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2026 年普通高等学校招生全国统一考试久洵杯模拟演练
数 学
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． (3+ 4i)(1 i) 的虚部为
A． 7 B．1 C． 1 D． 7
2．已知集合 A ={x Z | x2 2x≤2}， B ={ 1,0,1,3}，则 A B =
A．{ 1,0} B．{0,1} C．{ 1，0，1} D．{0,1,3}
1
3．若 (2x4 + )n (n *N ) 的展开式中含有常数项，则 n的最小值为
x
A． 3 B． 4 C． 5 D． 6
4．已知单位向量 a， b满足 | 2a b | = 2 ，则 | a + 2b | =
A． 2 B． 5 C． 6 D． 2 2
5．从由1，2 ，5 ，6 组成的没有重复数字的三位数中随机抽取一个，则该数为偶数且
大于 400 的概率为
1 7 1 3
A． B． C． D．
4 24 3 8
6．若某圆锥的侧面积为 2 3π，高为1，则该圆锥的体积为
3π π 3π
A． B． C． D． π
6 3 3
7．设O为坐标原点，抛物线 E : y2 = 2px(p 0)的焦点为 F ，点 P为 E上一动点，若
| PF | = 9 |OF |，则直线 PF 的斜率为
4 2 6 2 8 2
A． B． C． 2 D．
7 7 7
第五届久洵杯 第1页（共 4 页）
8．已知函数 f (x) = x3 + ax2 + bx + c(a 0) ，且 f (0) = f (0) = 0，关于函数 f (x) ，有下
列四个命题：
甲： x =1是 f (x) 的极值点； 乙： 3是 f (x) 的零点；
丙： f (x) 在区间 (0,2)单调递减； 丁： f (x) 在 (4,+ )单调递增．
如果只有一个假命题，则该命题是
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
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，部分选对得部分分，有选错的得 0 分。
π π
9．已知函数 f (x) = sin(x + ) + sin(x )， k Z，则
4 4
π
A．函数 f (x )为偶函数 B． f (x) 的最大值为 2
2
π π π
C． f (x) 在区间 ( , ) 单调递增 D．曲线 y = f (x) 关于 (kπ + ,0)对称
4 4 2
y2
10．已知双曲线C : x2 =1的左焦点为 F ， P1 ， P 为C上两点（2 P1 在 P 的左侧），2
24
PP ⊥ y 轴，记直线 P1F的斜率为 k1 ，直线 P F的斜率为 k ，若1 2 2 2 | P1F | = 6 ，则
A． | P2F | = 8 B． k1k2 = 2
7 14
C． tan P1FP2 = D． | P1P2 | =
24 5
11．已知数列{an}: 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4, ，{b }与{c }均为正整数数列，且满足 an n b = bn a ，n
cn+1 = ac ， b = b ，则 n 1 2
A．b1有三种可能值
B． cn≥cn+1
C．若 c1 1，则当 n c1 1时， cn = 2
D．若存在 p，使得bp =1，则{bn}是常数列
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三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．若 tan tan =1，则 cos( + ) = ．
13．已知直线 l : y = 3x + a 与圆 C : x2 + (y 1)2 = 4 交于 A ， B 两点，写出满足
“ ACB =120 ”的 a的一个值： ．
14．有 6 个相同的球，分别标有数字1， 2 ， 3， 4 ， 5 ， 6 ，从中不放回地随机取球，
若存在1≤ k≤3，使得标有数字 2k 1和 2k 的球均已被取出，则停止取球．记 X 为
取出的球的个数，则 X 的最大值为 ； X 的数学期望
E(X ) = ．
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．（13 分）
2 2 2
记△ABC 的内角 A， B ， C 的对边分别为 a， b， c ，已知 a + b c = ab，
C + B = 3A．
（1）求 B；
（2）C的角平分线交 AB于点D，若CD = 2，求 a与△ABC的面积．
16．（15 分）
