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2025 年高考全国一卷数学真题
一、单选题
1．(1+5i)i的虚部为（ ）
A．−1 B．0 C．1 D．6
【答案】C
【解析】因为(1+5i)i=i+5i2 =−5+i，所以其虚部为1，
故选：C.
2．设全集𝑈 ={𝑥|𝑥是小于9的正整数 }，集合𝐴 ={1,3,5}，则∁ 𝐴中元素个数为（ ）
𝑈
A．0 B．3 C．5 D．8
【答案】C
【解析】因为𝑈 ={1,2,3,4,5,6,7,8}，所以∁ 𝐴 ={2,4,6,7,8}， ∁ 𝐴中的元素个数为5，
𝑈 𝑈
故选：C．
3．若双曲线C的虚轴长为实轴长的√7倍，则C的离心率为（ ）
A．√2 B．2 C．√7 D．2√2
【答案】D
【解析】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为2𝑎,2𝑏,2𝑐，
由题知，𝑏 =√7𝑎，
于是𝑎2+𝑏2 =𝑐2 =𝑎2+7𝑎2 =8𝑎2，则𝑐 =2√2𝑎，
即𝑒 = 𝑐 =2√2.
𝑎
故选：D
4．若点(𝑎,0)(𝑎 >0)是函数𝑦 =2tan(𝑥− π )的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ）
3
A．π B．π C．π D．4π
6 3 2 3
【答案】B
【解析】根据正切函数的性质，𝑦 =2tan(𝑥− π )的对称中心横坐标满足𝑥− π = 𝑘π ,𝑘 ∈𝑍，
3 3 2
即𝑦 =2tan(𝑥− π )的对称中心是( π + 𝑘π ,0),𝑘 ∈𝑍，
3 3 2
即𝑎 = π + 𝑘π ,𝑘 ∈𝑍，
3 2
又𝑎 >0，则𝑘 =0时𝑎最小，最小值是π，
3
即𝑎 = π .
3
故选：B
5．设𝑓(𝑥)是定义在𝑅上且周期为2的偶函数，当2≤𝑥 ≤3时，𝑓(𝑥)=5−2𝑥，则𝑓(− 3 )=（ ）
4
A．− 1 B．− 1 C．1 D．1
2 4 4 2
【答案】A
【解析】根据题知𝑓(𝑥)=𝑓(−𝑥),𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥)对一切𝑥 ∈𝑅成立，
于是𝑓(− 3 )=𝑓( 3 )=𝑓( 11 )=5−2× 11 =− 1 .
4 4 4 4 2
故选：A
6．帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，视风风速对
应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等，方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速
对应的向量与船速对应的向量如图2（风速的大小和向量的大小相同），单位（m/s），则真风为（ ）
等级 风速大小m/s 名称
2 1.1~3.3 轻风
3 3.4~5.4 微风
4 5.5~7.9 和风
5 8.0~10.1 劲风
A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风
【答案】A
【解析】由题意及图得，
视风风速对应的向量为：𝑛⃗ =(0,2)−(3,3)=(−3,−1)，
视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，
船速方向和船行风速的向量方向相反，
设真风风速对应的向量为𝑛⃗⃗⃗⃗ ，船行风速对应的向量为𝑛⃗⃗⃗⃗ ，
1 2
∴𝑛⃗ =𝑛⃗⃗⃗⃗ +𝑛⃗⃗⃗⃗ ，船行风速：𝑛⃗⃗⃗⃗ =−[(3,3)−(2,0)]=(−1,−3)，
1 2 2
∴𝑛⃗⃗⃗⃗ =𝑛⃗ −𝑛⃗⃗⃗⃗ =(−3,−1)−(−1,−3)=(−2,2)，
1 2
|𝑛⃗⃗⃗⃗ |=√(−2)2+22 =2√2≈2.828，
1
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
7．若圆𝑥2+(𝑦+2)2 =𝑟2(𝑟 >0)上到直线𝑦 =√3𝑥+2的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A．(0,1) B．(1,3) C．(3,+∞) D．(0,+∞)
【答案】B
【解析】由题意，
在圆𝑥2+(𝑦+2)2 =𝑟2(𝑟 >0)中，圆心𝐸(0,−2)，半径为𝑟，
到直线𝑦 =√3𝑥+2的距离为1的点有且仅有 2个，
∵圆心𝐸(0,−2)到直线𝑦 =√3𝑥+2的距离为：𝑑 =
|0×√3−(−2)×1+2|
=2，
√(√3) 2 +(−1)2
故由图可知，
当𝑟 =1时，
圆𝑥2+(𝑦+2)2 =𝑟2(𝑟 >0)上有且仅有一个点（𝐴点）到直线𝑦 =√3𝑥+2的距离等于1；
当𝑟 =3时，
圆𝑥2+(𝑦+2)2 =𝑟2(𝑟 >0)上有且仅有三个点（𝐵,𝐶,𝐷点）到直线𝑦 =√3𝑥+2的距离等于1；当则𝑟的取值范围为(1,3)时，
圆𝑥2+(𝑦+2)2 =𝑟2(𝑟 >0)上有且仅有两个点到直线𝑦 =√3𝑥+2的距离等于1.
故选：B.
8．若实数x，y，z满足2+log 𝑥 =3+log 𝑦 =5+log 𝑧，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）
2 3 5
A．𝑥 >𝑦 >𝑧 B．𝑥 >𝑧 >𝑦
C．𝑦 >𝑥 >𝑧 D．𝑦 >𝑧 >𝑥
【答案】B
【分析】法一：设2+log 𝑥 =3+log 𝑦 =5+log 𝑧 =𝑚，对𝑚讨论赋值求出𝑥,𝑦,𝑧，即可得出大小关系，利用排除
2 3 5
法求出；
法二：根据数形结合解出.
