3, 1i S= =
log ( 1)iS S i= ∗ +
1i i= +
S输出
结束
是
否
9?i ≤
7．已知函数 ，其中 ，则“ ”是“ ”
的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件.
8．曲线 与直线 交点的纵坐标在区间 内，则实数 的值
为
A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知直线 （ ）被圆 截得的弦长为
，则 的最小值为
A． B． C． D．
10．平面向量 中， ， . 对于使命题“ ， ”为
真的非零向量 ，给出下列命题：
① ； ② ；
③ ； ④ .
则以上四个命题中的真命题是
A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④
第Ⅱ卷（非选择题 共 100 分）
二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．请将答案填在答题卡的相应位置.
11．设集合 ， ，则 _____________．
12． _____________．
13 ． 如 图 ， 长 方 体 中 ， ，
.设长方体的截面四边形 的内
切圆为 ，圆 的正视图是椭圆 ，则椭圆 的离心率
等于______________.
2( ) 2 1f x x ax= − + a∈R 0a > ( 2013) (2015)f f− >
exy = 5y x= − ( , 1)( )m m m+ ∈Z m
2 0ax by+ − = 1, 1a b> > 2 2 2 2 2 0x y x y+ − − − =
2 3 ab
2 1− 2 1+ 3 2 2− 3 2 2+
,a b a ≠| | 0 b ta= ( )Rt ∈ 1t∀ > | | | |− > −c b c a
c
1,( ) ( ) 0t c a b a∀ > − ⋅ − ≤ 1,( ) ( ) 0t c a b a∃ > − ⋅ − >
,( ) ( ) 0Rt c a c b∀ ∈ − ⋅ − < ,( ) ( ) 0t c a c b∃ ∈ − ⋅ − ≤R
{ }1,0,1,2M = − { }2 1,xN y y x= = + ∈R M N =
1
1
xe dx−
=∫
1 1 1 1ABCD A B C D− 2AB =
1 2AD AA= = 1 1ABC D
O O 'O 'O
14．单位圆 的内接四边形 中， ， ，则四边形 的面积
的取值范围为_____________．
15．关于圆周率 ，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯
实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计 的值：先请 120 名同学，每
人随机写下一个都小于 1 的正实数对 ；再统计两数能与 1 构成钝角三角形三边的
数对 的个数 ；最后再根据统计数 来估计 的值. 假如统计结果是 ，
那么可以估计 _____________．（用分数表示）
三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16．(本小题满分 13 分)
某大学的一个社会实践调查小组，在对大学生的良好“光盘习惯”的调查中，随机发放
了 120 份问卷. 对收回的 100 份有效问卷进行统计，得到如下 列联表：
做不到光盘 能做到光盘 合计
男 45 10 55
女 30 15 45
合计 75 25 100
（Ⅰ）现已按是否能做到光盘分层从 45 份女生问卷中抽取了 9 份问卷. 若从这 9 份问卷
中随机抽取 4 份，并记其中能做到光盘的问卷的份数为 ，试求随机变量 的分
布列和数学期望；
（Ⅱ）如果认为良好“光盘习惯”与性别有关犯错误的概率不超过 ，那么，根据临界
值表，最精确的 值应为多少？请说明理由.
附：独立性检验统计量 ，其中 ；
独立性检验临界值表：
0.25 0.15 0.10 0.05 0.025
1.323 2.072 2.706 3.840 5.024
17．(本小题满分 13 分)
已知函数 （ ， ）有一个零点 ，且其图象
过点 .记函数 的最小正周期为 .
O ABCD 2AC = 60BAD∠ = ABCD
π
π
( , )x y
( , )x y m m π 34=m
π ≈
2 2×
ξ ξ
p
p
2
2 ( )
( )( )( )( )
n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + + n a b c d= + + +
2
0( )P K k≥
0k
( ) sin( )= +f x xω ϕ 0ω > 0 2< <φ π 0
2
3x = −
7( ,1)3A ( )f x T
（Ⅰ）若 ，试求 的最大值及 取最大值时相应的函数解析式；
（Ⅱ）若将所有满足题设条件的 值按从小到大的顺序排列，构成数列 ，试求数
列 的前 项和 .
