由已知有
x
2
lnx
1
x
1
lnx
2
x
1
x
2
，两边同时除以
x
1
x
2
，化简有
造函数
f(x )
lnx
1
1lnx
2
1

，而
0 x
1
x
2
，构
x
1
x
2
ln x1lnx
,f'(x)
2
，令
f'(x)0,0x1;

令
f'(x)0,x1

，所以函数
f(x)
在
(0,1)
上
xx
lnx
1
1lnx
2
1< br>
为增函数，在
(1,)
上为减函数，由对于
0x
1< br>x
2
a
恒成立，即
f(x)
在
(0,a)
为增
x
1
x
2
函数，则
0a1
，故
a

的最大值为
1
，选
C.
点睛：本题主要考查了导数在 研究函数的单调性上的应用，属于中档题．本题关键是将已知不等式恒等变
形为
lnx
1
1lnx
2
1

，再根据单调性得出结果．
x1
x
2
二
.
填空题(本大题共
4
小题，每题< br>5
分，共
20
分
.
)
2

13 .
在

3
x

的二项式中，所有项的二项式数之和为256
，则常数项等于______．
x

n
【答案】
112
【解析】

由题意可得：
2256,n8
，
84r
r

2

r
3
，
< br>



2

C
8
x

x

r
n
结合二项式展开式通项公式可得：
T
r 1
C
r
8

x

3
8r
令< br>84r
2
2
0
可得：
r=2
，则常数项为：
2

C
8
428112
.
314.
在
VABC
中，角
A
、
B
、
C
的对边分别为
a
、
b
、
c
，若
b27< br>，
c3
，
B2C
，则
cos2C
的值
为
____________
．
【答案】
5

9
【解析】

【分析】

根据正弦定理、二倍角的正弦公式、余弦公式直接进行求解即可
.
【详解】由正弦定理可得：
即
bc

，
sinBsinC
75
bsinBsin2C2sinCcosC277
2
，∴
cos 2C2cosC121
．
2cosCcosC
99csinCsinCsinC33
5
故答案为：
9

【点 睛】本题考查了正弦定理的应用，考查了二倍角的正弦公式和余弦公式，考查了数学运算能力
.
15.
正四棱锥
SABCD
底面边长为
2
，高为
1，
E
是边
BC
的中点，动点
P
在四棱锥表面上运动，并 且总保
持
PEAC0
，则动点
P
的轨迹的周长为
___ ____
．
【答案】
23

【解析】

【分析】

取
SC
，
DC
的中点
M
，
F
，

根据三角形中位线、面面平面的判定定理、线面垂直的判定定理， 可以证
明出
AC
平面
MEF
，这样可以确定动点
P
在四棱锥表面上运动的轨迹为△
MEF
，然后求出周长即可
.
【详解】如 图所示，取
SC
，
DC
的中点
M
，
F
，则
EFBD
，
MESB
，由线面判定定理可知：
EF
平面SBD
，
EM

平面
SBD
，而
EMIEFE
，所以平面
SBD
平面
MEF
，设
O
是底面正方形 的中
心，所以正四棱锥
SABCD
的高为
OS
，则
OP 1
，则有
OPAC
，而
BD^AC,BDISO=O
，所
以
AC
平面
SBD
，所以
AC
平面
MEF，因为
uuuruuur
uuuruuur
PEAC0
，所以有< br>PEAC
，则动点
P
在四棱锥表面上运动的轨迹为△
MEF
，
BD=
22
AD+AB=22
，
SB=SD=SO+(BD)=3
，
22
1
2
则动点
P
的轨迹的周长为
l
△MFE

11
l
△SDB
2233
2 3
．
22


故答案为：
23

【 点睛】本题考查了立体几何中轨迹问题，考查了线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理，考查了推
理 认证能力和空间想象能力
.
f

