山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

这是一份山西省山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷，共15页。试卷主要包含了10等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟满分：150 分命题人：鲍淑芳
一、选择题（本小题 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  1, 2, 3, 4, 5, B  x x 1  Z
已知集合

2
 ，则
A ∩ B  （）
5
3, 5
1, 3, 5
2, 4
已知命题 p : x  0 ，使得 x 1ex  1，则p 为（）
A. x0
C. x0
 0 ，使得 x 1ex0  1
0
0
0 ，使得 x 1ex0  1
B. x0
D. x0
0 ，使得 x 1ex0  1
0
0
 0 ，使得 x 1ex0  1
在复平面内，复数 z  1 i ，则 z 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
将六位数“124057 ”重新排列后得到不同的六位偶数的个数为 （）
A. 152B. 180C. 216D. 312
2
在等比数列an中， a6 ， a10 是方程 x2  6x  2  0 的两个实数根，则a8 的值为（ ）
2
2
2
B. 或C.
4π
D. 
已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图是一个圆心角为
的扇形，则该圆锥的侧面积为（）
3
A. 6πB. 8πC. 10πD. 12π
2yFF2 AF
2
已知双曲线C : x 的左、右焦点分别为，，点 A 在C 上，且
 AF ， △AF F
1(b0)12
b2
121 2
3
的面积为2．若F1 AF2 为钝角，则C 的焦距为（ ）
7
​
2
7D. 14
7
已知函数 f  x  2sin ωx  π ω 0 ，对任意 x  R ，恒有 f  x ≤ f  π  ，且 f  x 在 0, π  上单
  3  
6 
 4 
调递增，则下列选项中不．正．确．的是（）
ω 2
y  f  x  π  为奇函数
12 

函数 f  x 图像向左平移 π 个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的 1 得到函数 g  x  ，函数 g  x  的
62
对称轴方程为 x  π  kπ ， k  Z
124
3
f  x 在 π , π  上的最小值为
 4 4 
二、多选题（本小题 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.）
下列关于概率统计说法中正确的是（）
两个变量 x, y 的相关系数为 r ，则 r 越小， x 与 y 之间的相关性越弱
设随机变量ξ~ N 2,1 ，若 p(ξ 3)  p ，则 p(1  ξ 2)  1  p
2
在回归分析中， R2 为 0.89 的模型比 R2 为 0.98 的模型拟合得更好
某人解答 10 个问题，答对题数为 X , X  B 10, 0.8 ，则 E  X   8
10. 设函数 f  x   x  a2  x  2a  R  ，则（ ）
当 a  0 时， f  x 在 x  0 处取极大值
当 a  0 时，方程 f  x   sin1  0 有3 个实根
当 a  2 时， a 是 f  x 的极大值点
存在实数 a ， f  x  f  x 1 恒成立
已知V ABC 的内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，AC 边上的高为h ，若 h  c  a ，b2  a2  ac ，则（）
1
​
sinA
1 1 sinC
B  2 A
a  c  2hD. tanB  2csA
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
→→→
已知向量 a  1, 2 ， b  5,1 ，则 a  b
 ．
π 2
2π 
已知sin α 6   3 ，则cs 2α 3   ．


1 nn
已知数列an 中， a1  1，且2a
n1
 an
   2 
, bn
 t 
(2)n
，若存在正整数 n ，使得

an  bn an1  bn1   0 成立，则实数t 的取值范围为.
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.）
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ，公差 d 为整数， S3  21 ，且 a1 ， a2  1 ， a7 成等比数列.
求an 的通项公式；
5
求数列的前 n 项和T .
 a an
 n n1 
如图，圆柱O1O2 中， AB 是底面圆O2 上的一条直径， P ， Q 分别是底面O2 ， O1 圆周上的一点，
PQ//O1O2 ， AB  2PQ ，且点 P 不与 A ， B 两点重合.
证明：平面 APQ  平面 BPQ ；
若二面角 A  O1O2  P 为60 ，求直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值.
x2y2
F , F
VMF F
已知椭圆C :

