2023年12月7日发(作者：真鸿卓)

江西省九江市彭泽一中2024届高考考前信息卷高考数学试题

注意事项:

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。

21．若2x的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数n的值为（

）

xA．7 B．6 C．5 D．4

n2．已知等差数列an中，a57,a10a70，则a3a4（

）

A．20 B．18 C．16 D．14

3．等比数列an的各项均为正数，且a3a8a4a718，则log3a1log3a2A．12 B．10 C．8

log3a10( )

D．2log35

4．5G网络是一种先进的高频传输技术，我国的5G技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款5G手机，现调查得到该款5G手机上市时间x和市场占有率y（单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根据数据得出y关于x的线性回归方程为y0.042xa.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款5G手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（

）

A．2020年6月 B．2020年7月 C．2020年8月 D．2020年9月

5．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入n、x的值分别为3、1，则输出v的值为（

）

A．7 B．8 C．9 D．10

x2y26．双曲线C：，左焦点到渐近线的距离为2，则双曲线C的渐近线方程为（

）

1（m0）5mA．2x5y0 B．2x5y0 C．5x2y0 D．5xy0

7．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为2，则输出的v值为(

) A．92102 B．92102 C．92112

2D．92112

8．已知集合Ax|x0，Bx|xmx120，若AA．4 B．－4 C．8

B2，则m（

）

D．－8

9．a2b21是asinbcos1恒成立的（

）

A．充分不必要条件

C．充要条件

10．要得到函数ysin2xA．向右平移C．向左平移个单位

6B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

的图象，只需将函数ysin2x的图象（

）

3B．向右平移D．向左平移个单位

3个单位

6个单位

311．已知函数fxAsinx7a0aA0,有三个零点x1，x2，x3，且x1x2x3，若在区间63x12x2x3A．

25，则fx的最小正周期为（

）

32B．3 C． D．4

312．设i是虚数单位，aR，A．2 B．1

5ai32i，则a（

）

aiC．1 D．2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的

成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有____人．

x2y214．已知P1,1为椭圆+=1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为42________________．

15．在平面五边形ABCDE中，A60，ABAE63，BCCD，且BCDE6.将五边形ABCDE沿对角线BE折起，使平面ABE与平面BCDE所成的二面角为120，则沿对角线BE折起后所得几何体的外接球的表面积是______.

16．在一次体育水平测试中，甲、乙两校均有100名学生参加，其中:甲校男生成绩的优秀率为70%，女生成绩的优秀率为50%;乙校男生成绩的优秀率为60%，女生成绩的优秀率为40%.对于此次测试，给出下列三个结论:

①甲校学生成绩的优秀率大于乙校学生成绩的优秀率;

②甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率;

③甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系不确定.其中，所有正确结论的序号是____________.

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）若函数fx在x0处有极值，且fx0x0，则称x0为函数fx的“F点”.

（1）设函数fxkx2lnx（kR）.

2①当k1时，求函数fx的极值；

②若函数fx存在“F点”，求k的值；

b，cR，a0）（2）已知函数gxaxbxcx（a，存在两个不相等的“F点”x1，x2，且gx1gx21，32求a的取值范围.

18．（12分）健身馆某项目收费标准为每次60元，现推出会员优惠活动：具体收费标准如下： 现随机抽取了100为会员统计它们的消费次数，得到数据如下：

假设该项目的成本为每次30元，根据给出的数据回答下列问题：

（1）估计1位会员至少消费两次的概率

（2）某会员消费4次，求这4次消费获得的平均利润；

（3）假设每个会员每星期最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件的概率，从会员中随机抽取两位，记从这两位会员的消费获得的平均利润之差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望E(X)

19．（12分）小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工.节假日期间的某一天，每名员工休假的概率都是1，且是否2休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店维持营业，否则该店就停业.

（1）求发生调剂现象的概率；

（2）设营业店铺数为X，求X的分布列和数学期望.

x1cosxOy20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，x轴ysin的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为sin（1）求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

（2）求曲线C上的点到直线l的距离的最大值与最小值.

21．（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．

3.

6

（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；

（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为6，求PF的长度．

322．（10分）已知aR，函数fxaex1，gxxlnx1（e2.71828x是自然对数的底数）.

（Ⅰ）讨论函数fx极值点的个数；

（Ⅱ）若a1，且命题“x0,，fxkgx”是假命题，求实数k的取值范围.



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．C

【解题分析】

由二项式系数性质，(ab)n的展开式中所有二项式系数和为2n计算．

【题目详解】

2nn2x的二项展开式中二项式系数和为2，232,n5．

x故选：C．

【题目点拨】

本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．

2．A

【解题分析】

设等差数列an的公差为d,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得a3a4即可.

【题目详解】

na57,a14d7,a115,a.,.所以设等差数列n的公差为d由得解得d2a10a70a19da16d0a3a42a15d2155(2)20.

故选：A

【题目点拨】

本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题. 3．B

【解题分析】

由等比数列的性质求得a1a10，再由对数运算法则可得结论．

【题目详解】

∵数列{an}是等比数列，∴a3a8a4a72a1a1018，a1a109，

∴log3a1log3a2故选：B.

【题目点拨】

本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．

4．C

【解题分析】

根据图形，计算出x,y，然后解不等式即可.

