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湖南省长沙市第一中学 2025-2026学年高三下学期第十次月考数学试
题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共 8个小题，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）
A 1,4,a 2
1. B 1,a
2
已知集合 ， ，且 A B B，则 a （ ）
A. 1 B. 1 C. 2 D. 2
2
2. 1 复数 1 的值为（ ）
i
A. 2i B. 2i C. -2 D. 2

3. 已知平面向量 a，b为单位向量，且 a b，若 c 2a b，则 cos b,c =（ ）
A. 3 B. 5 C. 2 5 D. 2
3 5 5 2
4. 在 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c.若 a 1,b 3， A 30 ，则 c为（ ）
3
A. 1 B. 2 C. 1或 2 D. 1或
2
2 2
5. x y已知椭圆C : 1 a b 0 的左 右焦点分别为 F1,F2 ，点 P在2 2 C上，且满足a b
PF1 2 PF2 , PF2F1 2 PF1F2 ，则C的离心率为（ ）
A. 2 1 B. 3 1 C.
2 D. 3
2 2
6. 已知定义在[0, )上的函数 = cos 3sin (ω > 0) 有最小值，但无最大值，则ω的取值范围
是（ ）
1
A. 2 5 B. 2 5 C. ( 4 , 5 ] D. 4 5
3 3 3 3 3 3 3 3
7. 已知在正三棱台 ABC A1B1C1中， AB 6, A1B1 2，此正三棱台存在内切球，则此正三棱台的高为
（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
8. 现有 n n 3,n N* 个相同的袋子，里面均装有 n个除颜色外其他无区别的小球，第 k = 1,2,3, ,
个袋中有 k个红球，n k 个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每
2
个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是 ，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取
5
出的球是白球的概率是（ ）
2 1 1
A. 12 B. C. D.5 5 10
二、选择题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符
合题目要求，若全部选对得 6分.部分选对得部分分，选错或不选得 0分）
9. 2025 湖南省足球联赛以全民参与和城市荣誉为理念，多元融合激活文旅消费，助推体育产业创新，创造
经济效益超 4亿元.下表是常规赛各队的积分：
湘 张
永 常 长 株 娄 衡 郴 岳 益 邵 湘 怀
西 家
州 德 沙 洲 底 阳 州 阳 阳 阳 潭 化
州 界
队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队
队 队
22 26 35 27 23 20 19 19 18 13 11 6 5 4
则下列说法正确的是（ ）
A. 积分数据的众数为 19
B. 积分数据的第 70百分位数为 22
C. 积分数据的中位数为 19.5
D. 积分最高的 4队积分的方差比积分最低的 4队积分的方差小
10. 已知抛物线 y2 4x，其焦点为 F ，准线为 l，过 F 的直线与抛物线交于 A,B两点，过 A,B分别作 l的
垂线，垂足分别记为C ,D，则（ ）

A. OA OB是定值 B. 以CD为直径的圆过点 F
2
C. 对于 l上的任一点P, APB 90 恒成立 D. △OAB面积的最小值为 2
11. 已知数列 an = 2 , < 3满足 +1 3, ， Sn为 an 的前 n项和，则（ ） ≥ 3
A. 当a1 5时， a2026 5 B. 当 a1 5时， S2026 4730
C. a1 N
*
，使得 S2026 S8 D. an 为等比数列的充要条件是 a1 0
三、填空题（本大题共 3个小题，每小题 5分，共 15分）
8 16 16
12. 已知 x2 x 2 a xii ，则 ai __________（用数字作答）
i 0 i 0
13. 在正方形 ABCD所在平面内，动点 P在以点C为圆心且与直线 BD相切的圆上，设 = +
, ∈ ，则 x 2y的最大值为________.
14. 已知函数 f x x m 2x 2x 2m 4有三个不同的零点 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，则
3x2 2 21 2x2 x3 的最小值为_________.
四、解答题（本大题共 5个小题，共 77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图所示，在四棱锥 P ABCD中，底面是边长为 6的正方形 ABCD，PA 8，PA 平面 ABCD，
点 M是 CD的中点，点 N是 PB的中点．
（1）求证： AB MN．
（2）求二面角 N AM B的余弦值．
a A An 1 A16. 已知数列 的前 n项和为 ，对任意 ∈ N 满足 n 1n n ， ，且 a1 1数列 bn 1 n 2 n 满足
lgb 1 13n 2 2lgbn 1 lgbn 0， 3 = ， 其前 3项和为27 27
（1）求数列 an ， bn 的通项公式；
（2）将数列 an ， bn 的项按照“当 n为奇数时，an 放在前面；当 n为偶数时，bn 放在前面”的要求进行“交
叉排列”，得到一个新的数列： 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, ， 求这个新数列的前 33 项和 S33.
3
2 2
17. 已知直线 l x y与双曲线 1有唯一的公共点 Q .
8 4
（1）若点 N (2,4)在直线 l上，求满足条件的所有直线 l的方程；
（2）已知直线 l的斜率为 k，且 k 2 ，过点Q且与 l垂直的直线交 x轴于 A x y1,0 ，交 轴于 B(0,y1)
2
点.是否存在定点M ,N 使得当点Q在双曲线上运动时，动点 P x1,y1 使得 PM | | PN 为定值 若存在，
求出点M ,N的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
18. 已知函数 f x ex cos x （e为自然对数的底数）.
（1）求证： x 0, 时， f x x 1；
（2）设 f x m 2 x 2 的解为 xi （ i 1，2，…）， xi xi 1 .

