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（在此卷上答题无效）
2025-2026学年福州市高三年级三月质量检测
数 学 试 题
（完卷时间：120分钟；满分：150分）
友情提示:请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！
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．已知集合 A = x N | 0 x 3 ，则集合 A的子集个数为
A．2 B．3 C．4 D．8
2．某种高科技产品开发的支出成本 x （ 单位：万元）与市场销售额 y （ 单位：万元）之间有如
下表所示的线性相关关系， y与 x的经验回归方程为 y = 6.5x + 27.5．则支出成本为8万元
时，其残差（观测值减去预测值称为残差）为
x 2 4 5 6 8
y 40 50 70 60 80
A． 1.5 B．1.5 C． 0.5 D．0.5
3．设 x R，则“ x 1”是“ x2 1”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
4．已知椭圆C的两个焦点分别为 F1 ( 8,0)， F2 (8,0)，点 (0,6)在C上.若C上一点M 与 F1
的距离为 6，则M与 F2的距离为
A．10 B．14 C． 20 D． 26
1
5．已知 sin ( + ) = ， tan = 3tan ，则 sin ( ) =
3
2 2 1 1
A． B． C． D．
3 3 6 6
6．已知函数 f (x)的定义域为R，且 f (x + y) = f (x) + f ( y) + 2xy +1， f (1) = 0，则 f (6) =
A．34 B．35 C．36 D．37

7．当 x 0,2 )时，函数 f (x) = 2cos 3x + + sin x的零点个数为
4
A．3 B．4 C．6 D．8
高三数学 —1— （共4 页）
8．甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字 2,3,5，
乙的卡片上分别标有数字 4,6,10．两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持
有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得 1分，否则乙得 1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）．记三轮比赛后甲的总得分为
X ，则 E (X ) =
4 3
A．1 B． C． D． 2
3 2
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．在平行六面体 ABCD A1B1C1D1中， DAB = DAA1 = BAA1 = 60 ， AB = AD = AA1 = 3，
则
A． A1D ⊥ AC B． BD ⊥平面 ACC1A1
3 2
C．直线 A1B1与直线 BC所成角为60 D．点 A 到平面 ABCD1 的距离为
2
10．设函数 f (x) = x3 3x2 9x +1，则
A．函数 y = f (x +1) +10是奇函数
B． f (x)在区间 ( 1,1)上单调递增
C．直线 y = 0， y = 6与曲线 y = f (x)的公共点个数不相等
D．斜率为 12的直线与曲线 y = f (x)有且仅有一个公共点
11．已知抛物线C： y2 = 4x的焦点为 F ，直线 l： x =my 2与C交于 A, B两点， l 与 x轴
交于点 P，则
A. PA PB 的取值范围为 (8,+ )
1 1 6 1
B. + 的取值范围为 ,
PA PB

