资源简介

2026 北京西城高三一模
数 学
一、单选题
1．已知集合 A = x∣x2 3x 0 ，集合 B ={x∣x 2 0}，则集合 A B =（ ）
A． (0,3) B． (2,3) C． (0,+ ) D． (2,+ )
2．在复平面内，复数 (2+ i)(1 i) 对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在等比数列 an 中， a2 = 4,a4 + a6 = 24，则 a8 =（ ）
A．16 B．32 C．64 D．256
4． x(2+ x)
4 = a1x + a2x
2 + a x3 + a x4 + a x53 4 5 ，则 a1 + a2 + a3 + a4 =（ ）
A．16 B．65 C．80 D．81
5．若圆锥曲线C : x2 +my2 +m = 0的焦距为 4，则其离心率为（ ）
2 4 2 3
A．2 B． C． D．
3 3 3
6．已知函数 f (x) = 2sin xcos x + sin x，则 f (x) 是（ ）
A．奇函数，且最小正周期为 π B．奇函数，且最小正周期为 2π
C．偶函数，且最小正周期为 π D．偶函数，且最小正周期为2π

7．设a,b 为非零向量，则“对于任意 R,b a ”是“ a b a + b ”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
8．设关于 x的不等式 x2 | x | +2m的解集为 P，若P ( 2,4) ，则实数 m的取值范围是（ ）
A．[1,+ ) B． ( ,1] C．[2,+ ) D． ( , 2]
9．如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为V0 ．假设上方容器中细沙
的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为 h，在重力和限
流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过 t(t 30)分钟后剩余沙堆的体积V =V kt0e （ k为常数）．已知初
1
始时细沙都在上方容器内，经过 10 分钟后上方沙堆的高度降为 h，此时将
2
1
沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为 h，则需再经过的
2
时间约为（ ）（参考数据： ln 2 0.69, ln 3 1.10, ln 7 1.95）
A．8.0 分钟 B．8.6 分钟 C．9.4 分钟 D．10.6 分钟
10．在平面直角坐标系 xOy中，点 M在圆心为 C的圆 x2 + y2 2x 2 = 0上．若动点 P满足

|MP |=1,CM CP = 3，则对于 a R，点 P到直线 x + ay + 2a = 0的距离的最大值为（ ）
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A． 5 + 2 B． 2 + 2 C． 5 + 3 D． 2 + 3
二、填空题
11．设抛物线C : y2 = 8x的准线为 l， P(4,m)为 C上一点，则 P到 l的距离为______．

