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
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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．
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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】
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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】
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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
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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
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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
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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.
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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
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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
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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.
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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
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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
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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，
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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 
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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．
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