2026届江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学高三上学期高考第一次模拟考试数学试卷

这是一份2026届江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学高三上学期高考第一次模拟考试数学试卷，共26页。
一、单选题：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.
设集合 A  x lg2 x  2, B  1,1, 3 ，则 A ∩ B  （）
1
x2y2
1,1
1, 3
1,1, 3
2
AB
已知椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 的左顶点为A ，上顶点为 B ．若
是C 的焦距的
倍，则C
的离心率为（ ）
2
9
2C. 2
33
D.6
3
Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若 S4，S3，S5 成等差数列，则{an}的公比 q 的值为()
2
1
2C.  1
2
D. －2
已知角α， β满足tanα 2 tan β， sin(α β)  1 ，则sin(α β) 的值等于（ ）
3
A. 1B. 1C. 0D. 1
若对于任意的 m  x  x ，都有 x2 ln x1  x1 ln x2  2 ，则实数 m 的最小值为（）
12x  x
12
2
A. eB. 2C. 1D. 1
e
“ 3  r  6 ”是“圆C : (x 1)2  ( y  2)2  r 2 r  0 上恰有 2 个点到直线l : 3x  4 y 15  0 的距离为 1”的（）条件
充分不必要B. 必要不充分
C 充要D. 既不充分也不必要
满足 ax  by  cz ，
1  2  3  0  x, y, z  R  的有序实数组a, b, c 可以是（ ）
xyz
A 4, 3, 2
B. 4, 2, 3
C. 3, 9, 2
D. 18,12, 2
f (x) 是定义在 R 上的偶函数，对x  R ，都有 f (2  x)  f (2  x) ，且当 x [2, 0] 时，
 1 x
2
f (x)   

1 .若在区间(2, 6] 内关于 x 的方程 f (x)  lga (x  2)  0(a  1) 至少有 2 个不同的实数
根，至多有 3 个不同的实数根，则 a 的取值范围是（）
(1, 2)B. (2, )
C. [ 3 4, 2)D.
(1, 3 4)
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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列命题是假命题的是（）
命题“ x  0 ， x2  x  0 ”的否定是“ x  0 ， x2  x  0 ”
函数 y 
15
x2  4
x2  4

最小值为
2
函数 y  lg10x 与 y  10lg x 是同一个函数
1
3

若不等式 ax2  bx  c  0 的解集为x |1  x  3 ，则不等式cx2  bx  a  0 的解集为x x  1

AM
MF
AN
NF
已知点 F 是抛物线 C： y2  8x 的焦点，点 A 是抛物线 C 的准线与 x 轴的交点，过点 A 且斜率为 k 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点，则下列说法正确的是（ ）
k 的取值范围为1, 0 U0,1

若 NF
 2 MF
，则 k  2 或 k   2
点 M 关于 x 轴的对称点在直线 NF 上
33
已知棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 的所有顶点都在以O 为球心的球面上，点 E 是棱 BB1 的中点，点 P 是棱 AD 上的动点.则下列说法正确的有（）
若 P 是棱 AD 的中点，则 PE / / 平面 BC1D
点 P 到直线 A E 的距离的最小值为 4
15
棱 AD 上存在点 P ，使得D B P  π
1 14
2π
若 P 是棱 AD 的三等分点，则过 P 的平面截球O 所得的截面面积最小为 9
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
2 7
​
 x 
x2

展开式中的第三项为．
已知角α的正切tanα 3 ，则cs 2α π  ．
4 

2025 年五四青年节，某高中学校为了表彰工作认真负责，业务能力强的优秀团员干部，学校给高中三个年级共分配 9 个优秀团员干部名额，每个年级至少一个名额.从所有可能的分配方案中随机选择一种，用 X 表示这三个年级中分配的最少名额数，则 X 的数学期望 E  X   .
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
已知数列a 的前 n 项和为 S ，且满足 a  2 ， a S  2n1 .
nn1n1n
 2n 
求证：数列 Sn  是等差数列；

求数列Sn的前 n 项和Tn .
x2y2
FFF F  8

已知双曲线C : 22 1a  0,b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，且 1 2
，渐近线方程为
ab
y   3x ．
求C 的方程；
设 x 轴上方的点A ， B 分别在C 的左支与右支上，若 F2 B  3F1 A ，求四边形 AF1F2 B 的面积．
如图，在四棱锥  CD 中，底面CD 为直角梯形， D//C ， DC  90∘ ，平面D  底
3
面CD ， Q 为D 的中点，  是棱C 上的点，   D  2 ， C  1 D  1， CD ．
2
求证：平面Q  平面D ；
若 为棱C 的中点，求异面直线 与 所成角的余弦值；
若二面角  Q  C 大小为60 ，求Q 的长．
已知函数 f  x  x  sin x  ax2 ， a  R ．
当 a  0 时，求曲线 y  f  x 在点π, f π处的切线方程；
若 f  x 在区间0, π 上有且仅有一个极值点，求 a 的取值范围；
当 a  1 时，若 f  x   f  x  ，且 π  x  x  π ，求证： f  x1  x2   0 ．
π12
2122
2