a2b2
 1a  b 的左、右焦点分别为 12 ，点 M 在椭圆上，1 2 的周长为 6，
1
椭圆的离心率为 2 ．
求椭圆C 的标准方程；
过点 F2 的直线l 交椭圆于 A, B 两点，交 y 轴于 P 点，设 PA  λ1 AF2 , PB  λ2 BF2 ，试判断λ1  λ2
是否为定值？请说明理由．
已知函数 f  x  m 1 x  lnx 1．
当 m  2 时，求曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
若 f  x 的极小值小于1，求 m 的取值范围；
讨论 g  x  f  x  xex  m 的零点个数．
一只猫和一只老鼠在两个房间内游走.每经过 1 分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动. 猫从当前房间移动到另一房间的概率为 0.6，留在该房间的概率为 0.4；若上一分钟猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为 0.5，已知在
第 0 分钟时，猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间.设在第 n 分钟时，猫和老鼠在 0 号房间的概率分别为 pn ，
qn .
求第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 1的概率；
求证：{ p  1}，{q  5 p  4} 均为等比数列；
n2n3 n3
在第几分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大？
ft西大学附中
2025～2026 学年第一学期高三 10 月模块诊断（总第四次）数 学 试 题
考试时间：120 分钟满分：150 分命题人：鲍淑芳
一、选择题（本小题 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  1, 2, 3, 4, 5, B  x x 1  Z
已知集合

2
 ，则
A ∩ B  （）
5
3, 5
1, 3, 5
2, 4
【答案】C
【解析】
【分析】由已知确定集合 B 中元素，然后由交集定义计算．
【详解】由题意 B  {x | x 1  Z}  {x | x  2k 1, k  Z}，又 A  {1, 2, 3, 4, 5}，
2
∴ A ∩ B  {1, 3, 5}，故选：C．
已知命题 p : x  0 ，使得 x 1ex  1，则p 为（）
x0
C. x0
 0 ，使得 x 1ex0  1
0
0
0 ，使得 x 1ex0  1
x0
D. x0
0 ，使得 x 1ex0  1
0
0
 0 ，使得 x 1ex0  1
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义求解.
【详解】根据命题的否定的定义，
因为命题 p : x  0 ，使得 x 1ex  1，
0
所以p 为x0  0 ，使得 x 1ex0  1，
故选:B.
在复平面内，复数 z  1 i ，则 z 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
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义可得 z  1 i ，再结合复数的几何意义即可求解.
【详解】因为 z  1 i ，所以 z  1 i ，即 z 对应的点为1, 1 ，位于第三象限.
故选：C.
将六位数“124057 ”重新排列后得到不同的六位偶数的个数为 （）
A. 152B. 180C. 216D. 312
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，分末尾是2 或4 ，末尾是0 ，即可得出结果.
【详解】由题意，末尾是2 或4 ，
2 4 4
不同偶数个数为C1 C1 A4  192 ，
末尾是0 ，
5
不同偶数个数为A 5  120 ，
所以共有312 个.
故选：D
在等比数列an中， a6 ， a10 是方程 x2  6x  2  0 的两个实数根，则a8 的值为（ ）
B.
或
C.
D. 
2
2
2
2
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列an的公比为 q ，由条件可得 a6a10  2 ， a6  a10  6 ，由此可判断 a6  0 ，再判断a8
的符号，结合等比数列性质可得结论.
【详解】设等比数列an 的公比为 q ， q  0 ，
因为 a6 ， a10 是方程 x2  6x  2  0 的两个实数根，
所以 a6a10  2 ，且 a6  a10  6 ，所以 a6  0 ， a10  0，
又数列a 为等比数列，所以 a  a q2  0 ，由等比数列性质可得 a2  a a ，
n86
a6a10
2
所以 a8   .
故选：D.
已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图是一个圆心角为
86 10
4π
的扇形，则该圆锥的侧面积为（）
3
A. 6πB. 8πC. 10πD. 12π
【答案】A
【解析】
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径 r  2 ，所以底面周长 L  2πr  4π ，
l  L
又圆锥母线长4π
3
故选：A．
 3，所以圆锥侧面积 S  πrl  6π ．
2yFF2 AF
2
已知双曲线C : x 的左、右焦点分别为，，点 A 在C 上，且
 AF ， △AF F
1(b0)12
b2
121 2
3
的面积为2．若F1 AF2 为钝角，则C 的焦距为（ ）
7
​
2
7D. 14
7
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合条件得 AF1  2, AF2
 4 ，根据△AF1F2 的面积解得sinF AF 
3 ，结合
2
12
F AF 为钝角，得出csF AF   1 ，根据余弦定理解得c ，进而得到焦距.
12122
1 2
【详解】根据双曲线定义， a2  1, c2  a2  b2  1 b2 , F F  2c, AF  AF  2a  2 ，
21
又因为2 AF1  AF2 ，可得 AF1  2, AF2  4 ，
3
因为△AF1F2 的面积为2，
3
3
所以 1 AF AF sinF AF  2 1  2  4 sinF AF  2，
21212212
3
解得sinF1 AF2  2
因为F1 AF2 为钝角，所以csF1 AF2  0 ，
由sin2F AF  cs2F AF  1,csF AF   1
1212122
根据余弦定理得 F F 2 = AF 2 + AF 2  2 AF AF csF AF ，
1 2121212
7
即有2c2 =22 +42  2  2  4    1  ，解得c 
 2 

