浙江杭州学军中学2026年高二下学期数学期末考试试卷

这是一份浙江杭州学军中学2026年高二下学期数学期末考试试卷试卷主要包含了ACD，ABD等内容，欢迎下载使用。
单选题
高二下期末综合卷一
已知集合 A = {x ∣-3 < x ≤ 2} ，B = {x ∣-2 ≤ x < 3} ，则 A ∪ B = ()
A. {x ∣-2 < x < 2}B. x∣-2 ≤x≤2C. {x ∣-2 < x ≤ 3}D. {x ∣-3 < x < 3}
若复数 z = i + i2 + i3 +⋯+i2026(其中 i 为虚数单位)，则 z 的共轭复数的虚部是 ()
A. 1B. - 1C. iD. - i
_____
已知 △ABC 的外接圆圆心为 O，且 AO = AB + AC ，则 BA 在 BC 上的投影向量为 ()
A. 1 _
1 _
1 _
1 _
2 BC
若 sin( π -α
B. - 2 BC
= 1 ，则 cs( π +2α
C. 4 BC
= ()
D. - 4 BC
3
7 9
33
- 7
9
2 9
- 2
9
若直线 y = x - 2 上存在点 P，圆 (x + m)2 + y2 = 1 上存在点 Q，使得
2
2
()
_
PQ = (1,0)
，则 m 的最大值为
A. - 1B. 3 -
C. - 3 +
D. 3
某面包店一天下班后要将所剩 6 个不同款式的面包分给小明、小红、小强三个员工，要求每个员工都有拿到面包，则小明最终拿到偶数个面包的情况有 ()
A. 180 种B. 210 种C. 240 种D. 360 种
已知正方形 ABCD 的边长为 2，P 是平面 ABCD 外一点，设直线 PB 与平面 ABCD 的夹角为 α，若
PA + PC = 2 3 ，则 α 的最大值是 ()
π 6
π 4
π 3
π 2
设函数 f (x 的定义域为 D，若存在实数 T (T > 0)，使得对于任意 x ∈ D，都有 f (x < f (x+T ，则
称 f (x 为“T - 严格增函数”，对于“T - 严格增函数”，有以下四个结论：
①“T - 严格增函数”f (x 一定在 D 上严格增；
②“T - 严格增函数”f (x 一定是“nT - 严格增函数”(其中 n ∈ N *，且 n ≥ 2)
③函数 f (x = x 是“T - 严格增函数”(其中 x 表示不大于 x 的最大整数)
④函数 f (x = x - x 不是“T - 严格增函数”(其中 x 表示不大于 x 的最大整数)
其中，正确的结论个数有 ()．
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个
多选题
已知椭圆 x2 + y2 = 1 的左右焦点分别为 F ，F ，上下顶点分别为 B ，B ，左顶点为 A ,P,Q 是椭圆上
412
121
除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是 ()
A. P,Q,F1,F2B. P,Q,B1,B2C. P,Q,F1,B1D. P,Q,A1,B1
如图，在直棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，AB ⎳ CD,AB ⊥ BC,AB = 2CD = 2,BC = CC1 =2 ，M 是
CC1 中点. 过 AA1 作与平面 BDD1B1 平行的平面 α，若 α ∩ 平面 A1BD = l1,α ∩ 平面 A1BC1 = l2，则
()
A1,B,M ,D1 四点共面
棱柱 ABCD - A1B1C1D1 没有外接球
直线 l1,l2 所成的角为 60°
2
四面体 A1BC1D 与四面体 AB1CD1 的公共部分的体积为 1
已知数列 an 是公比为 q 的等比数列，且 a1 > 0，则下列叙述中正确的是
()
若 a1 + a4 = a2 + a3，则 q =±1
若 a2 = lna1 + lna3，则 q < 0
若 2a3 = ea1 + ea2 ，则 q > 1
若 0 < a1 < 1，且 a1 + a2 + a3 = ln(a1 + a2 + a3 + a4)，则 q > 1
填空题
有一组数据，按从小到大排列为：1,2,6,8,9,m，这组数据的 40% 分位数等于他们的平均数，则 m 为
.
(
已知 1
x
n
-2x 的展开式中第 3 项与第 5 项的二项式系数相等，则常数项为
已知函数 f (x
= ex - xlnx，当 x > 1
2
时，曲线 y = f (x
在直线 y = m(m∈R
的上方，则实数 m 的
取值范围是．
四 解答题
已知函数 f (x
= sin x- π
(
6
+ m，将 y = f (x
的图象的横坐标变为原来的 1 ，纵坐标不变，再向左
2
平移 π 个单位长度后得到函数 g(x
的图象，且 y = g(x 在区间  π , π
上的最小值为 1.
6
求 m 的值；
(
在锐角 △ABC 中，若 g C
2
l 62
= 3 + 3 ，求 tanA + tanB 的取值范围.
2
如图所示，在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形，其中 AB = AD = CD = 1,BC = PC =
2，CD ⊥ PB．
求 PD 的长；
若 PB = 3，求平面 PAB 与平面 PCD 夹角的余弦值．
某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军. 比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得 3 分，负者获得 1分，比赛没有平局；②连续 2 局获胜或积分率先达到 11 分者可获得冠军，比赛结束. 已知在单局比赛