【题目详解】

解：xlog3a10log3(a1a2a10)log3(a1a10)55log3910．

11(12345)3，y(0.020.050.10.150.18)0.1

55ˆ0.042xaˆ上

点3,0.1在直线yˆ，aˆ0.026

0.10.0423aˆ0.042x0.026

yˆ0.042x0.0260.5

令yx13

因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月，

故选：C

【题目点拨】

考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题.

5．B

【解题分析】

列出循环的每一步，由此可得出输出的v值.

【题目详解】 由题意可得：输入n3，x1，v2，m3；

第一次循环，v2135，m312，n312，继续循环；

第二次循环，v5127，m211，n211，继续循环；

第三次循环，v7118，m110，n110，跳出循环；

输出v8.

故选：B.

【题目点拨】

本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.

6．B

【解题分析】

首先求得双曲线的一条渐近线方程mx5y0，再利用左焦点到渐近线的距离为2，列方程即可求出m，进而求出渐近线的方程.

【题目详解】

设左焦点为c,0，一条渐近线的方程为mx5y0，由左焦点到渐近线的距离为2，可得mcm5m2，所以渐近线方程为y故选：B

【题目点拨】

2x，即为2x5y0,

5本题考查双曲线的渐近线的方程，考查了点到直线的距离公式，属于中档题.

7．C

【解题分析】

由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的k，v的值，当k1时，不满足条件k0，跳出循环，输出v的值．

【题目详解】

解：初始值v10，x2，程序运行过程如下表所示：

k9，

v1029，k8，

v1022928，k7，

v1023922827，k6， v1024923822726，k5，

v1025924823722625，k4，

v1026925824723622524，k3，

v1027926825724623522423，k2，

v1028927826725624523422322，k1，

v1029928827726625524423322221，k0，

v10210929828727626525424323222120，k1，

跳出循环，输出v的值为

其中v10210929828727626525424323222120①

2v1021192108297286275264253242231220②

①—②得

v10211121012912812712612512412312212

v102112121012

v92112．

故选：C．

【题目点拨】

本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到k，v的值是解题的关键，属于基础题．

8．B

【解题分析】

根据交集的定义，A【题目详解】

由AB2，可知2B，代入计算即可求出m.

B2，可知2B，

又因为Bx|xmx120，

所以x2时，(2)2m120，

解得m4.

故选：B.

【题目点拨】

本题考查交集的概念，属于基础题.

9．A

22【解题分析】

acos{asinbcossincoscossinsin(+)1

成立；反之，ab0满足

设bsinasinbcos1，但a2b21，故选A.

10．D

【解题分析】

直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；

【题目详解】

解：函数ysin2xsin2x，

36要得到函数ysin2x的图象，

3只需将函数ysin2x的图象向左平移故选：D．

【题目点拨】

本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题．

11．C

【解题分析】

根据题意，知当x个单位．

67ππ5π2π8π时，x，由对称轴的性质可知x1x2和x2x3，即可求出w，即可求36233出fx的最小正周期.

【题目详解】

解：由于fxAsinx7a0aA0,有三个零点x1，x2，x3，

在区间63当x7ππ5π时，x，

362πππx22，

662∴由对称轴可知x1，x2满足x1即x1x22π.

3同理x2，x3满足x2ππ3π8πx32，即x2x3，

6623∴x12x2x310π5π，2，

332ππ.

2所以最小正周期为：T故选：C.

【题目点拨】

本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.

12．C

【解题分析】

由5ai32i，可得5aiai32i3a232ai，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出a的ai值.

【题目详解】

解：5ai32i，5aiai32i3a232ai

ai53a2

，解得：a1.

32aa故选:C.

【题目点拨】

本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把i2

当成1进行运算.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．750

【解题分析】因为所以14．x2y30

【解题分析】

设弦所在的直线与椭圆相交于Ax1,y1、Bx2,y2两点，利用点差法可求得直线AB的斜率，进而可求得直线的点斜式方程，化为一般式即可.

【题目详解】

。

，得， 设弦所在的直线与椭圆相交于Ax1,y1、Bx2,y2两点，

x1x21x1x222由于点P为弦的中点，则，得，

y1y22y1y212x12y1214x1x2x1x2y1y2y1y20，

2由题意得2，两式相减得242x2y2124所以，直线AB的斜率为2x1x2y1y2221，

x1x24y1y24221x1，即x2y30.

2所以，弦所在的直线方程为y1故答案为：x2y30.

【题目点拨】

本题考查利用弦的中点求弦所在直线的方程，一般利用点差法，也可以利用韦达定理设而不求法来解答，考查计算能力，属于中等题.

15．252

【解题分析】

设ABE的中心为O1，矩形BCDE的中心为O2，过O1作垂直于平面ABE的直线l1，过O2作垂直于平面BCDE的直线l2，得到直线l1与l2的交点O为几何体ABCDE外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.

【题目详解】

设ABE的中心为O1，矩形BCDE的中心为O2，

过O1作垂直于平面ABE的直线l1，过O2作垂直于平面BCDE的直线l2，

则由球的性质可知，直线l1与l2的交点O为几何体ABCDE外接球的球心，

取BE的中点F，连接O1F，O2F，

由条件得O1FO2F3，O1FO2120，连接OF，

因为OFO1OFO2，从而OO133，

连接OA，则OA为所得几何体外接球的半径， 222在直角AOO1中，由O1A6，OO133，可得OAOO1O1A273663，

即外接球的半径为ROA63，

故所得几何体外接球的表面积为S4R2252.

