辽宁省沈阳市东北育才学校2025-2026学年高三上学期12月高考三模考试数学试卷

这是一份辽宁省沈阳市东北育才学校2025-2026学年高三上学期12月高考三模考试数学试卷，共35页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．
1．若复数?? = 2+? ，则|??|＝（）
1−2?
1
A．5B． √5C．
5
如果 ab＞0，那么直线 ax+by+1＝0 一定经过（）
D．1
第一象限B．第二象限C．第三象限D．坐标原点
已知集合 M＝{x∈Z|x2﹣4x≤0}，N＝{1，3，5，7}，P＝M∩N，则 P 的真子集共有（）
A．3 个B．4 个C．5 个D．6 个
我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“重差术”，即通过立表测量影长来计算远处目标的高度和距离的方法．测量时使用的标杆高度为 h（称为“表高”），太阳天顶距为 θ（太阳光线与垂直于底面方向的夹角，且 0°＜θ＜90°）．根据三角学知识，标杆在地面上的影长 l 与表高 h 满足关系：l＝htanθ．假设对同一表高进行两次测量，第一次测量时太阳天顶距为 α，影长为表高的 2 倍，第二次测量时太阳天顶距
为 β，且满足?????(?? − ??) = 1，则第二次测量时影长是表高的（）
3
357
倍B．倍C．倍D．倍
222
5．已知函数??(?) = 2???(??? + ?)(??＞0)，M，N 分别为 f（x）的图象两条相邻对称轴上
3
→→→?
的动点，向量?? = (2，0)，|???? ⋅ ??| = 3?，为得到函数??(?) = 2???(??? − 3) + 3的图
象，需要将 f（x）的图象（）
2?
先向右平移
3
个单位长度，再向上平移 3 个单位长度
先向右平移 2π 个单位长度，再向下平移 3 个单位长度
先向右平移 π 个单位长度，再向上平移 3 个单位长度
4?
先向右平移
9
个单位长度，再向上平移 3 个单位长度
公元前 300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体．正
六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这 5 种正多面体，公元前 200 年，阿基
米德把这 5 种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了 5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同．如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图 2 所示的足球截面体的棱数为（）
A．60B．90C．120D．180
如图，某机器狗位于点 P 处，它可以向上、下、左、右四个方向自由移动，每次移动一个单位．现机器狗从点 P 出发移动 4 次，则在机器狗仍回到点 P 的条件下，它向右移动了 2 次的概率为（ ）
21
A．B．
32
11
C．D．
36
若对任意的 x1，x2∈（m，+∞），且当 x1＜x2 时，都有?????1−?????2 ＞ 3 ，则 m 的最
小值是（）
?1−?2
?1?2
1
A．eB．
1
C．3D． 2
3?
二、多选题：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 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分．
（多选）9．如图，已知斜三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，∠??? = ?，∠??? = 2?，∠??? = ?，
21313
AB＝AC＝1，AA1＝2，点 O 是 B1C 与 BC1 的交点．下列选项中正确的有（）
A→1→→→
．?? = 2（?? + ?? + ??1）
B．| → |= 3
??2
C．直线 AO 与 BC
√3
所成的角的余弦值是
3
D．平面 ABC 与平面 B1BCC1 不垂直
（多选）10．在数列{an}中，若对∀n∈N*，都有??+2−??+1 = ??（q 为常数），则称数列
??+1−??
{an}为“等差比数列”，q 为公差比，设数列{an}的前 n 项和是 Sn，则下列说法一定正确的是（）
A．等差数列{an}是等差比数列
B．若等比数列{an}是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同 C．若数列{Sn}是等差比数列，则数列{an+1}是等比数列
D．若数列{an}是等比数列，则数列{Sn}是等差比数列
（多选）11．如图所示，△ABC 中，AB＝1，AC＝4，BC= √13，D 在 BC 边上，E 在 AC
边上，且 AD 为∠BAC 的角平分线，∠ABE＝90°，则（）
A．BE＝2
B．△ABC 的面积为√3
C．??? = 4�3
5
D．若点 P 在△ABE 的外接圆上，则 PB+2PE 的最大值为2√7
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知两点 A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），如果在直线 3x+4y+25＝0 上存在点 P，使得∠APB＝90°，则 m 的取值范围是 ．
已知 0＜x1＜x2＜π，????1
= ????2
= 1，则 c（s
3
x2﹣x1）＝ ．
已知函数 f（x）＝xlnx+x（x﹣a）2（a∈R），当? ∈ [1 ，2]时，f（x）＜xf'（x）恒成
2
立，则实数 a 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．
已知直线 l1：x﹣2y+3＝0，l2：2x+3y﹣8＝0．
求经过点 A（1，4）且与直线 l2 垂直的直线方程；
求经过直线 l1 与 l2 的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程．
若直线 l：kx﹣y+2+4k＝0（k∈R）交 x 轴的负半轴于点 A，交 y 轴的正半轴于点
B，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为 S，求 S 的最小值及此时直线 l 的方程．
如图，四边形 ABCD 的对角线相交于点 O，∠AOB＝θ．
求证：AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2AC•BDcsθ；
已知 AB＝2，BC＝CD＝2√3，AD＝2√7，θ＝60°．
①求四边形 ABCD 的面积；
②若△ABD 与△BCD 面积相等，求证：AC⊥CD．
如图所示，已知四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，侧面 PBC 为直角三角形，O 是 PC 的中点，Q 是直线 AD 上的动点，过直线 BC 的平面与侧棱 PA，PD分别交于 N，M 且 MN＝2，其中 BC＝PB＝4，AC＝AB＝AP＝6．
求证：MN∥AD；
求异面直线 MN 与 PC 所成的角；
求直线 OQ 与平面 BCMN 所成角的正弦值的最大值．
对于任意两个正数 a，b（a＜b），记区间[a，b]上曲线 y＝f（x）下的曲边梯形面积为 S（a，b），并规定 S（a，a）＝0，S（a，b）＝﹣S（b，a），记 S（a，x）＝F（x）﹣ F（a），其中 f（x）＝F′（x）．
（1）若 f（x）= 1时，求证：S（1，2）＝S（5，10）；
?
