数学答案_2025年4月_250419河北省石家庄市第一中学2025届高考第二次模拟考试（全科）

石家庄市第一中学 2025 届高考第二次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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指定位 置，在其他位置作答一律无效． 3．本卷满分 150分，考试时间 120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符 合题目要求的． A2,1,0,1,2  ð B 1,0,2  1. 集合 , A ,则B（ ） A. 2  B.  1  C. 2,1  D. {-2,0,2 } 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集的性质和定义即可得出结果. 【详解】解:由题知A2,1,0,1,2  , ð B 1,0,2  , A 所以B痧 B  2,1  . A A 故选:C 2. 函数 f(x)lg  x22axa  在区间(,3)上单调递减的必要不充分条件是（ ） 9   9  4  A. a  ,  B. a   ,  C. a[2,) D. a  ,  5   5  5  【答案】C 【解析】 【分析】由复合函数的单调性与充分必要条件的概念判断， 【详解】设u  x  x2 2axa． 第1页/共22页 学科网（北京）股份有限公司∵ f  x  在 ,3  上单调递减， ∴由复合函数的单调性法则可知，u  x  在 ,3  上单调递减，且u  x 0在 ,3  上恒成立． （注意对数的真数在 ,3  上大于0） 又u  x  xa 2 aa2在 ,a  上单调递减，（若函数u  x  在 ,3  上单调递减，则u 3 0） u 3 0, 9  解得a ．  a3, 5  9  则可得函数 f  x  在区间 ,3  上单调递减的充要条件是a   , ．  5  而所求的是函数 f  x  在区间 ,3  上单调递减的必要不充分条件，  9  故只需看   , 是哪一个的真子集，结合选项只有C符合.  5  故选：C a A 3. 已知两个等比数列  a  ，  b  的前n项积分别为A ，B ，若 3 3，则 5 （ ） n n n n b B 3 5 A.3 B.27 C.81 D.243 【答案】D 【解析】 A aa a a a A a 【分析】由题设得 5  1 2 3 4 5 ，再利用等比中项的性质可得 5 、 3 的关系，进而求值. B bb bb b B b 5 1 2 3 4 5 5 3 A aa a a a  a 5 a  5 【详解】 5  1 2 3 4 5  3   3   35 243， B bb bb b  b 5 b  5 1 2 3 4 5 3 3 故选：D．   π       4. 已知向量a，b 的夹角为 ，且 a2b  ab ，则向量a在向量b 上的投影向量为（ ） 3 r  1 3   A. 3b B. b C. b D. 2b 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得，根据投影向量的概念直接得解. 第2页/共22页 学科网（北京）股份有限公司            【详解】由 a2b  ab ，即a2 4ab4b2 a2 2abb2，     2   π   则b2 2ab，即 b 2 a  b cos  a  b ， 3   所以 b  a ，   π b 1  所以向量a  在向量b  上的投影向量为 a cos    b ， 3 b 2 故选：B. x2 x,x0 5. 设函数 f  x  ，若f(f(a))≤2，则实数a的取值范围是 x2,x0 A.[－2，＋∞) B.(－∞，－2] C.(－∞， 2] D.( 2，＋∞) 【答案】C 【解析】 【分析】作出函数图像，分析 f  x 2时x的范围即为 f  a  的范围，由此计算a的范围. 【详解】y＝f(x)的图象如图所示， ∵f(f(a))≤2，∴f(a)≥－2，令a2 2，解得：a  2，由函数图象可知a≤ 2. 故选C. 【点睛】本题考查根据分段函数的函数值的范围求解参数范围以及数形结合思想的应用，难度一般.对于嵌 套的函数不等式，可通过由外而内的方式求解自变量的范围. 6. 设a ,a ,a ,a 为1,2,3,4的一个排列，则满足|a a ||a a |4的不同排列的个数为（ ） 1 2 3 4 1 2 3 4 A. 24 B. 16 C. 8 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析可得则|a a |1且|a a |3，或|a a |3且|a a |1，或|a a |2且 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 |a a |2，分别在不同情况下 ，列出所有可能，进而得到答案. 