2024年新课标I卷高考数学真题(含答案)

本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1. 已知集合A. {1,0}Ax∣5x35,B{3,1,0,2,3}B. {2,3}，则AB（ ）

D.

C. {3,1,0}{1,0,2}2. 若

z1i，则z（ ）z1B. 1iC. 1iD. 1iA. 1i3. 已知向量a(0,1),b(2,x)，若b(b4a)，则x（ ）

A. 2B. 1C. 1

D. 2

4. 已知cos()m,tantan2，则cos()（ ）

A. 3mB. m3C.

m3D. 3m5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（ ）A. 23πB. 33πC. 63πD. 93πx22axa,x06. 已知函数为f(x)x，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）

eln(x1),x0A. (,0]B. [1,0]C. [1,1]D.

[0,)7. 当xÎ[0,2]时，曲线ysinx与y2sin3xA. 3

B. 4

的交点个数为（ ）6C. 6

D. 8

8. 已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)f(x1)f(x2)，且当x3时f(x)x，则下列结论中一定正确的是（ ）A. f(10)100C. f(10)1000B. f(20)1000D. f(20)10000二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.

9. 为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x2.1，样本方差s20.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N1.8,0.12（若，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布Nx,s，则（ ）

2随机变量Z服从正态分布Nu,A. P(X2)0.22，P(Zu)0.8413）

B. P(X2)0.5C. P(Y2)0.510. 设函数f(x)(x1)(x4)，则（ ）A. x3是f(x)的极小值点

C. 当1x2时，4f(2x1)02D. P(Y2)0.8B. 当0x1时，f(x)fx2D. 当1x0时，f(2x)f(x)11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于2，到点F(2,0)的距离与到定直线xa(a0)的距离之积为4，则（ ）

A. a2C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1

B. 点(22,0)在C上D. 当点x0,y0在C上时，

y04x02三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.

x2y212. 设双曲线C:221(a0,b0)的左右焦点分别为F1、F2，过F2作平行于y轴的直

ab线交C于A，B两点，若|F1A|13,|AB|10，则C的离心率为___________．

13. 若曲线yexx在点0,1处的切线也是曲线yln(x1)a的切线，则

a__________.

14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数

字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.

四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 记ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC2cosB，

a2b2c22ab（1）求B；

（2）若ABC的面积为33，求c．

3x2y216. 已知A(0,3)和P3,为椭圆C:221(ab0)上两点.

2ab（1）求C的离心率;

（2）若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l的方程．

17. 如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PAAC2，BC1,AB3．

（1）若ADPB，证明：AD//平面PBC；

（2）若ADDC，且二面角ACPD的正弦值为42，求AD．718. 已知函数f(x)lnxaxb(x1)32x（1）若b0，且f(x)0，求a的最小值；（2）证明：曲线yf(x)是中心对称图形；

（3）若f(x)2当且仅当1x2，求b的取值范围．

19. 设m为正整数，数列a1,a2,...,a4m2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和

ajij后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数

列a1,a2,...,a4m2是i,j可分数列．

（1）写出所有的i,j，1ij6，使数列a1,a2,...,a6是i,j可分数列；（2）当m3时，证明：数列a1,a2,...,a4m2是2,13可分数列；

（3）从1,2,...,4m2中一次任取两个数i和jij，记数列a1,a2,...,a4m2是i,j可分数列的概率为Pm，证明：Pm1．8参

本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1. 已知集合A. {1,0}Ax∣5x35,B{3,1,0,2,3}B. {2,3}，则AB（ ）

D.

C. {3,1,0}{1,0,2}【答案】A【解析】

【分析】化简集合A，由交集的概念即可得解.

3【详解】因为Ax|5x35,B3,1,0,2,3，且注意到1352，

从而AB1,0.故选：A.2. 若

z1i，则z（ ）z1B. 1iC. 1iD. 1iA. 1i【答案】C【解析】

【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为故选：C.

3. 已知向量a(0,1),b(2,x)，若b(b4a)，则x（ ）A. 2【答案】D【解析】

B. 1C. 1

D. 2

zz111111i，所以z11i.

iz1z1z1【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.

【详解】因为bb4a，所以bb4a0，

所以b4ab0即4x24x0，故x2，故选：D.