已知各项均为正数的等比数列{a }满足 a ， a ， 成等差数列． n n+2 n an+1
（1）求{an}的公比；
（2）若 a = 2，bn = an[log4 an ]，求{b }的前 2n项和 S ． 1 n 2n
注： [x]表示不超过 x的最大整数，如 [ 3.5] = 4，[2.1] = 2．
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17．（15 分） A1 C1
如图，三棱柱 ABC ABC 的各棱长均为 2 ，1 1 1
B
A1B = 6 ，平面 AA1C1C ⊥平面 ABC．
1
A C
（1）证明： AC ⊥ AB； 1
（2）若点 A， A， B ，C均在球O的球面上． 1 1
B
（i）证明：O在线段 AB上； 1
（ii）求直线OC与平面 A1BC 所成角的正弦值． 1
18．（17 分）
x2 y2
记椭圆C : + =1(a b 0) 的右顶点为 A(2,0)，右焦点为 F (1,0) ．过 F 的直线
a2 b2
l交C于 D， E两点，记线段 AD， AE的中点分别为M ， N，直线 FM ， FN 分别交
AE， AD于点 P，Q．
（1）求C的方程；
（2）证明： PQ ⊥ y轴；
（3）若△FPQ的外接圆的面积为16π，求 l的方程．
19．（17 分）
1+ x
已知函数 f (x) = ln a， g(x) = 2x2 asin x．
1 x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
π π
（2）若 g(x) 在 ( , ) 有且只有两个零点，求 a的取值范围；
2 2
π π
（3）在（2）的条件下，若 a 0，记 f (x) 的零点为 x ， g(x)1 在区间 ( , ) 的零
2 2
点为 x2 ，其中 x2 0，证明： x1 sin x2 ．
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2026 年普通高等学校招生全国统一考试久洵杯模拟演练
数学参考答案及详细解析
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． (3+ 4i)(1 i) 的虚部为
A． 7 B．1 C． 1 D． 7
【答案】B
【解析】 (3+ 4i)(1 i) = 7 + i ，故虚部为1．
【注】本题改编自 2025 年全国一卷第 1 题，原题如下：
(1+ 5i)i 的虚部为
A． 1 B． 0 C．1 D． 6
（本题答案为 C）
2．已知集合 A ={x Z | x2 2x≤2}， B ={ 1,0,1,3}，则 A B =
A．{ 1,0} B．{0,1} C．{ 1，0，1} D．{0,1,3}
【答案】B
【解析】将 B中元素带入 A中不等式得 A B = {0,1}．
【注】本题改编自 2024 新高考一卷第 1 题，原题如下：
已知集合 A ={x | 5 x3 5}， B ={ 3, 1,0,2,3}，则 A B =
A．{ 1,0} B．{2,3} C．{ 3, 1,0} D．{ 1,0,2}
（本题答案为 A）
3．若 (2x4
1
+ )n (n *N ) 的展开式中含有常数项，则 n的最小值为
x
A． 3 B． 4 C． 5 D． 6
【答案】C
1
【解析】T = Cr (2x4 )r ( )n r = Cr 2r x5r nr+1 n n (r = 0,1,2, ,n) ，得到 n = 5r(n
*
N )，则 n的最
x
小值为 5 ．
【注】本题改编自 2007 年安徽卷第 12 题， 原题如下：
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1
若 (2x3 + )n 的 展 开 式 中 含 有 常 数 项 ， 则 最 小 的 正 整 数 n 等
x
于 ．
（本题答案为 7）
4．已知单位向量 a， b满足 | 2a b | = 2 ，则 | a + 2b | =
A． 2 B． 5 C． 6 D． 2 2
【答案】C
【解析】将 | 2a b | = 2 左右平方得到 4 2 2a 4a b + b = 4 ，由 | a | = | b | =1，即 4a b =1，
带入得 | 2 2a + 2b | = 4a + 4a b + b = 6 ．
【注】本题改编自 2020 全国 I 卷 14 题，原题如下：
设 a， b为单位向量，且 | a + b | =1，则 | a b | = ．
（本题答案为 3 ）
5．从由1，2 ，5 ，6 组成的没有重复数字的三位数中随机抽取一个，则该数为偶数且
大于 400 的概率为
1 7 1 3
A． B． C． D．
4 24 3 8
【答案】A