中，甲乙获胜的概率均为 1 .
2
求甲乙决出冠军时比赛局数 X 的分布列与数学期望 E(X ；
求在甲获得冠军的条件下其积分达到 11 分的概率 P.
Γ x2 + y2
= 1(a > b > 0)
A -2 0
e =3B
已知椭圆 ：
a2b2
，左顶点(， ，离心率
2 ， 为第一象限内椭圆上一
点，过 B 作椭圆的切线交直线 x =-2 于点 P.
求椭圆 Γ 的标准方程；
过点 A 且平行于 BP 的直线与椭圆的另一个交点为 C ，直线 AC 交 BO 延长线于点 M ，记
△PAC ，△MBC ，△PMC 的面积分别为 S△PAC，S△MBC，S△PMC.
证明：S△PAC = 2S△MBC；
3 3
4
当 S△PMC =时，求直线 AC 的方程．
设函数 f(x) = alnx + x2 - (a + 2)x，其中 a ∈ R．
当 a < 0 时，求函数 f(x) 的单调区间；
在 (1) 的条件下，证明曲线 f(x) 在曲线 g(x) =-x2 - 2x - 2 的上方；
已知导函数 f (x
在区间 (1,e
上存在零点, 证明：当 x ∈ (1,e) 时，f(x) >-e2．
《高二下期末复习综合卷一》参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
B
C
C
B
C
ACD
ABD
题号
11
答案
ABD
1．D
【详解】因为集合 A  {x∣ 3  x  2}
所以 A  B  {x∣ 3  x  3} ．
， B  {x∣ 2  x  3} ，
2．B
【分析】先确定i 满足关系i4n  1， i4n1  i ， i4n2  1， i4n3  i ，再证明i4n1  i4n2  i4n3  i4n4  0 ，由此求结论.
【详解】因为i2  1 ，所以i4  i2 2  12  1，
所以i4n  i4 n  1 ， i4n1  i4n?i  i ， i4n2  1， i4n3  i ，所以i4n1  i4n2  i4n3  i4n4  i  1  i 1  0 ，
所以复数 z  i  i2  i3  i2026 ， 2026  4  506  2 ，所以 z  i2025  i2026  i 1
即 z  1 i ，
所以 z 的共轭复数为1 i ，其虚部为1. 3．A
【分析】连接OB 、OC ，推导出四边形 ABOC 为菱形，设 AO ∩ BC  D ，则 D 为 BC 的中点，且 AO  BC ，
再利用投影向量的定义可得结果.
【详解】连接OB 、OC ，
–––→–––→
因为 AO  AB  AC ，则 AB  AO  AC  CO ，所以， AB//OC 且 AB  OC ，
–––→–––→
又因为 OB  OC ，则四边形 ABOC 为菱形，
设 AO ∩ BC  D ，则 D 为 BC 的中点，且 AO  BC ，
–––→1 –––→
因此， BA 在 BC 上的投影向量为 BD  2 BC ，故选：A.
4．B
【分析】利用换元法并结合二倍角的余弦公式即可得到答案.
【详解】设 π    t ，则  π  t ， sin t  1
333
 π π
 1 27
cs  2   t   csπ  2t   cs 2t  2 sin2 t 1  2   1   .
 3 3
 3 9
故选：B. 5．C
【分析】设 P  x, y , Q  x, y ，结合 PQ  (1, 0) ，得到点Q 的轨迹，再根据直线与圆的位置关系求解．
【详解】设 P  x, y , Q  x, y ，则 PQ  (x  x, y  y)  1, 0 ，所以 x  x 1, y  y ，又?在直线 y  x  2 上，
所以 y  x 1 2  x  3，即点Q 在直线 y  x  3 上，
圆(x  m)2  y2  1，圆心为m,0 ，半径为1，
12 12
m  3
2
2
2
又点Q 在圆(x  m)2  y2  1上，即直线 y  x  3 与圆有公共点，所以圆心到直线 y  x  3 的距离d  1，
解得3  m  3 ，故 m 的最大值为3 ．
6．C
【分析】要算小明拿偶数个面包的情况，分两种情况讨论，小明拿 2 个面包和拿 4 个面包，运用排列组合算出两者的总数量，最后把两种情况的数量相加，就是小明拿偶数个面包的总情况数.
64 24
【详解】若小明拿到 2 个面包，则有C2  C1 A2  C2   1514  210 ；
62
若小明拿到 4 个面包，则有C4  A2  30 种；
故小明最终拿到偶数个面包的情况有210  30  240 种，故选：C
7．B
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当 PA  PC  2 3 时点?的轨迹是一个椭球,即可根据
tan   PQ 求解最值.
BQ
3
【详解】由题意知，点?为动点， A 、??为定点， PA  PC  2 AC  2 2 ，
2
由椭圆的定义知，点?的轨迹是以 A 、??为焦点， AC  2为焦距，长轴为2 3 的椭圆，
2
将此椭圆绕????旋转一周，得到一个椭球，即点?的轨迹是一个椭球，
22  22
而椭球面为一个椭圆，由2a  2 3, 2c 
 2，
即a 
3, c 
2 ，得b 
 1，
a2  c2
设点?在平面 ABCD 上的射影为Q ，则tan   PQ ，
BQ
2
又0  PQ  1, 0  BQ ，且 PQ  BQ ，
所以当且仅当 PQ  BQ 时tan  最大，即 取到最大值π ，
4
故选：B．
8．C
【分析】根据函数新定义及特殊函数判断①②③，由函数解析式得 f  x 1  f  x ，即 f  x 是周期为 1
的周期函数，利用周期性并讨论T  1、T  0 且T  1判断④.
【详解】①，对于 f  x   x, x  0 ，定义域为 R，