4. 已知cos()m,tantan2，则cos()（ ）A. 3m【答案】A【解析】

【分析】根据两角和的余弦可求coscos,sinsin的关系，结合tantan的值可求前者，故可求cos的值.

【详解】因为cosm，所以coscossinsinm，而tantan2，所以sinsin2coscos，故coscos2coscosm即coscosm，从而sinsin2m，故cos3m，故选：A.

5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（ ）A. 23π【答案】B【解析】

【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.

B. 33πC. 63πD. 93πB. 2m3C.

m3D. 3m【详解】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r23，而它们的侧面积相等，所以2πr3πr3r2即233r2，

故r3，故圆锥的体积为13π9333π.故选：B.

6. 已知函数为f(x)x22axa,x0exln(x1),x0，在R上单调递增，则a取值的范围是（A. (,0]B. [1,0]C. [1,1]D.

[0,)【答案】B【解析】

【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为fx在R上单调递增，且x0时，fxexlnx1单调递增，

则需满足2a210，解得1a0，ae0ln1即a的范围是[1,0].故选：B.

7. 当xÎ[0,2]时，曲线ysinx与y2sin3x6的交点个数为（ ）A. 3B. 4

C. 6

D. 8

【答案】C【解析】

【分析】画出两函数在0,2π上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数ysinx的的最小正周期为T2π，

）

函数y2sin3xπ2πT的最小正周期为，36π有三个周期的图象， 6所以在x0,2π上函数y2sin3x在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：

由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C

8. 已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)f(x1)f(x2)，且当x3时f(x)x，则下列结论中一定正确的是（ ）A. f(10)100C. f(10)1000【答案】B【解析】

【分析】代入得到f(1)1,f(2)2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.

【详解】因为当x3时f(x)x，所以f(1)1,f(2)2，又因为f(x)f(x1)f(x2)，

则f(3)f(2)f(1)3,f(4)f(3)f(2)5，

B. f(20)1000D. f(20)10000f(5)f(4)f(3)8,f(6)f(5)f(4)13,f(7)f(6)f(5)21，f(8)f(7)f(6)34,f(9)f(8)f(7)55,f(10)f(9)f(8)，

f(11)f(10)f(9)144,f(12)f(11)f(10)233,f(13)f(12)f(11)377f(14)f(13)f(12)610,f(15)f(14)f(13)987，

f(16)f(15)f(14)15971000，则依次下去可知f(20)1000，则B正确；

且无证据表明ACD一定正确.故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用f(1)1,f(2)2，再利用题目所给的函数性质

f(x)f(x1)f(x2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.

二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.

9. 为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x2.1，样本方差s20.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N1.8,0.12（若，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布Nx,s，则（ ）

2随机变量Z服从正态分布Nu,A. P(X2)0.2C. P(Y2)0.5【答案】BC【解析】

2，P(Zu)0.8413）

B. P(X2)0.5D. P(Y2)0.8【分析】根据正态分布的3原则以及正态分布的对称性即可解出.

2【详解】依题可知，x2.1,s0.01，所以YN2.1,0.1，

故PY2PY2.10.1PY2.10.10.84130.5，C正确，D错误；因为XN1.8,0.1，所以PX2PX1.820.1，

因为PX1.80.10.8413，所以PX1.80.110.84130.15870.2，而PX2PX1.820.1PX1.80.10.2，B正确，A错误，故选：BC．

10. 设函数f(x)(x1)(x4)，则（ ）A. x3是f(x)的极小值点

C. 当1x2时，4f(2x1)0【答案】ACD【解析】

【分析】求出函数fx的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数fx在1,3上的值域即可判断C；直接作差可判断D.【

详

解

】

对

A

，

因

22B. 当0x1时，f(x)fx2D. 当1x0时，f(2x)f(x)为函数

fx的定义域为

R，而

fx2x1x4x13x1x3，

易知当x1,3时，fx0，当x,1或x3,时，fx0函数fx在,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,上单调递增，故x3是函数fx的极小值点，正确；

对B，当0x1时，xxx1x0，所以1xx20，

2而由上可知，函数fx在0,1上单调递增，所以fxfx，错误；

2对C，当1x2时，12x13，而由上可知，函数fx在1,3上单调递减，所以f1f2x1f3，即4f2x10，正确；对

D

2，

2当

1x0时

2，

f(2x)f(x)1x2xx1x4x122x0，

所以f(2x)f(x)，正确；

故选：ACD.