【解析】法一：设2+log 𝑥 =3+log 𝑦 =5+log 𝑧 =𝑚，所以
2 3 5
令𝑚 =2，则𝑥 =1,𝑦 =3−1 = 1 ,𝑧 =5−3 = 1 ，此时𝑥 >𝑦 >𝑧，A有可能；
3 125
令𝑚 =5，则𝑥 =8,𝑦 =9,𝑧 =1，此时𝑦 >𝑥 >𝑧，C有可能；
令𝑚 =8，则𝑥 =26 =64,𝑦 =35 =243,𝑧 =53 =125，此时𝑦 >𝑧 >𝑥，D有可能；
故选：B．
法二：设2+log 𝑥 =3+log 𝑦 =5+log 𝑧 =𝑚，所以，𝑥 =2𝑚−2,𝑦 =3𝑚−3,𝑧 =5𝑚−5
2 3 5
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，
作出函数𝑦 =2𝑥−2,𝑦 =3𝑥−3,𝑦 =5𝑥−5的图象，以上方程的根分别是函数𝑦 =2𝑥−2,𝑦 =3𝑥−3,𝑦 =5𝑥−5的图象与直线
𝑥 =𝑚的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着𝑚的变化可能出现：𝑥 >𝑦 >𝑧，𝑦 >𝑥 >𝑧，𝑦 >𝑧 >𝑥，𝑧 >𝑦 >𝑥，
故选：B．
二、多选题
9．在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴 𝐵 𝐶 中，D为BC中点，则（ ）
1 1 1
A．𝐴𝐷 ⊥𝐴 𝐶 B．𝐵𝐶 ⊥平面𝐴𝐴 𝐷
1 1
C．𝐴𝐷//𝐴 𝐵 D．𝐶𝐶 //平面𝐴𝐴 𝐷
1 1 1 1
【答案】BD
【解析】法一：对于A，在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴 𝐵 𝐶 中，𝐴𝐴 ⊥平面𝐴𝐵𝐶，
1 1 1 1
又𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐵𝐶，则𝐴𝐴 ⊥𝐴𝐷，则𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =0，
1 1
因为△𝐴𝐵𝐶是正三角形，𝐷为𝐵𝐶中点，则𝐴𝐷 ⊥𝐵𝐶，则𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =0
又𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ +𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ，
1 1
所以𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ +𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ )⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ 2+𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ 2 ≠0，
1 1 1
则𝐴𝐷 ⊥𝐴 𝐶不成立，A错误；
1
对于B，因为在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴 𝐵 𝐶 中，𝐴𝐴 ⊥平面𝐴𝐵𝐶，
1 1 1 1又𝐵𝐶 ⊂平面𝐴𝐵𝐶，则𝐴𝐴 ⊥𝐵𝐶，
1
因为△𝐴𝐵𝐶是正三角形，𝐷为𝐵𝐶中点，则𝐴𝐷 ⊥𝐵𝐶，
又𝐴𝐴 ∩𝐴𝐷 =𝐴,𝐴𝐴 ,𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐴 𝐷，
1 1 1
所以𝐵𝐶 ⊥平面𝐴𝐴 𝐷，B正确；
1
对于D，因为在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴 𝐵 𝐶 中，𝐶𝐶 //𝐴𝐴
1 1 1 1 1
又𝐴𝐴 ⊂平面𝐴𝐴 𝐷,𝐶𝐶 ⊂平面𝐴𝐴 𝐷，所以𝐶𝐶 //平面𝐴𝐴 𝐷，D正确；
1 1 1 1 1 1
对于C，因为在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴 𝐵 𝐶 中，𝐴 𝐵 //𝐴𝐵，
1 1 1 1 1
假设𝐴𝐷//𝐴 𝐵 ，则𝐴𝐷//𝐴𝐵，这与𝐴𝐷∩𝐴𝐵 =𝐴矛盾，
1 1
所以𝐴𝐷//𝐴 𝐵 不成立，C错误；
1 1
故选：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为ℎ，
则𝐷(0,0,0),𝐴(√3,0,0),𝐴 (√3,0,ℎ),𝐶(0,−1,0),𝐶 (0,−1,ℎ),𝐵(0,1,0),𝐵 (0,1,ℎ)，
1 1 1
对于A，𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(−√3,0,0),𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =(−√3,−1,−ℎ)，
1
则𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =(−√3)×(−√3)+0=3≠0，
1
则𝐴𝐷 ⊥𝐴 𝐶不成立，A错误；
1
对于BD，𝐵⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =(0,−2,0),𝐶⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗ =(0,0,ℎ),𝐴⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗ =(0,0,ℎ),𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(−√3,0,0)，
1 1
设平面𝐴𝐴 𝐷的法向量为𝑛⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)，
1
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗ =ℎ𝑧 =0
则{ 1 ，得𝑥 =𝑧 =0，令𝑦 =1，则𝑛⃗ =(0,1,0)，
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ⋅𝑛⃗ =−√3𝑥 =0
所以𝐵⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =(0,−2,0)=−2𝑛⃗ ，𝐶⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗ =0，
1
则𝐵𝐶 ⊥平面𝐴𝐴 𝐷，𝐶𝐶 //平面𝐴𝐴 𝐷，BD正确；
1 1 1
对于C，𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =(−√3,0,0),𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)，
1 1
则−√3 ≠ 0，显然𝐴𝐷//𝐴 𝐵 不成立，C错误；
1 1
−√3 1
故选：BD.
10．设抛物线𝐶:𝑦2 =6𝑥的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于𝐴𝐵的直线交𝑙:𝑥 =− 3于E，过点A
2
作准线l的垂线，垂足为D，则（ ）
A．|𝐴𝐷|=|𝐴𝐹| B．|𝐴𝐸|=|𝐴𝐵|
C．|𝐴𝐵|≥6 D．|𝐴𝐸|⋅|𝐵𝐸|≥18
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线𝑙:𝑥 =− 3为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相