某实验室对某二进制数码串传输进行测试，初始二进制数码串是长度为n n  N*  的且全部由 0 组成的数码串.传输过程中，每位数码以概率 p 传输记为 0，以概率1 p 传输记为 1，其中0  p  1 ，每位数码的
传输相互独立，并设事件 An 为“传输结果各位数字之和为偶数”的事件.
（1）当 p  2 时，求 P  A  ；
33
1 2 p 1n
证明：对任意的正整数 n ，有 P  An  ；
2
在传输结果中任取一位数码，记“取到 1”的事件为 B ，问： PB∣An  是否存在最大值？若存在，求出使 PB∣An  取到最大值的正整数 n ；若不存在，请说明理由.
高三考前模拟综合检测试卷
2025.7
命题人：陈明审题人：张胜冬
一、单选题：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.
设集合 A  x lg2 x  2, B  1,1, 3 ，则 A ∩ B  （）
1
1,1
1, 3
1,1, 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的定义与单调性求解集合A ,然后求解交集.
【详解】由lg2 x  2 ,则0  x  4 ,
所以 A  B  1, 3.
故选：C.

2
2
2
2
已知椭圆C : xy  1a  b  0 的左顶点为A ，上顶点为 B ．若
2
AB 是C 的焦距的
倍，则C
ab
的离心率为（ ）
2
9
2C. 2
33
D.6
3
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程求出离心率.
【详解】设椭圆C : x2  y2  的半焦距为 c，而 A(a, 0), b(0, b) ，又 AB 2  2c ，
a2b21
a2  b2
2c22
则
 2 2c ，整理得2a2  c2  8c2 ，因此e  ，
所以C 的离心率为e 2 .
3
a29
故选：B
Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若 S4，S3，S5 成等差数列，则{an}的公比 q 的值为()
2
1
【答案】D
【解析】
2C.  1
2
D. －2
【详解】由 S4，S3，S5 成等差数列，得 2S3＝S5＋S4，即 2(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)＋a5，整理得 a5＝－
a5
a
2a4，所以＝－2，即 q＝－2，故选 D.
4
已知角α， β满足tanα 2 tanβ， sin(α β)  1 ，则sin(α β) 的值等于（ ）
3
B. 1
【答案】A
【解析】
C. 0D. 1
【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式即可求解.
【详解】因为tanα 2 tanβ，
所以 sinα 2 sinβ，即sinαcsβ 2 sin βcsα，
csαcsβ
又sin(α β)  sinαcsβ sin βcsα 1 ，
3
两式联立可得： sinαcsβ 2 sin βcsα 2 ，
3
所以sin(α β)  sinαcsβ sin βcsα 1 ，
故选：A
若对于任意的 m  x  x ，都有 x2 ln x1  x1 ln x2  2 ，则实数 m 的最小值为（）
12x  x
12
2
A. eB. 2C. 1D. 1
e
【答案】D
【解析】
【分析】由 m  x
 x ，都有 x2 ln x1  x1 ln x2  2 转化为 ln x1 +2  ln x2 +2 ，得到函数 f  x  ln x+2 在
12x  xxxx
1212
m, ∞ 上单调递减，求出函数的导数，得到 f  x  0 在m, ∞ 恒成立，求出m 的最小值.
【详解】由 m  x
 x ，都有 x2 ln x1  x1 ln x2  2 ,
12x  x
12
转化为 ln x1 +2  ln x2 +2 ，
x1x2
构造 f  x  ln x+2 在m, ∞ 上单调递减，
x
求导 f  x  ln x 1  0 在m, ∞ 上恒成立，
x2
则ln x 1  0 ，解得 x  1 ,
e
故 m  1 ，即m 的最小值为 1 .
ee
故选：D.
“ 3  r  6 ”是“圆C : (x 1)2  ( y  2)2  r 2 r  0 上恰有 2 个点到直线l : 3x  4 y 15  0 的距离
【分析】根据直线与圆位置关系，以及充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】如图所示：
设与直线l 平行且与直线l 之间的距离为 1 的直线方程为3x  4 y  c  0 ，
为 1”的（
）条件
A. 充分不必要
B. 必要不充分
C. 充要
D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
则
 1，解得c  10 或c  20 ，
c 15
42  (3)2
42  (3)2
3  8 10
42  (3)2
3  8  20
圆心C1 1, 2 到直线3x  4 y 10  0 的距离为 d1  3 ，圆C1 1, 2 到直线3x  4 y  20  0 的距离为 d2  5 ，
由图可知，圆C1 与直线3x  4 y 10  0 相交，与直线3x  4 y  20  0 相离，所以 d1  r  d2 ，即3  r  5 ，
故“ 3  r  6 ”是“圆C : (x 1)2  ( y  2)2  r 2 r  0 上恰有 2 个点到直线
l : 3x  4 y 15  0 的距离为 1”的必要不充分条件.
故选：B.
满足 ax  by  cz ，
1  2  3  0  x, y, z  R  的有序实数组a, b, c 可以是（ ）
xyz
4, 3, 2
4, 2, 3
3, 9, 2
18,12, 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数运算化简得b2  ac3 ，逐个选项分析即可判断.
xyz
111
【详解】记 a  b
 c  t  0 ，则 a  t x , b  t y , c  t z ，
123
21 3