①当 xi 0, 时，求 xi f x 的取值范围；
2 i 1

②判断是否存在 xi ，使得 xi xi 1≥ 成立，并说明理由.2
19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的正
方体骰子，六个面分别以1 6标号.在棋盘上，以O为原点建立平面直角坐标系，设点 A的坐标为 1,0 .
棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子 n次，用 X n表示第 n次投掷后棋子的位置（ X 0为坐标原点），规定：


OX
OX n 1 uk ,第n次掷得奇数, 2kπ 2kπ
n 其中向量uk cos ,sin k Z ,k为前 n次投掷过程中，
OX n 1,第n次掷得偶数, 3 3
掷得偶数的总次数.
（1）求点 X 2所有可能的坐标；
（2）求投掷骰子 8次后棋子在原点的概率；
（3）投掷骰子 80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为 r 0 r 80 的概率为 p r ，求
4
p r 的表达式，并指出当 r为何值时， p r 取得最大值.
5湖南省长沙市第一中学 2025-2026学年高三下学期第十次月考数学试
题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共 8个小题，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）
A 1,4,a 2
1. B 1,a
2
已知集合 ， ，且 A B B，则 a （ ）
A. 1 B. 1 C. 2 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由 A B B，得 B A，进而得到关于 a的方程，结合集合的性质求解即可.
【详解】由 A B B，得 B A，
所以 a2 1或 a2 4或 a2 a 2，解得a 1或 a 2或a 2 或 a 1.
当 a 1时， = 1,4,3 ， B 1,1 ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
当 a 2时， = 1,4,4 ， B 1,4 ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
当 a 2时， A 1,4,0 ， B 1,4 ，符合题意.
当 a 1时， = 1,4,1 ，B 1,1 ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
故 a 2 .
2. 1 1
2

复数 的值为（ ）
i
A. 2i B. 2i C. -2 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法与乘法法则求结果.
1
1
2
【详解】 1
1 i 2 2i ,选 A.
i
【点睛】本题重点考查复数的乘除运算，属于基本题.考查基本求解能力.

3. 已知平面向量 a，b为单位向量，且 a b，若 c 2a b，则 cos b,c =（ ）
A. 3 B. 5 C. 2 5 D. 2
3 5 5 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算律，利用夹角计算公式求出余弦值即可.

【详解】由向量a，b为单位向量，又 a b，知 a·b 0, a

b 1.

因为 c 2a b，则 = 2 + = 2 +
2
= 4 2 + 2 + 4 = 5，
→ → → → → → →
2
→ → → · · 2 + 2 + 所以 cos , = → → = → → = =
1
→ → =
5.
5 5
4. 在 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c.若 a 1,b 3 ， A 30 ，则 c为（ ）
3
A. 1 B. 2 C. 1 或 2 D. 1 或
2
【答案】C
【解析】
【分析】应用余弦定理计算求解.
【详解】因为 a 1,b 3 ， A 30 ，
由余弦定理得 1 = 3 + 2 2 × × 3 × 3，化简得 c2 3c 2 0
2
则 c 1或c 2 .
2 2
5. x y已知椭圆C : 1 a b 0 的左 右焦点分别为 F1,F2 ，点 P在C上，且满足a2 b2
PF1 2 PF2 , PF2F1 2 PF1F2 ，则C的离心率为（ ）
A. 2 1 B. 3
2
1 C. D. 3
2 2
【答案】A
【解析】
2
PF F PF F 2 PFF | PF | | PF |【详解】设 1 2 ，则 2 1 ，在 1 2中，由正弦定理得 1 2 ，sin 2 sin
又因为 | PF1 | 2 | PF |
2 | PF | | PF |
2 ，所以
2 2 ，整理得 2 sin sin 2 2sin cos ，
sin 2 sin
2 π
因为 为三角形内角， sin 0 ，所以 cos ，则 ，
2 4
PF F 2 π故 2 1 ，即 PF1F2是以 F2 为直角顶点的直角三角形，2
在Rt PF1F2 中， | F1F2 | 2c，由勾股定理得 | PF |2 | PF |21 2 | F1F |22 ，代入 | PF1 | 2 | PF2 |，得
( 2 | PF2 |)
2 | PF2 |
2 (2c)2 ，解得 | PF2 | 2c，所以 | PF1 | 2 | PF2 | 2 2c，
根据椭圆的定义，有 2a | PF1 | | PF2 | 2 2c 2c 2( 2 1)c，所以 a ( 2 1)c，
e c c 1因此，椭圆的离心率 2 1a .( 2 1)c 2 1
6. 已知定义在[0, ) 上的函数 f x cos x 3sin x(ω 0) 有最小值，但无最大值，则ω的取值范围
是（ ）
2 , 5 2 5 4 5 4 5 A. B. , C. , D. , 3 3 3 3 3 3 3 3
【答案】C
【解析】

