四川省成都市树德中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试卷

这是一份四川省成都市树德中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
若命题“ x  R，x2  2ax  6a  0 ”是假命题，则 a 的取值范围是（）
A. 0，6
C. 0，6
B. , 0 ∪ 6, 
1 x
D. , 0∪6, 
设集合
A  x∣22x1  1 ，B  x∣y 
1
则 A ∩ B  （）
32 

{x | 3  x  1}
{x | x  1}
{x | x  3}
{x | 1  x  3}
从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）
至少有一个红球与都是黑球B. 至少有一个黑球与都是黑球
C. 至少有一个黑球与至少有 1 个红球D. 恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球
在等差数列a 中， S  33 ，则 a  a  1 a  （ ）
n11
583 9
A. 5B. 4C. 3D. 2
已知 m, n, a, b 是两条不重合的直线， α，β 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
若 m α, n / /β,α β ，则 m  n
若
m  n，m α，n / /β ，则 α β
若
m / /n，m / /α，n / /β ，则 α/ /β
若 a / /α，a  β，α β b ，则 a / /b
已知函数 f  x  sin 3ωx  π  (ω 0) 的最小正周期为π ，则 f (x) 在 π , π  的最小值为（ ）
 3 
 12 6 
 
3
2
 3
2
3
C. 0D.
2
定义在 R 上函数满足 f  x 1  1 f  x ，且当 x 0,1 时， f  x  1 2x 1 .则使得 f  x  1 在
216
m,  上恒成立的m 的最小值是（）
79
B.
22
1315
D.
44
如图， F1，F2 为双曲线的左右焦点，过 F2 的直线交双曲线于 B，D 两点， OD  3，E 为线段的 DF1
中点，若对于线段 DF1 上的任意点 P ，都有 PF1  PB  EF1  EB 成立，且△BF1F2 内切圆的圆心在直线
x  2 上.则双曲线的离心率是（）
4
A B.
3
3
C. 2D.
2
3
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，有二个正确选项的，每个选项 3 分，有三个正确选项的，每个选项 2 分，有选错的得 0 分.
已知高二（1）（2）（3）班三个班的学生人数之比为 3∶3∶4.在某次数学考试中，高二（1）班的不及格率为 10%，高二（2）班的不及格率为 20%，高二（3）班的不及格率为 15%，从三个班随机抽取一名学 生.记事件 A  “该学生本次数学考试不及格”，事件 Bi  “该学生在高二（ i ）班”（ i  1 ，2，3），则
（）
A P  Bi   0.3
P  A  0.15
C A 与 B3 相互独立
P B1 A P B3 A
D. 1
2
若△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足b  3a  6a sin2 A  B  0 ，则下列结论
2
正确的是（）
角 C 一定为锐角B.
3a2  5b2  3c2
4 tan A  tan C  0
3
tan B 的最大值为
4
双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于 1694 年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种
类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线 C（如图所示）过坐标原点 O，且 C 上的点 P  x, y  满足到两个定点 F1 a,0 ， F2 a,0(a  0) 的距离之积为 4，则下列结论正确的是（ ）
a  2
2
点 M  x,1(x  0) 在 C 上，则∣MF∣1  2
点 N 在椭圆 x2  y2  上，若 F N  F N ，则 N  C
112
62
过 F2 作 x 轴的垂线交 C 于 A，B 两点，则∣AB∣ 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知数列an中， a1  2 ， an1  3an  2 ， n  N+ ，则数列an的通项公式为．
甲、乙、丙等 8 名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排 2 名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有种
不同的分配方案.
x31 a 2a
若函数 f  x 
62
x  axlnx  ax 有两个极值点，则
的取值范围是．
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.
b π 
3
在V ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，已知
2acs  C   ．