6 2

C. 若 AFB = 90 ，则△AFB的面积为9
D. 若 AFB = 90 ，则△AFB的周长为15 + 3 21
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．若 (x 2i)i = y + i（ x, y R， i为虚数单位），则 x + y = __________.
13．已知圆锥的顶点为 P （，面面圆为为O （， PA, PB （为圆锥的线线， AOB =120 （，且面面角
P AB O为 60 .若△PAB的面积等于 6 3，则圆锥的体积为__________.
14．已知向量a = (1,0)，b = (0,1)，c = (cos ,sin )， 0,2 ) .若a b = a c + b c （ 其中
x （表示不过 x （的大整数数，如： 3.1 = 3 （， 1.7 = 2 （），则 a + b + c （的取值范围为
__________.
高三数学 —2— （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 Sn为等差数列 a nn 的前 项和，已知 S9 = 90， a3 =14 .
（1）求 an 的通项公式；
（2）设函数 f (x) = 2x+2 2 x 2 +1，记bn = f (an )，求数列 bn 的前 21项和T21.
16．（15分）
已知函数 f (x) = (4x + 2) ln x + a .
（1）当 a =1时，求曲线 y = f (x)在点 (1,1)处的切线方程；
2
（2）若函数 g (x) = (x + 2) f (x)有且仅有一个零点，求 a的值.
17．（15分）
x2 y2
已知双曲线C： =1（ a 0，b 0）的右顶点为 A .请从条件①、②、③中选择
a2 b2
两个条件作为已知，使得C存在且唯一.
条件①：C的离为率为 2；
条件②：C的渐近线方程为 y = 3x；
条件③：C的右焦点与点 A的距离为1 .
（1）求C的方程；
（2）若 点 P(2,3)的直线 l交C的右．支．于点M ，且△AMP的面积为3，求 l的方程.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得 0分；如果选择多组符合要求的条件分别
解答，按第一组解答计分.
高三数学 —3— （共4 页）
18．（17分）
如图 1，圆内接四边形 ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，且 BCD = 90 ，AB = 6，
AD = 2 .
图 1 图 2
（1）求 AC的长；
（2）如图 2，将△ABD沿 BD翻折，形成四面体 ABCD，当 AC = 6时，
（i）求直线 AD与平面 BCD所成角的正弦值；
（ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面 1, 2 , 3 , 4 （，使得 A 1, D 2 （，
C 3 , B 4，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.
19．（17分）
在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设
施．物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够过越客户
预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线
枢纽到目的地城市，有三种方案供选择：
3
方案 A：选择高速支线，物流提前送达的概率为 ；
4
4
方案 B：选择高速干线，物流提前送达的概率为 ；
5
2
方案 C：选择国道线路，物流提前送达的概率为 ．
3
（1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
（2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核为算法如下：
①（第 1次，随机选择一种方案；
②（从第 2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在
三种方案中随机选择一种．
记第 n次选择方案 A，B，C的概率分别为 an ,bn ,cn．
4 2
（i）求 a2，b2，并证明：数列 an + bn 为等比数列；
5 3
（ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率．
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2025-2026 学年福州市高三年级三月质量检测
数学试题参考答案
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。
1-8 C D A B D B C B
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. BC 10. ACD 11. BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 3 13. 12π 14. ( 5, 2 +1
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 Sn 为等差数列 an 的前 n项和，已知 S9 = 90 ， a3 =14 .
（1）求 an 的通项公式；
（2）设函数 f (x) = 2x+2 2 x 2 +1，记bn = f (an )，求数列 bn 的前 21 项和T21.
【考查意图】本小题主要考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式，数列求和等基础知识，考
查运算求解能力等，考查化归与转化思想、数形结合思想等，考查直观想象、数学运算等核心
素养，体现基础性、综合性．满分 13 分．
【解析】（方法一）
S = 9a + 36d = 90,
（1）设等差数列 9 1an 的公差为 d ，则
a3 = a1 + 2d =14,
a1 =18,
解得
d = 2,
所以 an = a1 + d (n 1) =18 2(n 1) = 2n + 20（ n
*
N ）.
高三数学 —1— （共13 页）
（2）因为 f (x) = 2x+2 2 x 2 +1，
所以bn = f (an ) = f ( 2n + 20) = 2
2n+22 22n 22 +1，
所以
T21 = b1 + b2 + + b21
= (220 2 20 +1) + (218 2 18 +1) + + (2 18 218 +1) + (2 20 220 +1)
