宁夏石嘴山市第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末数学试卷（含答案）

这是一份宁夏石嘴山市第一中学2024-2025学年高三上学期1月期末数学试卷（含答案），共27页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、选择题：本大题共 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．
Að  
. 设集合U  {1, 2, 3, 4,5, 6}, A  {1, 3, 6},B  {2, 3, 4}，则
B
（
）
1
U
{3}
{1, 6}
{5, 6}
{1, 3}
D.
A.
B.
C.
π
. 函数 f x tan
x
2
的最小正周期为（
）
8
A. 16
B. 8
C. 16π
D. 8π
3
. 已知复数 z 满足 z（1-i）=2i，则复数 z 的共轭复数 z 在复平面内对应的点在（
）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限


 
a  1, 2，b  1,t

a  2b  a ，则实数t 
4
. 已知向量
，若
（
）．
7
3
4
3
A.
B.
C. 
D. 1
4
4
x
2
y
2
p

5
. 若抛物线
y
2
 2px
的焦点与椭圆

1的右焦点重合，则
（
）
2
5 16
A. 3
B. 3
C. 6
D. 6

. VABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 ，b ， ，若b2
a
c

a
2

c
2

4 ，
B  ，则VABC
的面积为
6
4
（
ꢀꢀ）
1
2
A.
B. 1
C.
2
D. 2
f x  ex  x  2有一个零点所在的区间为
. 已知函数 ( )
k,k 1 k  N

*

7
，则 可能等于（
k
）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
8
. 已知圆锥的高为 2 5 ，底面半径为 4．若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径为
（
）
A.
6
B.
3
C.
2
D. 2
二、多选题：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，有多项是
符合题目要求的，
第 1 页/共 5 页

-

f x  Asin ωx  φ x R，其部分图象如图所示，点 P，Q 分别为图象上相邻的最高点与
. 已知函数  


9


1
2


, 3 
PR  QR
f x
的解析式可以是(ꢀꢀ
最低点，R 是图象与 x 轴的交点，若点 Q 坐标为

，且
，则函数
)


π
7π 
12 
 π
 3
2π 
3 
A. f x 3sin x 
B.
f x 3sin x 


6


π
π 
4 
C.  
f x   3sin x  
f x  3sinπx
D.
2
8


2

1
0. 关于二项式 x2   的展开式，下列结论正确的是（
）
x 
A. 展开式所有项的系数和为 1
B. 展开式二项式系数和为 256
C. 展开式中第 5 项为1120x4
D. 展开式中不含常数项
1
1. 如图是一个所有棱长均为 4 的正八面体，若点 M 在正方形 ABCD 内运动（包含边界），点 E 在线段
PQ 上运动（不包括端点），则（
）
BQ
A. 异面直线 PM 与
不可能垂直
B. 当 PM  MD 时，点 M 的轨迹长度是 2π
C. 该八面体被平面CDE 所截得的截面积既有最大值又有最小值
第 2 页/共 5 页

4
2
D. 凡棱长不超过
的正方体均可在该八面体内自由转动
3
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
1
2

,且
P  0 P  a x  y  ax  0，y  0
，若

2. 已知随机变量
 N 1，
2
,则
1
的最小
x
y
值为_________．
3. 在 2024 年巴黎奥运会志愿者活动中，甲、乙、丙、丁 4 人要参与到 A ， B ，C 三个项目的志愿者工作
1
中，每个项目必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一个项目，若甲只能参加C 项目，那么不同的志愿
者分配方案共有_______种（用数字表示）.
x2
y2
1a  0,b  0的左，右焦点分别为
F , F2 ，点 P 在双曲线C
1
1
4. 已知双曲线C :

上，且满足
a2 b2
|
PF1 |
F F  PF  0，倾斜角为锐角的渐近线与线段
PF
交于点Q ，且
F P  4QP
，则
1
的值为______.
1
2
2
1
| PF2 |
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1
5. 某机构为了解 2023 年当地居民网购消费情况，随机抽取了 100 人，对其 2023 年全年网购消费金额（单
位：千元）进行了统计，所统计的金额均在区间0,30内，并按0, 5，5,10，…，25, 30分成 6 组，
制成如图所示的频率分布直方图．
（
（
1）求图中 a 的值，并估计居民网购消费金额的中位数．
2）若将全年网购消费金额在 20 千元及以上者称为网购迷，结合图表数据，补全下面的 22列联表，并
判断能否依据小概率值  0.01的

2
独立性检验认为样本数据中网购迷与性别有关．
男
女
合计
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-
-