3 4 第3页/共22页 学科网（北京）股份有限公司【详解】根据题意，若|a a ||a a |4，则|a a |1且|a a |3，或|a a |3且|a a |1， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 或|a a |2且|a a |2， 1 2 3 4 当|a a |1且|a a |3时，有a 2,a 3,a 1,a 4，或a 2,a 3,a 4,a 1， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 或a 3,a 2,a 1,a 4，或a 3,a 2,a 4,a 1，共4种可能； 1 2 3 4 1 2 3 4 当|a a |3且|a a |1时，有a 1,a 4,a 2,a 3，或a 1,a 4,a 3,a 2， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 或a 4,a 1,a 2,a 3，或a 4,a 1,a 3,a 2，共4种可能， 1 2 3 4 1 2 3 4 当|a a |2且|a a |2时，有a 1,a 3,a 2,a 4，或a 1,a 3,a 4,a 2， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 或a 3,a 1,a 2,a 4，或a 3,a 1,a 4,a 2，或a 2,a 4,a 1,a 3， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 或a 2,a 4,a 3,a 1，或a 4,a 2,a 1,a 3，或a 4,a 2,a 3,a 1，共8种可能， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 满足|a a ||a a |4的不同排列的个数为44816， 1 2 3 4 故选：B． π 7. 已知,(0, )，3sin 3cos，3cos2sin，则（ ） 2 5π 2π π π A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】C 【解析】 π 【分析】根据给定条件，利用同角公式及逆用差角的正弦求得  ，再与已知结合求出即可得解. 6 【详解】依题意，3sincos 3，sin3cos2，两式平方相加得106sin()7， 1 π π π π π 即sin() ，由,(0, )，得  ，则  ，即 ， 2 2 2 2 6 6 π 3 1 于是3cos2sin( ) ，3cos2 sin cos，即5cos4 3sin， 6 2 2 第4页/共22页 学科网（北京）股份有限公司3 π 两边平方整理得28sin28 3sin90，又sin0，解得sin ， 2 3 π π 所以2  . 6 2 故选：C x2 y2 8. 已知F ，F 分别为椭圆C:  1  a b 0 的左､右焦点，B为椭圆的上顶点，过F 作BF 的垂 1 2 a2 b2 1 2 线，并与椭圆交于点D，且满足BF //DF ，则椭圆C的离心率为（ ） 1 2 1 1 5 1 A. B. C. D. 5 4 5 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理可得离心率. 【详解】 如图所示， 设D关于原点对称的点为E，则DFEF 为平行四边形， 1 2 由BF //DF 可知，B，F ，E三点共线，且EF BF ， 1 2 1 2 2 设EF  x，则EF 2ax，在RtEF B中，a2  2ax 2  xa 2，解得x 2 a ， 1 2 2 3 c 注意到cosEFF cosBFF  ， 1 2 1 2 a 4 16 a2 4c2  a2 c 9 9 在EFF 中结合余弦定理可得，  ， 1 2 a 8 ac 3 1 5 解得a2 5c2，则e2  ，所以e ， 5 5 故选：C. 第5页/共22页 学科网（北京）股份有限公司二、多选题：本题共 3小题，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 2分，有选错的得 0分． 9. 为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩（均为整数）中各随机抽查20个， 得到如图所示的数据图（用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点值）．关于 甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论错误的是（ ） A. 甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数 B. 乙班成绩的第75百分位数为79 C. 甲班成绩的中位数为74 D. 