四川省资阳市安岳中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷

这是一份四川省资阳市安岳中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟；满分：150 分；一、单选题（本题含 8 小题，每题 5 分，共 40 分）
若直线l1 : ax  3y  6  0 与直线l2 : x  (a  2) y  2  0 平行，则a  （ ）
A 1B. 1C. 3D. 3
在等差数列an中，若 a3  a5  a7  a9  a11  100 ，则 a1  a13 的值为（ ）
A. 10B. 20C. 30D. 40

nn1
1
已知数列a 满足： a 
2an , 0  an  2
，n  N*
 ，若 a  2 ，则 a （ ）
12025
2a 1, 1  a  15
n2n
43
B.
55
21
C. D.
55
甲乙两人玩跳棋游戏，约定由抛两次硬币的结果确定谁先走，若两次都正面向上，则甲先走，否则乙先
走，已知甲先走的情况下，甲胜的概率为 p ，乙先走的情况下，甲胜的概率为 1 p ，则甲获胜的概率是
2
（ ）
A 1 3 p
8
5 pC.
8
1 1 p
3
D. 2 p
3
在数列an中，若 a2  2, an  n  2an1  an  ，则 a2024  （）
A. 1012B. 1013C. 2023D. 2024
已知正三棱柱 ABC  ABC 的各条棱长均相等，棱CC 的中点为 D ，则直线 AC 与直线 BD 所成的角
的余弦值为（ ）
A. 0B. 1
4
3
3
5
5
7 已知正项数列a 满足 1 1L1nn  N* ，若 a  2a  3 ，则 a  （）
na aa aa a
2n 1
343
1 22 3
25
n n1
15
A.B. 10C.
22
D. 5
，且
已知椭圆C : x2  y2  1a  b  0 的左，右焦点分别为 F , F ，点 P, Q 在C 上，若 PQ  3PF
a2b2
122
PQF1  PF1Q ，则椭圆C 的离心率为（）
A. 1B.3
33
C. 1
D.3
2
2
二、多选题（本题含 3 小题，每题 6 分，共 18 分）
下面是关于公差d  0 的等差数列an的四个命题，其中正确的有（）
数列a2n1 是等差数列B. 数列2an 1是等差数列
C. 数列 an  是递增数列D. 数列a  3nd 是递增数列
n
n

已知O 为坐标原点， M 1, 2 ， P 是抛物线C : y2  2 px  p  0 上的一点， F 为其焦点，若 F 与双
y
 2
2
曲线 x 1 的右焦点重合，则下列说法正确的有（）
3
3
A. 若 PF  6 ，则点 P 的横坐标为4B. 该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为
5
C. 若VPOF 外接圆与抛物线C 的准线相切，则该圆面积为9π D. △PMF 周长的最小值为3 
一组样本数据x1 ， x2 ， x3 ，… x10  x1  x2  x3 L  x10  的平均数为 x ，方差为 s2 ，由x1 ， x2 ，
x ， x 组成的样本的平均数为 x ，方差为 s2 ，由 x ， x ， x ， x ， x ， x 组成的样本的平均数为
910
11345
678
x ，方差为 s2 ，若 x  x ，则（）
221
x1 ， x2 ， x3 ，…， x10 的中位数等于 x3 ， x4 ， x5 ， x6 ， x7 ， x8 的中位数
x1 ， x2 ， x3 ，…， x10 的 30%分位数等于 x3 ， x4 ， x5 ， x6 ， x7 ， x8 的 20%分位数
x1  x2
12
D 5s2  2s2  3s2
三、填空题（本题含 3 小题，每题 5 分，共 15 分）
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， F 为棱 DD1 的中点， E 为棱 BB1 上一点．记
EF  x AB  y AD  z AA ，若 x  y  z  1 ，则 BE ．
13BB1
已知 S 、T 分别为等差数列a 、b 的前 n 项和， Sn  n 1 ，则 a5  ．
nnnn
Tn3n 1b4
1
PF
已知抛物线 y2  2 px( p  0) 的焦点为 F ，过焦点 F 的直线交抛物线与 P, Q 两点，且
FQ
 1 8 ，则拋物线的准线方程为.
四、解答题
设 Sn 是等差数列an的前 n 项和， a3  7 ， S6  51 .
求数列an的通项公式；
求数列an的前 n 项和 Sn 的最值.
某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次
“一带一路”知识竞赛，满分 100 分（95 分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m 人．按年龄分成
5 组，其中第一组： 20, 25 ，第二组： 25, 30 ，第三组： 30, 35 ，第四组： 35, 40 ，第五组：
40, 45，得到如图所示的频率分布直方图．
根据频率分布直方图，估计这m 人的平均年龄和第 80 百分位数；
现从以上各组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取 20 人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
若有甲（年龄 38），乙（年龄 40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，再随机抽取 2 名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
5
若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为 37 和
2
，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分
别为 43 和 1，据此估计这m 人中35 ~ 45 岁所有人的年龄的方差．
n
n
nn
n
已知数列a 的前 n 项和为 S ，且满足 S  2a  1n  N * ，数列b 满足
nb n 1b
 2n2  2n n  N *  且b  1，求证：数列bn  成等差数列，并求a 和b 的通项公
n
n1n
1nn