（1）求A ；
3
（2）若b  2 3c ，且V ABC 面积2，
求 a 的值；
求cs2B  A ．
已知函数 f  x  1 x2  alnx  a3, a  R ．
2
当 a  1 时，求曲线 y 
f  x 在点2, f 2 处的切线方程；
若 f  x 有极小值，且 f  x  2a3  a ，求 a 的取值范围．
2
x2y2
FF12 3
已知椭圆 E :
a2b2
求椭圆 E 的方程；
 1(a  b  0) 的左右焦点分别为 1 ， 2 ，离心率为 2 ，且点( 3 , 2) 在 E 上．
过点 B 1,0 作直线l 交椭圆 E 于 M , N 两点，且点 M 位于 x 轴上方，设点 N 关于 x 轴的对称点为
N1 ，求△BMN1 面积的最大值．
2
如图，平面四边形 PBCD 中，点A 是线段 PD 上一点， AB  PD ，且 PD  4 ， CD ，
∠ADC=45 ，沿着 AB 将三角形 PAB 折叠得到四棱锥 P  ABCD ，折叠后PAD  120 ．
求证：平面 PAD  平面 ABCD ；
若 AP  AD ，求平面 PCD 与平面 ABCD 夹角的正切值；
若 P ， A ， C ， D 在同一个球面上，设该球面的球心为G ，证明：当球G 的半径最小时，点G 在平面 PAD 内．
甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是 p （ 0  p  1 ），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.
p  1 ，若两人共进行 5 局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
2
p  2 时，若两人共进行2n +1 （ n  N* 且 n  2 ）局比赛，记事件 A 表示“在前2n 1局比赛中甲
3k
n2
赢了 k k  0,1, 2,L, 2n 1 局”.事件 B 表示“甲最终获胜”.请写出 P  B  Ak  ， P B An1  ，

P B An  ， P  B

2n1 k n1

k 
A  的值（直接写出结果即可）；

k 0
若两人共进行了2n 1n  N*  局比赛，甲获胜的概率记为 P .证明： 1  p  1时，
n2
Pn2  Pn1  Pn1  Pn .
成都树德中学高 2023 级高三上期开学考试
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，只有一项是符合要求的.
若命题“ x  R，x2  2ax  6a  0 ”是假命题，则 a 的取值范围是（）
A. 0，6
C. 0，6
, 0 ∪ 6, 
D. , 0∪6, 
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知命题的否定为真命题，由判别式得到不等式，解得 a 的取值范围》
【详解】命题“ x  R，x2  2ax  6a  0 ”是假命题，则x  R，x2  2ax  6a  0 是真命题，
∴   4a2  24a  0 ，解得： a  6 或a  0 ，
即 a 的范围是∞, 06, ∞
故选：D.
设集合
A  x∣22x1  1 ，B  x∣y 
1 x
1
则 A ∩ B  （）
32 

{x | 3  x  1}
{x | x  1}
{x | x  3}
{x | 1  x  3}
【答案】C
【解析】
【分析】解指数不等式得集合A ，求函数定义域得集合 B ，然后根据交集的定义求解.
1 x
【详解】因为集合 A＝x | 22x1  1  25   x | x  3 ， B  x | y 1  x | x  1 ，
32

所以 A ∩ B  x | x  3 .
故选：C.
从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）
至少有一个红球与都是黑球B. 至少有一个黑球与都是黑球
C. 至少有一个黑球与至少有 1 个红球D. 恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件以及对立事件的定义逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，可能为：1 红 1 黑、2 红、2 黑，
对于 A：至少有一个红球包括 1 红 1 黑、2 红，与都是黑球是对立事件，不符合题意，故选项 A 不正确；对于 B：至少有一个黑球包括 1 红 1 黑、2 黑，与都是黑球不是互斥事件，不符合题意，故选项 B 不正 确；
对于 C：至少有一个黑球包括 1 红 1 黑、2 黑，至少有 1 个红球包括 1 红 1 黑、2 红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意，故选项 C 不正确；
对于 D：恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球是互斥事件而不是对立事件，符合题意，故选项 D 正确；
故选：D.
在等差数列a 中， S  33 ，则 a
 a  1 a
 （ ）
n11
583 9
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列求和公式得到 a1  5d  3 ，进而由等差数列通项公式基本量计算出答案.
【详解】设公差为 d ， S  33 ，即11a
 11 10 d  33 ，故 a
 5d  3 ，
a  a
 1 a
11
 a  4d  a
1
 7d  1 a
2
 8d   5 a
1
 5d   5  3  5 .
583
故选：A
91131313
已知
m, n, a, b 是两条不重合的直线， α，β 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若
m α, n / /β,α β ，则 m  n
B. 若
m  n，m α，n / /β ，则 α β
C. 若
m / /n，m / /α，n / /β ，则 α/ /β
D. 若
a / /α，a  β，α β b
，则 a / /b
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断 ABC，由线面平行的性质可判断 D.
【详解】对于 A，如图所示： m α，n / /β，α β，但 n / /m ，故 A 错误；
对于 B.，如图所示：满足
m  n，m α，n / /β ，但α/ /β，故 B 错误；
对于 C，满足 m / /n，m / /α，n / /β，但α,β不平行，故 C 错误；
对于 D， a / /α，a  β，α β b
，由线面平行的性质可和 a / /b ，故 D 正确.
故选：D.
已知函数 f  x  sin 3ωx  π  (ω 0) 的最小正周期为π ，则 f (x) 在 π , π  的最小值为（ ）
 3 
 12 6 
 
