2024年2月普通高等学校招生全国统一考试模拟测试卷
( 浙 江 省 湖 州 二 中 模 拟 试 卷 ）
数学试题
注意事项：
]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
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，只有一项是符合题目要求的．
1．（本题5分）已知全集，集合，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（本题5分）若向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．（本题5分）数列满足，且，则（ ）
A． B．4 C． D．2
4．（本题5分）在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（本题5分）某小区内有一个圆形广场，计划在该圆内接凸四边形区域内新建三角形花圃和圆形喷泉．已知，，，圆形喷泉内切于，则圆形喷泉的半径最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．（本题5分）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角取得最大值
7．（本题5分）设分别为椭圆的左，右焦点，以为圆心且过的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段与C交于点A．已知与的面积之比为，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（本题5分）设，则（ ）
A． B．
C． D．
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（本题6分）已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为 B．点是函数图象的一个对称中心
C．函数在区间上单调递减 D．函数的最大值为1
10．（本题6分）对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②对于任意正整数，都有；③对于任意正整数，存在正整数，使得定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法错误的是（ ）
A．若为“s数列”，则为“t数列”
B．若，则为“t数列”
C．若，则为“s数列”
D．若等比数列为“t数列”则为“s数列”
11．（本题6分）已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意x，，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）若，则 ．
13．（本题5分）将正方形沿对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为 ．
14．（本题5分）正方形位于平面直角坐标系上，其中，，，．考虑对这个正方形执行下面三种变换：（1）：逆时针旋转．（2）：顺时针旋转．（3）：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是，，，四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换之后，顶点从移动到，然后再作一次变换之后，移动到．对原来的正方形按，，，的顺序作次变换记为，其中，．如果经过次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是-恒等变换．例如，是一个3-恒等变换．则3-恒等变换共 种；对于正整数，-恒等变换共 种．
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．（本题13分）已知函数，且．
(1)求函数的解析式；
(2)为坐标原点，复数，在复平面内对应的点分别为，，求面积的取值范围．
16．（本题15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到直线的距离；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
17．（本题15分）某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
(2)2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
18．（本题17分）已知椭圆，是椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线与直线交于点，是直线与椭圆的两个交点.
(1)求直线与直线的斜率之积；
(2)求面积的最大值.
19．（本题17分）给出下列两个定义：
Ⅰ.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”.
Ⅱ.对于一个“同定义函数”，若有以下性质：
①；②，其中，为两个新的函数，是的导函数.
我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”.
(1)判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”.Ⅰ.；Ⅱ..
(2)给出两个命题，，判断命题是的什么条件，证明你的结论.
：是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，：.
(3)已知函数.
①若的“自导函数”是，试求的取值范围.
②若，且定义，若对任意，，不等式恒成立，求的取值范围.高三 B 卷 1 答案
一、单选题（共 40 分）
1 5 2 x 1．（本题 分）已知全集U R，集合 A ∣x y 2 x x ,B y∣y 2 , x R ，则
“ x UA B ”是“ x x∣x 0 ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据函数的定义域以及指数函数的性质化简集合，即可由交并补运算以及充要
条件的定义求解.
2
【详解】由 A x∣y 2x x 可得 2x x2 0，解得0 x 2，
所以 A x∣0 x 2 ,B {y∣y 0}, U A {x∣x 0或 x 2}, U A B x∣x 0 ，
故选:C .
2．（本题 5分）若向量 a,b满足 | a | 4,| b | 3，且 (2a 3b) (2a b) 61，则 a在b上的
投影向量为（ ）
1 1 2
A． b B． b C． b
2
D． b
2 3 3 3
【答案】D
【分析】由向量数量积的运算律可得 a b 6，再由投影向量的定义求 a在b上的投影
向量.
2 2
【详解】由 (2a 3b) (2a b) 4a 4a b 3b 61 ，则 a b 6，
a b b 6 1
2
由 a在b上的投影向量 b b .
| b | | b | 3 3 3
故选：D
2
3．（本题 5分）数列 an 满足 an 1 a 4 a a a ，且 1 ，则 2023 2024 （ ）n
9 5A． B．4 C． D．2
2 2
【答案】A
【分析】由题中递推公式可求出数列 an 为周期为 2的周期数列，从而可求解.
a 2 2 1 2 2 1【详解】由题意知 n 1 ，所以 a1 4, a2 , a3 4, a ,an a1 2 a
4 ，
2 a3 2
试卷第 1页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
a 9所以可得 n 是周期为 2的周期数列，则 a2023 a2024 a1 a2 ．故 A正确.2
故选：A.
4．（本题 5分）在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是
0.6,0.7和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有
两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
15 7 5 17
A． B． C． D．
29 8 8 29
【答案】A
【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件 A,B,C，三人中恰有两人没有达到
优秀等级为事件 D，
P A 0.6，P B 0.7， P C 0.5，
P D P ABC ABC ABC P ABC P ABC P ABC
0.4 0.3 0.5 0.4 0.7 0.5 0.6 0.3 0.5 0.29，
P BD P ABC P ABC 0.3 0.4 0.5 0.3 0.5 0.6 0.15，
P BD
P B D 0.15 15 .
P D 0.29 29
故选：A.
5．（本题 5分）某小区内有一个圆形广场，计划在该圆内接凸四边形 ABCD区域内新建
三角形花圃 ABD和圆形喷泉．已知 A 120 ， AB 3m， AD 5m，圆形喷泉内切于
△BCD，则圆形喷泉的半径最大值为（ ）
7 7 7
A． 7m B． 3m C． 3m D． 3m
3 6 2
【答案】C
【分析】由余弦定理可求得 BD的长，由圆内接四边形的几何性质可得 C 60 ，设
BC m，CD n，由余弦定理结合基本不等式可求得m n的最大值，再利用等面积法
可求得△BCD内切圆半径的最大值，即为所求.