网购迷
非网购迷
合计
20
47

 2
n ad bc
a b c d a c b d
       

2

n  a  b  c  d
，其中
．
附

α
0.10
0.05 0.010 0.005 0.001
x
2
.706 3.841 6.635 7.879 10.828
6 已知函数 f x xex  ax  2
1
.
1
2
a 
y  f x
在点0, f 0
处的切线方程；
（
（
1）当
时，求曲线
x(0,)
f (x)  ln x  (a 1)x  3 a
恒成立，求实数 的取值范围.
a
2）对任意实数
，都有
1
7. 甲､乙两人进行投篮比赛，甲先投 2 次，然后乙投 2 次，投进次数多者为胜，结束比赛，若甲､乙投进
的次数相同，则甲､乙需要再各投 1 次（称为第 3 次投篮），结束比赛，规定 3 次投篮投进次数多者为胜，
2
若 3 次投篮甲､乙投进的次数相同，则判定甲､乙平局.已知甲每次投进的概率为 ，乙每次投进的概率为
3
1
2
，
各次投进与否相互独立.
（
（
1）求甲､乙需要进行第 3 次投篮的概率；
2）若每次投篮投进得 1 分，否则得 0 分，求甲得分 X 的分布列与数学期望.
1
8. 如果一个数列从第 2 项起，每一项与它前一项的比都大于 2，则称这个数列为“G 型数列”．
（
1）若数列 满足
，
a 
，求证：数列 是“G 型数列”．
a
a 1 a a  32n1
n
1
n1
n
n
（
2）若数列 的各项均为正整数，且
，
为“G 型数列”，记
b 
，数列 为等比数
a
n
a 1 a 
b  a 1
1
n
n
n
n
列，公比 q 为正整数，当 不是“G 型数列”时，求数列
a 
的通项公式．
b
n
n
第 4 页/共 5 页

1
c 
n
c 
的前 n 项和为 ，是否存在正整数 m，使得对任意的
S
（
3）在（2）的条件下，令
，记
anan1
n
n
1

 
m 1,m

nN* ，都有
成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由．
Sn
1
9. 如图，四棱锥 P  ABCD 中， AB  BC ， AB  AD ， AD  AB  PA  PB  2 ， BC 1， AC  PD ，
M 为线段 PD 中点，线段 PC 与平面 ABM 交于点 N .
（
（
（
1）证明：平面 PAB  平面 ABCD ；
2）求平面 PAC 与平面 ABM 夹角的余弦值；
P  ABNM
3）求四棱锥
的体积.
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石嘴山市第一中学 2024-2025 学年高三年级（上）期末考试
数学试题
一、选择题：本大题共 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．
Að  
. 设集合U  {1, 2, 3, 4,5, 6}, A  {1, 3, 6},B  {2, 3, 4}，则
B
（
）
1
U
{3}
{1, 6}
{5, 6}
{1, 3}
D.
A.
B.
C.
【
【
答案】B
解析】
A
ð 
B
【
【
分析】根据交集、补集的定义可求
.
U
ð B  1,5, 6

，故
AðU B 1, 6，
详解】由题设可得
U
故选：B.
π
. 函数 f x tan
x
2
的最小正周期为（
）
8
A. 16
B. 8
C. 16π
D. 8π
【
【
【
答案】B
解析】
分析】利用正切函数的周期公式求解.
π
π

8
【
详解】  的最小正周期为
．
f x
8
故选：B.
. 已知复数 z 满足 z（1-i）=2i，则复数 z 的共轭复数 z 在复平面内对应的点在（
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3
）
【
【
【
答案】C
解析】
分析】根据复数的计算规则，求出 z 和 z 即可.

 
2
i
2i 1 i
i 1i1 i
 
2 2i
    z 
z 1 i 2i


 1 i    
z
1 i
【
详解】
，

1
2
第 1 页/共 22 页


故 z 对应的点为1,1，在第三象限.
故选：C.

  
a  2b  a ，则实数t 
（
a  1, 2，b  1,t

4
. 已知向量
，若
）．
7
3
4
3
4
A.
B.
C. 
D. 1
4
【
【
【
答案】C
解析】
分析】根据向量垂直的坐标运算规则得出结果.

a  2b  1,2  2t

，
【
详解】解：由已知得
   

a 2b
a
因为
，
       
3

a 2b a
1 4 4t 0，解得t  

故
.
4
故选： C .
x
2
y
2
p

5
. 若抛物线
A. 3
y
2
 2px
的焦点与椭圆

1的右焦点重合，则
（
）
2
5 16
B. 3
C. 6
D. 6
【
【
答案】D
解析】
p
分析】由椭圆的标准方程可得右焦点为 ，则
=3，即可求得
3
,0
p
【
【
.
2
 9 ，即 c  3，所以右焦点为3, 0
详解】由椭圆的标准方程可知， c2  a2 b2
，
y
2
 2px 的焦点与3, 0
重合，
又抛物线
p
=
3，所以 p =6 .
所以
2
故选：D.

. VABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 ，b ， ，若b2
a
c

a
2

c
2

4 ，
B  ，则VABC
的面积为
6
4
（
A.
【
ꢀꢀ）
1
2
B. 1
C.
2
D. 2
答案】B
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【
【
解析】
分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求解三角形的面积即可.
π
详解】由余弦定理得b
2
 a2  c2  4  a2  c2  2accs  a2  c2  2ac
，则 2ac 4 ，

【
4
1
则 ac  2 2 ，则VABC 的面积为 acsin B 1.
2
故选：B.
f x  ex  x  2有一个零点所在的区间为
. 已知函数 ( )
k,k 1 k  N

*

7
，则 可能等于（
k
）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
【
【
【
答案】B
解析】
分析】
根据零点存在性定理可得答案.
【
详解】因为
f (1)  e 1 2  0 ， f (2)  e2  2  2  0 ， f (3)  e3 3 2  0
，
f (4)  e4  4  2  0
，
f (1) f (2)  0
所以
，且函数的图象连续不断，
f (x)  ex  x  2有一个零点所在的区间为 (1, 2)
k
所以函数
，故 可能等于 1.
故选：B
8
. 已知圆锥的高为 2 5 ，底面半径为 4．若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径为
（
）
A.
6
B.
3
C.
2
D. 2
【
【
【
答案】A
解析】
分析】根据圆锥的侧面积和球的表面积公式进行求解即可.
【
详解】设球的半径为 r ，因为圆锥的高为 2 5 ，底面半径为 4，
所以圆锥的母线长为： (2 5)2  42  6，
由题意可知： 46  4 r2  r  6 ，
故选：A
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二、多选题：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，有多项是
符合题目要求的，
f x  Asin ωx  φ x R，其部分图象如图所示，点 P，Q分别为图象上相邻的最高点与
. 已知函数  


9


1
2


, 3 
PR  QR
f x
的解析式可以是(ꢀꢀ
最低点，R是图象与 x轴的交点，若点 Q坐标为

，且
，则函数
)


π
7π 
12 
 π
 3
2π 
3 
A. f x 3sin x 
B.
f x 3sin x 


6


π
π 
4 
C.  
f x   3sin x  
f x  3sinπx
D.
2
【
【
答案】C
解析】
分析】通过点Q 坐标和T 表示出
P, R
两点坐标；再利用
PR  QR ，勾股定理构造方程，解出周期T
，即
【
可排除错误选项.


1T


 2  3T


P
, 3  R
，
,0
【
又
详解】设函数周期为 T ，则
2

4
PR  QR
PR2  RQ2  PQ2
 T  4
，则
A, B, D
由此可排除
本题正确结果：C
点睛】本题考查已知函数图像求解析式，本题的关键是能够通过勾股定理构造出方程，求解出函数最小
正周期，从而得到结果.
选项
【
8


2

1
0. 关于二项式 x2   的展开式，下列结论正确的是（
）
x 
A. 展开式所有项的系数和为 1
B. 展开式二项式系数和为 256
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C. 展开式中第 5 项为1120x4
D. 展开式中不含常数项
【
【
【
答案】BCD
解析】
分析】选项 A，取 x 1验证即可，选项 B 二项式系数和为 2n 验证即可，利用二项式展开式的通项求解
即可，利用 C 选项的展开式通项公式验证即可.
详解】A 选项：取 x 1．有 (1)8 1，A 错，
B 选项：展开式二项式系数和为 28  256，B 对，
【
x2   2x1 k ( 2)k Ck x163k (k 0,1, 28) ，
8k
C 选项：由Tk1

C
k
8

 

8
则 k  4 时即为第 5 项为
(2)4 C8
4
x
4
1120x4
，C 对，
D 选项：由 C 选项可知16  3k  0 恒成立，D 对，
故选：BCD.
1
1. 如图是一个所有棱长均为 4 的正八面体，若点 M 在正方形 ABCD 内运动（包含边界），点 E 在线段
PQ 上运动（不包括端点），则（
）
BQ
A. 异面直线 PM 与
不可能垂直
B. 当 PM  MD 时，点 M 的轨迹长度是 2π
C. 该八面体被平面CDE 所截得的截面积既有最大值又有最小值
4
2
D. 凡棱长不超过
的正方体均可在该八面体内自由转动
3
【
【
【
答案】BD
解析】
分析】对于 A，，故 A 错；对于 B，由 PM  MD 探求出 M 的运动轨迹即可求解；对于 C，截面为正方
第 5 页/共 22 页

形 ABCD 或等腰梯形，将截面等腰梯形的高作为变量将截面等腰梯形面积表达式求出来即可利用导数工具
研究面积的最值，进而即可判断求解；对于 D，先求出最长棱的正方体的外接球，再求正八面体的内切球，
当正方体最大外接球不超过几何体的内切球时，正方体可在八面体内自由转动，由此原理即可判断.
AC,BD
，相交于点 O，
【
详解】连接
则由正八面体性质可知 O 为 PQ 中点，且 PO  面 ABCD ，
2 2 2 2
PO
P  ABCD
PD2 OD2