）= 时，求证：
（2）若 f（x1 ?−? ＜ ?+?；
??(?，?)2
（3）若 f（x）＝lnx+1，直线 y＝c 与曲线 S（1，x）交于 M（x1，y1），N（x2，y2）两
点．求证：0＜x1x2＜ 1 （其中 e 为自然常数）．
?2
19．定义一类集合：对于集合?? = {?1, ?2, … , ???}（n≥2，n∈N），若∀xi∈Ω 都满足|xi|＜1，则称 Ω 为“单位有界集”；在集合 Ω 中定义一种运算：若 xi∈Ω，xj∈Ω，定义??? ⊗ ??? =
??+??? .现对单位有界集 Ω 进行如下操作：第一步，从 Ω 中任取两个元素 xi、x（j
1+?????
i≠j），
将 Ω 中除了 xi、xj 以外的元素构成的集合记为 Ω1，令 H1＝Ω1∪{xi⊗xj}；第二步，若集合 H1 还是单位有界集，则继续任取两个元素???, ???（m≠l），将 H1 中除了???, ???以外的元素构成的集合记为 Ω2，令 H2＝Ω2∪{xm⊗???}；依次类推……
对于任意的单位有界集 Ω，判断 H1 是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例；
证明：若 xi，xj，xm∈Ω，则（xi⊗xj）⊗xm＝xi⊗（xj⊗xm）；
k
（3）当?? = {????? ?? |1 ≤ ?＜10，? ∈ ??}时，对集合 Ω 进行 k 步上述操作，当 H 只有
10
一个元素时停止，求所有满足条件的 Hk．
高三数学试卷答案
参考答案与试题解析
一．选择题（共 8 小题）
二．多选题（共 3 小题）
一．选择题（共 8 小题）
1．若复数? = 2+? ，则|?|＝（）
1−2?
1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
A
A
C
B
D
C
题号
9
10
11
答案
AC
BCD
BCD
A．5B． √5C．
5
D．1
【解答】解：复数? = 2+? ，
1−2?
则|?|＝|z|= | 2+? | = |2+?| = �5 =1．
1−2?|1−2?|�5
故选：D．
如果 ab＞0，那么直线 ax+by+1＝0 一定经过（）
第一象限B．第二象限C．第三象限D．坐标原点
【解答】解：因为 ab＞0，直线 ax+by+1＝0 整理可得 y= − ?x− 1，可得该直线的斜率
??
k= − ? ＜0，一定过第二，四象限，
?
当− 1 ＜0 时，直线不过第一象限，
?
当− 1 ＞0 时，直线不过第三象限，
?
因为− 1 ≠0，直线不过原点．
?