f (x) 2 1

【详解】 cos x
3
sin x 2cos

x
π
，
2 2

3
因为 x 0, π ， 0，则 + π ∈ [ π , π + π )3 3 3 ，
又 f x 5π π有最小值，但无最大值，所以 π 2π 4 5，解得
3 3 3 3
3
7. 已知在正三棱台 ABC A1B1C1中， AB 6, A1B1 2 ，此正三棱台存在内切球，则此正三棱台的高为
（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由正棱台性质可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，然后由截面图结合勾股定理列出关
于球的半径的等量关系。即可求解.
【详解】由题可知上下底正三角形的高分别为 22 12 3, 62 32 3 3 ，
由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
如图，取 BC和 B1C1 的中点分别为 P，Q，上、下底面的中心分别为O1，O2 ，
则O1Q
3
,O2P 3 ．3
设内切球的球心为 O，半径为 r，则正三棱台的高O1O2 2r ，
内切球与 PQ相切于点 M 3，根据圆的性质可知，QM O1Q ,PM O2P 3 ．3
3 4 3
则 PQ QM MP 3 ，
3 3
如图：
4
2 2

2r 2 4 3
3
所以 2 3
3 4 r 1 ，即 r 1，
3
所以正三棱台的高为 2
8. 现有 n n 3,n N* 个相同的袋子，里面均装有 n个除颜色外其他无区别的小球，第
k k 1,2,3, ,n 个袋中有 k个红球， n k 个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中
2
连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是 ，则在前两次取出的球是白球
5
的条件下，第三次取出的球是白球的概率是（ ）
2 1 1
A. 12 B. C. D.5 5 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据全概率公式及条件概率公式，结合第三次取出的球为白球的概率列出关于 n的方程，求出 n的
值，再根据条件概率公式求解即可.
【详解】设“取出第 i个袋子”为事件 Ai，“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件 B，
则 A1 A2 An，且 A1, A2 , , An两两互斥， i 1, 2,3, ,n，
P A 1i ， = n ，
所以 =
1
= ×
=
2
，
所以 P B P A1B
1
P A2B P AnB 2 n 1 n 2 n n n
1 n n 1 n n n 1 2 .n 2 2n
n 1 2
令 ，解得n 5 .
2n 5
所以第 1 个袋子 k 1 ：1 红 4 白；第 2 个袋子 k 2 ：2 红 3 白；
5
第 3 个袋子 k 3 ：3 红 2 白；第 4 个袋子 k 4 ：4 红 1 白；
第 5 个袋子 k 5 ：5 红.
P CD
设前两次取出白球为事件C，第三次取出白球为事件D，则 P D C P .C
P C 1 4 3 3 2 2 1 1 12 6 2 1 0 0



.5 5 4 5 4 5 4 5 20 20 20 5
P CD 1 4 3 2 3 2 1 0 0 0 1 24 6 1 .5 5 4 3 5 4 3 5 60 60 10
1

所以 = = 10 11 = . 2
5
1
故在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是 2 .
二、选择题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符
合题目要求，若全部选对得 6分.部分选对得部分分，选错或不选得 0分）
9. 2025 湖南省足球联赛以全民参与和城市荣誉为理念，多元融合激活文旅消费，助推体育产业创新，创造
经济效益超 4 亿元.下表是常规赛各队的积分：
湘 张
永 常 长 株 娄 衡 郴 岳 益 邵 湘 怀
西 家
州 德 沙 洲 底 阳 州 阳 阳 阳 潭 化
州 界
队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队 队
队 队
22 26 35 27 23 20 19 19 18 13 11 6 5 4
则下列说法正确的是（ ）
A. 积分数据的众数为 19
B. 积分数据的第 70 百分位数为 22
C. 积分数据的中位数为 19.5
D. 积分最高的 4 队积分的方差比积分最低的 4 队积分的方差小
【答案】AB
【解析】
【分析】先从小到大排列，再应用众数，百分位数，中位数及方差定义计算判断各个选项即可.
【详解】将 14 支球队的积分，按照从小到大的顺序排列：4,5,6,11,13,18,19,19,20,22,23,26,27,35；
6
积分数据的众数为 19，A 选项正确；
因为 14 × 0.7 = 9.8 ，所以积分数据的第 70 百分位数为第 10 个数据，即 22，B 选项正确；
积分数据的中位数为 19，C 选项错误；
4 23+26+27+35 3积分最高的 队积分的平均数为 = 27 ，积分最高的 4 队积分的方差
4 4
2 2 2 2
2734 23 + 27
3
4 26 + 27
3
4 27 + 27
3
4 35 = 315，
4 16
4+5+6+11 1 1 2 1 2 1 2 1 2
积分最低的 4 队积分的平均数为 = 6 ，积分最低的 4 队积分的方差 62 4 + 62 5 + 62 6 + 62 11
4 2 =4
29
，
4
所以积分最高的 4 队积分的方差比积分最低的 4 队积分的方差大，D 选项错误；
10. 已知抛物线 y2 4x，其焦点为 F ，准线为 l，过 F 的直线与抛物线交于 A,B两点，过 A,B分别作 l的
垂线，垂足分别记为C ,D，则（ ）