3
2
 3
2
3
C. 0D.
2
【答案】A
【解析】
【分析】根据最小正周期可以求出参数ω，再结合函数的单调性求出最值.
【详解】化简原函数得 f  x  sin 3ωx π ，即 f  x  sin 3ωx
由函数的最小正周期为π，可得T  2π π，所以ω  2 .
3ω3
因为ω 0 ，所以ω 2 时，则 f  x  sin 2x ，
3
由 x   π,π ，得2x  π π ， sin 2x
13 
，，
 12 6 
 , 
 

6 3 
 22 
所以 f  x
 
min
3 ，故选 A.
2
定义在 R 上函数满足 f  x 1  1 f  x ，且当 x 0,1 时， f  x  1 2x 1 .则使得 f  x  1 在
216
m,  上恒成立的m 的最小值是（）
79
A. B.
22
1315
D.
44
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，在区间n, n 1n  Z  上， f  x  1 1 2x  2n 1   1 ，作函数
2n 2n
y  f  x 的图象，如图所示，然后结合图像可求出m 的最小值
【详解】根据题设可知，当 x 1, 2 时， x 10,1 ，故 f  x  1 f  x 1  1 1 2x  3  ，
22
同理可得：在区间n, n 1n  Z  上， f  x 
1 1 2x  2n 1   1 ，
所以当n  4 时， f  x  1 .
16
2n 2n
作函数 y 
f  x 的图象，如图所示.
在 7 , 4  上，由 f  x  1 1 2x  7  
1 ，得 x  15 .

