贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期9月开学考试数学试卷

这是一份贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期9月开学考试数学试卷，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合 A  1, 2， B  1,3 ，则 A ∪ B  （）
1
1, 2
1, 3
1, 2, 3
复数 z  3  4i （ i 是虚数单位）的虚部为（）
A 3B. 3iC.
4i
D. 4
若2021x  2021y  2022x  2022 y  x, y  R ，则（）
1
x3  y3B. ln x  ln y
1  1
xy
x2  1 
1
y2  1
一组数据 x1, x2 , x3,L, x10 满足 xi  xi1  2 2  i  10 ，若去掉 x1, x10 后组成一组新数据.则新数据与原
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1， P 为 AC 的中点，则三棱锥 P  A1C1B 的外接球的表面积为
（）
数据相比（
）
A. 极差变大
C. 方差变小
B. 平均数变大
D. 第 25 百分位数变小
5 π
2
11 π
4
3πD. 13 π
4
平面α与平面β平行的充分条件可以是（）
α内有无穷多条直线都与β平行；
直线a α，直线b  β，且b α, a β；
直线 a ∥α, a ∥β，且直线 a 不在α内，也不在β内；
α内的任何一条直线都与β平行.
→→→
已知 a, b 是夹角为120 的两个非零向量，且 a  b ，若向量λb 在向量 a 上的投影向量为 a ，则λ
（）
3
3
A. B.
C. 2
D. 2
已知函数 f (x) 的定义域为 R ， f (x  3) 为偶函数， 若对任意的x1 ， x2 3,  x1  x2  ， 都有
f  x1   f  x2 mm
0 ，则关于m 的不等式 f 4  3  f 2  3 的解集为（）
x1  x2
A. (1,1)
B. (1, 2)C. (,1)
D. (1, )
二、多选题（本大题共 3 小题）
下列各式最小值为 2的是（ ）
2x  2x (x  R)
x2 1
lga b  lgb a （ a, b  0 且 a, b  1 ）
sin2α1
​
| x |
​
sinα
(α为第一象限角）
已 知 函 数
f (x) | sin x |， 恰 好 存 在 4 个 不 同 的 正 数
x1 , x2 , x3 , x4 ( x1  x2  x3  x4 ) ， 使 得
f (x1 ) 
x1
f (x2 ) 
x2
f (x3 ) 
x3
f (x4 )  m ，则下列说法正确的是（）
x4
m  2
5π
0  m  2
5π
tan x4 (4, 6)D. tan x4 (6,8)
《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵 ABC  A1B1C1中，AC⊥BC，且 AA1  AB  2 ．下列说法正确的是（）
四棱锥 B  A1ACC1 为“阳马”
四面体 A1ACB 的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为8π
四棱锥 B  A ACC 体积最大值为 2
113
四面体 A1C1CB 为“鳖臑”
三、填空题（本大题共 3 小题）
若不等式a  2 x2  2 a  2 x  4  0 对一切 x  R 恒成立，则 a 的取值范围是．
在△ABC 中， AB  4，AC  3，∠BAC=90，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P，使得 AP=9，若
–––→–––→3
PA  mPB  (
2
–––→
 m)PC （m 为常数），则 CD 的长度是．
在锐角三角形C 中， tan   1 ， D 为边C 上的点， D 与CD 的面积分别为2 和4 ．过
2
D 作D   于 ， DF  C 于F ，则D DF  ．
2
→
四、解答题（本大题共 5 小题）
已知
| a |
， | b | 1 ， a 与b 的夹角为45．
（1）求a  b ，
→  2b | 的值；
| a
→→→→
（2）若向量2a λb 与λa  3b 的夹角是锐角，求实数λ的取值范围．
为庆祝“五四”青年节，广州市有关单位举行了“五四”青年节团知识竞赛活动，为了解全市参赛者成绩的情况，从所有参赛者中随机抽样抽取 100 名，将其成绩整理后分为 6 组，画出频率分布直方图如图所示
（最低 90 分，最高 150 分），但是第一、二两组数据丢失，只知道第二组的频率是第一组的 2 倍．
求第一组、第二组的频率各是多少？并补齐频率分布直方图；
现划定成绩大于或等于上四分位数即第 75 百分位数为“良好”以上等级，根据直方图，估计全市“良好”以上等级的成绩范围（保留 1 位小数）；
现知道直方图中成绩在[130,140) 内的平均数为 136，方差为 8，在[140,150] 内的平均数为 144，方差为 4，求成绩在[130,150] 内的平均数和方差．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， M , N 分别是 AB, PC 的中点．
求证： MN / / 平面 PAD ；
在 DN 上取一点G （不与 D, N 重合），设过点G 和 PA 的平面交平面 BDN 于GH ，求证：
PA / /GH ．
在V ABC 中， 2B  A  C .
当 AC  12 时，求 SV ABC 的最大值；
当 SV ABC  4 3 时，求V ABC 周长的最小值.
已知函数 f  x   x 2  2mx  m 2  6 ， g  x  2x .
（1）求 g  f m  的值；