= (220 + 218 + + 2 18 + 2 20 ) (2 20 + 2 18 + + 218 + 220 ) + 21
= 21 .
（方法二）（1）设等差数列 an 的公差为 d ，
9(a + a )
因为 an 是等差数列，所以 S
1 9 a =10
9 = = 9a5 = 90 ，所以 5 ，
2
因为 a3 =14，所以 a5 a3 = 2d = 4 ，所以 d = 2 ，
因为 a3 = a1 + 2d ，所以 a1 4 =14，所以 a1 =18，
所以 an = a1 + d (n 1) =18 2(n 1) = 2n + 20（ n
*
N ）.
（2）因为 f (x) = 2x+2 2 x 2 +1，
所以bn = f (an ) = f ( 2n + 20) = 2
2n+22 22n 22 +1，
所以
T21 = b1 + b2 + + b21
= (220 2 20 +1) + (218 2 18 +1) + + (2 18 218 +1) + (2 20 220 +1)
= (220 + 218 + 216 + + 2 20 ) (2 20 + 2 18 + 2 16 + + 220 ) + 21
220 2 22 2 20 222
= + 21
1 2 2 1 22
222 2 20 2 20 222
= + + 21 = 21 .
22 1 22 1
（方法三）（1）同方法一，略.
高三数学 —2— （共13 页）
（2）因为 f (x) = 2x+2 2 x 2 +1，所以 f ( x 4) = 2 x 2 2x+2 +1，
所以 f (x) + f ( x 4) = 2，所以曲线 y = f (x) 关于点 ( 2,1)中心对称，
因为 an 是等差数列，所以 a1 + a21 = 2a11 = 4，
因为 f (x)的对称中心为 ( 2,1)，所以b1 + b21 = f (a1 ) + f (a21 ) = 2，
同理可得：b2 + b20 = b3 + b19 = = b10 + b12 = b11 + b11 = 2，
所以T21 = b1 + b2 + + b21 = 2 10 +1= 21 .
16. （15分）
已知函数 f (x) = (4x + 2) ln x + a .
y = f x
（ ）当 ( ) (1,1)1 a =1时，求曲线 在点 处的切线方程；
2
（2）若函数 g (x) = (x + 2) f (x)有且仅有一个零点，求 a的值.
【考查意图】本小题主要考查函数的图象与性质、函数单调性与极值等基础知识，考查逻辑推
理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、
数形结合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性．满
分 15 分．
【解析】
（方法一）（1）当 a =1时， f (x) = (4x + 2)ln x +1，
4x + 2
f (x) = 4ln x + ，
x
得 f (1) = 6，
所以曲线 y = f (x) 在点 (1,1)处的切线方程为 y 1= 6(x 1) ，
即 6x y 5 = 0 .
（2） g(x) = (x + 2)2 (4x + 2)ln x a ， x (0,+ ) ，
4x + 2 1
g (x) = 2(x + 2) 4ln x = 2(x 2ln x) ，
x x
1 1 2 (x 1)
2
令 q(x) = x 2ln x ， x (0,+ ) ，得 q (x) =1+ = 0，
x2 x x2x
高三数学 —3— （共13 页）
故 q(x)在 (0,+ )内单调递增，又 q(1) = 0 ，
则当 x (0,1) ， q(x) 0 ，得 g (x) 0， g(x)单调递减，
当 x (1,+ )， q(x) 0，得 g (x) 0， g(x)单调递增，
从而 g(x)在 x =1处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为 g(1) = 9 a .
又当 x 0 且 x → 0时， g(x)→+ ，当 x →+ 时， g(x)→+ ，
由函数 g(x)有且仅有一个零点，可得 g(1) = 9 a = 0 ，
则 a的值为9 .
（方法二）（1）同方法一，略.
（2） g(x) = (x + 2)2 (4x + 2)ln x a ， x (0,+ ) ，
令 g(x) = 0 得 a = (x + 2)2 (4x + 2)ln x ，
令 h(x) = (x + 2)2 (4x + 2)ln x， x (0,+ ) ，
4x + 2 1
则 h (x) = 2(x + 2) 4ln x = 2(x 2ln x) ，
x x
1 1 2 (x 1)
2
令 q(x) = x 2ln x ， x (0,+ ) ，得 q (x) =1+ = 0，
x x2 x x2
故 q(x)在 (0,+ )内单调递增，又 q(1) = 0 ，
则当 x (0,1) ， q(x) 0 ，得 h (x) 0， h(x)单调递减，
当 x (1,+ )， q(x) 0，得 h (x) 0， h(x)单调递增，
从而 h(x)在 x =1处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为 h(1) = 9 .
又当 x 0 且 x → 0时， h(x)→+ ，当 x →+ 时， h(x)→+ ，
由函数 g(x)有且仅有一个零点，可得 a = g(1) = 9 ，
则 a的值为9 .
17. （15 分）
x2 y2
已知双曲线C ： =1（ a 0 ，b 0 ）的右顶点为 A .请从条件①、②、③中选择
a2 b2
两个条件作为已知，使得C 存在且唯一.
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条件①：C 的离心率为 2；
条件②：C 的渐近线方程为 y = 3x ；
条件③：C 的右焦点与点 A的距离为1 .
（1）求C 的方程；
（2）若过点 P(2,3)的直线 l交C 的右．支．于点M ，且△AMP的面积为3，求 l的方程.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得 0 分；如果选择多组符合要求的条件分别
解答，按第一组解答计分.
【考查意图】本小题主要考查圆锥曲线的方程、图象与性质、直线与圆锥曲线的位置关系等
基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、
数形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础
性、综合性．满分 15 分．
【解析】（方法一）
（1）选择条件①和③：
c
= 2,
因为C 的离心率为 2，点 A到C 的右焦点的距离为1，所以 a