【详解】在△ABD中，由余弦定理，
可得 BD AB2 AD2 2AB ADcos120 1 32 52 2 3 5 7，
2
因为四边形 ABCD为内接四边形，且 A 120 ，所以， C 60 ．
2 2 2 2 2
设 BC m CD BC CD BD m n 49， n，则由余弦定理知 cos60 ，
2BC CD 2mn
试卷第 2页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
设△BCD内切圆半径为 r，
2 2 2所以m n 49 mn．所以 m n 49 3mn．
S 1
2
又知 △BCD mnsin 60
m n 7 r 1 m n 49，即 3 m n 7 ，
2 2 r2 3 2 2
r 3所以 m n 7 ．
6
因为 m n 2 49 3mn 3 2 m n ，所以m n 14．
4
3 7
所以 r m n 7 3 ，当且仅当m n 7时取得等号．
6 6
7 3
因此，圆形喷泉的半径最大值为 m .
6
故选：C．
6．（本题 5分）已知直线 BC垂直单位圆 O所在的平面，且直线 BC交单位圆于点 A，
AB BC 1，P为单位圆上除 A外的任意一点，l为过点 P的单位圆 O的切线，则
（ ）
A．有且仅有一点 P使二面角 B l C取得最小值
B．有且仅有两点 P使二面角 B l C取得最小值
C．有且仅有一点 P使二面角 B l C取得最大值
D．有且仅有两点 P使二面角 B l C取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导
数求最值方法判断．
【详解】过 A作 AM l于 M，连接 MB、MC，如图所示，
试卷第 3页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
因为直线 BC垂直单位圆 O所在的平面，直线 l在平面内，且直线 BC交单位圆于点 A，
所以 AC l ， AM , AC 平面 AMC， AM AC A，所以 l 平面 AMC，
MC,MB 平面 AMC，所以 l MC ， l MB，
所以 BMC是二面角 B l C的平面角，
设 BMC ， AMC ， AMB ， AM t，则 ，
由已知得 t 0,2 ， AB BC 1，
2 1
tan 2
， tan
1
， tan tan tan tan t t t ，
t t 1 tan tan 21 2 1 t 2
t t
t 1 t2 2 t 2t 2 t 2 t
令 f t 2 ，则 f t ，t 2 t2 2 2 2t2 2
当 t 0, 2 时， f t 0， f t 单调递增，当 t 2,2 时， f t 0， f t 单调递
减，
f 2 1 f 0 0
3
所以 t 0,2 ，当 t 2时， f t 取最大值，没有最小值，
即当 t 2时 tan 取最大值，从而 取最大值，
由对称性知当 t 2时，对应 P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点 P使二面角 B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
2 2
7．（本题 5分）设 F1,F
x y
2分别为椭圆C : 2 2 1(a b 0)的左，右焦点，以 Fa b 1
为圆心
且过 F2的圆与 x轴交于另一点 P，与 y轴交于点 Q，线段QF2与 C交于点 A．已知 APF2
与 QF F1 2的面积之比为3: 2，则该椭圆的离心率为（ ）
A 2． 3 B． 13
3 1
3 C． 3 1 D．
4
【答案】B
试卷第 4页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
【分析】由题意可逐步计算出点 A坐标，由点 A在椭圆上，将其代入椭圆方程得到等
式后，借助等式即可计算离心率.
【详解】由题意可得 F1 c,0 、F2 c,0 ，F1F2 2c，
2
则以 F1为圆心且过 F2的圆的方程为 x c y2 4c2 ，
令 x 0，则 yP 3c，由对称性，不妨取点 P在 x轴上方，即 P 0, 3c ，
则 lQF : y 3c
3c 0
x ，即 y 3x 3c，
2 0 c
1
有 S 2c 3c 3c2，则 S 3 3c 2 3 3 2 QF1F2 2 APF
c ，
2 2 2
又 S
1
APF y A 4c 2cy
3 3 c2 3 3A，即有 2cy A，即 yA c，2 2 2 4
代入 l
1
QF : y 3x 3c
3 3
，有 c 3xA 3c，即 xA c，2 4 4
2
2
1 3 3 1 3 3 c
即 A c, c 在椭圆上，故 c ，
4 4
4
4
1
a2 b2
化简得b2c2 27a2c2 16a2b2，由b2 a2 c2，
即有 a2 c2 c2 27a2c2 16a2 a2 c2 ，
整理得 c4 44a2c2 16a4 0，即 e4 44e2 16 0，
e2 44 44
2 4 16 222 6 13 e2 44 44 4 16有 或 22 6 13，
2 2
由 22 6 13 1，故舍去，即 e2 22 6 13，
2
则 e 22 6 13 13 3 13 3 .
故选：B.
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率时，可将已知的几何关系转化为关于椭圆基本量 a，
c
b，c的方程，利用 a2 b2 c2和 e 转化为关于 e的方程，通过解方程求得离心率．a
a sin0.2,b 0.16,c 1 ln 38．（本题 5分）设 ，则（ ）
2 2
A． a c b B．b a c
试卷第 5页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
C． c b a D． c a b
【答案】D
【分析】构造 f x sinx x x2 , x 0,0.2 ，二次求导，得到单调性，得到
1 1 0.2
sin0.2 0.16 0，再变形得到 c ln ，故构造
2 1 0.2
h x 1 ln 1 x ln 1 x sinx, x 0,0.2 ，求导得到其单调性，比较出 c a，得到2
答案.