A. OA OB是定值 B. 以CD为直径的圆过点 F
C. 对于 l上的任一点P, APB 90 恒成立 D. △OAB面积的最小值为 2
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线 l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合数量积的坐标表示及三角形面积公式
求解判断 AD；利用抛物线的几何性质推理判断 BC.
【详解】抛物线 y2 4x的焦点F 1,0 ，准线 l : x 1，设直线 AB : x ty 1， A(x1,y1),B(x2,y2)，
x ty 1
由 2 消去 x，得 y
2 4ty 4 0 ，则 y1 y2 4t , y1y2 4 ，
y 4x
y2 2
对于 A，OA OB x x y y 1 y1 2 1 2 2 y4 4 1
y2 3，A 正确；
对于 B，连接CF ,DF ，由 | AF | | AC |,| BF | | BD |, AC / /OF / /BD ，
得 CFO ACF AFC , DFO BDF BFD ，则 CFD CFO DFO 90 ，
因此以CD为直径的圆过点 F ，B 正确；
对于 C，取 AB中点Q，当 P为CD中点时， PQ / /AC / /BD,| PQ |
| AC | | BD | 1
| AB | ，则
2 2
7
APB 90 ，C 错误；
对于 D， S
1
OAB |OF || y
1 2 2
2 1
y2 | (y y ) 4y y 2 t 1 2 ，2 1 2 1 2
当且仅当 t 0时取等号，因此△OAB面积的最小值为 2，D 正确.
2 ,
11. 已知数列 a 满足 = < 3n +1 3, ≥ 3， Sn为 an 的前 n项和，则（ ）
A. 当a1 5 时， a2026 5 B. 当 a1 5 时， S2026 4730
C. a1 N
*
，使得 S2026 S8 D. an 为等比数列的充要条件是 a1 0
【答案】BCD
【解析】
【分析】AB 项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；C 项取特殊首
项求和即可；D 项从充分性与必要性两个角度证明.
【详解】对于 A，由 a1 5 3 a2 5 3 2 ， a2 2 3 a3 2 2 4 ，
a3 4 3 a4 4 3 1， a4 1 3 a5 2 1 2 ，
a5 2 3 a6 2 2 4 ，a6 4 3 a7 4 3 1， ，
由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为5, 2, 4,1, 2, 4,1, 2,
所以数列 an 除了 a1 5 外，从 a2 2开始成周期为 3 规律，
从 a2 到a2026 共 2025 项，2025 是 3 的倍数，所以 a2026 a2 2 ，故 A 错误；
对于 B，根据选项 A 可知， 2026 = 5 + 675 × 2 + 4 + 1 = 4730 ，故 B 正确；
对于 C，取 a1 3，则 a2 3 3 0 ，则 a3 2a2 0 ， ，
依此下去，对 n 2 ，都有 an 0，此时 S8 3 0 0 3，
8
S2026 3 0 0 3 ，即 1 = 3 ∈ *，使得 S2026 S8，故 C 正确；
对于 D，若 a1 0，则 a2 2a1 0 ，则 a3 2a2 0 ， ，
依此下去，对 n N* ，都有 an 0，则 an 1 2an成立，
an 1
故 2a ，数列 an 为等比数列；n
若数列 an 为等比数列，设公比为 q(q 0)，
假设数列 an 中存在某项 ak 3，则 ak 1 ak 3 akq ak ， q 1，
a 3可得 k 3，又 q 0，解得0 q 1，1 q
a a qn k由 ，可知 liman 0n k n ，故必存在某项ap 3，则 a p 1 2ap，
ap 1
即 2，这与公比0 q 1矛盾，假设错误，
ap
即数列 an 中任意一项都小于3，自然 a1 3；
再假设数列 an 中存在某项0 aq 3，则 aq 1 2aq ，即 q = 2，
n k
则由 an akq ，可知 n 时， an ，且数列 an 为递增数列，
故存在某项 am 3，则 am 1 am 3 am ，这与数列递增矛盾，假设也错误；
所以数列 an 中也不存在大于0且小于3的项，又等比数列中各项均不为0，
故数列 an 中任意一项均小于0，即 a1 0；
综上所述， an 为等比数列的充要条件是 a1 0，故 D 正确.
三、填空题（本大题共 3个小题，每小题 5分，共 15分）
8 16 16
12. 2 i已知 x x 2 aix ，则 ai __________（用数字作答）
i 0 i 0
【答案】0
【解析】
【分析】利用二项式定理和赋值法求解即可.
9
8 16 162 i
【详解】由题意可知，令 x 1，则 1 1 2 ai 1 ai 0 .
i 0 i 0
13. 在正方形 ABCD所在平面内，动点 P在以点C为圆心且与直线 BD相切的圆上，设