18．(本小题满分 13 分)
将一块边长为 10 的正方形纸片 剪去四个全等的等腰三角形 ， ，
， ，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的工艺品包装盒
，其中 重合于点 ， 与 重合， 与 重合， 与 重
合， 与 重合（如图所示）．
(Ⅰ)求证：平面 平面 ；
(Ⅱ)试求原平面图形中 的长，使得二面角 的余弦值恰为 ；
（Ⅲ）指出二面角 的余弦值的取值范围（不必说明理由）．
19．（本小题满分 13 分）
已知：动圆 与圆 内切，且与直
线 相切，动圆圆心 的轨迹为曲线 ．
(Ⅰ)求曲线 的方程；
(Ⅱ)过曲线 上的点 引斜率分别为 的
两条直线 , 直线 与曲线 的异于点
的另一个交点分别为 . 若 ，试探究：
直线 是否恒过定点？若恒过定点，请求出该定点的坐标；若不恒过定点，请说
明理由．
'
0( ) 0
a ( 2013) (2015)f f− >
ln=y x 5y x= −
x y
y = xy e 5 − =x y
0=x 4=x
ln 2=x 3=x
ln3=x 2=x
ln 4=x 1=x
第 9 题 由 圆 心 到 直 线 的 距 离 ， 得
，再求 的最小值.本题考查直线与圆的位置关系，
点线距离公式以及基本不等式等基础知识，考查运算求解能力与推理论证能力，考查数
形结合思想与函数与方程思想.
第 10 题 方法一：先从命题入手，①②互为否定关系，必然一真一假，排除 C；③④
有包含关系，③真④必真，若③真，只能选 D，若③假，只能只能选 A，故只需探讨③的
真假：特殊化地取 =（1，0），则 =（t,0）.设 = ，由 ，得
， 化 简 得 . 因 为 ， 所 以
，所以命题“ ， ”等价于“ ”，所以向量 =
满足 .因为 ，且 是独立
变量，所以③假故选 A.
方 法 二 ： 仿 法 一 得 向 量 = 满 足 . 因 为
,所以①真，则②假，故排除 B、C. 若③
真，则④真，A 与 D 都正确，与选择题“有且只有一个选项正确”矛
盾，故③必假，排除 D，只能选 A.
二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 4 分，满分 20 分．
11 ． 12 ． 13 ． 14 ．
15． .
部分试题考查意图说明：
第 14 题 令 ， 则 ， 且 ，
， ， ， 面 积
2 2
| 2 | 1
+ −= =
+
a bd
a b
1 2( ) 2 2+ = + ≥ ⋅ab a b ab ab
a b c ( , )x y | c b | | c a |− ≥ −
2 2 2 2( ) ( 1)x t y x y− + ≥ − + 1( 1)2
tx t
+≤ > (1, )t ∈ +∞
1 (1, )2
t + ∈ +∞ 1t∀ > | | | |c b c a− ≥ − 1x ≤ c ( , )x y
1x ≤ 2( ) ( ) (x 1)( 1)c a c b t y− ⋅ − = − − + , ,y x t
c ( , )x y 1x ≤
( ) ( ) (x 1)( 1)c a b a t− ⋅ − = − −
{ }2 2(e 1)− 2
2
3( , 3]2
47
15
,∠ = ∠ =DAC BACα β 060+ =α β 2cos=AD α
2sin=CD α 2cos=AB β 2sin=BC β sin 2 sin 2= +S α β
3 3sin 2 cos22 2
= +α α
B2
C(x,y)
B(t,0)A(1,0)
， ，所以 .本题意在考查三角恒
等变形与三角函数性质（值域），考查运算求解能力与推理论证能力，考查数形结合思想.
考生若从图形的极端化极限位置考察猜想范围的边界值而得解，则可体现对抽象概括能力，
对特殊与一般思想的考查、有限与无限思想的考查,考生的这种思维灵活性应得到充分的肯
定.