故选：B．
已知集合 M＝{x∈Z|x2﹣4x≤0}，N＝{1，3，5，7}，P＝M∩N，则 P 的真子集共有（）
A．3 个B．4 个C．5 个D．6 个
【解答】解：解不等式 x2﹣4x≤0 可得：0≤x≤4，又 x∈Z，则集合 M＝{0，1，2，3，
4}，
又 N＝{1，3，5，7}，所以 M∩N＝{1，3}，共有两个元素，
因为 P＝M∩N，所以集合 P 中共有两个元素，其真子集个数为 22﹣1＝3 个．故选：A．
我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“重差术”，即通过立表测量影长来计算远处目标的高度和距离的方法．测量时使用的标杆高度为 h（称为“表高”），太阳天顶距为 θ（太阳光线与垂直于底面方向的夹角，且 0°＜θ＜90°）．根据三角学知识，标杆在地面上的影长 l 与表高 h 满足关系：l＝htanθ．假设对同一表高进行两次测量，第一次测量时太阳天顶距为 α，影长为表高的 2 倍，第二次测量时太阳天顶距
为 β，且满足???(?? − ?) = 1，则第二次测量时影长是表高的（ ）
3
357
倍B．倍C．倍D．倍
222
【解答】解：由题意，第一次测量时太阳天顶距为 α，影长为表高的 2 倍，又标杆在地面上的影长 l 与表高 h 满足关系：l＝htanθ，
所以 tanα＝2，
又因为第二次测量时太阳天顶距为 β，且满足???(?? − ?) = 1 = 2−???? ，解得 tanβ
31+2????
＝1，
则第二次测量时影长 l＝htanβ＝h×1＝h，即第二次测量时影长是表高的 1 倍．故选：A．
5．已知函数??(?) = 2???(??? + ?)(??＞0)，M，N 分别为 f（x）的图象两条相邻对称轴上
3
→→→?
的动点，向量? = (2，0)，|??? ⋅ ?| = 3?，为得到函数?(?) = 2???(??? − 3) + 3的图
象，需要将 f（x）的图象（）
2?
先向右平移
3
个单位长度，再向上平移 3 个单位长度
先向右平移 2π 个单位长度，再向下平移 3 个单位长度
先向右平移 π 个单位长度，再向上平移 3 个单位长度
4?
先向右平移
9
个单位长度，再向上平移 3 个单位长度
→→→
→→→ →→→
【解答】解：设???在?上的投影向量为?，则|??? ⋅ ?| = |? ⋅ ?| = |?| ⋅ |?| = 3?，
→→→
3?
由? = (2，0)，可得|?| = 2，所以|?| = 2 ，
因为 M、N 分别在 f（x）图象的两条相邻对称轴，
??→3?2
2?
所以 = = |?| =
2??
2 ，解得?? = 3，可得??(?) = 2???(3 ? + 3)，
结合?(?) = 2???(2 ? − ?) + 3，
33
可知将 f（x）先向右平移 π 个单位长度，得到 y＝
2 x﹣π）+ ?]＝2sin 2?
的图象，
2sin[ （
3
3
（ ? − ）
33
再将所得图象向上平移 3 个单位长度而得，对照各个选项，只有 C 符合题意．故选：C．
公元前 300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体．正
六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这 5 种正多面体，公元前 200 年，阿基
米德把这 5 种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了 5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同．如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图 2 所示的足球截面体的棱数为（）
A．60B．90C．120D．180
【解答】解：易知正二十面体有 20 个面，每个面都是三角形，每个顶点都是 5 条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边，
3×20
所以正二十面体的棱数为
2
3×20
= 30，顶点的个数为
5
= 12，
由图象可知正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了 5 条棱；
原来的 30 条棱数量不变，所以足球截面体的棱数为 12×5+30＝90．故选：B．
如图，某机器狗位于点 P 处，它可以向上、下、左、右四个方向自由移动，每次移动一个单位．现机器狗从点 P 出发移动 4 次，则在机器狗仍回到点 P 的条件下，它向右移动了 2 次的概率为（ ）
21
A．B．
32
11
C．D．
36
【解答】解：设事件 A＝“向右移动 2 次”，事件 B＝“移动 4 次后仍回到点 P”，每次移动有 4 种方向，4 次移动，总路径数为：44＝256，
设上、下单位数分别为 a，b，左、右单位数分别为 c，d
因运动 4 次后仍回到点 P，所以上下步数相等且左右步数相等，
4
记 a＝b＝m，c＝d＝n，则 a+b+c+d＝2m+2n＝4，即 m+n＝2，（m，n∈N*）．若 m＝0，n＝2，即 a＝0，b＝0，c＝2，d＝2，则路径数有?2 =6 种；
若 m＝1，n＝1，即 a＝1，b＝1，c＝1，d＝1，则路径数有?1?1?1 =24 种；
4 3 2
4
若 m＝2，n＝0，即 a＝2，b＝2，c＝0，d＝0，则路径数有?2 =6 种；
所以?(?) = 6+24+6 = 9 ．
25664
事件 AB＝“向右移动 2 次且回到点 P”
要使向右移动 2 次且回到点 P，则 d＝2＝c 且 a＝b，又 a+b+c+d＝4，所以 a＝b＝0，路径数有 6 种；
?(??) = 6 = 3 ．
256128
3
所以?(?|?) = ?(??) = 128 = 1．
?(?)
9 6
64
故选：D．
若对任意的 x1，x2∈（m，+∞），且当 x1＜x2 时，都有???1−???2 ＞ 3 ，则 m 的最
小值是（）
?1−?2
?1?2
1
A．eB．
1
C．3D． 2
3?
