2023年江西南昌十中高三一模理科数学试题含答案解析

这是一份2023年江西南昌十中高三一模理科数学试题含答案解析，共14页。试卷主要包含了……12 分等内容，欢迎下载使用。

命题人：胡阳审题人：郑进
说明：本试卷分第 I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，全卷满分 150 分。考试用时 120
分钟，
注 意 事 项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。
答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或 IS 号用书写黑色字迹的 0．5 毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上。
作答非选择题必须用书写黑色字迹的 0．5 毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题必须用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。
考试结束后，请将答题纸交回。
第 I 卷(选择题)
一、选择题：本大题共 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.
若集合 M {(x, y∣)
y  1}，集合 N {(x, y∣)
x  0}，则 M  N  （）
A. {0,1}B. {(0,1)}C. {(1, 0)}D. {(0,1), (1, 0)}
若复数 z  2i1 2i  i3 ，则 z
A. 6B. 5
 （）
C. 4D. 3
总体由编号为 01，02，，49，50 的 50 个个体组成，利用下面的随机数表选取 6 个个体，选取方法是从随机
数表第 6 行的第 9 列和第 10 列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出的第 4 个个体的编号为()
附：第 6 行至第 9 行的随机数表
如右图是下列四个函数中的某个函数在区间[−3,3]上的大致图象，则该函数是 ()
2748
6198
7164
4148
7086
2888
8519
1620
7477
0111
1630
2404
2979
7991
9683
5125
3211
4919
7306
4916
7677
8733
9974
6732
2635
7900
3370
9160
1620
3882
7757
4950
A. 3
B. 19
C. 38
D. 20
y 
x3  3x x2 1
y 
x3  x x2 1
y  2 cs x
x2 1
y  2 sin x
x2 1
抛物线C : y2  12x 的焦点为 F ， P 为抛物线C 上一动点，定点 A(5, 2) ，则 PA  PF 的最小值为
（ ）
A. 8B. 6C. 5D. 9
6．2022 年 6 月 5 日上午 10 时 44 分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号 F 运载火箭，将神舟十四号载人飞船
和 3 名中国航天员送入太空这标志着中国空间站任务转入建造阶段后的首次载人飞行任务正式开启.火箭在发射时
会产生巨大的噪音，已知声音的声强级d  x （单位： dB ）与声强 x （单位： W/m2 ）满足d  x  10 lg
x
1012 .若
人交谈时的声强级约为50dB ，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为109 ，则火箭发射时的声强级约
为（）
A. 130dBB. 140dBC. 150dBD. 160dB
tan   π    5
1  2sin 2  3cs2 