11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于2，到点F(2,0)的距离与到定直线xa(a0)的距离之积为4，则（ ）

A. a2C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1

B. 点(22,0)在C上D. 当点x0,y0在C上时，

y04x02【答案】ABD【解析】

【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求a，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.

【详解】对于A：设曲线上的动点Px,y，则x2且因为曲线过坐标原点，故对于B：又曲线方程为故x22y2xa4，

0222020a4，解得a2，故A正确.

x2y2x24，而x2，

x22y2x24.

当x22,y0时，222222844，

2故22,0在曲线上，故B正确.

2对于C：由曲线的方程可得y16x222x2，取x3，

2则y2115256245，而10，故此时y21，494494494494故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.

2对于D：当点x0,y0在曲线上时，由C的分析可得y016x022x02216x022，

故44y0，故D正确.x02x02故选：ABD.

【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.

三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.

x2y212. 设双曲线C:221(a0,b0)的左右焦点分别为F1、F2，过F2作平行于y轴的直

ab线交C于A，B两点，若|F1A|13,|AB|10，则C的离心率为___________．【答案】【解析】

【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出AF2，结合双曲线第一定义求出AF1，即可得到a,b,c的值，从而求出离心率.

22xy【详解】由题可知A,B,F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将xc代入221ab32b2b22b2b2b2得y，即Ac,,Bc,，故AB10，AF25，

aaaaab2又AF1AF22a，得AF1AF22a2a513，解得a4，代入5得

ab220，

故c2a2b236,，即c6，所以ec63.a42故答案为：

3213. 若曲线yexx在点0,1处的切线也是曲线yln(x1)a的切线，则

a__________.

【答案】ln2【解析】

x【分析】先求出曲线yex在0,1的切线方程，再设曲线ylnx1a的切点为

x,lnx001a，求出y，利用公切线斜率相等求出x0，表示出切线方程，结合两切线

方程相同即可求解.

x【详解】由yex得yex1，y|x0e012，

故曲线yex在0,1处的切线方程为y2x1；

x由ylnx1a得y1，x1设切线与曲线ylnx1a相切的切点为x0,lnx01a，由两曲线有公切线得y11112，解得x0，则切点为,aln，x01222切线方程为y2x11aln2x1aln2，22根据两切线重合,所以aln20，解得aln2.

故答案为：ln214. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.【答案】2##0.5【解析】

【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2,X3,X4，四轮的总得分为X.

对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率PXk1从而EXEX1X2X3X4记pkPXkk0,1,2,3.

如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p041633，所以EXkk1,2,3,4.4488433EX.k82k1k111；A4244如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p311.A4244而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0p1p2p31，

p12p23p3EX3.21131111，p12p2，两式相减即得p2，故p2p3.128224221所以甲的总得分不小于2的概率为p2p3.

2所以p1p2故答案为：2.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.

四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 记ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC12cosB，

a2b2c22ab（1）求B；

（2）若ABC的面积为33，求c．【答案】（1）B（2）22【解析】

【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC，最后结合已知sinC得cosB的值即可；

（2）首先求出A,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】

由余弦定理有a2b2c22abcosC，对比已知a2b2c2π 32cosB2ab，

a2b2c22ab2可得cosC，2ab2ab2因为C0,π，所以sinC0，

22从而sinC1cos2C1，221又因为sinC2cosB，即cosB，

2注意到B0,π，所以Bπ.32【小问2详解】

由（1）可得Bπππ5ππ2C0,π，cosC，，从而C，Aπ，3434122而sinAsin2321625πππ，sin124622224abc5πππ，由正弦定理有sinsinsin1234从而a6231362cc,b2cc，4222由三角形面积公式可知，ABC的面积可表示为

SABC113162332absinCccc，222228332c33，8由已知ABC的面积为33，可得所以c22.3x2y216. 已知A(0,3)和P3,为椭圆C:221(ab0)上两点.