AP xAB yAC x, y R ，则 x 2y的最大值为________.
【答案】3
【解析】
【分析】以 A为原点建系，先求圆C的方程，再将向量式转化为点 P的坐标，把目标式 x 2y转化为求 x y
的最大值，最后用直线与圆相切的几何方法求解，得最大值为3．
【详解】如图，设正方形 ABCD的边长为1，以 A为原点， AB为 x轴， AD为 y轴建立平面直角坐标系，
则各点坐标为 A 0,0 ， B 1,0 ，C 1,1 ，D 0,1 ，
直线 BD的方程为 x y 1 0 ，
由题意得，圆C与直线BD相切，
1 1 1 2
所以圆C的半径 r 等于点C到直线 BD的距离，即 r ，
12 12 2
2 2 1
所以，动点 P的轨迹方程为 x 1 y 1 ，
2
uuur
因为 AB 1,0 ， AC 1,1 ，所以 AP xAB yAC x 1,0 y 1,1 x y, y ，
设 P xP , yP ，则 xP x y， yp y，所以 x 2y xP yp，
P x, y x 1 2问题转化为： 在圆 y 1 2 1 上，求 x y的最大值，
2
设 x y t，即 x y t 0 ，
x y t 0 x 1 2 y 1 2 1当直线 与圆 相切时， t取得最值，
2
10
1 1 t圆心C 1,1 2到直线 x y t 0 的距离等于半径，即 ，解得 t 1， t 3，
12 12 2
所以 tmax 3，因此， x 2y的最大值为3．
14. x已知函数 f x x m 2 2x 2m 4 有三个不同的零点 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3，则
3x2 2x2 21 2 x3 的最小值为_________.
【答案】5
【解析】
x 1
【分析】易知 f 1 0 x 1 m x 2 x 2 = 2 1+ 2，当 时将方程变形为 ，令 ，x 1 x 1，由2 1 2 1 1
x 1
g 2 x g x 可得 g x 关于 x 1 x 2 x 2对称，由题意可得m 有两个实数根，即函数 y m与
2x 1 1
g x 2 2 2有两个交点，进而得出 x2 1， x1 x3 2 ，代入3x1 2x2 x3 ，利用一元二次函数的性质可得答
案．
【详解】由题意得 1 = 1 21 + 2 × 1 + 2 4 = 0 ，
所以1是函数 f x 的一个零点，
x x 1
当 x 1时，令 f x 0，可得m x 2 2x 4 x 2 x 2 ，
2x

2 2x 1 1
1
令 = 2 + 2 1 ， x 1，2 1
2 2 2 1 + 2 2 2 21
2 = =
2 2 1 1 21 1
= 2 2
1 2 1+ 2
1 2 1
=
2 1
= ，
1
所以 g x 关于 x 1对称，
若要函数 f x x m 2x 2x 2m 4 有三个不同的零点 x1, x2 , x3，
x 2x 1m x 2则需满足方程 有两个实数根，
2x 1 1
即函数 y m与 g x 有两个交点，且两交点关于直线 x 1对称，
又 x1 x2 x3，可得 x2 1， x1 x3 2 ，
11
2
所以 3 2 + 2 2 + 2 = 3 2 + 2 + 2 2 = 4 21 2 3 1 1 1 4 1 + 6 = 4 1
1 + 5 ≥ 5 ，
2
x 1当且仅当 1 ， x2 1， x
3
3 时，等号成立，2 2
2 2 2
此时3x1 2x2 x3 的最小值为5．
四、解答题（本大题共 5个小题，共 77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图所示，在四棱锥 P ABCD中，底面是边长为 6 的正方形 ABCD，PA 8，PA 平面 ABCD，
点 M是 CD的中点，点 N是 PB的中点．
（1）求证： AB MN．
（2）求二面角 N AM B的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2 3 29） ．
29
【解析】
【分析】（1）取 PA的中点 E，连接 EN，DE，利用中位线定理得到四边形DMNE为平行四边形，则MN∥DE，
再利用四边形 ABCD是正方形得到线线垂直，利用面面垂直的判定即可证明；
（2）利用空间向量计算二面角即可.
【小问 1 详解】
取 PA的中点 E，连接 EN，DE，
因为点 M是 CD的中点，点 N是 PB的中点，
可得 EN∥AB，且 EN
1 AB DM 1 DC 1 ，而 AB，且DM∥ AB，
2 2 2
所以 EN∥DM 且EN DM ，所以四边形DMNE为平行四边形，所以MN∥DE，
又因为 PA 平面 ABCD，而PA 平面 PAD，所以平面 PAD 平面 ABCD，
因为 AB 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD， AB AD，
所以 AB 平面 PAD，而DE 平面 PAD，所以 AB DE，所以 AB MN；
12
【小问 2 详解】
以 A为坐标原点，以 AD，AB，AP所在的直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，
PA 8，底面是边长为 6 的正方形 ABCD，点 M是 CD的中点，点 N是 PB的中点，
则 A 0,0,0 ，D 6,0,0 ，C 6,6,0 ， B 0,6,0 ，
所以M 6,3,0 ， N 0,3,4 ，