甲班成绩的平均数大于乙班成绩的平均数的估计值 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题图可判断A；由百分位数定义即可求第75百分位数可判断B；由中位数对定义判断C；分别 计算甲乙两班的平均数即可判断D. 【详解】对于A，由题图知甲班成绩的众数为79，乙班成绩的众数为75，故A错误． 对于B，因为10 0.0200.0250.030  =0.75，所以乙班成绩的第75百分位数为80，故B错误． 对于C，甲班物理成绩从小到大排序的第10个、第11个数都是79，故中位数为79，故C错误． 因为甲班成绩平均数为： 1  572585967682692796878828998  =74.8， 20 乙班物理成绩的平均数的估计值为：  550.020650.025750.030850.020950.005 10=71.5，故D正确． 故选：ABC 2π 10. 某圆锥的侧面展开图是圆心角为 ，面积为3π的扇形，则（ ） 3 第6页/共22页 学科网（北京）股份有限公司2 2 A. 该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 3 2 B. 若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为 3 2 3 C. 若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为 3 D. 若该圆锥内部有一个正方体ABCD ABC D ，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大 1 1 1 1 4 6 5 6 时，以A为球心，半径为 的球与正方体表面交线的长度为 π 9 9 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据圆锥侧面积公式S rl 和扇形弧长公式得出圆锥的母线长l 3、底面半径r 1和高 侧 h2 2即可求出圆锥的母线与底面所成角正弦值，进而判断A；根据三角形相似比得出圆柱高与其底面   半径比的关系，再代入圆柱体积公式V πr2h 得到V 2 2π r2 r3 ，再利用导数工具求出最值即 柱 1 1 柱 1 1 可突破求解进而判断B；CD属于简单几何体的接切和相交问题，要结合相应几何体的结构特征和关系进行 分析判断，具体看详解. rl 3,  【详解】对于A，由圆锥侧面积公式S rl和扇形弧长公式得 2 ， 侧 2r  l,  3 l 3,r 1，所以圆锥的高h l2 r2  32 12 2 2， h 2 2 设圆锥的母线与底面所成角，则sin  ，故A对； l 3 对于B，设圆锥内切圆柱底面半径为r   r  0,1   ，高为h ， 1 1 1 第7页/共22页 学科网（北京）股份有限公司hh r h  rr  2 2  1r  则有 1  1 h  1  1 2 22 2r ， h r 1 r 1 1 所以圆柱体积为V  πr2h  πr2  2 22 2r   2 2π  r2 r3  ， 柱 1 1 1 1 1 1 设 y  x2 x3x 0,1 ，则 y2x3x2  x  23x x 0,1 ，      2 2  所以当x 0, 时 y0， y  x2 x3  x 0,1   单调递增；当x  ,1时 y0，  3 3  y  x2 x3x 0,1 单调递减，   2 2 2 2 所以x  时y取得最大值，即r  时圆柱体积取得最大，此时圆柱的高h 2 22 2r  ，故B 3 1 3 1 1 3 错. 对于C，当球的半径最大时，球为圆锥的内切球，设球的半径设为R，此时圆锥与球的轴截面如图， 1 1 因为S   AB h 22 2 2 2, SAB 2 2 又S  R  SASB AB  R  2l2r 4R，所以4R 2 2, R  2 ， SAB 2 2 2 正四面体可由正方体面的对角线切割得到，如图，正四面体外接球与相对应正方体外接球为同一个球， 2 3 6 当正四面体的棱长为 时，其相对应的正方体棱长为 ， 3 3 第8页/共22页 学科网（北京）股份有限公司2  6  2 所以外接球直径为2R  3   2 ，所以外接球半径为R  ，   3 2   2 3 所以该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为 ，故C对； 3 对于D，设圆锥内接最大正方体ABCDABC D 棱长为a，则沿着正方体体对角面作圆锥轴截面得到截 1 1 1 1 面图如下， 2a 则有 2 ha 2a 2 2a 2 2 4 6 ，     a  r h 2 2 2 3 9 4 4 6 所以正方体面的对角线长为 2a   ， 3 9 4 6 所以以正方体顶点A为球心，半径为 的球与正方体表面交线情况如下图所示， 9 所以交线有两组各有三条长度相等的曲线，第一组曲线如图（1），第二组曲线如图（2）， 2 2 4 6 由上AA  AB  ，AE  AF  ， 1 3 9 第9页/共22页 学科网（北京）股份有限公司2 2 4 6  2 2  2 6 所以AE  AG       ， 1 1  9   3  9     π π 所以 AAE EAF  BAF  π , E  F  6 2π 4 6  2 6π ， E  G  2 2π 2 6  3 6π ， 1 6 2π 9 27 2π 9 27 3 6π 2 6π 5 6π 所以交线的总长度为. 