江苏省常州市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份江苏省常州市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共22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。

注意事项：
常州市 2025-2026 学年第一学期高三期中质量调研
数学
2025 年 11 月
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
考试结束后，将答题卡交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
已知集合
A  x∣x2  5x  4  0
B  n
2n
n 1

是质数，
n  N

，则
A ∩ B  （）
A. B. {2}C. {3}D. 2，3
某店日盈利 y （单位：百元）与当天平均气温 x （单位： ∘C ）之间有如下数据：
小明对上述数据进行分析，发现 y 与 x 之间具有线性相关关系，则 y 关于 x 的经验回归方程为（）
x / ∘C
-2
-1
0
1
2
y / 百元
5
4
2
2
1
yˆ  x  2.8
yˆ  x  2.8
xˆ  y  2.8
xˆ   y  2.8
下列四个命题中，是假命题的为（）
x  1, x  1  2
x
x  1,
4
x
2
x 1
2  x
x  2,
 2
 2
x  0, x  1  2
x
x
已知随机变量 X  N ,9 ，若 P  X  1 a   P  X  7  a a  R  ，则（）
E  X   3,D  X   3
C. E  X   3, D  X   9
E  X   4,D  X   3
D. E  X   4,D  X   9
将函数 f (x)  cs(x  π) 的图象向左平移 π 个单位长度，再将得到的曲线上每一个点的横坐标变为原来的
34
2 倍（纵坐标不变），得到函数 y  g(x) 的图象，则 g (x)  （）
cs( x  7π)
cs( x  π )
cs(2x  7π)
cs(2x  π )
212
212
1212
已知圆柱和圆锥的底面半径相同，母线长也相同，则它们的表面积之比为（）
A.2：1
B.3：1
C. 2：1
若实数 x  10 ， y  5eln2 ， z  2eln5 则 x, y, z 的大小关系是（）
D. 3：1
x  y  z
x  z  y
y  x  z
y  z  x
已知函数 f  x  x3  3ax2  x a  R, P 是函数 f  x 的图象上的定点，过 P 的动直线与函数 f  x 的图象有异于 P 的两个公共点 M , N ，且它们的纵坐标之和恒为 2，则 P 的横坐标为（）
A. 1B. 1C. 2D. 2
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
已知 z 是虚数，且| z | 1 ．下列四个选项中， 1  z 的可能取值有（）
z
A. 0B. iC. 1D. 1 i
立德中学某班5 名同学参加“青春向党”知识竞赛答题活动，其成绩均为正整数，中位数为70 ，唯一众数为80 ，极差为15 ，则下列说法正确的是（）
该组数据的最小值可能为64B. 该组数据的平均数不超过73
C. 该数据的第60 百分位数为75D. 该组数据的方差超过36
已知在矩形 ABCD 中， AB 2, BC  1， P 为线段CD 的中点，将 ADP,BCP 分别沿 AP, BP 翻
折，使得C, D 两点重合于点Q ，则（）
AQ  BQ
三棱锥 P  ABQ 的体积为 2
4
2
点Q 到平面 ABP 的距离为 1
存在半径为 10 的球O ，使得 A, B, P, Q 四点均在球O 的球面上
2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
在(x 1)(x  2)(x  3)(x  4) 的展开式中，含 x3 的项的系数为．
→→π
已知平面向量  (cs, 3sin(π  ( 3cs, cs( )) ，其中,是锐角．若 a  b ，则
a
  ．
)), b
2
某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会把纸沿某直线折叠，现有一张长方形纸 ABCD
（ AB  BC ）．若将长方形纸 ABCD 对折，使得 AD，BC 重合，得到新的长方形，发现长边与短边的长度比保持不变．若将长方形纸 ABCD 的顶点 A 折到边CD 上，设折痕所在直线与CD 的夹角为，当折痕最短时， sin ．
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．
男性
女性
需要
40
20
不需要
160
280
为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了 500 位老年人，调查结果如下表：
在该地区男性老年人中，随机选择一位，他需要志愿者提供帮助的概率记为 P ，求 P 的估计值；
能否有 99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关；并指出该调查中更优的
抽样方法．
参考公式： K 2 
n ad  bc 2
a  bc  d a  c b  d 
，其中 n  a  b  c  d ．
参考数据：
有 10 只不同的试验产品，其中有 4 只不合格品、6 只合格品．现每次取 1 只测试，直到 4 只不合格品全部测出为止．
求最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现的不同情形种数；
P K 2  k 
0
0.10
0.05
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
已知最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现，求第 2 次测得合格品的概率．
在V ABC 中， a, b, c 分别是角 A, B,C 所对的边， 点 D 在边 BC 上， 已知 sin A  cs B  C ，
2
3
c  6, ABC 的面积为30．
（1）求 A, a ；
（2）若2CD  3BD ，求BAD 的正切值．
如图，在直三棱柱 ABC  A B C 中， BAC  90∘ , AB  AC  AA
 2 ，两点 M，N 分别在直线
1 1 11
BC, AC1 上， MN  BC, MN  AC1 ．
证明： MN  平面 AB1C1 ；
求线段 MN 的长度；
求二面角 M  AB1  N 的余弦值．
已知函数 f  x   ln x 1  a cs x, a  R ．
（1）当 a  1 ，求 f  x 在点0, f 0 处的切线方程；
当 a  1 ，求函数 f  x 的零点个数；
x  0, f  x  0 ，求整数 a 的值．
注意事项：
常州市 2025-2026 学年第一学期高三期中质量调研数学
2025 年 11 月
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
考试结束后，将答题卡交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
已知集合
A  x∣x2  5x  4  0
B  n
2n
n 1