7
因此双曲线的焦距为2.
故选：B.
已知函数 f  x  2sin ωx  π ω 0 ，对任意 x  R ，恒有 f  x ≤ f  π  ，且 f  x 在 0, π  上单
  3  
6 
 4 
调递增，则下列选项中不．正．确．的是（）
ω 2
y  f  x  π  为奇函数
12 

函数 f  x 图像向左平移 π 个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的 1 得到函数 g  x  ，函数 g  x  的
62
对称轴方程为 x  π  kπ ， k  Z
124
3
f  x 在 π , π  上的最小值为
 4 4 
【答案】D
【解析】
【分析】由题意先求ω，再逐项验证即可.
【详解】因为对任意 x  R ，恒有 f  x 
f  π  ，所以 x  π 为 f  x 的一条对称轴，
3
 
3
所以 π ω π  π  kπ, k  Z,ω 3k  2, k  Z ，
362
又 f  x 在 0, π  上单调递增，所以ωπ  π  π  ω 8 ，
4 
4623

所以当 k  0 时，ω 2 ，故 A 正确；所以 f  x  2 sin  2x  π  ，
6 
y π 

 π π 
由f  x  12   2 sin 2  x  12   6   2 sin 2x 为奇函数，故 B 正确；
 
由函数 f  x 图像向左平移 π 个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的 1 得到函数
62
g  x  2 sin  4x  π  ，
6 

令4x  π  π  kπ, k  Z ，解得 x  π  kπ ， k  Z ，故 C 正确；
62124
由 π  x  π   2π  2x  π  π ，所以 f  x 2 ，当2x  π   π ，即 x   π 时，故 D 错误；
44363
故选：D.
min
626
二、多选题（本小题 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.）
下列关于概率统计说法中正确的是（）
两个变量 x, y 的相关系数为 r ，则 r 越小， x 与 y 之间的相关性越弱
设随机变量ξ~ N 2,1 ，若 p(ξ 3)  p ，则 p(1  ξ 2)  1  p
2
在回归分析中， R2 为 0.89 的模型比 R2 为 0.98 的模型拟合得更好
某人解答 10 个问题，答对题数为 X , X  B 10, 0.8 ，则 E  X   8
【答案】BD
【解析】
【分析】A 项，通过相关系数的定义即可得出结论；B 项，通过求出 P(2  ξ 3) 即可求出 P(1  ξ 0)
的值；C 项，通过比较相关指数即可得出哪个模型拟合更好；D 项，通过计算即可求出 E  x .
【详解】由题意，
A 项，
两个变量 x, y 的相关系数为 r ， r 越小, x 与 y 之间的相关性越弱,故 A 错误,
对于 B,
随机变量 ξ 服从正态分布 N (2,1) , 由正态分布概念知若 P(ξ 3)  p , 则
P(1  ξ 0)  P(2  ξ 3)  P(ξ 2)  P(ξ 3)  1  p ,
2
故 B 正确,对于 C ,
在回归分析中, R2 越接近于 1 , 模型的拟合效果越好,
∴ R2 为 0.98 的模型比 R2 为 0.89 的模型拟合的更好
故 C 错误,对于 D ,
某人在 10 次答题中, 答对题数为
X , X ~ B(10, 0.8) , 则数学期望
E( X )  10  0.8  8 ,
故 D 正确.故选：BD.
10. 设函数 f  x   x  a2  x  2a  R  ，则（ ）
当 a  0 时， f  x 在 x  0 处取极大值
当 a  0 时，方程 f  x   sin1  0 有3 个实根
当 a  2 时， a 是 f  x 的极大值点
存在实数 a ， f  x  f  x 1 恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数判断函数单调性可判断 A 选项；利用导数分析函数 f  x 的单调性与极值，数形结合可判断 B 选项；当 a  2 时，利用导数分析函数 f  x 的单调性，可判断 CD 选项.
【详解】当 a  0 时， f  x  x3  2x2 ，则 f  x  3x2  4x ，
令 f  x  0 ，可得 x  0 或 x  4 ，列表如下：
3
所以，函数 f  x 在∞, 0 上单调递增，  0, 4  上单调递减，  4 , ∞ 上单调递增，
3  3