【解答】解：因为 x1＜x2 时，都有???1−???2 ＞ 3 ，
?1−?2?1?2
所以 lnx1﹣lnx2＜ 3(?1−?2) = 3 − 3 ，
?1?2
所以 lnx1+ 3 ＜lnx2+ 3 ，
?2
?1
?1?2
12
令 f（x）＝lnx+ 3，则 f（x ）＜f（x ），
?
又因为对任意的 x1，x2∈（m，+∞），
所以 f（x）在（m，+∞）上单调递增，
f′（x）= 1 − 3 = ?−3，
??2?2
令 f′（x）＞0 得 x＞3，
所以在（3，+∞）上，f（x）单调递增，所以 m≥3，
所以 m 的最小值为 3，故选：C．
二．多选题（共 3 小题）
（多选）9．如图，已知斜三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，∠??? = ?，∠??? = 2?，∠??? = ?，
21313
AB＝AC＝1，AA1＝2，点 O 是 B1C 与 BC1 的交点．下列选项中正确的有（）
A→1→→→
．?? = 2（?? + ?? + ??1）
B．| → |= 3
??2
C．直线 AO 与 BC
√3
所成的角的余弦值
3
D．平面 ABC 与平面 B1BCC1 不垂直
→→→
【解答】解：对于 A
→1→→
→1 →→
， ?? = ?? + ?? = ?? + 2 (?? + ??1) = ?? + 2 (?? − ?? +
→1 →→→
??1) = 2 (?? + ?? + ??1)，故 A 正确；
对于 B
→1→→→
，∵?? = 2 (?? + ?? + ??1)，
∴→ 21 →→→ 21→ 2→ 2→ 2→→
|??| = 4 |?? + ?? + ??1|
= 4 (|??|
+ |??|
+ |??1|
+ 2|??| ⋅ |??| ⋅
→→→→
???∠??? + 2|??| ⋅ |??1| ⋅ ???∠???1 +2|??| ⋅ |??1|
= 1 (1 + 1 + 4 + 2 × 1 × 2 × (− 1) + 2 × 1 × 2 × 1) = 3，
4
→�6
222
∴|??| = 2 ，故 B 错误；
→→1→→→
对于 C
→→1→→
→→→
2
2
，?? ⋅ ?? = 2 (?? + ?? + ??1) ⋅ (?? − ??) = （?? ⋅ ?? + |??|
+ ??1 ⋅ ?? −
→→→→→
|??|2 − ?? ⋅ ?? − ??1 ⋅ ??）
111
= 2 (2 × 2 + 2 × 2) =1，
→ →
→→→
??⋅??
1�3
2
|??| = √2，???〈??，??〉 = →→ =
=，故 C 正确；
|??|⋅|??|
对于 D，取 BC 的中点 E，连接 AE，
�6�23
∵AB＝AC，∴AE⊥BC
→1→→
，且?? = 2 (?? + ??)，
→→1→→→
又?? ⋅ ??1 = 2 (?? + ??) ⋅ ??1 =0，∴AE⊥BB1，
∵BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面 BB1C1C，∴AE⊥平面 BB1C1C，又 AE⊂平面 ABC，∴平面 ABC 与平面 B1BCC1 垂直，故 D 错误．故选：AC．
（多选）10．在数列{an}中，若对∀n∈N*，都有??+2−??+1 = ??（q 为常数），则称数列
??+1−??
{an}为“等差比数列”，q 为公差比，设数列{an}的前 n 项和是 Sn，则下列说法一定正
确的是（）
A．等差数列{an}是等差比数列
B．若等比数列{an}是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同 C．若数列{Sn}是等差比数列，则数列{an+1}是等比数列
D．若数列{an}是等比数列，则数列{Sn}等差比数列
【解答】解：对于 A，若{an}是常数列，则{an}是等差数列，但 an+1﹣an＝0，
??+2−??+1
故
??+1−??
无意义，故 A 说法错误；
对于 B，若等比数列{an}是等差比数列，则?? = ?1???−1，q≠1，
??+2−??+1
?1??+1−?1??
?1??(?−1)
则
??+1
−??
=
?1
??−?1
??−1 = ?
??−1(?−1) = ??，故 B 说法正确；
1
对于 C，若数列{Sn}是等差比数列，
则??+2−??+1 = ??+2 =q，所以数列{an+1}是等比数列，故 C 正确；
??+1−????+1
对于 D，若数列{an}是等比数列，则??+2 = ??+2−??+1 =q，
??+1
所以数列{Sn}等差比数列，故 D 正确．故选：BCD．
??+1−??