3E  G3E  F 3   ，故D对.   27 27 9   故选：ACD. 【点睛】易错点睛：简单几何体相交交线是直线还是曲线是容易出错的点，一般情况下经过曲面的交线是 曲线，但交线过旋转体母线的是直线，如下图： 11. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的产  3 物，曲线C: x2  y2 16x2y2为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ） A. 方程  x2  y2 3 16x2y2 xy0 ，表示的曲线在第二和第四象限； B. 曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2； C. 曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4； D. 曲线C上有5个整点（横､纵坐标均为整数的点）. 【答案】AB 【解析】 【分析】本题首先可以根据xy0判断出A正确，然后根据基本不等式将  x2  y2 3 16x2y2转化为 x2  y2 4，即可判断出B正确，再然后根据曲线C构成的面积小于以O为圆心、2为半径的圆O的面积 判断出C错误，最后根据曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2以及曲线C的对称性即可判断出 D错误. 【详解】A项：因为xy0，所以x、y异号，在第二和第四象限，故A正确； 第10页/共22页 学科网（北京）股份有限公司B项：因为x2  y2 2xy，当且仅当x y时等号成立， 2 所以xy  x2  y2 ，  x2  y23 16x2y2 16   x2  y2   4  x2  y22 ， 2  2  即x2  y2 4， x2 +y2 £ 2，故B正确； C项：以O为圆心、2为半径的圆O的面积为4， 显然曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于圆O的面积，故C错误； D项：可以先讨论第一象限内的图像上是否有整点， 因为曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2， 所以可将  0,0  、  2,0  、  1,0  、  1,1  、 ( 0,1 ) 、  0,2  代入曲线C的方程中，   通过验证可知，仅有点 0,0 在曲线C上，   故结合曲线C的对称性可知，曲线C仅经过整点 0,0 ，故D错误， 故选：AB. 【点睛】本题是创新题，考查学生从题目中获取信息的能力，考查基本不等式的应用，考查数形结合思想， 体现了综合性，是中档题. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12. 已知zC，且|zi|1，i为虚数单位，则 z35i 的最大值是__________． 【答案】6 【解析】 【分析】设z  x yi(x,yR)，根据|zi|1得出x,y满足的关系，表示出 z35i 后根据复数的几 何意义求解. 【详解】设z  x yi(x,yR)，由 zi 1 x(y1)i 1， 则 x2 (y1)2 1 x2 (y1)2 1，表示的是圆心为(0,1)，半径为1的圆， 而 z35i  (x3)(y5)i  (x3)2 (y5)2 ，表示的是圆上一点到(3,5)的距离， 如图所示，显然最大距离是(3,5)与圆心(0,1)的连线加上半径长， 即最大值为 (30)2(51)2 1516 . 故答案为：6 第11页/共22页 学科网（北京）股份有限公司13. 如图，函数 f  x  3sin x0,0 π 的部分图象如图所示，已知点 A,D为 f  x  的 零点，点B,C 为 f  x  的极值点，  A  B    D  C   1  A  B  2 ，则函数 f  x  的解析式为_________. 2 π 5π 【答案】 f  x  3sin x  2 6  【解析】 【分析】结合正弦函数的周期及向量数量积公式计算可得，再由函数零点可得，即可得解析式. 1  2π 1 π  1 π  【详解】由图可得D ,0，又T  ，则A  ,0，B  , 3， 3   3   3 2  1 π    π    π  C  , 3，则AB   , 3，DC   ,- 3， 3 2  2  2    π2 1 π2  3π2 3 则ABDC  3  3，化简得  0， 42 242  82 2 π π 1 又0，则 ，则有   π2kπ  kZ ， 2 2 3 5π 5π 解得 2kπ  kZ ，又0π，则 ， 6 6 π 5π 即 f  x  3sin x . 