x
∞, 0
0
 0, 4 
3 

4
3
 4 , ∞
 3

f  x

0

0

f  x
增
极大值
减
极小值
增
所以 f  x f 0  0 ， f  x f  4    32 ，故 A 正确；
3
27
极大极小 

又因为0  sin1  1，如下图所示：
由图可知，直线 y  sin1与函数 f  x 的图象有三个交点，即 a  0 时，方程 f  x  sin1  0 有3 个实根，故 B 正确；
对于 C 选项， f  x  2  x  a x  2   x  a2  3 x  a x  a  4  ，
3


当 a  2 时， f  x  3 x  22  0 ，此时函数 f  x 在R 上单调递增，故 C 错误；
当 a  2 时，函数 f  x 在R 上单调递增，此时 f  x  f  x 1 恒成立，故 D 正确．
故选：ABD
已知V ABC 的内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，AC 边上的高为h ，若 h  c  a ，b2  a2  ac ，则（）
1
​
sinA
1 1 sinC
B  2 A
a  c  2hD. tanB  2csA
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合正弦定理边化角及和差角的正弦、二倍角公式逐项分析判断.
【详解】对于 A， h  c sin A ，由 h  c  a ，得c sin A  c  a ，由正弦定理得
1
sin C sin A  sin C  sin A ，而sin C sin A  0 ，因此
sinA
1 sinC
 1，A 正确；
对于 B，由b2  a2  ac 及正弦定理得sin2 B  sin2 A  sin Asin C ，
即1 cs 2B  1 cs 2 A  sin Asin C ，则cs[(B  A)  (B  A)]  cs[(B  A)  (B  A)]
22
 2 sin Asin C ，即2 sin( A  B) sin(B  A)  2 sin Asin( A  B) ，又sin( A  B)  0 ，因此sin(B  A)  sin A  0 ，又0  B  π ，则 B  A  A ， B  2 A ，B 正确；
对于 C，若 a  c  2h ，则c  3a ，由正弦定理得sin C  3sin A ，由选项 B 知，
3sin A  sin 3A  sin 2 A cs A  cs 2 Asin A  (4 cs2 A 1) sin A ，而sin A  0
解得cs2 A  1，即sin A  0 ，矛盾，C 错误；
对于 D，由选项 A 知， sin C(1 sin A)  sin A ，而sin C  sin 3A  sin A(4 cs2 A 1) ，则(3  4 sin2 A)(1 sin A)  1，整理得(2 sin A 1)(2 sin2 A  sin A  2)  0 ，
而2 sin2 A  sin A  2 ，因此sin A  1 ，又0  2 A  π ，则 A  π , B  π ，
263
3
tan B  2 cs A ，D 正确.
故选：ABD
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
→→→
已知向量 a  1, 2 ， b  5,1 ，则 a  b
 ．
【答案】5
【解析】
【分析】由向量的坐标运算及模长公式即可求解.
→
【详解】由题意可得： a  b  4, 3 ，
42  32
→→
所以 a  b

 5 .
故答案为：5.
π 2
2π 
已知sin α 6   3 ，则cs 2α 3   ．

【答案】 5
9
【解析】
【分析】利用诱导公式结合二倍角公式即可求解.
【详解】由题意可得，
cs 2α 2π   α π   π  cs2 α π 
3 
cs 2 
6 
6 
 