c a =1.
a =1，
解得
c = 2.
又因为 c2 = a2 + b2 ，所以b2 = c2 a2 = 3，
y2
所以C 的方程为 x2 =1 .
3
选择条件②和③：
因为C 的渐近线方程为 y = 3x ，点 A到C 的右焦点的距离为1，
b
= 3,a

所以由 c a =1,

c2 = a
2 + b2 .

a =1,
可得
b = 3.
y2
所以C 的方程为 x2 =1 .
3
（2）由（1）知，点 A坐标为 (1,0) .
又由 P(2,3) 可得直线 PA的方程为3x y 3= 0，且 | PA |= 10 .
高三数学 —5— （共13 页）
设点M 到直线 PA的距离为 d ，因为△AMP面积为 3，所以
1 1 3 10
S = | PA | d = 10 d = 3，所以 d = .
2 2 5
设过点M 且与直线 PA平行的直线为 n：3x y +m = 0 .
3 10 m + 3 3 10
则 n与直线 PA的距离为 ，故 = ，
5 1+ 9 5
解得m = 3 或m = 9，
所以直线 n方程为3x y 9 = 0或3x y + 3= 0，
直线3x y + 3= 0与直线 PA关于原点中心对称，
与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.
2 y
2
x =1, x = 2, x = 7,
由 3 得 或
y = 3 y =12.
3x y 9 = 0,

故点M 坐标为 (2, 3) 或 (7,12)，
所以直线 l 的方程为 x = 2 或9x 5y 3= 0 .
（方法二）（1）同方法一，略.
（2）由（1）知，点 A坐标为 (1,0)，且点 P(2,3) 在C 上.
当直线 l斜率不存在时，M (2, 3)，△AMP面积为 3，直线 l的方程为 x = 2 ，符合题意.
当直线 l斜率存在时，设其方程为 y 3= k(x 2) .
y2
x
2 =1,
由 3 得 (3 k
2 )x2 + (4k 2 6k)x 4k 2 +12k 12 = 0，

y 3 = k(x 2),
设M (x1, y1) （ x1 1），
4k 2 6k 4k 2 6k 2k 2 6k + 6
则 x + 2 = ， x = 2 = ， 1 1
k 2 3 k 2 3 k 2 3
6k +12
故 | PM |= 1+ k
2 | x 2 |= 1+ k 21
k 2
，
3
| k + 3 |
又因为 A到直线 l的距离 d = ，
1+ k 2
1 (3k 6)(k 3)
故△AMP面积为 S = | PM | d = .
2 k 2 3
(3k 6)(k 3) 9 3
所以 = 3，解得 k = ， k =2 或 k =1， k 3 5 2
3
经检验， k = 或 k =1时不合题意，舍去，
2
9 3
故直线 l的方程为 y = x .
5 5
综上，直线 l的方程为 x = 2 或9x 5y 3= 0 .
18. 如图 1，圆内接四边形 ABCD 中，△BCD 为等腰直角三角形，且 BCD = 90 ，AB = 6 ，
AD = 2 .
高三数学 —6— （共13 页）
图 1 图 2
（1）求 AC 的长；
（2）如图 2，将△ABD沿 BD翻折，形成四面体 ABCD ，当 AC = 6 时，
（i）求直线 AD 与平面 BCD所成角的正弦值；
（ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面 1, 2 , 3 , 4 ， 使得 A 1, D 2 ，
C 3 , B 4 ，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.
【考查意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形、线面成角、面面距离、空间向
量等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力等，考查数形
结合思想、化归与转化思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础
性、综合性、创新性．满分 17 分
【解析】（方法一）
（1）在圆内接四边形 ABCD 中，△BCD 为等腰直角三角形， BCD = 90 ，
所以 BAD = 90 ，在Rt△ABD 中，因为 AB = 6 ， AD = 2 ，所以 ABD = 30 ，
BD = AB2 + AD2 = 6 + 2 = 2 2 ，所以 BC = CD = 2 .
6 2
在△ABC 中， cos ABC = cos( ABD + CBD) = cos(30 + 45 ) = ，
4
由余弦定理得 AC2 = AB2 + BC2 2AB BCcos ABC
6 2 2
= 6 + 4 2 6 2 = 4 + 2 3 = ( 3 +1) ，
4
所以 AC = 3 +1 .
（2）以 BD的中点O为原点，以OB ，OC 方向为 x, y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐
标系O xyz，则 B( 2,0,0)，C (0, 2,0)，D( 2,0,0) .
（i）设 A(x, y, z)，由（1）可知， AB = 6 ， AD = 2 ，
又因为 AC = 6 ，
2(x 2 ) + y2 + z2 = 6,
2
所以 x
2 + ( y 2 ) + z2 = 6,