所以 AM 6,3,0 ， AN 0,3,4 ，

易得平面 AMB的法向量 n 0,0,1 ，

设平面 AMN的法向量为m x, y, z ，

m

AM 0 6x 3y 0
则 ，即 ，令 x 2，则m 2, 4,3 ，
m AN 0 3y 4z 0

可得m n 3， n 1， m 4 16 9 29 ，
m n 3 3 29
所以 cosm n ，m n 1 29 29
3 29
因为二面角 N AM B的平面角为锐角，所以它的余弦值为 cosm n ．
29
A A 1
16. 已知数列 a 的前 n项和为 A ，对任意 n N* 满足 n 1 nn n ， ，且 a1 1数列 b 满足n 1 n 2 n
13
lgbn 2 2lgbn 1 lgb
1 13
n 0， b3 ， 其前 3 项和为27 27
（1）求数列 an ， bn 的通项公式；
（2）将数列 an ， bn 的项按照“当 n为奇数时，an 放在前面；当 n为偶数时，bn 放在前面”的要求进行“交
叉排列”，得到一个新的数列： a1,b1,b2 ,a2 ,a3 ,b3 ,b4 ,a4 , ，求这个新数列的前 33 项和 S33.
1 n
【答案】（1） an n，bn ；
3
307 1
（2） S33 2 2 316
【解析】
An An
【分析】（1）由题意可知数列 为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列 的通项公式，
n n
可求出 An，再由 =
1, = 1
, ≥ 2可求出数列 an 的通项公式，由等差中项法可知数列 lgbn 为等差 1
数列，从而可得出数列 bn 为等比数列，且设该等比数列的公比为 > 0 ，结合题中条件求出b1和 q的
值，即可求出数列 bn 的通项公式；
（2）求出数列 bn 的前 n项和 Bn，对 n进行分类讨论，利用等差数列和等比数列的求和公式可得出 Sn .
【小问 1 详解】
A
An 1 A n 1 A 且 1 a1 1
n 1 1
，所以，数列 是以1为首项，以 为公差的等差数列，∴ 2 = 1 + n 1 n 2 1 n 2
1 = +1 +1，∴
2
= .
2
当 n 2 = = +1 1 时， 1 = .2 2
a1 1也适合上式，所以， = ∈ N .
lgbn 2 2lgbn 1 lgbn 0，即 2lgbn 1 lgbn lgbn 2 ，
blgb d d lgb lgb lg n 1所以，数列 n 为等差数列，设其公差为 ，则 n 1 n ，bn
b
n 1 10d ，所以，数列 bb n 是正项等比数列，设其公比为
q，则 q 0 .
n
14
= 2 = 13 1
1
27 1
=
由题意可得 ，解得 3，
1 + 2 + 3 = 1 1 + + 2 =
13 = 1
27 3
因此， = 1 = 1 × 1
1
= 1

1 ；3 3 3
【小问 2 详解】
+1
数列 an 的前 n项和为 = ，2
1
b 3 1
1
3 1 1数列 n 的前 n项和为 = = 1 ，1 1 2 3 3
+1 2
①当 = 2 ∈ N 时， = + = 2 2 +
1 1 1 = +2 +4 1
2 2
；
32 8 2×32
1+1 1+2
= 4 + 1 ∈ N = + = 2 +1 2 +2 + 1 1 1 = 2 2 + 1 1 1②当 时， 2 +1 2 =2 2 32 2 2 13 2
2+4 +7 1
8 1，2×3 2
特别地，当 n 1时， S1 1也适合上式；
+1 +1 1 2
③当 = 4 1 ∈ 时， = 2 1 + =
2 2 1 1
2 + 1
1 = 2 2 + 1 1 1 +3
2 2 32 2 2 +1
=
3 2 8
1
+1.
2×3 2
2+2 +4 1 , = 2 , ∈ N 8 2×32
2+4 +7 1综上所述， = 1 , = 4 + 1, ∈ N 8 .2×3 2
2+3 1 +1 , = 4 1, ∈ N 8
2×3 2
307 1
所以 S33 2 2 316
.
2 2
17. x y已知直线 l与双曲线 1有唯一的公共点 Q .
8 4
（1）若点 N (2,4) 在直线 l上，求满足条件的所有直线 l的方程；
2
（2）已知直线 l的斜率为 k，且 k ，过点Q且与 l垂直的直线交 x轴于 A x1,0 ，交 y轴于 B(0,y1)
2
点.是否存在定点M ,N 使得当点Q在双曲线上运动时，动点 P x1,y1 使得 PM | | PN 为定值 若存在，
求出点M ,N的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
15
x 2y 4 2 2 0，
x 2y 4 2 2 0，
【答案】（1）
x y 2 0，
5x y 14 0
（2）存在定点M ,N 使得当点Q在双曲线上运动时，动点 P x1,y1 使得 PM | | PN 为定值，定点坐
标为M 3 6 ,0 ,N 3 6 ,0 ，定值为 6 2 .
【解析】
【分析】(1)根据题意知直线为切线或者与渐近线平行的直线
(2) 根据题意知直线为切线，做法线，找到坐标之间的关系即可得；
【小问 1 详解】
x2 y2
因为直线 l与双曲线 1有唯一的公共点 Q，
8 4
所以直线 l与双曲线渐近线平行或者与双曲线相切；
2
双曲线渐近线 y x，
2
情况一： 直线 l的斜率不存在。
此时直线 l的方程为： x 2，不符合题意；
情况二：直线 l的斜率存在.
设直线 l的方程为： y 4 k (x 2) ，即 y kx 2k 4，
将直线方程代入双曲线方程中得到： 1 2 2 2 + 8 2 16 (8 2 32 + 40) = 0 ，
2
直线平行于双曲线的渐近线，此时 k ，
2
直线 l的方程为： x 2y 4 2 2 0或者 x 2y 4 2 2 0；
直线与圆锥曲线相切，
此时1 2k 2 0 ，且 = 32 2 + 4 5 = 0 ，
x x y y
设切点 0,
2 2
0 ，则 x0 2y 0 00 8，过点Q的切线方程为 1，8 4
因为点 N (2,4)在直线 l上，所以代入切线方程可得 0 = 4 0 + 4 ，
4y 4 2所以代入双曲线方程得： 0 2y20 8 7y0 2 y0 2 0，
解得 0 = 2或
2
0 = ，7
16
当 0 = 2 时， x0 4 2 4 4 ，切点为： 4, 2 ，
切线方程为 4x 4y 8 x y 2 0，
y 2
2
当 0