是质数，
n  N

，则
A ∩ B  （）
A. B. {2}C. {3}D. 2，3
【答案】C
【解析】
2n
【分析】通过解不等式先求出集合 A ，变形 n 1
 2 
2
n 1
，分析出要使
2n n 1
n  N, n  1 是质数，而 n 1
必须是 2 的正因数，将 n 1  1和 n 1  2 分别代入验证，即可求出集合 B ，再求 A  B 即可得解.
【详解】由 x2  5x  4   x 1 x  4  0 ，解得1  x  4 ，故 A  x 1  x  4.
因为 2n
n 1
2n
 2n 1  2  2 
n 1
2
2
n 1
n  N, n  1 ，
要使
n 1
是质数，
n 1
必须是整数，而n 1必须是 2 的正因数.
因为 2 的正因数有 1 和 2，
所以当 n 1  1时， n  2 ，此时
 2 2  4 ，4 不是质数，不符合要求，舍去；
2n
n 12 1
所以当 n 1  2 时， n  3 ，此时
 2 3  3 ，3 是质数，符合要求，故 B  3 .
2n
n 13 1
所以 A  B  3.
故选：C
某店日盈利 y （单位：百元）与当天平均气温 x （单位：
∘C ）之间有如下数据：
小明对上述数据进行分析，发现 y 与 x 之间具有线性相关关系，则 y 关于 x 的经验回归方程为（）
x / ∘C
-2
-1
0
1
2
y / 百元
5
4
2
2
1
yˆ  x  2.8
yˆ  x  2.8
xˆ  y  2.8
xˆ   y  2.8
【答案】B
【解析】
【分析】根据经验回归方程必过样本中心点的性质，求出样本中心点，根据变化趋势，判断结果.
【详解】由题意可知 x  0 ， y  1 5  4  2  2  1  14 ，样本中心点为 0,14 ，
555 