2ab（1）求C的离心率;

（2）若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l的方程．【答案】（1）2

（2）直线l的方程为3x2y60或x2y0.

1【解析】

【分析】（1）代入两点得到关于a,b的方程，解出即可；

（2）方法一：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的距离，再设Bx0,y0，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线ykx3，联立椭圆方程，得到点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB斜率不存在的情况，再设PB:y3k(x3)，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设21线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘2表达面积即可.【小问1详解】

b3b299由题意得，解得2，9a1241a2b2b291所以e121.

a122【小问2详解】

法一：

kAP311yx3，即x2y60，，则直线的方程为AP22032322x2y2335，由（1）知C:1，AP03312922设点B到直线AP的距离为d，则

d291255，352则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移125单位即可，5此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x2yC0，

则C65125，解得C6或C18，5x2y2x3x01当C6时，联立12，解得或93，

y3yx2y602即B0,3或3,3，2当B0,3时，此时kl当B3,33，直线l的方程为yx3，即3x2y60，

22311lkyx，即x2y0，时，此时，直线的方程为l222x2y21当C18时，联立12得2y227y1170，9x2y180272421172070，此时该直线与椭圆无交点.

综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.法二：同法一得到直线AP的方程为x2y60，

点B到直线AP的距离d125，5x02y06125x03x0055Bx,y设00，则，解得，3或22y3yx0y00021129即B0,3或3,3，以下同法一.2法三：同法一得到直线AP的方程为x2y60，

点B到直线AP的距离d125，5设B23cos,3sin，其中0,2，则有23cos6sin65125，53coscos0222联立cossin1，解得或，

sin1sin1233,B0,3即或，以下同法一；

2法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,3，

313SPAB639，符合题意，此时kl，直线l的方程为yx3，即

2223x2y60，

当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx3，

ykx3122联立椭圆方程有x2y2，则4k3x24kx0，其中kkAP，即k，

21129解得x0或x124kk，，，k024k3224k12k2924k12k29,令x，则y，则B224k34k234k234k3同法一得到直线AP的方程为x2y60，

点B到直线AP的距离d125，5324k12k292622则4k34k35此时B3,125，解得k=，

25311lkyx，即x2y0，，则得到此时，直线的方程为l222综上直线l的方程为3x2y60或x2y0.法五：当l的斜率不存在时，l:x3,B3,3,PB3,A到PB距离d3，219339不满足条件.223当l的斜率存在时，设PB:yk(x3)，令Px1,y1,Bx2,y2，

2此时SABP3yk(x3)22222，消y可得4k3x24k12kx36k36k270，22xy1129Δ24k12k2244k336k36k270，且kkAP，即k221，227424k212kxx124k232,PBk12xx36k36k27124k23，

x1x2243k213k29k4x1x24k23A到直线PB距离

3kd232k1,SPAB273k343k13k9k12，4924k23k2122k1313或，均满足题意，l:yx或yx3，即3x2y60或x2y0.22223,PB3,A到PB距离d3，2法六：当l的斜率不存在时，l:x3,B3,此时SABP19339不满足条件.223当直线l斜率存在时，设l:yk(x3)，

2设l与y轴的交点为Q，令x0，则Q0,3k3，23ykx3k322234kx8k3k联立2，则有x36k36k270，

2223x4y3634kx2238k3kx36k236k270，

2213其中Δ8k23k434k236k236k270，且k，

2236k236k2712k212k9则3xB，,xB2234k34k则S11312k1831AQxPxB3k9k=，解的或，经代入判别式验k222234k22证均满足题意.则直线l为y13x或yx3，即3x2y60或x2y0.2217. 如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PAAC2，BC1,AB3．

（1）若ADPB，证明：AD//平面PBC；

（2）若ADDC，且二面角ACPD的正弦值为42，求AD．7【答案】（1）证明见解析 （2）3【解析】

【分析】（1）先证出AD平面PAB，即可得ADAB，由勾股定理逆定理可得BCAB，从而 AD//BC，再根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）过点D作DEAC于E，再过点E作EFCP于F，连接DF，根据三垂线法可

6，再分别用AD知，DFE即为二面角ACPD的平面角，即可求得tanDFE的长度表示出DE,EF，即可解方程求出AD．【小问1详解】

（1）因为PA平面ABCD，而AD平面ABCD，所以PAAD，又ADPB，PBPAP，PB,PA平面PAB，所以AD平面PAB，而AB平面PAB，所以ADAB.