7. 若4 3 ，则2（）

A. 3B.
1  2sin 2  3cs
4
3

C. 2D. 4
一个几何体三视图如右图所示，则该几何体体积为（）
A. 12B. 8C. 6D. 4
已知函数 f  x  lg2 x, x  1, 在 R 上单调递增的概率为 1 ，且随机变量

x   , x  1,2
 ~ N u,1．则 P 0    1 等于（）
[附：若 ~ N , 2 ，则 P    x       0.6827 ，
P  2  x    2   0.9545 ．]
A. 0.1359B. 0.1587C. 0.2718D. 0.3413
x2y2Q
已知 是椭圆 E ：
a2b2
 1a  b  0 的左焦点，经过原点O 的直线l 与椭圆 E 交于 ，
两点，若
PF  3 QF ，且PFQ  120 ，则椭圆 E 的离心率为（）
A.7
4
B. 1
2
C.3
4
D.3
2
)
如图，曲线?为函数? = sin? (0 ≤ ? ≤ 5? 的图象，甲粒子沿曲线?从?点向目的地?点运动，乙粒子沿曲线?从?
2
点向目的地?点运动.两个粒子同时出发，且乙的水平速率为甲的2倍，当其中一个粒子先到达目的地时，另一个粒子
?
随之停止运动.在运动过程中，设甲粒子的坐标为(?, ?)，乙粒子的坐标为(?, ?)，若记? − ? = ?(?)，则下列说法中正确的是 ()
?(?)在区间(2 , ?)上是增函数
?(?)恰有2个零点
?(?)的最小值为−2
?(?)的图象关于点(5? , 0)中心对称
6
已知函数 f  x ， g  x ， g x 的定义域均为 R ， g x 为 g  x 的导函数. 若 g  x 为偶函数， 且
f  x  g x  1， f  x  g4  x  1 .则以下四个命题：① g2022  0 ；② g  x 关于直线 x  2 对称；③
20222023
 f k   2022 ；④  f k   2023 中一定成立的是（）
k 1k 1
A. ①④B. ②③C. ①②③D. ①②④
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
已知直线l1 : y  2x ，则过圆 x2  y2  2x  4 y 1  0 的圆心且与直线l1 垂直的直线l2 的方程为.
杜甫 “三吏三别”深刻写出了民间疾苦及在乱世中身世飘荡的孤独，揭示了战争给人民带来的巨大不幸和困苦．“三吏”是指《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》，“三别”是指《新婚别》《无家别》《垂老别》．语文老师打算从“三吏”中选二篇，从“三别”中选一篇推荐给同学们课外阅读，那么语文老师选的三篇中含《新安吏》和
《无家别》的概率是．
将函数 f  x  4 cs π x 和直线 g  x  x 1 的所有交点从左到右依次记为 A ， A ，…， A ，若 P 0, 3  ，
则 PA1  PA2  ...  PAn
2
 .
12n
在棱长为4的正方体???? − ?1?1?1?1中，?，?分别为?1?1，?1?1的中点，?为正方体棱上一动点．下列说法中所有正确的序号是.
①?在??上运动时，存在某个位置，使得??与?1?所成角为60°；
②?在??上运动时，??与??1所成角的最大正弦值为√5；
3
③?在?? 上运动且?? = 1 ?? 时，过?，?，?三点的平面截正方体所得多边形的周长为8√5 + 2√2；
131
④?在??1上运动时(?不与?1重合)，若点?，?，?，?1在同一球面上，则该球表面积最大值为24?．
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.第 17-21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共 60 分.
已知数列a  的前?项和为 S ， S  3 n2  1 n ．
nnn22
求数列an 的通项公式；
数列bn  lg an ， x 表示不超过 x 的最大整数，求bn 的前1000项和?1000．
在多面体 ABCDE 中，平面 ACDE⊥平面 ABC，四边形 ACDE 为直角梯形， CD // AE ，AC⊥AE，AB⊥BC，CD=1，AE=AC=2，F 为 DE 的中点，且点G 满足 EB  4EG ．
证明：GF // 平面 ABC；
当多面体 ABCDE 的体积最大时，求二面角 A-BE-D 的正弦值．
某校团委针对“学生性别和喜欢课外阅读”是否有关做了一次不记名调查，其中被调查的全体学生中，女生人数
1
占总人数的
3
1
.调查结果显示，男生中有
6
2
的人喜欢课外阅读，女生中有
3
的人喜欢课外阅读．
(1)以频率视为概率，若从该校全体学生中随机抽取2名男生和2名女生，求其中恰有2人喜欢课外阅读的概率; (2)若有95%的把握认为喜欢课外阅读和性别有关，求被调查的男生至少有多少人?
附：
?(?2 ⩾ ?0)
0.050
0.010
?0
3.841
6.635
?2 =?(??−??)2
，? = ? + ? + ? + ?．
(?+?)(?+?)(?+?)(?+?)
“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）
步骤 1：设圆心是 E ，在圆内异于圆心处取一点，标记为 ；步骤 2：把纸片折叠，使圆周正好通过点 ；
步骤 3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤 4：不停重复步骤 2 和 3，就能得到越来越多的折痕.
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为 6 的圆形纸片，设定点 到圆心 E 的距离为 4，按上述方法折纸.
以点 、 E 所在的直线为 轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程；
若过点Q 1, 0 且不与 y 轴垂直的直线l 与椭圆 交于 M ， N 两点，在 轴的正半轴上是否存在定点
T t,0 ，使得直线TM ， TN 斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.
已知函数 f  x  ex 1 m ln x ，其中m  0 ， f  x 为 f  x 的导函数.
当m  1，求 f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
5
2
设函数h  x  f  x ，且h  x
ex
恒成立.
①求m 的取值范围；
1
②设函数 f  x 的零点为 x0 ， f  x 的极小值点为x ，求证： x0  x1 .
（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. [选修 4-4：坐标系与参数方程]）