若方程 g  f  x  128 在区间1, 2上有唯一的实数解，求实数m 的取值范围；
对任意 m  R ，若关于 x 的不等式 f  g  x  f  g x  t  g  x  g x 在 R 上恒成立，求实数t 的取值范围.
遵义市第四中学 2025-2026 学年高二上学期开学检测数学试卷
一、单选题（本大题共 8 小题）
1. 已知集合 A  1, 2， B  1,3 ，则 A ∪ B  （）
1
1, 2
1, 3
1, 2, 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用并集运算求解.
【详解】解：因为集合 A  1, 2， B  1,3 ，所以 A ∪ B  1, 2, 3 ，
故选：D
复数 z  3  4i （ i 是虚数单位）的虚部为（）
A. 3B. 3iC.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的有关概念即可求解.
【详解】复数 z  a  bi 的虚部为b ，
4i
D. 4
所以 z  3  4i 的虚部为4 .
故选：D
若2021x  2021y  2022x  2022 y  x, y  R ，则（）
1
x3  y3B. ln x  ln y
1  1
xy
x2  1 
1
y2  1
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数 f  x  2021x  2022x ，分析函数 f  x 的单调性，可得出 x  y ，再利用函数的单调
性以及特殊值法可判断各选项的正误.
1
2
【详解】构造函数 f  x  2021x  2022x ，因为函数 y  2021x 为 R 上的增函数，函数 y
 2022x 为
R 上的减函数，
故函数 f  x  2021x  2022x 为 R 上的增函数，
因为2021x  2021y  2022x  2022 y ，则2021x  2022 x  2021y  2022 y ，
即 f  x  f  y  ，则 x  y .
对于 A 选项，函数 g  x  x3 为 R 上的增函数，故 x3  y3 ，A 对；对于 B 选项，若 y  x  0 ，则ln x 、ln y 均无意义，B 错；
对于 C 选项，取 x  1 ， y  1，则 1  1 ，C 错；
xy
对于 D 选项，取 x  1 ， y  1，则故选：A.
1
x2  1
1
y2  1
，D 错.
一组数据 x1, x2 , x3,L, x10 满足 xi  xi1  2 2  i  10 ，若去掉 x1, x10 后组成一组新数据.则新数据与原
【分析】根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉 x1, x10 前后的相关数据，比较厚得到答案.
【详解】由于 xi  xi1  2 2  i  10 ，
故 x2  x1  2 ， x3  x1  4 ，……， x9  x1 16 ， x10  x1 18 ，
A 选项，原来的极差为 x10  x1  18 ，去掉 x1, x10 后，极差为 x9  x2  14 ，极差变小，故 A 错误；
B 选项，原来的平均数为 x1  x2 L x10  10x1  90  x  9 ，
数据相比（
）
A. 极差变大
C. 方差变小
【答案】C
【解析】
B. 平均数变大
D. 第 25 百分位数变小
1010
去掉 x , x 后的平均数为 x2  x3 L x9  8x1  72  x
1
 9 ，平均数不变，故 B 错误；
110
881
 x  x  92   x  x  92 L  x  x  92
C 选项，原来的方差为
1121101
10
 33 ，
 x  x  92   x  x  92 L  x  x  92
去掉 x1, x10 后的方差为
213191
8
 21 ，
方差变小，故 C 正确；
D 选项，10  25 0 0  2.5 ，从小到大排列，选第3 个数作为第25 百分位数，即 x3 ，
8 25 0 0
 2 ，故从小到大排列，选择第2 个和第3 个数作为第25 百分位数，即 x3  x4 ，
2
由于 x  x3  x4 ，去掉 x , x 后第 25 百分位数变大，故 D 错误.
32
故选：C
110
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1， P 为 AC 的中点，则三棱锥 P  A1C1B 的外接球的表面积为
（）
5 π
2
11 π
4
3πD. 13 π
4
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：由条件可得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到结果；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而得到结果.
【详解】方法一：由题意知 PB  AC, AA1  平面 ABCD ，又 PB  平面 ABCD ，所以 AA1  PB ，又 AA1  AC  A, AA1, AC  平面 AA1C1C ，所以 PB  平面 AA1C1C ，
所以在三棱锥 P  A1C1B 中， PB  平面 PA1C1 .
2
在aPAC 中， AC 2, PA  PC 6 ，所以csPAC  2 3 ，
1 11 1112
1 163
2
则sinPA1C1 
6 ，设aPA C 的外接圆半径为 r ，
1 1
3
则2r 
PC1
sinPA1C1
6
2  3 , r  3 .
624
3
三棱锥 P  A1C1B 的外接球即三棱锥 B  PA1C1 的外接球，
易知 PB 
2 ，设三棱锥 P  A C B 的外接球半径为 R ，则
1 1
2
 PB 2
R2  r 2  
 3 2
  
