2026届上海市嘉定区高三上学期一模数学试卷及答案解析

这是一份2026届上海市嘉定区高三上学期一模数学试卷及答案解析，共23页。
作答前，考生在答题纸正面填写姓名、学校、班级，粘贴考生本人条形码.
所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分.
用 2B 铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题.
一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1～6 题每题 4 分，第 7～12 题每题 5 分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1 已知集合 A   2,2, B   3,1 1,，则 A  B  .
已知直线l 经过点1, 1 、2, 2 ，则l 的倾斜角为 .
已知复数 z  3  4i （ i 为虚数单位），则 z .
4  3i
2
2
双曲线 x  y  1的离心率为.
916



已知空间向量a  b ， a  c ， b  c ，且 a  b  c  1，则 a  b  c .
在(1 2x)7 的二项展开式中，各项系数的和是.
2π
圆锥的侧面展开图中扇形中心角为，底面周长为 2π，这个圆锥的侧面积是
3
．
两个篮球运动员甲和乙罚球时命中的概率分别是 0.7 和 0.6，两人各投一次，假设事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则至少一人命中的概率是.
已知数列a 满足 a  1 ，且 a an1n  2 ，则 a.
n13
n2a
n1 1
100
已知向量 OA  1, 7 ， OB  5,1 ， OP  2,1 ， K 为直线 OP 上的一个动点，当
KA·KB 取最小值时，向量OK 的坐标为.
已知 f  x   ln 1 x3 ，且 f 1 a   f 1 a 2   0 ，则实数 a 的取值范围是.
1 x3
a1 、a2 、a3 、a4 、a5 是 1、2、3、4、5 的全排列，如果对任意的i 2, 3, 4， ai1 和
ai1 中至少有一个大于 ai ，则满足要求的排列的总数为 .
二、选择题（本大题共有 4 题，满分 18 分，第 13、14 题每题 4 分，第 15、16题每题 5 分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
如果 a  b  0 ，那么下列不等式中成立的是（ ）
a  1 ；B. a2
b
ab；C.
1  1
b2a2
；D. 1  1 .
ab
函数 y  1 2cs2  x  π  是（）
4 