【解析】没有重复数字的三位数有 4 3 2 = 24 个，其中为偶数且大于 400 的有526，516，
6 1
562，512， 612， 652共 6 个，故概率为 = ．
24 4
【注】本题改编自人教 B 版教材 P132 第 7 题，这里给出节选；
随机地排列 1，5，6，得到一个三位数：
（1）求所得的三位数大于 400 的概率；（2）求所得的三位数为偶数的概率．
1
（两小问答案均为 ）
3
6．若某圆锥的侧面积为 2 3π，高为1，则该圆锥的体积为
3π π 3π
A． B． C． D． π
6 3 3
【答案】D
【解析】设底面半径为 r，则母线长为 2 2r +1，则 πr r2 +1 = 2 3π，解得 r = 4（舍
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1
去）或 r2 = 3，所以 2r = 3 ，故体积为 πr 1= π．
3
7．设O为坐标原点，抛物线 E : y2 = 2px(p 0)的焦点为 F ，点 P为 E上一动点，若
| PF | = 9 |OF |，则直线 PF 的斜率为
4 2 6 2 8 2
A． B． C． 2 D．
7 7 7
【答案】A
p 9p
【解析】设 P(x , y )，则 x0 + = ，故 x = 4p，解得 y0 = 2 2p，故直线 PF 的斜率0 0 0
2 2
2 2p 4 2
为 = ．
p 7
4p
2
8．已知函数 f (x) = x3 + ax2 + bx + c(a 0) ，且 f (0) = f (0) = 0，关于函数 f (x) ，有以
下四个命题：
甲： x =1是 f (x) 的极值点； 乙： 3是 f (x) 的零点；
丙： f (x) 在区间 (0,2)单调递减； 丁： f (x) 在 (4,+ )单调递增．
如果只有一个假命题，则该命题是
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】A
【解析】f (x) = 3x2 + 2ax + b，由 f (0) = f (0) = 0得b = c = 0，故 f (x) = x3 + ax2 (a 0) ，
则 0 为 f (x) 的一个极值点和零点，则甲丙相互矛盾，若甲正确，则 f (1) = 0 ，
3 3 3
解得 a = ， f (x) = x3 x2 = x2 (x ) ，则乙错误，故乙丙均错误，与题目
2 2 2
矛盾，故甲错误．
【注】本题改编自 2021 年八省适应性考试第 3 题，原题如下：
关于 x的方程 x2 + ax + b = 0 ，有下列四个命题：
甲： x =1是该方程的根； 乙． x = 3是该方程的根；
丙：该方程的两根之和为 2 ； 丁：该方程的两根异号．
如果只有一个假命题，则该命题是
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
（本题答案为 A）
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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，部分选对得部分分，有选错的得 0 分。
π π
9．已知函数 f (x) = sin(x + ) + sin(x )， k Z，则
4 4
π
A．函数 f (x )为偶函数 B． f (x) 的最大值为 2
2
π π π
C． f (x) 在区间 ( , ) 单调递增 D．曲线 y = f (x) 关于 (kπ + ,0)对称
4 4 2
【答案】AC
π π 2
【解析】 f (x) = sin(x + ) + sin(x ) = (sin x + cos x + sin x cos x) = 2 sin x，对于 A
4 4 2
π
选项， f (x ) = 2 cos x为偶函数，故 A 正确；对于 B 选项， f (x) 的最大
2
值为 2 ，故 B 错误；对于 C 选项，根据正弦函数性质， f (x) 的单调递增区间
π π π π π π
为 ( + kπ, + kπ) ，其中 k Z，令 k = 0，则 ( , ) ( , ) ，故 C 正确；
2 2 4 4 2 2
对于 D 选项，曲线 y = f (x) 的对称中心为 (kπ,0) ，故 D 错误．
【注】本题改编自 2024 年九省适应性考试第 9 题，原题如下：
3π 3π
已知函数 f (x) = sin(2x + ) + cos(2x + ) ，则
4 4
π
A．函数 f (x )为偶函数
4
B．曲线 y = f (x) 的对称轴为 x = kπ， k Z
π π
C． f (x) 在区间 ( , )单调递增
3 2
D． f (x) 的最小值为 2
（本题答案为 AC）
第五届久洵杯 第8页（共 4 页）
y2