12．设平面向量 a = ( 1,2),b = (3, t) ，其中 t R， | b a |的最小值为_________．
13．已知 , (0, 2π)，且 cos( + ) = sin cos + cos sin ，写出满足条件的一组 , 的值 =
_________， = _________．
14．《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根
据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为 8 个等级．记这 8 个等级
a 3
木方断面的长与宽分别为 ai与b
i
i，若对任意 i(i =1, 2, ,8)， = 且 a1,a2 ,a3 与a6 ,a7 ,a8 都是公差为 0.75bi 2
的等差数列，b4 ,b5 ,b6是公差为 0.4的等差数列．已知 a1 = 9， a3 a4 = 0.3，则 a5 = _________，b7 =
_________．
15．记[x]表示不超过实数 x的最大整数．设 a，b为正整数，函数 f (x) = [ax]+ [bx]，给出以下四个结论：
①对于任意的 x1, x2 ，若 x1 x2，则 f (x1 ) f (x2 )；
②存在正整数 a，b，使得曲线 y = f (x)关于坐标原点对称；
③设a = 2,b = 3，则方程 f (x) =10有无数个解；
④设a = 2,b = 3，则当 x [0,1) 时，函数 f (x) 的值域中有且仅有 5 个元素．
其中，所有正确结论的序号是_________．
三、解答题
3
16．已知 ABC的面积 S = (a2 +b2 c2 )，且 a = 2sin A．
4
(1)求 C的大小；
(2)记 ABC的周长为 f (A) ．给出 f (A) 的解析式，并求其最大值．
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17．如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为平行四边形，且 AB ⊥ AC，E为 PD 的中点，平面
PAC ⊥平面 ABCD．
(1)求证： AB ⊥ PA；
(2)若 PA = AB =1,BC = 2，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥
P ABCD存在，求平面 PAE与平面 AEC 夹角的余弦值．
条件①：CD ⊥ PD；
条件②： AE = PE；
条件③：△ABC≌△APC．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求
的条件分别解答，按第一个解答计分．
18．某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表
数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母 a，b，c，d（abcd 0）表示．
某类读者图书借阅量分类占比情况
读者类型 调查人数 年人均借阅量（册）
文学类 科技类 教辅类 社科类 其他
在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10%
大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b
中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d
假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率．
(1)在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的
大小，说明理由：
(2)在该市图书馆的所有读者中随机选出 2 名大学生和 1 名中学生，已知这 3 人每人借阅了 1 册书，估计所
借的 3 册书中至少有 2 册为科技类图书的概率；
1 n
(3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差M = xi x 定义为该类读者的
n i=1
“偏好度”，其中 xi为其图书借阅量分类占比值， x 为所有 xi的均值，n为图书的类别个数．记“在职人
员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为M1,M 2 ,M 3，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证
明）
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x2 y2
19．已知椭圆 E : + =1(a b 0)的右顶点为 A，下顶点为 B，左右焦点分别为 F1,F2 2 2 ，且a b
2π
F1BF2 = ，圆W : x
2 + y2 =1经过点 B．O为坐标原点．
3
(1)求椭圆 E的方程；
(2)设圆 W的切线 l与椭圆 E相交于 C，D两点，点Q (xQ , yQ )( yQ 0)在直线 l上，且满足OQ ⊥OD，过 Q
作QP ⊥ y轴于点 P，求证： AP∥BF1．
20．已知函数 f (x) = x2 ln x，直线 l为曲线 y = f (x)在点 (x0 , f (x0 ))处的切线．O为坐标原点．
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)设 g(x) = f (x) + x，研究函数 g(x) 的零点个数；
(3)若 l与 x轴、y轴分别交于点 A，B，且△OAB为等腰直角三角形，求△OAB的面积．
21．对任意无穷数列 an ，定义从 ai起连续 k项的和 Sk (i)为： Sk (i) = ai + ai+1 + + ai+k 1 ，其中 k，i为任意
正整数．若无穷数列 an 满足：对任意 n *N 和 l *N ，存在m {n +1,n + 2,n + 3,n + 4}，使得
Sl (n) = Sl (m) ，则称数列 an 具有性质 T．
nπ
(1)设bn = sin ，其中 n
*
N ．判断数列 bn 是否具有性质 T？说明理由；
2
(2)已知数列 an 具有性质 T，
*
（i）求集合 u∣u = an ,n N 中元素个数的最大值；
（ii）证明：存在正整数 l，对任意 k 1,2,3, , 2026 ，有 ak+l = ak．
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参考答案
一、单选题
1．【答案】C
2
【详解】 A = x|x 3x 0 = x|0 x 3 ，B = x|x 2 0 = x|x 2 ，
故 A B = x|x 0 .
2．【答案】D
【分析】根据复数的乘法运算可得 (2+ i)(1 i) = 3 i，结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为复数 (2+ i)(1 i) = 3 i，
所以其在复平面内对应的点为 (3, 1)，位于第四象限.
故选：D.
3．【答案】B
【详解】设等比数列的公比为 q ,
由 a2 = 4,a4 + a6 = 24得,
a1q = 4 1 1
，两式作比，得 = ，得 q
2 = 2，
a q
3 + a q5 = 24 q 2 + q 41 1 6
3
则 a8 = a2q
6 = a2 (q2 ) = 4 23 = 32．
4．【答案】C
(2+ x)4 = a + a x + a x2 + a x3 + a x4【分析】根据题意得 1 2 3 4 5 ，利用赋值法和二项式系数求解.
x(2+ x)4 = a x + a x2 3 4【详解】由于 1 2 + a3x + a4x + a5x
5
，
则 (2+ x)
4 = a1 + a2x + a3x
2 + a4x
3 + a5x
4
，
令 x =1，得a1 + a2 + a3 + a
4
4 + a5 = 3 = 81，
又因为 a
4 0
5 = C4 2 =1，
所以a1 + a2 + a3 + a4 = 80 .
5．【答案】D
【详解】由圆锥曲线C : x2 +my2 +m = 0，可知m 0 ，
x2
则 y2 =1，所以m 0，曲线为双曲线，
m
所以焦距为 2c = 2 ( m)+1 = 4，
解得 m = 3，则 a = 3，
2 2 3
所以离心率 e = = .
3 3
6．【答案】B
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【分析】根据 f (x) , f ( x)的关系判断 f ( x)的奇偶性，再根据周期的定义，判断 f ( x)的周期，即可选择.
【详解】由题意得 f (x) = 2sin xcos x + sin x = sin 2x + sin x，
故 f ( x) = sin ( 2x)+ sin ( x) = sin 2x sin x = f (x)，
又其定义域为R，故 f ( x)为奇函数；
2π
又 y = sin 2x的最小正周期为 = π，
2
且 y = sin x的最小正周期为 2π，则 f ( x)的最小正周期为 2π，
且 f (x + 2π) = sin (2x + 4π)+ sin (x + 2π) = sin 2x + sin x = f (x)，
故 f ( x)的最小正周期为 2π .
综上所述： f ( x)是奇函数，且最小正周期为 2π .
7．【答案】A
【分析】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性.

【详解】因为 a,b为非零向量，若对任意 R都有b a，则 a,b不共线，

根据不等式 a b a +b a + b 的取等条件可知， a b a + b ，充分性成立；

若 a b a + b ，不妨取 a =1, b = 2，且 a,b 同向，

则 a b = 1, a + b = 3，满足 a b a + b ，

此时存在 = 2，使得b = a，必要性不成立.