4
2

所以
是正四面体
的高为
，
2
对于 A，建立如图所示的空间直角坐标系，则
0,2 2,2 2
PD

则O(0, 0, 0),C(2 2, 0, 0), D(0, 2 2, 0), P(0, 0, 2 2)，故
M x, y,0 2) ，
，

设

，则 PM (x, y,2
BQ BQ//PD
可得 PM PD ，故 PM PD 0 ，
若 PM 
，结合



故 2 2y 8  0 即 y  2 2 ，故 M 与 B 重合，但
PM , BQ
为异面直线，
故此情况不合题意，故 A 错；
1
对于 B，取 BD 中点 G，因为 PM  MD ，所以
GM  PD  2
，
2
第 6 页/共 22 页

1
取OD 中点O1 ，连接GO1 ，则GO1 / /PO
，且
GO1  PO  2
，
2
故
GO1 面 ABCD ，所以如图，M 点在高为GO1  2
母线长为 2 的圆锥底面圆周上，
即 M 点在为以O
为圆心直径为OD 2 2 的圆上运动，

1

所以 M 点的运动轨迹O
为圆心直径为OD 2 2 的圆的一部分为圆弧 ROS ，

1
R,S 分别为CD, AD
其中
中点，且 RS

2
2

2
2

2 2 OD ，

1
所以l
 2π 2  2π
，即点 M 的轨迹长度是 2π ，故 B 对；

ROS
2
对于 C，由题意以及正八面体结构性质可知当 E 与 O 重合时，
八面体被平面CDE 所截得的截面是正方形 ABCD ，
当 E 与 O 不重合时，八面体被平面CDE 所截得的截面是等腰梯形，
如图，四边形TCDU 为被平面CDE
所截得的截面，
连接TU，CD
中点S 、 R ，则
取 AB 中点 V，连接 PV,VR, PR,
则由题意可求得 PV  PR  2 3，VR  4，且 O 在VR
SR 为等腰梯形TCDU
的高，设为 h，
上，
过 R 作
RK  PV 交 PV
于点 K，
VRPO 42 2 4 2 4 6
则由等面积法得 RK 



，
PV
2 3
3
3
显然当 S 点由 K 往 V 靠近时等腰梯形TCDU 的上底边TU
和高
SR
均在增大，
当截面为正方形 ABCD 截面面积最大为 16，


4 6
3
h
当 S 点由 K 往 P 靠近（不包含 S 与 K、P 重合时）时，则
,2 3 ，



第 7 页/共 22 页

PSR  ,PRS  ,SRP  
在此过程中设
，


π




π 
2

PR2 VR2
PV
1
3
则  ,π, 0, 
，
2 ，且由题意 cs 

2
2PV PR
2
2
所以sin  1 cs2  
，故由正弦定理得：
3
PK sin 
sin 
4 6
3sin 
hsin 3 2h
h 

， PS 

sin ，
sin 
4
4
6
3
2
4 6 ，所以 cs   1sin    1
2
因为sin

 3 
，
3h2
h
3h
2 2  2 3
32 
 1
，
3h2 
2
2
1
所以sin  sin    sin cs  cssin  
cs  sin  

3
 3h
3
3
π
6h
6h 2 2  2 3
32 
又TU  2PS tan

sin 

 1


6
2
2
3  3h
3h2

2
3h  2 3

32  4 2 3
32


1
  
h
2

，
3
 3h
3h2

3
3
3

 h
TU 4


8
3
32
h2    f h
S 
 h 
所以截面面积为
，
2
 3
3
3 
3
3



h
2
8 3
32
3
h
2
8
3
32
3
3 
 h2



f  

 
h
2



所以
h
 3
3 
32  ，
3
3
32
3
h
2


h
2


3

3
2


2
3
h
2

 t 
令
0,

，
3


3
第 8 页/共 22 页


32 

32 

32 
 
t 
3
t
2

3
3 
3

f h 
 8 3
 
 8 3

则
3
 3
8 3
3
t 

2t

 2 2t 

3


3



3
t

 3
 3
t 
3


8
8
3

   < 0

，
3


3
3


4 6
3
f (h)
所以
f (h)在
,2 3 上单调递减，

无最小值，


故被平面CDE 所截得的截面面积无最小值，故 C 错；
AB,CD
对于 D，过正八面体的两顶点 P，Q 和
中点去截正八面体以及其内切球，
则由正八面体性质得到正八面体与其内切球（半径为 r）截面图如图所示，
其中四边形为菱形，棱长为正四面体 P  ABCD 的斜高 42  22  2 3 ，
2
2 3  22  2 2
PO
P  ABCD
是正四面体
的高
，
1
1
2 6
3
所以由等面积法得 22 2  r 2 3  r 
，
2
2
2


4
2
4
2
2
3

当一正方体棱长为
所以凡棱长不超过
时，其外接球半径为
，

3

2 6
3
3
3
R 

 r
2
4
2 6
3
的正方体其外接球半径均小于或等于
，
故正方体均可在该八面体内自由转动，故 D 正确.
故选：BD.
【
点睛】关键点睛：求得被平面CDE 所截得的截面等腰梯形面积表达式的关键是考虑 PSR 里有边长和角
度有一个已知的，从而利用 PSR 结合正弦定理研究截面等腰梯形的未知量上底边和高，最后都用等腰梯
第 9 页/共 22 页