故答案为：252.

【题目点拨】

本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.

16．②③

【解题分析】

根据局部频率和整体频率的关系，依次判断每个选项得到答案.

【题目详解】

不能确定甲乙两校的男女比例，故①不正确；

因为甲乙两校的男生的优秀率均大于女生成绩的优秀率，故甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率，故②正确；

因为不能确定甲乙两校的男女比例，故不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系，故③正确.

故答案为：②③.

【题目点拨】

本题考查局部频率和整体频率的关系，意在考查学生的理解能力和应用能力.

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）①极小值为1，无极大值.②实数k的值为1.（2）2,0

【解题分析】

（1）①将k1代入fx可得fxx2lnx，求导讨论函数单调性，即得极值；②设x0是函数fx的一个“F2点”（x00），即是fx的零点，那么由导数fx2kx21x可知k0，且fx00，可得x01，根k据fx0x0可得x02lnx010，设xx2lnx1，由x的单调性可得x0，即得k.（2）方法一：先求gx的导数，gx存在两个不相等的“F点”x1，x2，可以由gx0和韦达定理表示出x1，x2的关系，再由gx1gx2x1x2，可得a,b,c的关系式，根据已知解gx1gx2x1x21即得.方法二：由函数gx3ax22bxc0存在不相等的两个“F点”x1和x2，可知x1，x2是关于x的方程组3的两个相异实数根，由2axbxcxxax3bx2cxx得x0，分两种情况：x0是函数gx一个“F点”，x0不是函数gx一个“F点”，进行讨论即得.

【题目详解】

解：（1）①当k1时，fxx2lnx

（kR），

2则有fx列表如下：

x

2x1x1（x0），令fx0得x1，

x0,1



1

1,



fx

0

fx

极小值

故函数fx在x1处取得极小值，极小值为1，无极大值.

②设x0是函数fx的一个“F点”（x00）.

fx2kx21x（x0），x0是函数fx的零点.

21，x0k0，由fx00，得kx01，

k2由fx0x0，得kx02lnx0x0，即x02lnx010.

设xx2lnx1，则x120，

x所以函数xx2lnx1在0,上单调增，注意到10，

所以方程x02lnx010存在唯一实根1，所以x0根据①知，k1时，x1是函数fx的极小值点，

所以1是函数fx的“F点”.

综上，得实数k的值为1.

（2）由gxaxbxcx（a，b，cR，a0），

3211，得k1，

k可得gx3ax2bxc（a0）.

2又函数gx存在不相等的两个“F点”x1和x2，

x1，x2是关于x的方程3ax22bxc0（a0）的两个相异实数根.

4b212ac02bx1x2

3acxx123a又gx1ax1bx1cx1x1，gx2ax2bx2cx2x2，

323232bx2cx2x1x2，

gx1gx2x1x2，即ax13bx12cx1ax2从而x1x2ax1x1x2x2bx1x2cx1x2

222x1x2，ax1x2x1x2bx1x2c1，

2b2c2b2b即ac1.23acb9a.

3a3a3agx1gx21，

gx1gx2x1x24b23ac9a221，

ax1x22c2b4x1x24

3a3a2解得2a0.所以，实数a的取值范围为2,0. （2）（解法2）因为gxaxbxcx（

a，b，cR，a0）

32所以gx3ax2bxc（a0）.

2又因为函数gx存在不相等的两个“F点”x1和x2，

3ax22bxc0所以x1，x2是关于x的方程组3的两个相异实数根.

2axbxcxx由ax3bx2cxx得x0，ax2bxc10.

（2.1）当x0是函数gx一个“F点”时，c20且x2b.

3a2b2b2.

所以a，即b109a2b3a3a又gx1gx2x1x222b01，

3a所以4b29a2，所以9a29a.又a0，所以2a0.

（2.2）当x0不是函数gx一个“F点”时，

3ax22bxc0则x1，x2是关于x的方程2的两个相异实数根.

axbxc102bbb03112.

又a0，所以得3所以ax，得x1,2cc22ac123所以gx1gx2x1x2211，得2a0.

2a综合（2.1）（2.2），实数a的取值范围为2,0.

【题目点拨】

本题考查利用导数求函数极值，以及由函数的极值求参数值等，是一道关于函数导数的综合性题目，考查学生的分析和数学运算能力，有一定难度.

18．（1）2249

（2）22.5（3）见解析，5200【解题分析】

（1）根据频数计算频率，得出概率；

（2）根据优惠标准计算平均利润； （3）求出各种情况对应的X的值和概率，得出分布列，从而计算出数学期望．

【题目详解】

解：（1）估计1位会员至少消费两次的概率p（2）第1次消费利润600.953027；

第2次消费利润600.903024；

第3次消费利润600.853021；

第4次消费利润600.803018；

251052；

10052724211822.5

413272427242125.5，概率是；3次消费利润是24，（3）1次消费利润是27，概率是；2次消费利润是523411概率是；4次消费利润是22.5，概率是；

102039由题意：X0,,3,

223311111187P(X0)

55441111119P(X)2()

254419P(X3)2()

51P(X)2

252050这4次消费获得的平均利润：故分布列为：

X

0

3

29

25

3

9

23

50

P

87

200

29

200

期望为:

E(X)0【题目点拨】

873929932493

200本题考查概率、平均利润、离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

19．（1）113（2）见解析，

88【解题分析】

（1）根据题意设出事件，列出概率，运用公式求解；（2）由题得，X的所有可能取值为0,1,2，根据（1）和变量对应的事件，可得变量对应的概率，即可得分布列和期望值.