第 15 题 本题综合考查线性规划、随机模拟方法、几何概型等知识，体现对数据处理能力
的考查，体现对以频率估计概率的统计思想的考查，体现对必然与或然思想的考查。
三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16．本小题主要考查超几何分布、离散型随机变量的分布列、数学期望、统计案例等基础知
识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查必然与或然思想等. 满分 13
分.
解：（Ⅰ）因为 9 份女生问卷是用分层抽样方法取得的，
所以这 9 份问卷中有 6 份做不到光盘，3 份能做到光盘. …………2 分
因为 表示从这 9 份问卷中随机抽取出的 4 份中能做到光盘的问卷份数，所以 有
的可能取值.
因为 9 份问卷中每份被取到的机会均等，
所以随机变量 服从超几何分布，可得随机变量 的分布列为：
，
，
， .
…………
5 分
随机变量 的分布列可列表如下：
0 1 2 3
所以 . …………7 分（期望占 2
03sin(2 30 )= +α 0 0 030 2 30 150< + <α 3 32
< ≤S
ξ ξ
0,1,2,3
ξ ξ
4
6
4
9
15 5( 0) 126 42
CP C
ξ = = = =
3 1
6 3
4
9
60 20 10( 1) 126 42 21
C CP C
= = = = =ξ
2 2
6 3
4
9
45 15 5( 2) 126 42 14
C CP C
= = = = =ξ
1 3
6 3
4
9
6 1( 3) 126 21
C CP C
= = = =ξ
ξ
ξ
P 5
42
10
21
5
14
1
21
5 10 5 1 40 1 2 342 21 14 21 3E = × + × + × + × =ξ
分）
（Ⅱ） . …10
分
因为 ，
所以能在犯错误的概率不超过 0.10 的前提下认为良好“光盘习惯”与性别有关，
即最精确的 值应为 . ………
13 分
17．本小题主要考查三角函数的图象与性质、等差数列的通项公式与前 项和公式等基础知
识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与
方程思想等.满分 13 分.
解：（Ⅰ）函数 有一个零点 ，即其图象过点 . ……1
分
因为函数 的最大值为 1，且 在其图象上，
所以 是其图象的最高点. ……2
分
因为 ，
所以 在函数 的一个单调递减区间内， ……3
分
所以 的最大值为 . ……5
分
由 ，得 . ……6
分
因为函数 的图象过点 ，
所以 ，故 ， ，
又 ，所以 ， ……8
分
2
2 ( )
( )( )( )( )
n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + +
2100(45 15 30 10) 100 3.0355 45 25 75 33
⋅ − ⋅= = ≈⋅ ⋅ ⋅
1002.706 3.03 3.84033
< ≈ <
p 0.1
n
( )f x 0
2
3x = − 2( ,0)3B −
( ) sin( )f x xω ϕ= + 7( ,1)3A
7( ,1)3A
'
0( ) 0 0k ≥ ( )3 6
*N= − ∈n
n n
π πω
{ }n
ω
6
π
3
π
n 2( 1)
6 2 3 6
−= ⋅ + ⋅ =n
n nS n n
π π π
, , ,A B C D O
EFGH
EFGH EG FH⊥
'SEE∆ 'SGG∆
SE SG=
EG SO⊥
,SO FH ⊂ SFH SO FH O=
EG ⊥ SFH
EG ⊂ SEG
∴平面 平面 . ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知 , ，并可同理得到 ，故以 为原点，分别以
所 在 直 线 为 轴 、 轴 、 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系
.．．．．．．5 分
设原平面图形中， ,
则底面正方形 的对角线 ，
∴ ， ， ， ， .
在原平面图形中，可求得 ，
在 中，可求得 ，
∴ ， . ．．．．．．6 分
设平面 的一个法向量为 ，
则 化简，得 ，
令 ，得 . ．．．．．．．．．．．．8 分
∵ 平面
∴ 是平面 的一个法向量.
设二面角 的大小为 ，
则
. ．．．．．．．．．．．．．．．10 分
∵二面角 的余弦值恰为 ，
∴ ，解得 或 （舍去）.