10．已知双曲线C : x2 =1的左焦点为 F ， P， P 为C上两点（ P在 P 的左侧），1 2 1 2
24
PP ⊥ y 轴，记直线1 2 P1F的斜率为 k ，直线 P F的斜率为 ，若1 2 k2 | PF | = 6 ，则 1
A． | P2F | = 8 B． k1k2 = 2
7 14
C． tan P1FP2 = D． | P1P2 | =
24 5
【答案】ACD
【解析】取右焦点为 F ，由对称性得1 | P1F | = | P2F1 | = 6， kP1F = kP F ，对于 A 选项，由2 1
双曲线定义知， | P F | | P F | = 2 ，故 | P F | = 8 ，故 A 正确；对于 B 选项，注2 2 1 2
意到 | FF1 | =10，故 | P F |
2 + | P F |2= | FF |2 ，故 P ，故 k k = 1，即2 2 1 1 2F1 ⊥ P2F 2 P2F1
| P F | 3 1 4
k1k2 =1，故 B 错误；对于 C 选项， k =
2 1 = ， k = = ，故由差角公2 1
| P2F | 4 k2 3
k k 1 4 3 7
式 tan PFP 1 21 2 = = ( ) = ， 故 C 正 确 ； 对 于 D 选 项 ，
1+ k1k2 2 3 4 24
1 24
cos P1FP2 = = ， 故 在 △P1FP2 中 ， 由 余 弦 定 理 有 ：
1+ tan2 P1FP2 25
14
| P1P2 | = | P1F |
2 + | P2F |
2 2 | P1F | | P2F | cos P1FP2 = ，故 D 正确．
5
【另解】设 P1(x0 , y0 ) ， P2 ( x0 , y0 ) ，不妨设 y0 0 ， x0 0 ，则由焦半径公式有，
7 14
| PF | = 5x 1，由 | PF | = 6 得 x0 = ，则 | P1P2 | = 2x =1 0 1 0 ，故 D 选项正确；
5 5
24
| P F | = 5x +1= 8 ，故 A 选项正确；对于 B 选项， y = 24(x20 1) =2 0 0 ，故
5
576
y y y2
k k = 0 0 = 01 2 =
25 =1，故 B 选项错误；对于 C 选项，
x0 + 5 x0 + 5 25 x
2 49
0 25
25
24
y0 5 4 3k1 = = = ， k2 = ，下同解法一，故 C 选项正确．
x 7 40 + 5 3 + 5
5
第五届久洵杯 第9页（共 4 页）
11．已知数列{an}: 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4, ，{b }与{c }均为正整数数列，且满足 a = b ，n n bn an
cn+1 = ac ， b = b ，则 n 1 2
A．b 有三种可能值 1
B． cn≥c n+1
C．若 c 1，则当1 n c 1时，1 cn = 2
D．若存在 p，使得bp =1，则{b 是常数列 n}
【答案】BCD
【解析】易知 a ≤n，当 n =1或 2 时取等，对于 A 选项，令 n =1，a = b = b ，故n b a 1 b1 =11 1
或 2 ，故 A 选项错误；对于 B 选项， cn cn+1 = cn ac ≥0，故 B 选项正确；n
对于 C 选项，假设存在 w≥2，使得 cw =1，则 cw = ac =1，即 c ，故w 1 w 1 =1
cw = c w 1 = = c1 =1，与 c1 = m≥3 矛盾，故不存在w≥2，使得 cw =1．当 c1 = 2
时，c = 2，满足题意，当n c1 2时，cn cn+1，即 cn+1 ≤cn 1，累加得 cc 2 ≤ 2，1
而{c }为正整数数列，且 cn 1，故 cn≥2，故 cc 1 = 2，结合递推式有n n c1 11
时， c = 2，故 C 选项正确；对于 D 选项，显然若n b1 = b2 =1，则bn =1．（详
t(t 1) t(t +1)
细证明过程：将 {a } 改写成 a +1≤ n≤n n = t ，其中 ，显然
2 2
t (t +1)
b1 = b2 = = b6 =1，假设对于任意1≤ k≤
0 0 （ t0 ≥4），bk =1，则对于
2
t0 (t0 +1) (t +1)(t + 2) t (t +1)+1≤ k≤ 0 0 ，a 0 0b = ba = bt +1，而 t0 +1≤ ，故bk k 0 t0 +1 =1，2 2 2
t0 (t0 +1) (t0 +1)(t0 + 2)即 ab =1，故 b +1≤ k≤k k =1，即对 也成立．）若存在2 2
p *N ， b p =1p =1， 或 2 时显然成立； p≥3 时，由 ab = ba = ap p 1 =1有