（多选）11．
如图所示，△ABC 中，AB＝1，AC＝4，BC= √13，D 在 BC 边上，E 在 AC 边上，且 AD
为∠BAC 的角平分线，∠ABE＝90°，则（）
A．BE＝2
B．△ABC 的面积为√3
C．?? = 4�3
5
D．若点 P 在△ABE 的外接圆上，则 PB+2PE 的最大值为2√7
【解答】解：对于 A，在△ABC 中，由余弦定理得???∠??? =
1+16−13 = 1，
??2+??2−??2
2??⋅??=
2×1×42
结合 0°＜∠BAC＜180°，可得∠BAC＝60°，
在 Rt△ABE 中，?? = ?????60° = √3，故 A 项错误；
对于 B，由?= 1 × ?? × ?? × ???60° = 1 × 1 × 4 × �3 = √3，可知 B 项正确；
△???2
22
??2+??2−??213+16−1 7 7�13
对于 C，由余弦定理，得???? =
2??⋅??= 2×4×�13 = 2�13 =
26 ，
结合 C 为三角形的内角，得???? = √1 − ???2? = �39，
26
因为∠DAC= 1∠BAC＝30°， 2
所以 sin∠ADC＝sin（C+30°）＝sinCcs30°+csCsin30°= �39 × �3 + 7�13 × 1 =
5�13．
26
262
262
在△ACD 中，由正弦定理得
故 C 项正确；
??
????
??
=
???∠???
，所以?? =
??????
???∠???
4�39
= 26 =
5�13
26
4�3，
5
对于 D，由?? = √??2 + ??2 = 2，AB⊥BE，可知 AE 为△ABE 的外接圆的直径，
所以△ABE 的外接圆的半径 R= 1AE＝1，
2
当 PB+2PE 取得最大值时，点 P 在弧?�??上，故∠BPE＝∠BAE＝60°，设∠PBE＝α，则∠PEB＝120°﹣α，0°＜α＜120°，
??
所以
??
=
= 2 ，即?? = 2???(120° − ??) = √3????? + ????? ， PE ＝
???(120°−?)????
2sinα，
所以?? + 2?? = √3????? + 5????? = 2√7???(?? + ??)，其中????? = �3 ，????? = 5 ，
2�72�7
√
结合正弦函数的性质，可知当?? + ?? = ?时，PB+2PE 取得最大值2 7，故 D 正确．
2
故选：BCD．
三．填空题（共 3 小题）
已知两点 A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），如果在直线 3x+4y+25＝0 上存在点 P，使得∠APB＝90°，则 m 的取值范围是 [5，+∞） ．
−3?−25
【解答】解：∵P 在直线 3x+4y+25＝0 上，设点 P（x，），
4
→−3?−25
∴?? =（x+m，），
4
→−3?−25
?? =（x﹣m，）；
4
又∠APB＝90°，
→→−3?−25 2
∴??•?? =（x+m）（x﹣m）+(
即 25x2+150x+625﹣16m2＝0；
∴△≥0，
4) =0，
即 1502﹣4×25×（625﹣16m2）≥0，解得 m≥5，或 m≤﹣5，
又 m＞0，∴m 的取值范围是[5，+∞）．故答案为：[5，+∞）．
已知 0＜x1＜x2＜π，???? = ???? = 1，则 cs（x2﹣x1）＝− 7．
1239
【解答】解：因为 0＜x1＜x2＜π，????1
= ????2
= 1， 3
所以 x2＝π﹣x1，
则 cs（x2﹣x1）＝cs（π﹣2x1）＝﹣cs2x1＝﹣（1﹣2sin2x1）＝﹣1+21 27
9
×（） = − ．
3
故答案为：− 7．
9
已知函数 f（x）＝xlnx+x（x﹣a）2（a∈R），当? ∈ [1 ，2]时，f（x）＜xf'（x）恒成
2
立，则实数 a 的取值范围是 （﹣∞，√2） ．
【解答】解：构造函数 g（x）= ??(?)，x∈[1 ，2]，
?2
g′（x）= ???′(?)−??(?)，
?2
∵当? ∈ [1 ，2]时，f（x）＜xf'（x）恒成立，
2
∴g′（x）＞0 在 x∈[1 ，2]上恒成立，
2
由 g（x）＝lnx+（x﹣a）2，
∴g′（x）= 1 +2（x﹣a）＞0 在 x∈[1 ，2]上恒成立，
?2
化为 a＜x+ 1 的最小值，
2?
∵x∈[1 ，2]，∴x+ 1 ≥2�? ⋅ 1 = √2，当且仅当 x= �2∈[1 ，2]时取等号，
2
∴a＜√2，
2?