最小正周期为 2π的奇函数
最小正周期为 2π的偶函数
最小正周期为π 的奇函数
最小正周期为π 的偶函数
若实数 x 、 y 、 z 满足1 2x  3y  5z ，则 x 、 y 、 z 的大小关系不可能是（）
x  y  z
C. y  x  z
y  z  x
D. x  z  y
数列an的前 n 项和为 Sn ，且对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 Sn  am ，则下列命题中正确的是（）
对任意正整数 n ，总存在正整数m ，使得 an  Sm
数列an一定是等差数列
存在公比为正整数的等比数列an满足条件
对任意正整数 k ，总存在正整数m 、 n ，使得 ak  am  an
三、解答题（本大题共有 5 题，满分 78 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
A 校抽取 66 名高一年级学生测量身高，因某种原因原始数据遗失.已知该样本是按照分
层随机抽样的方法抽取的，其中男生 34 名，身高平均数为 173cm；女生 32 名，身高平均数为 161cm.该 66 名学生身高的方差为 60，其频率分布直方图如下：
（1）求该 66 名学生中身高在169.5,172.5（单位：cm）内的人数；
试用已知数据估计 A 校高一年级全体学生身高的平均数；（结果精确到 0.1cm）
若一组数据落在x  2s, x  2s（ x 是平均数， s 是标准差）内的频率不小于 92%，则称这组数据满足“常态”.试判断这 66 个身高数据是否满足“常态”，并说明理由.
如图，在四面体V  ABC 中， AC  BC ，从顶点V 作平面 ABC 的垂线，垂足O 恰好落在V ABC 的中线CD 上.
如果 DV  DA  2 ，直线VD 与平面 ABC 所成的角为成角的大小；
证明：平面VCD  平面VAB.
已知 f  x   x3  ax  1 .
，求直线VA 与平面 ABC 所
4
若a  3 ，求函数 y  f  x 的单调区间.
若 y  f  x 在0,  上存在零点，求实数a 的最大值.
如图，在平面直角坐标系中， O 为原点，已知抛物线 : y  x2 的焦点为 F ，点 A 的坐
标为1, 2 .
2
若点 E 在 上，且 OE ，求点 E 的坐标；
若 P 是 上的任意一点，求 AP  PF 的最小值；
过点 A 的动直线与抛物线 交于 B 、C 两点，过点 B 、C 分别作 的切线，切线交点为 D ，求证：点 D 的轨迹是一条直线.
图 1 为转角过道的地面平面示意图.该过道由两条直道连接形成转角，由水平平坦的地面与垂直于地面的墙面共同围成，两端延伸至足够远处，且高度充足.其中，QA、QB 构成地面上过道的一侧边界， AQB  120；地面上过道的另一侧边界，则分别与QA、QB 平
行，且交于点 P .过道两侧平行墙面之间的距离均为 3 米.
0
如图 2，在地面有一圆，该圆与QA、QB 均相切，且过点 P .求此圆的半径；
如图 3，有一根长度为 y 米的无粗细木棒 MN 紧贴地面，端点 N 沿QB 移动，另一端
点 M 沿 AQ 移动.当木棒 MN 触碰到点 P 时，QMN  x （弧度），求 y 关于 x 的函数关系及 y 的最小值；
如图 4，某长方体家具的底面为长方形 EFGH ，其宽为 1 米，长为 10 米（因过道高度足够，无需考虑家具高度）.现将底面 EFGH 紧贴地面移动，判断该家具能否顺利通过此
转角过道，并说明理由.
2025 学年第一学期高三年级第一次质量调研数学试卷
考生注意：
本场考试时间 120 分钟，试卷共 4 页，满分 150 分，答题纸共 2 页.
作答前，考生在答题纸正面填写姓名、学校、班级，粘贴考生本人条形码.
所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分.
用 2B 铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题.
一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1～6 题每题 4 分，第 7～12 题每题 5 分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1 已知集合 A   2,2, B   3,1 1,，则 A  B  .
【答案】3, 
【解析】
【分析】根据题意结合集合的并集运算求解即可,
【详解】因为集合 A  2, 2 ， B  3, 1 1,  ，所以 A  B  2, 2 3, 1 1,   3,  .
故答案为： 3, .
已知直线l 经过点1, 1 、2, 2 ，则l 的倾斜角为 .
π
【答案】
4
【解析】
【分析】根据斜率公式求斜率，即可得直线的倾斜角.
【详解】设直线l 的倾斜角为0, π ，
2  12 1
因为直线l 经过点1, 1 、2, 2 ，则直线l 的斜率k  1 ，
则tan 1，可得 π ，
4
2  1
2 1
所以直线l 的倾斜角为 π .
4
π
故答案为： .
4
已知复数 z  3  4i （ i 为虚数单位），则 z .
4  3i
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得 z  i ，即可得模长.
3  4i3  4i4  3i12  9i 16i 12i2
【详解】因为复数 z  i ，
所以 z  1.
故答案为：1.
4  3i
4  3i4  3i
16  9
2
双曲线 x
y2
 1的离心率为.
【答案】
【解析】
916
5
3
【详解】∵由题可知 a  3,b  4
32  44
∴ c  5
∴离心率 e  c  5
a3
5
故答案为： .
3



已知空间向量a  b ， a  c ， b  c ，且 a  b  c  1，则 a  b  c .
3
【答案】
【解析】

【分析】首先利用向量的垂直得出a  b  0 ， a  c  0 ， b  c  0 ，再将 a  b  c
平方即可
求解.
【详解】 a  b ， a  c ， b  c ， a  b  0 ， a  c  0 ， b  c  0 ，