由样本数据可知， y 随着 x 的增大而减小，所以 yˆ  x  2.8 符合条件.故选：B.
下列四个命题中，是假命题的为（）
x  1, x  1  2
x
x  1,
4
x
2
x 1
2  x
x  2,
 2
 2
x  0, x  1  2
x
x
【答案】D
【解析】
【分析】利用存在量词命题及全称量词命题的真假判定方法，结合基本不等式判断即得.
【详解】对于 A，取 x  2 ， x  1  2  1  5  2 ，A 是真命题；
x22
4
对于 B，取 x  0 ，
x
x
x
x 1
 4  2  2  x ，B 是真命题；
x
对于 C，
 2
x  2
x
 2
2
 2
，当且仅当
 2
，即 x  2 时取等号，
x
x
2
因此当x  2 时， 2  2，C 是真命题；
对于 D，当 x  1 时， x  1  2 ，D 是假命题.
x
故选：D
已知随机变量 X  N ,9 ，若 P  X  1 a   P  X  7  a a  R  ，则（）
E  X   3,D  X   3
C. E  X   3, D  X   9
E  X   4,D  X   3
D. E  X   4,D  X   9
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求，根据 D  X  2 求 D  X  .
【详解】因为 P  X  1 a   P  X  7  a  ，所以 1 a  7  a  4 ，所以 E  X   4 ，
2
又 D  X  2  9 .
故选：D
将函数 f (x)  cs(x  π) 的图象向左平移 π 个单位长度，再将得到的曲线上每一个点的横坐标变为原来的
34
2 倍（纵坐标不变），得到函数 y  g(x) 的图象，则 g (x)  （）
cs( x  7π)
cs( x  π )
cs(2x  7π)
cs(2x  π )
212
【答案】A
【解析】
212
1212
【分析】根据给定条件，利用函数图象变换求出解析式.
【详解】将函数 f (x)  cs(x  π) 的图象向左平移 π 个单位长度，得到 y  cs(x  π  π)  cs(x  7π) ，
344312
再将得到的曲线上每一个点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），得 g(x)  cs( x  7π) .
212
故选：A
已知圆柱和圆锥的底面半径相同，母线长也相同，则它们的表面积之比为（）
A2：1
B.3：1
C. 2：1
D. 3：1
【答案】C
【分析】设它们底面圆半径为 r ，母线长为l ，计算其表面积后可得比例关系.
【详解】设它们底面圆半径为 r ，母线长为l ，
记圆柱的表面积为 S ，则 S  2πr 2  2πrl ，
11
22
记圆锥的表面积为 S ，则 S  πr 2  πrl ，所以圆柱与圆锥表面积之比 S1 : S2  2 :1 .
故选：C
若实数 x  10 ， y  5eln2 ， z  2eln5 则 x, y, z 的大小关系是（）
x  y  z
x  z  y
y  x  z
y  z  x
【答案】A
【解析】
【分析】先利用对数函数的单调性，比较 y 与 z 的大小，再构造函数 f  x  ln x ， x  0 ，分析其单调性
x
和最值，比较 x 与 y 的大小.
【详解】因为 y  5eln2  eln25  eln32 ， z  2eln5  eln52  eln25 ，由ln 32  ln 25  0 ，所以eln 32  e ln 25 ，即 y  z .
设函数 f  x  ln x ， x  0 ，则 f  x  1 ln x ， x  0 .
xx2
由 f   x   0  0  x  e ；由 f   x   0  x e.
即 f  x  在0, e 上单调递增，在e,  上单调递减.所以 f  x  f e  1 ，所以ef  x  1.
e
所以ef 2  1  eln 2  1  e ln 2  2  5eln 2  10 ，即 y  x .
2
综上， x  y  z .
故选：A
已知函数 f  x  x3  3ax2  x a  R, P 是函数 f  x 的图象上的定点，过 P 的动直线与函数 f  x 的图象有异于 P 的两个公共点 M , N ，且它们的纵坐标之和恒为 2，则 P 的横坐标为（）