2
似证得∠𝐴𝐸𝐵 =90°，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线𝐴𝐵与抛物线
方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得|𝐴𝐸|2 =|𝐴𝐹|⋅|𝐴𝐵|，|𝐵𝐸|2 =|𝐵𝐹|⋅|𝐴𝐵|，
结合焦半径公式可判断D.
【解析】法一：A，对于抛物线𝐶:𝑦2 =6𝑥，
则𝑝 =3，其准线方程为𝑥 =− 3，焦点𝐹( 3 ,0)，
2 2
则|𝐴𝐷|为抛物线上点到准线的距离，|𝐴𝐹|为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知，|𝐴𝐷|=|𝐴𝐹|，故A正确；
B，过点𝐵作准线𝑙的垂线，交于点𝑃，
由题意可知𝐴𝐷 ⊥𝑙,𝐸𝐹 ⊥𝐴𝐵，则∠𝐴𝐷𝐸 =∠𝐴𝐹𝐸 =90°，
又|𝐴𝐷|=|𝐴𝐹|，|𝐴𝐸|=|𝐴𝐸|，所以△𝐴𝐷𝐸 ≅△𝐴𝐹𝐸，
所以∠𝐴𝐸𝐷 =∠𝐴𝐸𝐹，同理∠𝐵𝐸𝑃 =∠𝐵𝐸𝐹，
又∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐴𝐸𝐹+∠𝐵𝐸𝑃+∠𝐵𝐸𝐹 =180°，
所以∠𝐴𝐸𝐹+∠𝐵𝐸𝐹 =90°，即∠𝐴𝐸𝐵 =90°，
显然𝐴𝐵为△𝐴𝐵𝐸的斜边，则|𝐴𝐸|<|𝐴𝐵|，故B错误；
C，易知直线𝐴𝐵的斜率不为0，
设直线𝐴𝐵的方程为𝑥 =𝑚𝑦+ 3，𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 )，
1 1 2 2
2
3
𝑥 =𝑚𝑦+
联立{ 2 ，得𝑦2−6𝑚𝑦−9=0，
𝑦2 =6𝑥
易知Δ>0，则𝑦 +𝑦 =6𝑚,𝑦 𝑦 =−9，
1 2 1 2
又𝑥 =𝑚𝑦 + 3，𝑥 =𝑚𝑦 + 3，
1 1 2 2
2 2
所以|𝐴𝐵|=𝑥 +𝑥 +𝑝 =𝑚(𝑦 +𝑦 )+3+3=6𝑚2+6≥6，
1 2 1 2
当且仅当𝑚 =0时取等号，故C正确；
D，在Rt△𝐴𝐵𝐸与Rt△𝐴𝐸𝐹中，∠𝐵𝐴𝐸 =∠𝐸𝐴𝐹，
所以Rt△𝐴𝐵𝐸 ∼Rt△𝐴𝐸𝐹，则 |𝐴𝐸| = |𝐴𝐹| ，即|𝐴𝐸|2 =|𝐴𝐹|⋅|𝐴𝐵|，
|𝐴𝐵| |𝐴𝐸|
同理|𝐵𝐸|2 =|𝐵𝐹|⋅|𝐴𝐵|，
又|𝐴𝐹|⋅|𝐵𝐹|=(𝑥 + 3 )(𝑥 + 3 )=(𝑚𝑦 +3)(𝑚𝑦 +3)
1 2 1 2
2 2
=𝑚2𝑦 𝑦 +3𝑚(𝑦 +𝑦 )+9=−9𝑚2+18𝑚2+9=9(𝑚2+1)，
1 2 1 2
|𝐴𝐵|=6𝑚2+6=6(𝑚2+1)，
所以|𝐴𝐸|2⋅|𝐵𝐸|2 =|𝐵𝐹|⋅|𝐴𝐹|⋅|𝐴𝐵|2 =9(𝑚2+1)×36(𝑚2+1)2，
1 3
则|𝐴𝐸|⋅|𝐵𝐸|=3(𝑚2+1)2×6(𝑚2+1)=18(𝑚2+1)2 ≥18，D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线𝐶:𝑦2 =6𝑥，
则𝑝 =3，其准线方程为𝑥 =− 3，焦点𝐹( 3 ,0)，
2 2
则|𝐴𝐷|为抛物线上点到准线的距离，|𝐴𝐹|为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知，|𝐴𝐷|=|𝐴𝐹|，A正确；
对于B，过点𝐵作准线𝑙的垂线，交于点𝑃，
由题意可知𝐴𝐷 ⊥𝑙,𝐸𝐹 ⊥𝐴𝐵，则∠𝐴𝐷𝐸 =∠𝐴𝐹𝐸 =90°，
又|𝐴𝐷|=|𝐴𝐹|，|𝐴𝐸|=|𝐴𝐸|，所以△𝐴𝐷𝐸 ≅△𝐴𝐹𝐸，
所以∠𝐴𝐸𝐷 =∠𝐴𝐸𝐹，同理∠𝐵𝐸𝑃 =∠𝐵𝐸𝐹，
又∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐴𝐸𝐹+∠𝐵𝐸𝑃+∠𝐵𝐸𝐹 =180°，
所以∠𝐴𝐸𝐹+∠𝐵𝐸𝐹 =90°，即∠𝐴𝐸𝐵 =90°，
显然𝐴𝐵为△𝐴𝐵𝐸的斜边，则|𝐴𝐸|<|𝐴𝐵|，B错误；
对于C，当直线𝐴𝐵的斜率不存在时，|𝐴𝐵|=2𝑝 =6；
当直线𝐴𝐵的斜率存在时，设直线𝐴𝐵方程为𝑦 =𝑘(𝑥− 3 )，
2
3
𝑦 =𝑘(𝑥− )
联立{ 2 ，消去𝑦，得𝑘2𝑥2−(3𝑘2+6)𝑥+ 9 𝑘2 =0，
𝑦2 =6𝑥 4
易知Δ>0，则𝑥 +𝑥 =3+ 6 ,𝑥 𝑥 = 9，
1 2 𝑘2 1 2 4
所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2|𝑥 −𝑥 |=√1+𝑘2×√(𝑥 +𝑥 )2−4𝑥 𝑥
1 2 1 2 1 2
2
=√1+𝑘2×√(3+ 6 ) −9=6(1+ 1 )>6，
𝑘2 𝑘2
综上，|𝐴𝐵|≥6，C正确；
对于D，在Rt△𝐴𝐵𝐸与Rt△𝐴𝐸𝐹中，∠𝐵𝐴𝐸 =∠𝐸𝐴𝐹，
所以Rt△𝐴𝐵𝐸 ∼Rt△𝐴𝐸𝐹，则 |𝐴𝐸| = |𝐴𝐹| ，即|𝐴𝐸|2 =|𝐴𝐹|⋅|𝐴𝐵|，
|𝐴𝐵| |𝐴𝐸|
同理|𝐵𝐸|2 =|𝐵𝐹|⋅|𝐴𝐵|，
当直线𝐴𝐵的斜率不存在时，|𝐴𝐵|=6，|𝐴𝐹|=|𝐵𝐹|= 1 |𝐴𝐵|=3；
2
所以|𝐴𝐸|2⋅|𝐵𝐸|2 =|𝐵𝐹|⋅|𝐴𝐹|⋅|𝐴𝐵|2 =3×3×62，即|𝐴𝐸|⋅|𝐵𝐸|=18；
当直线𝐴𝐵的斜率存在时，|𝐴𝐵|=6(1+ 1 )，
𝑘2
3 3 3 9
|𝐴𝐹|⋅|𝐵𝐹|=(𝑥 + )(𝑥 + )=𝑥 𝑥 + (𝑥 +𝑥 )+
1 2 2 2 1 2 2 1 2 4
= 9 + 3 (3+ 6 )+ 9 =9(1+ 1 )，
4 2 𝑘2 4 𝑘2
2
所以|𝐴𝐸|2⋅|𝐵𝐸|2 =|𝐵𝐹|⋅|𝐴𝐹|⋅|𝐴𝐵|2 =9(1+ 1 )×36(1+ 1 ) ，
𝑘2 𝑘2
1 3
则|𝐴𝐸|⋅|𝐵𝐸|=3(1+ 1 )2×6(1+ 1 )=18(1+ 1 )2 >18；
𝑘2 𝑘2 𝑘2
综上，|𝐴𝐸|⋅|𝐵𝐸|≥18，D正确.
故选：ACD.
11．已知△𝐴𝐵𝐶的面积为1，若cos2𝐴+cos2𝐵+2sin𝐶 =2,cos𝐴cos𝐵sin𝐶 = 1，则（ ）
4 4A．sin𝐶 =sin2𝐴+sin2𝐵 B．𝐴𝐵 =√2
C．sin𝐴+sin𝐵 = √6 D．𝐴𝐶2+𝐵𝐶2 =3
2
【答案】ABC
【分析】对cos2𝐴+cos2𝐵+2sin𝐶 =2由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较𝐴+𝐵和π的大小，方
2
法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，
回避讨论过程；，然后利用cos𝐴cos𝐵sin𝐶 = 1算出𝐴,𝐵取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.
4
【解析】cos2𝐴+cos2𝐵+2sin𝐶 =2，由二倍角公式，1−2sin2𝐴+1−2sin2𝐵+2sin𝐶 =2，
整理可得，sin𝐶 =sin2𝐴+sin2𝐵，A选项正确；
由诱导公式，sin(𝐴+𝐵)=sin(π−𝐶)=sin𝐶，
展开可得sin𝐴cos𝐵+sin𝐵cos𝐴=sin2𝐴+sin2𝐵，
即sin𝐴(sin𝐴−cos𝐵)+sin𝐵(sin𝐵−cos𝐴)=0，
下证𝐶 = π .
2
方法一：分类讨论
若𝐴+𝐵 = π，则sin𝐴=cos𝐵,sin𝐵 =cos𝐴可知等式成立；
2
若𝐴+𝐵 < π，即𝐴 < π −𝐵，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，sin𝐴 0,sin𝐵 >0，于是sin𝐴(sin𝐴−cos𝐵)+sin𝐵(sin𝐵−cos𝐴)<0，
与条件不符，则𝐴+𝐵 < π不成立；
2
若𝐴+𝐵 > π，类似可推导出sin𝐴(sin𝐴−cos𝐵)+sin𝐵(sin𝐵−cos𝐴)>0，则𝐴+𝐵 > π不成立.
2 2
综上讨论可知，𝐴+𝐵 = π，即𝐶 = π .