x

的导函数，且
2f

x

xf


x

 3f

x

16.
定义在

0,

上的函数
f

x

满足
f

x

0
，
f


x

为 < br>对
x

0,

恒成立，则
f

2

的取值范围是
_______

f

3

【答案】

【解析】

【分析】


84

,



279
构造函数
g

x


f

x

x
2
f

2

4
f

x


；根据
g

x

的单调性可得然后 构造函数
h

x

(x0)
，
(x0)，
3
f

3

9
x
可得
f< br>
2

8
f

2

48
 
，即为所求．

，从而得到
f

3

2727f

3

9
f

x

x
2
【详解】设
g

x

(x0)
，
则
g


x


xf


x

2f

x

x

f
3

9
3
故函数
g

x

在

0,


上单调递增，
0，
所以
f

2

4
，
f

2

4

． 故
f

3

9
设
h

x


f

x

x
3
(x0)
，

则
h


x


xf


x

3f

x

x
4

f
< br>3

27
，
0，故h

x

在

0,


上单调递减，
所以
f
< br>2

8
f

2

8

则，
f

3

27
所以
f

2

48

．
27f

3

9
f

2


84

,

． 故 的取值范围是

f

3

279

【点 睛】本题考查构造函数求范围，解题的关键是根据题意中给出的条件构造出两个函数，然后再根据取
特殊 值得到所求的范围，综合考查创新和应用能力，具有一定的综合性和难度．
三
.
解答 题(本大题共
6
小题，共
70
分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
.
)

22
17.
在公差为
d
的等 差数列
{a
n
}
中，
a
1
a
2
a
1
a
2
.
(1)求
d
的取值范围； (2)已知
d1
，试问：是否存在等差数列
{b
n
}
，使得数列

的通项公式；若不存在，请说明理由.
【答案】
(1)[1,1]
(2)
存在
，
通项公式为
b
n
 5n4

【解析】

【分析】

22
(1)由等 差数列的性质，将
a
2
a
1
d
代入
a
1
a
2
a
1
a
2
，化简整理即可求出结果；

1

n
n
的前项和为？若存在，求
{b
n
}

2
n1

a
n
b
n< br>

1

a
b
b
(2)根据
d 1
求出
1
，再假设存在等差数列

n

，结合题意 求出
n
，再由裂项相消法求出数列

2

ab

nn

的前
n
项和，即可求出结果.
22
2【详解】解:(1)
Qa
1
a
2
a
1
a
2
，
a
1


a
1
d

2a
1
d
，
2
整理得，
2a
1
2

d1

a
1
dd0
22
则
4

d1

8dd0
，
2
2

解得
1d1
，则
d
的取值 范围为
1,1
.
2
(2)
Qd1
，
2a
1
4a
1
20
，即
a
1
1
，

则
a
n
2n
.
111
 
1


1b2a
1
2
b
12

b
1
1

1
假设存在等差数列

b
n

，则

，即

，解得

，
112112
b6

2


2

2


a
1
b
1
a< br>2
b
2
3

2b
2
3
从而
b
n
5n4
.
1111

此时
2
，
a
n
bn
n
2
nnn1
111
111111n
 


1

1
，
22 2
a
1
b
1
a
2
b
2
an
b
n
223nn1n1n1


1
n
b5n4
故存在等差数列

b
n
< br>，且
n
，使得数列

2
.

的前
n
项和为
ab
n1

nn

【点睛】本题主要 考查等差数列的通项公式与性质，以及裂项相消法求数列的和，熟记公式即可，属于常
考题型
.
18.
如图

1

，梯形
ABCD
中，< br>ABCD
，过
A,B
分别作
AECD
，
BFCD
，垂足分别
AE2
，
CD5
，已知
DE1
，将梯形
ABCD
沿
AE,BF
同侧折起，得空间几何体
ADE< br>
BCF
，如图

2

．

(< br>1
)
若
AFBD
，证明：
DE
平面
AB FE
；
(
2
)
若
DECF
，
CD3< br>，线段
AB
上存在一点
P
，满足
CP
与平面
ACD
所成角的正弦值为
5
，求
20
AP
的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】

【分析】

2
.
3
(
1
)
由正方形的性质推导出
AFBE
，结合
AFBD
，可得
AF
平面
BDE< br>，由此
AFDE
，再由
AEDE
，能证明
DE
平面
ABEF
；
(
2
)
过
E
作
E GEF
交
DC
于点
G
，以
E
为坐标原点，以uuur
uuuruuuruuur
z
轴的正方向建立空间直角坐标系，设
APm
，可得
CP2,m1,3
，
EA,EF,EG
分别 为
x
轴，
y
轴，

利用向量垂直数量积为零求出平面ACD
的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出结果．
【详解】
(
1
)
由已知得四边形
ABFE
是正方形，且边长为2，在图2中，
A FBE
，
由已知得
AFBD
，
BEBDB
，AF
平面
BDE，

又
DE
平面
BDE
，
AFDE
，
又
AEDE
，
AEAFA
，
DE
平面
A BFE.