 2
 2 2 2   
 a  b  c  1，
 a  b  c
 a  b  c  2a  b  2a  c  2b c  3 ，
3

 a  b  c .
3
故答案为：.
在(1 2x)7 的二项展开式中，各项系数的和是.
【答案】 1
【解析】
【分析】令 x  1 即可得出答案.
【详解】令 x  1 ，则1 2x7  1，则各项系数的和为1.
故答案为： 1
圆锥的侧面展开图中扇形中心角为
．
【答案】3π
【解析】
2π
3 ，底面周长为 2π，这个圆锥的侧面积是
【分析】借助扇形弧长公可计算出圆锥母线长，结合扇形面积公式即可得圆锥侧面积.
【详解】设圆锥母线长为 l，扇形圆心角为，则 2π  2π  l ，故l  3 ，
3
则 S  1l 2  1  2π  32  3π .
223
故答案为： 3π .
两个篮球运动员甲和乙罚球时命中的概率分别是 0.7 和 0.6，两人各投一次，假设事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则至少一人命中的概率是.
【答案】0.88
【解析】
【分析】正难则反，先求其对立事件的概率，即两人都未命中的概率即可.
【详解】记事件 A  “甲和乙至少一人命中”，则其对立事件为 A  “甲和乙两人都未命中”，
由相互独立事件同时发生的概率乘法公式得，
P  A  1 0.7 1 0.6   0.12 ，所以 P( A)  1  0.12  0.88 .
故答案为： 0.88 .
已知数列a 满足 a  1 ，且 a 
an1
n  2 ，则 a.
【答案】
【解析】
n
1
201
13n
2an1 1
100
【分析】观察递推式为分式的形式，通过取倒数将其转化为线性递推关系，构造等差数列可求得数列an的通项公式，进而求解．
n
【详解】对a 
an1
1
的两边取倒数得
 2an1 1  2  1 ，
2an1  1
anan1a
n1
所以 1  1  2 n  2 ，所以数列 1 是首项为 1  3，公差为 2 的等差数列，
aa a a
nn1
 n 1
 1 1
所以数列的通项公式为 3  2n 1  2n 1，
 a a
 n n
所以数列a 的通项公式为 a
 1 ，所以a
1 1 ．
n
1
故答案为：．
n2n  1
100
2 100 1201
201
已知向量 OA  1, 7 ， OB  5,1 ， OP  2,1 ， K 为直线 OP 上的一个动点，当
KA·KB 取最小值时，向量OK 的坐标为.
【答案】4, 2
【解析】
【 分 析 】 由 题 意 设 OK  kOP  2k , k  ， 根 据 数 量 积 的 坐 标 表 示 计 算

 
KA  KB  5 k  2
2  8 ，即可求解.
【详解】因为 K 为直线OP 上的一个动点，所以OK 与OP 共线，设OK  kOP  2k , k  ，
   
 
所以 KA  KB  OA  OK  OB  OK  1 2k , 7 k  5 2k ,1 k
 1 2k 5  2k   7  k 1 k   5k  22  8 ， 所以当 k  2 时， KA  KB 取最小值，此时OK  4, 2 .
故答案为： 4, 2
已知 f  x   ln 1 x3 ，且 f 1 a   f 1 a 2   0 ，则实数 a 的取值范围是.
1 x3
【答案】1, 2 
【解析】
【分析】根据题意求函数 f  x 的定义域，并判断 f  x 的奇偶性和单调性，结合函数性质
解不等式即可.
【详解】令1 x3  0 ，等价于1 x3 1 x3   0 ，可得  3  ，解得1  x  1 ，
1 x3
可知函数 f  x   ln 1 x3 的定义域为1,1 ，
1 x3
x1
因为 f x   f x   ln 1 x3  ln 1 x3  ln1  0 ，即 f x   f  x ，
1 x31 x3
可知函数 f  x 为奇函数，
1 x32

且 f  x   ln 1 x3  ln 1 x3 1 ，
因为 y  1 x3 在1,1 内单调递增，则u 
2
1 x3
1在1,1 内单调递减，
且 y  ln u 在定义域内单调递增，可知函数 f  x 在1,1 内单调递减，
若 f 1 a   f 1 a2   0 ，则 f 1 a    f 1 a2   f a2 1 ，
1  1 a  1
2