2 2
方法二：边角转化
sin𝐶 =sin2𝐴+sin2𝐵时，由𝐶 ∈(0,π)，则sin𝐶 ∈(0,1]，
于是1×sin𝐶 =sin2𝐴+sin2𝐵 ≥sin2𝐶，
由正弦定理，𝑎2+𝑏2 ≥𝑐2，
由余弦定理可知，cos𝐶 ≥0，则𝐶 ∈(0, π ]，
2
若𝐶 ∈(0, π )，则𝐴+𝐵 > π，注意到cos𝐴cos𝐵sin𝐶 = 1，则cos𝐴cos𝐵 >0，
2 2 4
于是cos𝐴 >0,cos𝐵 >0（两者同负会有两个钝角，不成立），于是𝐴,𝐵 ∈(0, π )，
2
结合𝐴+𝐵 > π ⇔𝐴 > π −𝐵，而𝐴, π −𝐵都是锐角，则sin𝐴>sin( π −𝐵)=cos𝐵 >0，
2 2 2 2
于是sin𝐶 =sin2𝐴+sin2𝐵 >cos2𝐵+sin2𝐵 =1，这和sin𝐶 ≤1相矛盾，
故𝐶 ∈(0, π )不成立，则𝐶 = π
2 2
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由sin𝐶 =sin2𝐴+sin2𝐵，结合正弦定理可得，𝑐 =𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵，由射影定理可得𝑐 =𝑎cos𝐵+𝑏cos𝐴，于是𝑎sin𝐴+
𝑏sin𝐵 =𝑎cos𝐵+𝑏cos𝐴，
则𝑎(sin𝐴−cos𝐵)+𝑏(sin𝐵−cos𝐴)=0，可同方法一种讨论的角度，推出𝐴+𝐵 = π，
2
方法四：和差化积（方法一改进）续法三：
𝑎(sin𝐴−cos𝐵)+𝑏(sin𝐵−cos𝐴)=0，可知sin𝐴−cos𝐵,sin𝐵−cos𝐴同时为0或者异号，即(sin𝐴−cos𝐵)(sin𝐵−
cos𝐴)≤0，展开可得，
sin𝐴sin𝐵−sin𝐴cos𝐴−cos𝐵sin𝐵+cos𝐴cos𝐵 ≤0，
即cos(𝐴−𝐵)− 1 (sin2𝐴+sin2𝐵)≤0，结合和差化积，cos(𝐴−𝐵)(1−sin(𝐴+𝐵))≤0，由上述分析，𝐴,𝐵 ∈(0, π )，
2 2
则𝐴−𝐵 ∈(− π , π )，则cos(𝐴−𝐵)≥0，则1−sin(𝐴+𝐵)≤0，即sin𝐶 ≥1，于是sin𝐶 =1，可知𝐶 = π .
2 2 2
由cos𝐴cos𝐵sin𝐶 = 1 =cos𝐴cos𝐵，由𝐴+𝐵 = π，则cos𝐵 =sin𝐴，即sin𝐴cos𝐴 = 1，
4 2 4
则sin2𝐴 = 1，同理sin2𝐵 = 1，由上述推导，𝐴,𝐵 ∈(0, π )，则2𝐴,2𝐵 ∈(0,π)，
2 2 2
不妨设𝐴 <𝐵，则2𝐴 = π ,2𝐵 = 5π，即𝐴 = π ,𝐵 = 5π，
6 6 12 12
由两角和差的正弦公式可知sin π +sin 5π = √6−√2 + √6+√2 = √6，C正确
12 12 4 4 2
由两角和的正切公式可得，tan 5π =2+√3，
12
设𝐵𝐶 =𝑡,𝐴𝐶 =(2+√3)𝑡，则𝐴𝐵 =(√2+√6)𝑡，
2
由𝑆 = 1 (2+√3)𝑡2 = 1，则𝑡2 = 4−2√3 =( √3−1 ) ，则𝑡 = √3−1，
△𝐴𝐵𝐶
2 4 4 2 2
于是𝐴𝐵 =(√6+√2)𝑡 =√2，B正确，由勾股定理可知，𝐴𝐶2+𝐵𝐶2 =2，D错误.
故选：ABC
三、填空题
12．若直线𝑦 =2𝑥+5是曲线𝑦 =e𝑥+𝑥+𝑎的切线，则𝑎 = .
【答案】4
【解析】法一：对于𝑦 =e𝑥 +𝑥+𝑎，其导数为𝑦′ =e𝑥 +1，
因为直线𝑦 =2𝑥+5是曲线的切线，直线的斜率为2，
令𝑦′ =e𝑥 +1=2，即e𝑥 =1，解得𝑥 =0，
将𝑥 =0代入切线方程𝑦 =2𝑥+5，可得𝑦 =2×0+5=5，
所以切点坐标为(0,5)，
因为切点(0,5)在曲线𝑦 =e𝑥 +𝑥+𝑎上，
所以5=e0+0+𝑎，即5=1+𝑎，解得𝑎 =4.
故答案为：4.
法二：对于𝑦 =e𝑥 +𝑥+𝑎，其导数为𝑦′ =e𝑥 +1，
假设𝑦 =2𝑥+5与𝑦 =e𝑥+𝑥+𝑎的切点为(𝑥 ,𝑦 )，
0 0
e𝑥0 +1=2
则{ 𝑦 =2𝑥 +5 ，解得𝑎 =4.
0 0
𝑦 =e𝑥0 +𝑥 +𝑎
0 0
故答案为：4.
13．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
【答案】2
【解析】法一：设该等比数列为{𝑎 }，𝑆 是其前𝑛项和，则𝑆 =4,𝑆 =68，
𝑛 𝑛 4 8设{𝑎 }的公比为𝑞(𝑞 >0)，
𝑛
当𝑞 =1时，𝑆 =4𝑎 =4，即𝑎 =1，则𝑆 =8𝑎 =8≠68，显然不成立，舍去；
4 1 1 8 1
当𝑞 ≠1时，则𝑆 = 𝑎1 (1−𝑞4) =4,𝑆 = 𝑎1 (1−𝑞8) =68，
4 8
1−𝑞 1−𝑞
两式相除得1−𝑞8 = 68，即 (1−𝑞4)(1+𝑞4) =17，
1−𝑞4 4 1−𝑞4
则1+𝑞4 =17，所以𝑞 =2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法二：设该等比数列为{𝑎 }，𝑆 是其前𝑛项和，则𝑆 =4,𝑆 =68，
𝑛 𝑛 4 8
设{𝑎 }的公比为𝑞(𝑞 >0)，
𝑛
所以𝑆 =𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 =4，
4 1 2 3 4
𝑆 =𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎
8 1 2 3 4 5 6 7 8
=𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 𝑞4+𝑎 𝑞4+𝑎 𝑞4+𝑎 𝑞4
1 2 3 4 1 2 3 4
=(𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 )(1+𝑞4)=68，
1 2 3 4
所以4(1+𝑞4)=68，则1+𝑞4 =17，所以𝑞 =2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法三：设该等比数列为{𝑎 }，𝑆 是其前𝑛项和，则𝑆 =4,𝑆 =68，
𝑛 𝑛 4 8
设{𝑎 }的公比为𝑞(𝑞 >0)，
𝑛
因为𝑆 −𝑆 =𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 =(𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 )𝑞4 =68−4=64，
8 4 5 6 7 8 1 2 3 4
又𝑆 =𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 =4，
4 1 2 3 4
所以𝑆8−𝑆4 =𝑞4 = 64 =16，所以𝑞 =2，
𝑆4 4
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
14．一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数
X，则数学期望𝐸(𝑋)= .