x 1, x  0
存在T  2 ，对于任意 x  R ，都有 f  x  f  x  2 ，但 f  x 在 R 上不单调递增，错误．
②， f  x 是＂T  严格增函数＂，存在T  0 ，对任意 x  D ，都有 f  x  f  x  T  ，因为n  2,T  0 ，所以 f  x  T   f  x  nT  ，故 f  x  f  x  nT  ，
即存在实数nT  0 ，使得对任意 x  D ，都有 f  x  f  x  nT  ，
所以 f  x 是＂ nT  严格增函数＂，正确．
③， f  x  x ，定义域为 R ，当T  1时，对任意的 x  R ，都有x  x 1 ，即 f  x  f  x 1 ，所以函数 f  x  x ，＂T  严格增函数＂，正确．
④，对于函数 f  x  x x， f  x 1  x 1x 1  x 1x 1  x x  f  x ，
所以 f  x 是周期为 1 的周期函数， f  1   1   1   1 ，
2
2
 
   2 2
若T  1，则 f  1 1  3   3   1  f  1  ，不符合题意．

 
 2

2 2 2
 2 
因为 f  x 的周期为 1，故不妨设0  T  1，
设 x  1 T 0,1 ，则 f  x  T   f 1  11  0 ，
而 f  x  f 1 T   1 T  0  1 T ，此时 f  x  f  x  T  ，矛盾；所以函数 f  x  x x不是＂T  严格增函数＂，正确．
故选：C 9．ACD
【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A 正确，B 不正确；设圆的方程为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，将
B1(0,1), F1(
E  2  3D
3, 0) 代入求得
，结合 P(x0 , y0 ),Q(x0 ,  y0 ) ，求得圆的方程，可判定 C 正确；
F  3D  3
取点 P( 2,
2 )，求得过点 P, B1 , B2 圆的方程，可判定D 正确.
a2  b2
3
2
x2
【详解】由椭圆
4
y2  1 ，可得a  2, b  1，则
c 
，
对于A，由c  b ，则以 F1F2 为直径的圆与椭圆有 4 个交点，所以A 正确；对于B，以 B1 , B2 为直径的圆与椭圆仅有两个交点，所以 B 错误；
对于C，设圆的方程为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，
E  F 1  0E  2  3D