2 6  π 5π 故答案为： f  x  3sin x . 2 6  第12页/共22页 学科网（北京）股份有限公司14. 已知函数 f  x ax2 6x3  aR  ，若关于x的方程 f  x  ax3 10有2个不相等的实数根， 则实数a的取值范围是______． 9  【答案】( ,0) (0,)． 2 【解析】 【分析】方程 f(x)|ax3|10可化为|ax3|ax2 6x2，根据一次函数与二次函数的性质，分别 讨论函数y|ax3|与函数yax2 6x2，在同一坐标系内作出它们的图象并观察交点的个数，建立关 于a的不等式，进而求出实数a的取值范围． 【详解】方程 f(x)|ax3|10，即|ax3|f(x)1， 结合 f(x)ax2 6x3，得f(x)1ax2 6x2，原方程可化为|ax3|ax2 6x2， ①a 0时，原方程变为36x2，只有一个实数根，不符合题意；  3 ax3,x   a ②a0，记F(x) ax3   ， 3  ax3,x  a 3 9 G(x)ax2 6x2的图象是开口向下的抛物线，函数的最大值G( ) 20， a a 3 3 因为F(x)|ax3|在(, )上是减函数，在( , )上是增函数， a a 3 所以F(x)的最小值为F( )0， a 结合图象可知：此时y|ax3|与yax2 6x2的图象有两个交点，符合题意；  3 ax3,x   a ③a 0，则F(x) ax3   ， 3  ax3,x  a 第13页/共22页 学科网（北京）股份有限公司3 3 3 在(, )上是减函数，在( ，)上是增函数，F(x)的最小值为F( )0， a a a 3 9 G(x)ax2 6x2的图象是开口向上的抛物线，函数G(x)的最小值G( ) 2， a a 9 9 3 (i)当 20时，即  a0时，函数G(x)的最小值G( )0， a 2 a 观察图象可知：此时y|ax3|与yax2 6x2的图象有两个交点，符合题意； 9 3 (ii)当a 时，函数G(x)的最小值G( )0， 2 a 方程ax3ax2 6x2即ax2 (a6)x10的根的判别式△ (a6)2 4aa2 8a360， 1 且方程ax3ax2 6x2即ax2 (a6)x50的根的判别式△ (a6)2 20aa2 8a360， 2 3 结合F(x)与G(x)都在x 处取最小值，可知 y|ax3|与 yax2 6x2的图象不止有两个交点， a 不符合题意． 9 9  综上所述，  a0或a0，即实数a的取值范围是( ,0) (0,)． 2 2 9  故答案为：( ,0) (0,)． 2 【点睛】方法点睛：函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 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. 为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗.市防疫部门随机抽取了1000人进行调查，发现其中注射 疫苗的800人中有220人感染流感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感.医学研究表明，流感的检 测结果有检错的可能，已知患流感的人其检测结果有95%呈阳性（流感），而没有患流感的人其检测结果有 99%呈阴性（未感染） 第14页/共22页 学科网（北京）股份有限公司（1）估计该市流感感染率是多少？ （2）根据所给的数据，判断是否有99％的把握认为注射流感疫苗与预防流感有关； （3）已知某人的流感检查结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率.（精确到0.001） n  ad bc 2 附：K2  ．  ab  cd  ac  bd    P K2 k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）0.3 （2）有 （3）0.976 【解析】 【分析】（1）根据古典概型运算公式进行求解即可； （2）根据题中数据得到列联表，结合卡方运算公式和附表中的值进行判断即可； （3）利用条件概率和全概率公式进行求解即可. 【小问1详解】 22080 估计流感的感染率P 0.3； 1000 【小问2详解】 列联表如下： 疫苗情 患有流 不患有流 合 况 感 感 计 打疫苗 220 580 800 不打疫 80 120 200 苗 合计 300 700 100 n  ad bc 2 1000  22012058080 2 所以K2   11.90510.828，  ab  cd  ac  bd  800200300700 所以有99.9%的把握认为注射流感疫苗与流感发病人数有关. 