【答案】61
/2.44
25
【解析】法一：依题意，𝑋的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为53 =125，
其中𝑋 =1：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，
故𝑃(𝑋 =1)= 5 = 1，
125 25
𝑋 =2：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），
选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，
其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件𝑋 =2的可能情况有5×4×3=60种，
故𝑃(𝑋 =2)= 60 = 12，
125 25
𝑋 =3：三种不同球被取出，
由排列数可知事件𝑋 =3的可能情有况5×4×3=60种，
故𝑃(𝑋 =3)= 60 = 12，
125 25
所以𝐸(𝑋)=1×𝑃(𝑋 =1)+2×𝑃(𝑋 =2)+3×𝑃(𝑋 =3)
5 12 12 61
=1× +2× +3× = .
125 25 25 25
故答案为：61
.
25法二：依题意，假设随机变量𝑋，其中𝑖 =1,2,3,4,5：
𝑖
1,这3次选取中,球𝑖至少被取出一次
其中𝑋 ={ ，则𝑋 =∑5 𝑋，
𝑖 𝑖=1 𝑖
0,这3次选取中,球𝑖一次都没被取出
由于球的对称性，易知所有𝐸[𝑋]相等，
𝑖
则由期望的线性性质，得𝐸[𝑋]=𝐸[∑5 𝑋]=∑5 𝐸[𝑋]=5𝐸[𝑋]，
𝑖=1 𝑖 𝑖=1 𝑖 𝑖
由题意可知，球𝑖在单次抽取中未被取出的概率为4，
5
3
由于抽取独立，三次均未取出球𝑖的概率为𝑃(𝑋 =0)=( 4 ) = 64，
𝑖
5 125
因此球𝑖至少被取出一次的概率为：𝑃(𝑋 =1)=1− 64 = 61，
𝑖
125 125
故𝐸[𝑋]= 61，
𝑖
125
所以𝐸[𝑋]=5𝐸[𝑋]=5× 61 = 61 .
𝑖
125 25
故答案为：61
.
25
四、解答题
15．为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：
超声波检查结果组别 正常 不正常 合计
患该疾病 20 180 200
未患该疾病 780 20 800
合计 800 200 1000
(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值；
(2)根据小概率值𝛼 =0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.
附𝜒2 =
𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2
，
(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)
𝑃(𝑥2 ⩾𝑘) 0.005 0.010 0.001
𝑘 3.841 6.635 10.828
【答案】(1) 9
10
(2)有关
【解析】（1）根据表格可知，检查结果不正常的200人中有180人患病，所以𝑝的估计值为180
=
9；
200 10
（2）零假设为𝐻 ：超声波检查结果与患病无关，
0
根据表中数据可得，𝜒2 =
1000×(20×20−780×180)2
=765.625>10.828=𝑥 ，
0.001
800×200×800×200
根据小概率值𝛼 =0.001的𝜒2独立性检验，我们推断𝐻 不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错
0
误的概率不超过0.001.
16．设数列{𝑎 }满足𝑎 =3，𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 1
𝑛 1
𝑛 𝑛+1 𝑛(𝑛+1)
(1)证明：{𝑛𝑎 }为等差数列；
𝑛(2)设𝑓(𝑥)=𝑎 𝑥+𝑎 𝑥2+⋯+𝑎 𝑥𝑚，求𝑓′(−2)．
1 2 𝑚
【答案】(1)见解析；
(2)𝑓′(−2)= 7 − (3𝑚+7)(−2)𝑚
9 9
【分析】（1）根据题目所给条件𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 1 化简，即可证明结论；
𝑛 𝑛+1 𝑛(𝑛+1)
（2）先求出{𝑎 }的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以𝑥，作差并利用等比数列前𝑛项和得出导函数表达
𝑛
式，即可得出结论.
【】（1）由题意证明如下，𝑛 ∈N∗，
在数列{𝑎 }中，𝑎 =3，𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 1 ，
𝑛 1 𝑛 𝑛+1 𝑛(𝑛+1)
∴(𝑛+1)𝑎 =𝑛𝑎 +1，即(𝑛+1)𝑎 −𝑛𝑎 =1，
𝑛+1 𝑛 𝑛+1 𝑛
∴{𝑛𝑎 }是以𝑎 =3为首项，1为公差的等差数列.
𝑛 1
（2）由题意及（1）得，𝑛 ∈N∗，
在数列{𝑛𝑎 }中，首项为3，公差为1，
𝑛
∴𝑛𝑎 =3+1×(𝑛−1)，即𝑎 =1+ 2，
𝑛 𝑛
𝑛
在𝑓(𝑥)=𝑎 𝑥+𝑎 𝑥2+⋯+𝑎 𝑥𝑚中，
1 2 𝑚
𝑓(𝑥)=3𝑥+2𝑥2+⋯+(1+ 2 )𝑥𝑚，𝑓′(𝑥)=3+4𝑥+⋯+(𝑚+2)𝑥𝑚−1
𝑚
𝑓′(𝑥)=3+4𝑥+⋯+(𝑚+2)𝑥𝑚−1
∴{ ，
𝑥𝑓′(𝑥)=3𝑥+4𝑥2+⋯+(𝑚+2)𝑥𝑚
当𝑥 ≠1且𝑥 ≠0时，
∴(1−𝑥)𝑓′(𝑥)=3+𝑥+𝑥2+⋯+𝑥𝑚−1−(𝑚+2)𝑥𝑚 =3+
𝑥(1−𝑥𝑚−1)
−(𝑚+2)𝑥𝑚，
1−𝑥
∴𝑓′(𝑥)= 3 + 𝑥(1−𝑥𝑚−1) − (𝑚+2)𝑥𝑚
1−𝑥 (1−𝑥)2 1−𝑥
∴𝑓′(−2)= 3 + −2[1−(−2)𝑚−1] − (𝑚+2)(−2)𝑚
1−(−2) [1−(−2)]2 1−(−2)
(−2)[1−(−2)𝑚−1] (𝑚+2)(−2)𝑚
=1+ −
9 3
2 (−2)𝑚 (𝑚+2)(−2)𝑚
=1− − −
9 9 3
7 (3𝑚+7)(−2)𝑚
= − .
9 9
17．如图所示的四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐶∥𝐴𝐷,𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷．
(1)证明：平面𝑃𝐴𝐵 ⊥平面𝑃𝐴𝐷；
(2)𝑃𝐴 =𝐴𝐵 =√2,𝐴𝐷 =1+√3,𝐵𝐶 =2，𝑃，𝐵，𝐶，𝐷在同一个球面上，设该球面的球心为𝑂．
（i）证明：𝑂在平面𝐴𝐵𝐶𝐷上；
（ⅱ）求直线𝐴𝐶与直线𝑃𝑂所成角的余弦值．
【答案】(1)见解析；
(2)（i）见解析；（ii）√2
.
3
【分析】（1）通过证明𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐵，𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐷，得出𝐴𝐵 ⊥平面𝑃𝐴𝐷，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设𝑃,𝐵,𝐶,𝐷在同一球面𝑂上，在平面𝑥𝐴𝑦中，得出点𝑂坐
标，进而得出点𝑂在空间中的坐标，计算出|𝑂𝑃|=|𝑂𝐵|=|𝑂𝐶|=|𝑂𝐷|，即可证明结论；
法二：作出△𝐵𝐶𝐷的边𝐵𝐶和𝐶𝐷的垂直平分线，找到三角形的外心𝑂 ，求出𝑃𝑂 ，求出出外心𝑂 到𝑃，𝐵，𝐶，𝐷的距
1 1 1
离相等，得出外心𝑂 即为𝑃，𝐵，𝐶，𝐷所在球的球心，即可证明结论；
1
（ii）法一：写出直线𝐴𝐶和𝑃𝑂的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出𝐴𝐶的长，过点𝑂作𝐴𝐶的平行线，交𝐵𝐶的延长线为𝐶 ，连接𝐴𝐶 ，𝑃𝐶 ，利用勾股定理求出𝐴𝐶 的长，进
1 1 1 1
而得出𝑃𝐶 的长，在△𝑃𝑂𝐶 中由余弦定理求出cos∠𝑃𝑂𝐶 ，即可求出直线𝐴𝐶与直线𝑃𝑂所成角的余弦值.