【题目详解】

（1）记2家小店分别为A，B，A店有i人休假记为事件Ai（i0，1，2），B店有i人，休假记为事件Bi（i0，1，2），发生调剂现象的概率为P.

11则PA0PB0C，

24022111，

PA1PB1C22211PA2PB2C.

422222所以PPA0B2PA2B0答：发生调剂现象的概率为11111.

444481.

8（2）依题意，X的所有可能取值为0，1，2.

则PX0PA2B2111，

441611111PX1PA1B2PA2B1，

422441111PX21PX0PX11.

16416所以X的分布表为：

X

P

所以EX2【题目点拨】

本题是一道考查概率和期望的常考题型.

20．（1）C:x1y21，y0，l:x3y60（2）最大值【解题分析】

20 1 2

1

1611111310.

1641681

411

165，最小值1

2x1cos（1）由曲线C的参数方程，得cosx1,ysin两式平方相加求解，根据直线l的极坐标方程ysinsin31cos3，再根据ysin,xcos求解.

3，展开有sin622（2）因为曲线C是一个半圆，利用数形结合，圆心到直线的距离减半径即为最小值，最大值点由图可知.

【题目详解】

x1cos

（1）因为曲线C的参数方程为ysin所以cosx1,ysin

两式平方相加得：x1y21，y0

因为直线l的极坐标方程为sin23.

6所以sin31cos3

22所以y31x3

22即x3y60

（2）如图所示：

圆心C到直线的距离为：d132

2所以圆上的点到直线的最小值为：dmindr1

则点M(2，0)到直线的距离为最大值：dmax【题目点拨】

本题主要考查参数方程，普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

235

2221．（1）230．（2）2．

15【解题分析】

（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则BE（﹣1，0，2），CP（﹣2，﹣1，1），计算夹角得到答案.

（2）设FPFD，0≤λ≤1，计算P（0，2λ，2﹣2λ），计算平面APC的法向量n（1，﹣1，的法向量m（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.

【题目详解】

（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，

又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，

∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，

∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，

∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，

∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），

，CP（﹣2，﹣1，1），

BE（﹣1，0，2）设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，

则cosθ2），平面ADF22BECPBECP4230，

1556230．

15∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），

设P（a，b，c），FPFD，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），

解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），

，AC（2，2，0），

AP（0，2λ，2﹣2λ）设平面APC的法向量n（x，y，z），

nAP2y22z02则，取x＝1，得n（1，﹣1，），

22nAC2x2y0平面ADP的法向量m（1，0，0）， ∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值为6，

3∴|cos＜m，n＞|mnmn161()23，

222()22解得1，∴P（0，1，1），

2∴PF的长度|PF|(00)2(10)2(12)22．

【题目点拨】

本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

22．（1）当a0时，fx没有极值点，当a0时，fx有一个极小值点.（2）1,【解题分析】

试题分析

：（1）fxae1，分a0，a0讨论，当a0时，对xR，fxae10，当a0时xx

fx0，解得xlna，fx在,lna上是减函数，在lna,上是增函数。所以，当a0时，fx没有极值点，当a0时，fx有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式fxkgxx在区间0,内有解。设Fxfxkgx

eklnx1

k1x1，所以Fxexk

x1kxkhxek1，

k1，设hxe则且hx是增函数，所以hxh0

1k。2，x1x1x所以分k1和k>1讨论。

试题解析：（Ⅰ）因为fxaex1，所以fxae1，

xx当a0时，对xR，fxae10，

x所以fx在,是减函数，此时函数不存在极值，

所以函数fx没有极值点；

当a0时，fxae1，令fx0，解得xlna，

x若x,lna，则fx0，所以fx在,lna上是减函数，

若xlna,，则fx0，所以fx在lna,上是增函数，

当xlna时，fx取得极小值为flnalna，

函数fx有且仅有一个极小值点xlna，

所以当a0时，fx没有极值点，当a0时，fx有一个极小值点.

（Ⅱ）命题“x0,，fxkgx”是假命题，则“x0,，fxkgx”是真命题，即不等式fxkgx在区间0,内有解.

若a1，则设Fxfxkgx

eklnx1

k1x1，

x所以Fxexkkx

k1，设hxe

k1，

x1x1x则hxekx12，且hx是增函数，所以hxh0

1k

当k1时，hx0，所以hx在0,上是增函数，

hxh00，即Fx0，所以Fx在0,上是增函数，

所以FxF00，即fxkgx在x0,上恒成立.

x当k1时，因为hxekx12在0,是增函数，

k1因为h01k0，hk1

e10，

k所以hx在0,k1上存在唯一零点x0，

当x0,x0时，hxhx00，hx在0,x0上单调递减，

从而hxh00，即Fx0，所以Fx在0,x0上单调递减，

所以当x0,x0时，FxF00，即fxkgx.

所以不等式fxkgx在区间0,内有解

综上所述，实数k的取值范围为1,.