综上， a,b为非零向量，“对于任意 R,b a ”是“ a b a + b ”的充分不必要条件.
8．【答案】B
【分析】转化为恒成立问题，由对称性求出函数的值域，得到不等式，求出答案
【详解】 x2 | x | +2m，即 x2 | x | 2m的解集为 P，设P = (s, t )，
设 f (x) = x2 | x |，由于 f ( x) = f (x) 2，故 f (x) = x | x |为偶函数，
由对称性可知 s + t = 0，
又 P ( 2,4) ，故 P = (s, t ) ( 2,2)，
1 1
因为 f = ， f (0) = 0, f (2) = 2，作出函数 f ( x)的图象如下图：
2 4
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由图可知，要使 P = (s, t ) ( 2,2)，只需满足 2m 2，解得m 1 .
9．【答案】C
【详解】初始时，上方沙堆高度为 h，体积为V0 ，
体积比等于高度比的立方，
1 3 1 1 经过 10 分钟后上方沙堆的高度降为 h，上方剩余沙堆的体积V1 = V0 = V0 ，
2 2 8
经过 t(t 30)分钟后上方剩余沙堆的体积V =V kt0e ，
经过10分钟后上方剩余沙堆的体积V =V e 10k1 0 ，
1 10k 1 10k 1 3ln 2 V0 =V0e ， =e ， ln = 10k， k = ，
8 8 8 10
1
经过10分钟后上方剩余沙堆的体积为V1 = V0，
8
1 7
下方容器内的体积为V0 V1 =V0 V0 = V0 ，
8 8
7
将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为 V0 ，
8
设此时上方容器的高度为 H ，
3 3
7 H 7 H 7 1
V0 =V ， = ， H = h h0 ，
8 h 8 h 8 2
1 1
倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为 h时，上方容器剩余沙堆的体积为V2 = V0 ，
2 8
1
设从倒置后到高度再次降为 h需要的时间为 t1 ，
2
1 1 kt 1 ln 7
则 V = V V 1
kt1
0 0 0 e ，即 = e ， t1 = ，
8 8 7 k
ln 7 ln 7 10ln 7 10 1.95
3ln 2 t1 = = = = 9.4 k = ， k 3ln 2 3ln 2 3 0.69 分钟.
10
10
10．【答案】A

【分析】先求出圆 C的圆心和半径，根据数量积的几何意义，可得CM ⊥MP，进而可得点 P的轨迹方
程，根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案.
【详解】圆 C的方程变形为 (x 1)2 + y2 = 3，圆心C(1,0)，半径 r = 3，

又CM CP = CM CP cos CM ,CP = 3， CM = r = 3 ，

所以 CP cos CM ,CP = 3 ，即CP在CM 方向上的投影为 3 = CM ，
2 2
所以CM ⊥MP，又 |MP |=1，所以 CP = CM + MP = 2，
则点 P的轨迹是以 C为圆心，2 为半径的圆，
又直线 x + ay + 2a = x + a(y + 2) = 0恒过定点Q(0, 2)，
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所以 CQ = (1 0)2 + (0+ 2)2 = 5 ，
则 P到直线 x + ay + 2a = 0的距离的最大值为 CQ + 2 = 5 + 2 .
二、填空题
11．【答案】6
【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解.
【详解】由抛物线C : y2 = 8x，可得焦点为 F (2,0)，准线 l方程为 x = 2，
因为 P(4,m)为 C上一点，
根据抛物线的定义，可得点 P到准线 l距离为4 ( 2) = 6 .
12．【答案】4