1 1 1
【解析】（1）由题意证明如下，
在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷，
𝐴𝐵 ⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐵，𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐷，
∵𝐴𝑃 ⊂平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐷 ⊂平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝑃∩𝐴𝐷 =𝐴，
∴𝐴𝐵 ⊥平面𝑃𝐴𝐷，
∵𝐴𝐵 ⊂平面𝑃𝐴𝐵，
∴平面𝑃𝐴𝐵 ⊥平面𝑃𝐴𝐷.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐵，𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐷，𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷，𝐵𝐶∥𝐴𝐷，
𝑃𝐴 =𝐴𝐵 =√2，𝐴𝐷 =1+√3，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴𝐴(0,0,0),𝐵(√2,0,0),𝐶(√2,2,0),𝐷(0,1+√3,0),𝑃(0,0,√2)，
若𝑃，𝐵，𝐶，𝐷在同一个球面上，
则|𝑂𝑃|=|𝑂𝐵|=|𝑂𝐶|=|𝑂𝐷|，
在平面𝑥𝐴𝑦中，
∴𝐴(0,0),𝐵(√2,0),𝐶(√2,2),𝐷(0,1+√3)，
∴线段𝐶𝐷中点坐标𝐹( √2 , √3+3 )，
2 2
直线𝐶𝐷的斜率：𝑘 = 1+√3−2 =− √3−1，
1
0−√2 √2
直线𝐶𝐷的垂直平分线𝐸𝐹斜率：𝑘 = √2 = √6+√2，
2
√3−1 2
∴直线𝐶𝐷的方程：𝑦− √3+3 = √6+√2 (𝑥− √2 )，
2 2 2即𝑦 = √6+√2 (𝑥− √2 )+ √3+3，
2 2 2
当𝑦 =1时，1= √6+√2 (𝑥 − √2 )+ √3+3，解得：𝑥 =0，
𝑂 𝑂
2 2 2
∴𝑂(0,1)
在立体几何中，𝑂(0,1,0)，
|𝑂𝑃|=√02+12+(0−√2)
2
|𝑂𝐵|=√(0−√2)
2
+12+02
∵
2
|𝑂𝐶|=√(0−√2) +(1−2)2+02
2
|𝑂𝐷|=√02+(1−1−√3) +02
{
解得：|𝑂𝑃|=|𝑂𝐵|=|𝑂𝐶|=|𝑂𝐷|=√3，
∴点𝑂在平面𝐴𝐵𝐶𝐷上.
法二：
∵𝑃，𝐵，𝐶，𝐷在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在△𝐵𝐶𝐷中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出𝐵𝐶和𝐶𝐷的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
𝑂 𝐸 =𝐴𝐵 =√2，𝐵𝐸 =𝐶𝐸 =𝐴𝑂 =𝐺𝑂 = 1 𝐵𝐶 =1，𝑂 𝐷 =𝐴𝐷−𝐴𝑂 =√3
1 1 1 1 1
2
2
𝐵𝑂 =𝐶𝑂 =√12+(√2) =√3，
1 1
∴𝑂 𝐷 =𝐵𝑂 =𝐶𝑂 ，
1 1 1
∴点𝑂 是△𝐵𝐶𝐷的外心，
1
在Rt△𝐴𝑂𝑃中，𝐴𝑃 ⊥𝐴𝐷，𝐴𝑃 =√2，
由勾股定理得，
2
𝑃𝑂 =√𝐴𝑃2+𝐴𝑂2 =√(√2) +12 =√3
1 1
∴𝑃𝑂 =𝐵𝑂 =𝐶𝑂 =𝑂 𝐷 =√3，
1 1 1 1
∴点𝑂 即为点𝑃，𝐵，𝐶，𝐷所在球的球心𝑂，
1
此时点𝑂在线段𝐴𝐷上，𝐴𝐷 ⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴点𝑂在平面𝐴𝐵𝐶𝐷上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =(√2,2,0),𝑃⃗⃗⃗⃗𝑂⃗ =(0,1,−√2)，
设直线𝐴𝐶与直线𝑃𝑂所成角为𝜃，
|𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ⋅𝑃⃗⃗⃗⃗𝑂⃗ | |0+2×1+0| √2
∴cos𝜃 = = = .
|𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ||𝑃⃗⃗⃗⃗𝑂⃗ | √(√2) 2 +22+0×√0+12+(−√2) 2 3
法2：
由几何知识得，𝑃𝑂 =√3，
𝐴𝐵 ⊥𝐴𝐷，𝐵𝐶∥𝐴𝐷，
∴𝐴𝐵 ⊥𝐵𝐶，
在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵 =√2，𝐵𝐶 =2，由勾股定理得，
2
𝐴𝐶 =√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2 =√(√2) +22 =√6，
过点𝑂作𝐴𝐶的平行线，交𝐵𝐶的延长线为𝐶 ，连接𝐴𝐶 ，𝑃𝐶 ，
1 1 1
则𝑂𝐶 =𝐴𝐶 =√6，直线𝐴𝐶与直线𝑃𝑂所成角即为△𝑃𝑂𝐶 中∠𝑃𝑂𝐶 或其补角.
1 1 1
∵𝑃𝐴 ⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶 ⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐴∩𝐴𝐶 =𝐴，
1 1
∴𝑃𝐴 ⊥𝐴𝐶 ，
1
在Rt△𝐴𝐵𝐶 中，𝐴𝐵 =√2，𝐵𝐶 =𝐵𝐶+𝐶𝐶 =2+1=3，由勾股定理得，
1 1 1
2
𝐴𝐶 =√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2 =√(√2) +32 =√11，
1 1
在Rt△𝐴𝑃𝐶 中，𝑃𝐴=√2，由勾股定理得，
1
2 2
𝑃𝐶 =√𝑃𝐴2+𝐴𝐶2 =√(√2) +(√11) =√13，
1 1
在△𝑃𝑂𝐶 中，由余弦定理得，
1
𝑃𝐶2 =𝑃𝑂2+𝑂𝐶2−2𝑃𝑂⋅𝑂𝐶 cos∠𝑃𝑂𝐶 ，
1 1 1 1
2 2 2
即：(√13) =(√3) +(√6) −2√3×√6cos∠𝑃𝑂𝐶
1
解得：cos∠𝑃𝑂𝐶 =− √2
1
3
∴直线𝐴𝐶与直线𝑃𝑂所成角的余弦值为：|cos∠𝑃𝑂𝐶 |= √2 .
1
3
18．设椭圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 =1(𝑎 >𝑏 >0)的离心率为2√2，下顶点为A，右顶点为B，|𝐴𝐵|=√10．
𝑎2 𝑏2 3
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|𝐴𝑅|⋅|𝐴𝑃|=3．
（i）设𝑃(𝑚,𝑛)，求点𝑅的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，𝑄是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线𝑂𝑃的斜率的3倍，求|𝑃𝑄|的最大值．
【答案】(1)
𝑥2
+𝑦2 =1
93𝑚 𝑛+2−𝑚2−𝑛2
(2)(ⅰ) ( , ) (ⅱ) 3(√3+√2)
𝑚2+(𝑛+1)2 𝑚2+(𝑛+1)2
【分析】（1）根据题意列出𝑎,𝑏,𝑐的关系式,解方程求出𝑎,𝑏,𝑐,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设𝑅(𝑥 ,𝑦 ),根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
0 0
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点𝑃的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解
出.