(
2
)
在图2中，
A EDE
，
AEEF
，
DEEFE
，即
AE
面
DEFC
，
梯形
DEFC
中，过点
D
作DMEF
交
CF
于点
M
，连接
CE
，
由题意得
DM2
，
CM1
，由勾股定理可得
DCCF
，则
CDM
过
E
作
EGEF
交
DC
于点
G
，可知
GE
，
EA
，
EF
两两垂 直，

6
，
CE2
，
uuuruuuruuur以
E
为坐标原点，以
EA,EF,EG
分别为
x
轴，< br>y
轴，
z
轴的正方向建立空间直角坐标系，

13

则
A

2,0,0

,B

2,2,0

,C0,1,3,D


0,
2
,
2


，


uuuruuur

1 3

AC2,1,3,AD

2,,

．
22


设平面
ACD
的一个法向量为
n

x,y,z

，
r
uuur

2xy3z0
r

nAC0
r


n 1,1,3
，
r
由

r
uuu
得

,取得
x1
13
z0


nAD0

2xy
22

uuur
设
APm
，则
P(2,
m
，
0)
，

0m2
，得
CP2,m1,3



设
CP
与平面
ACD
所成的角为

，
uuur
r
si n

cosCP,n
所以
AP
m
57(m1)< br>2

52
m
．
203
2
.

3
【点睛】本题主要考查线面垂直的证明，以及空间向量的应用，是中档题．空间向量解答立体 几何问题的
一般步骤是：(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出 相应直线的方向向
量；(3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量 ；(4)将空间位置关系
转化为向量关系；(5)根据定理结论求出相应的角和距离.
19.
《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开 始，
高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成 绩从

高到低划分为
A
、
B
、
B
、
C
、
C
、
D
、
D
、
E
共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数
所占比例分别为
3%
、
7 %
、
16%
、
24%
、
24%
、
16%< br>、
7%
、
3%
．选考科目成绩计入考生总成绩时，
[81,9 0]
、
[71,80]
、
[61,70]
、将
A
至
E
等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到
[91,100]
、
[51,60]
、
[41,50]
、
[31,40]
、
[21,30]
八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为
给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布
N( 60,169)
．
(1)求物理原始成绩在区间
(47,86)
的人数；
(2)按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记
X
表示这3人中等级成绩在 区间
[61,80]
的人数，
求
X
的分布列和数学期望．
(附：若随机变量

~N

,


2
< br>，则
P(









)0.682
，
P(

2

< br>


2

)0.954
，
P(

3





3

) 0.997
)
【答案】(Ⅰ)1636人；(Ⅱ)见解析．
【解析】

分析】

(Ⅰ)根据正态曲线的对称性，可将区间

47,86
分为

47,60

和

60,86

两种情况，然后根据特殊区间上的
概率求出成绩在区间

47,86
内的概率，进而可求出相应的人数；(Ⅱ)由题意得成绩在区间[61,80]的概率
【


2

2

XB
为，且
< br>3,

，由此可得
X
的分布列和数学期望．
5
< br>5

【详解】(Ⅰ)因为物理原始成绩

N60,13
，
所以
P(47

86)P(47

60)P( 60

86)

2

11
P(6013< br>
6013)P(60213

60213)

22
0.6820.954


22
0.818
．
所以物理原始成绩在(47，86)的人数为
20000.8181636
(人)．
(Ⅱ)由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为
2
． 5

所以随机抽取三人，则
X
的所有可能取值为0,1,2,3，且
XB

3,


2


，
5

27

3


， 所以
P< br>
X0





5

125
2

3

54
，
P

X1

C


5

5

125
1
3
2
3

2

336
，
P

X2

C
3
2

 


5

5125
8

2


P

X3




．

5

125
所以
X
的分布列为
3
2
X

P


0 1 2 3
27

125
54

125
36

125
26

．
55
8

125
所以数学期望
E

X

3
【点睛】(
1)解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的
概率 求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．
(
2
)解答第二问的关键是判断出随机变 量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的
容量较大时，抽样可认为是等可能的 ，进而可得随机变量服从二项分布．