式；
已知三棱柱 ABC  A1B1C1 中， ACB  90 ， A1B  AC1 ， AC  AA1  4 ， BC  2 ．
求证：平面 A1ACC1⊥平面 ABC；
3
1
若A AC  60 ，在线段 AC 上是否存在一点 P，使二面角 B  A P  C 的平面角的余弦值为？
1
4
若存在，确定点 P 的位置；若不存在，说明理由．
2
2
已知椭圆C : x
y  1a  b  0 ，
A, B
分别是椭圆C 的左、右顶点，
M , N
是椭圆C 上异于

2
2
ab
A, B 的两个点，当四边形 AMBN 为菱形时，四边形 AMBN 的周长为4 5 ，面积为 4.
求椭圆C 的方程.
若 MA ， NB 的斜率分别为 k1 ， k2 ，且 k2  3k1 ，证明：直线 MN 过定点.
在（2）的条件下，若直线 MA ， NB 交于点 P ，直线 NA ， MB 交于点Q ，求 PQ 的最小值.
安岳中学高 2023 级第四学期入学考试
数学试题
考试时间：120 分钟；满分：150 分；一、单选题（本题含 8 小题，每题 5 分，共 40 分）
【分析】本题可以通过直线l1 与直线l2 得直线方程以及两直线平行的相关性质列出等式，然后通过计算即可得出结果.
【详解】因为l1 / /l2 ，所以 a(a  2)  3  a2  2a  3  (a  3)(a 1)  0 ，所以 a  3 或 a  1 ．当 a  3 时， l1 : 3x  3y  6  0, l2 : x  y  2  0, l1, l2 重合；
当 a  1 时， l1 : x  3y  6  0 ， l2 : x  3y  2  0 ，符合题意．综上 a  1 .
故选：B.
在等差数列an中，若 a3  a5  a7  a9  a11  100 ，则 a1  a13 的值为（ ）
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列下标和的性质求得 a7  20 ，进而可得 a1  a13 的值.
【详解】由已知， a3  a5  a7  a9  a11  5a7  100 ，所以 a7  20 ，故 a1  a13  2a7  40 ．
1. 若直线l1 : ax  3y  6
A. 1
 0 与直线l2
B. 1
: x  (a  2) y  2  0 平行，则a  （
C. 3
）
D. 3
【答案】B
【解析】
故选：D
 2an , 0  an  22
5

1
*
已知数列an满足： an1  
2a
1, 1  a
，n  N
 1
 ，若 a1 ，则 a2025  （ ）
n2n
43
B.
55
21
C. D.
55
【答案】C
【解析】
【分析】本题可先根据数列的递推公式求出数列的前几项，再找出数列的周期，最后根据周期求出 a2025 的
值.