将 B1(0,1), F1(
3, 0) 代入得
3D  F  3  0 ，解得F 
，
3D  3
则圆的方程为 x2  y2  Dx  (2 
3D) y 
3D  3  0 ,
x2  y2  Dx
 (2 
3D) y
 3D  3  0
设 P  x , y ，则Q(x ,  y ) ，则
0000，
0000
x2  y2  Dx  (2  3D) y  3D  3  0
 0000
两式相加，可得 x2  y2  3  3D ，两式相减，可得 Dx  (2  3D) y
 0 ，
0000
(2  3D)2
22
联立方程组，可得 x0 D2y0 ，
又因为 x2  4 y2  4 ，联立可得 y2  1
3D ，则 x2  4(2 
3D) ，
000
22
3
4(2 
0
(2  3D)2
3D)
3
1 3D
(2  3D)2
将其代入 x0 D2
y0 ，可得3
，
D23
即(2 
3D)(7D2 
3D  2)  0 ，此时方程有解，所以 C 正确；
对于D，设直线 PQ 的斜率为k ，则直线 PQ 的方程为 y  kx ，
因为 P, Q 关于原点对称，则 PQ 中垂线的方程为 y   1 x ，
k
因为 A (2, 0), B (0,1) ，可得线段 AB 中垂线的方程为 y  2x  3 ，
11
 y  kx