因为  0  x, y, z  R  ，所以 y
xyzt

 t x z
，所以b2  ac3 ，
对于 A， 32  4  23 ，故 A 错误；对于 B， 22  4  33 ，故 B 错误；对于 C， 92  3 23 ，故 C 错误；对于 D，122  18 23 ，故 D 正确.故选：D.
f (x) 是定义在 R 上的偶函数，对x  R ，都有 f (2  x) 
 1 x
f (2  x) ，且当 x [2, 0] 时，
2
f (x)   

1 .若在区间(2, 6] 内关于 x 的方程 f (x)  lga (x  2)  0(a  1) 至少有 2 个不同的实数
根，至多有 3 个不同的实数根，则 a 的取值范围是（）
A. (1, 2)B. (2, )
C. [ 3 4, 2)D.
(1, 3 4)
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意分析函数 f (x) 的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数 f  x 在
2, 6 上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
【详解】由 f (2  x) 
f (2  x) ，可得： f x 
f  x  4 .
又因为 f (x) 是定义在 R 上的偶函数，
则 f x  f  x ，且函数 f (x) 图象关于 y 轴对称.
所以 f  x  4  f  x ，即 f  x 的周期为 4.
 1 x
2
作出函数 f (x)   

1在 x [2, 0] 上的图象，根据 f (x) 对称性及周期为 4，可得出 f  x 在2, 6
上的图象.
令 g(x)  lga (x  2)(a  1)
若在区间(2, 6] 内关于 x 的方程 f (x)  lga (x  2)  0(a  1) 至少有 2 个不同的实数根，至多有 3 个不同的实数根，
则函数 f  x 与函数 g(x)  lga (x  2)(a  1) 在(2, 6] 上至少有 2 个不同的交点，至多有 3 个不同的交
点.
g 2  f 2lga 2  2  3


a
所以g 6  f 6 ，即lg 6  2  3 ，解得 3 4  a  2 .
故答案为：C
【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数 f (x) 的对称性及周期性，并作出 f (x) 和 g(x) 图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可.
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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列命题是假命题的是（）
命题“ x  0 ， x2  x  0 ”的否定是“ x  0 ， x2  x  0 ”
函数 y 
15
x2  4
x2  4

最小值为
2
函数 y  lg10x 与 y  10lg x 是同一个函数
1
3

若不等式 ax2  bx  c  0 的解集为x |1  x  3 ，则不等式cx2  bx  a  0 的解集为x x  1

【答案】ACD
【解析】
【分析】根据存在性命题的否定判断 A，利用换元法结合对勾函数单调性可判断 B，根据函数定义域判断 C，由一元二次不等式、一元二次方程的关系求不等式的解集判断 D.
【详解】对于 A，“ x  0 ， x2  x  0 ”的否定是“ x  0 ， x2  x  0 ”，故 A 为假命题；
x2  4
x2  4
11
x2  4
对于 B，令t 
，则t  2 ，所以函数 y 
 t  t 在t 2, ∞ 上单调递增，
所以 y  2  1  5 ，故 B 选项为真命题；
22
对于 C，函数 y  lg10x 定义域为 R，函数 y  10lg x 定义域为x | x  0 ，定义域不同，两函数不是同一个函数，故 C 选项为假命题；
对于 D，由题意，方程 ax2  bx  c  0 的解为 x1  1, x2  3 ，且 a  0 ，
由韦达定理可得 x  x   b  4, x x  c  3 ，解得b  4a, c  3a ，
12a1 2a
则不等式cx2  bx  a  0 ，即3ax2  4ax  a  0 ，
由 a  0 ，则不等式变为3x2  4x 1  0 ，解得{x | x  1 或 x  1} ，故 D 为假命题；
3
故选：ACD.
AM
MF
AN
NF
已知点 F 是抛物线 C： y2  8x 的焦点，点 A 是抛物线 C 的准线与 x 轴的交点，过点 A 且斜率为 k 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点，则下列说法正确的是（ ）
k 的取值范围为1, 0 U0,1