在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为x  2  2 cs （ 为参数， 0    π ），
C 的参数方程为

x  1


 y  5 

1
2 t
2（t 为参数）.
2 t
2
 y  2sin2
求C1 的普通方程并指出它的轨迹；
以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线OM ：  π 与曲线C 的交点为 O，P，与C 的交
点为 Q，求线段 PQ 的长.
[选修 4-5：不等式选讲]
412
已知函数 f  x  x 1  2 x 1 的最大值为k .
求k 的值；
2a, b, c R
a2  c2  2 
b a  c.
（ ）若
，bk ，求
2
的最大值
南昌十中 2023 届高三一模模拟数学试题（理科）
一、选择题：本大题共 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.
【答案】B
【详解】根据集合M 表示纵坐标为 1 的点集，集合 N 表示横坐标为 0 的点集，所以两者交集为{(0,1)}，
故选：B.
【答案】B
16  9
【详解】因为复数 z  2i 1 2i  i3  4  3i ，所以 z 
【答案】B
 5 ．故选：B．
【详解】解：从随机数表第 6 行的第 9 列和第 10 列数字开始从左到右依次选取两个数字，位于 01 至 50 中间，含端点，则这四个数为：41、48、28，19，故选：B．
2
【答案】A 解：对于， = 3−，当 = 1 时， = 0，与图象不符合，故
+1
B 错误；
对于， = 2cs = 0 时， = 2，与图象不符合，故 C 错误；
2+1 ，当
对于， = 2sin，当 = 3 时， = 2sin3 = 2sin3 > 0，与图象不符合，故 D
错误．故选 A．
2+1
32+110
【答案】A
【详解】如图，
设抛物线C 的准线为l ，过 P 作 PC  l 于C ，过A 作 AB  l 于B ，因为| PF || PC | ，所以当A ， P ， C 三点共线时，
| PA |  | PF | 取得最小值，故| PA |  | PF | 的最小值为| 5 |  p  8 ．故选:A.
2
【详解】设人交谈时的声强为x ，则火箭发射时的声强为109 x ，
则50  10 lg
x1
1012
，解得： x1
11
 107 ，
则火箭发射时的声强为109 107  102 ，将其代入d  x   10 lg
x
1012
中，得：
d 102
  10 lg
102
1012  140 dB ，故火箭发射时的声强级约为140dB .故选：B
【答案】A
tan  π   tan π
 5 1
ππ 
4 4
【详解】解：因为tan tan 
    3  4 ，
44 
1 tan  π   tan π1  5 
4 43 
所以

1  2 sin 2 3cs2
1  2 sin 2 3cs2
sin 2 4 sincs 4 cs2
sin 2 4 sincs 4 cs2
sin 2 cs
sin 2 cs
tan 2
tan 2
 3 ．
故选：A.
【答案】D
【详解】由三视图可知该几何体为三棱锥，
如图，故其体积V  1  1  2 3 4  4 ，
32
故选：D．
【答案】A
【详解】使 f  x  在 R 上单调递增的充要条件是1  lg 1  0 ，即 1 ，故 P( 1)  1 .
2
由于随机变量~ N u,1，则u  1 ，即~ N 1,12  ，即 1 ， 1. 故 P 2  0  P    0.6827 ，
P 3  1  P  2  2  0.9545 ， 所以
2
P 0  1  P 1  1  P 1  0  1  P 3   1 P 2   0 
2
 1  0.9545  0.6827  2
 0.1359 ．故选：A．
【答案】A
【详解】解：设椭圆的右焦点 F  ，连接 PF  ， QF  ，根据椭圆对称性可知四边形 PFF Q 为平行四边形，
则 QF
 PF  ，且由PFQ  120 ，可得FPF  60，
所以 PF
 PF   4 PF   2a ，则 PF   1 a ， PF
2
 3 a
2
由余弦定理可得
2c2  PF 2  PF  2  2 PF PF  cs 60   PF
即4c2  4a2  9 a2  7 a2 ，
44
 PF  2  3 PF PF  ，
c2
a2
7
16
7
∴椭圆的离心率e ，故选：A．
4
【答案】B
【解答】解：由题意得： = sin, = sin = sin
5
2
− 2 = cs2，
所以 = − = sin − cs2 = 2sin2 + sin − 1，
0 ≤ ≤ 55
由52
5得 0 ≤ ≤ 4 ，
0 ≤ 2 − 2 ≤ 2
令 = sin，则 = 22 + − 1，因为 = sin在( , )上递减， = 22 + − 1 在 0,1 上递增，所以()在区
2
2
间( , )上是减函数，故 A 错误；
令 = 2sin2 + sin − 1 = 0，得sin = 1或sin =− 1，解得 = 或 = 5，故 B 正确；
1
4
266
因为 = 22 + − 1 = 2 +
2 − 9 , ∈ [ − 2 , 1]，所以()的最小值为− 9，故 C 错误；
1
4
828
因为 = 22 + − 1 = 2 +
2 − 9 , ∈ [ − 2 , 1]，关于 =− 1对称，是轴对称图形，
824
6
所以()不可能关于点( 5 , 0)中心对称，故 D 错误；故选：
【答案】D
【解析】
 f  x   g x   1