2 2an , 0  an
 1 ,
2
5
【详解】解：因为 a1  且 an  
2a
1, 1  a
 1.
n2n
所以 a  2  a  4 ， a  2  a 1  2  4 1  3 ，
2153255
a  2  a 1  2  3 1  1 ， a  2  a  2  a ，
43555451
a  2  a  4  a ，L ，
6552
所以数列an是周期数列，且周期为 4，
所以 a a a  2 .
20255064115
故选：C.
甲乙两人玩跳棋游戏，约定由抛两次硬币的结果确定谁先走，若两次都正面向上，则甲先走，否则乙先
走，已知甲先走的情况下，甲胜的概率为 p ，乙先走的情况下，甲胜的概率为 1 p ，则甲获胜的概率是
2
（ ）
1 3 p
8
5 pC.
8
1 1 p
3
D. 2 p
3
【答案】B
【解析】
【分析】由互斥事件的概率公式即可求解；
13
【详解】由题意可知：甲先走的概率为
4
，则乙先走的概率为 ，
4
甲获胜有两种情形：甲先走且获胜；乙先走且甲获胜，
则甲获胜的概率 1  p  3  1 p  5 p ，
4428
故选：B.
【分析】由题意先求出 a  3 ，再将已知式化简后运用累乘迭代法求得 a  n  2 ，即可求得 a.
5. 在数列an中，若 a2
 2, an  n  2an1
 an  ，则 a2024  （
）
A. 1012
【答案】B
【解析】
B. 1013
C. 2023
D. 2024
12n2
2024
【详解】在 a  n  2a a  中，取 n  1 ，可得 a  3(a  a ) ，代入 a  2 解得 a  3 ，
nn1n
121212
又由 a  n  2a a  可得 an1  n  3 ，
nn1n
ann  2
于是 a  an  an1 L a2  a  3  4  5 L n 1  n  2  n  2 ，

naaa
1234
nn 12
n1n21
故 a2024
 2024  2  1013 .
2
故选：B.
已知正三棱柱 ABC  ABC 的各条棱长均相等，棱CC 的中点为 D ，则直线 AC 与直线 BD 所成的角
的余弦值为（ ）
A. 0B. 1
4
3
3
5
5
【答案】A
【解析】
–––→
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出 AC  0, 2, 2 ， BD   3,1,1 ，计算二者的
数量积，即可得答案.
【详解】设 AC 中点为O ， AC 中点为O ，
由正三棱柱性质知OO  底面 ABC ， AC, OB  底面 ABC ，则OO  AC ， OO  OB ，
又底面 ABC 是等边三角形， O 是 AC 中点，则 AC  OB ．
以O 为原点， OB ， OC ， OO ，所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
设正三棱柱 ABC  ABC 的棱长都为 2，
则 A0, 1, 2 ， C 0,1, 0 ， B  3, 0, 0， D 0,1,1 ，
–––→
∴ AC  0, 2, 2 ， BD   3,1,1 ，则 AC  BD  0  2  2  0
∴ AC  BD ，
即异面直线 AC 和 BD 成角的余弦值为 0,
故选：A.
已知正项数列a 满足 1 1L1nn  N* ，若 a  2a  3 ，则 a  （）
na aa aa a
2n 1
343
1 22 3
25
n n1
15
A.B. 10C.
22
D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程组法求得 n  2 时11，进而 1 1 ，结合 a  2a  3 求解 a 即可.
34
3
anan1
4n2 1
a3a435
【详解】因为
1
a1a2
1
a2a3
L
1
anan1
n
2n 1
n  N* ，
当 n  2 时，
1
a1a2
1
a2a3
L
1
an1an
n 1
 2n 1 ，
1
两式相减得：
n
n 1 
1， n  2 ，
anan12n 12n 14n2 1
3 4
34
3
当 n  3 时， 1 1 ， a a  35 ，又 a  2a  3 ，解得 a  10 .
a3a435
故选：B
，且
已知椭圆C : x2  y2  1a  b  0 的左，右焦点分别为 F , F ，点 P, Q 在C 上，若 PQ  3PF
a2b2
122
PQF1  PF1Q ，则椭圆C 的离心率为（）
A. 1B.3
33
C. 1
D.3
2
2
【答案】B
【解析】
––––→–––→––––→
【分析】设 PF2  x, PQ  3x, QF2
10 a2  4c2
 2x ， 利用椭圆的定义求出各边长， 利用余弦定理得到方程
4  7 ，即可求出离心率.
3 a29
2
【详解】
由 PQ  3PF2 ，可得 P, Q, F2 在同一条直线上， F1F2
 2c
––––→
设 PF2
–––→––––→
 x ，则 PQ  3x, QF2
 2x ，
–––→––––→–––→––––→
由椭圆的定义， PF1  PF2  2a, QF1  QF2
–––→–––→
 2a,
则 PF1  2a  x, QF1  2a  2x,
PQF  PFQ
–––→
–––→