B. 1
【答案】B
C. 2D. 2
【 分 析 】 设
P x , x3  3ax2  x  ，
M  x1, y1  ，
N  x2 , y2 
， 直 线 MN 的 方 程 为
0000
y  k  x  x
  x3  3ax2  x
 ，与函数解析式联立，利用 y  y
0
 2 恒成立求 x .
0000
0000
12
【详解】因为 P 在函数 f  x 的图象上，所以可设 P x , x3  3ax2  x  ，
0000
设直线 MN 方程为： y  x3  3ax2  x
  k  x  x
  y  k  x  x
  x3  3ax2  x  ，
0000
代入 y  x3  3ax2  x 得： x3  3ax2  x  k  x  x
  x3  3ax2  x ，
000
0000
化简得： x3  3ax2  1 k  x  x3  3ax2 1 k  x
 0 .
00
因为 x  x 为该方程的 1 个根，所以方程可化成 x  x x2  bx  c  0 ，
即 x3  b  x  x2  c  bx  x  cx  0 .
000
所以b  x0  3a  b  x0  3a .
设 M  x1, y1  ， N  x2 , y2  ，
1
则x ， x2 为方程 x2  bx  c  0 的两根，所以 x1  x2  b  x0  3a ，
由 y  y
 2  k  x
 x   x3  3ax2  x
  k  x
 x   x3  3ax2  x
  2 ，
12
1000020000
即 k  x  x  2x   2 x3  3ax2  x
  2 恒成立.
120000
1 + 2 − 20 = 0
所以 2(3 + 32 + ) = 2，
000
由 x1  x2  2x0  0 及 x1  x2  x0  3a 可得(x0  3a)  2x0  0 ，解得 x0  a ，
由 2(x3  3ax2  x )  2 可得 x3  3ax2  x  1，
000000
将 x0  a 代入该式得(a)3  3a(a)2  (a)  1 ，即 2a3  a 1  0 ，
a 12a2  2a 1  0 ，
所以 a  1 ，所以 x0  1 ，即 P 点的横坐标为： 1.
故选：B
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
已知 z 是虚数，且| z | 1 ．下列四个选项中， 1  z 的可能取值有（）
z
A. 0B. iC. 1D. 1 i
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件设出复数 z ，再求出 1  z 的取值范围即可判断.
z
【详解】由 z 是虚数， | z | 1，设 z  cs i sin, kπ, k  Z ，
则 1  z 
z
1
cs i sin
 cs i sin 2 cs(2, 2) ，
因此 1  z 的可能取值有 0 和 1.
z
故选：AC
立德中学某班5 名同学参加“青春向党”知识竞赛答题活动，其成绩均为正整数，中位数为70 ，唯一众数为80 ，极差为15 ，则下列说法正确的是（）
该组数据的最小值可能为64B. 该组数据的平均数不超过73
C. 该数据的第60 百分位数为75D. 该组数据的方差超过36
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意设该组数据从小到大为 a 、b 、c 、 d 、e ，根据已知条件得出a 、c 、 d 、e 的值，可判断 A 选项；利用平均数公式可判断 B 选项；利用百分位数的概念可判断 C 选项；利用方差公式可判断 D 选项.
【详解】由题意设该组数据从小到大为 a 、b 、c 、 d 、e ，
由题意可得c  70 ， d  e  80 ， 80  a  15 ，可得 a  65 ，A 错；这组数据为 65 、b 、70 、80 、80 ，则65  b  70 ，
这组数据的平均数为 x  65  b  70  80  80  59  b 72, 73 ，B 对；
55
对于 C 选项，因为5 0.6  3 ，所以该数据的第60 百分位数为 70  80  75 ，C 对；
2
对于 D 选项，当b  66 时，这组数据的平均数为 x  59  66  72.2 ，
5