因为BC2AB2AC2，所以BCAB， 根据平面知识可知AD//BC，又AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD//平面PBC．【小问2详解】如图所示，过点D作DEAC于E，再过点E作EFCP于F，连接DF，

因为PA平面ABCD，所以平面PAC平面ABCD，而平面PAC平面

ABCDAC，

所以DE平面PAC，又EFCP，所以CP平面DEF，根据二面角的定义可知，DFE即为二面角ACPD的平面角，

即sinDFE42，即tanDFE6．722x4x因为ADDC，设ADx，则CD4x，由等面积法可得，DE，

2又CE4x2x24x244x224x2，而EFC为等腰直角三角形，所以EF，

22x4x226，解得x3，即AD3．故tanDFE4x22218. 已知函数f(x)lnxaxb(x1)32x（1）若b0，且f(x)0，求a的最小值；（2）证明：曲线yf(x)是中心对称图形；

（3）若f(x)2当且仅当1x2，求b的取值范围．【答案】（1）2

（2）证明见解析 （3）b【解析】

【分析】（1）求出fxmin2a后根据f(x)0可求a的最小值；

（2）设Pm,n为yfx图象上任意一点，可证Pm,n关于1,a的对称点为

23Q2m,2an也在函数的图像上，从而可证对称性；

（3）根据题设可判断f12即a2，再根据f(x)2在1,2上恒成立可求得

2b.

3【小问1详解】

b0时，fxln则fxxax，其中x0,2，2x112a,x0,2，x2xx2x22xx因为x2x1，当且仅当x1时等号成立，

2故fxmin2a，而fx0成立，故a20即a2，所以a的最小值为2.，【小问2详解】

fxlnx3axbx1的定义域为0,2，2x设Pm,n为yfx图象上任意一点，

Pm,n关于1,a的对称点为Q2m,2an，

因为Pm,n在yfx图象上，故nln而f2mlnm3ambm1，2m2mm33a2mb2m1lnambm12a，m2mn2a，

所以Q2m,2an也在yfx图象上，

由P的任意性可得yfx图象为中心对称图形，且对称中心为1,a.【小问3详解】

因为fx2当且仅当1x2，故x1为fx2的一个解，所以f12即a2，

先考虑1x2时，fx2恒成立.

x321xbx10在1,2上恒成立，2xt12tbt30在0,1上恒成立，设tx10,1，则ln1tt12tbt3,t0,1，设gtln1t此时fx2即为lnt则gt223bt21t223bt223b1t2，

当b0，3bt223b3b23b20，故gt0恒成立，故gt在0,1上为增函数，

故gtg00即fx2在1,2上恒成立.当2b0时，3bt223b23b0，3故gt0恒成立，故gt在0,1上为增函数，故gtg00即fx2在1,2上恒成立.22当b，则当0t11时，gt033b2故在0,13b上gt为减函数，故gtg00，不合题意，舍；

综上，fx2在1,2上恒成立时b而当b而b2.32时，32时，由上述过程可得gt在0,1递增，故gt0的解为0,1，3即fx2的解为1,2.综上，b2.3【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19. 设m为正整数，数列a1,a2,...,a4m2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和

ajij后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数

列a1,a2,...,a4m2是i,j可分数列．

（1）写出所有的i,j，1ij6，使数列a1,a2,...,a6是i,j可分数列；（2）当m3时，证明：数列a1,a2,...,a4m2是2,13可分数列；

（3）从1,2,...,4m2中一次任取两个数i和jij，记数列a1,a2,...,a4m2是i,j可分数列的概率为Pm，证明：Pm1．8【答案】（1）1,2,1,6,5,6 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】

【分析】（1）直接根据i,j可分数列的定义即可；（2）根据i,j可分数列的定义即可验证结论；

（3）证明使得原数列是i,j可分数列的i,j至少有m1m个，再使用概率的定

2义.

【小问1详解】

首先，我们设数列a1,a2,...,a4m2的公差为d，则d0.