2
(x + 2 ) + y2 + z2 = 2,

高三数学 —7— （共13 页）
2 2 2 2
解得 x = ， y = ， z =1，即 A , ,1 ，
2 2 2 2


2 2
则 AD = , , 1 .
2 2


取平面 BCD的一个法向量n = (0,0,1)，设直线 AD 与平面 BCD所成角为 ，
AD n 1 2
所以 sin = cos AD,n > = = = ，
AD n 2 2
2
所以直线 AD 与平面 BCD所成角的正弦值为 .
2
（ii）如图所示，取 AB 的三等分点 P,Q， AC 的中点M ，
过三点 D, P,M 作平面 2 ，过三点O,Q,C 作平面 3 ，
因为DP∥OQ， DP 平面 3 ，OQ 平面 3 ，
所以 DP∥平面 3 ，同理 PM∥平面 3 ，
又因为 DP PM = P，所以平面 2 //平面 3 ，
再过点 A,C 分别作平面 1, 4 与平面 2 平行，
那么四个平面 1, 2 , 3 , 4 依次相互平行，
由线段 AB ，平平行平面 1, 2 , 3 , 4 ，得得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相
等，故 1, 2 , 3 , 4 为所求平面.
2 2
由（i）可知 A , ,1 ， B( 2,0,0 )，C (0, 2,0)，
2 2
所以OC = (0, 2,0)，
1 ( ) 1 3 2 2
2 2 1
OQ =OB + BQ =OB + BA = 2,0,0 + , ,1 = , , .
3 3 2 2