 2
8 164
由图象可知当 x  15 时， f  x  1 .
416
故选：D.
【点睛】此题考查函数在给定区间上恒成立问题，考查数形结合思想，属于中档题
如图， F1，F2 为双曲线的左右焦点，过 F2 的直线交双曲线于 B，D 两点， OD  3，E 为线段的 DF1
中点，若对于线段 DF1 上的任意点 P ，都有 PF1  PB  EF1  EB 成立，且△BF1F2 内切圆的圆心在直线
x  2 上.则双曲线的离心率是（）
4
A B.
3
3
C. 2D.
2
3
【答案】D
【解析】
【分析】由 PF1  PB  EF1  EB 可得 DF1  DF2 .由 OD  3 ，可得 F1F2  6 .
又由△BF1F2 内切圆的圆心在直线 x  2 上，可得 a  2 ，据此可得答案.
【详解】如图 1，取 BF1 中点为 Q，连接 EQ，PQ.则
–– → ––→
1  ––→ ––→ 2
––→ ––→ 2 
1  –→22 
212
PF1  PB  PF1  PB  PF1  PB    4 PQ BF1   PQ BF1 ，
4 4 4
–– → ––→
1  ––→ ––→ 2
––→ ––→ 2 
1  –→22 
212
EF1  EB  EF1  EB  EF1  EB    4 EQ BF1   EQ BF1 .
4 4 4
因 PF1  PB  EF1  EB ，则
21221
222
PQ
4
BF1
 EQ
 4 BF1
 PQ
 EQ
 PQ 
EQ ，因直线外一点到直线连线
中垂线段最短，则 EQ 为 DF1 垂线.因 Q 为 BF1 中点，E 为 DF1 中点，则
EQ DF2 ，得 DF1  DF2 .又 DO 为直角三角形斜边 F1F2 中线，则 F1F2  2c  6  c  3 .
如图 2，设△BF1F2 内切圆的圆心为 I，内切圆与 F1F2 交点为 M，与 BF1 交点为 T，与 BF2 交点为 N.则
IM  F1F2 ， OM  2 ，又 OF1  OF2  3 ，则 MF1  MF2  4 .
又由切线性质，可知 BT  BN ，F1T  F1M ，F2 M  F2 N ，则
BF1  BF2  TF1  NF1  F1M  F2 M  2a  4  a  2 .
则离心率为e  c  3 .
a2
故选：D
【点睛】结论点睛：本题涉及以下结论：
→ →1  →→ 2→→ 2 
（1）极化恒等式： a  b  a  b  a  b  ；
4 
（2）双曲线焦点三角形的内切圆圆心在直线 x  a 上.
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，有二个正确选项的，每个选项 3 分，有三个正确选项的，每个选项 2 分，有选错的得 0 分.
已知高二（1）（2）（3）班三个班的学生人数之比为 3∶3∶4.在某次数学考试中，高二（1）班的不及格率为 10%，高二（2）班的不及格率为 20%，高二（3）班的不及格率为 15%，从三个班随机抽取一名学 生.记事件 A  “该学生本次数学考试不及格”，事件 Bi  “该学生在高二（ i ）班”（ i  1 ，2，3），则
（）
P  Bi   0.3
P  A  0.15
A 与 B3 相互独立
P B1 A P B3 A
 1
2
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用古典概型的概率计算公式可判断 A；根据全概率公式可判断 B；根据独立事件的概率乘法公式可判断 C；根据条件概率公式计算结论可判断 D.
【详解】对于 A， P  B1  
3
3  3  4
 0.3 ， P  B2  
3
3  3  4
 0.3 ， P  B3  
4
3  3  4
 0.4 ，故 A 错
误；
对于 B，由题意， P  A B1   0.1 ， P  A B2   0.2 ， P  A B3   0.15 ，
P  A  P  B1  P  A B1   P  B2  P  A B2   P  B3  P  A B3   0.15 ，故 B 正确；
对于 C，由 P  A  P  A B3   0.15 ，则 P  AB3   P  A B3  P  B3   P  A P  B3  ，即A 与 B3 相互独立，故 C 正确；
P  A B1  P  B1 
P  A B3  P  B3 
P  AB1 1P  AB3 2
对于 D， P B1 A  ， P B3 A  ，
P B1 A P B3 A
P  A
 1 ，故 D 正确.
2
P  A5
P  A
P  A5
故选：BCD.
若△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足b  3a  6a sin2 A  B  0 ，则下列结论
2
正确的是（）
A. 角 C 一定为锐角B.
【答案】BCD
3a2  5b2  3c2
C. 4 tan A  tan C  0
3
D. tan B 的最大值为
4
【解析】
【分析】先由倍角公式化简得cs C   b
3a
即可判断 A 选项；由余弦定理即可判断 B 选项；由正弦定理
即及和角公式可判断 C 选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断 D 选项.
【详解】由b  3a  6a sin2 A  B  0 可得b  3a  6a  1 cs( A  B)  0 ，又 A  B  π C ，故
22
b  3a  3a  3a cs C  0 ，
cs C   b
3a
 0 ，故C 为钝角，A 错误；
a2  b2  c2b
又由余弦定理， cs C  ，化简得3a2  5b2  3c2 ，B 正确；
2ab3a
由正弦定理cs C  
sin B
3sin A
，即3sin A cs C  sin B  0 ，又 A  C π B ，故
3sin A cs C  sin  A  C   0 ，
即4 sin A cs C  sin C cs A  0 ，即4 tan A  tan C  0 ，C 正确；
由上知， C 为钝角，故 A  0,π ， tan A  0 ，
2 

tan B   tan  A  C   tan A  tan C tan A  4 tan A
tan A tan C 1tan A  4 tan A 1
2 4 tan A 
1
tan A
3 tan A33 311
4 tan2 A 1
4 tan A 
1
4 ，当且仅当4 tan A ，即tan A  时取
tan A
tan A2
等，D 正确.故选：BCD.
双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于 1694 年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线 C（如图所示）过坐标原点 O，且 C 上的点 P  x, y  满足到两个定点 F1 a,0 ， F2 a,0(a  0) 的距离之积为 4，则下列结论正确的是（ ）
a  2
2
点 M  x,1(x  0) 在 C 上，则∣MF∣1  2
点 N 在椭圆 x2  y2  上，若 F N  F N ，则 N  C
112
62
过 F2 作 x 轴的垂线交 C 于 A，B 两点，则∣AB∣ 2
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题目给的伯努利双纽线的概念，结合圆锥曲线中的焦点概念，直线与圆锥曲线的关系，分别判
断各选项的正误.
【详解】由题意， PF1  PF2
(x  a)2  y2
 4 ，即
(x  a)2  y2

 4 ，
2
对于 A，因曲线C 过原点O ，将O 0, 0 代入，解得 a  2 ，故 A 正确；
( 3  2)2  1
1
2
对于 B，由点 M  x,1(x  0) 在C 上，得 MF MF