2
【详解】设 f x sinx x x , x 0,0.2 , f x cosx 1 2x，
设 g x f x , g x sinx 2 0，所以 g x g 0 0，
所以函数 f x 在 0,0.2 上单调递增，
所以 f 0.2 sin0.2 0.2 0.22 sin0.2 0.16 f 0 0，即 a b .
c 1 ln 3 1 ln 1.2 1 ln 1 0.2根据已知得 ，
2 2 2 0.8 2 1 0.2
可设 h x 1 ln 1 x ln 1 x sinx, x 0,0.2 2 ，
h x 1 1 1 1则
cosx cosx 0，2 1 x 1 x 1 x2
所以函数 h x 在 0,0.2 上单调递增，
所以 h 0.2 h 0 0，即 c a .
综上， c a b .
故选：D.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，
通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、多选题（共 18 分）
π π
9．（本题 6分）已知函数 f x sin x cos x sin x cos x ，则（ ）
4 4
A．函数 f x π 的最小正周期为 2π B．点 , 0 是函数 f x 图象的一个对
8
称中心
C．函数 f x π , 5π 在区间 上单调递减 D．函数 f x 的最大值为 1 8 8
【答案】BC
试卷第 6页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
2 π
【分析】利用二倍角公式及辅助角等公式化简得到 f x sin 2 x ，借助三角函2 4
数的性质逐一判断即可.
f x sin x π cos x π sin x cos x 1sin 2x π 1【详解】结合题意： sin 2x ，
4 4 2 2 2
f x 1 cos 2x 1 sin 2x 2即 sin 2x
π
.
2 2 2 4
2 π 2π
对于选项 A: 由 f x sin 2 x 可得 2，所以T π ,故选项 A错误；2 4
π
对于选项 B:将 x 2代入 f x sin 2 x
π
得：8 2 4
f π 2
π
sin
2
π π 2
sin 0 0，所以点 , 0
是函数 f x 图象的一个
8 2 8 4 2 8
对称中心，故选项 B正确；
2 π π
对于选项 C: 2对于 f x sin 2 x ，令 t 2x ，则 y= sin t ，
2 4 4 2
因为 x
π , 5π π π 3π π 3π 8 8
，所以 t 2x ,4 2 2
，而 y= 2 sin t 在 , 上单调递减， 2 2 2
π 5π
所以函数 f x 在区间 , 上单调递减，故选项 C正确； 8 8
对于选项 D: 对于 f x 2 sin 2 x
π
，当 2x
π
2kπ+ π ,k Z，
2 4 4 2
即 x kπ+
π ,k Z , f x = 2 2 1 ，故选项 D错误.8 max 2 2
故选：BC.
10．（本题 6分）对于无穷数列{an}，给出如下三个性质：① a1 0；②对于任意正整数
n, s，都有 an as an s；③对于任意正整数 n，存在正整数 t，使得 an t an定义：同时
满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法
错误的是（ ）
A．若{an}为“s数列”，则{an}为“t数列”
B．若 a 1 nn ( ) ，则{an}为“t数列”2
C．若 an 2n 3，则{an}为“s数列”
D．若等比数列{an}为“t数列”则{an}为“s数列”
试卷第 7页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
【答案】ABD
1
【分析】设 an 2n 1，可判定 A错误；对于 an ( )n ，分n为奇数和 n为偶数，不存2
在 t N
1 n t 1 n
，使得 ( ) ( ) ，可判定 B错误；若 an 2n 3，推得满足①②，可判2 2
定 C正确；
设 an ( 2)
n，取 n 1, s 2，可判定 D错误.
【详解】设 an 2n 1，此时满足a1 2 1 1 0，
也满足 n, s N ，an s 2(n s) 1, an as 2n 1 2s 1 2 2(n s) 2，
即 n, s N ，an s an as，
因为 an t 2(n t ) 1 2n 2t 1 an 2t an ，所以 A错误；
1 1 1 1
若 a nn ( ) ，则 an ( ) 0，满足①，2 2 2
a ( 1)n 1 ( 1 )n 1 ( 1n 1 ，令 )
n
，
2 2 2
1 n
若 n为奇数，此时 ( ) 0，存在 t N ，且为奇数时，此时满足 (
1
)n t 0 ( 1 )n，
2 2 2
n 1 n 1 n t 1 n若 为偶数，此时 ( ) 0，则此时不存在 ，使得 ( ) ( ) ，所以 B错误；
2 t N 2 2
若 an 2n 3，则 an 2 3 1 0 ，满足①，
n, s N ， an s 2(n s) 3,an as 2n 3 2s 3 2(n s) 6 ，
因为 2(n s) 3 2(n s) 6，所以 n, s N ， an s an as，满足②，所以 C正确；
不妨设 an ( 2)
n，满足 a1 2 0，且 n N ， an ( 2)n，
n n 1当 为奇数，取 t 1，使得 an 1 ( 2) an；
n n 2当 为偶数，取 t 2，使得 an 2 ( 2) an ，所以 an 为“ t数列”，
但此时不满足 n, s N ， an s an as，不妨取 n 1, s 2，
则 a1 2, a2 4, a3 8，而 a1 2 8 2 4 a1 a2，
则 an 为“ s数列”，所以 D错误.
故选：ABD.