【详解】对②：由
，可得 g x   g4  x  ，则 g  x   C
 g 4  x  C （ C 与C 为
常数），
 f  x   g 4  x   1
1212
令 x  2 ，则 g 2  C1  g 2   C2 ，所以C1  C2 ，则 g  x   g 4  x  ，
故 g  x 关于直线 x  2 对称，②正确；
对①：∵ g  x 为偶函数，则 g  x   g x  ，∴ g x  gx，则 g x 为奇函数，
故 g x  g4  x  g x  4，即 g x  4  g x  ，则 g x 是以 4 为周期的周期函数，由 g x   g4  x  ，令 x  2 ，则 g2  g2 ，可得 g2  0 ，
故 g2022  g2  0 ，①正确；
由 g x   g4  x  ，令 x  1 ，则 g1  g3 ，即 g1  g3  0 ，令 x  0 ，则 g0  g4  0 ，即 g4  0 ，
故 g1  g2  g3  g4  0 ，则 g4k 1  g4k  2  g4k  3  g4k  4  0k  N ，对③：由 f  x  g x  1，即 f  x  1 g x ，则
202220222022
 f k    1 g k   2022   g k  2022  g 1  g  2  2022  g  1  ，
k 1
k 1
k 1
由于无法得出 g1 的值，③错误；
202320232023
对④：  f k    1 g k   2023   g k  2023  g 1  g  2  g  3   2023 ，④正确；故选：
k 1
D.
k 1
k 1
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
​
【答案】 x  2 y  3  0
【详解】圆 x2  y2  2x  4y  1  0 ,化为标准方程可得 x 12   y  22  4
则圆心坐标为(-1, 2)
因为l1 : y  2x ,直线l1 与直线l2 垂直
由两条直线垂直的斜率关系可得直线l 的斜率为k   1
22
由点斜式方程可得 y   1  x 1  2 ,化简即 x  2 y  3  0
2
故答案为: 14.
【答案】 2
9
x  2 y  3  0
【详解】将《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》分别记为 a、b、c，《新婚别》《无家别》《垂老别》分别记为 d、e、 f，
从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间为  {abd , abe, abf , acd , ace, acf , bcd , bce, bcf }，共
9 个样本点，记事件 A 为“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”，
则 A  {abe, ace}，共 2 个样本点，故 P( A)  2 ，故答案为： 2
99
15.【答案】10
【详解】如图可知：函数 f  x   4 cs π x 和直线 g  x  x 1 共有 5 个交点，依次为 A , A , A , A , A ，其中
2
A3 1, 0 ，
12345
∵函数 f  x   4 cs π x 和直线 g  x  x 1 均关于点 A 1, 0 对称，则
23
A1 , A2 , A3 , A4 , A5 关于点 A3 1, 0 对称，
∴ PAi  PA6i  2PA3 , i  1, 2, 3 ，且 PA3  1, 
5
2
12  
3 2
uuur uuuruuuruuuruuur
3  ，
故 PA1  PA2  ... PA5
故答案为：10.
16.
【答案】②④