π 
25
2
  1 2sin2 α   1 2    .
6  3 9
故答案为：  5
9
已知数列an 中， a1  1，且2a
n1
 an
  
1 n
2 
, bn
 t 
n
(2)n
，若存在正整数 n ，使得


an  bn an1  bn1   0 成立，则实数t 的取值范围为.
【答案】  1 , 1 
2 4 

【解析】
【分析】构造数列先计算 an ，分奇偶讨论结合指数函数的单调性计算即可.
1 nn
【详解】由2a
 a    2n1a 2n a  1
，令c
 2n a ，
n1
n2 
n1nnn

若 n 为奇数，则cn1  cn  1  c c
 2 ，
c  c 1
n1
n1
 nn1
若 n 为偶数，则cn1  cn  1  c c
 2 ，
c  c
 1
n1
n1
 nn1
即cn 奇数项与偶数项分别成以2, 2 为公差的等差数列，
易知21 a  2, 2a  a   1  22 a
 3 ，
1212
2

 n 1 , n为奇数
c  n 1, n为奇数
a   2n

所以 n
n 1, n为偶数，则 n
n 1
，
, n为偶数
 2n
若 n 为奇数，则a  b a
 b   n 1  t 
n   n  2  t  n 1 
nnn1
n1 2n2n 2n12n1 

  t 
1  t 
1   0 有解，即 1
 t  1 ，
2n 2n1 

2n2n1

由指数函数的单调性可知 1
21
 t  1 ；
22
若 n 为偶数，则a  b a b    n 1  t  n  n  2  t  n 1 
nnn1n12n2n  2n12n1 

  t  1  t  1   0 有解，即 1  t  1 ，
2n 2n1 

2n12n

由指数函数的单调性可知 1
23
综上t   1 , 1  满足题意.
 t  1 ；
22
2 4 

故答案为：   1 , 1 
2 4 

【点睛】易错点睛：首先构造等差数列需要分奇偶项进行讨论，务必注意符号，其次结合指数函数的单调性解不等式有解问题时，注意取值范围的大小，保证有解即可.
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.）
已知等差数列an的前 n 项和为 Sn ，公差 d 为整数， S3  21 ，且 a1 ， a2  1 ， a7 成等比数列.
求an的通项公式；
5
求数列的前 n 项和T .
 a an
 n n1 
【答案】（1） an  5n  3
5n
（2）
10n  4
【解析】
【分析】(1)利用等比数列和等差数列的定义求解即可；
(2)利用裂项相消求和.
【小问 1 详解】
因为 S3  3a1  3d  21，所以 a1  d  7 ，
又因为 a ， a  1 ， a 成等比数列，所以a
12  a a ，
12721 7
即a  d 12  a 2  6a d ，所以 a 2  6a d  64 ，
11111
a1  d  7a1  2
联立a 2  6a d  64 解得 d  5 ，
 11
所以 an  a1  5n 1  5n  3 .
【小问 2 详解】
5
由（1）可得5
11，
anan1
5n  35n  2
5n  35n  2
所以T
  1  1    1 
1    1
 1  L

n 27  712  1217 
11  1 1
5n.

 5n  35n  2 
25n  210n  4
如图，圆柱O1O2 中， AB 是底面圆O2 上的一条直径， P ， Q 分别是底面O2 ， O1 圆周上的一点，
PQ//O1O2 ， AB  2PQ ，且点 P 不与 A ， B 两点重合.
证明：平面 APQ  平面 BPQ ；
若二面角 A  O1O2  P 为60 ，求直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2） 3
4
【解析】
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到 AP ⊥ BP ，由线面垂直得到 PQ ⊥ BP ，从而得到线面垂直，面面垂直；
（2）先得到AO2P 为二面角 A  O1O2  P 的平面角， V APO2 为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面 PQO1 的法向量，由线面角的向量公式求出直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值.
【小问 1 详解】
因为 AB 是底面圆O2 上的一条直径，所以 AP ⊥ BP ，
因为O1O2 ⊥底面圆O2 ， PQ//O1O2 ，所以 PQ ⊥底面圆O2 ，
因为 BP  底面圆O2 ，所以 PQ ⊥ BP ，
因为 AP ∩ PQ  P ， AP, PQ  平面 APQ ，所以 BP ⊥平面 APQ ，
因为 BP  平面 BPQ ，所以平面 APQ ⊥平面 BPQ ；
【小问 2 详解】
因为O1O2 ⊥底面圆O2 ， AP, PQ2  圆O2 ，所以O1O2 ⊥ PO2 ， O1O2 ⊥ AO2 ，
所以AO2P 为二面角 A  O1O2  P 的平面角，
故AO2P  60 ，又 AO2  PO2 ，所以V APO2 为等边三角形，
以 P 为坐标原点， PB, PA, PQ 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
AB2  AP2
3
AB  2PQ ，设 AB  2 ，故 AP  AO2  PO2  PQ  1， PB ，
B  3, 0, 0, Q 0, 0,1, P 0, 0, 0, O  3 , 1 ,1 ，
1  22