11．（本题 6分）已知函数 f x 及其导函数 f x 的定义域均为R ，若 f x 是奇函数，
f 2 f 1 0，且对任意 x， y R， f x y f x f y f x f y ，则（ ）
试卷第 8页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
f 1 1A． B． f 9 0
2
20 20
C． f k 1 D． f k 1
k 1 k 1
【答案】BD
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性
进行求解即可.
【详解】令 x y 1，得 f 2 2 f 1 f 1 ，因为 f 2 f 1 0，
1
所以 f 1 ，所以 A错误；
2
令 y 1，得 f x 1 f x f 1 f x f 1 ①，所以
f 1 x f x f 1 f x f 1 ，
因为 f x 是奇函数，所以 f x 是偶函数，
所以 f 1 x f x f 1 f x f 1 ②，由①②，
得 f x 1 2 f x f 1 f 1 x f x f x 1 ，
即 f x 2 f x 1 f x ，
所以 f x 3 f x 2 f x 1 f x 1 f x f x 1 f x ，
所以 f x ， f x 是周期为 3的函数，所以 f 9 f 0 0，
20
f k f 1 f 2 f 3 6 f 1 f 2 0，
k 1
所以 B正确，C错误；
因为 f 2 f 1 f 1 1 ，
2
在①中令 x 0得 f 1 f 0 f 1 f 0 f 1 ，
所以 f 0 1，
20
f k f 1 f 2 f 3 6 f 1 f 2 1，所以 D正确．
k 1
故选：BD．
【点睛】对于可导函数 f x 有：
奇函数的导数为偶函数
偶函数的导数为奇函数
若定义在 R上的函数 f x 是可导函数，且周期为 T，则其导函数 f x 是周期函数，且
试卷第 9页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
周期也为 T
三、填空题（共 15 分）
5
12．（本题 5分）若 x2 2x 2 a0 a1x a2x2 a 1010x ，则 a5 ．
【答案】 592
【分析】由组合数以及分类加法和分步乘法计数原理即可得解.
【详解】 x2 5 2x 2 5 2表示 个因数 x 2x 2 的乘积.而 a5为展开式中 x5的系数，设
5 x2这 个因数 2x 2 中分别取 x2、 2x、2这三项分别取 i, j,k个，所以 i j k 5，
若要得到含 x5的项，则由计数原理知 i, j,k的取值情况如下表：
x2 2x 2
i个 j个 k个
0 5 0
1 3 1
2 1 2
5 5 1 3
由上表可知 a5 C5 2 C5 C 4 2 3 24 3 C 25 C1 2 1 23 13 32 320 240 592 .
故答案为： 592 .
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键在于对上述详解中的 i, j,k正确分类，另外一点
值得注意的是在分完类之后，每一类里面还要分步取 x2、 2x、 2这三项.
13．（本题 5分）将正方形 ABCD沿对角线 BD折起，当 AC 2 3时，三棱锥 A BCD的
4 3
体积为 ，则该三棱锥外接球的体积为 ．
3
32π
【答案】
3
【分析】取 BD的中点O，根据正方形的性质可知点O为三棱锥外接球的球心，设
OA R 0， AOC 0, π ，根据锥体的体积公式结合余弦定理列式求解即可.
【详解】取 BD的中点O，连接OA,OC，
试卷第 10页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
由题意可知OA OB OC OD，即点O为三棱锥外接球的球心，
设OA R 0， AOC 0, π ，
因为OA BD,OC BD，且OA,OC 平面OAC，可得 BD 平面OAC，
可知三棱锥 A BCD的体积V
1 1
A BCD 2VB OAC 2 R R R sin ，3 2
1
即 R3 sin 4 3 ，可得R3 sin 4 3，
3 3
在 AOC中，由余弦定理可得 AC 2 OA2 OC 2 2OA OC cos ，
即12 R2 R2 2R R cos ，即 6 R2 R2 cos ，
3 R 2 R sin 4 3
联立方程 ，解得 2π，
6 R
2 R2 cos 3
4 3 32π
所以该三棱锥外接球的体积为 πR 3 3 .
32π
故答案为： .
3
【点睛】关键点睛：根据正方形的性质分析可知： BD的中点O即为三棱锥外接球的球
心，进而分析求解.
14．（本题 5分）正方形 ABCD位于平面直角坐标系上，其中 A(1,1)，B( 1,1)，C( 1, 1) ，
D(1, 1)．考虑对这个正方形执行下面三种变换：（1） L：逆时针旋转90 ．（2） R：顺
时针旋转90 ．（3）S：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是A，
B，C，D四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换 R之后，顶点A从
(1,1)移动到 (1, 1)，然后再作一次变换S之后，A移动到 ( 1,1)．对原来的正方形按 a1，
a2，L， ak 的顺序作 k次变换记为 a1a2 ak，其中ai {L,R,S}， i 1, 2, ,k．如果经
过 k次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是 k -恒等变
换．例如， RRS是一个 3-恒等变换．则 3-恒等变换共 种；对于正整数 n，n -
恒等变换共 种．
6 3 ( 1)
n 3n
【答案】
4
【分析】根据 3-恒等变换必定含S可列举求解；作用一次S变换相当于两次 L变换；作
试卷第 11页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
用一次 R变换相当于三次 L变换．我们记 L为数字 1，S为数字 2， R为数字 3，作用相
应的变化就增加相应的数字．那么如果作了 n次变换 a1a2 an（其中包含 p个 L、q个S、
r个 R），当 p 2q 3r是 4的倍数时，就能得到一个 n -恒等变换．我们假设作了 n次变
换之后得到的相应数字除以 4的余数是 0，1，2，3的情况数分别为 an ，bn ， cn， dn .