aa = bb = a1 =1，则ba =1，记 c1 = p，则bc =1，bc =1，同理可得 B =1，bp ap p 1 2 c3
，由（2）知， n c1 1时， cn = 2，故b2 =1，由上述结论知bn =1为常数
列．
第五届久洵杯 第10页（共 4 页）
【注】本题改编自一道竞赛题，即为证明 D 选项的命题，这里给出一个更弱一点的命题，
读者可以自行思考：
在 11 题题干的条件下，证明：若存在 q *N ，对于任意 n≥ q，均有b = 2 ，则n {bn}
为常数列．
证明：若存在 q *N ，对于任意 n≥ q，b = 2 ， q =1或 2 时显然成立， n
q = 3 时，则 B = 2， ab = ba = b2 = a2 = 2 ，3 B2 = B ； 3 3 1 = 2
q≥ 4 时，由上知，不存在1≤ i≤ q 1，bi =1，且
假设存在3≤ j≤ q 1，b j ≥3，由上知，对于任意 j，均存在 r使得 ar = j r，即
ab = ba = b j ≥3，则br ≥3，这样的迭代可以一直下去，则必然存在 x≥ q，使得bx≥3，r r
与条件矛盾，故不存在3≤ j≤ q 1，使得b j ≥3，即 n≥3时，bn = 2 ，由上知，此时
b1 = b2 = 2 ，故bn = 2 ．
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三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．若 tan tan =1，则 cos( + ) = ．
【答案】 0
sin sin
【解析】 tan tan = =1，则 cos( + ) = cos cos sin sin = 0 ．
cos cos
【注】本题改编自 2024 新高考一卷第 3 题，原题如下：
已知 cos( + ) = m， tan tan = 2 ，则 cos( ) =
m m
A． 3m B． C． D．3m
3 3
（本题答案为 A）
13．已知直线 y = 3x + a与 C : x2 + (y 1)2 = 4交于 A，B两点，写出满足“ ACB =120 ”
的 a的一个值： ．
【答案】 1 / 3
【解析】记 AB中点为T，则CT ⊥ AB， ACT = 60 ，OT = ABcos60 =1，则由点到直
|1 a |
线距离公式有 =1，解得 a = 1或 3．
1+ ( 3)2
【注】本题改编自 2020 年天津卷，原题如下：
已知直线 2 2 2x 3y + 8 = 0和圆 x + y = r (r 0)相交于 A， B两点，若 | AB | = 6，
则 r = ．
（本题答案为 5）
第五届久洵杯 第12页（共 4 页）
14．有 6 个分别标有数字1， 2 ， 3， 4 ， 5 ， 6 的相同的球，从中不放回地随机取球，
若存在1≤ k≤3，使得标有数字 2k 1和 2k 的球均已被取出，则停止取球．记 X 为
取出的球的个数，则 X 的最大值为 ； X 的数学期望
E(X ) = ．
16
【答案】4；
5
【解析】显然 (1,2) ， (3,4) ， (5,6) 为不能同时出现的一对，则三对中分别取出一个数，
再任意取出一个数，停止取球， X 可以为 4 ；若 X 4 ，由抽屉原理，显然会
抽取上面的其中一对，则取球已经停止，矛盾，故 X 的最大值为 4 ；也显然 X
最小值为 2，可以取 2，3，4，
1 1 1
P(X = 2) = 6 1= ；
6 5 5
1 1 1 2
P(X = 3) = 6 4 2 = ；
6 5 4 5
2
P(X = 4) =1 P(X = 2) P(X = 3) = ；
5
1 2 2 16
故 E(X ) = 2 + 3 + 4 = ．
5 5 5 5
【注】本题改编自 2024 年浙江高联预赛 12 题，原题如下；
设整数 n≥4 ，从编号 1，2， ， n的卡片中有放回地等概率抽取，并记录下每
次的编号，若1，2 均出现或 3，4 均出现，则停止抽取，则取出卡片数的数学期望为
．
11n
（本题答案为 ）
12
类似地，给出以下扩展问题，但不提供答案，感兴趣的同学可以自行探讨：
（1）有 2n(n *N )个分别标有数字1， 2 ， ， 2n的相同的球，从中不放回地随
机取球，若存在整数1≤ k≤n，使得标有数字 2k 1和 2k 的球均已被取出，则停止取
球．记 X 为取出的球的个数，则 X 的数学期望 E(X ) = ．
（2）有 2n(n *N )个分别标有数字1， 2 ， ， 2n的相同的球，从中有放回地随
机取球，若存在整数1≤ k≤n，使得标有数字 2k 1和 2k 的球均已被取出，则停止取
球．记 X 为取出的球的个数，则 X 的数学期望 E(X ) = ．
第五届久洵杯 第13页（共 4 页）