 4 ，
(x  2)2 1 (x  2)2 1
化简得 x4  6x2  9  0 ，解得 x 
3, MF1

 2
，故B 错误；
，椭圆 x2  y2  的焦点坐标恰好为 F 2, 0 与 F 2, 0 ，则 F N  F N  2 6 ，
对于
C11212
62
由 F N  F N ，得： F N 2  F N 2  16 ，
1212
 F N  F N 2   F N 2  F N 2 
则 F1N  F2 N 
1212
2
 4 ， N  C ，故 C 正确；
y
4
对于 D，设 A2, y  ，则 AB  2 y ，而 A  C ，则 AF1 ，
又根据勾股定理得 AF 2  16  y2 ，则 16  16  y2 ，化简得 y4 16 y2 16  0 ，
1y2
5
5
解得 y2  4 8, y2  1  4 9  0 ，因此 y  1, AB  2 ，故 D 正确；
故选：ACD．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知数列an中， a1  2 ， an1  3an  2 ， n  N+ ，则数列an的通项公式为．
n
【答案】 a  1 3n1
【解析】
n
【分析】结合给定递推关系构造等比数列，进而求出 a  1 3n1 即可.
【详解】由 an1  3an  2 ，得 an1 1  3an 1 ，
nn
由于 a1 1  1  0 ，因此an 1是首项为1，公比为3 的等比数列，从而可得 a 1  3n1 1  3n1 ，则 a  1 3n1 ．
n
故答案为： a  1 3n1 ．
甲、乙、丙等 8 名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排 2 名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有种不同的分配方案.
【答案】150
【解析】
【分析】根据不同的人数分配比例分别计算分配方案数，再将两种情况的方案数相加得到总的分配方案数.
【详解】依题意，人数的分配有4 : 2 : 2 和3 : 3 : 2 两种，
1 C2C23
A
2
若是4 : 2 : 2 ，则有C5  4 2 A3  90 种，
2
53
若是3 : 3 : 2 ，则有C3  A3  60 种，则共有 150 种不同的分配方案.
故答案为：150.
x31 a 2a
若函数 f  x 
62
x  axlnx  ax 有两个极值点，则
的取值范围是．
【答案】  1 , 0 
2

【解析】
【分析】令 f  x  0 得2a  2x  x2 ，令 g  x  2x  x2 , x 0, ∞ ，将函数 f  x 的零点问题转化
lnx  xlnx  x
为 g  x 的图象和直线 y  2a 的交点问题，利用导数判断出 g  x 的单调性，结合图象可得答案.
【详解】 f  x 的定义域为0, ∞, f  x  x2  1 a x  alnx ，
2
因为 f  x 有两个极值点，所以函数 f  x 在0, ∞ 上有两个变号零点，
令 f 
22
x
x
 x  1 a x  alnx  0 ，则
22
 x  ax  alnx  0 ，
即 x2  2x  2ax  2alnx  0 ，所以2a 
2x  x2
lnx  x
，令 g  x 
2x  x2
lnx  x
, x 0, ∞ ，
所以将函数 f  x 的零点问题转化为 g  x 的图象和直线 y  2a 的交点问题，
2  2xlnx  x  2x  x2  1 x 1 x2lnx  x  2
x 
求导得 g x 
lnx  x2
 
lnx  x2，
令 h  x  2lnx  x  2, x 0, ∞ ，则h x  2  x ，
x
易知 h  x 在0, 2 上单调递增，在2, ∞ 上单调递减，
h  x  h 2  2ln2  4  0 ，则 h  x  0 恒成立，
所以当0  x  1时， g x  0, g  x 在0,1 上单调递减；当 x  1 时， g x  0, g  x 在1, ∞ 上单调递增，
min
所以 g  x g 1  1，又因为 x  0, g  x  0；x  ∞，g  x  ∞， 则 g  x 的图象如图所示，要使 g  x 的图象和直线 y  2a 有两个交点，
由图象知1  2a  0 ，即 1  a  0 ，所以 a 的取值范围为  1 , 0  ．
22

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.
b π 
3
在V ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，已知
2acs  C   ．

（1）求A ；
3
（2）若b  2 3c ，且V ABC 面积2，
求 a 的值；
求cs2B  A ．
π
【答案】（1）
7
（2）（ⅰ） 2
6
（ⅱ）  3 3
14
【解析】
【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 tan A 
A 0, π ，可求A 的值．
3 ，结合范围
3
（2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求c 的值，进而可求b 的值，根据余弦定理可得 a 的值；（ⅱ）由余弦定理求得cs B ，进而可得sin B ，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可.
【小问 1 详解】
b π 
3
因为2a cs  C  ，