求得 an bn 1 cn 1 dn 1，bn an 1 cn 1 dn 1，cn an 1 bn 1 dn 1，dn an 1 bn 1 cn 1，
从而可得 an 1 2an 3a nn 1，利用构造法求得 an 1 an 3 ，从而有
n n
( 1)n 1an 1 ( 1)
na ( 3)n 3 ( 1) 3n ，再利用累加法求得 an .4
【详解】3-恒等变换必定含S，所以一共有 LLS， LSL，SLL，RRS，RSR， SRR这 6
种 3-恒等变换；
注意到，作用一次S变换相当于两次 L变换；作用一次 R变换相当于三次 L变换．我们
记 L为数字 1，S为数字 2，R为数字 3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果
作了 n次变换 a1a p2 an（其中包含 个 L、q个S、r个 R），当 p 2q 3r是 4的倍数时，
就能得到一个 n -恒等变换．我们假设作了 n次变换之后得到的相应数字除以 4的余数是
0，1，2，3的情况数分别为 an ，bn ，cn， dn .
把这 n次变换分解成 n 1次变换和第n次变换，
假设经过 n次变换之后余数为 0．如果经过 n 1次变换后的余数是 0，则第n次变换余
数不可能为 0；如果经过 n 1次变换后的余数分别是 1，2，3，则第n次变换余数必须
分别为 3，2，1．其他完全类似，因此
an bn 1 cn 1 dn 1，
bn an 1 cn 1 dn 1，
cn an 1 bn 1 dn 1，
dn an 1 bn 1 cn 1．
把后三个式子相加可得bn cn dn 3an 1 2 bn 1 cn 1 dn 1 ，
代入第一个式子可得 an 1 2an 3an 1， an 1 an 3 an an 1 ．
所以 an 1 an 是公比为 3的等比数列．
已经算出 a3 6，而 2-恒等变换有 LR，RL，SS这三种，故 a2 3．因此，a3 a2 9，
从而 a n 2 n 2 nn 1 an a3 a2 3 9 3 3 ．
试卷第 12页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
两边同乘 ( 1)n 1 n 1 n，可得 ( 1) an 1 ( 1) an ( 3)
n
．
n 1 9 1 ( 3)n 2
( 1)n
a ( 1)2 a ( 3)k 9 ( 3)
n
根据累加法可得 n 2 .
k 2 1 ( 3) 4
n n
于是 a 3 ( 1) 3n ．4
6 3 ( 1)
n 3n
故答案为： ；
4
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是要注意到作用一次S变换相当于两次 L变换；作用一次 R变换相当于三
次 L变换．我们记 L为数字 1，S为数字 2， R为数字 3，作用相应的变化就增加相应的
数字．那么如果作了 n次变换a p1a2 an（其中包含 个 L、q个S、r个 R），当 p 2q 3r
是 4的倍数时，就能得到一个 n -恒等变换．假设作了 n次变换之后得到的相应数字除以
4的余数是 0，1，2，3的情况数分别为 an ，bn ，cn，dn .把这 n次变换分解成 n 1次变
换和第 n次变换，从而得到 an bn 1 cn 1 dn 1，bn an 1 cn 1 dn 1，cn an 1 bn 1 dn 1，
dn an 1 bn 1 cn 1，进而得到 an 1 2an 3an 1，至此思路就清晰明朗了.
四、解答题（共 77 分）
15．（本题 13分）已知函数 f x asin2x cos2x，且 f x f π ．
6
(1)求函数 f x 的解析式；
(2)O为坐标原点，复数 z1 2 4i， z2 2 f t i在复平面内对应的点分别为A，B，
求 OAB面积的取值范围．
π
【答案】(1) f x 2sin 2x
；
6
(2) 2,6 .
π
【分析】（1）根据 是 f x 的对称轴，结合对称轴处 f x 取得最值，计算即可；
6
（2）根据复数的几何意义，建立三角形面积关于 t的三角函数关系，求函数值域即可.
π π
【详解】（1）∵ f x f ，即当 x 时函数 f x 取到最值，
6 6
又 f x asin2x cos2x a2 1sin 2x a2 1，
试卷第 13页，共 23页
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其中 tan
1
a 0 ，
a
2 2
f π π π ∴
a
2 1，代入得 a sin 2
cos 2 2
6 6
a 1 ，
6
2
3 a 1
2 2即 a 1，解得 a 3 0，∴a 3
2 2
f x 3sin2x cos2x 2sin 2x
π
；
6
（2）由（1）可得： f x 2sin 2x
π
，
6
由复数的几何意义知： A 2, 4 ， B 2, f t
∴ S
1
△ABC 2 AB AB f t 4 2sin
2t π
2
4 ，
6
π
当 2t 2kπ ， k Z，即 t kπ ， k Z时， S 有最大值 6；
6 2 6 OAB
2t π 2kπ π π当 ， k Z，即 t kπ ， k Z时， S
6 2 3 OAB
有最小值 2；
∴ S△OAB 2,6 .
16．（本题 15分）如图，在四棱锥 P ABCD中，PA 平面 ABCD，AD CD，AD∥BC，
BC 4， PA AD CD 2，点 E为 PC的中点.