2
2
 
 11 ，
 2  4  4 16
所以三棱锥 P  AC B 的外接球的表面积为4πR2  11 π .
1 14
方法二：如图，以 D 为坐标原点， DA, DC, DD1 所在直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，则 A 1, 0,1, B 1,1, 0 ， C 0,1,1, P  1 , 1 , 0  .
11 2 2

11
设三棱锥 P  A1C1B 的外接球的球心为O  x, y, z  ，连接OP,OA1,OB,OC1 ，则OA2  OB2  OC 2  OP2 ，
得(x 1)2  y2  (z 1)2  (x 1)2  ( y 1)2  z2  x2  ( y 1)2  (z 1)2

  x 
1 2

  y 
1 2

 z2 ，解得 x  y  z  3 ，

2 2 4
(x 1)2  y2  (z 1)2
所以OA1


，
1 2 3 21 2
  4    4     4 

11
4
故三棱锥 P  AC B 的外接球的表面积为4π 11  11 π .
1 1
故选：B.
164
平面α与平面β平行的充分条件可以是（）
α内有无穷多条直线都与β平行；
直线a α，直线b  β，且b α, a β；
直线 a ∥α, a ∥β，且直线 a 不在α内，也不在β内；
α内的任何一条直线都与β平行.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念依次判断即可.
【详解】对于 A，α内有无穷多条直线都与β平行，推不出平面α与平面β平行，平面α与平面β可以 相交，A 错误；
对于 B，推不出平面α与平面β平行，平面α与平面β也可以相交，B 错误；
对于 C，推不出平面α与平面β平行，平面α与平面β也可以相交，C 错误； 对于 D，由面面平行的定义知能推出平面α与平面β平行，D 正确.
故选：D
→→→
已知 a, b 是夹角为120 的两个非零向量，且 a  b ，若向量λb 在向量 a 上的投影向量为 a ，则λ
（）
3
3
A. B.
C. 2
D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量的公式，建立方程，结合题意，可得答案.
λb  → →→λb  →
【详解】由向量λb 在向量 a 上的投影向量为
→ a a  a ，则
2
a
→ a  1 ，
2
a
整理可得λ
→
a
→ 2
b a cs120
→ →
，由 a
→
 b ，解得λ 2 .
故选：C.
已知函数
f (x) 的定义域为 R ，
f (x  3) 为偶函数， 若对任意的x1 ， x2 3,  x1  x2  ， 都有
f  x1   f  x2 mm
x1  x2
0 ，则关于m 的不等式 f 4
 3 
f 2
 3 的解集为（）
(1,1)
(1, 2)C. (,1)
D. (1, )
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性确定其对称性，再由单调性解不等式即可.
【详解】因为 f (x  3) 为偶函数，所以 f (x) 的图象关于 x  3 对称，
又对任意的x ， x 3,  x  x  ，都有
f  x1   f  x2   0 ，
1212
x  x
12
即 f (x) 在3,  上单调递增，结合对称性则在, 3 上单调递减，
所以 f 4m  3  f 2m  3  4m  3  3  2m  3  3 ，
即① 4m  2m  6  2m 2  2m  6  0 ，显然无解；
或② 4m  6  2m  2m 2  2m  6  2m  22m  3  0 ，解之得 m  1.
故选：C
二、多选题（本大题共 3 小题）
下列各式最小值为 2 的是（ ）
2x  2x (x  R)
x2 1
lga b  lgb a （ a, b  0 且 a, b  1 ）
sin2α1
​
| x |
​
sinα
(α为第一象限角）
【答案】AC
【解析】
【分析】AC 利用基本不等式可得；B 项取特值可得；D 项利用基本不等式得不到可知最小值不是2 .
sin2α1 sinα
 2 ，但由等号取
2x  2 x
【详解】对于 A， 2x  2 x  2
 2 ，
当且仅当 x  0 时取得最小值 2，故 A 正确；
对于 B，当 a  2, b  1 ，此时lg
2a
b  lgb
a  2 ，故 B 错误；
| x |  1
| x |
x2  1 1
\l "_TOC_250001" 对于 C，
| x |  2
\l "_TOC_250000" | x || x |
 2 ，
当且仅当| x | 1， x  1 时取得最小值 2，故 C 正确；对于 D，由于α为第一象限角，所以0  sinα 1 ，
sin2 α 111
所以 sinα 2 sinα 2 ，
sinα
sinα
sinα
当且仅当sin x  1时，等号成立，显然不等式等号取不到，即
sin2α1 sinα
2 ，故 D 错误.
故选：AC.
已 知 函 数 f (x) | sin x |， 恰 好 存 在 4 个 不 同 的 正 数 x1 , x2 , x3 , x4 ( x1  x2  x3  x4 ) ， 使 得
f (x1 ) 
x1
f (x2 ) 
x2
f (x3 ) 
x3
f (x4 )  m ，则下列说法正确的是（）
x4
m  2
5π
0  m  2
5π