2?22
即实数 a 的取值范围是（﹣∞，√2），故答案为：（﹣∞，√2）．
四．解答题（共 5 小题）
已知直线 l1：x﹣2y+3＝0，l2：2x+3y﹣8＝0．
求经过点 A（1，4）且与直线 l2 垂直的直线方程；
求经过直线 l1 与 l2 的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程．
若直线 l：kx﹣y+2+4k＝0（k∈R）交 x 轴的负半轴于点 A，交 y 轴的正半轴于点
B，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为 S，求 S 的最小值及此时直线 l 的方程．
【解答】解：（1）由直线? ：2? + 3? − 8 = 0 ⇒ ? = − 2 ? + 8，可得直线 l2 的斜率为
233
− 2， 3
33
依题意，所求直线斜率为，则其方程可设为? = 2 ? + ?，
2
该直线经过点 M（1，4），则4 = 3 × 1 + ?，解得? = 5，
22
故所求直线方程为? = 3 ? + 5，即 3x﹣2y+5＝0；3 分
22
（2? − 2? + 3 = 0
? = 1
）联立�
，解得�
，即直线 l1 与 l2 的交点为（1，2），
2? + 3? − 8 = 0? = 2
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为 y＝kx，
代入（1，2），解得 k＝2，此时 y＝2x；
??
当直线的截距都不为 0 时，设直线方程为 +
??
= 1(?，? ≠ 0)，
? = −?
依题意�1 + 2
，解得 a＝﹣1，b＝1，此时直线方程为 x﹣y+1＝0，
?? = 1
综上，所求直线方程为 y＝2x 或 x﹣y+1＝0．8 分
（3）由题可知 k＞0，在 kx﹣y+2+4k＝0 中，令 y＝0，解得? = − 4?+2，即得
?
?(− 4?+2 ，0)，
?
再令 x＝0，可得 y＝4k+2，即得 B（0，4k+2），
114?+2
2(2?+1)21
故? = 2 |??| ⋅ |??| = 2 ×?× (4? + 2) =
?= 2(4? + ? + 4)，
则? = 2(4? + 1 + 4) ≥ 2(2�4? ⋅ 1 + 4) = 2 × (4 + 4) = 16，
??
当且仅当4? = 1，即? = 1时取等号，
?2
故 S 的最小值为 16，此时直线的方程为? = 1 ? + 4．13 分
2
如图，四边形 ABCD 的对角线相交于点 O，∠AOB＝θ．
求证：AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2AC•BDcsθ；
已知 AB＝2，BC＝CD＝2√3，AD＝2√7，θ＝60°．
①求四边形 ABCD 的面积；
②若△ABD 与△BCD 面积相等，求证：AC⊥CD．
【解答】解：（1）证明：由余弦定理得在△AOB 中，AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OBcsθ
①，
在△COD 中，CD2＝OC2+OD2﹣2OC•ODcsθ②，在△AOD 中，AD2＝OA2+OD2+2OA•ODcsθ③，在△BOC 中，BC2＝OB2+OC2+2OB•OCcsθ④，
由③+④﹣①﹣②得 AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2（OA•OD+OB•OC+OA•OB+OC•OD）
csθ
＝2[OA（ OD+OB）+OC（ OB+OD）]csθ＝2（OA•BD+OC•BD）csθ＝2AC•BDcsθ，故 AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2AC•BDcsθ；5 分
（2）①由（1）得 AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2AC•BDcsθ，又 AB＝2，?? = ?? = 2√3，?? = 2√7，θ＝60°，
可求得 AC•BD＝24，又四边形 ABCD 的面积为
? = 1 (?? ⋅ ?? + ?? ⋅ ?? + ?? ⋅ ?? + ?? ⋅ ??)???60° = 1 ?? ⋅ ?????60° = 6√3；
22
…10 分
②证明：由若△ABD 与△BCD 面积相等，因为 BD 为公共底边，
故两个三角形 BD 上的高相等，即 OAsin60°＝OCsin60°，所以 OA＝OC，设 OA＝OC＝m，OB＝n，
在△AOB 中得：4＝m2+n2﹣2mncs60°，即 4＝m2+n2﹣mn，
在△BOC 中得：12＝m2+n2+mn，
两式相加得：m2+n2＝8，两式相减得：2mn＝8，所以（m﹣n）2＝m2+n2﹣2mn＝0，故 m＝n，
故 m＝n＝2，所以 AC＝2m＝4，又?? = 2√7，?? = 2√3，所以 AD2＝AC2+CD2＝28，由勾股定理得：AC⊥CD．15 分
如图所示，已知四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，侧面 PBC 为直角三角形，O 是 PC 的中点，Q 是直线 AD 上的动点，过直线 BC 的平面与侧棱 PA，PD分别交于 N，M 且 MN＝2，其中 BC＝PB＝4，AC＝AB＝AP＝6．
求证：MN∥AD；
求异面直线 MN 与 PC 所成的角；
求直线 OQ 与平面 BCMN 平面所成角的正弦值的最大值．
【解答】解：（1）证明：由题意可知四边形 ABCD 是平行四边形，所以 BC∥AD，即有 BC∥平面 PAD，
又由 MN⊂平面 BCMN，平面 BCMN∩平面 PAD＝MN，所以 BC∥MN，
即得 MN∥AD；3 分
由（1）知 BC∥MN，
则直线 MN 与 PC 所成的角为∠PCB（或其补角），
又由△PBC 为直角三角形，且 PB＝BC，所以∠??? = ?，
4
?