形的高来表示.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
1
2

,且
P  0 P  a
，若 x  y  ax  0，y  0,则

2. 已知随机变量
 N 1，
2
的最小
1
x
y
值为_________．
3

2
【
答案】
解析】
2
【
【
a  2
分析】先根据正态曲线的对称性可求
，结合基本不等式可求答案.
【详解】    
N 1,
，可得正态分布曲线的对称轴为
x 1
，
2
a
P   0  P   a  1
又 


，
a  2
，即
．
2
 1 2  1 
     
2x 
1
2
1
y
1
3
   
 



x  y

3

3 2 2
2
则
，
x
y
2
 x y  2 
x
y 
2
2
当且仅当 y  2x ，即 x  2 2  2, y  4  2 2 时，等号成立.
3

2
故答案为：
.
2
1
3. 在 2024 年巴黎奥运会志愿者活动中，甲、乙、丙、丁 4 人要参与到 A ， B ，C 三个项目的志愿者工作
中，每个项目必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一个项目，若甲只能参加C 项目，那么不同的志愿
者分配方案共有_______种（用数字表示）.
【
【
【
答案】12
解析】
分析】分类讨论，结合排列组合即可求解.
C
1
3
A
2
2
 6
种分配方案；
【
（
详解】分两种情况：（1）只有甲参加 C 项目，则有
A
3
3
 6
种分配方案.
2）甲与另外一人共同参与 C 项目，则有
综上：共有 12 种分配方案.
故答案为：12
x2
y2
1a  0,b  0的左，右焦点分别为
F , F2 ，点 P 在双曲线C
上，且满足
1
1
4. 已知双曲线C :

a2 b2
第 10 页/共 22 页

|
PF1 |
F F  PF  0，倾斜角为锐角的渐近线与线段
PF
交于点Q ，且
F P  4QP
，则
1
的值为______.
1
2
2
1
| PF2 |
7
3
.5
【
【
【
答案】 ##
2
解析】
分析】双曲线 C 的半焦距为 c，根据给定条件求出点 P、Q 坐标，再由点 Q 在渐近线
b
y 
x
上求出 a，
a
b 的关系，然后结合双曲线定义计算作答.
F (c, 0), F (c,0)
【
详解】设双曲线 C 的半焦距为 c，即有
，
1
2
因 F F  PF  0，则
F F  PF
，
1
2
2
1
2
2
x  c
即直线
与双曲线 C 交于点 P，且点 P 在第一象限，

x  c

得点 P(c, ) ，由 F P  (2c, )，
2
b
2
b
由 
b
2
x
2
 a2 y2  a2b2
a
1

a

c 3b2

F P  4QP
1
Q ,
而
，得

，
 2 4a 
b
a
3b2 bc
y 
x

，即3b  2c
，不妨b  2k,c  3k ，则
a  5k
代入
得：
，
4a 2a
b
2
4
14
5
| PF1 |
| PF2 |
7
故| PF2 |

k
，则
| PF || PF | 2a 
k
，因此

.
1
2
2
a
5
7
2
故答案为：
.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1
5. 某机构为了解 2023 年当地居民网购消费情况，随机抽取了 100 人，对其 2023 年全年网购消费金额（单
位：千元）进行了统计，所统计的金额均在区间0,30内，并按0, 5，5,10，…，25, 30分成 6 组，
制成如图所示的频率分布直方图．
第 11 页/共 22 页

（
（
1）求图中 a 的值，并估计居民网购消费金额的中位数．
2）若将全年网购消费金额在 20 千元及以上者称为网购迷，结合图表数据，补全下面的 22列联表，并
判断能否依据小概率值  0.01的

2
独立性检验认为样本数据中网购迷与性别有关．
男
女
合计
网购迷
非网购迷
合计
20
47

 2
n ad bc
a b c d a c b d
       

2

，其中
n  a  b  c  d
．
附

α
0.10
0.05 0.010 0.005 0.001
x
2
.706 3.841 6.635 7.879 10.828
a  0.04
，17500 元．
【
（
【
【
（
答案】（1）
2）表格见解析，有关
解析】
分析】（1）根据频率之和为 1 即可求解 a 的值，进而给根据中位数的计算即可求解；
2）完善二联表，即可计算卡方，进而与临界值比较即可求解.
第 12 页/共 22 页

【
小问 1 详解】
根据频率分布直方图得5 0.01 0.02  0.03 2a  0.06 1


，
a  0.04
解得
，
直方图中从左到右 6 组的频率分别为 0.05，0.1，0.2，0.3，0.2，0.15，可得网购金额的中位数位于15, 20
区间内，设中位数为 x，则
故居民网购消费金额的中位数为 17500 元．
小问 2 详解】
根据频率分布直方图得样本中网购迷的人数为100 0.2  0.15  35