若 NF  2 MF ，则 k  2 或 k   2
点 M 关于 x 轴的对称点在直线 NF 上
33
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点、准线方程，将直线l 的方程与抛物线方程联立，由判别式判断 A；利用抛物线的定义结合几何图形推理判断 B；利用韦达定理求出k 判断 C；利用斜率坐标公式、结合韦达定理求解判断 D.
【详解】抛物线 C： y2  8x 的焦点 F (2, 0) ，准线 x  2 ，点 A(2, 0) ，直线l : y  k (x  2) ，
对于 A，由 y  k (x  2) 消去 x 得： ky2  8 y  16k  0 ，依题意， k  0，


 y2  8x64  64k 2  0
解得1  k  1且 k  0 ，因此 k 的取值范围为(1, 0) ∪ (0,1) ，A 正确；
对于 B，过 M , N 作准线的垂线，垂足分别为 D, E ，则 MD / / NE,| MD || MF |,| NE || NF |，
因此| AM |  | MD |  | MF | ，即| AM |  | AN | ，B 正确；
| AN || NE || NF || MF || NF |
对于 C，由| NF | 2 | MF | ，得| AD |  | MD |  | MF |  1 ，设 M (x , y ), N (x , y ) ，
| AE || NE || NF |2
1122
则 y  2 y ，而 y  y
 8 , y y  16 ，联立解得 k   2 2 ，C 错误；
2112
k1 23
对于 D，直线 MF 的斜率 kMF
y1
x  2
，直线 NF 的斜率 kNF
y2，
x  2
1
2
y ( y2  4)  y ( y1  4)
2
2 y1 y2  4( y
 y )
，
k k
y1y2 1 k
kk12  0
MFNF
x  2x  2(x
 2)(x
 2)(x  2)(x  2)
121212
令点 M 关于 x 轴的对称点为 M  ，则直线 M F 的斜率 kM F  kMF  kNF ，而直线 M F 与直线 NF 有公共点 F ，因此点 M  在直线 NF 上，D 正确. 故选：ABD
【点睛】关键点点睛：作出几何图形，利用平行线分线段成比例，结合抛物线定义是判断选项 B 的关键.
已知棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 的所有顶点都在以O 为球心的球面上，点 E 是棱 BB1 的中点，点 P 是棱 AD 上的动点.则下列说法正确的有（）
若 P 是棱 AD 的中点，则 PE / / 平面 BC1D
点 P 到直线 A E 的距离的最小值为 4
15
棱 AD 上存在点 P ，使得D B P  π
1 14
2π
若 P 是棱 AD 的三等分点，则过 P 的平面截球O 所得的截面面积最小为 9
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，设 BC1 的中点为 F ，通过证明四边形 EFDP 为平行四边形，可证得 PE // 平面 BC1D ；对于 B，通过建系设点 P  x, 0, 0 ，利用空间点到线的距离公式可求最小值；对于 C，利用向量的坐标表
示出夹角D B P ，计算出当 x  1 时， D B P  π ，即可判断；对于 D，由题意可求 OP ，再利用球
1 121 14
的截面问题可直接求截面面积的最小值.
【详解】如图，设 BC1 的中点为 F ，连接 EF , DF ，
Q E 是 BB 中点， EF //B C ，且 EF  1 B C ，
11 1
2 1 1
1
对于 A，若 P 是 AD 中点， DP//BC ，且 DP 
BC ，
2
 EF //DP ，且 EF  DP ，所以四边形 EFDP 为平行四边形，
 PE //DF ，又 PE  平面 BC1D ， DF ⊂平面 BC1D ，
 PE // 平面 BC1D ，故 A 正确；
根据题意，以 D 为原点，以直线 DA, DC, DD1 所在方向分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
1 –––→1 
设 P  x, 0, 0, x 0,1 ， A1 1, 0,1, E 1,1, 2  ， A1E   0,1,  2  ， A1P   x 1, 0, 1 ，
A P –––→
–––→
2
1

 –––→ –––→ 2
A P  A E

11


A1E



所以点 P 到直线 A1E 的距离 d 

 x 12  4
5
，
即点 P 到直线 A1E 的距离的最小值为
，故 B 错误；
2 5
5
2
对于 C， B1 1,1,1, D1 0, 0,1 ，所以 B1P   x 1, 1, 1, B1D1  1, 1, 0 ，
–––→ ––––→
B1P B1D1
cs D B P 
B1P·B1D1
x 11
π
则1 1
，当 x 时， cs D1B1P ，即D1B1P ，
224
2   x 12  2
所以棱 AD 上存在点 P ，使得D B P  π ，故 C 正确；
1 14
对于 D，当 P 是棱 AD 的三等分点时，点 P  1 , 0, 0  或 P  2 , 0, 0  ，球心O  1 , 1 , 1  ，
 3 3
 2 2 2 

所以 OP 2  19 ，又正方体外接球半径 R  3 ，
362
所以截面所得圆的最小半径 r 
R2  OP 2

2 ，其面积为 S  πr 2  2π ，故 D 正确.
3  19
436
39
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
2 7
12.
 x 
x2

展开式中的第三项为．
【答案】84x
【解析】
r 1
n
【分析】根据二项式的通项公式：对于a  bn ，其展开式的第 r  1 项为T Cr anrbr ，代入已知条件求
解.
【详解】根据二项式的通项公式得：
2 24
T  C2  x72   21 x5  84x
37x2 x4