可得1  a2 1  1 ，解得

1 a  a2 1
1  a ，
所以实数 a 的取值范围是1, 2 .
故答案为： 1, 2 .
a1 、a2 、a3 、a4 、a5 是 1、2、3、4、5 的全排列，如果对任意的i 2, 3, 4， ai1 和
ai1 中至少有一个大于 ai ，则满足要求的排列的总数为.
【答案】16
【解析】
【分析】先判断出5 的位置，然后对第二位进行分类讨论，同时注意数字 4 的位置，结合对称性可求解出满足要求的排列的总数.
【详解】因为没有比5 大的数，所以5 只能排在第一位或者第五位，
当5 排在第一位时，若 4 排在第二位，此时排列可以是5, 4,1, 2, 3 ， 5, 4, 2,1, 3 ，
5, 4, 3,1, 2 ，5, 4, 3, 2,1 ，共4 种情况；
当5 排在第一位时，若3 排在第二位，此时没有比 4 大的数，故 4 只能排在第五位，此时排列可以是5, 3,1, 2, 4 ， 5, 3, 2,1, 4 ，共2 种情况；
当5 排在第一位时，若 2 排在第二位，此时没有比 4 大的数，故4 只能排在第五位，此时排列可以是5, 2,1, 3, 4 ，共1种情况；
当5 排在第一位时，若1排在第二位，此时没有比 4 大的数，故4 只能排在第五位，此时排列可以是5,1, 2, 3, 4 ，共1种情况；
由上可知，当5 排在第一位时，共有4  2 11  8 种情况，同理可得，当5 排在第五位时，也有8 种情况满足条件，
综上所述，共有16 种排列满足条件，故答案为：16 .
二、选择题（本大题共有 4 题，满分 18 分，第 13、14 题每题 4 分，第 15、16题每题 5 分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
如果 a  b  0 ，那么下列不等式中成立的是（ ）
A. a  1 ；B. a2
b
ab；C.
1  1
b2a2
；D.
1  1 .
ab
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式的性质比较大小逐一判断即可.
【详解】对于 A：由 a  b  0 得 a  b  1，错误；
bb
对于 B：由 a  b  0 ，则有 a  a  a b ，即a2  ab，正确；
对于C：由a  b  0 得a  b  0 ，则根据不等式的性质有(a)2  (b)2  0 ，即 a2  b2 ，
由 a2  b2 可得 1
a2
 1 ，错误；
b2
a
对于 D：由 a  b  0 得 ab  0 ，则 b ，即 1  1 ，错误
ababab
故选：B
函数 y  1 2cs2  x  π  是（）
4 

最小正周期为 2π的奇函数
最小正周期为 2π的偶函数
最小正周期为π 的奇函数
最小正周期为π 的偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简，最后由正弦函数性质即可求解.
【详解】 y  1 2cs2  x  π   
  π   
 π   sin 2x ，
4 
cs 2  x4 
cs 2x2 

所以函数 y 为奇函数，最小正周期T  2π  π .
2
故选：C
若实数 x 、 y 、 z 满足1 2x  3y  5z ，则 x 、 y 、 z 的大小关系不可能是（）
A. x  y  z
C. y  x  z
B. y  z  x
D. x  z  y
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出 x, y, z 的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断.
【详解】令1 2x  3y  5z  t ，得 x  lg2 t 1, y  lg3 t, z  lg5 t ， t  1
在同一直角坐标系内作出函数 f t   lg2 t 1, g t   lg3 t, h t   lg5 t ， t  1的图像，
则 x, y, z 分别是函数 y  f t , y  g t , y  h t  ，t  1的图像与直线t  a a  1 交点的纵坐标，
设 B 点的横坐标为x1 ， C 点的横坐标为 x2 ，观察图像得当1  a  x1 时， y  z  x ，
当 x1  a  x2 时， y  x  z ，当 a  x2 时， x  y  z ，
所以 ABC 是可能的，D 不可能.故选：D
数列an的前 n 项和为 Sn ，且对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 Sn  am ，则下列命题中正确的是（）
对任意正整数 n ，总存在正整数m ，使得 an  Sm
数列an一定是等差数列
存在公比为正整数的等比数列an满足条件
对任意正整数 k ，总存在正整数m 、 n ，使得 ak  am  an
【答案】D
【解析】
【分析】可根据数列an的性质，对每一选项进行分析判断即可.
【详解】选项 A：取数列 an  n ，易知不存在正整数m ，使得 Sm  a2  2 ，故该选项错误；
1, n  1