tan x4 (4, 6)D. tan x4 (6,8)
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数 g(x)  | sin x | , x  0 ，并画出图象，利用导数，结合图象求解判断即得.
x
【详解】令函数 g(x)  | sin x | , x  0 ，
x
依题意， g(x)  m 恰有 4 个正实根，即直线 y  m 与函数 y  g(x) 的图象恰有 4 个公共点，在同一坐标系内作出直线 y  m 与函数 y  g(x) 的部分图象，如图，
显然当0  x  π 时，直线 y  m 与函数 y  sin x 的图象有一个交点， 0  x  π ，
x1
当π  x  2π 时，直线 y  m 与函数 y   sin x 的图象有两个交点， π  x  x  2π ，
x23
当2π  x  3π 时，直线 y  m 与函数 y  sin x 的图象有唯一公共点， 2π  x  3π ，
x4
此时直线 y  m 必为曲线 y  sin x 在点(x , g(x )) 处的切线，
x44
由 y  sin x 求导得 y  x cs x  sin x ，由 y  0 ，得 x cs x  sin x  0 ，即tan x  x ，
xx2
5
因此tan x  x (2π, 3π) ，而当 x (5π , 3π) 时， tan x  0 ，则tan x  x(2π, π)  (6,8) ，C 错
442
误，D 正确；
442
令 h(x)  x cs x  sin x, x 
5
(2π, π) 2
，求导得 h(x)  x sin x  0 ，函数h( x) 在5
(2π, π)
2
上递减，
而 h(x )  0 ，则当2π  x  x 时， h(x)  0 ， y  0 ，函数 y  sin x 在(2π, x ) 上单调递增，
44x4
当 x  x  5π 时， h(x)  0 ， y  0 ，函数 y  sin x 在(x , 5π) 上单调递减，
42
sin 5π
x4 2
因此 m  sin x4  2  2 ，A 正确，B 错误.
x4
故选：AD
5π5π 2
《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵 ABC  A1B1C1中，AC⊥BC，且 AA1  AB  2 ．下列说法正确的是（）
四棱锥 B  A1ACC1 为“阳马”
四面体 A1ACB 的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为8π
四棱锥 B  A ACC 体积最大值为 2
113
四面体 A1C1CB 为“鳖臑”
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断 A，D 的正误；当且仅当 AC  BC 时，四棱锥 B  A1 ACC1
体积有最大值，求值可判断 C 的正误；根据题意找到四面体 A1ACB 的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断 B.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵 ABC  A1B1C1 中， AC  BC ，侧棱 AA1  平面 ABC ，
对 A 选项，∴ AA1  BC ，又 AC  BC ，且 AA1 ∩ AC  A ，则 BC  平面 A1 ACC1 ，
∴四棱锥 B  A1ACC1 为“阳马”，对；
对 C 选项，在底面有4  AC 2  BC 2  2 AC  BC ，即 AC  BC  2 ，
当且仅当 AC  BC 2 时取等号，
V 1 S BC  1 AA  AC  BC  2 AC  BC  4 ，故 C 错误；
B A1 ACC13 A1 ACC13133
对 D 选项，由 AC  BC ，即 A1C1  BC ，又 A1C1  C1C 且 BC  C1C  C ， BC, C1C  平面
BB1C1C ，
∴ A1C1  平面 BB1C1C ，m BC1  平面 BB1C1C ,
∴ A1C1  BC1 ，则V A1BC1 为直角三角形，
又由 BC  平面 AA1C1C ， A1C  平面 AA1C1C ， BC  A1C ，则aA1BC 为直角三角形，由“堑堵”的定义可得aA1C1C 为直角三角形， aCC1B 为直角三角形．
∴四面体 A1C1CB 为“鳖臑”，故 D 正确；
对 B 选项，由 C 知aA1BC 为直角三角形，侧棱 AA1  平面 ABC ，则易知△A1 AB ,△A1 AC 为直角三角形，
而V ABC 为直角三角形，则外接球球心O 位于 A1B 的中点，
22  22
2
则外接球半径 R  1 A B  1 ，
2 12
则球的表面积为4πR 2  4π  2 2  8π，故 B 正确.
故选：ABD．
三、填空题（本大题共 3 小题）
若不等式a  2 x2  2 a  2 x  4  0 对一切 x  R 恒成立，则 a 的取值范围是．
【答案】2, 2
【解析】
【分析】对二次项系数进行分类讨论，当二次项系数等于 0 时不等式恒成立，当二次项系数不等于 0 时转化为一元二次不等式恒成立问题求解，需要满足开口向下和判别式小于 0 两个条件，最后整合得到结果.
【详解】①当a  2  0 ，即 a  2 时，
不等式为4  0 恒成立，所以满足题意；
a  2  0
 