时， x0 4 4
20
20 2，切点为： , ，
7 7 7 7 7
切线方程为5x y 14 0，
综上，满足条件的直线 l的方程为有以下四条：
x 2y 4 2 2 0，
x 2y 4 2 2 0，
x y 2 0，
5x y 14 0
【小问 2 详解】
2
直线 l的斜率为 k，且 k ，所以直线 l 为切线，
2
x x y y
由(1) 过点Q的切线方程为 0 0 1，
8 4
k x 0所以 2y ， x
2 2
0 2y0 ， y0 0，
0
1 2y
过点Q 0且与 l垂直的直线（法线）的斜率为： k x ，0
2y0
法线方程为： y y0 x x x 0 ，0
因为该直线交 x轴于 A x1,0 ，交 y轴于 B(0,y1) 点，
2y0 3
所以令 y 0 得：0 x1 3yx 0 ，所以
x1 x0 ，同理可得 y1 3y0，
0 2
3 2 2
所以动点 P的坐标为 0,3 0 ，因为 x0 2y0 8，2
所以设 ,y 3，则 =
2 0
, = 3 0，
2 2 1 2 x2 y2
所以 x 2 3
y 8 ，化简得 1，
3 18 36
x2 y2
所以动点 P的轨迹方程为 1，
18 36
17
根据双曲线的定义，双曲线上的点到两个焦点的距离之差的绝对值为常数 2a，
x2 y2
因为 1，
18 36
所以 a2 18 a 3 2,b2 36,c2 a2 b2 18 36 54 c 54 3 6 ，
该双曲线的焦点坐标为： 1 3 6,0 , 2 3 6,0 ，
对于双曲线上的任意点，都有 || PM | | PN || 2a 6 2 ，
所以存在定点M ,N 使得当点Q在双曲线上运动时，动点 P x1,y1 使得 PM | | PN 为定值，定点坐标
为 3 6,0 , 3 6,0 ，定值为 6 2 .
18. x已知函数 f x e cos x （e 为自然对数的底数）.
（1）求证： x 0, 时， f x x 1；
（2）设 f x m 2 x 2 的解为 xi （ i 1，2，…）， xi xi 1 .
x 0, ①当 i 时，求 xi f xi 1 的取值范围；
2
②判断是否存在 x i ，使得 xi xi 1 ≥ 成立，并说明理由.2
【答案】（1）证明见解析；

（2 2）① ( e 4 , ) ；②不存在，理由见解析.
4 2 2
【解析】
【分析】(1)根据给定条件构造函数 g(x) f (x) x 1，利用导数探讨其单调性推理作答.

(2)①探讨函数 f x 的性质，作出部分图象，结合图象可得 xi ( , ) ，构造函数并求出其值域得解；4 2
②分类讨论 xi 的各种取值条件下 xi xi 1值的范围即可判断作答.
【小问 1 详解】
x 0, ，令 g(x) f (x) x 1 ex cos x x 1，求导得： g (x) ex (cos x sin x) 1，
令 F (x) ex (cos x sin x) 1， x 0, ， F (x) 2ex sin x 0 ，则 F(x)在 0, 上单调递减，
g (x) F (x) F (0) 0 ， g (x) 在 0, 上单调递减，则 x 0, ， g(x) g(0) 0，即
f (x) x 1 0 ，
18
所以 x 0, 时， f x x 1.
【小问 2 详解】
7 3 5
① f (x) ex (cos x sin x) ，当 2 x 或 x 或 x 2 时， f (x) 0，
4 4 4 4
7 x 3 x 5 当 或 时， f (x) 0 ，
4 4 4 4
f x ( 2 , 7 ) ( 3 , ) (5 于是得 在 ， ， , 2 ) 7 3 上都递增，在 ( , ) ， ( , 5 )上都递减，
4 4 4 4 4 4 4 4
而 f ( 3 ) f ( ) 3 f ( ) f ( ) 0, f (0) 1, f ( ) e 1 ，
2 2 2 2
又 x 0 时， ex (0,1),cos x [ 1,1] ， f x ( 1,1)， f x 的部分图象大致如图，

观察图象知，当 xi (0, ) 时，又 x2 i
xi 1 ，必有 xi ( , ) ，4 2
令 h(xi ) xi f (xi 1) xi f (x ) x e
x cos x x ( , i ii i ， i ) ，因 f x (
, 5 在 )上递减，则
4 2 4 4
ex cos x ( i i在 , ) 上递减，4 2

x
因此， h(x ii ) xi e cos xi 在 ( , ) 上递增，则当 xi ( , ) h(x ) (
2
时，
4 2 4 2 i e
4 , ) ，
4 2 2
2
所以 xi f x 4i 1 的取值范围是 ( e , ) ；
4 2 2
②不存在，

因 xi ，则当 xi 时，而 xi xi 1 ，必有 x4 i
xi 1 ，即 xi x2 i 1
≥ 不成立，
2

当 xi [ , )