选项 B：取数列 an  0, n  2 ，则 Sn  1，满足对任意正整数 n ，总存在正整数m ，使得
Sn  am ，但数列 an 不是等差数列，故该选项错误；
选项 C：设等比数列a 的公比为 q ，首项为 a ，则 a  a qn1 ，
n1n1
当 q  1 时， Sn  na1 ， am  a1 ，则 Sn  am  (n 1)a1 不恒为 0，不符合题意；
当正整数 q  2 时， S  a  a  a  a (1 q  q2  qn1 ) ， a  a qm1 ，
n12n1m1
若 Sn  am ，则1 q  q2  qn1  qm1 ，
n12n1qn 1qnn
由于正整数 q  2 ，则 q 1 q  q  q q ，
q 1q 1
即 qn1  qm1  qn …*，
由于 qn 单调递增，且在n 1与 n 之间不存在其他正整数，则*式不成立；故 C 错误；
选项 D：当正整数 k  2 时，由题意，存在正整数m 使得 Sk  am ，
且存在正整数 n 使得 Sk 1  an ，则 ak  Sk  Sk 1  am  an 符合题意；
当 k  1时，存在正整数m 使得 S2  am ，取 n  2 ，则 a1  S2  a2  am  an 符合题意；故 D 正确.
故选：D.
三、解答题（本大题共有 5 题，满分 78 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
A 校抽取 66 名高一年级学生测量身高，因某种原因原始数据遗失.已知该样本是按照分
层随机抽样的方法抽取的，其中男生 34 名，身高平均数为 173cm；女生 32 名，身高平均数为 161cm.该 66 名学生身高的方差为 60，其频率分布直方图如下：
（1）求该 66 名学生中身高在169.5,172.5（单位：cm）内的人数；
试用已知数据估计 A 校高一年级全体学生身高的平均数；（结果精确到 0.1cm）
若一组数据落在x  2s, x  2s（ x 是平均数， s 是标准差）内的频率不小于 92%，则称这组数据满足“常态”.试判断这 66 个身高数据是否满足“常态”，并说明理由.
【答案】（1） 8
（2）167.2cm
（3）满足，说明见解析
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，求出身高在169.5,172.5 的频率，再求出频数即可得到答案；
求出 66 名学生的身高平均数，用样本估计总体即可得到结果；
根据题目数据求出x  2s, x  2s约为151.7,182.7，再根据频率分布直方图求出数据落在154.5,181.5 的频率，根据154.5,181.5  151.7,182.7即可进行判断.
【小问 1 详解】
由频率分布直方图可知，身高在169.5,172.5的频率为0.04 3  0.12 ，
66 0.12  7.92 ，所以该 66 名学生中身高在169.5，172.5（单位：cm）内的人数为8 人.
【小问 2 详解】
这 66 名高一年级学生身高平均数为 34 173  32 161  167.2 ，
66
因为该样本是按照分层随机抽样的方法抽取的，所以估计 A 校高一年级全体学生身高的平均数为167.2cm .
【小问 3 详解】
由（2）知 x  167.2 ，所以x  2s, x  2s约为151.7,182.7，
数据落在154.5,181.5 内的频率为 1 0.015  0.01 3 100%  92.5% ，
因为154.5,181.5  151.7,182.7，所以数据落在x  2s, x  2s内的频率不小于92%，所以这 66 个身高数据满足“常态”.
如图，在四面体V  ABC 中， AC  BC ，从顶点V 作平面 ABC 的垂线，垂足O 恰好落在ΔABC 的中线CD 上.
如果 DV  DA  2 ，直线VD 与平面 ABC 所成的角为
成角的大小；
证明：平面VCD  平面VAB.
π
，求直线VA 与平面 ABC 所
4
【答案】（1）
6
（2）证明详见解析
【解析】
【分析】利用几何法找到线面成角，利用线面垂直证明面面垂直.
【小问 1 详解】连接 AO ，如图.
由题可知，VO  平面 ABC ， AB  平面 ABC ,则VO  AB ，且VDO 即为直线VD 与平面 ABC 所成角，
即VDO  π .由 AC  BC ， CD 为 AB 边的中线，
4
可得 AB  CD .而 DV  DA  2 ，可得OV  OD 
， AO 
6 .
AD2  OD2
而VAO 即为直线VA 与平面 ABC 所成角，且VAO  0, π  ,
2 
2
6
3
则tan VAO ，可得直线VA 与平面 ABC 所成角为 π .
36
【小问 2 详解】
由VO  AB ， AB  CD ， CD VO  O ， CD,VO  平面VCD ,故 AB  平面VCD ，而 AB  平面VAB ，则平面VCD  平面VAB.
已知 f  x   x3  ax  1 .
若a  3 ，求函数 y  f  x 的单调区间.
若 y  f  x 在0,  上存在零点，求实数a 的最大值.
【答案】（1）答案见解析；
（2） 
2
 1 3 .
2
3· 