(1)证明：DE / /平面 PAB；
(2)求点 B到直线 ED的距离；
(3)求直线 PB与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2 2
(3) 6
3
【分析】（1）取 PB的中点 F ，证得 EF / /AD且 EF AD，得到以四边形 ADEF 为平行
四边形，得出DE / /AF，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）取 BC的中点G，证得 PA AD,PA AG，以A为坐标原点，建立空间直角坐标
系，求得向量DB (2, 4,0),DE (1, 1,1)，结合 d DB sinDB,DE ，即可求解；
试卷第 14页，共 23页
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（3）由（2）中的空间直角坐标系，求得向量 PB (2, 2, 2)和平面PCD的一个法向量
为 n (0,1,1)，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取 PB的中点 F ，连接 EF , AF，因为 E为PC的中点，所以 EF / /BC，
1
又因为 BC / /AD且 AD BC，所以 EF / /AD且 EF AD，
2
所以四边形 ADEF 为平行四边形，所以DE / /AF，
因为DE 平面 PAB， AF 平面 PAB，所以DE / /平面 PAB .
1
（2）解：取 BC的中点G，连接 AG，因为 AD / /BC 且 AD BC，
2
所以 AD / /CG且 AD GC，所以四边形 ADCG为平行四边形，所以CD / /AG，
因为 AD CD，所以 AD AG，
又因为 PA 平面 ABCD， AD, AG 平面 ABCD，所以PA AD,PA AG，
以A为坐标原点，以 AG, AD, AP所在的直线分别为 x, y, z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得 B(2, 2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0)，则 E(1,1,1) ,
所以DB (2, 4,0),DE (1, 1,1)，则 DB (2, 4,0) 2 5
cosDB,DE D B D可得
E 3 6
DB DE 15 ，所以 sin DB,DE ，15
则点 B到直线 ED的距离为 DB sin DB,DE 2 5 6 2 2.
15
（3）解：由（2）中的空间直角坐标系，可得P(0,0,2)，
所以 PB (2, 2, 2),DP (0, 2,2),DC (2,0,0) ，
n DP 2y 2z 0
设平面 PCD
的法向量为 n (x, y, z)，则 ，
n DC 2x 0
取 y 1，可得 x 0, z 1，所以 n (0,1,1)，
设直线 PB与平面 PCD所成角为 ，
n PB 2 2
则 sin cos n
,PB 6 ，n PB 2 2 3 3
所以直线 PB与平面PCD 6所成角的正弦值为 .
3
试卷第 15页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
17．（本题 15分）某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化
节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游
2
管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有 3 的人计划只参
加“菊花文化节”，其他人还想参加 2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客
记 1分，两个文化节都参加的游客记 2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是
否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从 2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期
望；
(2)2024年的“清明文化节”拟定于 4月 4日至 4月 19日举行，为了吸引游客再次到访，
该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客
甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的
4 1
概率为 ，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为 ，若
5 4
1
前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为 ，如此往复.
3
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第n（ n 1，2，L，16）天选择“单车自由行”的概率Pn，并帮甲确定在 2024
年“清明文化节”的 16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
【答案】(1)4
1
(2)（i） ；
3
8 28 5 n 1
（ii） Pn＝ n 1,2, ,16 ；2天17 85 12
【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率．；
1
（ii）由题意，求 Pn与Pn-1的关系，通过构造等比数列，求出Pn，再由 Pn 求出对应2
的 n.
试卷第 16页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
2 1
【详解】（1）由题意，每位游客得 1分的概率为 3 ，得 2分的概率为 ，3
随机抽取三人，用随机变量 X 表示三人合计得分，则 X 可能的取值为 3，4，5，6，
2 3P X 3 8
2
， P X 4 C
1 2 1 4 ，
3 27
3
3 3 9
2 3
P X 5 C2 1 2 23 ， P X 63 3 9
1 1
， 3 27
则 E X 8 4 2 1 3 4 5 6 427 9 9 27 .
所以三人合计得分的数学期望为 4.
4 1
（2）第一天选择“单车自由行”的概率为 ，则第一天选择“观光电车行”的概率为 ，
5 5
1
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为 ，
4
1
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为 ，则后一天选择
3
“ 2单车自由行”的概率为 3 ，
4 1 1 2 1
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率 P ；
5 4 5 3 3
（ii）甲第n n 1,2, ,16 4天选择“单车自由行”的概率 Pn，有 P1 ，5
则 P
1 2 5 2
n Pn 1 1 Pn 1 Pn 1 ， n 2,3, ,16 ，4 3 12 3
8 5 8
∴ Pn P ，17 12 n 1 17
8
8 28 Pn 17 5
又∵ P1 0，∴ 8 n 2,3, ,16 ，17 85 P 12n 1 17
∴数列 P
8
n
28 5
17
是以 为首项，以为 公比的等比数列，
85 12
P 8 28 5
n 1
∴ n＝ n 1,2, ,16 ．17 85 12
由题意知，需 Pn 1 P
1
n，即 Pn ，2
8 28 5 n 1 1 5 n 1 85 5
> ，即
> n 1,2, ,16 ，17 85 12 2 12 34 28 56
显然 n必为奇数，偶数不成立，
n 1
当 n 1,3,5, ,15 5 85 5时，有 > 即可，
12 34 28 56
试卷第 17页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
5
n 1时，1 成立；
56
2
n 3 5 25 25 5时， = > = 成立；
12 144 280 56
5
4
625 625 625 5 n 1
n 5 = = < = 5 5时， 12 144 144 20736 7000 56 ，则 n 5时 > 不成立，
12 56
n 1 n 1
5 5 5
又因为 单调递减，所以n 5时， > 不成立．
12 12 56
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有 2天．
5 2
【点睛】关键点睛：本题第 2小问的解决关键是利用全概率公式得到Pn P12 n 1
，
3
从而利用数列的相关知识求得 Pn，从而得解.