2023年12月7日发(作者：真鸿卓)

江西省九江市彭泽一中2024届高考考前信息卷高考数学试题

注意事项:

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。

21．若2x的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数n的值为（

）

xA．7 B．6 C．5 D．4

n2．已知等差数列an中，a57,a10a70，则a3a4（

）

A．20 B．18 C．16 D．14

3．等比数列an的各项均为正数，且a3a8a4a718，则log3a1log3a2A．12 B．10 C．8

log3a10( )

D．2log35

4．5G网络是一种先进的高频传输技术，我国的5G技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款5G手机，现调查得到该款5G手机上市时间x和市场占有率y（单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根据数据得出y关于x的线性回归方程为y0.042xa.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款5G手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（

）

A．2020年6月 B．2020年7月 C．2020年8月 D．2020年9月

5．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入n、x的值分别为3、1，则输出v的值为（

）

A．7 B．8 C．9 D．10

x2y26．双曲线C：，左焦点到渐近线的距离为2，则双曲线C的渐近线方程为（

）

1（m0）5mA．2x5y0 B．2x5y0 C．5x2y0 D．5xy0

7．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为2，则输出的v值为(

) A．92102 B．92102 C．92112

2D．92112

8．已知集合Ax|x0，Bx|xmx120，若AA．4 B．－4 C．8

B2，则m（

）

D．－8

9．a2b21是asinbcos1恒成立的（

）

A．充分不必要条件

C．充要条件

10．要得到函数ysin2xA．向右平移C．向左平移个单位

6B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

的图象，只需将函数ysin2x的图象（

）

3B．向右平移D．向左平移个单位

3个单位

6个单位

311．已知函数fxAsinx7a0aA0,有三个零点x1，x2，x3，且x1x2x3，若在区间63x12x2x3A．

25，则fx的最小正周期为（

）

32B．3 C． D．4

312．设i是虚数单位，aR，A．2 B．1

5ai32i，则a（

）

aiC．1 D．2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的

成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有____人．

x2y214．已知P1,1为椭圆+=1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为42________________．

15．在平面五边形ABCDE中，A60，ABAE63，BCCD，且BCDE6.将五边形ABCDE沿对角线BE折起，使平面ABE与平面BCDE所成的二面角为120，则沿对角线BE折起后所得几何体的外接球的表面积是______.

16．在一次体育水平测试中，甲、乙两校均有100名学生参加，其中:甲校男生成绩的优秀率为70%，女生成绩的优秀率为50%;乙校男生成绩的优秀率为60%，女生成绩的优秀率为40%.对于此次测试，给出下列三个结论:

①甲校学生成绩的优秀率大于乙校学生成绩的优秀率;

②甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率;

③甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系不确定.其中，所有正确结论的序号是____________.

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）若函数fx在x0处有极值，且fx0x0，则称x0为函数fx的“F点”.

（1）设函数fxkx2lnx（kR）.

2①当k1时，求函数fx的极值；

②若函数fx存在“F点”，求k的值；

b，cR，a0）（2）已知函数gxaxbxcx（a，存在两个不相等的“F点”x1，x2，且gx1gx21，32求a的取值范围.

18．（12分）健身馆某项目收费标准为每次60元，现推出会员优惠活动：具体收费标准如下： 现随机抽取了100为会员统计它们的消费次数，得到数据如下：

假设该项目的成本为每次30元，根据给出的数据回答下列问题：

（1）估计1位会员至少消费两次的概率

（2）某会员消费4次，求这4次消费获得的平均利润；

（3）假设每个会员每星期最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件的概率，从会员中随机抽取两位，记从这两位会员的消费获得的平均利润之差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望E(X)

19．（12分）小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工.节假日期间的某一天，每名员工休假的概率都是1，且是否2休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店维持营业，否则该店就停业.

（1）求发生调剂现象的概率；

（2）设营业店铺数为X，求X的分布列和数学期望.

x1cosxOy20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，x轴ysin的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为sin（1）求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

（2）求曲线C上的点到直线l的距离的最大值与最小值.

21．（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．

3.

6

（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；

（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为6，求PF的长度．

322．（10分）已知aR，函数fxaex1，gxxlnx1（e2.71828x是自然对数的底数）.

（Ⅰ）讨论函数fx极值点的个数；

（Ⅱ）若a1，且命题“x0,，fxkgx”是假命题，求实数k的取值范围.



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．C

【解题分析】

由二项式系数性质，(ab)n的展开式中所有二项式系数和为2n计算．

【题目详解】

2nn2x的二项展开式中二项式系数和为2，232,n5．

x故选：C．

【题目点拨】

本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．

2．A

【解题分析】

设等差数列an的公差为d,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得a3a4即可.

【题目详解】

na57,a14d7,a115,a.,.所以设等差数列n的公差为d由得解得d2a10a70a19da16d0a3a42a15d2155(2)20.

故选：A

【题目点拨】

本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题. 3．B

【解题分析】

由等比数列的性质求得a1a10，再由对数运算法则可得结论．

【题目详解】

∵数列{an}是等比数列，∴a3a8a4a72a1a1018，a1a109，

∴log3a1log3a2故选：B.

【题目点拨】

本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．

4．C

【解题分析】

根据图形，计算出x,y，然后解不等式即可.