联立方程组x2  4 y2  4
1 1
，可得 x2 
4
4k 2 1
2
4k 2 1
，可得 x  2，
4k 2 1
因为 P, Q 关于原点对称，不等式 xP 
2，则 y 2k，
4k 2 1
P
 y  2x  33333
2 k k
联立方程组
1，可得 x  2 , y  2
，即圆心O( 2 , 2 ) ，
 y  x
k
1 2k
1 2k
1 2k
1 2k
3 k 33 k 3
4k 2 1
若OB  OP ，即( 2  0)2  (2 1)2  ( 2 
2)2  (2 
2k) ，
4k 2 1
1 2k
1 2k
1 2k
1 2k
 3 k23(4  2k )(1 2k )4k 2  4
可得( 2 )2 
4 4k
 (2
)2 ，即
(1 2k )2
，
4k 2 1
1 2k4k 2 14k 2 11 2k
4  2k
4k 2  4
332
k   1
即
1 2k
，即
4k 2 11 2k
4k 2 1 ，所以4k
 2k  0 ，解得2 ，
所以当 PQ 的斜率为 1 ，可得 P( 2, 2 ), Q( 2,  2 ) ，
222
此时 P, Q, A1 , B1 四点共圆，所以 D 正确.
故选：ACD. 10．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断 A；利用异面直线夹角的向量求法判断 C；确定直角梯形是否有外接圆判断 C；作图求出体积判断 D.
【详解】在直棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，BB1  平面 ABCD ，又 AB  BC ，则直线 BC, BA, BB1 两两垂直，
以点 B 为原点，直线 BC, BA, BB1 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
则 B(0, 0, 0), C( 2, 0, 0), A(0, 2, 0), D( 2,1, 0), M ( 2, 0, 2 ), A (0, 2, 2), D ( 2,1, 2) ，
211
–––→
对于A，
––––→
 (0,1,
2 )  1 –––→ ，即MD / / BA ，又 D 直线 BA ，
BA1
(0, 2, 2), MD1
2 BA1
1111
因此MD1 / / BA1 ，即 A1 , B, M , D1 四点共面，A 正确；
对于B，在梯形 ABCD 中， AB / /CD, AB  BC, AB  2CD ，则BAD 为锐角， BCD  90∘ ，
因此BAD  BCD  180∘ ，梯形 ABCD 无外接圆，则棱柱 ABCD A1B1C1D1 没有外接球，B 正确；对于C， // 平面 BDD1B1 ，  平面 A1BD  l1 ，平面 BDD1B1 ∩ 平面 A1BD  BD ，
则l1 / / BD ，令 A1C1 ∩ B1D1  E ，连接????，平面 BDD1B1 ∩ 平面 A1BC1  BE ，同理l2 / / BE ，
因此直线l , l 所成的角等于直线 BD, BE 所成的角，由 B1E  A1B1  2 ，得 BE  2 BD ，
1 2
–––→–––→
ED1C1D1
–––→ –––→
13 1 1
–––→ –––→
2 2
2 2
22
| BD  BE |21
10
则 E(, , 2) ， BE  (, , 2), BD  ( 2,1, 0) ， | csBD, BE | –––→ –––→  2 ，
3333| BD || BE |
直线l1 , l2 所成的角不为60∘ ，C 错误；
对于D，令 BD ∩ AC  F , AB1 ∩ A1B  G, BC1 ∩ B1C  H , CD1 ∩ C1D  I , DA1 ∩ D1 A  J ，
则点G, H , I , J 是直棱柱 ABCD A1B1C1D1 所在侧面矩形的中心，
GH // AC / / IJ , GH  1 AC
 IJ ，四边形GHIJ 是平行四边形，
1 12 1 1
A1C1  平面GHIJ ，则 A1C1 // 平面GHIJ ，同理 B1D1 // 平面GHIJ ，而 A1C1 ∩ B1D1  E ，
A1C1 , B1D1  平面 A1B1C1D1 ，因此平面GHIJ // 平面 A1B1C1D1 ，同选项C 得 BF  B1E ，而 BF / / B1E ，则四边形 BB1EF 为平行四边形， FE / / BB1 ，则 FE  平面 A1B1C1D1 ，
FE  平面GHIJ ，四边形GHIJ 的面积S
GHIJ
 1 S
2
ABCD
 1  1 2  3 2 ，
2
224
四面体 A1BC1D 与四面体 AB1CD1 的公共部分为八面体 EGHIJF ，
2
所以四面体 A1BC1D 与四面体 AB1CD1 的公共部分的体积为1 S EF  1  3 2  1 ，D 正确.
GHIJ342
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：作出图形确定两个四面体的公共部分是求出其体积的关键. 11．ABD
【分析】根据等比数列通项列方程求解判断A，化简所给条件构造函数，利用导数研究函数的性质确定 B，构造函数利用函数最值得到不等式，再由不等式求解判断C，构造函数，利用函数最值转化为不等式求解判断 D.
【详解】对于A 选项，数列an 是公比为??的等比数列，且a1  0 ，
若a  a  a  a ，则a  a q3  aq  a q2 ，
14231111
即1 q3  q  q2  q3  q2  q 1  0  (q 1)(q2 1)  0 ，解得q  1或q  1 ，故 A 正确；
213131
1
2
对于B 选项， a  lna  lna  ln a  a   ln a2  q2   2 ln a  q  2 ln a ，
若q  0 时，又a  0 ，则a  0 ，令 f (x)  2ln x  x ，则 f  x  2 1，
2x
当 x  2 时， f (x)  0 ，当0  x  2 时， f (x)  0 ，
所以函数 f (x)  2ln x  x 在(0, 2) 上单调递增，在(2, ) 上单调递减，
所以 f (x)max  f (2)  2 ln 2  2  0 ，故 f (x)  0 无解， a2  2 ln a2 不成立，
若q  0 时，又a  0 ，则a  0 ，令 g(x)  2 ln(x)  x ，则 g x  2 1，
12x
当 x  0 时， g(x)  0 ，函数 g(x) 单调递减，
 g(e1)  e1  2  0, g(e)  e  2  0 ，由零点存在性定理知 g(x)  0 有解，故a2  0, q  0 ， 故B 正确；
对于C 选项，构造h(x)  ex  x ，则h(x)  ex 1，
当 x  0 时， h(x)  0 ，当 x  0 时， h(x)  0 ，
所以函数在( , 0) 上单调递减，在(0, ) 上单调递增，所以h( x)  h(0)  1，即ex  x ，
所以2a  ea1  ea2  a  a ，即2q2  q 1  0 ，解得q  1或q  1 ，故C 错误；
3122
对于D 选项，构造函数k (x)  ln x  (x 1)(x  0) ，则k (x)  1 1，
x
当0  x  1时， k(x)  0 ，当 x  1 时， k(x)  0 ，
所以函数在(0,1) 单调递增，在(1, ) 上单调递减，故k (x)  k (1)  0 ，即lnx  x 1 ，所以a1  a2  a3  ln a1  a2  a3  a4   a1  a2  a3  a4 1，则a4  1，
因为0  a1
 1，所以 a4  q3  1  q  1，故 D 正确.
a1
故选：ABD. 12．10
【分析】根据百分位数的定义求出40% 分位数，再根据平均数定义得到方程，求得m 的值.
【详解】因为该组数据共 6 个，且40%  6  2.4 ，
所以这组数据的40% 分位数为从小到大第 3 个数，即 6，
则1 2  6  8  9  m  6 ，解得m  10 ．
6
故答案为：10 ．
160
【分析】根据题意，结合二项式系数性质得n  6 ，再根据通项公式得r  3 时，展开式为常数项，再代入通项公式求解即可.
 1n
x
【详解】因为  2x 

的展开式中第 3 项与第 5 项的二项式系数相等，
所以C2  C4 ，根据组合数性质Cm  Cnm 易知n  6 ，
nnnn
 16
x
所以  2x  展开式的通项公式为：