当原平面图形中 的长为 时，二面角 的余弦
值恰为 . ．．．．．．．．．．11 分
（Ⅲ）二面角 的余弦值的取值范围为 . ．．．．．．．．．．13 分
SEG ⊥ SFH
EG FH⊥ EG SO⊥ HF SO⊥ O
, ,OF OG OS x y z
O xyz−
=AE t
EFGH 2=EG t
( ,0,0)−H t (0, ,0)−E t (0, ,0)G t ( , ,0)= −HE t t (0, ,0)=OG t
250 10= − +SE t t
∆Rt SOE 2 2 50 10= − = −SO SE OE t
(0,0, 10(5 ))−S t ( ,0, 10(5 ))= − − −SH t t
SEH ( , , )n x y z=
10(5 ) 0,
0,
⋅ = − − − =
⋅ = − =
n SH tx t z
n HE tx ty
10(5 )
=
= − −
y x
tz x
t
10(5 )= −x t ( 10(5 ), 10(5 ), )= − − −n t t t
EG ⊥ SFH
OG SFH
E SH F− − θ
10(5 )cos 10
−⋅= = −⋅
tn OG
tn OG
θ
E SH F− − 2
3
10(5 )
10
−
−
t
t
2
3
= 5
2
=t 5= −t
AE 5
2 E SH F− −
2
3
E SH F− − 2(0, )2
19．本小题主要考查直线和方程、抛物线的定义、直线与圆、直线与抛物线的位置关系等基
础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想、
函数与方程思想、数形结合思想等．满分 13 分.
解：(Ⅰ)解法一：
因为动圆 与圆 内切，且与直线 相切，
所以圆心 必在直线 的右侧. ………1 分
设点 到直线 的距离为 ，则 , ………2 分
所以 等于点 到直线 的距离， ………3 分
所以点 的轨迹是以 为焦点，直线 为准线的抛物线， …………4 分
故动圆圆心 的轨迹方程为 ． …………5 分
解法二：
设点 .
因为动圆 与圆 内切，且与直线 相切，
所以 到直线的距离 ,且圆心 必在直线 的右侧.
… … … 2
分
因为点 到直线 的距离 ， …………3 分
，即 ，
所以 ，化简得 ，
故动圆圆心 的轨迹方程为 ． …………5 分
(Ⅱ)因为点 在抛物线 上，
所以 ，解得 ，故 . …6 分
解法一：
若直线 的斜率不存在，则 异号，与 矛盾， ………7 分
故设直线 的方程为 ，并设 ， ,
则 ， ，
M F : 2l x = −
M : 2l x = −
M 2x = − d 1,| | 1= + = −d MF MF d
MF M 1x = −
M F 1x = −
M 2 4y x=
( , )M x y
M F : 2l x = −
( , )M x y 1= +d MF M : 2l x = −
M : 2l x = − ( 2) 2= − − = +d x x
1 2MF x+ = + 1MF x= +
2 2( 2) 1x y x− + = + 2 4y x=
M 2 4y x=
0( ,2)P x 2 4y x=
2
02 4x= 0 1x = (1,2)P
AB 1 2,k k 1 2 4k k =
AB y kx b= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y
1 1 2 2,y kx b y kx b= + = + 1 2
1 2
1 2
2 2,1 1
y yk kx x
− −= =− −
由 ，得 …………①，
将 代入①，得：
.…………② …………9
分
联立方程组 ，消去 ，得 ，
所以 ， …………10
分
代入②，得 . ………11
分
因为 均异于点 ，且直线与抛物线最多两个交点，
所以 不在直线 上， ， ………12
分
所以 ，此时直线 的方程为 ，
由直线 的方程 可知直线 恒过定点 . ………13
分
解法二：
因为左右开口的抛物线上两点连线的斜率必不为零， ………7
分
所以设直线 的方程为 ，并设 ， ．
则 ， .