2a  x  3x
x  a
因为11
，则 PF1
PQ , 即
，解得，
2
––––→
a –––→
3a ––––→–––→–––→3a
所以 PF2
 , PQ 
2
2 , QF2
 a, QF1
 a, PF1

2
PF1  PQ  F1Q
–––→ –––→
2 PF1 PQ
–––→ 2
–––→ 2–––→ 2
 3a 2

 3a 2
 
 a2
在VF PQ 中， cs F PQ   2  2   7 ，
11
2  3a  3a9
–––→––––→––––→
22
2
 3a 2 a 2210
2
2
PF PF
 F F
   
 2c
a2  4c2
在VF PQ 中， cs F PF 12
1 2 
2  2  4，
112
–––→ ––––→
3aa3
10 a2  4c2
2 PF1 PF2
\l "_TOC_250000" 2  a2
222
则 4  7 ，化简得 4 a2  4c2 ，即e2  c2  1 ,解得： 3
e.
3 a293
2
a233
故选：B.
二、多选题（本题含 3 小题，每题 6 分，共 18 分）
下面是关于公差d  0 的等差数列an的四个命题，其中正确的有（）
A. 数列a2n1 是等差数列B. 数列2an 1是等差数列
C. 数列 an  是递增数列D. 数列a  3nd 是递增数列
n
n

【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意写出等差数列的通项公式，根据公差d  0 ，逐一写出四个选项的通项公式，利用等差数列的定义以及函数单调性加以判断即可.
【详解】设等差数列的首项为 a1 ，所以 an  a1  (n  1)d  dn  a1  d ，
对于 A，由 an  dn  a1  d ，则 a2n1  d (2n 1)  a1  d  2dn  a1  2d ，所以 a2n1  a2n1  2d ，即数列a2n1 是等差数列为公差为2d 的等差数列，故 A 正确；
对于 B，由 an  dn  a1  d ，所以2an 1  2dn  2a1  2d 1，则
2an1 1  2an 1  2d (n 1)  2a1  2d 1  2dn  2a1  2d 1  2d ，所以数列2an 1是以公差为2d 的等差数列，故 B 正确；
对于 C，由 a  dn  a  d ，可得 an  dn  a1  d  d  a1  d ，当 a  d  0 时，数列 an  不是递增
n

n1nnn1
数列，故 C 不正确；
对于 D，由 an  dn  a1  d ，可得 an  3nd  4dn  a1  d ，所以
an1  3d (n 1)  an  3nd   4d  0 ，所以数列an  3nd 是递增数列，故 D 正确；故选：ABD
已知O 为坐标原点， M 1, 2 ， P 是抛物线C : y2  2 px  p  0 上的一点， F 为其焦点，若 F 与双
y
 2
2
曲线 x 1 的右焦点重合，则下列说法正确的有（）
3
3
A. 若 PF  6 ，则点 P 的横坐标为4B. 该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为
5
C. 若VPOF 外接圆与抛物线C 的准线相切，则该圆面积为9π D. △PMF 周长的最小值为3 
【答案】ACD
【解析】
【分析】由双曲线方程可确定焦点 F 坐标，进而得到抛物线方程；利用抛物线焦半径公式可求得 A 正 确；将准线方程与双曲线方程联立可得交点纵坐标，由此可得线段长度，知 B 错误；根据VPOF 外心的横坐标为1且圆与准线相切可得圆的半径，由此可知 C 正确；结合抛物线定义可知
PF  PM
 PP  PM
 MM  ，由此可求得△PMF 周长的最小值，知 D 正确.
【详解】由双曲线方程知： F 2, 0 ，抛物线C : y2  8x ，
对于 A，设 P  x0 , y0  ，则 PF
 x0  2  6 ，解得： x0  4 ，A 正确；
 x2