–––→
–––→––––→
1
3
QB   3, 0, 1， PQ  0, 0,1, PO1  , ,1 ，
 22
设平面 PQO 的法向量为 →   x, y, z  ，
1m
 → –––→
m  PQ

则 → ––––→
  x, y, z 0, 0,1  z  0
3 13
x 
1
，
y  z  0


22
,1 

2
2
m  PO1   x, y, z ,
3
→
解得 z  0 ，令 x  1 ，得 y  ，故 m  1, 
设直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的大小为θ，
3, 0，
QB  m
QB  m
–––→
–––→ →
→

3, 0, 11,  3, 0
3  0 1  1 3  0
–––→ →3
则sinθ cs QB, m ，
4
3
直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值为.
4
x2y2
F , F
VMF F
已知椭圆C :

a2b2
 1a  b 的左、右焦点分别为 12 ，点 M 在椭圆上，1 2 的周长为 6，
1
椭圆的离心率为 2 ．
求椭圆C 的标准方程；
过点 F2 的直线l 交椭圆于 A, B 两点，交 y 轴于 P 点，设 PA  λ1 AF2 , PB  λ2 BF2 ，试判断λ1  λ2
是否为定值？请说明理由．
2
【答案】（1） x
2
y
 1；
43
（2）λ λ 为定值 8 ，理由见解析.
123
【解析】
2a  2c  6

【分析】（1）根据题意得到c  1，再解方程组即可得到答案.
a2
首先直线
l 的方程为 y  k  x 1 ， 与椭圆联立得到
x1  x2 
8k 2
3  4k 2
， x1 x2
4k 2 12
， 根据
3  4k 2
PA  λ1 AF2
得λ1 
x1
1 x1
，同理得λ2 
x2
1 x2
，再计算λ1  λ2 即可.
【小问 1 详解】
2a  2c  6
a  2

由题意c1
，可得
，又b2  a2  c2  4 1  3 ，
 c  1
a2
2
所以椭圆 C 的方程为 x
2
y
 1；
43
【小问 2 详解】
由题，得直线斜率存在，由（1）知 F2 1, 0 ，设直线l 的方程为 y  k  x 1 ，
 y  k  x 1

则联立 x
2  y2
，消去 y ，整理得3  4k 2  x2  8k 2 x  4k 2 12  0 ，   0 ，
 1
 43
设 A x1, y1 , B  x2 , y2
1
 ，则 x
 x2 
8k 2
3  4k 2
， x1 x2
4k 2 12
，
3  4k 2
又 F2 1, 0, P 0, k  ，则 PA   x1, y1  k , AF2  1 x1,  y1  ，
1
2
由 PA  λAF 得 x  λ1 x  ，所以λ x1，同理得λ x2，
12111
1 x1
1 x2
所以λ λ x1x2 x1  x2  2x1 x2 x1  x2  2x1 x2
121 x1 x1 x 1 x 1  x  x   x x
1212121 2
8k 24k 2 12
2 
 3  4k 23  4k 2
  8
8k
2
1 3  4k 2 
4k 2 123
3  4k 2
所以λ λ 为定值 8 .
123
已知函数 f  x  m 1 x  lnx 1．
当 m  2 时，求曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
若 f  x 的极小值小于1，求 m 的取值范围；
讨论 g  x  f  x  xex  m 的零点个数．
【答案】（1） 3 x  y  2  0 ；
（2） m , 1 1, 0 ；
答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
函数求导后，根据参数m 的取值分类讨论，得 m  0 时极小值 f ( 1 )  1，构造函数
m
max
u m  1 m  ln mm  0 ，求导得u m u 1  0 ，即可求不等式u m  0 的解集；
由ex  lnx 1  m  0 ，令v  x  ex  lnx 1  m, x 0, ∞ ，对其求导，令
xx
r  x  x2ex  lnx, x 0, ∞ ，求导判断 r  x 在区间0, ∞ 上单调递增，结合零点存在定理，得
x  1 ,1 使 r  x   0 ，求出v  x 的最小值为v  x  ，由 r  x   0 可得ex0  1 ， x  lnx ，故
0 e0
00x00
0
v  x 的最小值v  x0   1 m ，讨论1 m ，即可得函数 g  x 的零点个数.
【小问 1 详解】
当 m  2 时， f  x  1 2x  lnx ，则 f  x  2  1 ，
x
所以 f 1  1， f 1  3 ，
则曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程为 y 1  3 x 1 ，
整理得： 3 x  y  2  0 .
【小问 2 详解】
函数 f  x 的定义域为0, ∞ ，且 f  x  m  1   mx 1 ，
xx
当 m  0 时，易得 f  x  0 ， f  x 在0, ∞ 上单调递减，则 f  x 无极小值，不符合；当 m  0 时，
由 f  x  0 ，得 x   1 ，即 f  x 在  1 , ∞ 上单调递增；
mm