这组数的方差为 s2  1 65  72.22  66  72.22  70  72.22  2 80  72.22   43.36  36 ，
5
当b  67 时，这组数的平均数为 x  59  67  72.4 ，
5

这组数的方差为 s2  1 65  72.42  67  72.42  70  72.42  2 80  72.42   41.04  36 ，
5
当b  68 时，这组数据的平均数为 x  59  68  72.6 ，
5

这组数的方差为 s2  1 65  72.62  68  72.62  70  72.62  2 80  72.62   39.04  36 ，
69
5
当b  69 ，此时这组数据的平均数为 x  59  72.8 ，
5

这组数的方差为 s2  1 65  72.82  69  72.82  70  72.82  2 80  72.82   37.36  36 ，
5
因此，这组数据的方差大于36 ，D 对.故选：BCD.
已知在矩形 ABCD 中， AB 2, BC  1， P 为线段CD 的中点，将 ADP,BCP 分别沿 AP, BP 翻
折，使得C, D 两点重合于点Q ，则（）
AQ  BQ
三棱锥 P  ABQ 的体积为 2
4
2
点Q 到平面 ABP 的距离为 1
存在半径为 10 的球O ，使得 A, B, P, Q 四点均在球O 的球面上
2
【答案】AC
【解析】
【分析】对 A：借助折叠性质与勾股定理逆定理计算即可得；对 B：借助线面垂直判定定理可得 PQ 为三棱锥的高，再利用体积公式计算即可得；对 C：借助等体积法计算即可得；对 D：设出球心，结合外接球性质，利用勾股定理计算即可得.
2
【详解】对 A： AQ  AD  1， BQ  BC  1， AB ，有 AQ2  BQ2  AB2 ，故 AQ  BQ ，故 A 正确；
对 B：由D  C  π ，故 AQ  PQ 、 BQ  PQ ，
2
又 AQ 、 BQ  平面 ABQ ， AQ ∩ BQ  Q ，故 PQ 平面 ABQ ，
故V 1  PQ  S
 1 2  1  1 12 ，故 B 错误；
P ABQ3
ABQ
32212
对 C：设点Q 到平面 ABP 的距离为 d ，则由VP ABQ  VQ ABP 可得：
2  1  d  S
 1  d  1 2 12 d ，则 d  1 ，故 C 正确；
123
 ABP
3262
对 D：设三棱锥 P  ABQ 外接球球心为O ，半径为 r ，由 AQ  BQ ， PQ 平面 ABQ ，取 AB 中点 E ，
则OE / / PQ ，且OP  OQ  r ，则OE  1 PQ 2 ，
24
2 22 25
则有 r 2  QE 2  OE 2      ，
 2  4 8
5
8
即 r 
10 ，故 D 错误.
4
故选：AC.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
在(x 1)(x  2)(x  3)(x  4) 的展开式中，含 x3 的项的系数为．
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用多项式乘法法则，结合分步乘法计数原理求解.
【详解】在(x 1)(x  2)(x  3)(x  4) 的展开式中，
从 4 个因式中， 3 个因式选择 x ，1个因式选择常数相乘的积即可得含 x3 的项，所以含 x3 的项的系数为1 2  3  4  2 .
故答案为： 2
→
已知平面向量  (cs, 3sin(π 
→  ( 3cs, cs( π  )) ，其中,是锐角．若 a  b ，则
a)), b
2
  ．
【答案】 π ## 1 π
22
【解析】
【分析】利用数量积的坐标表示，结合和角的余弦公式求解.
→→π
【详解】向量 a  (cs, 3sin(π )), b  ( 3cs, cs( 2  )) ，由 a  b ，
→ →
得 a  b 
3cscs
3sin(π )cs( π
2
 ) 
3(cscs sinsin )
3 cs( )  0 ，由,是锐角，得0  π ，
所以  π .
2
π
故答案为：
2
某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会把纸沿某直线折叠，现有一张长方形纸 ABCD
（ AB  BC ）．若将长方形纸 ABCD 对折，使得 AD，BC 重合，得到新的长方形，发现长边与短边的长度比保持不变．若将长方形纸 ABCD 的顶点 A 折到边CD 上，设折痕所在直线与CD 的夹角为，当折痕最短时， sin ．
【答案】 6 ## 1 6
33
【解析】
【分析】画图，研究各种不同情形，借助于直观的判断和平均值不等式求得各种情况下的最小值，进而比较得出折痕最小的条件，进一步求得对应的角的正弦值.
【详解】设 AD 中点为 E , CD, AB 中点依次记为 M , N , MN 中点记为O ,连接OE .
设 AB  a, AD  b ,因为 A在 DC 上，所以 AA 的中点在线段OE 上.折痕为 PQ 过 F ,且 PQ  AA ,情况分三种，如图 1，2，3.
a  b
由题意， ba ,得a 2b .
2
情形 1：
如图 1，折痕 PQ  AB 2b .
情形 2：
如图 2， AF 
AE
b, AP 
AF
AF b，
cs AFE
2 cs
sin APF
sin2 sincs
PQ 
AP
cs APQ
AP 
cs
b
2 sincs 2,
 