②当 a  2  0 时，需满足2，
Δ  2 a  2   4 a  2  4  0

解得2  a  2 .
综上， a 的取值范围是2, 2 .
故答案为： 2, 2 .
在△ABC 中， AB  4，AC  3，∠BAC=90，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P，使得 AP=9，若
–––→–––→3
PA  mPB  (
2
–––→
 m)PC （m 为常数），则 CD 的长度是．
18
【答案】或 0
5
【解析】
–––→–––→  3
 –––→
2
【分析】根据题设条件可设 PA  λPD λ 0 ，结合 PA  mPB    m  PC 与 B, D, C 三点共线，可求得

λ，再根据勾股定理求出 BC ，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵ A, D, P 三点共线，
∴可设 PA  λPD λ 0 ，
–––→–––→  3 –––→
2
∵ PA  mPB    m  PC ，

–––→–––→  3
 –––→
 3  m 
∴ λPD  mPB  
 m  PC ，即–––→
m –––→  2 –––→ ，
 2
PD 
PB   PC
λλ
若 m  0 且 m  3 ，则 B, D, C 三点共线，
2
 3  m 3
∴ m 2，即λ ，
2
   1
λλ
∵ AP  9 ，∴ AD  3 ，
∵ AB  4 , AC  3 , BAC  90，
∴ BC  5 ，
设CD  x ， CDA θ，则 BD  5  x ， BDA  πθ
AD2  CD2  AC 2
∴根据余弦定理可得csθ
2 AD  CD
xAD2  BD2  AB2