√𝑎2+𝑏2 =√10
【解析】（1）根据题可知,𝐴(0,−𝑏),𝐵(𝑎,0)，所以{ 𝑒 = 𝑐 = 2√2 ，解得𝑎2 =9,𝑏2 =1,𝑐2 =8，
𝑎 3
𝑐2 =𝑎2−𝑏2
故椭圆C的标准方程为𝑥2
+𝑦2 =1；
9
（2）(ⅰ)设𝑅(𝑥 ,𝑦 )，易知𝑚 ≠0，
0 0
法一：所以𝑘 = 𝑛+1，故𝑦0+1 = 𝑛+1，且𝑚𝑥 >0．
𝐴𝑃 0
𝑚 𝑥0 𝑚
因为𝐴(0,−1)，|𝐴𝑅||𝐴𝑃|=3，所以√𝑥2+(𝑦 +1)2×√𝑚2+(𝑛+1)2 =3，
0 0
即[1+( 𝑛+1 ) 2 ]𝑥 𝑚 =3，解得𝑥 = 3𝑚 ，所以𝑦 = 𝑛+2−𝑚2−𝑛2 ，
𝑚 0 0 𝑚2+(𝑛+1)2 0 𝑚2+(𝑛+1)2
所以点𝑅的坐标为( 3𝑚 , 𝑛+2−𝑚2−𝑛2 ).
𝑚2+(𝑛+1)2 𝑚2+(𝑛+1)2
法二：设𝐴⃗⃗⃗⃗𝑅⃗ =𝜆𝐴⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ ,𝜆 >0，则|𝐴𝑅||𝐴𝑃|=3⇒𝜆[𝑚2+(𝑛+1)2]=3，所以
𝜆 = 3 ，𝐴⃗⃗⃗⃗𝑅⃗ =𝜆𝐴⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ =𝜆(𝑚,𝑛+1)=( 3𝑚 , 3(𝑛+1) )，故
𝑚2+(𝑛+1)2 𝑚2+(𝑛+1)2 𝑚2+(𝑛+1)2
点𝑅的坐标为( 3𝑚 , 𝑛+2−𝑚2−𝑛2 ).
𝑚2+(𝑛+1)2 𝑚2+(𝑛+1)2
𝑛+2−𝑚2−𝑛2
(ⅱ)因为𝑘 = 𝑚2+(𝑛+1)2 = 𝑛+2−𝑚2−𝑛2 ,𝑘 = 𝑛 ,由𝑘 =3𝑘 ,可得
𝑂𝑅 3𝑚 3𝑚 𝑂𝑃 𝑚 𝑂𝑅 𝑂𝑃
𝑚2+(𝑛+1)2
3𝑛 = 𝑛+2−𝑚2−𝑛2 ,化简得𝑚2+𝑛2+8𝑛−2=0,即𝑚2+(𝑛+4)2 =18(𝑚 ≠0),
𝑚 3𝑚
所以点𝑃在以𝑁(0,−4)为圆心,3√2为半径的圆上（除去两个点）,
|𝑃𝑄| 为𝑄到圆心𝑁的距离加上半径,
max
法一：设𝑄(3cos𝜃,sin𝜃),所以
|𝑄𝑁|2 =(3cos𝜃)2+(sin𝜃+4)2 =9cos2𝜃+sin2𝜃+8sin𝜃+16
=8cos2𝜃+1+8sin𝜃+16
=8(1−sin2𝜃)+8sin𝜃+17
=−8sin2𝜃+8sin𝜃+25
2
=−8(sin𝜃− 1 ) +27≤27,当且仅当sin𝜃 = 1时取等号,
2 2
所以|𝑃𝑄| =√27+3√2=3(√3+√2).
max
𝑥2
法二：设𝑄(𝑥 ,𝑦 )，则 𝑄+𝑦2 =1，
𝑄 𝑄 9 𝑄
|𝑄𝑁|2 =𝑥2 +(𝑦 +4) 2 =9−9𝑦2+𝑦2+8𝑦 +16=−8𝑦2+8𝑦 +25
𝑄 𝑄 𝑄 𝑄 𝑄 𝑄 𝑄2
=−8(𝑦 − 1 ) +27≤27，当且仅当𝑦 = 1时取等号,
𝑄 𝑄
2 2
故|𝑃𝑄| =√27+3√2=3(√3+√2).
max
19．（1）设函数𝑓(𝑥)=5cos𝑥−cos5𝑥,求𝑓(𝑥)在[0, π ]的最大值；
4
（2）给定𝜃 ∈(0,π)，设a为实数，证明：存在𝑦 ∈[𝑎−𝜃,𝑎+𝜃]，使得cos𝑦 ≤cos𝜃；
（3）若存在𝜑使得对任意x，都有5cos𝑥−cos(5𝑥+𝜑)≤𝑏，求b的最小值．
【答案】(1)3√3
(2)见解析
(3)3√3
【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不
等式可求最大值.
（2）利用反证法可证三角不等式有解；
（3）先考虑𝜑 =0,π时𝑏的范围，对于𝜑 ∈(0,π)时，可利用（2）中的结论结合特值法求得𝑏 ≥3√3，从而可得𝑏的最
小值；或者先根据函数解析特征得𝑏 ≥0，再结合特值法可得𝑏 ≥3√3，结合（1）的结果可得𝑏的最小值.
【解析】（1）法1：𝑓′(𝑥)=−5sin𝑥+5sin5𝑥 =10cos3𝑥sin2𝑥，
因为𝑥 ∈[0, π ]，故2𝑥 ∈[0, π ]，故sin2𝑥 ≥0，
4 2
当0<𝑥 < π时，cos3𝑥 >0即𝑓′(𝑥)>0，
6
当π <𝑥 < π时，cos3𝑥 <0即𝑓′(𝑥)<0，
6 4
故𝑓(𝑥)在(0, π )上为增函数，在( π , π )为减函数，
6 6 4
故𝑓(𝑥)在[0, π ]上的最大值为𝑓( π )=5cos π −cos 5π =3√3.
4 6 6 6
法2：我们有cos5𝑥 =cos(𝑥+4𝑥)=cos𝑥cos4𝑥−sin𝑥sin4𝑥
=cos𝑥(2cos22𝑥−1)−sin𝑥⋅2sin2𝑥cos2𝑥
=cos𝑥(2(2cos2𝑥−1)2−1)−sin𝑥⋅2⋅2sin𝑥cos𝑥cos2𝑥
=cos𝑥(8cos4𝑥−8cos2𝑥+1)−4cos𝑥cos2𝑥sin2𝑥
=8cos5𝑥−8cos3𝑥+cos𝑥−4cos𝑥(2cos2𝑥−1)(1−cos2𝑥)
=16cos5𝑥−20cos3𝑥+5cos𝑥.