【详解】已知 a = ( 1,2)，b = (3, t )，其中 t R ，

得：b a = (3 ( 1) , t 2) = (4, t 2)，

所以∣b a∣= 42 + (t 2)2 = 16+ (t 2)2 ，

当 t = 2时，∣b a∣min= 16 = 4.
π π
13．【答案】 （答案不唯一，满足题意即可） （答案不唯一，满足题意即可）
8 8
【详解】 sin cos + cos sin = sin ( + )，即 cos ( + ) = sin ( + )，
结合 cos( + ) = sin( + )，可知 cos( + ) 0
两边同除 cos ( + )可得： tan ( + ) =1，
π
即 + = + kπ (k Z)，又 , (0, 2π)，
4
π π π π π π 2
故取 = ， = ， cos + = sin + = 满足条件.
8 8 8 8 8 8 2
14．【答案】 6.6 3.5
【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可.
【详解】因为 a1,a2 ,a3 是公差为 0.75的等差数列，所以 a2 = a1 + ( 0.75) = 8.25 ，a3 = a2 + ( 0.75) = 7.5 .
又 a3 a4 = 0.3，所以 a4 = a3 0.3 = 7.2 .
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ai 3 a4 3 2 2
因为对任意 i(i =1, 2, ,8)， = ，所以 = ，所以b4 = a4 = 7.2 = 4.8 . bi 2 b4 2 3 3
因为b4 ,b5 ,b6是公差为 0.4的等差数列，所以b5 = b4 + ( 0.4) = 4.4，b6 = b5 + ( 0.4) = 4 .
a5 3 3 3 3 3
又 = ，所以a5 = b5 = 4.4 = 6.6，同理a6 = b6 = 4 = 6， b5 2 2 2 2 2
因为 a6 ,a7 ,a8 都是公差为 0.75的等差数列，所以a7 = a6 + ( 0.75) = 5.25 .
a7 3 2 2
又 = ，所以b7 = a7 = 5.25 = 3.5 . b7 2 3 3
综上， a5 = 6.6，b7 = 3.5 .
15．【答案】①③
【分析】根据题意，结合 x 表示不超过实数 x的最大整数，函数 f (x) = [ax]+ [bx]，以及a,b为正整数，利
用函数的性质，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于①，因为 x 表示不超过实数 x的最大整数，
由 a,b为正整数，若 x x ax ax ,bx bx1 2，可得 1 2 1 2，则 ax1 ax2 , bx1 bx2 ，
两式相加得 ax1 + bx1 ax2 + bx2 ，即 f (x1 ) f (x2 )，所以①正确；
对于②，当 x = 0 时， f (0) = 0 + 0 = 0；
取 a = b =1，可得 f (x) = [x]+ [x] = 2 x ，
对于任意 x R ，可得 f ( x) = 2 x , f (x) = 2 x ，
当 x Z时， x = x 1，可得 f ( x) = 2( x 1)；
而 f (x) = 2 x ，显然 f ( x) f (x)，
1
对于任意正整数 a,b，取 x = (x 0且非整数 ) ，
a +b
a b
可得 ax = (0,1),bx = (0,1) ，所以 f (x) = 0+ 0 = 0，
a +b a +b
1 a b
又由 x = ，可得a( x) = ( 1,0),b( x) = ( 1,0)，
a +b a +b a +b
可得 f ( x) = 1+ ( 1) = 2 ，此时 f ( x) f (x)，
所以不存在正整数 a,b，使得曲线 y = f (x)关于坐标原点对称，所以②错误；
对于③，当a = 2,b = 3时， f (x) = 2x + 3x ，
设 x = n + t,n Z, t [0,1) ，可得 2x = 2n + 2t = 2n + 2t , 3x = 3n + 3t ，
所以 f (x) = 5n + 2t + 3t ，
10 ( 2t +(
3t )
令 f x) =10 ，可得5n + 2t + 3t =10，解得 n = ，
5
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1
当 t [0, )时，可得 2t = 0, 3t = 0，可得 2t + 3t = 0；
3
1 1
当 t [ , )时，可得 2t = 0, 3t =1，可得 2t + 3t =1；
3 2
1 2
当 t [ , ) 时，可得 2t =1, 3t =1，可得 2t + 3t = 2；
2 3
2
当 t [ ,1)时，可得 2t =1, 3t = 2，可得 2t + 3t = 3；
3
10 m
设m = 2t + 3t 0,1,2,3 ，由n = 且n为整数，
5
9
当m = 0时，可得 n = 2 Z ；当m =1时，可得 n = Z；
5
8 7
当m = 2 时，可得 n = Z；当m = 3时，可得n = Z ；
5 5
1
所以当 x = 2 + t且 t [0, )时，满足 f (x) =10 ，此时有无数个解，所以③正确；
3
对于④，当a = 2,b = 3，且 x [0,1) 时，可得 2x [0, 2),3x [0,3)，
所以 2x 0,1 , 3x 0,1,2 ，
1
当 x [0, )时，可得 2x = 0, 3x = 0，可得 f (x) = 2x + 3x = 0；
3
1 1
当 x [ , )时，可得 2x = 0, 3x =1，可得 f (x) = 2x + 3x =1；
3 2
1 2
当 x [ , )时，可得 2x =1, 3x =1，可得 f (x) = 2x + 3x = 2；
2 3
2
当 x [ ,1)时，可得 2x =1, 3x = 2，可得 f (x) = 2x + 3x = 3，
3
所以 f ( x)在 x [0,1) 上的取值为 0,1, 2,3 ，共有 4 个元素，所以④错误.
三、解答题

16．【答案】(1) / 60
3
π
(2) f (A) = 2 3 sin A+ + 3 ；3 3
6
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解；
（2）利用正弦定理表示出 f (A)，化简，然后结合正弦函数性质求最值.
1
【详解】（1）由余弦定理和面积公式得： a2 + b2 c2 = 2abcosC， S = absinC，
2
3 2 1 3代入 S = (a +b2 c2 )可得： S = absinC = 2abcosC，化简得： tanC = 3 ，
4 2 4

又因为在三角形中，0 C ，所以C = .
3
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a 2sin A b c
（2）设 R为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得： = = 2 = = = 2R，则R = 1，
sin A sin A sin B sinC