πθ 
， cs
62 AD  BD
5  x2  7 6 5  x ，
∵ csθ cs πθ  0 ，
x5  x2  718
∴  0 ，解得 x ，
66 5  x5
∴ CD 的长度为18 .
5
当 m  0 时，
–––→3 –––→
PA  PC ，
2
C, D
重合，此时CD 的长度为0 ，
当 m  3
2
–––→3 –––→
时， PA  PB ，
2
18
B, D
重合，此时 PA  12 ，不合题意，舍去.
故答案为：0 或.
5
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出
PA  λPD λ 0 ．
在锐角三角形C 中， tan   1 ， D 为边C 上的点， D 与CD 的面积分别为2 和4 ．过
2
D 作D   于 ， DF  C 于F ，则D DF  ．
【答案】  16
15
【解析】
【 详 解 】 由 题 意 得 ：， 又
2, AC
AB  DE 1 DF  4  AB  DE  AC  DF  32  DE  DF 
22
32
12 5
,因为 DEAF 四点共圆，因
12 5
此D DF  DE  DF  cs(π A) 
32 (
)   16
5
15
考点：向量数量积，解三角形
2
→
四、解答题（本大题共 5 小题）
已知
| a |
， | b | 1 ， a 与b 的夹角为45．
（1）求a  b ，
→  2b | 的值；
| a
→→→→
（2）若向量2a λb 与λa  3b  的夹角是锐角，求实数λ的取值范围．
10
【答案】（1）1；
（2） (1, 6)  ( 6, 6)
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积运算及向量的运算性质即可求解；
→→→→→→→→
（2）由题意得2a λb λa  3b   0 ，且2a λb 与λa  3b 不共线，即可求解.
【小问 1 详解】
→ →→ →
∘
；
a  b  a b cs 45
2 1 1
2
2
a  4a  b  4 b
→ 2
→
→→ 2
2  4  4
→→.
10
| a  2b |
【小问 2 详解】
→→→→
向量2a λb 与λa  3b 的夹角是锐角，
→→→→→→→→
所以2a λb λa  3b   0 ，且2a λb 与λa  3b 不共线，
→ 2→ →→ →→ 2
所以2λa  6a  b λ2 a  b  3λb
0 ，
所以4λ 6 λ2  3λ 0 ，即λ2  7λ 6  0 ，解得1  λ 6 ，
→→→→2λ
6
2a λb 与λa  3b 不共线，即λ 3 ， 解得λ ，
所以实数λ的取值范围为(1, 6)  ( 6, 6) .
为庆祝“五四”青年节，广州市有关单位举行了“五四”青年节团知识竞赛活动，为了解全市参赛者成绩
的情况，从所有参赛者中随机抽样抽取 100 名，将其成绩整理后分为 6 组，画出频率分布直方图如图所示
（最低 90 分，最高 150 分），但是第一、二两组数据丢失，只知道第二组的频率是第一组的 2 倍．
求第一组、第二组的频率各是多少？并补齐频率分布直方图；
现划定成绩大于或等于上四分位数即第 75 百分位数为“良好”以上等级，根据直方图，估计全市“良好”以上等级的成绩范围（保留 1 位小数）；
现知道直方图中成绩在[130,140) 内的平均数为 136，方差为 8，在[140,150] 内的平均数为 144，方差为 4，求成绩在[130,150] 内的平均数和方差．
【答案】（1）第一组的频率为0.04 ，则第二组的频率为0.08，频率分布直方图见解析；
（2） 129.7,150
（3）平均数为138 ，方差为19
【解析】
【分析】（1）设第一组的频率为 x ，则第二组的频率为2x ，根据所有的频率之和为1得到方程，即可求出
x ，即可补全频率分布直方图；
按照百分位数计算规则计算可得；
按照平均数、方差公式计算可得；
【小问 1 详解】
解：设第一组的频率为 x ，则第二组的频率为2x ，依题意
x  2x  0.034  0.03  0.018  0.00610  1，解得 x  0.04 ，所以第一组的频率为0.04 ，则第二组的频率为0.08，
补全频率分布直方图如下：
【小问 2 详解】
解：由0.04  0.08  0.34  0.3  0.76  0.75 ，设上四分位数为 x ，则 x 120,130 ，所以0.04  0.08  0.34  0.03 x 120  0.75 ，解得 x  129.7 ，
所以全市“良好”以上等级的成绩范围129.7,150；
【小问 3 详解】
解：由频率分布直方图可知[130,140) 中有0.18100  18 人，设为 x1, x2 , x3,L, x18 ，
则 x1  x2  x3 L x18  136 18
1  x 1362   x 1362 L  x 1362   8 ，
18 1218
1218