所以：
𝑓(𝑥)=5cos𝑥−cos5𝑥 =5cos𝑥−(16cos5𝑥−20cos3𝑥+5cos𝑥)=20cos3𝑥−16cos5𝑥
=4cos3𝑥(5−4cos2𝑥)≤4|cos𝑥|3(5−4|cos𝑥|2)=4|cos𝑥|3(√5−2|cos𝑥|)(√5+2|cos𝑥|)
32 √15+3 √15−3
= (|cos𝑥|⋅|cos𝑥|⋅|cos𝑥|⋅ (√5−2|cos𝑥|)⋅ (√5+2|cos𝑥|))
3 4 4
5
32 1 √15+3 √15−3
≤ ( (|cos𝑥|+|cos𝑥|+|cos𝑥|+ (√5−2|cos𝑥|)+ (√5+2|cos𝑥|)))
3 5 4 4
5
32 √3
= ( ) =3√3.
3 2
这得到𝑓(𝑥)≤3√3，同时又有𝑓( π )=5cos π −cos 5π =3√3，
6 6 6
故𝑓(𝑥)在[0, π ]上的最大值为3√3，在𝑅上的最大值也是3√3.
4
（2）法1：由余弦函数的性质得cos𝑥 ≤cos𝜃的解为[2𝑘π+𝜃,2𝑘π+2π−𝜃]，𝑘 ∈Z，若任意[2𝑘π+𝜃,2𝑘π+2π−𝜃],𝑘 ∈Z与[𝑎−𝜃,𝑎+𝜃]交集为空，
则𝑎−𝜃 >2𝑘π+2π−𝜃且𝑎+𝜃 <2𝑘π+2π+𝜃，此时𝑎无解，
矛盾，故无解；故存在𝑘 ∈Z，使得[2𝑘π−𝜃,2𝑘π+𝜃]∩(𝑎−𝜃,𝑎+𝜃)≠∅，
法2：由余弦函数的性质知cos𝑦 ≤cos𝜃的解为[2𝑘π+𝜃,2(𝑘+1)π−𝜃](𝑘 ∈𝑍)，
若每个[2𝑘π+𝜃,2(𝑘+1)π−𝜃]与[𝑎−𝜃,𝑎+𝜃]交集都为空，
则对每个𝑘 ∈𝑍，必有2(𝑘+1)π−𝜃 <𝑎−𝜃或2𝑘π+𝜃 >𝑎+𝜃之一成立.
此即𝑘 < 𝑎 −1或𝑘 > 𝑎，但长度为1的闭区间[ 𝑎 −1, 𝑎 ]上必有一整数𝑘，该整数𝑘不满足条件，矛盾.
2π 2π 2π 2π
故存在𝑦 ∈[𝑎−𝜃,𝑎+𝜃]，使得cos𝑦 ≤cos𝜃成立.
（3）法1：记ℎ(𝑥)=5cos𝑥−cos(5𝑥+𝜑)，
因为ℎ(𝑥+2π)=5cos(𝑥+2π)−cos(5𝑥+10π+𝜑)=ℎ(𝑥)，
故ℎ(𝑥)为周期函数且周期为2π,故只需讨论𝑥 ∈[0,2π],𝜑 ∈[0,π]的情况.
当𝜑 =π时，ℎ(𝑥)=5cos𝑥−cos(5𝑥+π)=5cos𝑥+cos5𝑥 ≤6，
当𝜑 =0时，ℎ(𝑥)=5cos𝑥−cos5𝑥，
此时ℎ′(𝑥)=−5sin𝑥+5sin5𝑥 =10cos3𝑥sin2𝑥,𝑥 ∈(0,2π)，
令ℎ′(𝑥)=0，则𝑥 = π , π , 5π ,π, 7π , 3π , 11π，
6 2 6 6 2 6
而ℎ( π )=ℎ( 11π )=3√3,ℎ( π )=ℎ( 3π )=0,ℎ( 5π )=ℎ( 7π )=−3√3,ℎ(π)=−4，
6 6 2 2 6 6
ℎ(0)=ℎ(2π)=4，故ℎ(𝑥) =ℎ( π )=ℎ( 11π )=3√3，
max
6 6
当𝜑 ∈(0,π)，在（2）中取𝜑 =𝑡，则存在𝑦 ∈[𝜑−𝜃,𝜑+𝜃]，使得cos𝑦 ≤cos𝜃，
取𝜃 = 5π，则cos𝑦 ≤− √3，取𝑥 = 𝑦−𝜑 ∈(− 𝜃 , 𝜃 )即𝑥 = 𝑦−𝜑 ∈(− 𝜋 , 𝜋 )，
6 2 5 5 5 5 6 6
故5cos𝑥 ≥ 5√3，故5cos𝑥−cos(5𝑥+𝜑)≥3√3，
2
综上𝑏 ≥3√3，可取𝑥 = π，𝜑 =0使得等号成立.
6
综上，𝑏 =3√3.
min
法2：设𝑔 (𝑥)=5cos𝑥−cos(5𝑥+𝜑).
𝜑
①一方面，若存在𝜑，使得𝑔 (𝑥)=5cos𝑥−cos(5𝑥+𝜑)≤𝑏对任意𝑥恒成立，则对这样的𝜑，同样有𝑔 (𝑥)=
𝜑 𝜑
−𝑔 (𝑥+π)≥−𝑏.
𝜑
所以|𝑔 (𝑥)|≤𝑏对任意𝑥恒成立，这直接得到𝑏 ≥0.
𝜑
设𝜑 − π =𝑚，则根据|𝑔 (𝑥)|≤𝑏恒成立，有
𝜑
6 6
𝜑 π 𝜑 π 𝜑 5π 𝜑 π 𝜑 π 𝜑 π
𝑏 ≥|𝑔 (− + )|=|5cos(− + )−cos( + )|=|5cos( − )+cos( − )|=|6cos( − )|=6|cos𝑚|
𝜑 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6
𝜑 π 𝜑 π 𝜑 5π 𝜑 π 𝜑 π 𝜑 π
𝑏 ≥|𝑔 (− − )|=|5cos(− − )−cos( − )|=|5cos( + )+cos( + )|=|6cos( + )|
𝜑 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6
π
=6|cos(𝑚+ )|
3
𝜑 π 𝜑 π 𝜑 5π 𝜑 π 𝜑 π 𝜑 π
𝑏 ≥|𝑔 (− + )|=|5cos(− + )−cos( + )|=|5cos( − )+cos( − )|=|6cos( − )|
𝜑 6 2 6 2 6 2 6 2 6 2 6 2
π
=6|cos(𝑚− )|
3
所以|cos𝑚|,|cos(𝑚+ π )|,|cos(𝑚− π )|均不超过𝑏，
3 3 6
再结合cos2𝑥 =2|cos𝑥|2−1，就得到cos2𝑚,cos(2𝑚+ 2π ),cos(2𝑚− 2π )均不超过2( 𝑏 ) 2 −1= 𝑏2 −1.
3 3 6 18
假设𝑏 <3√3，则𝑏2 −1< (3√3) 2 −1= 1，
18 18 2
故cos2𝑚,cos(2𝑚+ 2π ),cos(2𝑚− 2π )∈[−1, 1 ).
3 3 2
但这是不可能的，因为三个角2𝑚,2𝑚+ 2π ,2𝑚− 2π和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线𝑥 = 1
3 3 2
左侧.
所以假设不成立，这意味着𝑏 ≥3√3.
②另一方面，若𝑏 =3√3，则由（1）中已经证明𝑓(𝑥)≤3√3，
知存在𝜑 =0，使得
5cos𝑥−cos(5𝑥+𝜑)=5cos𝑥−cos5𝑥 =𝑓(𝑥)≤3√3=𝑏.
从而𝑏 =3√3满足题目要求.
根据上述两个方面，可知𝑏的最小值是3√3.