2 6 3


m OC = 0,
设平面OCQ的法向量m = (a,b,c)，则
m OQ = 0,
2b = 0,

即 2 2 1 可取m = ( 2,0, 3)，
a b + c = 0,
2 6 3
OB m 2 2 2 2 11
所以点 B 到平面OCQ 的距离 d = = = = ，
m 2( 11 11 2 ) + 32
2 11
故相邻两个平面间的距离为 .
11
高三数学 —8— （共13 页）
（方法二）（1）在圆内接四边形 ABCD 中，△BCD 为等腰直角三角形， BCD = 90 ，
所以 BD是圆的直径， BAD = 90 .
在Rt△ABD 中， AB = 6 ， AD = 2 ，所以
BD = AB2 + AD2 = 6 + 2 = 2 2 ， ABD = 30 ， ADB = 60 ，
6 + 2
sin ABC = sin( ABD + CBD) = sin(30 + 45 ) = .
4
AC AB
由正弦定理得 = ，又 BCA = ADB = 60 ，故
sin ABC sin BCA
ABsin ABC 6 + 2 2
AC = = 6 = 3 +1 .
sin BCA 4 3
（2）（i）设 BD的中点为O，OD 的中点为 E ，CD 的中点为M ，
连接CO， AE ， AM ，ME .
由（1）知 CO ⊥ BD ， ME∥OC ， 则 ME ⊥ BD ， 又因为
AE ⊥ BD ， ME AE = E ， 所以 BD ⊥ ，平面 AME ， 所以平
面 BCD ⊥ ，平面 AME ，.过点 A ，作 AH ⊥ ME ，交直线 ME ，于点
H ，连接DH ，又因为平面 BCD 平面 AME = ME ，平面 BCD ⊥平面 AME ，AH 平面
AME ， 所以 AH ⊥，平面 BCD ， 则 DH ，为直线 AD ，在平面 BCD ，上的影，， ADH ，为直线
AD 与平面 BCD所成角.
6 1 2
由（1）知CD = 2， AE = ，OC = 2 ，则MD =1，ME = CO = .
2 2 2
又因为 AC = 6 ， 2 2 2AD = 2 ，所以 AC = AD +CD ，
所以 ADC = 90 ，则 AM = AD2 +MD2 = 3 .
3 1
AE2 + ME2
+ 3
AM 2 3
在△AME 中， cos AEM = = 2 2 = .
2AE ME 6 2 3
2
2 2
3 6
所以 cos AEH = cos AEM = ，得 sin AEH = ，
3 3
6 6 AH 2
所以 AH = AE sin AEH = =1，得 sin ADH = = ，
2 3 AD 2
2
所以直线 AD 与平面 BCD所成角的正弦值为 .
2
（ii）以O为原点，以OB ，OC 方向为 x, y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，
则 B( 2,0,0)，C (0, 2,0)， D( 2,0,0) .
设平面 1的法向量m = (a,b,c)，
高三数学 —9— （共13 页）
2 2
由（i）可知 A , ,1 ，
2 2


2 2
所以 AD = , , 1 ，CD = ( 2, 2,0)， BC = ( 2, 2,0 ) .
2 2


由 1, 2 , 3 , 4 两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等，
| AD m | | CD m | | BC m |
可得 = = ，
| m | | m | | m |
2 2
从而 a + b c = 2a 2b = 2a + 2b ，
2 2
由 2a 2b = 2a + 2b 可得 a = 0 或b = 0 .
2 2 2
若 a = 0 ，由 a + b c = 2a 2b 得 b c = 2b ，
2 2 2
2 3 2
从而 c = b或 c = b .
2 2
2 2 2
若 b = 0 ，由 a + b c = 2a 2b 得 a c = 2a ，
2 2 2
2 3 2
从而 c = a 或 c = a .
2 2
2 3 2
综上，可得m = 0,b, b ，或m = 0,b, b ， 2 2