2 sin2
 cs2 cs2
3
 2 sincs22   2 sin2 cs2cs2   8 ,
2 
8
27
PQ b
所以
 3 3b
4.
2727
情形 3：
如图 3.当 F 与O 重合时， PQ 取得最小值.
如图 4，此时
PQ 
2ON
sin ONQ
2ON b  6b sin ONQ2.
2
3
6
由 24  27  32 ,得 2
 3
 4
,所以 6  3 3 .
2
2
24
3
a2  b2

故当折痕最短时， sina6 .
3
故答案为： 6
3
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．
男性
女性
需要
40
20
不需要
160
280
为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了 500 位老年人，调查结果如下表：
在该地区男性老年人中，随机选择一位，他需要志愿者提供帮助的概率记为 P ，求 P 的估计值；
能否有 99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关；并指出该调查中更优的
抽样方法．
参考公式： K 2 
n ad  bc 2
a  bc  d a  c b  d 
，其中 n  a  b  c  d ．
参考数据：
P K 2  k 
0
0.10
0.05
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
1
【答案】（1）
5
（2）能，详见解析
【解析】
【分析】（1）利用频率估计概率进行求解即可；
（2）根据数据计算卡方，结合卡方的数值进行判断.
【小问 1 详解】
抽取的样本中，男性老年人共有 200 人，需要志愿者提供帮助的有 40 人，
频率为
4011

，所以 P 的估计值是 .
20055
男性
女性
合计
需要
40
20
60
不需要
160
280
440
合计
200
300
500
【小问 2 详解】列联表如下：

500 40  280  20 160 2
K 2  20.202  6.635 ，所以有 99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿
60  440  200  300
者提供帮助与性别有关.
由于该地区老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据能看出男性老年人需要帮助的需求较高，与女性老年人有明显差异，因此调查时先确定男女老年人的比例，然后按照男、女两层进行分层抽样.
有 10 只不同的试验产品，其中有 4 只不合格品、6 只合格品．现每次取 1 只测试，直到 4 只不合格品全部测出为止．
求最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现的不同情形种数；
已知最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现，求第 2 次测得合格品的概率．
【答案】（1）576；
（2） 1 .
4
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用排列、组合计数问题列式计算得解.
（2）根据给定条件，利用条件概率公式列式求解
【小问 1 详解】
由最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现，得第 5 次测得不合格品，
4 6 4
且前 4 次测得 3 只不合格品、1 只合格品，所以不同情形种数为C1 C1 A4  576 .
【小问 2 详解】
记事件 A ：最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现，事件 B ：第 2 次测得合格品，
P(A) 576 2
C1 A41
， P(AB)  6 4 ，
10  9  8 7  6105
10  9 8 7  6210
P  AB 1
因此 P(B|A)  ，
P  A4
1
所以最后 1 只不合格品正好在第 5 次测试时被发现，第 2 次测得合格品的概率为 4 .
在V ABC 中， a, b, c 分别是角 A, B,C 所对的边， 点 D 在边 BC 上， 已知 sin A  cs B  C ，
2
3
c  6, ABC 的面积为30．
（1）求 A, a ；
（2）若2CD  3BD ，求BAD 的正切值．
139
【答案】（1） 2π , 2
3
3
（2） 10
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和诱导公式，结合角的范围求出 A  2π ，根据三角形面积公式和余弦定理即
3
可求 a, b ；
（2）设BAD ，所以CAD  2π ，0  2π ，分别在△ABD 和 ACD ，利用正弦定理，推得
33
20sin( 2π )  9 sin，计算即得tanBAD .
3
【小问 1 详解】
因为sinA  cs B  C ，所以2sin A cs A  cs π  A  sin A ，
22222
因为0  A  π ，则sin A  0 ，故由cs A  1 ，可得 A  2π .
222223
因为 S△ABC
 1 bc sin A  30
3
2
， c  6 ，解得b  20 ，
由余弦定理得 a2  b2  c2  2bccsA  400  36  2  20  6   1   556 ，
2 