由 ，得 …………①,
将 代入①，得
………②, …9 分
联立方程组 ，消去 ，得 ，
所以 ， …………10 分
1 2 4k k = 1 2 1 2 1 2 1 22( ) 4 4[ ( ) 1]y y y y x x x x− + + = − + +
1 1 2 2,y kx b y kx b= + = +
2 2
1 2 1 2( 4) ( 2 4)( ) 4 0k x x kb k x x b b− + − + + + − =
2
,
4
y kx b
y x
= +
=
y 2 2 2(2 4) 0k x kb x b+ − + =
2
1 2 1 22 2
4 2 ,kb bx x x xk k
−+ = =
( 2)( 2) 0b k b+ + − =
,A B (1,2)P
(1,2)P AB 2+ ≠k b
2b = − AB 2y kx= −
AB 2y kx= − AB (0, 2)−
AB x my n= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y
1 1 2 2,x my n x my n= + = + 1 2
1 2
1 2
2 2,1 1
y yk kx x
− −= =− −
1 2 4k k = 1 2 1 2 1 2 1 22( ) 4 4[ ( ) 1]y y y y x x x x− + + = − + +
1 1 2 2,x my n x my n= + = +
2 2
1 2 1 2(4 1) (4 4 2)( ) 4 8 0m y y mn m y y n n− + − + + + − =
2
,
4
x my n
y x
= +
=
x 2 4 4 0y my n− − =
1 2 1 24 , 4y y m y y n+ = = −
代入②，得 ，
化简，得 . ………11 分
因为 均异于点 ，且直线与抛物线最多两个交点，
所以 不在直线 上， ， ………12 分
所以 ,此时直线 的方程可化为 .
由直线 的方程 可知直线 恒过定点 . ………13 分
解法三：
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，……7
分
联立方程组 ，消去 ，得 ，
整理，得 ,
所以 ，即 ，代入 ，得 ，
故 ， …………9 分
同理，得 ，
因为 ，所以 ，故 ， ……10 分
所以直线 的斜率 ，……11
分
直线 的方程为 ，即 ，
…………12 分
所以直线 恒过定点 . …………13
分
解法四：
2 24 (4 1) 4 (4 2) 4 8 0n m m mn m n n− + − + + − =－
(2 )(2 1) 0m n m n− + − =
,A B (1,2)P
(1,2)P AB 2 1+ ≠m n
2 0m n− = AB ( 2)x m y= +
AB ( 2)x m y= + AB (0, 2)−
PA 12 ( 1)y k x− = − PB 22 ( 1)y k x− = −
1
2
2 ( 1),
4
y k x
y x
− = −
=
x
2
12 ( 1)4
yy k− = −
2
1 4 8 4 0k y y k− + − =
1
1
1
8 42 ky k
−⋅ = 1
1
1
4 2ky k
−= 12 ( 1)y k x− = −
2
1
1 2
1
(2 )kx k
−=
2
1 1
2
1 1
(2 ) 4 2( , )k kA k k
− −
2
2 2
2
2 2
(2 ) 4 2( , )k kB k k
− −
1 2 4k k = 2
1
4k k
=
2
1
1
( 2)( , 2)4
kB k
− −
AB 2 1 2 1 1
2
2 22 1 1 2 1
2 1
44
1 1 ( 2)
4 4
y y y y kk x x y y ky y
− −= = = =− + −−
AB
2
1 1
1 2
1
4 ( 2)( 2) ( )( 2) 4
k ky k xk
−− − = −−
1
2
1
4 2( 2)
ky xk
= −−
AB (0, 2)−
设 ， …………7 分
则 ， ， …………8 分
，
又 ，所以 ，整理，得 ，…………10 分
直线 的斜率 ， …………11 分
所以直线 的方程为 ，
即 ， ， ……12 分
所以直线 过定点 . …………13 分
解法五：
因为 且 具有任意性，不妨取 ，
此时直线 的方程为 ，直线 的方程为 .
联立方程组 ，解得 ，此时点 与点 重合（虽不合是题意，但
属极限位置情况，估且作为一种情况）；
联立方程组 ，解得 或 ，所以 .