，解得
x  17.5
，
0
.05 0.1 0.2  x 15 0.06  0.5
【


，
列联表如下：
男
女
合计
网购迷
非网购迷
合计
15
47
62
20
18
38
35
65
100
H
零假设为
：网购迷与性别无关
0
 

1
00 15 18 20472

2

 8.375  6.635 ，
6
2383565
依据小概率值  0.01的
即可以认为网购迷与性别有关．

2
独立性检验，有充分证据推断
H
0
不成立，
6. 已知函数 f x xex  ax  2
1
.
1
2
a 
y  f x
在点0, f 0
处的切线方程；
（
（
【
（
1）当
时，求曲线
x(0,)
f (x)  ln x  (a 1)x  3 a
恒成立，求实数 的取值范围.
a
2）对任意实数
，都有
x  2y  4  0
答案】（1）
2）
 
,
0
第 13 页/共 22 页

【
【
解析】
分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程；
x(0,)


（
2 ） 根 据 题 意 分 析 可 得 对 任 意 实 数
， 都 有 a xex  x  ln x 1恒 成 立 ， 构 建

 
xex
 x  ln x 1x  0，根据恒成立问题结合导数分析运算.
g x
【
∵
小问 1 详解】
f x xex  ax  2
f x  x 1ex  a
，则
，
1
1
a 
f 01 a 
f 0  2
若
时，则
，
，
2
2
1
即切点坐标为0,2，切线斜率k 
，
2
1
y  x  2
x  2y  4  0
∴
【
∵
切线方程为
，即
.
2
小问 2 详解】
f (x)  ln x  (a 1)x  3 a
xex  ax  2  ln x  (a 1)x  3 a
，即
，
整理得 a  xex  x  ln x 1，
x(0,)
故原题意等价于对任意实数
，都有 a xex  x  ln x 1恒成立，




1 
x 
g x  xex  x  ln x 1 x  0
构建  

，则
gx x 1ex  
，
x 0,

，则
x 1 0
注意到
，
1
 1 
h1 e 1 0,h   e  2  0
构建 hx ex

hx在0,
，则

上单调递增，且
，
x
 2 
故  在
0, 
内存在唯一的零点
，
h x
x
0
x  x
hx 0
0  x  x
，则
hx 0；
可得当
，则
；当
0
0
x  x
gx 0；当 0  x  x
gx 0
，则
即当
，则
；
0
0
故  在
0, x0 上单调递减，x0 ,
g x g x   x ex0  x  ln x 1
上单调递增，则 ，
g x
0
0
0
0
1
hx
h x 
  e
x
0


0
x ex0 1且 ln x0  x
，可得
0
x
0
又∵
为
的零点，则
，
0
x0
0
第 14 页/共 22 页

g x 1 x  x 1 0
 


∴
，
0
0
0
即  在
0, 
上的最小值为 0，
g x
故实数
的取值范围,0.
a
【
点睛】方法定睛：两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
1
7. 甲､乙两人进行投篮比赛，甲先投 2 次，然后乙投 2 次，投进次数多者为胜，结束比赛，若甲､乙投进
的次数相同，则甲､乙需要再各投 1 次（称为第 3 次投篮），结束比赛，规定 3 次投篮投进次数多者为胜，
2
若 3 次投篮甲､乙投进的次数相同，则判定甲､乙平局.已知甲每次投进的概率为 ，乙每次投进的概率为
3
1
2
，
各次投进与否相互独立.
（
（
【
1）求甲､乙需要进行第 3 次投篮的概率；
2）若每次投篮投进得 1 分，否则得 0 分，求甲得分 X 的分布列与数学期望.
1
3
6
答案】（1）
3
8
5
5
4
（
2）分布列答案见解析，数学期望：
【
【
解析】
分析】（1）分析可得进行第 3 次投篮的前提条件是前 2 次甲、乙投进的次数相同，应分为前 2 次都投进 2
次、1 次、0 次三种情况计算概率，利用互斥事件概率的加法公式可得结果.
2）由题意可得 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，计算每一种情况下对应的概率即可得到分布列和数学
期望.
小问 1 详解】
（
【
第 15 页/共 22 页

设甲第ii 1, 2次投进为事件
，乙第ii 1, 2
次投进为事件
，
A
i
B
i
2
3
1
2
P A 
则  
PBi  
，
．
i
设甲、乙需要进行第 3 次投篮为事件C ，则事件C 包括以下两两互斥的三个事件：
2
 2

2

1
1
9
①
②
③
“甲、乙前 2 次都投进 2 次”，其概率为 PA A  PB B      
，
1
2
1
2
   
3
2
2
1
1 1
2
9

 
      