 1 6rrr
T Cr
2x =Cr 2
x2r6 , r  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 ,
 
r 16  x 6
令2r  6  0 得r  3，
所以常数项为T C3 23  20 8  160
316
 ，e  1 ln2
2

【分析】根据题意，即m  f  x 在 1 ,   上恒成立，利用导数求出函数 f (x) 的最小值，即可得解.
 2

【详解】由题知函数 f  x 的定义域为0,  ， m  f  x 在 1 ,   上恒成立，
 2

f   x  ex  lnx 1，令r  x  f  x  ex  lnx 1 ，则r x  ex  1 ．
x
e
 2 
 r x 在0,  上单调递增， r 1   2  0, r1  e 1  0 ，
 
且r x 的图像在 1 ,1 上连续，
 2

∴存在 x  1 ,1 ， r x   0 ，即ex0  1  0 ，则 x  lnx ，
0 20
x00
0
∴当 x  1 , x  时， r  x 单调递减；
 20 

当 x  x0 ,  时， r  x 单调递增，
 r  x 的最小值为r  x   ex0  lnx 1  1  x
1  2
1  1  0 ， f  x  0 ， f x在 1 ,  
00x
0
 2
x
1  x
0
0
0
e
e
上单调递增， m  f  1   1 ln 1  1 ln2 ，
2
 
 222
即实数m 的取值范围是 ，e  1 ln2 ．
2

故答案为：  ，e  1 ln2
2

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后
构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
15．(1) 3
2

(2) 4  2 3,  .
【分析】（1）先求出 g  x 的解析式，从而得到 g  x 的最小值，得到方程，求出m  3 ；
2
（2）先得到C  π ，利用三角恒等变换化简，结合角的范围，求出取值范围
6
【详解】（1） f  x  sin  x  π   m1
6 
的图象的横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，
2

得到 y  sin  2x  π   m ，
6 

πg x  
π π 
π 
再向左平移个单位长度后得到  
6
sin 2  x  6   6   m  sin  2x  6   m ，
 
当 x   π , π  时， 2x  π   π , 7π  ，
 6 2 
6 2
6 
故当2x  π  7π ，即 x  π 时， g  x 取得最小值，最小值为sin 7π  m   1  m ，
66262
故 1  m  1，解得m  3 ；
22
（2） g  C   sin  C  π   3  3  3 ，故sin  C  π  3 ，
 2 
6 22
6 2

因为◻ ABC 为锐角三角形，所以C  0, π  ，故C  π  π , 2π  ，
2 
6 6 3 

所以C  π  π ，解得C  π ，
636
故tan A  tan B  sin A  sin B  sin A cs B  sin B cs A
cs A
cs B
cs A cs B
 sin  A  B  sin C
cs A cs 5π  Acs Acs 5π cs A  sin 5π sin A
 666

 3 cs2 A  sin A cs A
1

11
sin  2 A  π  
3 

3
2
3  1 cs 2 A  1 sin 2 A，
22
π 
2
C  0, 

因为◻ ABC 为锐角三角形，所以5π
，
π 
B  A  0, 
6
2 
解得 A  π , π ，故2 A  π  π , 2π  ，故sin  2 A  π  3  ，
 3 2 
3 3 3 
3  
2 ,1

 
π 3
3 tan A  tan B 1
 4  2
sin  2 A  π   3
3 
2
3
sin  2 A  3   2  0,1 2  ，故，


所以tan A  tan B 的取值范围为4  2 3,  .
3
16．(1)
(2) 21
7
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明CD  平面 PBD ，进而得到CD  PD ，由勾股定理求解 PD 即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量求解平面 PAB 与平面 PCD 夹角的余弦值即可；
【详解】（1）如图：
在等腰梯形 ABCD 中，过点 A 作 AE  BC 于 E ，过点 D 作 DF  BC 于??，
因为 AB  AD  CD  1, BC  2 ，则 FC  1 ，所以DCF  60 ，
2
3
连接????，在三角形 BCD 中，由余弦定理得： BD2  4 1 2  2 1cs 60  3 ，所以 BD ，又 BC  2, CD  1，所以 BD2  CD2  BC 2 ，
所以 BD  CD ，又CD  PB, BD ∩ PB  B ，且 BD, PB  平面 PBD ，所以CD  平面 PBD ，又 PD  平面 PBD ，所以CD  PD ，
4 1
因为 PC  2 ，所以 PD  3 ．
（2）在三角形 BDP 中，由余弦定理得： csBDP 
所以BDP  120 ，由于CD  平面 PBD ，
3  3  9
  1 ，
2  3  3
2
所以以 D 为坐标原点，分别以 DB, DC 向量的方向为 x, y 轴的正方向，过点 D 作垂直于 DC 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
A 3 ,  1
33 
 22 ,0  , B  3, 0, 0， C 0,1, 0, D 0, 0, 0， P   2 , 0, 2  ，