从而得到 时直线 的方程为 . …………①
再取 ，
此时直线 的方程为 ，直线 的方程为 .
联立方程组 ，解得 或 ，所以 ；
联立方程组 ，解得 或 ，所以 .
从而得到 时，直线 的方程为 .……②………
7 分
2 2
1 1 2 2( ,2 ), ( ,2 )A t t B t t
1
1 2
1 1
2 2 2
1 1
tk t t
−= =− +
2
2 2
2 2
2 2 2
1 1
tk t t
−= =− +
1 2
1 2 1 2 1 2
2 2 4
1 1 1k k t t t t t t
= ⋅ =+ + + + +
1 2 4k k =
1 2 1 2
4 41t t t t
=+ + + 1 2 1 2 0t t t t+ + =
AB
1 2
2k t t
= +
AB 2
1 1
1 2
22 ( )y t x tt t
− = −+
1 2 1 2( ) 2 2t t y t t x+ − = 1 2( )( 2) 2t t y x+ + =
AB (0, 2)−
1 2 4k k = 1 2,k k 1 21, 4k k= =
PA 1y x= + PB 4 2y x= −
2
1
4
y x
y x
= +
=
( )1,2A A P
2
4 2
4
y x
y x
= −
=
1
2
x
y
=
=
1
4
1
x
y
=
= −
1 ,14B
1 21, 4k k= = AB 4 2y x= −
1 21, 4k k= − = −
PA 3y x= − + PB 4 6y x= − +
2
3
4
y x
y x
= − +
=
1
2
x
y
=
=
9
6
x
y
=
= −
( )9, 6A −
2
4 6
4
y x
y x
= − +
=
1
2
x
y
=
=
9
4
3
x
y
=
= −
9 , 34
− B
1 21, 4k k= − = − AB 4 9 18 0x y+ + =
联立①②，解得交点坐标为 .
特殊化地猜想：直线 恒过定点 . …………8
分
以下给出具体的证明：
若直线 的斜率不存在，则 异号，与 矛盾， …………9
分
故设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 ，得 .
设 ，则 ， …………11
分
代入直线方程，可得: ，
.
,
因 为
，
满足题意要求，所以直线 恒过 .……13 分
20．本小题主要考查基本初等函数的导数、导数的的运算及导数
的应用、全称量词与存在量词等基础知识，考查抽象概括能
力、推理论证能力、运算求解能力以及应用意识，考查化归
与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、有限与无
限思想、特殊与一般思想等．满分 14 分.
解：（Ⅰ）因为 ， ……1 分
( )0, 2−
AB ( )0, 2−
AB 1 2,k k 1 2 4k k =
AB 2y mx= −
2
2
4
y mx
y x
= −
= y ( )2 2 4 4 4 0m x m x− + + =
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 22 2
4 4 4,mx x x xm m
++ = =
( )1 2 1 2
44y y m x x m
+ = + − =
( )( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 2
82 2 2 4y y mx mx m x x m x x m
= − − = − + + = −
1 2
1 2
1 2
2 2,2 2AP BP
y yk k k kx x
− −= = = =− −
( )
( )1 2 1 21 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2 2
8 8 164 42 42 2. 44 4 4 41 1 1 1 1
− − + − +− + +− −= = = = =+− − − + + − + − +
y y y yy y m m mk k mx x x x x x
m m m
AB ( )0, 2−
( ) exf x′ =
所以 ，即函数的图象在点 处的切线的斜率为 1. ……2 分
又因为切线过切点 ，
所以函数 的图象在点 处的切线方程为 . ……3 分
（Ⅱ）令 ，则 ．
①当 时，恒有 ，
所以 在 递增，
又因为 ，
所以当 ，都有 ，即命题 为真. ……4 分
②当 时，
令 ， 得 ； 令 ， 得 ； 令 ， 得
.
所以 在 递减，在 递增. ……5 分
方法一：
当 时， ，
因为对 ，都有 ，所以命题 为真；
当 时， ，
因为对 ，都有 ，所以命题 为真； ……7
分
当 时， 的最小值 ，
所以 ，命题 为假. ……8
分
综合①②知，若 为真，实数 的取值范围为 . ……9
分
方法二：
故当 时， 取得最小值 ．
令 ,则 .