时， xi 1 不存在或者 xi 1 ，有 xi xi 1 ，即 xi xi 1 ≥ 不成立，2 2 2 2 2

当 xi ( , )时， x

i 1 ( ,
)，令 (x) f ( x) f (x) ， x ( , )，
4 2 2 4 2 4 2

x
(x) f ( x) f (x) e 2 (sin x cos x) e x(cos x sin x) x
2 (cos x sin x)(e
2 e x) ，

而当 x ( , )

时， cos x sin x 0， x e 2 e x4 2 0
，则 (x) 0 ，即 (x) 在 ( , ) 上递增，
4 2
19
(x) ( ) 0 ，因此， f ( x) f (x) ， x ( , )，于是得 f ( xi ) f (x ) f (x ) ，4 2 4 2 2 i i 1
又 xi 1 (

, ) ， x i (0, )，且函数 f x 在 (
, ) 上递增，故有 x x ，即 x x
2 4 2 4 2 4 2 i i 1 i i 1
，
2
xi x

i 1 ≥ 不成立，2

综上，不存在 xi 1 xi ，使得 xi xi 1 ≥ 成立.2
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问
题的关键.
19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的正
方体骰子，六个面分别以1 6标号.在棋盘上，以O为原点建立平面直角坐标系，设点 A的坐标为 1,0 .
棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子 n次，用 X n表示第 n次投掷后棋子的位置（ X 0 为坐标原点），规定：

OX u ,第n次掷得奇数,
OX n 1 k u cos 2kπ ,sin 2kπn 其中向量 k

k Z ,k为前 n次投掷过程中，
OX n 1,第n次掷得偶数, 3 3
掷得偶数的总次数.
（1）求点 X 2 所有可能的坐标；
（2）求投掷骰子 8 次后棋子在原点的概率；
（3）投掷骰子 80 次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为 r 0 r 80 的概率为 p r ，求
p r 的表达式，并指出当 r为何值时， p r 取得最大值.

【答案】（1） 0,0 , 1 3 , , 1,0 , 2,0 ；
2 2
5
（2） ；
128
0, r不是3的倍数,
3
（3） p r 1 r ， r 39 时， p r 取得最大值.
C380 26 , r是3的倍数,
2
20
【解析】


OX
OX
1 n 1
uk ,第n次掷得奇数,
【分析】（ ）根据 n 即可求 X 2 所有可能的坐标；
OX n 1,第n次掷得偶数,
1 3 1 3
（2）令向量a 1,0 ,b , ,c , ，则当 k 3m时，uk a；当 k 3m 1时，u2 2 2 2 k b；

当 k 3m 2时uk c，其中m N，且 a b c 0 .要保证 X 8 为原点，则在 8 次投掷过程中，掷得奇数
的次数 r 应为0,3,6 ，用列举法即可求解
（3）当 r 不是 3 的倍数时，显然有 p r 0 .当 r是 3 的倍数时，不妨设 r 3m，则掷得偶数的次数为

80 3m次.记进行加向量 a为操作 A，加向量b为操作 B，加向量 c为操作C，不做任何操作记为操作T .
x1 x2 x27 m m ,
A AT B BT C C
定义操作小结： ，其中 x, y, z

可以为 0，则 y1 y2 y27 m m ,其中
x次 y次 z次
z1 z2 z27 m m ,
xi , yi , zi N,1 i 27 m，根据隔板法即可求解.
【小问 1 详解】
1 3
由题意，点 X 2 可能的坐标为 0,0 , , , 1,0 , 2,0 .
2 2
【小问 2 详解】
1 3 1 3
令向量 a 1,0 ,b , ,c , 2 2 2 2 ，

则当 k 3m时，uk a；当 k 3m 1时，uk b；

当 k 3m 2时uk c，其中m N，且 a b c 0 .
要保证 X 8 为原点，则在 8 次投掷过程中，掷得奇数的次数 r应为0,3,6 .
①若 r 0，即 8 次投掷全部为偶数，共 1 种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶；
②若 r 3，即 8 次投掷过程中有 5 次偶数，3 次奇数，则共 8 种情况：
奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇，
偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇；
③若 r 6，即 6 次奇数，仅有 1 种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇.
21
故 X 10 58 为坐标原点的概率 p 28
.
128
【小问 3 详解】
当 r 不是 3 的倍数时，显然有 p r 0 .
以下讨论当 r 是 3 的倍数的情况.不妨设 r 3m，则掷得偶数的次数为80 3m次.

记进行加向量 a为操作 A，加向量b为操作 B，加向量 c为操作C，不做任何操作记为操作T .
A AT B BT C C
定义操作小结： ，其中 x, y, z可以为 0.
x次 y次 z次
在 80 次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小结.注意到 1 个操作小节中有 2 次操作T ，每两个操作小节
也由操作T 连接，所以共有27 m个操作小节，如下图所示：
x1 x2 x27 m m ,

所以有 y1 y2 y27 m m ,其中 xi , yi , zi N,1 i 27 m .

z1 z2 z27 m m ,
3
由隔板法可知，上述不定方程共有 Cm26 组解，而每一组解对应着一种满足题意的投掷，于是有
m 3C r
3

p r 1 26 C3280 280 26
0, r不是3的倍数,

.综上，有 p r 1 r 3
3280
C26 , r是3的倍数,

r
因此，当 13，即 r 39 时， p r 取得最大值.
3
22

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