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．（13 分）
记△ 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 a2 2ABC A B C a b c + b c2 = ab，
C + B = 3A．
（1）求 B；
（2）C的角平分线交 AB于点D，若CD = 2，求 a与△ABC的面积．
【解析】
a2 + b2 c2 1 π
（1）由余弦定理有， cosC = = ，因为 C (0,π) ，故 C = ，由
2ab 2 3
π 5π
+ B = 3A B =
3
，解得
12
．
π πA + B + = π A =
3 4
π π 5π 5π
（2）由角平分线有， BCD = ，则 BDC = π = ，则 a = BD = 2；由
6 6 12 12
正弦定理有，
5
2sin
asin B
b = = 12 = 2 2 sin( + ) = 2 2(sin cos + sin cos ) =1+ 3 ，
sin A π 4 6 4 6 6 4
sin
4
1 1 3 3+ 3
故△ABC的面积为 absinC = 2 (1+ 3) = ．
2 2 2 2
【注】本题改编自 2023，2024 年新高考一卷 15 题，原题如下：
已知在△ABC中， A+ B = 3C， 2sin(A C) = sin B．
（1）求 sin A；
（2）设 AB = 5，求 AB边上的高．
3 10
（第 1 问 sin A = ，第 2 问高为 6）
10
记△ABC的内角 A， B，C的对边分别为 a， b， c，已知 sinC = 2 cosB，且
a2 + b2 c2 = 2ab．
（1）求 B；
（2）若△ABC的面积为3+ 3 ，求 c．
π
（第 1 问 B = ，第 2 问 c = 2 2 ）
3
第五届久洵杯 第14页（共 4 页）
16．（15 分）
已知各项均为正数的等比数列{a }满足 a ， a ， a 成等差数列． n n+2 n n+1
（1）求{a 的公比； n}
（2）若 a1 = 2，bn = a [log a ]，求n 4 n {b 的前 项和 ． n} 2n Sn
注： [x]表示不超过 x的最大整数，如 [ 3.5] = 4，[2.1] = 2．
【解析】
（1）设{a }的公比为 q(q 0) ，由题知，a a ，即 2n n+2 n+1 = 2an an (q q 2) = 0，故
q = 1（舍去）或 q = 2，因此{a }的公比为 2 ． n
（2）由题知， a = a qn 1 = 2n，故b = 2n
n
n [ ]，记 cn = b + b ，则 n 1 2n 1 2n
2
c = 22n 1
1
[n ]+ 22n[n] = (n 1)22n 1
1
n + n2
2n = (3n 1)4n，
2 2
1
S = [2 4 + 5 42 + + (3n 1)4n2n ]
2
，
1
4S 2 n n+12n = [2 4 + + (3n 4)4 + (3n 1)4 ]
2
故
1
3S2n = [ 8 3 (4
2 + 43 + + 4n ) + (3n 1)4n+1] = (6n 4)4n + 4 ，
2
4 4
故 S2n = (2n )4
n + ．
3 3
【注】
奇偶讨论可以得出{Sn}的通项公式：
4 4
n为偶数时， Sn = (n )2
n + ， n为奇数时，
3 3
1
S = S a = (n )2n+1
4 n +1 1 5 4
n n+1 n+1 + ( )2
n+1 = ( n )2n+1 + ，
3 3 2 2 6 3
1 5 4
( n )2
n+1 + ,n为奇数
2 6 3
故 Sn = ．
4 n 4(n )2 + ,n为偶数
3 3
第五届久洵杯 第15页（共 4 页）
17．（15 分）
z
如图，三棱柱 ABC A1BC 的各棱长均为 2 ，1 1 A1 C1
A1B = 6 ，平面 AA1C1C ⊥平面 ABC．
（1）证明： AC ⊥ AB； 1 B1
（2）若点 A， A， B ，C均在球O的球面上． 1 1 D
A C y
（i）证明：O在线段 A1B上；
（ii）求直线OC与平面 A1BC 所成角的正弦值． 1
B
【解析】 x
（1）取 AC中点D，则 AD = DC =1，BD ⊥ AC，BD = 3，因为平面 AA1C 平1C ⊥
面 ABC ，平面 AA1C1C 平面 ABC = AC ，所以 BD ⊥ 平面 AACC ，因为1 1 A1D 平面
，所以 ，故 AD = A B2 BD2AACC BD ⊥ AD 1 1 = 3 ，故1 1 1 AD
2 + A 21D = AA
2 ，故
1
A1D ⊥ AC，因为 A1D AD = D，AD，AD 平面1 A1BD，故 AC ⊥平面 A1BD，又因为