( )0 1f ′ = ( )( )0, 0P f
( )0,1P
( )f x ( )0,1P 1y x= +
( )h x = e 1x kx− − ( ) exh x k′ = −
0≤k ( ) e 0′ = − >xh x k
( )h x ( , )−∞ +∞
( )0 0=h
0
( ) 0h x′ = lnx k= ( ) 0h x′ < lnx k< ( ) 0h x′ >
lnx k>
( )h x ( ,ln )k−∞ (ln , )k +∞
0 1< k ln 0>k
(0,ln )∈x k ( ) (0) 0< =h x h p
1=k ( )h x ( )ln ln 1 0= − − =h k k k k
( ) 0( )R≥ ∈h x x p
p k { | , 1}R∈ ≠k k k
lnx k= ( )h x ( )ln ln 1h k k k k= − −
( ) ln 1= − −m x x x x ( ) ln′ = −m x x
因为 ， ，
所以 在区间 单调递减，在区间 单调递增，
当 且 时，
，
即存在 ，使得 ，命题 为真；……7 分
当 时， 的最小值 ，
所以 ，命题 为假. ……8
分
综合①②知，若 为真，实数 的取值范围为 . ……9
分
注 1：本题也可先证明：当且仅当 时， ： ， 为假，再
得到若 为真，实数 的取值范围为 的结论.
注 2：本题若根据 的图象和过定点 的直线，直观地直接写出答案，不
给分.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当 ， 假， 真，
即 对 恒成立， ……10
分
所以，当 时，有 ．
令 ，即证得， . ……11
分
由 得：
. ……12
分
在 中，令 得， ， ……
13 分
( ) 0 1′ ≤ ⇔ ≥m x x ( ) 0 0 1′ ≥ ⇔ < ≤m x x
( )m x [1, )+∞ (0,1]
0k > 1≠k
( ) maxln ( ) ( ) (1) 0= < = =h k m k m x m
lnx k= e 1< +x kx p
1=k ( )h x ( )ln ln 1 0= − − =h k k k k
( ) 0( )R≥ ∈h x x p
p k { | , 1}R∈ ≠k k k
1=k ¬ p R∀ ∈x e 1≥ +x kx
p k { | , 1}R∈ ≠k k k
= xy e (0,1)
1k = p ¬ p
e 1x x≥ + R∈x
1 0+ >x ( )ln 1x x+ ≤
*1 ( )N= ∈x nn
*1 1ln ( )N
+ ≤ ∈
n nn n
*1 1ln ( )N
+ ≤ ∈
n nn n
1 1 1 1
10 11 12 100
+ + + +
11 12 13 101ln ln ln ln10 11 12 100
≥ + + + +
101ln 10
=
( )ln 1 ( 1)+ ≤ > −x x x *1 ( )N= − ∈x nn
1ln 1
n
n n
≥ −
所以 .
因此 ，
又因为 ．
所以 ，则 ．……
14 分
21．（1）选修 4—2:矩阵与变换
本小题主要考查矩阵与变换、矩阵的运算等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与
转化思想.满分 7 分
解：(Ⅰ) 解法一:
因为 ， ，
所以点 的坐标为 . …………
4 分
解法二:
， …………
2 分
，
所以点 的坐标为 . …………4
分
(Ⅱ) 解法一:
设 ，则有 ，即 ……
6 分
1 1 1 1
10 11 12 100
+ + + +
10 11 12 100ln ln ln ln9 10 11 99
≤ + + + +
100ln 9
=
101 1 1 1 1 100ln ln10 10 11 12 100 9
≤ + + + + ≤
101 1002 ln 3,2 ln 310 9
< < < <
1 1 1 12 310 11 12 100
< + + + + <
1 1 1 1[ ] 210 11 12 100S = + + + + =
1 1 2 6
4 3 4 20
− − = − −
1 1 6 14
0 2 20 40
− =
P′ ( )14,40
1 1 1 1 3 2
0 2 4 3 8 6
− − = = − − BA
( ) 2 3 2 2 14
4 8 6 4 40
− = = − − − BA
P′ ( )14,40
a b
c d
= M 1 1 1 1
4 3 0 2
a b
c d
− = −
1,
1,
4 3 0,
4 3 2.
