江苏省常州市2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题（含答案）_251130江苏省常州市2025-2026学年高三上学期期中考试（全科）

常州市 2025-2026 学年第一学期高三期中质量调研 数学 2025年11月 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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．  2n 1. 已知集合 A  x∣x25x4 0  B   n n1 是质数， nN  ，则 AB  （ ） A.  B.{2} C.{3} D. 2，3 2. 某店日盈利y（单位：百元）与当天平均气温x（单位： C）之间有如下数据： x/C -2 -1 0 1 2 y/百元 5 4 2 2 1 小明对上述数据进行分析，发现y与x之间具有线性相关关系，则y关于x的经验回归方程为（ ） A. yˆ  x2.8 B. yˆ x2.8 C. xˆ  y2.8 D. xˆ y2.8 3. 下列四个命题中，是假命题的为（ ） 1 4 A. x1,x 2 B. x1, 2x x x1 2 1 C. x2, x  2 2 D. x0,x 2 x x 4. 已知随机变量X  N ,9  ，若P  X 1a  P  X 7a  aR  ，则（ ） A. E  X 3,D  X 3 B. E  X 4,D  X 3 C. E  X 3,D  X 9 D. E  X 4,D  X 9 第1页/共4页 学科网（北京）股份有限公司π π 5. 将函数 f(x)cos(x )的图象向左平移 个单位长度，再将得到的曲线上每一个点的横坐标变为原来的 3 4 2倍（纵坐标不变），得到函数y  g(x)的图象，则g(x)（ ） x 7π x π 7π π A. cos(  ) B. cos(  ) C. cos(2x ) D. cos(2x ) 2 12 2 12 12 12 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相同，母线长也相同，则它们的表面积之比为（ ） A. 2：1 B. 3：1 C. 2：1 D.3：1 7. 若实数x10， y 5eln2，z 2eln5则x,y,z的大小关系是（ ） x  y  z x z  y y  x  z y z  x A. B. C. D. 8. 已知函数 f  x  x33ax2 x  aR  ,P是函数 f  x  的图象上的定点，过P的动直线与函数 f  x  的 图象有异于P的两个公共点M,N ，且它们的纵坐标之和恒为2，则P的横坐标为（ ） A.1 B. 1 C.2 D. 2 二、选择题：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． 1 9. 已知z是虚数，且|z|1．下列四个选项中， z的可能取值有（ ） z A.0 B.i C.1 D. 1i 10. 立德中学某班5名同学参加“青春向党”知识竞赛答题活动，其成绩均为正整数，中位数为70，唯一众 数为80，极差为15，则下列说法正确的是（ ） A. 该组数据的最小值可能为64 B. 该组数据的平均数不超过73 C. 该数据的第60百分位数为75 D. 该组数据的方差超过36 11. 已知在矩形ABCD中，AB  2,BC 1，P为线段CD的中点，将ADP,BCP分别沿AP,BP翻 折，使得C,D两点重合于点Q，则（ ） A. AQ BQ 2 B. 三棱锥P ABQ的体积为 4 1 C. 点Q到平面ABP的距离为 2 10 D. 存在半径为 的球O，使得A,B,P,Q四点均在球O的球面上 2 第2页/共4页 学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12. 在(x1)(x2)(x3)(x4)的展开式中，含x3的项的系数为___________．   π   13. 已知平面向量a (cos, 3sin(π)),b( 3cos,cos( ))，其中,是锐角．若a b，则 2 ___________． 14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会把纸沿某直线折叠，现有一张长方形纸 ABCD （AB  BC ）．若将长方形纸ABCD对折，使得 AD，BC 重合，得到新的长方形，发现长边与短边的长 度比保持不变．若将长方形纸ABCD的顶点A折到边CD上，设折痕所在直线与CD的夹角为，当折痕 最短时，sin___________． 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． 15. 为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，调查 结果如下表： 男性 女性 需要 40 20 不需要 160 280 （1）在该地区男性老年人中，随机选择一位，他需要志愿者提供帮助的概率记为P，求P的估计值； （2）能否有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关；并指出该调查中更优的 抽样方法． n  ad bc 2 参考公式：K2  ，其中nabcd ．  