对于 B，抛物线准线方程为： x  2 ，由 3
y2  1
3

得： y  ，
准线被双曲线截得的线段长度为
x  23
2 3
3
，B 错误；
对于 C，QVPOF 外接圆圆心在线段OF 的中垂线上，则其横坐标为1，又该圆与抛物线准线相切，该圆的半径 r  1 2  3 ，
该圆的面积 S  πr 2  9π，C 正确；
对于 D，设 P 和 M 在准线上的投影分别为 P, M  ，
由抛物线定义知： PF  PP ，
则 PF
 PM
 PP  PM
 MM  （当且仅当 M , P, P三点共线时取等号，此时 P, M  重合），
1 22  2  02
5
又 MM   1 2  3 ， MF ，
5
VPMF 周长的最小值为3 ，D 正确.故选：ACD.
一组样本数据x1 ， x2 ， x3 ，… x10  x1  x2  x3 L  x10  的平均数为 x ，方差为 s2 ，由x1 ， x2 ，
x ， x 组成的样本的平均数为 x ，方差为 s2 ，由 x ， x ， x ， x ， x ， x 组成的样本的平均数为
910
11345
678
x ，方差为 s2 ，若 x  x ，则（）
221
x1 ， x2 ， x3 ，…， x10 的中位数等于 x3 ， x4 ， x5 ， x6 ， x7 ， x8 的中位数
x1 ， x2 ， x3 ，…， x10 的 30%分位数等于 x3 ， x4 ， x5 ， x6 ， x7 ， x8 的 20%分位数
x1  x2
12
5s2  2s2  3s2
【答案】ACD
【解析】
【分析】由中位数的概念，百分位数的计算公式、平均数的计算及方差计算公式逐个判单即可；
【详解】 x , x , x ,L, x 的中位数为 x5  x6 , x , x , x , x , x , x 的中位数为 x5  x6 ，A 正确；
12310
23456782
10  30%  3 ，所以 x , x , x ,L, x 的30% 分位数为 x3  x4 , 6  20%  1.2 ，所以 x , x , x , x , x , x 的
123102
345678
20% 分位数为 x4 ，B 错误；
因为 10x  4x1  6x2 , x1  x ，所以 x1  x2 ，C 正确；
由 s2  4 x  x 2  s2   6 x  x 2  s2  ，化简可得5s2  2s2  3s2 ，D 正确.
10 
故选：ACD
11 
10 
22 12
三、填空题（本题含 3 小题，每题 5 分，共 15 分）
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， F 为棱 DD1 的中点， E 为棱 BB1 上一点．记
EF  x AB  y AD  z AA ，若 x  y  z  1 ，则 BE ．
1
1
【答案】
6
【解析】
3BB1
【分析】画出图形，由向量的线性运算分解向量结合已知条件即可.
【详解】如图所示：
BE  λ
–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
1 ––––→
1
设 BB
，因为 EF  EB  BA  AD  DF  λBB1  AB  AD  2 DD1
–––→–––→–––→1 –––→–––→–––→ 1 –––→