→
设平面 PAB 的一个法向量为m   x, y, z  ，
–––→

1 –––→
1 3 
3
AB  , , 0  , AP    3, , ，
 222 2 
–––→ → 3 x  1 y  0
 AB  m  0
 22
–––→ →，所以13，

 AP  m  0
 3x 

y  z  0
22
3
令 x  1 ，则 y   3 ， z ，
→
所以m  1,  3, 3 ，
→–––→–––→
33 
设平面 PCD 的一个法向量为n  a, b, c, DC  0,1, 0, DP    2 , 0, 2  ，
→
–––→
DC  n  0

b  0

–––→  →，所以 3 a  3 c  0 ，
DP n  0
22
令a  3 ，则c  1, b  0 ，
所以n 
3, 0,1
→，
设平面 PAB 与平面 PCD 的夹角为 ，
2 3
7  2
则cs 
21 ．
7
17．(1) X 的分布列为：
E  X   23
8
X
2
3
4
5
?
1
2
1
4
1
8
1
8
(2)
1
8
【分析】（1）根据比赛规则，分析比赛可能出现的各种情况，确定 X 的取值，进而求出 X 的分布列与
数学期望；
P BC   P BC 
（2）根据条件概率公式求出 P BC   P BC   P BC  即可.
【详解】（1）由比赛规则可知，1局比赛后，甲乙双方共获得4 分，若比赛进行了4 局还未结束，
则双方共计16 分，此时双方均为8 分，则第5 局比赛后必定有一人积分可达到11分，故比赛次数不会超过5 ；
由比赛规则可知，若比赛共进行了n 局， 2  n  5 ，
则前n 1局不可能出现某人连胜2次（否则2连胜后比赛结束），故前n 1局必定甲乙二人胜负交替，
综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能：
第一，比赛进行n 局2  n  4 ，前n 1局二人胜负交替，第n 局与第n 1局胜者相同，此人达成2连胜并获得冠军（其积分不超过3 3 1  10 ，故未达 11 分）；
第二，比赛进行了5 局，二人始终胜负交替，其中第5 局获胜者获得11分，另一方9 分，此时获胜者仅
积分率先达到 11 分并获得冠军；
第三，比赛进行了5 局，前4 局二人胜负交替，但第4 局的获胜者在第5 局连续获胜，则他同时完成2连
胜且积分率先达到 11 分并获得冠军.
即随机事件 Ai  “第i 局比赛中甲获胜” i 1, 2, 3, 4, 5 ， B  “甲达成2连胜”， C  “甲先获得11积分”；
根据题意， X 的可能取值为2, 3, 4, 5
 1 2
P  X  2  P  A1A2   P  A1 A2    
 1 2
  
 1 ，
 2  2 2
 1 3
P  X  3  P  A1A2 A3   P  A1 A2 A3    
 1 3
  
 1 ，
 2  2 4
 1 4
P  X  4  P  A1 A2 A3 A4   P  A1A2 A3 A4    
 1 4
  
 1 ，
 2  2 8
P  X  5  1 P  X  2  P  X  3  P  X  4  1 1  1  1  1 .
2488
于是 X 的分布列为：
X
2
3
4
5
?
1
2
1
4
1
8
1
8
故 E  X   2  1  3 1  4  1  5 1  23 ；
24888
 1 2
 1 3
 1 47
（2）根据以上分析可知： P BC   P  A1A2   P  A1A2 A3   P  A1 A2 A3 A4           ，
 2  2  2 16
P BC   P  A1 A2 A3 A4 A5  
 1 51
  
 2 32
 1 5
，   1 2 3 4 5  
P BCP A A A A A 
 2 
 1 ，
32
P C  P BC   P  BC  1  1
故 P  P C | B  C   3232  1 .
18．(1)
x2  2 
y
1
4
P B  C 
P BC   P BC   P BC 
7  1  1 8
163232
(2)（i）证明见解析（ii） x  2 3y  2  0
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和离心率求出a, b ，进而得到椭圆的标准方程.
（2）（i）利用直线与椭圆的位置关系、直曲联立求出 y 
4m
. 直线联立求出M
2x0
， 2 y0 根
cm2  4
 my  xmy  x 
0000 
据切线性质求出 yM
2m m2  4
最后根据中点性质证明即可.（i i）根据中点性质得到面积关系，根据切线

P 2
x0  2 .
求出 

，
2 y0
 再根据面积条件列方程计算.