ab  cd  ac  bd  参考数据： P  K2 k  0.10 0.05 0.010 0.005 0 k 2.706 3.841 6.635 7.879 0 16. 有10只不同的试验产品，其中有4只不合格品、6只合格品．现每次取1只测试，直到4只不合格品 全部测出为止． （1）求最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现的不同情形种数； 第3页/共4页 学科网（北京）股份有限公司（2）已知最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现，求第2次测得合格品的概率． BC 17. 在V ABC 中， a,b,c 分别是角 A,B,C 所对的边，点 D 在边 BC 上，已知sin Acos ， 2 c 6,ABC 的面积为30 3． （1）求A,a； （2）若2CD3BD，求BAD的正切值． 18. 如图，在直三棱柱 ABCABC 中，BAC 90,AB  AC  AA 2，两点M，N 分别在直线 1 1 1 1 BC,AC 上，MN  BC,MN  AC ． 1 1 （1）证明：MN 平面ABC ； 1 1 （2）求线段MN 的长度； （3）求二面角M  AB N 的余弦值． 1 19. 已知函数 f  x ln  x1 acosx,aR． （1）当a 1，求 f  x  在点  0, f 0 处的切线方程；   （2）当a 1，求函数 f x 的零点个数； （3）x0, f  x 0，求整数a的值． 第4页/共4页 学科网（北京）股份有限公司常州市 2025-2026 学年第一学期高三期中质量调研 数学 2025年11月 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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．  2n 1. 已知集合 A  x∣x25x4 0  B   n n1 是质数， nN  ，则 AB  （ ） A.  B.{2} C.{3} D. 2，3 【答案】C 【解析】 2n 2 2n 【分析】通过解不等式先求出集合A，变形 2 ，分析出要使  nN,n1 是质数，而n1 n1 n1 n1 必须是2的正因数，将n11和n12分别代入验证，即可求出集合B，再求AB即可得解. 【详解】由x2 5x4 x1  x4 0，解得1 x4，故A  x1 x4  . 2n 2  n1 2 2 因为  2  nN,n1 ， n1 n1 n1 2n 2 要使 是质数， 必须是整数，而n1必须是2的正因数. n1 n1 因为2的正因数有1和2， 2n 22 所以当n11时，n2，此时  4，4不是质数，不符合要求，舍去； n1 21 2n 23 所以当n12时，n3，此时  3，3是质数，符合要求，故B  3  . n1 31 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司所以AB 3  . 故选：C 2. 某店日盈利y（单位：百元）与当天平均气温x（单位： C）之间有如下数据： x/C -2 -1 0 1 2 y/百元 5 4 2 2 1 小明对上述数据进行分析，发现y与x之间具有线性相关关系，则y关于x的经验回归方程为（ ） A. yˆ  x2.8 B. yˆ x2.8 C. xˆ  y2.8 D. xˆ y2.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据经验回归方程必过样本中心点的性质，求出样本中心点，根据变化趋势，判断结果. 1 14  14 【详解】由题意可知x0，y   54221  ，样本中心点为0, ， 5 5  5  由样本数据可知，y随着x的增大而减小，所以 yˆ x2.8符合条件. 故选：B. 3. 下列四个命题中，是假命题的为（ ） 1 4 A. x1,x 2 B. x1, 2x x x1 2 1 C. x2, x  2 2 D. x0,x 2 x x 【答案】D 【解析】 【分析】利用存在量词命题及全称量词命题的真假判定方法，结合基本不等式判断即得. 1 1 5 【详解】对于A，取x2，x 2  2，A是真命题； x 2 2 4 对于B，取x0， 422 x，B是真命题； x1 2 2 2 对于C， x   2 x  2 2 ，当且仅当 x  ，即x2时取等号， x x x 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司2 因此当x2时， x  2 2，C是真命题； x 1 对于D，当x1时，x  2，D是假命题. x 故选：D 4. 