【题目详解】

解：xlog3a10log3(a1a2a10)log3(a1a10)55log3910．

11(12345)3，y(0.020.050.10.150.18)0.1

55ˆ0.042xaˆ上

点3,0.1在直线yˆ，aˆ0.026

0.10.0423aˆ0.042x0.026

yˆ0.042x0.0260.5

令yx13

因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月，

故选：C

【题目点拨】

考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题.

5．B

【解题分析】

列出循环的每一步，由此可得出输出的v值.

【题目详解】 由题意可得：输入n3，x1，v2，m3；

第一次循环，v2135，m312，n312，继续循环；

第二次循环，v5127，m211，n211，继续循环；

第三次循环，v7118，m110，n110，跳出循环；

输出v8.

故选：B.

【题目点拨】

本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.

6．B

【解题分析】

首先求得双曲线的一条渐近线方程mx5y0，再利用左焦点到渐近线的距离为2，列方程即可求出m，进而求出渐近线的方程.

【题目详解】

设左焦点为c,0，一条渐近线的方程为mx5y0，由左焦点到渐近线的距离为2，可得mcm5m2，所以渐近线方程为y故选：B

【题目点拨】

2x，即为2x5y0,

5本题考查双曲线的渐近线的方程，考查了点到直线的距离公式，属于中档题.

7．C

【解题分析】

由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的k，v的值，当k1时，不满足条件k0，跳出循环，输出v的值．

【题目详解】

解：初始值v10，x2，程序运行过程如下表所示：

k9，

v1029，k8，

v1022928，k7，

v1023922827，k6， v1024923822726，k5，

v1025924823722625，k4，

v1026925824723622524，k3，

v1027926825724623522423，k2，

v1028927826725624523422322，k1，

v1029928827726625524423322221，k0，

v10210929828727626525424323222120，k1，

跳出循环，输出v的值为

其中v10210929828727626525424323222120①

2v1021192108297286275264253242231220②

①—②得

v10211121012912812712612512412312212

v102112121012

v92112．

故选：C．

【题目点拨】

本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到k，v的值是解题的关键，属于基础题．

8．B

【解题分析】

根据交集的定义，A【题目详解】

由AB2，可知2B，代入计算即可求出m.

B2，可知2B，

又因为Bx|xmx120，

所以x2时，(2)2m120，

解得m4.

故选：B.

【题目点拨】

本题考查交集的概念，属于基础题.

9．A

22【解题分析】

acos{asinbcossincoscossinsin(+)1

成立；反之，ab0满足

设bsinasinbcos1，但a2b21，故选A.

10．D

【解题分析】

直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；

【题目详解】

解：函数ysin2xsin2x，

36要得到函数ysin2x的图象，

3只需将函数ysin2x的图象向左平移故选：D．

【题目点拨】

本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题．

11．C

【解题分析】

根据题意，知当x个单位．

67ππ5π2π8π时，x，由对称轴的性质可知x1x2和x2x3，即可求出w，即可求36233出fx的最小正周期.

【题目详解】

解：由于fxAsinx7a0aA0,有三个零点x1，x2，x3，

在区间63当x7ππ5π时，x，

362πππx22，

662∴由对称轴可知x1，x2满足x1即x1x22π.

3同理x2，x3满足x2ππ3π8πx32，即x2x3，

6623∴x12x2x310π5π，2，

332ππ.

2所以最小正周期为：T故选：C.

【题目点拨】

本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.

12．C

【解题分析】

由5ai32i，可得5aiai32i3a232ai，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出a的ai值.

【题目详解】

解：5ai32i，5aiai32i3a232ai

ai53a2

，解得：a1.

32aa故选:C.

【题目点拨】

本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把i2

当成1进行运算.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．750

【解题分析】因为所以14．x2y30

【解题分析】

设弦所在的直线与椭圆相交于Ax1,y1、Bx2,y2两点，利用点差法可求得直线AB的斜率，进而可求得直线的点斜式方程，化为一般式即可.

【题目详解】

。

，得， 设弦所在的直线与椭圆相交于Ax1,y1、Bx2,y2两点，

x1x21x1x222由于点P为弦的中点，则，得，

y1y22y1y212x12y1214x1x2x1x2y1y2y1y20，

2由题意得2，两式相减得242x2y2124所以，直线AB的斜率为2x1x2y1y2221，

x1x24y1y24221x1，即x2y30.

2所以，弦所在的直线方程为y1故答案为：x2y30.

【题目点拨】

本题考查利用弦的中点求弦所在直线的方程，一般利用点差法，也可以利用韦达定理设而不求法来解答，考查计算能力，属于中等题.

15．252

【解题分析】

设ABE的中心为O1，矩形BCDE的中心为O2，过O1作垂直于平面ABE的直线l1，过O2作垂直于平面BCDE的直线l2，得到直线l1与l2的交点O为几何体ABCDE外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.

【题目详解】

设ABE的中心为O1，矩形BCDE的中心为O2，

过O1作垂直于平面ABE的直线l1，过O2作垂直于平面BCDE的直线l2，

则由球的性质可知，直线l1与l2的交点O为几何体ABCDE外接球的球心，

取BE的中点F，连接O1F，O2F，

由条件得O1FO2F3，O1FO2120，连接OF，

因为OFO1OFO2，从而OO133，

连接OA，则OA为所得几何体外接球的半径， 222在直角AOO1中，由O1A6，OO133，可得OAOO1O1A273663，

即外接球的半径为ROA63，

故所得几何体外接球的表面积为S4R2252.