 2PA3
 5 PA3
 5
 10
解：对于①，连接1，1，
∵ ⊥平面11，1 ⊂平面11，∴ ⊥ 1；
∵四边形11为正方形，∴ 1 ⊥ 1；
又1 ∩ = ，1， ⊂平面11，∴ 1 ⊥平面11，
又? ⊂平面11，∴ 1 ⊥ ?，即?与1所成角恒为 90°，①错误；
对于②，取中点，连接，?，
∵ ，分别为11，中点，∴ //1，又1 ⊥平面，∴ ⊥平面
?
∴ ?与1所成角即为∠?，sin∠? = ?，
当sin∠?最大时，cs∠?最小，
又cs∠? = = 4 ，∴当?最大时，cs∠?最小，
??
42 + 22 + 42
∵当?与或重合时，?取得最大值
∴ sin∠?的最大值为 42+22 = 5，②正确；
= 6，
63
对于③，延长，11交于点，连接?交1于；延长，11交于点，连接?交1于；
则过?，，三点的平面截正方体所得多边形即为五边形?；
11
取11中点，连接，
∵ 1//，∴ 1 = 1 = 1，∴ 1 = 1，即= ，
1 = 1
2
13
1?3
42 + 22
同理可得：1?
∴ ? = ? =
3，∴ 1 = 1 = 1；
= 2 5， = =
12 + 22
=5， =
22 + 22
= 2 2，
5
∴五边形?的周长为 6+ 2 2，③错误；
对于④，若点?，，，1在同一球面上，则该球即为三棱锥? − 1的外接球，
2
∵△ 1的外接圆半径 = 1 =2，
2
∴三棱锥? − 1外接球半径 =2 + ( 1 1?)2，又1?的最大值为1 = 4，∴ ? =2 + 4 =6，
∴该球表面积最大值为 4 × 6 = 24，④正确．故答案为：②④．
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.第 17-21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共 60 分.
17.
【答案】解：(1)当 = 1 时，?1 = 1 = 1，……2 分
当 ≥ 2 时，? = − −1 = 3 2 − 1 − 3 − 1 2 − 1
− 1
= 3 − 2，
2222
将 = 1 代入上式得?1 = 1，满足?，所以? = 3 − 2；……6 分
(2)因为?4 = 10，?34 = 100，?334 = 1000，?3334 = 10000， 0,1 ≤ ≤ 3
所以 =
1,4 ≤ ≤ 33
2,34 ≤ ≤ 333
3,334 ≤ ≤ 1000
,……10 分
所以1000 = 0 × 3 + 1 × 30 + 2 × 300 + 3 × 667 = 2631．……12 分
18.
【答案】（1）证明见解析（2） 42
7
【小问 1 详解】
2
取 AB，EB 中点 M，N，连接 CM，MN，ND，在梯形 ACDE 中， CD / / AE 且 DC= 1 EA，
2
而 M，N 分别为 BA，BE 中点，∴MN//EA，MN= 1 EA，
∴MN//CD，MN=CD，即四边形 CDNM 是平行四边形，∴CM//DN
–––→
又 EG 
–––→
EB ，N 为 EB 中点，∴G 为 EN 中点，又 F 为 ED 中点
4
∴GF//DN，故 GF//CM，
又 CM  平面 ABC，GF  平面 ABC，∴ GF / / 平面 ABC.……5 分
【小问 2 详解】
在平面 ABC 内，过 B 作 BH⊥AC 交 AC 于 H．
∴平面 ACDE⊥平面 ABC，平面 ACDE ∩平面 ABC=AC，BH  平面 ABC，BH⊥AC，
∴BH⊥平面 ACDE，则 BH 为四棱锥 B-ACDE 的高，
2
又底面 ACDE 面积确定，要使多面体 ABCDE 体积最大，即 BH 最大，
此时 AB=BC=
， BH  1， H 为 AC 的中点，
连结 HF ，易得 HF / / AE ，易知 HB，HC，HF 两两垂直，以 H 为原点建立如图所示的平面直角坐标系 H-xyz，
∴ A0, 1, 0, B 1, 0, 0, E 0, 1, 2, D 0,1,1 ，
则 AB  1,1, 0, BE  1, 1, 2 , DE  0, 2,1 ，