18 x
2 y2
．（本题 17分）已知椭圆C : 1，P(x0 , y0 )是椭圆外一点，过 P作椭圆C的两16 4
条切线，切点分别为M ,N，直线MN与直线OP交于点Q， A,B是直线OP与椭圆C的
两个交点.
(1)求直线OP与直线MN的斜率之积；
(2)求 AMN 面积的最大值.
1
【答案】(1)
4
(2)6 3
【分析】（1）设P(x0 , y0 )，M (x1, y1)，N (x2 , y2 )，根据导数的几何意义可求得椭圆的切线
l : x0x y y方程，从而可得 MN 0 1，再根据斜率公式即可求解；16 4
（2）分 x0 , y0 0、x0 0、 y0 0三种情况分别求解，根据弦长公式和点线距离可求得
AMN面积，再利用导数判断单调性，从而求得最大值.
【详解】（1）
设 P(x0 , y0 )，M (x1, y1)， N (x2 , y2 )，
试卷第 18页，共 23页
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x2 y 2 2 y x
2
由 1可得 4 1 ，对其求导可得2yy
x
，
16 4 16 2
x
所以当 y 0 11 时，直线 PM的斜率为 4y ，1
x1 x x y y
则直线 PM的方程为 y y1 x x 1 1 14y 1 ，即 .1 16 4
y 0 x1x y1y 1 x x y y当 1 时， 成立，所以直线PM的方程为 1 1 1.16 4 16 4
x x y y
同理可得直线 PN的方程为 2 2 1，
16 4
x x y y x x y y
又因为 P是两条切线的交点，所以有 1 0 1 0 1， 2 0 2 0 1，
16 4 16 4
l : x0x y y
x y
所以 MN
0 1，则 kMN 0 k 016 4 4y
，又因为 OP ，
0 x0
x0 y0 1
所以 kMN kOP 4y0 x0 4
.
y x 0 x
4
（2）①当 x0 , y0 0时，联立直线MN与椭圆方程 4y0 y0 ，
x2 4 y
2 16 0
(x2 4y2 )x2得 0 0 32x0x 256 64y
2
0 0，
4 2 2 2 x x 32x 256 64y
2
256(4y0 16y0 x0 y0 ) 0， 1
0 0
2 2 2 ,x x ，x0 4y
1 2 x20 0 4y
2
0
256(4y4 16y2 x2 y2 )
MN = 0 0 0 0 1+( x则 02 )
2 ，
x0 4y
2
0 4y0
y y 0 x 4x0 4y0
联立直线OP与椭圆方程 x ，解得点 A( , )0 x2 4y2 2 2
.
x2 4 y2
x 4y
16 0
0 0 0 0
| 4x20 16y
2
0 16 x
2
0 4y
2
0 |
则点A到直线MN的距离d ，
x20 4 y
2
0 x
2
0 16 y
2
0
所以
1 256(4y4 16y2 x2 y2 ) x2 2 2 2 20 0 0 0 0 16 y0 | 4x0 16y0 16 x0 4y
2
S 0
|
AMN 2 x20 4y
2
0 16y
2 2 2
0 x0 4 y0 x
2
0 16 y
2
0
8 x20 4y
2 16 ( x20 0 4y
2
0 4)
x20 4y
2
0
t x 2 4y 2 t 0 S 8(t 4) t
2 16 4
令 0 0 ，则
3
AMN 2 8 (1 ) (1
4
) ，
t t t
试卷第 19页，共 23页
{#{QQABLQaEgggoAABAAAgCEwVqCEKQkBECCCoOxBAIsAABCQNABAA=}#}
令1
4
m m 1 4，则1 2 m，记 f m m3 (2 m) m4 2m3，
t t
f m 4m3 6m2 2m2 2m 3 ，
f m (1, 3) 3所以 在 上单调递增，在 ( , )上单调递减，
2 2
m 3
3 27
所以当 ， t 8 2 2，即 x0 4y0 64(x , y 0) f m f
0 0 时，2 max
.
2 16
27
所以 S AMN 8 6 3 ，所以 AMN面积的最大值是6 3 .16
4 y
4
②当 x0 0时，直线MN的方程为 y yy ，联立 0 ，0 x2 2 4 y 16 0
可得 MN 8 1
4
2 ，根据椭圆的对称性，不妨令 yy 0
0，则 A 0, 2 ，
0
d 4则点A到直线MN的距离 2y ，0
3
1 4 4 2 2
所以 S AMN 8 1 2 82 y2 y
1 1 y y 0 0 0 0
1 2令 n 1 n 2
2
，则1 2 n gy y ，记 n n
3 (2 n) n4 2n3，
0 0
g n 4n3 6n2 2n2 2n 3 ，
3 3
所以 g n 在 (1, )上单调递增，在 ( , 2)上单调递减，
2 2
3 3 27
所以当 n ， y0 4时， g n max g 2 . 2 16
27
所以 S AMN 8 6 3 ，所以 AMN面积的最大值是6 3 .16
根据对称性可得当 y0 4时， AMN 面积的最大值是6 3 .
所以当 y0 4时， S AMN 的最大值为6 3 .
当 y0 0时，同理可求得，当 x0 8时， S AMN 的最大值为6 3 .
2 2
综上，当 x0 4y0 64时， AMN 面积的最大值是6 3 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解
决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，
再求这个函数的最值．常从以下方面考虑：
试卷第 20页，共 23页
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①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
19．（本题 17分）给出下列两个定义：
Ⅰ.对于函数 y f (x)，定义域为D，且其在D上是可导的，其导函数定义域也为D，则
称该函数是“同定义函数”.