已知随机变量X  N ,9  ，若P  X 1a  P  X 7a  aR  ，则（ ） A. E  X 3,D  X 3 B. E  X 4,D  X 3 C. E  X 3,D  X 9 D. E  X 4,D  X 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求，根据D  X 2求D  X  . 1a7a 【详解】因为P  X 1a  P  X 7a  ，所以 4，所以E  X 4， 2 又DX2 9. 故选：D π π 5. 将函数 f(x)cos(x )的图象向左平移 个单位长度，再将得到的曲线上每一个点的横坐标变为原来的 3 4 2倍（纵坐标不变），得到函数y  g(x)的图象，则g(x)（ ） x 7π x π 7π π A. cos(  ) B. cos(  ) C. cos(2x ) D. cos(2x ) 2 12 2 12 12 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用函数图象变换求出解析式. π π π π 7π 【详解】将函数 f(x)cos(x )的图象向左平移 个单位长度，得到 y cos(x  )cos(x )， 3 4 4 3 12 x 7π 再将得到的曲线上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得g(x)cos(  ). 2 12 故选：A 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相同，母线长也相同，则它们的表面积之比为（ ） A 2：1 B. 3：1 C. 2：1 D.3：1 . 【答案】C 【解析】 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【分析】设它们底面圆半径为r ，母线长为l，计算其表面积后可得比例关系. 【详解】设它们底面圆半径为r ，母线长为l， 记圆柱的表面积为S ，则S 2πr2 2πrl ， 1 1 记圆锥的表面积为S ，则S  πr2πrl ， 2 2 所以圆柱与圆锥表面积之比S :S 2:1. 1 2 故选：C 7. 若实数x10， y 5eln2，z 2eln5则x,y,z的大小关系是（ ） x  y  z x z  y y  x  z y z  x A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 lnx 【分析】先利用对数函数的单调性，比较y与z的大小，再构造函数 f  x  ，x 0，分析其单调性 x 和最值，比较x与y的大小. 【详解】因为 y 5eln2eln25 eln32，z 2eln5eln52 eln25， 由ln32ln250，所以eln32eln25，即 y  z . lnx 1lnx 设函数 f  x  ，x 0，则 f x  ，x 0. x x2 由 fx0  0xe；由 fx0  xe . 即 f  x  在  0,e  上单调递增，在  e, 上单调递减. 1 所以 f  x  f  e  ，所以ef  x 1. e eln2 所以ef  2 1 1 eln22  5eln210，即 y  x . 2 综上，x  y  z . 故选：A 8. 已知函数 f  x  x33ax2 x  aR  ,P是函数 f  x  的图象上的定点，过P的动直线与函数 f  x  的 图象有异于P的两个公共点M,N ，且它们的纵坐标之和恒为2，则P的横坐标为（ ） A.1 B. 1 C.2 D. 2 【答案】B 【解析】 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【 分 析 】 设 P  x ,x3 3ax2 x  ， M  x ,y  ， N  x ,y  ， 直 线 MN 的 方 程 为 0 0 0 0 1 1 2 2 y k  xx   x3 3ax2 x  ，与函数解析式联立，利用 y  y 2恒成立求x . 0 0 0 0 1 2 0 【详解】因为P在函数 f  x  的图象上，所以可设P  x ,x3 3ax2 x  ， 0 0 0 0 设直线MN 方程为： y  x3 3ax2 x  k  xx  y k  xx   x3 3ax2 x  ， 0 0 0 0 0 0 0 0 代入 y  x33ax2 x得：x3 3ax2 xk  xx   x3 3ax2 x  ， 0 0 0 0 化简得：x33ax2  1k  xx33ax2  1k  x 0. 0 0 0 因为x x 为该方程的1个根，所以方程可化成  xx  x2 bxc  0， 0 0 即x3 bx  x2  cbx  xcx 0. 0 0 0 所以bx 3a  b x 3a . 0 0     设M x ,y ，N x ,y ， 1 1 2 2 则x，x 为方程x2 bxc0的两根，所以x x bx 3a ， 1 2 1 2 0 由 y  y 2  k  x x   x3 3ax2 x  k  x x   x3 3ax2 x  2， 1 2 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 即k  x x 2x 2  x3 3ax2 x  2恒成立. 1 2 0 0 0 0 所以 ， 1+ 2−2 0 =0 3 2 由x 2(x 0+23x 00+及 0x)=2x x 3a可得(x 3a)2x 0，解得x a， 1 2 0 1 2 0 0 0 0 由2(x3 3ax2 x )2可得x3 3ax2 x 1， 0 0 0 0 0 0 将x a代入该式得(a)33a(a)2 (a)1，即2a3 a10， 0  a1  2a2 2a1  0， 所以a 1，所以x 1，即P点的横坐标为：1. 