–→ –––→
设n   x , y , z  为平面 ABE 的一个法向量，则n1  AB  0 ，即
111 1
–––→
x1  y1  0
，取n  1, 1, 0 ，……7 分
n1  BE  0
x  y  2z  01
111
–→ –––→

n2  DE  0
2 y2  z2  0
设n2   x2 , y2 , z2  为平面 DBE 的一个法向量，则 –→ –––→，即x  y
 2z
 0 ，取n2  3,1, 2 ，……
9 分
∴ cs
ur ur
n1 , n2
ur ur
ur ur
n1  n2
 n1  n2 
7
7 ，……11 分
n2  BE  0
222
1 cs2 n , n
–→ –→
12
∴二面角 A  BE  D 的正弦值为
19.
【答案】

42 .……12 分
1 1
7
7
解：(1)从该校全体学生中随机抽取 2 名男生和 2 名女生，记其中恰有 2 人喜欢课外阅读为事件，
则() = ( 1 )2 × ( 1 )2 + ( 5 )2 × ( 2 )2 + 11 ⋅ 1 × 5 × 1 × 2 = 47 ．……6 分
6363
2 2 6
6 33
108
(2)设被调查的男生人数为，则被调查的女生人数为2，则 2 × 2 列联表为
( ⋅ − ⋅ )
若有 95%的把握认为喜欢课外阅读和性别有关，则2 ≥ 3.841，
喜欢课外读物
不喜欢课外读物
合计
男生
6
5
6
女生
3
6
2
合计
2
3
2
即2 =
3 5 2
6 6 6 3
=
⋅⋅⋅
3 ≥ 3.841，则 ≥
3.841×8
3
≈ 10.243，
8
2 2
又2，3，6均为整数，所以被调查的男生至少有 12 人． ……12 分
20.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
95
存在点T 3,0 ，使得直线TM 与TN 斜率之积为定值 10 .
9
【解析】
【小问 1 详解】
如图，以 FE 所在的直线为 x 轴， FE 的中点O 为原点建立平面直角坐标系
设 M  x, y  为椭圆上一点，由题意可知， MF  ME  AE  6  EF  4 ，
所以M 点轨迹是以 F ， E 为焦点，长轴长2a  6
因为2c  4 ， 2a  6 ，所以c  2 ， a  3 ，
的椭圆，
2
2
则b2 = a2 - c2 = 5 ，所以椭圆的标准方程为 x  y  1；……5 分
95
【小问 2 详解】
由已知：直线l 过Q 1, 0 ，设l 的方程为 x  my  1 ，由题意 m 必定是存在的，

1
 x2  y2 
联立两个方程得 95
x  my  1
，消去 x 得5m2  9 y2 10my  40  0 ，
Δ  100m2 160 5m2  9  0 得m  R ，
设 M  x , y  ， N  x , y
 ，则 y  y 
10m
， y y 
40
（*），
1122
125m2  9
1 25m2  9
k k
y1 y2
y1 y2
TMTN
x  t x  tmy 1 t my
1 t 
1212

m2 y y
y1 y2
 m 1 t  y  y
 1 t 2 ，
1 212
将（*）代入上式，可得上式
40
5t2  9m2  91 t 2 ，
要使kTM  kTN 为定值，则有9  t 2  0 ， t 2  9 ，
又∵ t  0 ，∴ t  3 ，此时k k  10 ，
TMTN9
∴存在点T 3,0 ，使得直线TM 与TN 斜率之积为定值 10 ；
9
综上，椭圆的标准方程为 x2  y2  ，存在点T 3,0 ，使得直线TM 与TN 斜率之积为定值 10 .……12 分
1
959
21.
【答案】（1） y  2ex  e
（2）①  3 ,   ;②详见解析