b 
ππ 
33
所以2a cs C cs  sin C sin  ，可得： b  a cs C 

3a sin C ，
由正弦定理可得： sin B  sin A cs C 
3 sin Asin C ，
可得： sin  A  C   sin A cs C  cs Asin C  sin A cs C 
因为C 0, π ，所以sin C  0 ，
3 sin Asin C ，
所以cs A 
3 sin A ，即tan A 3 ，
3
因为 A 0, π ，所以 A  π
6
【小问 2 详解】
因为b  2 3c ，且 S
V ABC
 1 bc sin A  2，
3
2
3
解得： c  2 ， b  4，
由余弦定理可得： a2  b2  c2  2bccsA  48  4  2  4 3  2 
a2  c2  b228  4  48
2  2 7  2
由余弦定理可得cs B  
3  28 ，解得： a  2；
7
2
2 7
，
2ac7
所以sin B 
21 ， cs 2B  2 cs2 B 1  1 ， sin 2B  2 sin B cs B   4 3 ，
777
所以cs2B  A  cs 2B cs A  sin 2B sin A  1 
3  4 3  1   3 3 .
已知函数 f  x  1 x2  alnx  a3, a  R ．
2
727214
当 a  1 时，求曲线 y 
f  x 在点2, f 2 处的切线方程；
若 f  x 有极小值，且 f  x  2a3  a ，求 a 的取值范围．
2
【答案】（1） y  3 x  ln2
2
（2） 0,1
【解析】
【分析】（1）当 a  1 时， f  x  1 x2  lnx 1，求导得 f  x  x  1 ，根据导数的几何意义，得到切线
2x
方程的斜率，再结合切线方程过定点2, f 2 得到切线方程.
（2）根据函数 f  x  1 x2  alnx  a3, a  R 得到函数的定义域为 x  0 ，对 f  x 求导，讨论 a 的范围，
2
结合导数判断函数的单调性，确定函数是否存在极小值，结合题给条件 f  x  2a3  a 得到关于 a 的不等
2
式，构造关于 a 的新函数，求导判断函数单调性，解不等式求解.
【小问 1 详解】
因为 a  1 ，所以 f  x  1 x2  lnx 1，
2
求导得 f  x  x  1
x
所以 f 2  2  1  3 ，
22
又因为 f 2  3  ln2 ，
故曲线 y 
f  x 在点2, f 2 处的切线方程为 y  3 x  ln2 ．
2
【小问 2 详解】
由函数 f  x  1 x2  alnx  a3, a  R 可知， x  0 .
2
求导得： f
 x  x 
ax2  a

，
xx
当a  0 时，因为 x  0 ，所以 f  x  0 ，
此时 y 
f  x 为单调递增函数，没有极小值，与题意不符；
，
当 a  0 时， f  x  x  a 
x a x a 
xx
因为 x  0 ，所以当 x 0,
a 时， f  x  0 ，当 x 
a , ∞时， f  x  0 ，
a
所以函数 f  x 有极小值为 f  a   1 a  aln a3  1 a  a lna  a3 ．
222
又 f  x  2a3  a ，所以 f  a   2a3  a ，即 a3  a lna  a  0 ，
222
因为 a  0 ，所以2a2  lna  2  0 ．
设 h a  2a2  lna  2 ，则 ha  4a  1  0 ，
a
所以 h a  2a2  lna  2 在0, ∞ 上单调递增，
又 h 1  0 ，所以2a2  lna  2  0 的解集为0,1 ，即 a 的取值范围是0,1 ．
x2y2
FF12 3
已知椭圆 E :
a2b2
求椭圆 E 的方程；
 1(a  b  0) 的左右焦点分别为 1 ， 2 ，离心率为 2 ，且点( 3 , 2) 在 E 上．
过点 B 1,0 作直线l 交椭圆 E 于 M , N 两点，且点 M 位于 x 轴上方，设点 N 关于 x 轴的对称点为
N1 ，求△BMN1 面积的最大值．
2
【答案】（1） x
2
y
 1；
43
3 3
4
（2）.
【解析】
【分析】（1）由给定的离心率及点，列出方程组求出 a2 , b2 即可.
（2）设出直线l 方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求出最大值.
【小问 1 详解】
1
1a2  4 b2
a2  b2
由椭圆 E 的离心率为 2 ，得a
，即，
23
由点( 2 3 , 2) 在 E 上，得
3
4  2
3a2b2
 1 ，解得 a2  4, b2  3 ，
2
所以椭圆 E 的方程为 x
2
y
 1.
43
【小问 2 详解】
依题意，直线l 不垂直于坐标轴，设直线l 方程为 x  ty 1， t  0 ，设点 N (x1 , y1 ), M (x2 , y2 ), y2  0 ，则 N1(x1,  y1) ， | NN1 | 2 y1 ，
x  ty 1
由
消去 x 得(4  3t 2 ) y2  6ty  9  0 ，   36 4  4t 2   0 ，