故答案为：252.

【题目点拨】

本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.

16．②③

【解题分析】

根据局部频率和整体频率的关系，依次判断每个选项得到答案.

【题目详解】

不能确定甲乙两校的男女比例，故①不正确；

因为甲乙两校的男生的优秀率均大于女生成绩的优秀率，故甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率，故②正确；

因为不能确定甲乙两校的男女比例，故不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系，故③正确.

故答案为：②③.

【题目点拨】

本题考查局部频率和整体频率的关系，意在考查学生的理解能力和应用能力.

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）①极小值为1，无极大值.②实数k的值为1.（2）2,0

【解题分析】

（1）①将k1代入fx可得fxx2lnx，求导讨论函数单调性，即得极值；②设x0是函数fx的一个“F2点”（x00），即是fx的零点，那么由导数fx2kx21x可知k0，且fx00，可得x01，根k据fx0x0可得x02lnx010，设xx2lnx1，由x的单调性可得x0，即得k.（2）方法一：先求gx的导数，gx存在两个不相等的“F点”x1，x2，可以由gx0和韦达定理表示出x1，x2的关系，再由gx1gx2x1x2，可得a,b,c的关系式，根据已知解gx1gx2x1x21即得.方法二：由函数gx3ax22bxc0存在不相等的两个“F点”x1和x2，可知x1，x2是关于x的方程组3的两个相异实数根，由2axbxcxxax3bx2cxx得x0，分两种情况：x0是函数gx一个“F点”，x0不是函数gx一个“F点”，进行讨论即得.

【题目详解】

解：（1）①当k1时，fxx2lnx

（kR），

2则有fx列表如下：

x

2x1x1（x0），令fx0得x1，

x0,1



1

1,



fx

0

fx

极小值

故函数fx在x1处取得极小值，极小值为1，无极大值.

②设x0是函数fx的一个“F点”（x00）.

fx2kx21x（x0），x0是函数fx的零点.

21，x0k0，由fx00，得kx01，

k2由fx0x0，得kx02lnx0x0，即x02lnx010.

设xx2lnx1，则x120，

x所以函数xx2lnx1在0,上单调增，注意到10，

所以方程x02lnx010存在唯一实根1，所以x0根据①知，k1时，x1是函数fx的极小值点，

所以1是函数fx的“F点”.

综上，得实数k的值为1.

（2）由gxaxbxcx（a，b，cR，a0），

3211，得k1，

k可得gx3ax2bxc（a0）.

2又函数gx存在不相等的两个“F点”x1和x2，

x1，x2是关于x的方程3ax22bxc0（a0）的两个相异实数根.

4b212ac02bx1x2

3acxx123a又gx1ax1bx1cx1x1，gx2ax2bx2cx2x2，

323232bx2cx2x1x2，

gx1gx2x1x2，即ax13bx12cx1ax2从而x1x2ax1x1x2x2bx1x2cx1x2

222x1x2，ax1x2x1x2bx1x2c1，

2b2c2b2b即ac1.23acb9a.

3a3a3agx1gx21，

gx1gx2x1x24b23ac9a221，

ax1x22c2b4x1x24

3a3a2解得2a0.所以，实数a的取值范围为2,0. （2）（解法2）因为gxaxbxcx（

a，b，cR，a0）

32所以gx3ax2bxc（a0）.

2又因为函数gx存在不相等的两个“F点”x1和x2，

3ax22bxc0所以x1，x2是关于x的方程组3的两个相异实数根.

2axbxcxx由ax3bx2cxx得x0，ax2bxc10.

（2.1）当x0是函数gx一个“F点”时，c20且x2b.

3a2b2b2.

所以a，即b109a2b3a3a又gx1gx2x1x222b01，

3a所以4b29a2，所以9a29a.又a0，所以2a0.

（2.2）当x0不是函数gx一个“F点”时，

3ax22bxc0则x1，x2是关于x的方程2的两个相异实数根.

axbxc102bbb03112.

又a0，所以得3所以ax，得x1,2cc22ac123所以gx1gx2x1x2211，得2a0.

2a综合（2.1）（2.2），实数a的取值范围为2,0.

【题目点拨】

本题考查利用导数求函数极值，以及由函数的极值求参数值等，是一道关于函数导数的综合性题目，考查学生的分析和数学运算能力，有一定难度.

18．（1）2249

（2）22.5（3）见解析，5200【解题分析】

（1）根据频数计算频率，得出概率；

（2）根据优惠标准计算平均利润； （3）求出各种情况对应的X的值和概率，得出分布列，从而计算出数学期望．

【题目详解】

解：（1）估计1位会员至少消费两次的概率p（2）第1次消费利润600.953027；

第2次消费利润600.903024；

第3次消费利润600.853021；

第4次消费利润600.803018；

251052；

10052724211822.5

413272427242125.5，概率是；3次消费利润是24，（3）1次消费利润是27，概率是；2次消费利润是523411概率是；4次消费利润是22.5，概率是；

102039由题意：X0,,3,

223311111187P(X0)

55441111119P(X)2()

254419P(X3)2()

51P(X)2

252050这4次消费获得的平均利润：故分布列为：

X

0

3

29

25

3

9

23

50

P

87

200

29

200

期望为:

E(X)0【题目点拨】

873929932493

200本题考查概率、平均利润、离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

19．（1）113（2）见解析，

88【解题分析】

（1）根据题意设出事件，列出概率，运用公式求解；（2）由题得，X的所有可能取值为0,1,2，根据（1）和变量对应的事件，可得变量对应的概率，即可得分布列和期望值.