0 故选：B 二、选择题：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． 1 9. 已知z是虚数，且|z|1．下列四个选项中， z的可能取值有（ ） z 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司A.0 B.i C.1 D. 1i 【答案】AC 【解析】 1 【分析】根据给定条件设出复数z，再求出 z的取值范围即可判断. z 【详解】由z是虚数，|z|1，设z cosisin, kπ,kZ， 1 1 则 z  cosisin2cos(2,2)， z cosisin 1 因此 z的可能取值有0和1. z 故选：AC 10. 立德中学某班5名同学参加“青春向党”知识竞赛答题活动，其成绩均为正整数，中位数为70，唯一众 数为80，极差为15，则下列说法正确的是（ ） A. 该组数据的最小值可能为64 B. 该组数据的平均数不超过73 C. 该数据的第60百分位数为75 D. 该组数据的方差超过36 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意设该组数据从小到大为a、b、c、d 、e，根据已知条件得出a、c、d 、e的值，可判 断A选项；利用平均数公式可判断B选项；利用百分位数的概念可判断C选项；利用方差公式可判断D选 项. 【详解】由题意设该组数据从小到大为a、b、c、d 、e， 由题意可得c70，d e80，80a 15，可得a 65，A错； 这组数据为65、b、70、80、80，则65b70， 65b708080 b 这组数据的平均数为x  59  72,73 ，B对； 5 5 7080 对于C选项，因为50.63，所以该数据的第60百分位数为 75，C对； 2 66 对于D选项，当b66时，这组数据的平均数为x59 72.2， 5 1 这组数的方差为s2   6572.2 2  6672.2 2  7072.2 2 2 8072.2 2 43.3636，   5 67 当b67时，这组数的平均数为x59 72.4， 5 1 这组数的方差为s2   6572.4 2  6772.4 2  7072.4 2 2 8072.4 2 41.0436，   5 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司68 当b  68时，这组数据的平均数为x59 72.6 ， 5 1 这组数的方差为s2   6572.6 2  6872.6 2  7072.6 2 2 8072.6 2 39.0436，   5 69 当b69，此时这组数据的平均数为x59 72.8， 5 1 这组数的方差为s2   6572.8 2  6972.8 2  7072.8 2 2 8072.8 2 37.3636，   5 因此，这组数据的方差大于36，D对. 故选：BCD. 11. 已知在矩形ABCD中，AB  2,BC 1，P为线段CD的中点，将ADP,BCP分别沿AP,BP翻 折，使得C,D两点重合于点Q，则（ ） A. AQ BQ 2 B. 三棱锥P ABQ的体积为 4 1 C. 点Q到平面ABP的距离为 2 10 D. 存在半径为 的球O，使得A,B,P,Q四点均在球O的球面上 2 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：借助折叠性质与勾股定理逆定理计算即可得；对B：借助线面垂直判定定理可得PQ为三棱 锥的高，再利用体积公式计算即可得；对C：借助等体积法计算即可得；对D：设出球心，结合外接球性质， 利用勾股定理计算即可得. 【详解】对A：AQ AD1，BQ BC 1，AB 2 ， 有AQ2 BQ2  AB2，故AQ BQ，故A正确； π 对B：由DC  ，故AQ  PQ、BQ  PQ， 2 又AQ、BQ平面ABQ，AQBQ Q，故PQ平面ABQ， 1 1 2 1 2 故V  PQS    11 ，故B错误； PABQ 3 ABQ 3 2 2 12 对C：设点Q到平面ABP的距离为d ，则由V V 可得： PABQ QABP 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司2 1 1 1 2 1  dS  d  21 d ，则d  ，故C正确； 12 3 ABP 3 2 6 2 对D：设三棱锥P ABQ外接球球心为O，半径为r ， 由AQ BQ，PQ平面ABQ，取AB中点E， 1 2 则OE //PQ，且OP OQ r，则OE  PQ  ， 2 4 2 2  2  2 5 则有r2 QE2 OE2       ，      2   4  8 5 10 即r   ，故D错误. 8 4 故选：AC. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12. 在(x1)(x2)(x3)(x4)的展开式中，含x3的项的系数为___________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用多项式乘法法则，结合分步乘法计数原理求解. 【详解】在(x1)(x2)(x3)(x4)的展开式中， 从4个因式中，3个因式选择x，1个因式选择常数相乘的积即可得含x3的项， 所以含x3的项的系数为12342. 故答案为：2   π   13. 已知平面向量a (cos, 3sin(π)),b( 3cos,cos( ))，其中,是锐角．若a b，则 2 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司___________． π 1 【答案】 ## π 2 2 【解析】 【分析】利用数量积的坐标表示，结合和角的余弦公式求解.   π   【详解】向量a (cos, 3sin(π)),b( 3cos,cos( ))，由a b， 2   π 得ab 3coscos 3sin(π)cos( ) 3(coscossinsin) 2  3cos()0，由,是锐角，得0π， π 所以 . 2 π 故答案为： 2 14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会把纸沿某直线折叠，现有一张长方形纸 ABCD （AB  BC ）．若将长方形纸ABCD对折，使得 AD，BC 重合，得到新的长方形，发现长边与短边的长 度比保持不变．若将长方形纸ABCD的顶点A折到边CD上，设折痕所在直线与CD的夹角为，当折痕 最短时，sin___________． 6 1 【答案】 ## 6 3 3 【解析】 【分析】画图，研究各种不同情形，借助于直观的判断和平均值不等式求得各种情况下的最小值，进而比 较得出折痕最小的条件，进一步求得对应的角的正弦值. 【详解】设AD中点为E,CD,AB中点依次记为M,N ,MN 中点记为O,连接OE. 设AB a,AD b,因为A在DC上，所以AA的中点在线段OE上. 折痕为PQ过F ,且PQ AA,情况分三种，如图1，2，3. a b  由题意，b a ,得a 2b. 2 情形1： 如图1，折痕PQ AB  2b. 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司情形2： AE b AF AF b 如图2，AF   ,AP    ， cosAFE 2cos sinAPF sin 2sincos AP AP b PQ    , cosAPQ cos 2sincos2 3  2   2sin cos2cos2  2  2   8 , 2sincos2  2sin cos2cos2  27 27 b 3 3b PQ  所以 8 4 . 2 27 情形3： 如图3.当F 与O重合时，PQ取得最小值. 2ON 2ON b 6b PQ     如图4，此时 sinONQ sinONQ 2 2 . 3 6 3 3 由242732,得2 6 3 3 4 2 ,所以   2. 2 4 a 6 故当折痕最短时，sin  . a2 b2 3 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司6 故答案为： 3 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． 15. 为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，调查 结果如下表： 男性 女性 需要 40 20 不需要 160 280 （1）在该地区男性老年人中，随机选择一位，他需要志愿者提供帮助的概率记为P，求P的估计值； （2）能否有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关；并指出该调查中更优的 抽样方法． n  ad bc 2 参考公式：K2  ，其中nabcd ．  ab  cd  ac  bd  参考数据： P  K2 k  0.10 0.05 0.010 0.005 0 k 2.706 3.841 6.635 7.879 0 第11页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 【答案】（1） 5 （2）能，详见解析 【解析】 【分析】（1）利用频率估计概率进行求解即可； （2）根据数据计算卡方，结合卡方的数值进行判断. 【小问1详解】 抽取的样本中，男性老年人共有200人，需要志愿者提供帮助的有40人， 40 1 1 频率为  ，所以P的估计值是 . 