由 f  x  0 ，得0  x   1 ，即 f  x 在 0,  1  上单调递减，
mm 

所以 f  x 的极小值为 f ( 1 )  m  ln m ，而 f  x 的极小值小于1，
m
所以 m  ln m  1 ，即1 m  ln m  0 ，
令u m  1 m  ln mm  0 ，则um  1 1
 m 1 ，
mm
所以当 m ∞, 1 时， um  0 ，当 m 1, 0 时， um  0 ，则u m 在∞, 1 上单调递增，在1, 0 上单调递减，
因为u 1  0 ，所以u m  0 可得 m ∞, 1 1, 0
【小问 3 详解】
g  x  f  x  xex  m  xex  lnx  mx 1, x 0, ∞ ．
令 g  x  0 ，得ex  lnx 1  m  0 ，
x
令v  x  ex  lnx 1  m, x 0, ∞ ，则 g  x 与v  x 有相同的零点，
x
且v x  ex
1 lnx 1


2
x2ex  lnx
．
2
xx
x
令 r  x  x2ex  lnx, x 0, ∞ ，则 r x  x2  2xex  1 ， 因为 x  0 ，则 r x  0 ，所以 r  x 在区间0, ∞ 上单调递增，
 1 
1 2
 1
又 r    ee
 e 
1  0 ， r 1  e  0 ，所以
x0  e
,1 ，使得 r  x0   0 ，