A1B 平面 A1BD，所以 AC ⊥ A1B．
（2）（i）以 D为坐标原点，DB，DC，DA 为 x轴， y1 轴， z轴正方向建立空间
3 3
直角坐标系D xyz．则D(0,0,0) ，A1(0,0, 3) ，B( 3,0,0)，O( ,0, ) ，C(0,1,0)，
2 2
C1(0,2, 3)， B1( 3,1, 3)，设点O(x, y, z) ，则有
|OA |2= x2 + (y +1)2 + z2

|OC |
2= x2 + (y 1)2 + z2
；
|OA |
2
1 = x
2 + y2 + (z 3)2

|OB |
2
1 = (x 3)
2 + (y 1)2 + (z 3)2
3
由第一个和第二个方程可以解得 y = 0 ，带入第二，第三个方程中有 z = ，带入
3
2 3 2 3 3 2 3 2 3
第三，第四个方程中有 x = ，故 O( ,0, ) ，故 A1O = ( ,0, ) ，而
3 3 3 3 3
3 3
OB = ( ,0, )，故 A AB1O = 2OB，点O在线段 上．
3 3
2 3 3
（ii）故 A1C1 = (0,2,0)，A1B = ( 3,0, 3)，OC = ( ,1, )，设平面 A1BC1 的
3 3
n A1C1 = 0 3x 3z = 0
法向量为 n = (x, y, z)，则 ，故 ，取 z =1，则 n = (1,0,1) ，设直
n A1B = 0 y = 0
第五届久洵杯 第16页（共 4 页）
π
线 OC 与 平 面 ABC 所 成 角 的 大 小 为 (0 ) ， 则1 1
2
|OC n | 3 3
sin = | cos OC,n |= = = ．故直线OC与平面 ABC 所成角的正弦1 1
|OC | | n | 8 4
2
3
3
值为 ．
4
【注】本题改编自 2025 年全国一卷第 17 题，2004 年安徽卷 20 题，原题如下：
如图，四棱锥 P ABCD中， PA ⊥平面 ABCD， BC∥AD， AB ⊥ AD．
（1）证明：平面 PAB ⊥平面 PAD；
（2）若 PA = AB = 2 ， AD =1+ 3 ， BC = 2，且点
P， B，C，D均在球O的球面上．
（i）证明：点O在平面 ABCD内；
（ii）求直线 AC与 PO所成角的余弦值．
2
（第 2 问的第 i 小问，点O在线段 AD上且 AD =1，第二问余弦值为 ）
3
如图，三棱柱 ABC A1B a1C1 的各棱长均为 ， A1 C1
6
侧面 A ACC ⊥1 1 底面 ABC， AB = a． 1
2
B1
（1）求直线 AC与 BC 所成角的余弦值； 1
（2）证明： A1B ⊥平面 AB
A C
1C．
10
（第 1 问余弦值为 ）
5
B
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18．（17 分）
x2 y2
记椭圆C : + =1(a b 0) 的右顶点为 A(2,0)，右焦点为 F (1,0) ．过 F 的直线
a2 b2
l交C于D， E两点，记线段 AD， AE的中点分别为M ， N，直线 FM ， FN 分别交
AE， AD于点 P，Q．
（1）求C的方程；
（2）证明： PQ ⊥ y轴；
（3）若△FPQ的外接圆的面积为16π，求 l的方程．
【解析】
a = 2 x2 y2
（1）由题知， ，则b = 3 ，故C的方程为 + =1．
c =1 4 3
（2）设D(x1, y1)， E(x2 , y ) ，2 P(x3 , y ) ，Q(x , y ) ，DE : x = ty +1， 3 4 4
x
FM : x =
1 y +1
x y x y1
则M ( 1 +1, 1 )， N ( 2 +1, y2 ) ，联立 FM 与 AE方程 得
2 2 2 x2 2AE : x = y + 2
y2
1 1 y y
y3 = = =
1 2 ，
x1 x2 2 ty1 +1 ty2 1 y + y 1 2
y1 y2 y1 y2
y y
同理 y = 1 2 ，则 y3 = y ，故 PQ ⊥ y4 轴． 4
y1 + y2
x x y ty y + y ty y + y
（3）由（2）知 x3 =
1 y3 +1=
1 2 +1= 1 2 2 +1，x4 =
1 2 1 +1，故
y1 y1 + y2 y1 + y2 y1 + y2
2ty y
x3 + x
1 2 ，
4 = 3+
y1 + y2
x2
6t
y2 y1 + y2 =
+ =1 2 2 3t
2 + 4
联立 4 3 ，得 (3t + 4)y + 6ty 9 = 0，故 ，则
9
x = ty +1
y1y2 = 2
3t + 4
18t 9

x + x = 3t
2 + 4 x3 + x4 y y 2 3
3 4 + 3 = 6，即 = 3， y3 = y4 =