故答案为： 84x .
已知角α的正切tanα 3 ，则cs 2α π  ．
4 

【答案】 2 ##  12
1010
【解析】
【分析】先利用两角差的余弦公式和二倍角公式展开，利用同角三角函数关系平方关系和商关系化简求得
答案；
【详解】cs 2α π   cs2αcs π  sin2αsin π  (cs2α sin2α)2  2sinαcsαsin2
4 

4422

2  cs2α sin2α 2sinαcsα
cs2α sin2α
2  1 tan2α 2tanα
21 tan2α
2  1 9  2  3  2
21 3210
故答案为： 2 .
10
2025 年五四青年节，某高中学校为了表彰工作认真负责，业务能力强的优秀团员干部，学校给高中三个年级共分配 9 个优秀团员干部名额，每个年级至少一个名额.从所有可能的分配方案中随机选择一种，用 X 表示这三个年级中分配的最少名额数，则 X 的数学期望 E  X   .
【答案】 39 ##1 11
2828
【解析】
8
【分析】问题化为 9 个球分成 3 份，且每份至少有一个球，即用 2 个隔板插入 8 个空，则有C2  28 种分组，
且 X  1, 2, 3 并应用古典概型的概率求法求对应概率，进而求期望.
【详解】若三个年级人数分别为 a, b, c ，则 a  b  c  9 ，又每个年级至少一个名额，
8
所以，相当于 9 个球分成 3 份，且每份至少有一个球，即用 2 个隔板插入 8 个空，则有C2  28 种，
由题意 X  min{a, b, c} ，则 X  1, 2, 3 ，且各年级人数为(a, b, c) ，
其中 X  3 的情况有(3, 3, 3) 一种情况，即 P( X  3)  1 ，
28
X  2 的情况有(2, 2, 5) 、(2, 5, 2) 、(5, 2, 2) 、(2, 3, 4) 、(2, 4, 3) 、(3, 2, 4) 、(3, 4, 2) 、(4, 2, 3) 、
(4,3, 2) 九种情况，即 P( X  2)  9 ，
28
所以 P( X  1)  1 1  9  18 ，
282828
综上， E( X )  3 1  2  9 1 18  39 .
39
故答案为：
28
28282828
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
已知数列a 的前 n 项和为 S ，且满足 a  2 ， a S  2n1 .
nn1n1n
 2n 
求证：数列 Sn  是等差数列；

求数列Sn的前 n 项和Tn .
【答案】（1）证明见详解
（2） Tn  n 1 2n1  2
【解析】
【分析】（1）利用 an1 与 Sn1 的关系先表示出 an1 ，再代入原式变形，然后根据等差数列的定义证明即可；
（2）先求出 Sn 的解析式，再利用错位相减法求数列Sn的前 n 项和Tn 即可.
【小问 1 详解】
n1nnn1n
n1nn1n1n
因为 a S  2n1 ，又因为 a S S ，所以S S  S  2n1 ，即 S 2S  2n1 ，
S2S
2n1
两边同时除以2n1 可得， n1  n ，
2n12n12n1
即 Sn1  Sn 1，所以 Sn1  Sn  1 .

2n12n
2n12n
因为 a  2 ，所以 S1  a1  2  1 ，
1222
 2n 
所以数列 Sn  是以 1 为首项，1 为公差的等差数列.

【小问 2 详解】
由（1）可知 Sn
2n
 1 n 11  n ，所以 Sn
 n  2n .
所以Tn  1 2  2  22  3 23 L n  2n ，
1
2Tn  1 22  2  23  3 24 L  n  2n ，
所以T  T  2T  2  22  23 L 2n  n  2n1
nnn
n 2
 2  2  2n   n1
1 2
 2n1
 2  n  2
n1
 1 n 2
n1
 2 ，
所以Tn
 n 1 2n1  2 .
x2y2
FFF F  8

已知双曲线C : 22 1a  0,b  0 的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，且 1 2
，渐近线方程为
ab
y   3x ．
求C 的方程；
设 x 轴上方的点A ， B 分别在C 的左支与右支上，若 F2 B  3F1 A ，求四边形 AF1F2 B 的面积．
2
【答案】（1） x
2
y
 1；
412
15
（2）16.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出 a, b 即得C 的方程.
（2）设 A(x0 , y0 ), y0  0 ，利用向量关系表示出点 B 坐标，再建立方程组求出点A 坐标即可求出面积.
【小问 1 详解】
3
双曲线C : x2  y2  的渐近线方程为 y   b x ，依题意， b ，半焦距c  4 ，
a2b21aa
3
而 a2  b2  c2 ，解得 a  2, b  2，
2
所以C 的方程为 x
2
y
 1.
412
【小问 2 详解】
设 A(x0 , y0 ), y0  0 ，而 F1 (4, 0), F2 (4, 0) ，由 F2 B  3F1 A ，得 B(3x0 16, 3y0 ) ，
 x2
 0
y2
 0  1
x  3
 412 0
15
依题意， 
(3x
16)2
(3y )2
，解得 y