即得异面直线 MN 与 PC 所成的角为
4
；8 分
设直线 OQ 与平面 BCMN 所成角记为 θ，
取 BC 的中点为 E，连接 OE，AE，由 AB＝AC，所以 AE⊥BC，又由△PBC 是直角三角形，且 PB＝BC，
所以 PB⊥BC，又因为 O，E 分别是 PC，BC 的中点，
所以可得 OE⊥BC，又由 OE，AE⊂平面 AOE，且 OE∩AE＝E，所以 BC⊥平面 AOE，又因为 AO⊂平面 AOE，
所以可得 AO⊥BC，又由 AC＝AP，所以 AO⊥PC，
所以 AO⊥平面 PBC．
此时分别以 OB，OC，OA 所在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则可得 O（0，0，0），?(2√2，0，0)，C（0，2√2，0），?(0，0，2√7)，P（0，−2√2， 0），?(0， − √2，√7)，
→→→
设 Q（x，y，z），由??? = ??? = ???，可得??(−2√2?，2√2?，2√7)，
→
即得??? = (−2√2?，2√2?，2√7)，
→
设平面 BCMN 的一个法向量? = (?，?，??)，
→→→→
又由? ⋅ ?? = 0，? ⋅ ?? = 0，
→
所以可得? = (1，1，
3�14)，
7
→ →
所以????? = |???⋅?| = 6�2 ≤ 3，当且仅当 Q 与 A 点重合时取得等号．
→4
→
32 �2
|???|⋅|?|� ⋅ 16? +28
7
…15 分
对于任意两个正数 a，b（a＜b），记区间[a，b]上曲线 y＝f（x）下的曲边梯形面积为 S（a，b），并规定 S（a，a）＝0，S（a，b）＝﹣S（b，a），记 S（a，x）＝F（x）﹣ F（a），其中 f（x）＝F′（x）．
（1）若 f（x）= 1时，求证：S（1，2）＝S（5，10）；
?
）= 时，求证：
（2）若 f（x1 ?−? ＜ ?+?；
??(?，?)2
（3）若 f（x）＝lnx+1，直线 y＝c 与曲线 S（1，x）交于 M（x1，y1），N（x2，y2）两
点．求证：0＜x1x2＜ 1 （其中 e 为自然常数）．
?2
【解答】证明：（1）因为 S（a，x）＝F（x）﹣F（a），且 f（x）＝F'（x），当??(?) = 1时，可知 S（a，x）＝lnx﹣lna，
?
所以 S（1，2）＝ln2﹣ln1＝ln2，
S（5，10）＝ln10﹣ln5＝ln2，
所以 S（1，2）＝S（5，10）成立；3 分
，所以要证
（2）因为??(?) = 1时，S（a，b）＝lnb﹣lna ?−? ＜ ?+?，
?−?
即证
?
?+?
＜，
?(?，?)2
???−???2
2(?−?)
2(?
−1)?
即证
?+?
?
＜??? − ???，即证 ? ＜?? ，
1+??
?
2(?−1)
设 = ?，?＞1，则不等式可化为
?
1+?
＜???(?＞1)，
2(?−1)
2(?−1)
要证＜???，作差得??? −
1+?
1+? ＞0，
即证（t+1）lnt﹣2t+2＞0 在 t∈（1，+∞）恒成立，构造函数 h（t）＝（t+1）lnt﹣2t+2，
则ℎ′ (?) = ??? + 1 − 1，再设?(?) = ??? + 1 − 1，则?′(?) = 1 − 1 = ?−1，
??
??2
?2
因为 t＞1，所以?′(?) = ?−1 ＞0恒成立，
?2
?
所以ℎ′ (?) = ??? + 1 − 1在（1，+∞）为增函数，所以ℎ′
1
(?) = ??? + ? − 1
＞ℎ′(1) = 0′，
所以 h′（t）＞0 在（1，+∞）恒成立，可得 h（t）＝（t+1）lnt﹣2t+2 在（1，+∞）为增函数，
所以 h（t）＞h（1）＝0，所以（t+1）lnt﹣2t+2＞0 在 t∈（1，+∞）恒成立，
所以不等式
?−?
?+?
＜
成立，得证；10 分
???−???2
（3）因为（xlnx）'＝lnx+1，所以 S（1，x）＝xlnx，
令 g（x）＝S（1，x），故 g（x）＝xlnx，g′（x）＝lnx+1，
所以 g（x）在(0， 1)为减函数，在(1 ， + ∞)为增函数，
??