所以b = 2R sin B = 2sin B， c = 2Rsin = 2sin = 3，
3 3
则三角形周长为： f (A) = a +b + c = 2sin A+ 2sin B + 3
2
其中 A+ B + = ，所以 B = A，代入 f (A) 可得：
3 3
2
f (A) = 2sin A+ 2sin A + 3，
3
2 2
= 2sin A+ 2sin cos A 2cos sin A+ 3
3 3
= 3sin A+ 3 cos A+ 3
2
= 2 3 sin A+ + 3 ，其中0 A
6 3
5
所以 A+ ，则当 A+ = ，即 A = 时， f (A) 取得最大值，
6 6 6 6 2 3

所以 f (A)max = 2 3 sin + 3 = 3 3 .
2
17．【答案】(1)证明见解析
6
(2)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面 PAE与平面 AEC 夹角的余弦值为
4
【分析】（1）由面面垂直得 AB ⊥ 平面 PAC，再由线面垂直，推出 AB ⊥ PA，得证结论.
（2）条件①思路： 先由 CD ⊥ 平面 PAC 得 CD ⊥ PC，再结合 CD ⊥ PD 推出矛盾，故此条件不成立，
四棱锥不存在.
条件②思路： 由 AE = PE 且 E 为中点得 △PAD 为直角三角形，证 PA ⊥ 底面，建系求点坐标，求两平
面法向量，用向量公式求二面角余弦值.
条件③思路： 由全等证 PA ⊥ AC，由面面垂直得 PA ⊥ 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平
面法向量，用夹角公式算余弦值.
【详解】（1）因为平面 PAC ⊥平面 ABCD，平面 PAC 平面 ABCD = AC .
又 AB 平面 ABCD， AB ⊥ AC，由面面垂直的性质定理，得 AB ⊥平面 PAC .
因为 PA 平面 PAC，所以 AB ⊥ PA .
（2）由题意， AB =1， AC ⊥ AB， BC = 2，故 AC = BC 2 AB2 = 3 .
底面 ABCD为平行四边形，故CD = AB =1， AD = BC = 2，CD∥ AB .
若选条件①：CD ⊥ PD
由（1）知 AB ⊥平面 PAC，故CD ⊥平面 PAC，因此CD ⊥ PC .
若CD ⊥ PD，又CD ⊥ PC，这显然不可能，
故条件①无法使四棱锥 P ABCD存在，不符合要求.
若选条件②： AE = PE .
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已知 E为 PD中点，且 AE = PE，则 PE = DE = AE，
所以△PAD为直角三角形，且 PAD = 90 ，即PA ⊥ AD .
由（1）知PA ⊥ AB，又 AD AB = A， AD, AB 平面 ABCD，所以 PA ⊥平面 ABCD .
因为 AC 平面 ABCD，所以PA ⊥ AC， 即PA, AB, AC两两垂直.

以 A为原点， AB, AC, AP分别为 x, y, z轴正方向建立空间直角坐标系.
则 A(0,0,0) ， B(1,0,0)，C(0, 3,0)，D( 1, 3,0)， P(0,0,1) .
1 3 1
E为 PD中点，故 E , , .
2 2 2


1 3 1
设平面 PAE的一法向量 n， AP = (0,0,1)， AE = , , .
2 2 2

n AP = z1 = 0
设 n = (x1, y1, z1 )，则 1 3 .
n AE = x1 + y1 = 0
2 2

取 y1 =1，得 x1 = 3，所以 n = ( 3,1,0) .
1 3 1
设平面 AEC的法向量m： AC = (0, 3,0) ， AE = , , .
2 2 2

m AC = 3y
2
= 0

设m = (x2 , y2 , z2 )，则 1 3 1 .
m AE = x2 + y2 + z2 = 0
2 2 2

得 y2 = 0，取 x2 =1，得 z2 =1，所以m = (1,0,1) .

n n 3 1+1 0+ 0 11 2 3 6
设两平面夹角为 ，则两平面夹角 的余弦值为： cos = = = = .
n1 n2 ( 3)2 +12 12 + 02 +12 2 2 4
若选条件③：△ABC≌△APC .
由 AB =1， AB ⊥ AC， BC = 2，得 AC = BC 2 AB2 = 3 .
由 ABC APC，得 PA = AB =1， PC = BC = 2，
故 PA2 + AC2 =12 + ( 3)2 = 4 = PC2，即 PA ⊥ AC .
又平面 PAC ⊥平面 ABCD，平面 PAC 平面 ABCD = AC， PA 平面 PAC，
由面面垂直的性质定理，得 PA ⊥平面 ABCD .