当 x 0, x0  时， r  x  0 ，即v x  0 ；当 x  x0 , ∞ 时， r  x  0 ，即v x  0 ，
所以v  x 在0, x  单调递减，在 x , ∞ 单调递增，最小值为v  x
  ex0  lnx0 1  m ．
000
111
x0
1ln 1
由 r  x
  0 ，得 x2ex0  lnx
 0  x ex0  
lnx ln
，即 x ex0  ln
 e x0 ，
0000
x0xx0x
0000
令φ x  xex ， x 0, ∞ ，则φ x   x 1ex  0 ，则φ x 在0, ∞ 单调递增，
因为 1  x  1 ，所以ln 1  0 ，则φ x  ln 1  ，
e0x
0 φx 
00 
0
00
所以 x  ln 1 ，从而ex0  1 ， x  lnx ，
x0x0
0
所以v  x 的最小值v  x   ex0  lnx0 1  m  1  x0 1  m  1 m ，
x0x0x0
又当 x 趋近于 0 时， v  x 趋近于 ，当 x 趋近于 时， v  x 趋近于 ，
①若1 m  0 ，即 m  1， v  x 无零点，故 g  x 无零点；
②若1  m  0 ，即 m  1， v  x 有 1 个零点，故 g  x 有 1 个零点；
③若1 m  0 ，即 m  1， v  x 有 2 个零点，故 g  x 有 2 个零点.
一只猫和一只老鼠在两个房间内游走.每经过 1 分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动. 猫从当前房间移动到另一房间的概率为 0.6，留在该房间的概率为 0.4；若上一分钟猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为 0.5，已知在
第 0 分钟时，猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间.设在第 n 分钟时，猫和老鼠在 0 号房间的概率分别为 pn ，
qn .
求第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 1 的概率；
求证：{ p  1}，{q  5 p  4} 均为等比数列；
n2n3 n3
在第几分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大？
【答案】（1）0.5；
（2）证明见解析；（3）第 2 分钟.
【解析】
【分析】（1）求出猫和老鼠分别在 0 与 0、0 与 1、1 与 0、1 与 1 号房间的概率，再利用全概率公式计算得解.
根据给定条件，求出 pn 、 qn 的递推关系，再利用等比数列的定义推理得证.
由（2）的通项公式，按 n 取奇数和偶数分类求出最大值.
【小问 1 详解】
在第 0 分钟时，猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间，
设ti, j 为第 1 分钟时，猫在i 号房间，老鼠在 j 号房间，
则 P(t0,0 )  0.4  0.5  0.2, P(t0,1 )  0.4  0.5  0.2 ， P(t1,0 )  0.6  0.5  0.3, P(t1,1 )  0.6  0.5  0.3 ，
设第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 X ，则 P( X  1)  P(t0,1 )  P(t1,0 )  0.5 ，所以第 1 分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为 1 的概率 0.5.
【小问 2 详解】
依题意， p  1, q  0 ， p  2 , q  1 ，
001512
当 n  1时，猫在第 n 分钟时位于 0 号房间包含两种情况：
上一分钟在 0 号房间，继续保持在 0 号房间的概率为 2 p；
5 n1
上一分钟在 1 号房间，转移到 0 号房间的概率为 3 (1 p) ，
5n1
由全概率公式，得 p  2 p 3 (1 p
)  3  1 p
，则 p  1   1 ( p
 1 ) ，
n5 n15
n1
55 n1
n25
n12
而 p  1   1 ，因此数列{ p  1} 是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列，
1210n2105
p  1  ( 1 )( 1)n1 ， p  1 满足上式也满足题意，则 p  1 ( 1)n  1 ，
n21050n252
老鼠第 n 分钟在 0 号房间包含 3 种情况：
上一分钟猫和老鼠都在 1 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为(1 pn1 )(1 qn1 ) ，
上一分钟猫在 0 号房间，老鼠在 1 号房间，老鼠转移到 0 号房间的概率为 pn1
(1 qn1
)  1 ，
2
上一分钟猫在 1 号房间，老鼠在 0 号房间，老鼠仍在 0 号房间的概率为 qn1
(1 pn1
)  1 ，
2
由全概率公式，得 q  (1 p
)(1 q
)  p
(1 q)  1  q
(1 p)  1 ，
nn1
n1
n1
n12
n1
n12
[ (
pn1qn11 1
n
即 qn  1，则 q  1
 1 )n1  1 ]  qn1  3  1 (  1 )n1  qn1 ，
22
即 q  1  1 (  1 )n1   1 [q
2 25224452
 1  1 (  1 )n2 ]，而 q  1  1   1 ，
n2652
n1
265
1266
因此数列{q  1  1 ( 1)n1} 是首为 1 ，公比为 1 的等比数列，
n26562
q  1  1 ( 1)n1   1 ( 1 )n1 ，而 q  0 满足上式也满足题意，则 q  1  1 ( 1)n1  1 ( 1 )n ，
n265620n26532
5411 
1 n1
1 1 n
5  1 
1 n
1 41 
1 n
又 qn  3 pn  3  
  5 
 3   2  
  5 
 2   3  3   2  ，
26 
所以{q  5 p  4} 为等比数列.
3  2 

n3 n3
【小问 3 详解】
由（2）知 q  1  1 [( 1)n1  ( 1 )n1 ] ，显然 q  0 不是其最大值，设 a  ( 1)n1  ( 1 )n1 ，
n26520n52
当 n 为奇数时， a  ( 1)n1  ( 1 )n1  0 ，当且仅当 n  1 时取等号， a 最大值为 0；
 1 31
n52n
当 n 为偶数且 n  2 时， a  1  1  3 ，当n  4 时， a
()   a ， a 最大值为 a ，
22510
n282n2
则 q 的最大值为 q  1  1  3  11 ，所以在第 2 分钟时，老鼠在 0 号房间的概率最大.
n226 1020