 λAA1  AB  AD  2 AA1   AB  AD   2 λ AA1 ，
又已知 EF  x AB  y AD  z AA ，所以 x=−1 ， y  1， z  1 λ．
12
又因为 x  y  z  1 λ 1 ，所以λ 1 ．
236
1
故答案为: .
6
已知 S 、T 分别为等差数列a 、b 的前 n 项和， Sn
 n 1 ，则 a5  ．
nnnn
Tn3n 1b4
2
【答案】 1 ##0 5
【解析】
【分析】运用等差数列前 n 项和的函数特征求解.
【详解】根据等差数列前 n 项和的函数特征，可设 Sn  kn n 1,Tn  kn 3n 1k  0,
则 a5  S5  S4 
k  5 6  k  4  5  10k  1 .
b4T4  T3
k  4 11 k  3 820k2
.
故答案为： 1
2
1
PF
已知抛物线 y2  2 px( p  0) 的焦点为 F ，过焦点 F 的直线交抛物线与 P, Q 两点，且
FQ
1 8 ，则拋物线的准线方程为.
【答案】 x   1
8
【解析】
【分析】根据题意作出图形，设直线 PQ 与 x 轴的夹角为α，不妨设| PF || QF | ，设抛物线的准线与 x 轴的交点为 E ，过点 P 作准线与 x 轴的垂线，垂足分别为 P, H ，过点Q 分别作准线和 x 轴的垂线，垂足分别为Q, G ，进一步可以得到| PF || PP || EH || EF |  | FH | p | PF | csα，进而求出| PF | ，同理求出| QF |，最后解得答案.
)
【详解】设直线 PQ 与 x 轴的夹角为α(0 α π ，根据抛物线的对称性，不妨设| PF || QF | ，如图所
2
示.设抛物线的准线与 x 轴的交点为 E ，过点 P 作准线与 x 轴的垂线，垂足分别为 P, H ，
过点Q 分别作准线和 x 轴的垂线，垂足分别为Q, G .
由抛物线的定义可知， | PF || PP || EH || EF |  | FH | p | PF | csα| PF |
p
，
1 csα
同理： | QF || QQ || EG || EF |  | GF | p | QF | csα| QF |
p
1 csα,
1
于是，1 1 csα 1 csα 2  8  p  1 ，则抛物线的准线方程为： x   1 .
| PF || QF |
故答案为： x   1 .
8
ppp48
四、解答题
设 Sn 是等差数列an的前 n 项和， a3  7 ， S6  51 .
求数列an的通项公式；
求数列an的前 n 项和 Sn 的最值.
n
【答案】（1） a  3n  2, n  N* 
（2） Sn 有最小值1， Sn 没有最大值.
【解析】
【分析】（1）由等差数列及其前 n 项和基本量的计算可得 a1, d ，由此即可得解.
（2）由等差数列前 n 项和公式的二次函数特性即可得解.
【小问 1 详解】
不妨设等差数列的首项、公差分别为 a1, d ，
由题意 a  a  2d  7 ， S
 6a  6  5 d  51，
31
解得 a1  1, d  3 ，
612
所以 an
 a1
 n 1 d  1 3n 1  3n  2, n  N*  ，
n
n
即数列a 的通项公式为 a
 3n  2, n  N* .
【小问 2 详解】
a  3n  2,
n  N*
n a1  an 
n 3n 1
3n2n*
由（1）可知 n
n  1 ，
6
，所以 S 
n2222
, n  N
 ，对称轴为
所以当 n  1 时， Sn 有最小值 S1  a1  1 ， Sn 没有最大值.
某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次
“一带一路”知识竞赛，满分 100 分（95 分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m 人．按年龄分成
5 组，其中第一组： 20, 25 ，第二组： 25, 30 ，第三组： 30, 35 ，第四组： 35, 40 ，第五组：
40, 45，得到如图所示的频率分布直方图．
根据频率分布直方图，估计这m 人的平均年龄和第 80 百分位数；
现从以上各组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取 20 人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
若有甲（年龄 38），乙（年龄 40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，再随机抽取 2 名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
5
若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为 37 和
2
，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分
别为 43 和 1，据此估计这m 人中35 ~ 45 岁所有人的年龄的方差．
【答案】（1）32.25 岁；37.5
3
（2）（ⅰ）
5
【解析】
，（ⅱ）10
【分析】（1）应用频率分布直方图求平均数再求百分位数即可；
（2）先应用古典概型计算概率，再应用分层抽样求平均数和方差公式计算方差.
【小问 1 详解】
设这m 人的平均年龄为 x ，则 x  22.5  0.05  27.5  0.35  32.5  0.3  37.5  0.2  42.5  0.1  32.25 （岁）设第 80 百分位数为 a ，分数低于 35 分占0.05  0.35  0.3  0.7  0.8 ，
分数低于 40 分占0.05  0.35  0.3  0.2  0.9  0.8 ，故 a 35, 40 ，所以0.7  a  35 0.04  0.8 ，解得 a  37.5 ．
【小问 2 详解】
由题意得，第四组应抽取 4 人，记为A ， B ， C ，甲，第五组抽取 2 人，记为 D ，乙，对应的样本空间为：
Ω   A, B,  A, C ,  A,甲,  A,乙,  A, D,  B, C ,  B,甲,  B,乙,  B, D,
C,甲, C,乙, C, D, 甲,乙, 甲, D, 乙, D ，
共 15 个样本点．
设事件 M  “甲、乙两人至少一人被选上”，则
M   A,甲,  A,乙,  B,甲,  B,乙, C,甲, C,乙, 甲,乙, 甲, D, 乙, D ，
共有 9 个样本点，
n M 3
所以， P M   ．
n Ω5
设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为 x ， x ，方差分别为 s2 ， s2 ，
则 x  37， x  43， s2  5 ， s2  1 ，
4545
45425
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为 z ，方差为 s2 ．
则 z  4x4  2x5  39 ， 6
s2  1 4  s2  x  z 2   2  s2  x  z 2  10 ，
6 44
 55
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为 10，
据此，可估计这m 人中年龄在 35 至 45 岁的所有人的年龄方差约为 10．
n
n
nn
n
已知数列a 的前 n 项和为 S ，且满足 S  2a  1n  N * ，数列b 满足
nb n 1b  2n2  2n n  N *  且b  1，求证：数列bn  成等差数列，并求a 和b 的通项公
n
n1n
1nn