 2
【解析】
【小问 1 详解】
m  1时， f  x   ex 1 ln x  , f  x   ex 1 ln x  1  , f 1  2e , f 1  e ，所以函数在 x  1 处的切线方程
x 

y  e  2e x 1 ，即 y  2ex  e .……3 分
【小问 2 详解】
①由题设知， f  (x)  ex 1 m  m ln x (x  0) ，
x
h(x) 

f (x)  1  m  m ln x ， h ( x)  m( x  1) ( x  0) ，
exxx2
由h(x)  0 ，得 x 1，所以函数h  x  在区间(1, ) 上是增函数；由h(x)  0 ，得0  x  1 ，所以函数h  x  在区间0,1 上是减函数.故h  x  在 x  1 处取得最小值，且h 1  1  m .
由于h( x)  5 恒成立，所以1  m  5 ，得m  3 ，所以 m 的取值范围为 3 ,   ；……7 分

222
 2
②设 g(x)  f (x)  e x 1 m  m ln x  ，则 g(x)  ex 1 2m  m  m ln x  .
xxx2

设 H ( x)  1  2m  m  m ln x( x  0) ，
xx2
2m2mm
m x2  2x  2
则 H (x)   0 ，
x2x3
xx3
故函数 H (x) 在区间(0, ) 上单调递增，由（1）知， m  3 ，
2
2
所以 H (1)  m  1  0 ， H  1   1 m ln 2  1 ln 2
 0 ，故存在 x  1 ,1 ，使得 H  x
  0 ，

2 2 2
 2 
所以，当0  x  x2 时， H  x   0 ， g x  0 ，函数 g  x 单调递减；当 x  x2 时， H  x  0 ， g x  0 ，函数 g  x 单调递增.
所以x 是函数 g  x 的极小值点.因此 x  x ，即 x
 1 ,1 .
221
1 2

3531m
由①可知，当m  2 时， h( x)  2 ，即1 2  3 ln x  5 ，整理得ln x  x  1 ，所以m ln x 
 m .
x
x22
因此 g(x)  g x   e x   m  m ln x   e x (1 m)  0 ，即 f (x)  0 .

1
11 11
x1
所以函数 f  x  在区间(0, ) 上单调递增.
由于 H  x   0 ，即1 2m  m  mln x
 0 ，即1 m ln x
 m  2m ，
1xx211x2x
11
11
所以 f  x   ex1 1 m ln x   mex1
1 2x1  0  f
x
2
1
11
x0  .
又函数 f  x  在区间(0, ) 上单调递增，所以 x0  x1 .……12 分
（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修 4-4：坐标系与参数方程]）
22.
【答案】（1）答案见详解；
2
（2）.
【小问 1 详解】
x  2  2 cs
x  2  2 cs
2222


由已知 y  2 sin
可得，  y  2 sin
，则 x  2  y
 2 cs
 2 sin
 4 ，
又0   π ，所以0  sin 1 ，则0  y  2
1
所以C 的普通方程为 x  22  y 2  4 (0 ＃y
轴的两个交点0, 0 ， 4, 0 .……5 分
【小问 2 详解】
2)，轨迹为以2, 0 为圆心，2 为半径的圆的上半圆以及其与 x
由曲线C :  x  22  y2  4 (0 ＃y
2)化为极坐标方程：   4 cs， 0, π  .
1
2
把 π 代入可得  4 cs π  2
1
2
，所以 OP  2.
2 
414
2
x  1 2 t
C2 的参数方程为

 y  5 

（t 为参数），消去参数t 可得 x  y  6 ，
2 t
2
可得极坐标方程为 cs  sin 6 ，把 π 代入方程可得 cs π   sin π 2  6 ，所以
22424242
2
2
2
2  3
，所以 OQ
 3.
2
又O, P, Q 三点共线，且有 PQ 
[选修 4-5：不等式选讲]
23.
【小问 1 详解】
OQ  OP
 3 2  2
.……10 分
x  3, x  1

由于 f (x)  3x 1, 1  x  1，

x  3, x  1
当 x 1时， f (x)max  f (1)  1  3  4 ，当1  x  1 时， f (x)  f (1)  3 1  2 ，当 x  1时， f (x)max  f (1)  1  3  2,所以k  f (x)max  f (1)  2, ……5 分
【小问 2 详解】
a2  c2  b2  2 ，即a2  b2   c2  b2   4  2ab  2bc ，
2
a  b  c  1时等号成立，故b a  c  2 ， b a  c 有最大值为2 .……10 分