，即 A(3, 15) ，
0  0  1
 0
412
| F1 A | 4,| F2 B | 12 ， | F2 A | 2a | F1 A | 8 | F1F2 |，
| F F |2 ( 1 | F A |)2
1 2
2
1
等腰VF F A 底边 F A 上的高 h 
15
 2，
2 11
又四边形 AF1F2B 为梯形，则 S
AF1F2 B
 | F1 A |  | F2 B |  h  4 12  2
15
22
 16，
15
15
所以四边形 AF1F2B 的面积为16.
如图，在四棱锥  CD 中，底面CD 为直角梯形， D//C ， DC  90∘ ，平面D  底
3
面CD ， Q 为D 的中点，  是棱C 上的点，   D  2 ， C  1 D  1， CD ．
2
求证：平面Q  平面D ；
若 为棱C 的中点，求异面直线 与 所成角的余弦值；
若二面角  Q  C 大小为60 ，求Q 的长．
【答案】（1）详见解析；（2） 27 ；（3） 7 .
72
【解析】
【分析】（1）由题意先证明QB  AD ，由面面垂直的性质定理得 BQ  平面 PAD ，再运用面面垂直的判定定理证明
以Q 为原点建立空间直角坐标系，求出直线 与 的向量表示，然后运用空间向量知识求出异面直线所成角的余弦值
结合(2)中的空间直角坐标系，运用向量知识结合二面角为60∘ 求出结果
【详解】（1）证明：Q ADBC，BC  1 AD, Q 为 AD 的中点，
2
∴四边形 BCDQ 为平行四边形，
CD BQ
QADC  90, AQB  90, 即QB  AD
又Q平面 PAD  平面 ABCD ，且平面 PAD  平面 ABCD  AD ，
∴ BQ  平面 PAD
∵ BQ  平面 PQB ， ∴平面 PQB  平面 PAD
解：Q PA  PD, Q 为 AD 的中点，
Q PQ  AD
∵平面 PAD  平面 ABCD ，且平面 PAD  平面 ABCD  AD ，
∴ PQ  平面 ABCD ．
如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系，
则Q 0, 0, 0, A1, 0, 0, P 0, 0, 3 , B 0, 3, 0, C -1，3，0 ，
3
3
Q M 是 PC 的中点， M   1 ,, ,
222 
–––v––––v


133 
AP  1, 0, 3 , BM    2 , 
2 , 2 

设异面直线 AP 与 BM 所成角为θ ，
–––v ––––v
则csθ cs AP, BM 
–––v ––––v
2 7

AP  BM
–––v ––––v 
AP BM7
∴异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为 2 7 ．
7
n
解：由（2）知平面 BQC 的法向量为 v  0, 0,1
由QM  λQP  1λQC, 且0  λ 1
 
––––v
得QM  λ-1，3 1-λ ，3λ
 
–––v
又OB  0, 3, 0 ，
m
设平面 MBQ 法向量为 v   x, y, z  ，
vvv1-λ
由 m  QM  0及m  QB  0 可取 m   3，0, λ 

v v
∵二面角 M  BQ  C 为 60°，cs60  n  m  1 ，
v v
λ= 1 ， QM 7
n m2
22
【点睛】本题主要考查了面面垂直、异面直线所成角以及二面角问题，涉及平面与平面垂直的判定，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属于中档题．
已知函数 f  x  x  sin x  ax2 ， a  R ．
当 a  0 时，求曲线 y  f  x 在点π, f π处的切线方程；
若 f  x 在区间0, π 上有且仅有一个极值点，求 a 的取值范围；
当 a  1 时，若 f  x   f  x  ，且 π  x  x  π ，求证： f  x1  x2   0 ．
π12
2122
2

【答案】（1） 2x  y  π  0
（2）  0, 1 
π 

（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程；
g  x  f  x ，则 g  x 在0, π 上有且仅有 1 变号零点，就 a  1 、a  0 、0  a  1 分类讨论
后可得 a 的取值范围；
记 x  x1  x2 ，由 f  x  
f  x
 结合三角变换公式可得 f  x
22
 sin x1  x2
  cs x  2 1 ，利用
0212
00 