式；
12
n
【答案】证明见解析， an  2n ， b  2n  n .
【解析】
【分析】 nbn1
 n 1bn
 2n2  2n n  N * ，化简可得 bn1

n 1
 bn
n
 2 ，即可证得bn  成等差数列，
 n 

利用 an 与 Sn 的关系化简可得 an  2an  2an1 进而证得an为等比数列，利用通项公式求得结果.
【详解】因为 nbn1
 n 1bn
 2n2  2n n  N * ，则 bn1

n 1
 bn
n
 2 ，
 n 
所以bn  为首项为 1，公差为 2 的等差数列，

有 bn
n
 1 n 1 2  2n 1 ， bn
 2n2  n ；
nnn1n1nnn1
又n  N  , S  2a 1，则 n  2 时， S 2a1，相减得， a  2a  2a，
n
则有 an  2an1 ，而 a1  S1  2a1 1，即 a1  1  0 ，即an为首项为-1，公比为 2 的等比数列，所以 a  1 2n1  2n1 .
已知三棱柱 ABC  A1B1C1 中， ACB  90 ， A1B  AC1 ， AC  AA1  4 ， BC  2 ．
求证：平面 A1ACC1⊥平面 ABC；
3
1
若A AC  60 ，在线段 AC 上是否存在一点 P，使二面角 B  A P  C 的平面角的余弦值为？
1
4
若存在，确定点 P 的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
–––→
（2）存在， AP 
【解析】
3 –––→
AC ，理由见解析.
4
【分析】（1）连接 A1C ，由线面垂直的判定有 AC1  平面 A1CB ，根据线面垂直的性质 AC1  BC ，最后根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.
（2）构建空间坐标系，假设存在 AP  λAC 0  λ 1 使题设条件成立，进而求得面 BA1P 、面 A1PC 的
法向量，根据已知二面角余弦值及空间向量夹角的坐标表示列方程求λ，即可判断存在性.
【小问 1 详解】
由 AC  AA1 知：四边形 AA1C1C 为菱形．
连接 A1C ，则 A1C  AC1 ，又 A1B  AC1 且 A1C ∩ A1B  A1 ，
∴ AC1  平面 A1CB ， BC  平面 A1CB ，则 AC1  BC ；
又ACB  90 ，即 BC  AC ，而 AC  AC1  A ，
∴ BC  平面 A1 ACC1 ，而 BC  平面 ABC，
∴平面 A1ACC1⊥平面 ABC．
【小问 2 详解】
以 C 为坐标原点，射线 CA、CB 为 x、y 轴的正向，平面 A1ACC1 上过 C 且垂直于 AC 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵ AC  AA1  4 ， BC  2 ， A1 AC  60 ，
∴ C 0, 0, 0 ， B 0, 2, 0 ， A4, 0, 0 ， A1 2, 0, 2 3 ．
设在线段 AC 上存在一点 P，满足 AP  λAC 0  λ 1 ，使二面角 B  A1P  C 的余弦值为 3 ，则
4
AP  4λ, 0, 0 ，
–––→–––→–––→
所以 BP  BA  AP  4, 2, 0  4λ, 0, 0  4  4λ, 2, 0 ， A1P  A1 A  AP  2  4λ, 0, 2 3 ．
设平面 BA1P 的一个法向量为 m   x1, y1, z1  ，

–→ –––→
m  BP  4  4λ x1  2 y1  0
–→
1 2λ
由–→ –––→，取 x1  1 ，得 m  1, 2  2λ,3  ；
m  A1P  2  4λ x1  2 3z1  0 
平面 A PC 的一个法向量为 →  0,1, 0 ．
1
cs
→ →
m, n
→ →

m n
→→
n
2  2λ
1 2  2λ2 
1 2λ2 3
1
3
43
由m  n4 ，解得λ 或λ ．
34
3
因为0 ≤λ≤1 ，则λ．
4
–––→  3 –––→
B  A P  C3
故在线段 AC 上存在一点 P，满足 AP
4 AC ，使二面角1
的平面角的余弦值为．
4