【详解】（1）由题意得a  2 离心率e  c 
a
，b 
3
2
 1 则椭圆的标准方程为
x2  2
y
4
 1.
a2  c2
c
（2）（i）设直线 AC : x  my  2，代入到椭圆方程，化简得m2  4 y2  4my  0，故 y
4m .
m2  4
x  my  2
2x
2 y
设 B  x ，y (x  0，y  0)，联立直线 AC，BO 的方程y， M 0，0，
0000
 y  0 x
 my  xmy  x 
0
切线 BP : x0 x  y y  1，又 AC / / BP，则m   4 y0 .故 y
x0
2m
0000 
4x0
Mm2  4
所以： yC  2 yM，即 M 为线段 AC 中点.由 AC / / BP 与中点 M，则S◻ PAC  S◻ ABC  2S◻ MBC 
（ii）由中点 M 得S
 2S
 3 3，将 x   2 代入直线 BP : x0 x  y y  1，可得 P  2
x0  2 .
◻ PAC
◻ PCM2
0，
42 y0 
1
2
3 3
x  2m2
S
AP x
 2  0 .
 y  x
 2 ，
0
◻ PACc
ym2  4002
则 y2 (x  2)2  27 即4  x2 (x  2)2  27，则(x 1)2 x2  6x 11  0，x  1.
00400
0000
故m  2 3，则 AC : x  2 3y  2  0.
19．(1)增区间为1,  ，减区间为0,1
证明见解析
证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，结合条件，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；
根据条件，将问题转化成求证2x2  2  a  x  ln x ，构造函数t  x  x  ln x ，利用导数与函数单调性间的关系，求得 x  ln x  0 恒成立，结合条件，即可证明结果；
根据导函数在1, e 上存在零点，则 f  x  0 在1, e 上有解，则有1  a  e ，即2  a  2e ，得到函
2
数 f (x) 的最小值，构造函数h  x  x ln x  x2  1 ln 2 x ， 2  x  2e ，利用导数判断出其单调性，结合
4
不等式传递性可证．
【详解】（1）函数 f (x) 的定义域是(0, ) ， f  x  a  2x  (a  2)  (2x  a)(x 1) ，
xx
又a  0 ，则2x  a  0 ，令 f  x  0 ，解得： x  1 ，令 f  x  0 ，解得： 0  x  1，所以 f (x) 在区间0,1 上单调递减，在区间1,  上单调递增.
因为 f  x  g  x  a ln x  x2  (a  2)x  x2  2x  2  a ln x  2x2  ax  2 ，
要证曲线 f (x) 在曲线 g(x)  x2  2x  2 的上方，即证a ln x  2x2  ax  2  0 恒成立，
即证2x2  2  a  x  ln x ，令t  x  x  ln x ，则t x  1 1  x 1 ，
xx
当 x 0,1 时， t x  0 ，当 x 1,  ， t x  0 ，
所以t  x  x  ln x 在区间0,1 上单调递减，在区间1,  上单调递增，
则t  x  t 1  1 ln1  1  0 ，所以t  x  x  ln x  0 恒成立，又2x2  2  0 恒成立， a  0 ，所以2x2  2  a  x  ln x 恒成立，即曲线 f (x) 在曲线 g(x)  x2  2x  2 的上方.
因为 f  x  a  2x  (a  2)  (2x  a)(x 1) ，
xx
又因为导函数 f (x) 在(1, e) 上存在零点，所以 f (x)  0 在(1, e) 上有解，
则有1  a  e ，即2  a  2e ，
2
又当1  x  a 时， f  x  0 ，则 f (x) 在区间1, a  上单调递减，
2 2 

当 a  x  e 时， f  x  0 ，则 f (x) 在区间 a ,e 上单调递增，
2 2
 a 
aa2

aa2
22
所以 f  x  f    a ln 
 
 (a  2)  a ln a 
42
 (1 ln 2)a ，
4
设h  x  x ln x  x2  1 ln 2 x ， 2  x  2e ，则h x  ln x 1 x  1 ln 2  ln x  x  ln 2 ，
422
令m  x  ln x  x  ln 2 ， 2  x  2e ，则m x  1  1  0 ，
x2
所以h x 在区间(2, 2e) 上单调递减，又 h2  ln 2 1 ln 2  1  0 ，则h x  0 在区间(2, 2e) 恒成立，所以h  x 在区间(2, 2e) 上单调递减，
又h 2e  2eln2e  e2  2e1 ln 2  e2 ，所以h  x  e2 ，则根据不等式的传递性可得，当 x 1, e 时， f  x  e2 .