Ⅱ.对于一个“同定义函数” y f (x)，若有以下性质：
① f x g f x ；② f (x) h( f (x))，其中 y g(x)， y h(x)为两个新的函数，
y f x 是 y f (x)的导函数.
我们将具有其中一个性质的函数 y f (x)称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函
数 y f (x)称之为“双向导函数”，将 y g(x)称之为“自导函数”.
(1)判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，
则写出其对应的“自导函数”.Ⅰ. f (x) tan x；Ⅱ. f (x) ln x .
(2)给出两个命题 p，q，判断命题 p是q的什么条件，证明你的结论.
p： y f (x)是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，q：
f (x) k a x (k R,a 0,a 1) .
(3)已知函数 h(x) (xa b)ex .
①若 h(x)的“自导函数”是 y x，试求 a的取值范围.
4
②若 a b 1，且定义 I (x) exh(x) kx3 kx，若对任意 k [1,2]，x [0,k]，不等式 I (x) c
3
恒成立，求 c的取值范围.
【答案】(1) f x tan x是“单向导函数”，其“自导函数”为 g x 1 x2； f x ln x既
不是“单向导函数”，也不是“双向导函数”.
(2)不充分不必要条件
4 52(3)① a 1；② e ,
.
3
【分析】（1）由新定义、导数运算及函数的概念即可得解；
（2）由新定义结合充分条件、必要条件的概念即可得解；
（3）①求导，利用自导函数的定义即可求得参数；
②求导，借助多次求导确定 I (x)max，即可求解.
试卷第 21页，共 23页
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2
【详解】（1）对于函数 f x tan x，则 f x 1 tan x，这两个函数的定义域都是
π
x | x kπ ,k Z ，
2
所以 f x 为“ 2同定义函数”，此时， g x 1 x ，
π
由函数的定义，对于 x ， f (x) h( f (x))无法同时成立，
4
所以 f x 为“单向导函数”,其“自导函数”为 g x 1 x2 .
对于函数 f x ln x，则 f x 1 ，这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.
x
2 f x kax f x kax（ ）若 ，则 ln a，设 g x x ln a，则 f x g f x ，
x
所以 f x 为“单向导函数”.又设 h x ，则 f x h f x
ln a
所以 f x 为“双向导函数”，但 g x 不是常值函数，
故 p不是q的必要条件.
若 p成立，则 g x m，所以 f x g f x m，所以 f x mx n，所以q不成立，
所以 p为q的不充分不必要条件.
（3）①由题意， h (x) (axa 1 xa b)ex ，且 (axa 1 xa b)ex (xa b)ex ，
所以 axa 1 1，所以 a 1；
4
②由题意， I (x) (x 1)e2x kx3 kx，
3
所以 I (x) (2x 1)e2x 4kx2 k， I (
1) 0，
2
2x 2
令 p x (2x 1)e 4kx k, x 0,k ,k 1,2 ， p 1 e2 3k 0，
则 p x 4xe2x 8kx 4x e2x 2k ，
因为 y e2x 2k单调递增，且 y x 0 1 2k 0, y
2k
x k e 2k 0，
1
所以存在 x0 ln 2k 0,1 ，使得 e2x0 2k 0 ，且当 x 0, x2 0 时， p
x 0， p x 单
调递减；当 x x0 ,k 时， p x 0， p x 单调递增；
x 1 1
e
当 0 ln 2k ，即 k 时，2 2 2
所以 p x p x0 (2x0 1) 2k 4kx20 k k 2x
2
0 1 0min ，
此时 I (x) 0， I (x)在 x [0,k]上单调递增， I (x)max I (k)，
当 k 1时， p 0 1 1 0 1 2，此时 x0 ln 2， p x k 2x 1 02 min 0 ，
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x 所以当 0,
1
时， I x 0， I x
1
单调递减；当 x ,1 时， I x 0， I x 单调 2 2
递增;
又 I (k) I (1) I (0)，所以 I (x)max I (k)；
k 1,2 k e 2当 且 时， p x k 2x0 1 0， p 0 02 min ，
所以函数 I x 在 0,1 上存在两个极值点，
x 1 1 e 1 1 1 e若 0 ln 2k ，即 2 k 时，极大值点为 ；若 x0 ln 2k 1 k 2 ，即 时，极2 2 2 2 2 2
大值点 x
1
1 ； I (x)2 max
为函数极大值或 I (k)，
又当0
1
x 时， I (x) (x 1)e2x 4 kx3 kx 1 1 k 0，
2 3 2
I (k) (k 1)e2k 4 k 4 k 2，
3
令 t(k) (k 1)e2k
4
k 4 k 2 ,k [1,2]，则 t (k) (2k 1)e2k
16
k 3 2k ,k [1,2]
3 3
设 s(k) (2k 1)e2k
16
k 3 2k ,k [1,2]，
3
则 s k 4ke2k 16k 2 2 4k e2k 4k 2 0，
16
所以 s(k)，即 t (k)单调递增，所以 t (k) t (1) e2 2 0，
3
所以 t(k) 4
52 4 52
单调递增，所以 t k t 2 e , e 0，
3 3
52
综上， I (x) 4max e c，3
4 52
所以 c的取值范围为 e ,
3
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两个，一是对于新概念的理解，转化新概念所
给关系；二是对函数多次求导，利用导数与函数单调性、最值的关系求解最值.
试卷第 23页，共 23页
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