1 2 = 3t + 4 = ，
6t 2 y 6t1 + y2 2t
3t2 + 4 3t2 + 4
设圆心坐标为 (3,q) ，则 (3 1)2 + q2 =16，故 q = 2 3 ，则
第五届久洵杯 第18页（共 4 页）
3
(y1 + y2 ) 2y1 yty y 2y y 2 1 y y
x3 3 =
1 2 1 2 = 2 = 2 1 ，
y1 + y2 y1 + y2 2 y1 + y2
2 2 2
(y y )2 2
36t + 36(3t + 4) 144(t +1)
1 2 = (y1 + y2 ) 4y1y2 = = ，
(3t2 + 4)2 (3t2 + 4)2
1 y y 3 t2 +1 3
故16 = (x 23 3) + (y
2 1 2 2
3 2 3) = ( ) + ( 2 3)
2 = + ( 2 3)2 ，解得
4 y1 + y2 2t t
2 2t
3 13 3 3 13 3
t = 或 t = ，故直线DE的方程为 x = y +1或 x = y +1．
6 6 6 6
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19．（17 分）
1+ x
已知函数 f (x) = ln a， g(x) = 2x2 asin x．
1 x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
π π
（2）若 g(x) 在区间 ( , ) 有且只有两个零点，求 a的取值范围；
2 2
π π
（3）在（2）的条件下，若 a 0，记 f (x) 的零点为 x ， g(x) 在区间 ( , ) 的零1
2 2
点为 x ，其中2 x 0，证明：2 x1 sin x ． 2
【解析】
2
（1） f (x) 的定义域为 ( 1,1) ， f (x) = 0，故 f (x) 在 ( 1,1) 上单调递增；
1 x2
π π
（2）注意到 g(0) = 0，故命题转化为在 ( ,0) (0, )有且仅有一个零点．
2 2
π π
当 a = 0 时， g(x) = 2x2 ， g(x) 在 ( ,0) (0, ) 没有零点，矛盾；当 a 0 时，
2 2
π π
x ( ,0) 时， g(x) a sin x 0， x (0, ) 时，
2 2
g (x) = 4x acos x， g (x) = 4 + asin x 0，
π π π
故 g (x) 在 (0, ) 单调递增，而 g (0) = a 0 ， g ( ) = 2π 0 ，故存在唯一的 x0 (0, )
2 2 2
π
使得 g (x ) = 0，且 x (0, x ) 时，g (x) 0，g(x) 单调递减，x (x , ) 时，g 0 0 0 (x0 ) 0，
2
π π π
g(x) 单调递增，g(x ) g(0) = 0，在 ( ,0) (0, )0 有且仅有一个零点等价于 g( ) 0 ，
2 2 2
π π2 π2
g( ) = a 0 ，故 a 0时， a的取值范围是 (0, ) ；
2 2 2
当 a 0 时，记 h(x) = g( x) ，b = a，则 h(x) = 2x2 bsin x，b 0 ，故 b的取值范
π2 π2 π2 π2
围是 (0, ) ，a 0 时，a的取值范围为 ( ,0) ，故 a的取值范围是 ( ,0) (0, ) ；
2 2 2 2
（3）当 a 0时，
2x22 1+ xa = = ln 1 ，
sin x2 1 x1
第五届久洵杯 第20页（共 4 页）
2x2 1+ sin x
要证明 x1 sin x ，由（1）单调性，考虑证明
2 ln 2 ，令 2
sin x2 1 sin x2
1+ sin x
A(x) = 2x2 sin x ln ， A(0) = 0 ，
1 sin x
1+ sin x
A (x) = 4x cos x ln 2 tan x， A (0) = 0，
1 sin x
2 1+ sin x 1+ sin x 2sin2 x 1+ sin x 2sin x
A (x) = 2 + sin x ln = sin x ln = sin x(ln )
cos2 x 1 sin x 1 sin x 1 sin2 x 1 sin x 1 sin2 x
1+ t 2t 4t
2
令 t = sin x，Q(t) = ln ，Q (t) = 0 ，故Q(t) 单调递减，
2 2
1 t 1 t 2 (1 t )
Q(t) Q(0) = 0， A (x) 0 ，故 A (x) A (0) = 0 ，故 A(x) A(0) = 0，成立．
故 x1 sin x ． 2
第五届久洵杯 第21页（共 4 页）

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