x1  x2
2
导数可证sin x  x ，从而得到 f  x1  x2   0 ，或者可以利用极值点偏移的方法来证明
2

f  x1  x2   0 .
2

【小问 1 详解】
当 a  0 时， f  x  x  sin x ， f  x  1 cs x ， f π  π ， f π  1 1  2 ，
所以 f  x 在点π, f π处的切线方程为 y  π  2  x  π ，即2x  y  π  0 ．
【小问 2 详解】
f  x  1 cs x  2ax ，令 g  x  f  x ，则 g x  sin x  2a ，
①若 a  1 ，当 x 0, π 时， g x  0 ， f  x 单调递减，
2
所以 f  x  f 0  0 ， f  x 单调递减，不符合；
②若a  0 ，当 x 0, π 时， g x  0 ， f  x 单调递增，
所以 f  x  f 0  0 ， f  x 单调递增，不符合；
③若0  a  1 ，则sin 2x  2a  0 在0, π 有两个解，不妨设为x ， x （ x  x ）．
2
列表如下：
1212
当0  x  x1 时， f  x  f 0  0 ，则 f  x 在0, x1  上没有零点．
要使 f  x 在0, π 上有且仅有 1 个极值点，则 f  x 在 x1, π 上有且仅有一个变号零点，
则需要 f π  0 ，即 f π  2  2aπ  0 ，解得 a  1 ．
π
又因为 0  a  1 ，所以0  a  1 ．
2π
x
0, x1 
x1
 x1, x2 
x2
 x2 , π
g x
—
0
＋
0
—
f  x
]
极小值
Z
极大值
]
当0  a  1 时， f  x   f π  0 ， f  x   0 ，
π21
由零点存在性定理知，存在唯一零点 x0  x1, x2  ，使得 f  x0   0 ，当 x1  x  x0 时， f  x  0 ， f  x 为减函数；
当 x0  x  x2 时， f  x  0 ， f  x 为增函数，所以 x0 为 f  x 的极小值点．
综上所述， a 的取值范围为 0, 1  ．
π 

【小问 3 详解】
法 1：当 a  1 时， f  x  x  sin x  1 x2 ，所以 f  x  1 cs x  2 x ，
πππ
由 f  x   f  x  可得 x  sin x  1 x2  x  sin x  1 x2 ，
1211π 122π 2
即 x  x  1  x  x  x  x   sin x  sin x  0 ，
12π121212
又 π  x  x  π ，两边同时除以 x  x ，得1 1  x  x   sin x1  sin x2  0 ，
2122
12π12
x  x
12
sin  x1  x2  x1  x2   sin  x1  x2  x1  x2 
因此1
22
22，
1  x1  x2     0 πx1  x2
2 cs x1  x2 sin x1  x2
所以1 1  x  x  
22 0 ，
π12
x  x
x  x
12
0
2 cs x
sin x1  x2
记 x0
 12 ，则1 2 x 
2 0 ，
2π 0
x  x
12
因此 f  x   1 cs x  2 x
00π 0
2 cs sin x1  x2
 sin x1  x2
x02 cs x  cs x  2 1
x  x
00 
x  x ，
12

12
2
令φ x  sin x  x ， x  0, π  ，则φ x  cs x 1  0 ，
2 

所以φ x 在 0, π  上为减函数，故φ x φ0  0 ，即 x  0, π  时， sin x  x ．
2 2 

sin x1  x2sin x2  x1
因为 2  2 ， x2  x1  0, π  ，
x  xx  x
22 
12 21
22

sin x1  x2
所以0  sin x2  x1  x2  x1 ，所以 2 1  0
22
当 x   π , π  时， cs x  0 ，
x1  x2
2
02 2 0

 sin x1  x2
则 f  x   cs x  2 1  0 ，即 f  x1  x2   0 ．
00 
x  x
2
 12
2
法 2：当 a  1 时， f  x  x  sin x  1 x2 ，所以 f  x  1 cs x  2 x ，
πππ
令φ x  f  x ，则φ x  sin x  2 ，故φ x 在 π , π  上单调递增．
π
又φ  π   1 2  0 ，φ π   1 2  0 ，

2 2 
2 π 2 π

根据零点存在性定理，存在唯一的 x   π , π  ，使得φ x
  0 ．
02 2 0

当 x   π , x  时，φ x  0 ， f  x 单调递减；
20 

当 x  x , π  时，φ x  0 ， f  x 单调递增．
 0 2 

所以 f  x   f  π   1 2  π  0 ，
0 2 π2

又 f   π   1 2  π  2  0 ，且 f 0  11  0 ，
2 π2

所以当 x   π , 0  时， f  x  0 ， f  x 单调递增；
2

当 x  0, π  时， f  x  0 ， f  x 单调递减．
2 

由于 f  x   f  x  ，且 π  x  x  π ，
122122
则 π  x  0  x  π ，从而 π  x1  x2  π ．
2122
424
要证 f  x1  x2   0 ，只要证0  x1  x2  π ，只要证 x1  x2  0 ，即证 x  x ．
2

24212

因为 x ， x   π , 0  ，所以即证 f  x   f x  ，即证 f  x   f x  ．
122
1222

令 p  x  f  x  f x ， x  0, π  ，
2 

则 p x  1 cs x  2 x 1 cs x  2 x  2 1 cs x  0 ， ππ
所以 p  x 在 0, π  上单调递增，所以 p  x  p 0  f 0  f 0  0 ．
2 