P A A A1A2 P B B B1B2


2
2
“甲、乙前 2 次都投进 1 次”，其概率为
，
1
2
1
2
3
3
2 2
2
2

2



1


1
“甲、乙前 2 次都投进 0 次”，其概率为 PA A  PB B  1  1  
．
1
2
1
2

3

2
36
1
2
1
13
P C   
则由互斥事件的概率加法公式，可得  

．
9
9 36 36
【
小问 2 详解】
由题意可得 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，
2

2



2



1

1

2

5

 0 

 11

 



，
P X
1
1



3  
2   36  3  54

 2
2
2
1
1


1
2


1


1
2


1
1
2
17

1    
C1


C12  



 
36 3 54
，
P X
  1
1



2
3
3  2 
2
3

（
②
提示：此时有三种情况，①甲前 2 次投进 1 次，乙前 2 次投进 0 次或 2 次；
甲、乙前 2 次均投进 1 次，第 3 次甲未投进；③甲、乙前 2 次均未投进，第 3 次甲投进）
2

2
  2



2
3


1
2


1


1
2
1
1
3
2 2 14

 2 
  

C1
2
 


    
，
P X
1

1
 

  
2
  
2
 9 3 27
1
2
2

   
P X
3
．
9
3
27
所以 X 的分布列为：
X
0
1
2
3
5
17 14
54 27
5
2
P
5
4
27
E X  0 117  2  3
14
2

85
所以  
．
5
4
54
27
27 54
1
8. 如果一个数列从第 2 项起，每一项与它前一项的比都大于 2，则称这个数列为“G 型数列”．
（
1）若数列 满足
，
a 
，求证：数列 是“G 型数列”．
a
a 1 a a  32n1
n
1
n1
n
n
第 16 页/共 22 页

（
2）若数列 的各项均为正整数，且
，
为“G 型数列”，记
b 
，数列 为等比数
a
n
a 1 a 
b  a 1
1
n
n
n
n
列，公比 q 为正整数，当 不是“G 型数列”时，求数列
a 
的通项公式．
b
n
n
1
c 
n
c 
S
（
3）在（2）的条件下，令
，记
的前 n 项和为 ，是否存在正整数 m，使得对任意的
anan1
n
n
1

 
m 1,m

nN* ，都有
成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由．
Sn
【
（
答案】（1）证明见解析
a  2n1
2）
n
（
【
3）存在， m  3
解析】
a a  32n1
求出数列的通项，再由“G 型数列”定义判断即可；
【
（
分析】（1）根据
n1
n
2）根据 不是“G 型数列”求出
b 
a 
公比 q，得到 的通项公式；
b
n
n
n
1
2
1
1
5
a a  4n
n  2，再由放缩法得到
 Sn 

 3
，即可得解.
（
3）先证明
，求出
n
n1
5
Sn
3
12
【
小问 1 详解】

a a  32n1
①
，
n1
n

当  时，
anan1 32n3 ②，

n 2
an1
 9
由①  ② 得，当 n  2 时，
，
an1
所以数列 

 
n N*
n N*
a2n1  
和数列 是等比数列．
a
2
n
a 1 a a  32n1
a  3
2
因为
所以
，
，所以
，
1
n1
n
a  32n1
a
 32n2
2n1
，
，
2
n
an
an1
a  3n1
n
 3  2n  2
因此
，从而
，
所以数列 是“G 型数列”．
a
n
【
小问 2 详解】
第 17 页/共 22 页

因为数列 的各项均为正整数，且
a 
为“G 型数列”，
a
n
n
an1
an
 2
 2an  a
n
a
n1
所以
，所以
，
因此数列 递增．又
b  a 1
，
a
n
n
n
所以bn1 bn  an1  an  0
，因此
b 
q  1 ．
递增，所以公比
n
bn0 1
又 不是“G 型数列”，所以存在
n N*
0
，使得

2，所以 q 2

，
b
n
bn
0
q = 2
b  a 1 2
又公比 q 为正整数，所以
．又
，
1
1
b  2n
n
a  2n1
．
n
所以
，则
【
小问 3 详解】
  

1 
22n1 3 2n 1 22n 1 3 2n

anan1

2
n
1 2n 1
   
 
，
2
      
2
2
3
4
n 2
2n 1 3 2n

 

4
n
n
n
n
因为
所以
，
1
1
n  2，所以
c 

n  2．
a a  4n
n
n1
n
anan1
4
n
1
当
n 1时， S1 
，
3
1
1
1
1
1  1
  
1
1 
当 n  2 时，
S 
n






a1a2 a2a3 a3a4
anan1
3

4
2
4
3
4n

1


1 
1


1
3
4
2
4n1

1
1 
1  1
1
5


  1
  

，
1
4n1
3 12


3 12 12
1

4
1
2
1
1
3
5

 3
即当 n  2 时，

Sn 
，所以
．
12
5
Sn
1
2
1

 3

综上，
， n N* ．
5
Sn
1

 
m 1,m

所以存在正整数 m  3，使得对任意的 nN* 都有
成立．
Sn
1
9. 如图，四棱锥 P  ABCD 中， AB  BC ， AB  AD ， AD  AB  PA  PB  2 ， BC 1， AC  PD ，
第 18 页/共 22 页