2 3 2
或m = a,0, a ，或m = a,0, a . 2 2
2 3 2
当m = 0,b, b 或m = 0,b, b 时，由于 BD = ( 2 2,0,0)，此时 BD m = 0， 2 2
从而点 B 在点 D 与m 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
2 2 3 2
当m = a,0, a ，由于 AC = , , 1 ，此时 AC m = 0 ，
2 2 2
从而点 A在点C 与m 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
3 2 | AD m | | 2a | 2 11
当m = a,0, a ，可求点 A到平面 的距离 ， 2 d = = =
2 | m | 2 9a + a2
11
2
此时 1, 2 , 3 , 4 分别为过 A, D,C, B ，且以m 为法向量的平面，
2 11
所以相邻两个平面间的距离为 .
11
高三数学 —10— （共13 页）
19. （17 分）
在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设
施．物流能否准时送达，将，响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户
预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线
枢纽到目的地城市，有三种方案供选择：
3
方案 A：选择高速支线，物流提前送达的概率为 ；
4
4
方案 B：选择高速干线，物流提前送达的概率为 ；
5
2
方案 C：选择国道线路，物流提前送达的概率为 ．
3
（1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
（2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下：
①，第 1 次，随机选择一种方案；
② 从第 2 次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在
三种方案中随机选择一种．
记第 n次选择方案 A，B，C 的概率分别为 an ,bn ,cn ．
4 2
（i）求 a2 ，b2 ，并证明：数列 an + bn 为等比数列；
5 3
（ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率．
【考查意图】本小题主要考查全概率公式，数列的递推关系，数列通项公式等基础知识，考查
逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力等，考查化归与转化思想、特殊与一般思想、必然与
或然思想等，考查逻辑推理、数学运算、数据分析等核心素养，体现基础性、综合性、应用性、
创新性．满分 17 分．
【解析】（1）设选择方案 A，B，C 分别为事件 A, B,C ，物流提前送达为事件 Z ，
1
则 P (A) = P (B) = P (C ) = ，
3
3 4 2
P (Z A) = ， P (Z B) = ， P (Z C ) = ，
4 5 3
根据全概率公式
3 1 4 1 2 1 133
P (Z ) = P (A)P (Z A) + P (B)P (Z B) + P (C )P (Z C ) = + + = .
4 3 5 3 3 3 180
高三数学 —11— （共13 页）
1
（2）（i）由①知道 a1 = b1 = c = . 1
3
由②根据全概率公式
3 1 1 1 1 1 1 91
a2 = 1+ a1 + b1 + c1 = ，
4 4 3 5 3 3 3 270
1 1 4 1 1 1 1 191
b ． 2 = a1 + 1+ b1 + c1 =
4 3 5 5 3 3 3 540
设第 n次车辆选择方案 A，B，C 为事件 An , Bn ,Cn ，第 n次物流提前送达为事件 Z n ，
则 an = P (An ) ,bn = P (Bn ) ,cn = P (Cn )，因为 an + bn + cn =1，所以 cn =1 an bn ，
所以
3 4 2 3 4 2 1 2 2
P (Zn ) = an + bn + cn = an + bn + (1 an bn ) = an + b + ． n
4 5 3 4 5 3 12 15 3
由②根据全概率公式 P(An+1 ) = P(An )P(A ， n+1 An ) + P(Bn )P (An+1 Bn ) + P (Cn )P (An+1 Cn )
1 1 1 1 1 1 1 1 3 5
注意到 P (A B ， ，而 ， n+1 n ) = = P (An+1 Cn ) = = P (An+1 An ) = + 1=
5 3 15 3 3 9 4 3 4 6
所以
5 1 1 5 1 1 13 2 1
a ， n+1 = an + bn + cn = an + bn + (1 an bn ) = an bn +
6 15 9 6 15 9 18 45 9
同理
1 13 1 1 13 1 1 34 1
bn+1 = an + bn + cn = an + bn + (1 an bn ) = an + bn + ．
12 15 9 12 15 9 36 45 9
注意到
4 2 13 2 1 4 1 34 1 2
an+1 + bn+1 = an bn + + an + bn +
5 3 18 45 9 5 36 45 9 3
7 14 7 7 4 2
= an + bn = an + bn ，
10 25 15 10 5 3
4 2 1 4 2
且 a1 + b1 = 0，所以 an + bn 0 ，
5 3 15 5 3
4 2
an+1 + bn+1
故 5 3
7
= 为定值，
4 2 10
an + bn
5 3
4 2 1 7
即 an + bn 是以 为首项， 为公比的等比数列.
5 3 15 10
高三数学 —12— （共13 页）
n 1
4 2 1 7
（ii） 由（i）可求 an + bn = ，
5 3 15 10
同理
1 13 2 1 1 34 1 1
an+1 2bn+1 + = an bn + 2 an + bn + +
2 18 45 9 36 45 9 2
7 14 7 7 1
= an bn + = an 2bn + ，
9 9 18 9 2
n 1
1 1 7
所以 an 2bn + = ，
2 6 9
联立解得
n 1 n 1 n 1 n 1
1 1 7 1 7 5 5 7 1 7
an = + ，bn = ，
3 21 9 21 10 12 84 9 42 10
n 1 n 1
1 2 2 3 1 7 1 7
所以 P (Zn ) = an + bn + = ．
12 15 3 4 252 9 140 10
133 133
随着 n的增大，P (Zn )增大，注意到 P (Z ) = ，所以当 n 2 时，1 P (Zn ) P (Z1 ) = ，
180 180
因此从第 2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率．
高三数学 —13— （共13 页）

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