?(?)= ?(1) = − 1，
?????
?
故直线 y＝c 与曲线 S（1，x）交于 M（x1，y1），N（x2，y2），所以− 1 ＜?＜0，
且 x1lnx1＝c，x2lnx2＝c，即有? = ? ①，? = ? ②，
1???12???2
①+②得：? + ? = ? + ? = ?(???1+???2)
12???
???
??? ???，
1212
①﹣②得：? − ? = ? − ? = ?(???2−???1)
12???
???
??? ???，
由第（2
1
?1+?2
212
?1−?2
）问知：
2
>，
???1−???2
?(???1+???2)
所以
2???1???2
?(???2−???1)
> ???1???2 =
???1−???2
−?
???1???2
1
(− ＜?＜0)，
?
所以 lnx1+lnx2＜﹣2，即??(? ? )＜?? 1 ，
1 2?2
所以0＜? ? ＜ 1 成立．17 分
1 2?2
定义一类集合：对于集合 Ω＝{x1，x2，…，xn}（n≥2，n∈N），若∀xi∈Ω 都满足|xi|
＜1，则称 Ω 为“单位有界集”；在集合 Ω 中定义一种运算：若 xi∈Ω，xj∈Ω，定义?? ⊗ ??? =
??+??? .现对单位有界集 Ω 进行如下操作：第一步，从 Ω 中任取两个元素 xi、x（j
1+?????
i≠j），
将 Ω 中除了 xi、xj 以外的元素构成的集合记为Ω1，令Η1＝Ω1∪{xi⊗xj}；第二步，若集合Η1 还是单位有界集，则继续任取两个元素 xm，xl（m≠l），将Η1 中除了 xm，xl以外的元素构成的集合记为 Ω2，令Η2＝Ω2∪{xm⊗xl}；依次类推……
对于任意的单位有界集 Ω，判断Η1 是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例；
证明：若 xi，xj，xm∈Ω，则（xi⊗xj）⊗xm＝xi⊗（xj⊗xm）；
k
（3）当?? = {??? ?? |1 ≤ ?＜10，? ∈ ?}时，对集合 Ω 进行 k 步上述操作，当Η 只有
10
一个元素时停止，求所有满足条件的Ηk．
【解答】解：（1）是，证明如下：
从 Ω 中任取两个元素 xi、xj（i≠j），﹣1＜xi＜1，﹣1＜xj＜1，
要证明Η1 是单位有界集，只需证明−1＜??
⊗ ???
= ??+??? ＜1，
1+?????
??+???
因为
1+?????
+ 1 =
??+???+1+????? 1+?????
(??+1)+(1+??)???
=
1+?????
(1+??)(1+???)
=，
1+?????
其中 1+xi＞0，xj+1＞0，1+xixj＞0，
??+???
所以
1+?????
+ 1＞0，即 xi⊗xj＞﹣1；
??+?????+???−1−?????(??−1)−(??−1)???(??−1)(1−???)
因为因为− 1 ===，
1+?????
1+?????
1+?????
1+?????
其中 xi﹣1＜0，1﹣xj＞0，1+xixj＞0，
??+???
所以
1+?????
− 1＜0，即 xi⊗xj＜1，所以Η1 仍然为单位有界集．
…5 分
??+??? +?
????
（2）证明：因为(? ⊗ ? ) ⊗ ?= ??+???
1+? ?
⊗ ?? =
1+??????
??+???
= ??+???+??+??????? ，
1+? ? +? ??+? ??
? ??
1+1+???????
? ???
??
? + ??+???
? ⊗ (? ⊗ ? ) = ? ⊗ ??+??? =
?????1+???
? 1+?????
??+???
= ??+???+??+??????? ，
1+? ? +? ??+? ??
??
1+??1+?
????
? ???
??
所以（xi⊗xj）⊗xm＝xi⊗（xj⊗xm）．
…10 分
由（1）（2）知 H1．H2，…，Hk﹣1 都为“单位有界集”，所定义的运算具有结合
律，又???
⊗ ??
= ???+??
1+?????
= ??+???
1+?????
= ??
⊗ ???，即定义的运算具有交换律，
不妨先取? = ??? ? ，? = ??? 9?，
110910
因为??? ? = −??? 9?，所以 x1•x9＝0，所以?? = {??? ?? |2 ≤ ? ≤ 8}，
1010
110
再取? = ??? 2? ，? = ??? 8?，x2•x8＝0，所以?? = {??? ?? |3 ≤ ? ≤ 7}，
210910210
类似的，?? = {??? ?? |4 ≤ ? ≤ 6}，?? = {??? ?} = {0}，所以Ηk＝{0}．
310
42
…17 分