3x
2  4 y2
 12
y  y  6t, y y 9，
124  3t 21 2
4  3t 2
所以 S
| S
 S| 1 | NN || x  x |  1 | NN ||1 x |
V BMN1
VMNN1
V BNN12121211
1
2
2 y x 1  1 (2 y ) | x 1|  y | ty 11|
122
1212
  y1 y2
| t |
9 | t | 
4  3t 2
9 | t |
 3 3 ，当且仅当3t 2  4 ，即| t |
4 3 | t |
4
2
3
时取等号，
3 3
所以△BMN1 面积的最大值为.
4
如图，平面四边形 PBCD 中，点A 是线段 PD 上一点， AB  PD ，且 PD  4 ， CD ，
2
∠ADC=45 ，沿着 AB 将三角形 PAB 折叠得到四棱锥 P  ABCD ，折叠后PAD  120 ．
求证：平面 PAD  平面 ABCD ；
若 AP  AD ，求平面 PCD 与平面 ABCD 夹角的正切值；
若 P ， A ， C ， D 在同一个球面上，设该球面的球心为G ，证明：当球G 的半径最小时，点G 在平面 PAD 内．
【答案】（1）证明见解析
（2） 6
3
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由图翻折可知 AB  PA ， AB  AD ，再利用面面垂直的判定证明即可；
过点A 作 AE  AD 交 PD 于 E ，通过证明CD  平面 AEC ，得到ECA 为二面角 P  CD  A 的平面角，再求正切值即可；
设△PAD 和V ACD 的外心分别 M 和 F ，则球心为过点 M 和 N 且分别垂直于平面 PAD 、平面
ACD 的两直线的交点G ，过点 N 作 NH  AD 于 H ，连接 MH ，可知四边形GNHM 为矩形，设
AP  t ，通过计算可得外接球半径 R2 
M 重合即可证明.
【小问 1 详解】
7 t  22  4 ，当t  2 时，球G 的半径最小，此时点G 与点
12
在四边形 PBCD 中，因为 AB  PD ，所以折叠后有 AB  PA ， AB  AD ．
又 PA  AD  A ， AD  平面 PAD ， PA  平面 PAD ，所以 AB  平面 PAD ．又 AB  平面 ABCD ，所以平面 PAD  平面 ABCD ．
【小问 2 详解】
由题意 AD  AP  2 ，又PAD  120 ，故PDA  30 ，
2 3
3
过点A 作 AE  AD 交 PD 于 E ，则 AE ，连接 AC ， EC ，
因为平面 PAD  平面 ABCD ，面 PAD  面 ABCD  AD ， AE  平面 PAD ，且 AE  AD ，所以 AE  平面 ABCD ．
2
因为CD  平面 ABCD ，所以 AE  CD ，同理 AE  AC ，因为 AD  2 ， CD ，∠ADC=45 ，所以由余弦定理得
AD2  CD2  2 AD  CD cs∠ADC
2
CA ，
所以CD  CA ，
因为CA ∩ AE  A ， CA  平面 AEC ， AE  平面 AEC ，所以CD  平面 AEC ． 因为 EC  平面 AEC ，所以CD  EC ，所以ECA 为二面角 P  CD  A 的平面角．
2 3
所以在Rt△EAC 中， tan ECA  AE 36 ，
CA23
所以平面 PCD 与平面 ABCD 夹角的正切值为 6 ．
3
【小问 3 详解】
由（1）知平面 PAD  平面 ABCD ，
设△PAD 和V ACD 的外心分别 M 和 F ，
因为 P 、A 、C 、 D 均在以G 为球心的球面上，
则球心为过点 M 和 N 且分别垂直于平面 PAD 、平面 ACD 的两直线的交点G ，过点 N 作 NH  AD 于 H ，连接 MH ，
设 PG  R ，显然四边形GNHM 为矩形，
所以GM 2  PG2  PM 2  NH 2  DN 2  DH 2 ．在△PAD 中，设 AP  t （ 0  t  3 ），
t 2  4t 16
由PAD  120 及余弦定理得 PD ，
t 2  4t 16
3
再由正弦定理得△PAD 的外接圆半径 r  PM PD．
12 sin120
2
在V ACD 中， AD  4  t ， CD ，∠ADC=45 ，
由余弦定理得 AC 
t 2  6t 10 ，
t 2  6t 10
2
再由正弦定理得V ACD 的外接圆半径 r  DN AC．
22 sin 45
 AD 2
12