则 x 2  x 2 L x 2  818 181362
140,150中有0.06 100  6 人，设为 y1 , y2 ,L, y6 ，则 y1  y2 L y6  144  6
1  y 1442   y 1442 L  y 1442   4 ，
6 126
126
则 y 2  y 2 L y 2  4  6  6 1442
所以成绩在[130,150] 内的平均数为136  3 144  1  138 ；
44
所以 x 1382   x 1382 L  x
1382
1218
1218
 x 2  x 2 L x 2  2 13818136 181382
 818 181362  2 13818136 181382  216
 y 1382   y 1382 L  y 1382
126
126
 y 2  y 2 L y 2  2 138 6 144  6 1382
 4  6  6 1442  2 138 6 144  6 1382  240
所以方差为
1  x
1382   x
1382 L  x
1382   y
1382   y
1382 L  y
1382 
24 
1218126
 1 216  240  19 24
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， M , N 分别是 AB, PC 的中点．
求证： MN / / 平面 PAD ；
在 DN 上取一点G （不与 D, N 重合），设过点G 和 PA 的平面交平面 BDN 于GH ，求证：
PA / /GH ．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，要判定 MN / / 平面 PAD ，只需判定 MN 平行于平面 PAD 内的一条直线即可证明.
（2）根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明.
【小问 1 详解】
取 PD 的中点 E ，连接 AE, NE ，如图所示.
因为 M , N 分别是 AB, PC 的中点，
所以aPCD 中， EN / /CD ，且 EN  1 CD .
2
因为 P  ABCD 为四棱锥，所以CD / / AB ，且CD  AB .
所以 EN / / AM 且 EN  AM
所以四边形 ENMA 为平行四边形，所以 MN / / AE
又 AE 在平面 PAD 内， MN 在平面 PAD 外，所以 MN / / 平面 PAD .
【小问 2 详解】
连接 AC 交 BD 于点O ，连接 NO ，如图所示.
因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以O 是 AC 的中点.
又因为 N 是 PC 的中点，在aPAC 中，根据三角形中位线定理可得 NO / / PA .
因为 NO  平面 PDN , PA 在平面 BDN 外，
根据线面平行的判定定理，得知 PA / / 平面 BDN .
因为过点G 和 PA 的平面交平面 BDN 于GH ，且 PA / / 平面 BDN ，根据线面平行的性质定理可得， PA / /GH .
在V ABC 中， 2B  A  C .
当 AC  12 时，求 Sa ABC 的最大值；
当 Sa ABC  4 3 时，求V ABC 周长的最小值.
3
【答案】（1） 36
；（2）12.
【解析】
【分析】（1）由题意， B  60 ， b  12 ，由余弦定理、基本不等式，即可求 SaABC 的最大值；
（2）当 Sa ABC  4 3 时，求出 ac ，利用余弦定理、基本不等式，即可求出V ABC 周长的最小值.
【详解】解：（1）由题意， B  60 ， b  12 ，
由余弦定理可得122  a2  c2  2ac cs 60  ac ，
 ac  144 ，
 Sa ABC
 1 ac sin B  36，
3
2
3
 SaABC 的最大值为36；
S
 4 1 ac 3 ，  ac  16 ，
3
a ABC22
又b2  a2  c2  2ac cs 60  (a  c)2  48 ，
b2  a2  c2  2ac cs 60  ac ，
b2  48
 a  c 
， b  4
aABC 周长为 a  b  c  8  4  12
当且仅当 a  b  c 时， V ABC 周长的最小值为 12.
【点睛】本题考查了余弦定理、基本不等式，考查三角形面积、周长的求解，考查学生分析解决问题的能力，属于较难题.
已知函数 f  x   x 2  2mx  m 2  6 ， g  x  2x .
（1）求 g  f m  的值；
若方程 g  f  x  128 在区间1, 2上有唯一的实数解，求实数m 的取值范围；
对任意 m  R ，若关于 x 的不等式 f  g  x  f  g x  t  g  x  g x 在 R 上恒成立，求实数t 的取值范围.
【答案】（1） 64
（2） 2, 0  ∪ 1, 3