【解析】
【分析】（1）应用导数研究函数的单调区间即可；
（2）问题化为 y  a 与 g(x)  x2  1 在 x 0,  上有交点，应用导数研究 g (x) 的单
x
调性并求出值域，即可得范围.
【小问 1 详解】
由题设 f  x  x3  3x 1，则 f  x  3(x2 1) ，
当 f  x  0  x  1或 x  1 ，即 y  f  x 在(, 1),(1, ) 上单调递增，当 f  x  0  1  x  1，即 y  f  x 在(1,1) 上单调递减，
所以 y  f  x 的单调增区间为(, 1),(1, ) ，单调减区间为(1,1) ；
【小问 2 详解】
在0,  上，令 f  x   0  x3  ax 1  0  a  x 2  1 ，
x
所以 a  x2  1 在 x 0,  上有解，
x
即 y  a 与 g(x)  x2  1 在 x 0,  上有交点，
x
由   1  1  2x3 且 x 0,  ，
1
3
2
1
3
2
g (x)2xx2x2
所以 g(x)  0  1 2x3
0  0  x ， g(x)  0  1 2x3
 0  x ，
所以 g (x) 在(0, 3
1 ) 上单调递增，在( 3
2
1 , ) 上单调递减，
2
1 
 21
2
 1  3
当 x  0 或 ，有 g(x)   ，且 g  3

  2
2

3  23  3·  ，
 2 
所以 a  
2
3· 1 3 ，故最大的 a 为
 2 

2
3· 1 3 .
 2 

如图，在平面直角坐标系中， O 为原点，已知抛物线 : y  x2 的焦点为 F ，点 A 的坐标为1, 2 .
2
若点 E 在 上，且 OE ，求点 E 的坐标；
若 P 是 上的任意一点，求 AP  PF 的最小值；
过点 A 的动直线与抛物线 交于 B 、C 两点，过点 B 、C 分别作 的切线，切线交点为 D ，求证：点 D 的轨迹是一条直线.
【答案】（1） E(1,1) 或 E(1,1) ；
9
（2） ；
4
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）令 E(x, x2 )，应用两点距离公式求参数值，即可得点的坐标；
若 PG 垂直抛物线 的准线于G ，结合抛物线的定义得 AP  PF  AP  PG ，数
形结合确定其最小值；
设 BC : y  2  k (x 1) ， B(x1, y1), C(x2 , y2 ) ，应用导数几何意义求过 B,C 的切线，
进而得到 x  x1  x2 ， y  x x ，联立直线 BC 与抛物线并应用韦达定理得 x  x  k ，
D2D1 212
x1 x2  k  2 ，即可证.
【小问 1 详解】
x2  x4
由题设，令 E(x, x2 )，则 OE

，即 x4  x2  2  (x2  2)(x2 1)  0 ，
2
所以 x2  1  x  1 ，故 E(1,1) 或 E(1,1) ；
【小问 2 详解】
若 PG 垂直抛物线 的准线 y   1 于G ，由抛物线的定义知| PG || PF | ，
4
所以 AP  PF  AP  PG  AG ，当且仅当 A, P, G 三点共线时取等号，
又 AG  抛物线 的准线时， | AG | 最小为 2  ( 1 )  9 ，
44
所以 AP  PF 的最小值为 9 ；
4
【小问 3 详解】
由题设，直线 BC 的斜率一定存在，设 BC : y  2  k (x 1) ， B(x1, y1), C(x2 , y2 ) ，
而 y  2x ，则过 B 的切线斜率为 2x1 ，对应切线为 y  y1  2x1 (x  x1 ) ，即 y  x1(2x  x1) ，同理过C 的切线为 y  y2  2x2 (x  x2 ) ，即 y  x2 (2x  x2 ) ，
联立 y  x1 (2x  x1 ) ，可得 2x x  x2  2x x  x2 ，整理得 2x(x  x )  x2  x2 ，
 y  x (2x  x )
1122
1212
22
由题意 x  x ，则 x  x1  x2 ， y  x x ，
12D2
D1 2
 y  x2
联立 y  2  k (x 1) ，得 x2  kx  k  2  0 ，且  k 2  4(k  2)  (k  2)2  4  0 ，