所以 R2  r 2  r 2 ，
2

 AD 2t 2  4t 16t 2  6t 10t 2  8t 16
即 R2  r 2  r 2 ，
12 2 

324
所以 R

2  7t 2  28t  76  7
1212
t  22  4 ，故当t  2 时，球G 的半径最小，
此时点G 与点 M 重合，所以点G 在平面 PAD 内．
甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜.假设每局比赛甲赢的概率都是 p （ 0  p  1 ），各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局.
p  1 ，若两人共进行 5 局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
2
p  2 时，若两人共进行2n +1 （ n  N* 且 n  2 ）局比赛，记事件 A 表示“在前2n 1局比赛中甲
3k
n2
赢了 k k  0,1, 2,L, 2n 1 局”.事件 B 表示“甲最终获胜”.请写出 P  B  Ak  ， P B An1  ，

P B An  ， P  B

2n1 k n1

k 
A  的值（直接写出结果即可）；

k 0
若两人共进行了2n 1n  N*  局比赛，甲获胜的概率记为 P .证明： 1  p  1时，
n2
Pn2  Pn1  Pn1  Pn .
【答案】（1）分布列见解析， E  X   15
8
n2
48
2n1
（2） P  B  Ak   0 ， P B An1   ， P B An   ， P  B  Ak   1
k 0
99
k n1
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出 X 的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望；
2n 1
n2
分析可得0  k  n  2 时， k  k 1  k  2  n ，故乙最终获胜，则 P  B  Ak   0 ，同
2
k 0
理求出其他的条件概率；
在（2）的基础上，结合全概率公式可得 P P  Cnpn 1 pn 2 p 1 ，故
n1n2n1
P P  Cnpn 1 pn 2 p 1 ，当 1  p  1时， P P  0 ，在利用作商法和基本不等式得到
n1n
2n1
2n1n
Pn2  Pn1  4 p 1 p ≤1，最终证明出结论. Pn1  Pn
【小问 1 详解】
 1 2
 1 35
X 的可能取值为 1，3，5， P  X  1  C2    2  ，
 1 1
 1 4
5
22
8
5 1 51
P  X  3  C1    2 ， P  X  5   2 ，
22
2
16
5
16
X 的分布列为：
X
1
3
5
P
5
8
5
16
1
16
E  X   1 5  3 5  5 1  15 ；
816168
【小问 2 详解】
当0  k  n  2 时， k  k 1  k  2  n  2n 1 ，
2
n2
故乙最终获胜，则 P  B  Ak   0 ，
k 0
当 k  n 1 时， k  k 1  n  2n 1 ， k  2  n 1  2n 1 ，
22
 2 24
故只有最后两场甲全赢才能最终获胜，故 P B An1      ，
 3 9
当k  n 时， k  n  2n 1 ， k  2  k 1  n 1  2n 1 ，
22
2
3
最后两场甲至少赢一场才能最终获胜，故?(?|? ) = C1×2 × 1 +2 = 8，
?2 3
39
当 n 1  k  2n 1时， k  2  k 1  k  n 1  2n 1 ，

2

故甲最终获胜，故 P  B

2n1 k n1
A   1；
k 

【小问 3 详解】
证明：结合（2），由全概率公式得：
P Cn1 pn1 1 pn  p2  Cnpn 1 pn1  1 1 p2   P  Cnpn 1 pn1 
n12n12n1
 n
2n1
 P  Cn1 pn1 1 pn  p2  Cnpn 1 pn1  1 p2
n2n12n1
 P  Cnpn1 1 pn  Cnpn 1 pn1  P  Cnpn 1 pn 2 p 1 ，
n2n12n1n2n1
所以 Pn1
 Pn
n
 C
2n1
pn 1 pn 2 p 1 ，
当 1  p  1时， P P  0 ，
2
P P
n1
Cn1
n
pn1 1 pn1 2 p 1
Cn1
p 1 p
2n 1!
n 1!n!
p 1 p
又 n2n1  2n1  2n1 
C
C
Pn1
 Pn
n
2n1
pn 1 pn 2 p 1
n
2n1
2n 1!

n!n 1!
4n  2
 p  1 p 2
 n 1
p 1 p  4 p 1 p ≤ 4 
 1，
2

因为 Pn1  Pn  0 ，所以 Pn2  Pn1  Pn1  Pn ，即 Pn  Pn2  2Pn1 .