所以 p  x   f  x   f x   0 ，即 f  x   f x  ．故 f  x1  x2   0 ．
222
222

某实验室对某二进制数码串传输进行测试，初始二进制数码串是长度为n n  N*  的且全部由 0 组成的数码串.传输过程中，每位数码以概率 p 传输记为 0，以概率1 p 传输记为 1，其中0  p  1 ，每位数码的
传输相互独立，并设事件 An 为“传输结果各位数字之和为偶数”的事件.
（1）当 p  2 时，求 P  A  ；
33
1 2 p 1n
证明：对任意的正整数 n ，有 P  An  ；
2
在传输结果中任取一位数码，记“取到 1”的事件为 B ，问： PB∣An  是否存在最大值？若存在，求出使 PB∣An  取到最大值的正整数 n ；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） P  A   14
327
（2）证明见解析（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由条件可知这 3 个 0 都传输为 0，或传输为 2 个 1 和 1 个 0，再按照独立重复概率公式，列式
求解；
首先根据题意求 P  An  和 P  An  ，再根据 P  An   P  An   1和根据二项式定理计算 P  An   P  An ，联立方程求解 P  An  ，即可证明；
根据（2）的过程计算 P  BAn   P BAn 和 P  BAn   P BAn ，联立后计算 P  BAn  ，再代入条件
概率公式求 P B An  ，从而构造 f n  1 p
数的单调性，从而确定最大值.
1 2 p 1n1
1 2 p 1n
，根据
f n 1
f n
，讨论 p 的取值，判断函
【小问 1 详解】
 2 
3
P  A   C0
 C2
 2 1  1 2
 14 .
33  3 3  3   3 27
 
【小问 2 详解】
nnn
nnn
传输结果各位数字之和为奇数的概率为 P  A   C1 pn1 1 p  C3 pn3 1 p3 L，传输结果的数码个数为偶数的概率为 P  A   C0 pn  C2 pn2 1 p2 L，
由 P  An   P  An   1，
nnnnnn
P  A   P  A   C0 pn  C1 pn1 1 p  C2 pn2 1 p2 L 1n Cn 1 pn
  p  1 pn  2 p 1n
 .
1 2 p 1n
P An
2
【小问 3 详解】
P  BA   C0 1 p0 pn  0  C2 1 p2 pn2  2  C4 1 p4 pn4  4 L
nnnn
nnn
P BA   C1 1 p1 pn1  1  C3 1 p3 pn3  3  C5 1 p5 pn5  5 L
nnnnnnn
P  BA   P BA   C0 1 p0 pn  0  C1 1 p1 pn1  1 L Cn 1 pn p0  n
nnnnn
nnn
k 1
k
knk k
k 1
k 1
knk
  Cn 1 p p   Cn1 1 p p
nnn
 1 p k 1 Ck1 1 pk 1 pnk  1 p
n1 n
P  BA   P BA   C0 1 p0 pn  0  C1 1 p1 pn1  1 L 1n Cn 1 pn p0  n
nnnnnnnn
k 1
k
knk k
k 1
k 1
knk
  Cn  p 1 p   Cn1  p 1 p
nnn
  p 1 k 1 Ck1  p 1k 1 pnk   p 12 p 1n1
n1 n
   
1 p   p 12 p 1n11 2 p 1n1
P BAn1p
P B∣An  
P  BAn 
P  An 
22
 
1 2 p 1n1
1p
 2 f n  1 p
1 2 p 1n
，
2
1 2 p 1n1
1 2 p 1n
记 f n  1 p
1 2 p 1n1
1 2 p 1n
f n 1
1 2 p 1n 1 2 p 1n 
1 2 p 12n
n1n1 2nn1
则 f n1 2 p 11 2 p 1 1 2 p 1 2 p 12 p  22 p
①当 p  1 时， f n  1 ，
22
②当 1  p  1时， 2 p 1n1  0 ， f n 1  1，即 f n 单调递增， P B∣A  不存在最大值.
2f nn
③当0  p  1 时， 2 p 1n1 正负无法确定，
2
当 n 为奇数时，
f n 1
f n
1，当 n 为偶数时，
f n 1
f n
 1，
要使 f n 取到最大值， n 应取偶数，记1 2 p  λ，λ 0,1 ，
1 λ2n1
2n
1 λ2n1
1  λ2n1
1 1
 11λ 
f 2n  1 p
2n  1 p
 1 p λ
2nλ 1 p 
2n1  ，
Q 0  λ 1，
1 λ
1λ
1λ
2  2 pp2  2 p 1
 λ λ λ
 f 2n 单调递减， f 2n  f 2  1 p2 2，
1 2 p 12 p  2 p 1
综上所述：
当 1  p  1时， P B∣A  不存在最大值：
2n
当 p  1 时， P B∣A  恒为常数 1 ；
2n2
n
当0  p  1 时， P B∣A  在 n  2 时取到最大值
2
p2  2 p 1 2 p2  2 p 1 .