139
解得 a  2.
【小问 2 详解】
设BAD ，所以CAD  2π , 0  2π ．

33
在△ABD 中，由正弦定理得，
AB
sinADB
BD
sin
，即 BDsinADB  6sin，
ACCD2π
在 ACD 中，由正弦定理得， sinADC
sin( 2π ) ，即CDsinADC  20sin( 3 3
) ，
因 2CD  3BD，sinADB  sinADC ，代入化简得 20sin( 2π )  9 sin，
3
3
3
即10 3 cs10 sin 9 sin，解得tan 10，即tanBAD  10.
如图，在直三棱柱 ABC  A B C 中， BAC  90∘ , AB  AC  AA  2 ，两点 M，N 分别在直线
1 1 11
BC, AC1 上， MN  BC, MN  AC1 ．
证明： MN  平面 AB1C1 ；
求线段 MN 的长度；
求二面角 M  AB1  N 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2） 23
3
（3） 3
3
【解析】
【分析】（1）求证 BC //B1C1 ，再利用线面垂直的判定定理求证；
以 A 为原点建立空间直角坐标系，设 BM  BC, AN  AC1 ，利用 MN  BC, MN  AC1 求出
M , N 坐标即可；
计算平面 MAB1 和平面 AB1 N 的法向量，根据法向量的夹角和二面角的平面角的关系即可.
【小问 1 详解】
因 ABC  A1B1C1 为直三棱柱，则 BC //B1C1 ，因 MN  BC ，则 MN  B1C1 ，
又 MN  AC1 ， AC1  B1C1  C1 ， AC1, B1C1  平面 AB1C1 ，则 MN  平面 AB1C1 ；
【小问 2 详解】
因 ABC  A1B1C1 为直三棱柱，且BAC  90∘ ，
则以 A 为原点， AB, AC, AA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 B 2, 0, 0,C 0, 2, 0,C1 0, 2, 2 ，
则 BC  2, 2, 0, AC1  0, 2, 2  ，
设 BM  BC  2, 2, 0, AN  AC1  0, 2, 2 ，
则 M 2  2, 2, 0, N 0, 2, 2 ，则 MN  2 2, 2 2, 2 ，

––––→ –––→
MN  BC  4 4  4 4 012
则，解得,，
––––→ ––––→
MN  AC1  4 4 4 033
 2 2 2 2 2 2
    