【题目详解】

（1）记2家小店分别为A，B，A店有i人休假记为事件Ai（i0，1，2），B店有i人，休假记为事件Bi（i0，1，2），发生调剂现象的概率为P.

11则PA0PB0C，

24022111，

PA1PB1C22211PA2PB2C.

422222所以PPA0B2PA2B0答：发生调剂现象的概率为11111.

444481.

8（2）依题意，X的所有可能取值为0，1，2.

则PX0PA2B2111，

441611111PX1PA1B2PA2B1，

422441111PX21PX0PX11.

16416所以X的分布表为：

X

P

所以EX2【题目点拨】

本题是一道考查概率和期望的常考题型.

20．（1）C:x1y21，y0，l:x3y60（2）最大值【解题分析】

20 1 2

1

1611111310.

1641681

411

165，最小值1

2x1cos（1）由曲线C的参数方程，得cosx1,ysin两式平方相加求解，根据直线l的极坐标方程ysinsin31cos3，再根据ysin,xcos求解.

3，展开有sin622（2）因为曲线C是一个半圆，利用数形结合，圆心到直线的距离减半径即为最小值，最大值点由图可知.

【题目详解】

x1cos

（1）因为曲线C的参数方程为ysin所以cosx1,ysin

两式平方相加得：x1y21，y0

因为直线l的极坐标方程为sin23.

6所以sin31cos3

22所以y31x3

22即x3y60

（2）如图所示：

圆心C到直线的距离为：d132

2所以圆上的点到直线的最小值为：dmindr1

则点M(2，0)到直线的距离为最大值：dmax【题目点拨】

本题主要考查参数方程，普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

235

2221．（1）230．（2）2．

15【解题分析】

（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则BE（﹣1，0，2），CP（﹣2，﹣1，1），计算夹角得到答案.

（2）设FPFD，0≤λ≤1，计算P（0，2λ，2﹣2λ），计算平面APC的法向量n（1，﹣1，的法向量m（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.

【题目详解】

（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，

又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，

∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，

∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，

∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，

∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），

，CP（﹣2，﹣1，1），

BE（﹣1，0，2）设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，

则cosθ2），平面ADF22BECPBECP4230，

1556230．

15∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），

设P（a，b，c），FPFD，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），

解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），

，AC（2，2，0），

AP（0，2λ，2﹣2λ）设平面APC的法向量n（x，y，z），

nAP2y22z02则，取x＝1，得n（1，﹣1，），

22nAC2x2y0平面ADP的法向量m（1，0，0）， ∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值为6，

3∴|cos＜m，n＞|mnmn161()23，

222()22解得1，∴P（0，1，1），

2∴PF的长度|PF|(00)2(10)2(12)22．

【题目点拨】

本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

22．（1）当a0时，fx没有极值点，当a0时，fx有一个极小值点.（2）1,【解题分析】

试题分析

：（1）fxae1，分a0，a0讨论，当a0时，对xR，fxae10，当a0时xx

fx0，解得xlna，fx在,lna上是减函数，在lna,上是增函数。所以，当a0时，fx没有极值点，当a0时，fx有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式fxkgxx在区间0,内有解。设Fxfxkgx

eklnx1

k1x1，所以Fxexk

x1kxkhxek1，

k1，设hxe则且hx是增函数，所以hxh0

1k。2，x1x1x所以分k1和k>1讨论。

试题解析：（Ⅰ）因为fxaex1，所以fxae1，

xx当a0时，对xR，fxae10，

x所以fx在,是减函数，此时函数不存在极值，

所以函数fx没有极值点；

当a0时，fxae1，令fx0，解得xlna，

x若x,lna，则fx0，所以fx在,lna上是减函数，

若xlna,，则fx0，所以fx在lna,上是增函数，

当xlna时，fx取得极小值为flnalna，

函数fx有且仅有一个极小值点xlna，

所以当a0时，fx没有极值点，当a0时，fx有一个极小值点.

（Ⅱ）命题“x0,，fxkgx”是假命题，则“x0,，fxkgx”是真命题，即不等式fxkgx在区间0,内有解.

若a1，则设Fxfxkgx

eklnx1

k1x1，

x所以Fxexkkx

k1，设hxe

k1，

x1x1x则hxekx12，且hx是增函数，所以hxh0

1k

当k1时，hx0，所以hx在0,上是增函数，

hxh00，即Fx0，所以Fx在0,上是增函数，

所以FxF00，即fxkgx在x0,上恒成立.

x当k1时，因为hxekx12在0,是增函数，

k1因为h01k0，hk1

e10，

k所以hx在0,k1上存在唯一零点x0，

当x0,x0时，hxhx00，hx在0,x0上单调递减，

从而hxh00，即Fx0，所以Fx在0,x0上单调递减，

所以当x0,x0时，FxF00，即fxkgx.

所以不等式fxkgx在区间0,内有解

综上所述，实数k的取值范围为1,.