2
2
2
2
已知椭圆C : xy  1a  b  0 ， A, B 分别是椭圆C 的左、右顶点， M , N 是椭圆C 上异于
ab
A, B 的两个点，当四边形 AMBN 为菱形时，四边形 AMBN 的周长为4 5 ，面积为 4.
求椭圆C 的方程.
若 MA ， NB 的斜率分别为 k1 ， k2 ，且 k2  3k1 ，证明：直线 MN 过定点.
在（2）的条件下，若直线 MA ， NB 交于点 P ，直线 NA ， MB 交于点Q ，求 PQ 的最小值.
【答案】（1）
x2  2
y
4
 1；
3
（2）证明见解析；（3） 2.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆四个顶点围成的菱形周长和面积公式，即可求解椭圆参数 a, b ；
利用设直线与椭圆联立方程组，由于 k  3k 转化为坐标关系式为 k2  my1 y2 +y2 (n  2)  3 ，此时
21kmy y +y (n  2)
11 22
消元 my1 y2  
n2  4 2n
 y1  y2  ，即可求出 n  1 ，从而可得出定点坐标.
利用上述消元思想，可得点 P 横坐标为定值4 ，即可表示点 P 纵坐标，同理可求得点Q 横坐标也为定值4 ，即可表示点Q 纵坐标，从而可表示 PQ ，再求最小值.
【小问 1 详解】
根据椭圆的对称性知，当 M，N 分别为椭圆的上、下顶点时，四边形 AMBN 为菱形，
a2  b2
由4
 4
， 2ab  4 ，得 a  2 ， b  1，
5
x22
所以椭圆C 的方程为 y
4
 1.
【小问 2 详解】
依题意，直线 MN 的斜率不为零，设直线 MN 的方程为 x  my  n ， M (x1 , y1 ), N (x2 , y2 ) ，
x  my  n

由 x2
 y2  1
消去 x 整理得(m2  4) y2  2mny  n2  4  0 ，
 4
 y  y
  2mn
22
 12
则  16(m  n  4)  0 ， 
m2  4
my yn2  4
， 1 2  ，
n2  4
y1  y22n
 y1 y2  m2  4
而 A(2, 0), B(2, 0) ，则 k1 
y1
x  2
, k2 
y2
x  2 ，
12
 n2  4 
因此 k2  y2  x1  2  y2 (my1  n  2) 
2n( y1y2 )(n
y2
ky  x  2y (my  n  2)
 n2  4 
11212
2n( y1y2 )(n
y1
(n2  4)( y  y )  2n(n  2) y(n  2)[(n  2) y  (n  2) y ]2  n
 122  12  3 ，
(n2  4)( y  y )  2n(n  2) y(n  2)[(2  n) y  (n  2) y ]2  n
12112
解得 n  1 ，
所以直线 MN : x  my  1 恒过定点(1, 0) .
【小问 3 详解】
由（2）知 n  1 ， y  y  2m, y y  3
，得 my y  3 ( y  y )
12m2  41 2
m2  4
1 2212
直线 AM 的方程为y 
y1( x  2) ，直线 BN 的方程为 y 
y2(x  2) ，
x1  2
x2  2
则
y1 x1  2
(x  2) 
y2 x2  2
(x  2) ，
x  2y (x  2)
y (my  3)
my y  3y
3 ( y  y )  3y3 ( y  3y )
即21
21
1 22
 2122  212  3x 
x  2y1 (x2  2)y1 (my2 1)
my1 y2  y1
3 ( y  y )  y1 ( y  3y )
即可得点 P(x , y ) 有 x  4 ， y
，解得4 ，
 6 y1 ，
2121212
PPP
P
x1  2
Q
同理可得点Q(x , y ) 有 x = 4 ， y  6 y2 ，
QQQ
x2  2
|PQ|  |y
 y |  |
6 y2
 6 y1
|  |
6 y2
6 y1
|  |
18( y2  y1 )|
QPx  2x  2my  3my  3m2 y y  3m( y  y )  9
21211 212
18 ( y  y )2  4 y y
m24
 211 2

   2
 2，
18 (
2m
m2  4m2  4
)2 
12
72 m2  3
m2  3
3
| 9m ( y  y )  9||  9m2 36
212
m2  49 |
m2  4
3
当且仅当 m  0 时取等号，所以| PQ |的最小值为2.