M 为线段 PD 中点，线段 PC 与平面 ABM 交于点 N .
（
（
（
【
1）证明：平面 PAB  平面 ABCD ；
2）求平面 PAC 与平面 ABM 夹角的余弦值；
P  ABNM
3）求四棱锥
的体积.
答案】（1）证明见详解
7
（
（
2）
7
4
3
3）
9
【
【
解析】
分析】（1）根据题意可得 PD  平面
ACM
PD  CM
，进而可得
，根据三线合一以及勾股定理可证
PO  平面 ABCD ，进而可得结果；
（
（
2）建系，利用空间向量求面面夹角；
1
3）设 N x, y, z ,CN  CP, 0,1，根据线面关系可得  

，利用向量求面积以及点到面的距
3
离，结合体积公式运算求解.
【
小问 1 详解】
连接CM ，
因为 PA  AD ，且 M 为线段 PD 中点，则 AM  PD ，
又因为 AC  PD ，
AC  AM  A ， AC, AM 
平面
ACM
，
所以 PD  平面
ACM
，
，可得
取 AB 的中点O ，连接OP,OC
由CM  ACM
平面
PD  CM
PC  CD  5
，所以
，
，
因为 AB  PA  PB  2 ，则
PO  AB
，且
PO  3,OC  2
，
第 19 页/共 22 页

PO2  OC
2
 PC
2
PO  OC
可知
，可得
，
，
且
AB OC  O ， AB,OC 
平面
ABCD
所以 PO  平面 ABCD ，
又因为 PO  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 ABCD .
小问 2 详解】
【
如图，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，

3 
1
2

 
则 

 
 



A 1,0,0 , B 1,0,0 ,C 1,1, 0 , P 0, 0, 3 , D 1, 2,0 ,M
,1,


 ，
2 

u uur
uuur
u uur
uuur  1
3  uur


  

AP 1, 0, 3 , AC 2,1, 0 , AB 2,0,0 , AM

 
 

 
,1,

,CP
1, 1, 3
可得

，


2
2 



n  AP  x  3z  0
n  x , y , z

，则
1
1
设平面 PAC 的法向量

 
，
1
1
1
 
n AC 2x1 y1



0

n   3,2 3,1
令 x1  3 ，则
y  2 3, z  1
，可得
，
1
1


m AB  2x  0

2
m  x , y , z

，则 


设平面 ABM 的法向量
，
1
2
3
2
2
2

m AM


x2  y2

z2

0

2
m  0, 3,2
y 
3 ，则
x  0, z  2
令
则
，可得
，
2
0
2
r ur
nm
4
4
7
cs n,m  r ur 
 
，
n  m
7
7
7
且平面 PAC 与平面 ABM 夹角为锐角，所以平面 PAC 与平面 ABM 夹角的余弦值为
.
7
【
小问 3 详解】
设 N x, y, z ,CN  CP, 0,1，

第 20 页/共 22 页

-


x 1 
   
x 1


N 1 ,1 , 3
，即 ，

CN  x 1, y 1, z

，则
y 1 
y 1 
，解得
因为


z  3
z  3


BN

,1 , 3
可得
，
 2 2 3 
1
3
BN m 
3
1   2 3  0

 
N  , ,

又因为
，解得
，即
，
 3 3 3 
uuur  1 2 3  uuur  7
3 
1
BN   , ,
,MN   , ,

可得
 ，



3 3 3 
 6
3
6 

uuur
则 BN 
uuur
uuur uuur
2
2
14
3
7
, MN 
, BN MN  
，
3
9
7
9
uuur uuur
BN MN

7
csBNM uuur uuur


 
可得
可知
，

2 2
14
3
4
BN MN

3
3

BNM 为钝角，则sin BNM  1 cs BNM 
2
，
4
uuur uuur
1
1 2 2
14 3
 
7
所以BNM 的面积为 S△BNM   BN  MN sin BNM  

，
2
2
3
3
4
6
u uur
uuur  1
3 
AB  2,0,0 , AM   ,1,


AB  2, AM  2, AB AM 1，

又因为
，则

2
2 

AB AM
1
2
csBAM  u uur uuur 

可得
，
2
2
4
AB AM

1
4
可知 BAM 为锐角，则sin BAM  1 cs2 BAM 
，
4
u uur uuur
1
1
14
4
7
所以ABM 的面积为 S△ABM   AB  AM sin BAN  2 2 

，
2
2
2
7
7
2 7
3
ABNM
S
 S△BNM  S△ABM




可知四边形
的面积为
，
ABNM
6
2
m AP
2
3
2 21
7
d  ur

ABNM
又因为点 P 到平面
的距离
，
7
m
第 21 页/共 22 页

1
2 21 2 7 4 3
P  ABNM 的体积V
 


所以四棱锥
.
PABNM
3
7
3
9
第 22 页/共 22 页