以 A为原点， AB、 AC、 AP分别为 x、 y、 z轴正方向建立空间直角坐标系：
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A(0,0,0) ， B(1,0,0)，C(0, 3,0)，D( 1, 3,0)，P(0,0,1) .
1 3 1
E为 PD中点，故 E , , .
2 2 2
1 3 1
AP = (0,0,1)， AE = , , ，
2 2 2


1 3 1
设平面 PAE的一法向量 n： AP = (0,0,1)， AE = , , .
2 2 2



n AP = z1 = 0
设 n = (x1, y1, z1 )，则 1 3 .
n AE = x1 + y1 = 0
2 2

取 y1 =1，得 x1 = 3，所以 n = ( 3,1,0) .
1 3 1
设平面 AEC的法向量m： AC = (0, 3,0) ， AE = , , ，
2 2 2

m AC = 3y2 = 0
设m = (x2 , y2 , z2 )，则 1 3 1 .
m AE = x2 + y2 + z2 = 0
2 2 2

得 y2 = 0，取 x2 =1，得 z2 =1，所以m = (1,0,1) .

n n 3 1+1 0+ 0 11 2 3 6
设两平面夹角为 ，则两平面夹角 的余弦值为： cos = = = = .
n1 n2 ( 3)2 +12 12 + 02 +12 2 2 4
18．【答案】(1)在职人员借阅的文学类图书量更大
32
(2)
125
(3)M1 M 3 M 2
【分析】（1）先根据“总借阅量=调查人数×年人均借阅量×对应类别占比”的公式，分别列出在职人员文学
类、中学生教辅类的借阅量计算式，再代入数据比较大小；
（2）先根据大学生各类借阅占比和为100% ，求出 a + b的值，得到大学生借阅科技类的概率；同理根据中
学生各类借阅占比和为100% ，求出 c + d的值，得到中学生借阅科技类的概率；然后将“3 册书中至少有 2
册为科技类图书”分解为“2 册科技类 1 册非科技类”和“3 册都是科技类”两个子事件，利用独立事件概率公
式和互斥事件概率加法公式计算总概率；
（3）根据偏好度的定义，计算各类读者的“偏好度”，可得答案.
【详解】（1）在职人员借阅文学类图书总量： 600 18.5 35% = 3885（册），
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中学生借阅教辅类图书总量： 500 15.2 40% = 3040 （册），
因为3885 3040，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大；
（2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为0.4 ，中学生借阅科技类的概率为0.2 ，
三人借阅相互独立，“至少 2 册科技”包含三种情况：
2
① 2 名大学生均借科技，中学生不借科技： P1 = 0.4 (1 0.2) = 0.128，
② 仅 1 名大学生借科技，中学生借科技： P2 = 2 0.4 (1 0.4) 0.2 = 0.096，
2
③ 3 人均借科技： P3 = 0.4 0.2 = 0.032，
32
总概率： P = P1 + P2 + P3 = 0.128+ 0.096+ 0.032 = 0.256 = .
125
（3）在职人员的 5 个占比分别为：35%, 25%,10%,20%,10% ，即 xi = 0.35,0.25,0.10,0.20,0.10 ，
5
xi 0.2 = 0.35 0.2 + 0.25 0.2 + 0.1 0.2 + 0.2 0.2 + 0.1 0.2 ，
i=1
0.4
= 0.15+ 0.05+ 0.10+ 0+ 0.10 = 0.4，故M1 = = 0.08；
5
大学生的已知占比为：30%, 40%,13%，
因此未知占比满足 a +b =1 (0.3+ 0.4+ 0.13) = 0.17，
由题设abcd 0得 a 0,b 0，因此 a 0.17 0.2 ，b 0.17 0.2，
即 a,b都小于均值0.2 ，因此∣a 0.2∣= 0.2 a，∣b 0.2∣= 0.2 b，
5
xi 0.2 = 0.3 0.2 + 0.4 0.2 + 0.13 0.2 + (0.2 a)+ (0.2 b)，
i=1
= 0.1+ 0.2+ 0.07 + 0.4 (a +b) = 0.77 0.17 = 0.6，
0.6
因此：M 2 = = 0.12；
5
中学生的已知占比为： 25%,20%,40% ，
因此未知占比满足 c + d =1 (0.25+ 0.2+ 0.4) = 0.15，
同理，由 c 0,d 0得 c 0.15 0.2， d 0.15 0.2，
因此∣c 0.2∣= 0.2 c，∣d 0.2∣= 0.2 d，
5
xi 0.2 = 0.25 0.2 + 0.2 0.2 + 0.4 0.2 + (0.2 c)+ (0.2 d )，
i=1
= 0.05+ 0+ 0.2+ 0.4 (c + d ) = 0.65 0.15 = 0.5，
0.5
因此：M3 = = 0.1.
5
综上：M1 M 3 M 2
x2
19．【答案】(1) + y2 =1；
4
(2)证明见详解.
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【分析】（1）根据已知直接求出 a,b即可；
2 3
（2）将问题转化为证明 y = ，设出直线方程，结合OQ ⊥OD，用 y 表示出点D坐标，然后代入椭Q Q
3
圆方程求解即可得证.
【详解】（1）因为圆W : x2 + y2 =1经过下顶点 B，所以b =1，
2π π OB
又 F a = BF = = 21BF2 = ，所以 BF1O = ，所以 1 ，
3 6 sin BF1O
x2
所以椭圆 E的方程为 + y2 =1.
4
（2）由（1）知F1 ( 3,0) ,B (0, 1) , A(2,0)，
要证 AP∥BF
3 y 0 2 3
1，只需证 k PBF = kAP，即 = ，得 y = ， 1 P
3 0 2 3
2 3
又 yQ = yP，所以只需证 y = . Q
3