2

x
2
y
2
e
2,
20.
已知椭圆
C:
2

2< br>1

ab0

，点

1,e

和


都在椭圆
C
上，其中为椭圆
C
的离心 率.
2
ab

(1)求椭圆
C
的方程；
(2 )若过原点的直线
l
1
:ykx
与椭圆
C
交于
A ,B
两点，且在直线
l
2
:2kxyk20
上存在点
P
，使得
PAB
是以
P
为直角顶点的直角三角形，求实数
k
的取值范围
44
【答案】(1)
k0
或
k
； (2)
k0
或
k
.
33
【解析】

分析】


2

c
2
(1)将点

1,e

代入椭圆方程，并结合
e
，可以求出
b1< br>，然后将点


2,
2


代入椭圆方程即 可求出
a


a
2
4
，即可得到答案；( 2)将直线
ykx
与椭圆联立，可以得到
A,B
两点的坐标关系，设
P

x
0
,y
0

，则
y
0< br>2kx
0
k2
，由题意
PAPB
，即
kPA
•k
PB
1
，从而可以建立等式关系：
可以整理为关于
x
0
的一元二次方程，令
0
即可求出
k
的取值 范围．
y
0
y
1
y
0
y
2
•

1
，
x
0
x
1
x
0x
2
c
1c
2
【详解】(1)由题设知
abc< br>，
e
.由点

1,e

在椭圆上，得
2< br>
22
1
.
a
aab
222
解得
b
2
1
，

2

21
2,
1
. 又点
在椭圆上，

22

2
a2b

即
11
1
，解得
a
2
4
.
2
a2
x
2
所以椭圆的方程是
y
2
1
.
4
(2)设
A

x
1
,y
1

、< br>B

x
2
,y
2

，

ykx
4

2
x
由

x
2
得
2
2
14k

y1

4
4
4k
2
x
1
x
2
0
，
x
1
x
2

，
y
1
y
2
0，
y
1
y
2


2
14k
2
14k
设
P

x
0
,y
0

，则
y
0
2kx
0
k2

依题意
PAPB
，得
k
PA
•k
PB
1


y
0
y
1
y
0
y
2
•

1

x
0
x
1
x
0< br>x
2
22
即
y
0

y
1
y
2

y
0
y
1
y
2
 x
0
x
1
x
2
x
0

x1
x
2

0

22
y
0
x
0
y
1
y
2
x
1
x
2
0

2
14k
2
x
0
4k

k2

x
0


k2



2
41k
2
14k
2

0
有解



0



1 6k
2

k2

2
414k

2< br>

41k
2
2


k2
< br>
14k
2




化简得
3k
2
4k0
，
k0
或
k
4

3
【点睛】本题考查了直线与椭圆的综合问题，涉及椭圆方程的求法，椭圆的离心率，一元二次 方程根的特
点，直角三角形的几何关系的利用，属于难题．
21.
已知函数
f