所以 x  x  k ， x x  k  2 则 x  k ， y  k  2 ，
121 2
D2D
显然点 D 在直线 y  2x  2 ，即 2x  y  2  0 上，得证.
图 1 为转角过道的地面平面示意图.该过道由两条直道连接形成转角，由水平平坦的地面与垂直于地面的墙面共同围成，两端延伸至足够远处，且高度充足.其中，QA、QB 构成地面上过道的一侧边界， AQB  120；地面上过道的另一侧边界，则分别与QA、QB 平
行，且交于点 P .过道两侧平行墙面之间的距离均为 3 米.
0
如图 2，在地面有一圆，该圆与QA、QB 均相切，且过点 P .求此圆的半径；
如图 3，有一根长度为 y 米的无粗细木棒 MN 紧贴地面，端点 N 沿QB 移动，另一端
点 M 沿 AQ 移动.当木棒 MN 触碰到点 P 时，QMN  x （弧度），求 y 关于 x 的函数关系及 y 的最小值；
如图 4，某长方体家具的底面为长方形 EFGH ，其宽为 1 米，长为 10 米（因过道高度足够，无需考虑家具高度）.现将底面 EFGH 紧贴地面移动，判断该家具能否顺利通过此转角过道，并说明理由.
3
【答案】（1） r  12  6
y 
（2）
3
sin x
3
sin  π  x  ， ymin  12
 3

（3）不能通过，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接 PQ ，设圆心为O ，过O 作OW  QB ， OZ  QA ，由几何性质建立半径 r 的方程，解方程可得结果；
过点 M 作 MD  QA ，交过道另一侧边界于点 D ，过点 N 作 NE  QB ，交过道另一侧于点 E ，由图形关系可得 y 与 x 的函数关系，并利用导数和函数的对称性求得 y 的最小值；
设QEF ，延长HG交QA 于 R ，交QB 于S ，由 RS  RH  HG  GS ，得到HG
 6 
的表达式，验证 g  π   10 可得结论.

【小问 1 详解】
连接 PQ ，设圆心为O ，过O 作OW  QB ， OZ  QA ，
由OW  OZ  r ， OWQ  OZQ  90 ， OQ  OQ ，可得OWQ OZQ ，
从而OQW  OQZ  π ，
3
PQ 
3
sin π
3
3
 2
3
，
r r
所以sin π 3
 2
3
，解得 r  12  6.
【小问 2 详解】
如图，过点 M 作 MC  QA ，交过道另一侧边界于点C ，过点 N 作 ND  QB ，交过道另一侧于点 D ，
则 MP 3，
sin x
NP 
3
sin  π  x  ，
 3

y  MP  NP 
所以
3
sin x
3
sin  π  x  ，
 3

f  x  
令
3
sin x
3 0  x 

 π
π 
3  ，
sin 

 x  
3

3cs  π  x 3cs  π  x sin 2 x  3cs xsin 2  π x 
3cs x
 3 3 3
f  x       ，
sin2 x
sin2  π  x 
sin2 xsin2  π  x 
 3 3

当 x  0, π  时， cs x  cs π  x   0 ， sin  π  x   sin x  0 ，
6 
 3
 3

所以3cs π  x sin2 x  3cs x sin2  π  x  ，
 3 3

所以 f  x  0 ，当且仅当 x  π 时取等号，故 y  f  x 在 0, π  上严格单调递减，
并且 f  x 

6

f  π  x  ，所以 y  f  x 关于 x  π 对称，
6 
 36

所以 f  x f  π   12 ，即 x  π 时， y 的最小值为 12 米.
6

min 6
【小问 3 详解】
设底面长方形顶点 E 、 F 分别在边界QA 、QB 上移动，设QEF ，延长HG交QA 于 R ，交QB 于S ，
RS  RH  HG  GS 
则
1
tan
 HG 
1
tan  π  ，
 3
RS 
由
3
sin

3
sin  π  ，
 3

g   HG 
设
3
sin
3
sin  π 
1
tan
1
tan  π  ，
 3 3

若家具可以通过转角，则对于  0, π  ， g   10 ，
3 
g  π  
3 2 

3
1 2  12  2
 8.53  10
6
但

 sin πtan π
66
，所以家具不能通过该转角.