设C (x1, y1 ) ,D (x , y OQ ⊥OD2 2 )，因为 ，所以OQ OD = x2xQ + y2yQ = 0，
当直线 l的斜率不存在时，易知其方程为 x =1，则 x2 = xQ =1，
因为 yQ 0，1+ y2 yQ = 0 ，所以 y2 0
x2 2 3 2 3将 x =1代入 + y =1得 y = ，代入1+ y2 yQ = 0 得2 y = . Q
4 2 3
当直线 l的斜率存在时，设其方程为 y = kx +m，易知 k 0，
yQ m y则 ，代入 x x + y y = 0 ，得： Q
m
xQ = , y2 = kx2 +m 2 Q 2 Q x2 + (kx2 +m) yQ = 0，
k k
kmyQ
整理得 x2 =
k 2
，
yQ + yQ m
m
2 2
又圆W 与直线 l相切，所以 =1 k = m 1，
k 2 +1
kmy ky k 2Q Q yQ m yQ
所以 x2 = =
(m2
， y = +m = ，
1) yQ + y 1 my 2Q m Q 1 myQ 1 myQ
2 2
(kyQ ) (m yQ )
因为点D在椭圆上，所以 + =12 2 ，
4(1 myQ ) (1 myQ )
2
整理得 (k + 4 4m2 ) y2Q + 4(m2 1) = 0，
2 2 2 2又m 1= k 2 ，所以 3k yQ + 4k = 0，
2 3
由 k 0， yQ 0解得 y . Q =
3
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2 3
综上， yQ = ，即可得证.
3
1 1
20．【答案】(1) f (x) 单调递减区间为： 0,e
2 2
，单调递增区间为： e ,+ .

(2) g(x) 无零点.
1 1
(3)面积 S = 1 1= .
2 2
【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间.
（2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点.
（3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐
标求面积.
【详解】（1）定义域： x 0 ，函数 f (x) 求导得 f (x) = 2x ln x + x = x(2 ln x +1) .
1
令 f (x) = 0，得 x = e 2 .
1
当 x 0,e 2 时， f (x) 0， f (x) 单调递减；

1
当 x e 2 ,+ 时， f (x) 0， f (x) 单调递增.

1 1
综上所述, f (x) 单调递减区间为： 0,e 2 ，单调递增区间为： e 2 ,+ .