由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，

故我们可以对该数列进行适当的变形akaka11k1,2,...,4m2，d,a2,...,a4m2进行相应的讨论即可.kk1,2,...,4m2，然后对a1得到新数列ak换言之，我们可以不妨设akkk1,2,...,4m2，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和jij，使得剩下四个数是等差数列.

那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i,j就是1,2,1,6,5,6.【小问2详解】

由于从数列1,2,...,4m2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：

①1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；

②15,16,17,18,19,20,21,22,...,4m1,4m,4m1,4m2，共m3组.（如果m30，则忽略②）

故数列1,2,...,4m2是2,13可分数列.【小问3详解】

定义集合A4k1k0,1,2,...,m1,5,9,13,...,4m1，

B4k2k0,1,2,...,m2,6,10,14,...,4m2.

下面证明，对1ij4m2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m2一定是i,j可分数列：命题1：iA,jB或iB,jA；命题2：ji3.

我们分两种情况证明这个结论.

第一种情况：如果iA,jB，且ji3.

此时设i4k11，j4k22，k1,k20,1,2,...,m.则由ij可知4k114k22，即k2k11，故k2k1.4此时，由于从数列1,2,...,4m2中取出i4k11和j4k22后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4,5,6,7,8,...,4k13,4k12,4k11,4k1，共k1组；②

4k12,4k13,4k14,4k15,4k16,4k17,4k18,4k19,...,4k22,4k21,4k2,4k21，共k2k1组；③

4k23,4k24,4k25,4k26,4k27,4k28,4k29,4k210,...,4m1,4m,4m1,4m2，共mk2组.

（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,4m2是i,j可分数列.第二种情况：如果iB,jA，且ji3.

此时设i4k12，j4k21，k1,k20,1,2,...,m.则由ij可知4k124k21，即k2k11，故k2k1.4由于ji3，故4k214k123，从而k2k11，这就意味着k2k12.此时，由于从数列1,2,...,4m2中取出i4k12和j4k21后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：

①1,2,3,4,5,6,7,8,...,4k13,4k12,4k11,4k1，共k1组；②4k11,3k1k21,2k12k21,k13k21，

3k1k22,2k12k22,k13k22,4k22，共2组；

③全体4k1p,3k1k2p,2k12k2p,k13k2p，其中p3,4,...,k2k1，共

k2k12组；

④

4k23,4k24,4k25,4k26,4k27,4k28,4k29,4k210,...,4m1,4m,4m1,4m2，共mk2组.

（如果某一部分的组数为0，则忽略之）

这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2k12个行，

4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：

4k13,4k14,...,3k1k2，3k1k23,3k1k24,...,2k12k2，2k12k23,2k12k23,...,k13k2，k13k23,k13k24,...,4k2.

可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k11,4k12,...,4k22中除开五个集合4k11,4k12，3k1k21,3k1k22，

2k12k21,2k12k22，k13k21,k13k22，4k21,4k22中的十个元

素以外的所有数.

而这十个数中，除开已经去掉的4k12和4k21以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.

这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m2是i,j可分数列.至此，我们证明了：对1ij4m2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列

1,2,...,4m2一定是i,j可分数列.

然后我们来考虑这样的i,j的个数.

首先，由于AB，A和B各有m1个元素，故满足命题1的i,j总共有m1个；

而如果ji3，假设iA,jB，则可设i4k11，j4k22，代入得

24k224k113.

但这导致k2k11，矛盾，所以iB,jA.2设i4k12，j4k21，k1,k20,1,2,...,m，则4k214k123，即

k2k11.

所以可能的k1,k2恰好就是0,1,1,2,...,m1,m，对应的i,j分别是

2,5,6,9,...,4m2,4m1，总共m个.

所以这m1个满足命题1的i,j中，不满足命题2的恰好有m个.

2这就得到同时满足命题1和命题2的i,j的个数为m1m.

2当我们从1,2,...,4m2中一次任取两个数i和jij时，总的选取方式的个数等于

4m24m122m14m1.

而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m2是i,j可分数列的i,j至少有

m12m个.

所以数列a1,a2,...,a4m2是i,j可分数列的概率Pm一定满足

1122mmmm1mm2m1124Pm2m14m12m14m12m14m222m12m18.

这就证明了结论.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.

2