200 5 5 【小问2详解】 列联表如下： 男性 女性 合计 需要 40 20 60 不需要 160 280 440 合计 200 300 500 500  4028020160 2 K2   20.202 6.635，所以有99%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿 60440200300 者提供帮助与性别有关. 由于该地区老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据能看出男性老年人需要帮助的需求较高，与 女性老年人有明显差异，因此调查时先确定男女老年人的比例，然后按照男、女两层进行分层抽样. 16. 有10只不同的试验产品，其中有4只不合格品、6只合格品．现每次取1只测试，直到4只不合格品 全部测出为止． （1）求最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现的不同情形种数； （2）已知最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现，求第2次测得合格品的概率． 【答案】（1）576； 1 （2） . 4 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用排列、组合计数问题列式计算得解. 第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（2）根据给定条件，利用条件概率公式列式求解 . 【小问1详解】 由最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现，得第5次测得不合格品， 且前4次测得3只不合格品、1只合格品， 所以不同情形种数为C1C1A4 576. 4 6 4 【小问2详解】 记事件A：最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现，事件B：第2次测得合格品， 576 2 C1A4 1 P(A)  ，P(AB) 6 4  ， 109876 105 109876 210   P AB 1 因此P(B|A)  ，   P A 4 1 所以最后1只不合格品正好在第5次测试时被发现，第2次测得合格品的概率为 . 4 BC 17. 在V ABC 中， a,b,c 分别是角 A,B,C 所对的边，点 D 在边 BC 上，已知sin Acos ， 2 c 6,ABC 的面积为30 3． （1）求A,a； （2）若2CD3BD，求BAD的正切值． 2π 【答案】（1） ,2 139 3 （2）10 3 【解析】 2π 【分析】（1）利用二倍角公式和诱导公式，结合角的范围求出A ，根据三角形面积公式和余弦定理即 3 可求a,b； 2π 2π （2）设BAD，所以CAD  ，0 ，分别在△ABD和ACD，利用正弦定理，推得 3 3 2π 20sin( )9sin，计算即得tanBAD. 3 【小问1详解】 BC A A π A A 因为sinAcos ，所以2sin cos cos sin ， 2 2 2 2 2 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司A π A A 1 2π 因为0  ，则sin 0，故由cos  ，可得A . 2 2 2 2 2 3 1 因为S  bcsin A30 3，c6，解得b20， △ABC 2  1 由余弦定理得a2 b2 c2 2bccosA400362206    556，  2 解得a 2 139. 【小问2详解】 2π 2π 设BAD，所以CAD  ,0 ． 3 3 AB BD 在△ABD中，由正弦定理得，  ，即BDsinADB 6sin， sinADB sin AC CD  2π 在ACD中，由正弦定理得，sinADC 2π ，即CDsinADC 20sin( )， sin( ) 3 3 2π 因2CD 3BD，sinADB sinADC，代入化简得20sin( )9sin， 3 即10 3cos10sin9sin，解得tan10 3，即tanBAD 10 3. 18. 如图，在直三棱柱 ABCABC 中，BAC 90,AB  AC  AA 2，两点M，N 分别在直线 1 1 1 1 BC,AC 上，MN  BC,MN  AC ． 1 1 （1）证明：MN 平面ABC ； 1 1 （2）求线段MN 的长度； （3）求二面角M  AB N 的余弦值． 1 【答案】（1）证明见解析 2 （2） 3 3 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司3 （3） 3 【解析】 【分析】（1）求证BC//BC ，再利用线面垂直的判定定理求证； 1 1     （2）以 A为原点建立空间直角坐标系，设BM BC,AN AC ，利用MN  BC,MN  AC 求出 1 1 M,N 坐标即可； （3）计算平面MAB 和平面AB N 的法向量，根据法向量的夹角和二面角的平面角的关系即可. 