（2）由题可知 g(x) = f (x) + x = x(x ln x +1)， x 0
所以研究函数 g(x) 的零点个数等价于研究 h(x) = x ln x +1的零点个数.
h (x) = ln x +1，令 h (x) = 0得 x = e 1 .
x (0,e 1 )， h (x) 0，h(x)单调递减；
x (e 1,+ )， h (x) 0，h(x)单调递增.
所以函数 h(x) = x ln x +1有极小值同时也为最小值 h(e 1) = e 1+1 0 .
故 h(x) 0恒成立，所以 g(x) 无零点.
（3）函数 f (x) 求导得 f (x) = 2x ln x + x = x(2 ln x +1) .
所以 f (x0 ) = 2x0 ln x
2
0 + x0 ，切线 l： y x0 ln x0 = (2x0 ln x0 + x0 )(x x0 ) .
化简得 y = (2x0lnx0 + x0 ) x x
2
0 (lnx0 +1) .
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x
y x 0
(lnx0 +1)
= 0, = 0 2所以由题可知分别令 可得 A ,0 ，B (0, x0 (lnx0 +1)) .
2lnx0 +1
△OAB为等腰直角三角形，且OA ⊥OB，故 |OA |=|OB | .
x0 (lnx0 +1)
即 = x
2
0 (lnx0 +1) ，
2lnx0 +1
(lnx0 +1)
因为 x0 0，所以化简得 = x0 (lnx0 +1) .
2lnx0 +1
若 ln x0 +1= 0 即 x0 = e
1
.
代入：左边 OA = 0 ,右边 OB = 0 .
此时 A,B 都与原点重合,不能构成三角形,舍去.
1
若 ln x0 +1 0 两边约去 ln x0 +1 ,得： = x0 2ln x0 +1
t t
令 t = ln x0 ,则 x0 = e ,方程变为： e 2t +1 =1.
1 t
情况 1: 2t +1 0 ,即 t , e (2t +1) =1
2
设 (t ) = et (2t +1) 1 , (t ) = et (2t +1)+ 2et = et (2t + 3)
1
t 时, 2t + 3 0 , (t ) 0 , (t ) 单调递增.
2
因为 (0) =1 1 1= 0 ,故唯一解 t = 0即 x 0 A 1,0 B 0, 10 = e =1,此时 ( ) , ( ) .
1 1
等腰直角三角形面积 S = 1 1= .
2 2
1 t
情况 2: 2t +1 0 ,即 t , e ( 2t 1) =1
2
设 (t ) = et (2t +1) 1, (t ) = et (2t +1) 2et = et (2t +3)
3
t , , (t ) 0, 单调递增;
2
3 1
t , , (t ) 0 , 单调递减。
2 2
3
3
函数 (t ) 有极大值同时也为最大值 = 2e 2 1 0 .
2
t
所以 (t ) 0 恒成立,方程 e ( 2t 1) =1无解.
1 1
综上,方程只有唯一解 x0 =1 , A(1,0) , B (0, 1) ,面积 S = 1 1= .
2 2
21．【答案】(1)具有，理由见解析
(2)（i）4；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先分析数列 bn 为周期数列，再根据性质T 的定义即可判断；
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（2）（i）分别取取n =1, l =1和n = m, l =1，再利用反证法即可证明；
（ii）利用（i）中的结论证明得存在 n， t，满足 A(n) = A(n + t) ，其中 n 2026, t 1，再分 t i + 2和
t i + 2时证明 an 1 = an+t 1即可.
【详解】（1）数列 bn 具有性质T ．
理由如下：数列 b 满足b4k+1 =1,b4k+2 = 0,b4k+3 = 1,bn 4k+4 = 0，其中 k N，
即 bn 是周期为 4 的周期数列．
所以对任意 n *N 和 l *N ，当m = n + 4时， Sl (n) = Sl (m) ．
故数列 bn 具有性质T ．
（2）（i）取n =1, l =1，由性质T 得：存在m {2,3, 4,5}，使得 am = a1 ．
同理，取 n = m, l =1，由性质T 得：存在 k {m +1,m + 2,m + 3,m + 4}，使得= ak = a1 .
以此类推，得数列 a an 中任意连续 4 项中，必有一项的值等于 1．
同理，得对于数列中的每一项 an ,an之后的任意连续 4 项中，必有一项的值等于 an ．
假设 an 的取值超过 4 个，不妨设有 5 个值不同的项ab ,ab ,ab ,ab ,ab (i1 i2 i3 i4 i )， 1 2 3 4 5 5
由上述结论，知在 ab之后的连续 4 项中，这 5 个不同值都会出现，这是不可能的．
所以 an 中至多只有 4 个不同的取值．
又因为周期数列：1,2,3,4,1,2,3,4, ,1, 2,3, 4, 具有性质T ，
所以集合 u∣u = an ,n *N 中元素个数的最大值为 4．
（ii）考察由连续 4 项构成的数组 A(n) = (an ,an+1,an+2 ,an+3 )，
由（i）知 an的取值不超过 4 个，故这样的数组个数不超过 4
4 = 256．
所以在 A(2026), A(2027), , A(2026 + 256)这 257 个数组中至少存在两个相同的，
即存在 n， t，满足 A(n) = A(n + t) ，其中 n 2026, t 1．
以下证明：若 A(n) = A(n + t) ，则 A(n 1) = A(n + t 1)，即证 an 1 = an+t 1．
由性质T ，知存在 i {0,1,2,3}，使得 an 1 + an + + an 1+t 1 = an+i + an+i+1 + + an+i+t 1．
①若 n 1+ t 1 n + i，即 t i + 2时，去掉上述等式两边的公共项，得
an 1 + an + + an+i 1 = an+t 1 + an+t + + an+i+t 1.
若 i = 0，上式即为an 1 = an+t 1．
若 i 0，由 A(n) = A(n + t) ，知 an + + an+i 1 = an+t + + an+t+i 1，所以an 1 = an+t 1．
②若 t i + 2，因为 i 3，所以 t 4．
当 t =1时，由 A(n) = A(n +1) ，得an = an+1 = an+2 = an+3 = an+4，
记其值为 a，由性质T 知， an 1在其后四项出现，所以 an 1 = a = an；
当 t = 2时，由 A(n) = A(n + 2) ，得 an = an+2 = an+4 ,an+1 = an+3 = an+5，
分别记其值为 a，b，由性质T ，知 an 1 + an = a + b，所以 an 1 = b = an+1；
第18页/共19页
同理，得当 t = 3, 4时，均有an 1 = an+t 1．
综上，可推导出 an 1 = an+t 1．
从而由 A(n) = A(n + t) ，得 A(n 1) = A(n + t 1)，即得 an 1 = an+t 1．
进而得到 A(n 2) = A(n + t 2), , A(1) = A(1+ t) ，
所以存在正整数 t，对任意 k {1,2,3, , 2026}，有 ak+t = ak ．
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