 3  3  3 
 2 42 2 2
则 M 
, , 0  , N  0, ,
 ，故 MN

3 ；
 3 3
3 3 3
【小问 3 详解】
––––→
 2 4
 –––→
2 2 
因 B1 2, 0, 2 ，则AB1  2, 0, 2 ， AM   , , 0  , AN   0, ,  ，
 3 3
3 3 
设平面 MAB 和平面 AB N 的法向量分别为 →   →   x , y , z  ，
1
–––→ →
1
–––→ →
mx1, y1, z1 , n
222
 AB1  m  2x1  2z1  0 AB1  n  2x2  2z2  0
则––––→ →24， –––→ →22，
 AM  m  3 x1  3 y1  0 AN  n  3 y2  3 z2  0
不妨令 y  1, x  1，则 →  
 →  1,1, 1 ，
12m
→ →
2,1, 2 , n
3
→ →m  n2  1 2
则cs m, n  →→
m  n
 ，
9  3
3
3
有图可知二面角 M  AB  N 为锐二面角，故二面角 M  AB  N 的余弦值为
3
11
已知函数 f  x   ln x 1  a cs x, a  R ．
（1）当 a  1 ，求 f  x 在点0, f 0 处的切线方程；
当 a  1 ，求函数 f  x 的零点个数；
x  0, f  x  0 ，求整数 a 的值．
【答案】（1） y  x  1
（2）1个
（3） 0 或1
【解析】
【分析】（1）借助导数几何意义计算即可得；
当 x 1, 0 时，借助导数合理放缩可得其单调性，结合零点存在性定理可得其在该范围内零点个数，
当 x  0 时，分 x (1, 0] 、 x  0, 、 x  , 3 以及 x   3,   ，再合理放缩即可得解；
2 
 24 
 4

分 a  0 、 a  1 、 a  2 与 a  1 进行讨论即可得.
【小问 1 详解】
当 a  1 时， f  x  ln  x 1  cs x ，则 f  x 
1
x 1
sin x ，
有 f 0  1sin 0  1，又 f 0  ln 0 1  cs 0  1 ，故 f  x 在点0, f 0 处的切线方程为 y  x  1 ；
【小问 2 详解】
f  x  ln  x 1  cs x ，定义域为1,  ， f  x 
1
x 1
sin x ，
① x (1, 0] ，因为 1
x 1
 1, sin x [1,1], f (x)  0 ，所以 f ( x) 在(1, 0] 上单调递增．
又因为 f (0)  1  0, f  1 1  ln  1   cs 1 1  ln  1  1  0 ，
 e e  e e 
  
由零点存在性定理可得，存在 x  1 1, 0  使得 f  x   0 ．
1 e1

②当 x  0, , cs x  0 且ln( x  1)  0 ，
2 

因此 f (x)  0 恒成立，即 f ( x) 在该区间内无零点．
 3
f (x) 
 sin x 
 sin x
③当 x  , 时，
x 1
1．
 24 2
sin x 
2 ,1
 1 
2 , f (x) 
22  0
因为2
1 2
 222
 22，
所以 f ( x) 在区间, 3 上单调递减．
 24 
 3 32
f (x)min  f  4   ln  4 1  2 .

 
3 4 3 4 
因为3e, lnln e1
2 ，所以 f  3  0 ，在, 3 上 f (x)  0 ，故该区间
44
2 4 
 2
4 

内无零点．
④当 x   3,   时， f (x)  ln(x 1)  cs x  ln(x 1) 1  ln  31 1  0 ，
 4 4

因此该区间内也无零点．
综上，函数 f ( x) 在(1, ) 上仅有一个零点．
【小问 3 详解】
函数 f (x)  ln(x 1)  a cs x(a  Z ) ，由题意 f (0)  a  0 ．当 a  0 时， f (x)  ln(x 1)  0 对于任意 x  0 恒成立，
当 a  1 时，由（2）知 f (x)  0 在[0, ) 上恒成立．
当 a  2 且 a  Z 时，取 x ，有 f ()  ln(1)  a cs ln(1)  a ， 由于ln(1)  2 且 a  2 ，故 f ()  0 ，与 f (x)  0 矛盾．
综上所述， a 的值为 0 或 1．