a c
b d
a c
b d
− + =
− + = − =
− =
解得 所以 . …………
7 分
解法二:
因为 ，所以 ， ……6
分
又因为 ，所以 . ……7
分
21（2）选修 4-4：坐标系与参数方程
本小题主要考查参数方程、极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整
合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.满分 7 分.
解：(Ⅰ)当 时，方程 可化为 ，
从而得到方程 ； ……1 分
当 时，因为 有解，所以曲线 过极点，极点对应的直角坐标
也满足方程 . ……2
分
综上可知，曲线 的直角坐标方程为 . ………3 分
直线 的参数方程为 ，即 （ 为参数）.……4
分
(Ⅱ) 解法一：
3,
5,
4,
6.
a
b
c
d
=
= =
=
3 5
4 6
= M
1 1det 14 3
−= = −−A 1 3 1
4 1
− = A
1−=M A B 3 1 1 1 3 5
4 1 0 2 4 6
= = M
0≠ρ 2cos sinρ θ = θ 2 2cos sinρ θ = ρ θ
2y x=
0=ρ sin 0=θ C (0,0)
2y x=
C 2y x=
l
31 cos ,4
32 sin 4
x t
y t
= − + π
= + π
21 ,2
22 2
x t
y t
= − −
= +
t
将 代入 ，整理，得 (*)， ………5 分
因为 ，所以直线 与曲线 相交.
设交点 对应的参数分别为 ，则 是方程(*)的两个相异实数根，
所以 ， ……6 分
所以 . …………7 分
解法二：
由倾斜角知直线 的斜率为-1，
所以其对应的方程为： ，即 . …5 分
联立 ，整理得 （*）. ……6 分
因为 ，所以直线 与曲线 相交.
设交点 ，则 是方程(*)的两个相异实数根，
所以 ，
所以 . ………7 分
21（3）选修 4—5：不等式选讲
本小题主要考查绝对值的含义、柯西不等式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证
能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等.满分 7 分.
解:(Ⅰ)由柯西不等式，可得 ，
整理，得 ， ……2 分
当且仅当 时取等号，即 时，等号成立，…3 分
所以 的最小值 . …………4 分
(Ⅱ)不等式 即 ，
21 2
22 2
x t
y t
= − −
= +
2y x= 2 2 2 0t t+ − =
2 8 0∆ = + > l C
,A B 1 2,t t 1 2,t t
1 2 1 22, 2t t t t+ = − = −
( )2
1 2 1 2 1 24 2 8 10AB t t t t t t= − = + − = + =
l
2 ( 1)y x− = − + 1y x= − +
2
1y x
y x
= − +
=
2 1 0x x+ − =
1 4 0∆ = + > l C
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2,x x
1 2 1 21, 1x x x x+ = − = −
( )22 2
2 1 1 2 1 21 1 4 10AB k x x k x x x x= + − = + + − =
2 2 2 2 2 2( )[1 ( 2) ( 3) ] ( 2 3 )a b c a b c+ + + + ≥ + +
2 2 2 2a b c+ + ≥
1 2 3
a b c= = 3 6, , 13 3a b c= = =
2 2 2a b c+ + 2m =
3x m− ≥ 3 2x − ≥
由 或 ，解得 或 .(也可观察数轴得到解集) ……5 分
所以不等式 的解集为 ，
则 和 必是关于 的方程 的两根，
由韦达定理，得 . …………7 分
3 2− ≥x 3 2− ≤ −x 5x ≥ 1x ≤
2 0x px q+ + ≥ { | 1 5}x x x≤ ≥或
1 5=x 2 1=x x 2 0x px q+ + =
1 2( ) 6= − + = −p x x