1 1 【小问1详解】 因ABCABC 为直三棱柱，则BC//BC ， 1 1 1 1 1 因MN  BC，则MN BC ， 1 1 又MN  AC ，AC BC C ，AC ,BC 平面ABC ，则MN 平面ABC ； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 【小问2详解】 因ABCABC 为直三棱柱，且BAC 90， 1 1 1 则以A为原点，AB,AC,AA 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 1       则B 2,0,0 ,C 0,2,0 ,C 0,2,2 ， 1   则BC 2,2,0  ,AC   0,2,2 ， 1     设BM BC 2,2,0  ,AN AC   0,2,2， 1  则M  22,2,0  ,N  0,2,2 ，则MN  22,22,2，    MNBC 44440 1 2 则  ，解得 , ， MNAC  4440 3 3 1 2 4   2 2 2 2 2 2 2 2 2 则M  , ,0,N0, , ，故 MN           3； 3 3   3 3 3 3 3 3 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】   2 4    2 2 因B  2,0,2  ，则AB  2,0,2 ，AM   , ,0,AN  0, , ， 1 1 3 3   3 3   设平面MAB 和平面AB N 的法向量分别为m x ,y ,z  ,n  x ,y ,z  ， 1 1 1 1 1 2 2 2     AB m2x 2z 0 AB n 2x 2z 0  1 1 1  1 2 2 则  2 4 ，  2 2 ， AM m x  y  0 ANn  y  z  0  3 1 3 1  3 2 3 2   不妨令 y 1,x 1，则m2,1,2  ,n  1,1,1  ， 1 2     mn 212 3 则cosm,n      ， m  n 9 3 3 3 有图可知二面角M AB N 为锐二面角，故二面角M AB N 的余弦值为 1 1 3 19. 已知函数 f  x ln  x1 acosx,aR． （1）当a 1，求 f  x  在点  0, f 0 处的切线方程；   （2）当a 1，求函数 f x 的零点个数； （3）x0, f  x 0，求整数a的值． 【答案】（1）yx1 （2）1个 （3）0或1 【解析】 【分析】（1）借助导数几何意义计算即可得； （2）当x1,0 时，借助导数合理放缩可得其单调性，结合零点存在性定理可得其在该范围内零点个数， 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司   3 3  当x0时，分x(1,0]、x 0,  、x  ,  以及x  , ，再合理放缩即可得解；  2 2 4   4  （3）分a 0、a 1、a  2与a1进行讨论即可得. 【小问1详解】 1 当a 1时， f  x ln  x1 cosx，则 f x  sinx， x1 有 f 0 1sin01，又 f  0 ln  01 cos01， 故 f  x  在点  0, f 0 处的切线方程为yx1； 【小问2详解】 1 f  x ln  x1 cosx，定义域为 1,， f x  sinx， x1 1 ①x(1,0]，因为 1,sinx[1,1], f(x)0，所以 f (x)在(1,0]上单调递增． x1 1  1 1  1 又因为 f(0)10, f  1 ln  cos 1 ln  10， e  e e  e 1  由零点存在性定理可得，存在x   1,0使得 f  x 0． 1 e  1   ②当x 0,  ,cosx0且ln(x1)0，  2 因此 f(x)0恒成立，即 f (x)在该区间内无零点． 1 1  3 f(x) sinx sinx ③当x  ,  时， x1  ． 2 4  1 2 2 1 2 1 2 2 2 sinx ,    , f(x)  0 因为 2  2 2 2 2 2 ， 1 2  3 所以 f (x)在区间 , 上单调递减．   2 4  3 3  2 f(x)  f   ln 1  . min  4   4  2 34 34 2 3  3 因为 3e,ln  lne1 ，所以 f   0，在  ,  上 f(x)0，故该区间 4  4  2  4  2 4  第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司内无零点． 3  3  ④当x  , 时， f(x)ln(x1)cosxln(x1)1ln 1 10，  4   4  因此该区间内也无零点． 综上，函数 f (x)在(1,)上仅有一个零点． 【小问3详解】 函数 f(x)ln(x1)acosx(aZ)，由题意 f(0)a0． 当a 0时， f(x)ln(x1)0对于任意x0恒成立， 当a 1时，由（2）知 f(x)0在[0,)上恒成立． 当a  2且aZ 时，取x ，有 f()ln(1)acosln(1)a， 由于ln(1)2且a  2，故 f()0，与 f(x)0矛盾． 综上所述，a的值为0或1． 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司