x

lnx
1
2
3
xax
aR

，
g

x

e
x
x
2
x
.
2
2
(1)讨论
f

x

的单调性； < br>(2)定义：对于函数
f

x

，若存在
x
0
，使
f

x
0

x
0
成立， 则称
x
0
为函数
f

x

的不动点.如果 函数
F

x

f

x

g< br>
x

存在不动点，求实数
a
的取值范围.
，

【答案】(1)见解析；(2)
e1
【解析】

【分析】

(1)对函数
f
x

求导，结合二次函数的性质讨论
a
的范围，即可判断f

x

的单调性；(2)由
F

x

存在不

e
x
x
2
lnx
e
x
lnxx
2
动点，得到
F

x

x
有实数根，即
a
有解，构造函数令
h

x



x0

，通
x
x
过求导即可判断< br>h

x

的单调性，从而得到
h

x

的取值范围，即可得到
a
的范围．
x
2
ax1< br>【详解】(1)
f

x

的定义域为

0, 

，f


x



x0

，
x
对于函数
yxax10
，
①当
a
2
40
时，即
2a2
时，
x2
ax10
在
x0
恒成立.
2
x
2
ax1
f


x

0
在

0,

恒成立.
x
f

x

在

0,

为增函数；
②当
0
，即
a2
或
a2
时，
2222
aa4aa4aa4aa4
当
a2
时，由
f


x

0
，得
x
或
x
，，
0
2222

aa
2
4

aa
2
4aa
2
4
,

为增函数，

减函数.
f

x
在

0,

222


< br>
aa
2
4

,

为增函数，


2

x
2
ax1
当
a2
时，由
f


x

0
在

0,

恒成立，
x
f

x

在

0,

为增函数．

aa
2
4

aa
2
4aa
2
4

,

为增函数，

减函数，综上，当
a2
时，
f

x

在

0,

222


aa
2
4

,< br>
为增函数；当
a2
时，
f

x
在

0,

为增函数．


2

1
2
3
2x2x
(2)
F

x
f

x

g

x

 lnxxaxexxlnxxaxxe

x0

，
22
e
x
lnxx
2
QF

x

存在不动点，

方程
F

x

x< br>有实数根，即
a
有解，
x
x
e
x
x 1

x1

lnx
e
x
x
2
lnx
ex1lnxx1x1

令
h
< br>x


，

x0

，
h


x


22
x
xx

令
h


x

0
，得
x1
，
当
x

0,1

时，
h

x< br>
0，h

x

单调递减；
当
x< br>
1,

时，
h


x
0，h

x

单调递增；
h

x
h

1

e1
，
当
ae1
时，
F

x

有不动点，
a
的范围为

e1,

.
【点睛】导数 式含参数时，如何讨论参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点，一般采用求根法
和图像法．
请考生在
22
、
23
两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题记分
.

xcos

22.
在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
1
的方程为

(

为参 数).以坐标原点
O
为极点，
x
轴正半轴为极

ysin

轴建立极坐标系，曲线
C
2
的极坐标方程为

 2cos

.
(1)求
C
1
，
C
2
交点的直角坐标；

(2)设点
A
的极坐标为
(4,

【答案】 (1)


，

2

1

3)
，点
B
是曲线
C
2
上的点，求
AOB面积的最大值.
3

13

， 

，

2

； (2)
23
.
2

2


【解析】

【分析】

(1)
结合

2
x
2
y
2
,x

cos

，得到曲线的普通方程，计算交 点坐标，即可．(
2)
结合三角形面积计算公式，

结合三角函数性质，计算最值，即可．
22
【详解】(Ⅰ)
C
1< br>:xy1
，
C
2
:

=2cos
，∴

2
=2

cos

，∴
x2
y
2
2x
.
1
1

xx 
12



x
2
y
2
1< br>2
2

联立方程组得

2
，解得，，
 
2
xy2x
3
3


y

y
1
2


2
2


< br>13

13


∴所求交点的坐标为


2
，
2


，


2
，

.
2

(Ⅱ)设
B

，


，则

=2cos

.
∴< br>AOB
的面积
S
11





OAOBsinAOB4

sin




4cos

sin





22

3

3



2c os

2



3

6
< br>∴当


23

时，
S
max
2 3
.
12
【点睛】本道题考查了参数方程化为普通方程，考查了极坐标方程化为普 通方程，考查了三角函数的
性质，难度中等．
23.
已知函数
f

x

x12x1
．
(1)解不等式
f

x

x2
；
( 2)若
g

x

3x2m3x1
，对
x
1
R
，
x
2
R
，使
f
< br>x
1

g

x
2

成立，求实数
m
的取值范围．
【答案】(1)

x|0x1
；(2)


【解析】

【分析】


15

,

.

44


(
1
)对
x
分类讨论，将不等式转化为代数不等式，求解 即可；
(
2
)分别求出函数的最值，利用最值建立不等式，即可得到实数
m
取值范围．．
11


x1,

1x ,

x,
【详解】解：(
1
)不等式等价于

或

2
或

2


3xx2,
x2x2,

3xx2,

解得
x

或
0x
11
或
x1
，所以不等式
f

x

x2
的解集为

x|0x1< br>
．
22


3x,x1,

1< br>
1

1

3
(
2
)由
f

x



x2,1x,
知，当
x
时，
f

x

min
f

；
2
2

2

2

1< br>
3x,x

2

g

x


3x2m



3x1

 2m1
，
当且仅当

3x2m

3x1

0
时取等号，
所以
2m1
315

15

，

解得
m
．

故实数
m
的取值范围是

,

．
24 4

44

的
【点睛】本题考查方程有解问题，考查不等式的解法， 考查转化思想以及计算能力．