（3） , 2 5 
【解析】
【分析】（1）根据题意得 f m 的值，代入求解即可；
（2）根据题意得2x2 2mxm2 6 =27 ，所以 x  m  1 x  m  1  0 ，根据零点位置和区间端点位置判断即可求解；
根据题意得2m2 -
2(2x + 2- x )m + (2x )2 +(2- x )2 + 12 -
t (2x + 2- x )³ 0 ，
(2x )2  (2x )2  22(2x )2  (2x )2  22
化简得2t 
2x  2 x
，构造φ x 
2x  2 x
求解即可.
【小问 1 详解】因为 f (m)= m2 -
2m2 + m2 + 6 = 6 ，所以 g  f m   g 6   26  64
【小问 2 详解】
由 g  f  x  128 ，得2x2 2mxm2 6 =27 ，即 x2  2mx  m2  6  7 ，即 x2  2mx  m2  1  0 ，因式分解得 x  m  1 x  m  1  0 ，
解得 x  m 1或 x  m  1，
因为方程 g  f  x  128 在区间1, 2上有唯一的实数解，注意到 m 1  m 1，
1  m 1  2

所以m 1  2
m 1  1

或1  m 1  2 解得1  m  3 ，或2  m  0 .
所以m 的取值范围是2, 0  ∪ 1, 3 .
【小问 3 详解】
由 f  g  x  f  g x  t  g  x  g x ，
所以(2x )2 -
2m´
2x + m2 +6+(2- x )2 -
2m´
2- x + m2 +6 ³
t (2x + 2- x )，
整理得2m2 -
2(2x + 2- x )m + (2x )2 +(2- x )2 + 12 -
t (2x + 2- x )³ 0 ①
因为①式对任意 m  R 恒成立，
êë
所以D = é-
2(2x + 2- x )ù2 -
4´ 2´
êé(2x )2 +(2- x )2 + 12 -
t (2x + 2- x )úù£ 0 恒成立，
úû
ë
û
所以2x  2x 2  2  2x 2 +2x 2 12  t 2x  2x   0 ，

x- xx 2
- x 2

(2x )2  (2x )2  22
整理得2t (2 + 2
)£ (2 )
+(2
) + 22 ，即2t 
②
2x  2 x
(2x )2  (2x )2  22
记φ x 
，
2x  2 x
min
因为②式在 x  R 上恒成立，所以2t φ x恒成立，
令 u = 2x + 2− x ，因为2x  2 x  2x  1
2x
 2
 2 ，
2x  1
2x
当且仅当 x  0 时，等号成立，所以u  2
u2  2020
5
则φ x  h u   u+
uu
 4，
5
5
min

当且仅当u  2 5 2,  时，等号成立，所以φ x 4.
5
所以2t  4
，即t  2
，所以实数t 的取值范围是, 2 5  .