第15页/共22页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】 设事件A为“一次检测结果呈阳性”，事件B为“被检测者确实患有流感”， 由题意得P  B 0.3，P  B  0.7，P  A B  0.95，P  A B  0.01， P  AB  P  B P  A B  0.30.950.285， 由全概率公式得P  A P  B P  A B  P  B  P  A B   0.30.95 0.70.01 0.292 ， 0.285   所以P B A  0.976，于是此人真的患有流感的概率是0.976. 0.292 16. 记V ABC 的角A,B,C 的对边分别为a,b,c，已知sin  AB sinBsinC. （1）求A； （2）若点D是BC边上一点， 且AB  AD,CD 2BD， 求tanADB的值. 2π 【答案】（1）A 3 3 （2） 2 【解析】 【分析】（1）根据sinC sin  AB  ，结合两角和差公式运算求解即可； AD （2）设ADB，利用正弦定理可得CD  ，结合题中关系列式求解即可. 3sincos 【小问1详解】 因为sin  AB sinBsinC sinBsin  AB  ， 则sinAcosBcosAsinBsinBsinAcosBcosAsinB， 可得sinB2cosAsinB0， 1 且B 0,π  ，则sinB 0，可得12cosA0，即cosA ， 2 又因为A 0,π  ，所以A 2π . 3 【小问2详解】 π 因为AB AD ，由（1）可知：DAC  BAC BAD  ， 6 π 设ADB，则C DAC  . 6 第16页/共22页 学科网（北京）股份有限公司AD 在Rt△ABD中，可得AD BDcos，即BD ， cos AD CD 在△ADC中，由正弦定理得  ， sinC sinDAC π 1 ADsin AD ADsinDAC 6 2 AD 可得CD     ， sinC  π  π 3sincos sin   sin    6  6 AD 2AD 又因为CD 2BD，即  ， 3sincos cos 3 可得2 3sin2coscos，解得tan ， 2 3 所以tanADB的值为 . 2 π 17. 如图，在三棱柱ABCDEF 中，AD 2AB 4,BAD  ,P 为AD的中点，BCP为等边三角形， 3 π 直线AC 与平面ABED所成角大小为 . 4 （1）求证：PE 平面BCP； （2）求平面ECP与平面PCD夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 2 （2） 5 5 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得BP 平面ACM ，从而得到AC 在平面ABP的射影在直线 π AM 上，即CAM  ，进而证得AM CM ，再利用线面垂直的判定定理证得CM平面 ABED， 4 则CM PE，接着利用勾股定理证得PE  BP，由此可得PE 平面BCP； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，先求得所需各点坐标，再求得平面ECP与平面PCD的法 第17页/共22页 学科网（北京）股份有限公司向量，从而利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得平面ECP与平面PCD夹角的余弦值. 【小问1详解】 取BP中点M ，连接AM ､CM ， 因为AD2AB，P为AD的中点，所以AB  AP ，故AM  BP， 因为BCP为等边三角形，所以CM  BP， 又因为AM CM M ，AM,CM 面ACM ， 因此BP 平面ACM ， 因为BP平面ABP，所以平面ACM 平面ABP， 因为平面ACM 平面ABP  AM ， 所以直线AC 在平面ABP的射影在直线AM 上，所以直线AC与平面ABED所成角为CAM ，则 π CAM  ， 4 π 因为AB  AP  2，BAD ，所以ABP是正三角形，则AM  3,BP 2， 3 因为BCP为等边三角形，BP 2，则CM  3， π π 所以在AMC中，由AM CM  3，CAM  得ACM  ， 4 4 π 则CMA ，所以AM CM ， 2 因为CM  BP，AM BP M,AM,BP  面ABED， 所以CM 平面ABED，因为PE 平面ABED，所以CM PE， 2 因为BP 2，在△PDE 中，PD  ED  2，PDE  π，所以PE 2 3，又BE 4， 3 所以 BP2 PE2 BE2，即PE  BP， 又CM BP M,CM,BP  平面BCP， 所以PE 平面BCP. 【小问2详解】 第18页/共22页 学科网（北京）股份有限公司由（1）可知MP､MC ､MA两两垂直，以M 为原点，MA所在直线为x轴，MP所在直线为y轴，MC 所 在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则C  0,0, 3  ，P  0,1,0  ，A ( 3,0,0 ) ，B  0,1,0  ，   由于P是AD的中点，易得D  3,2,0 ，     又由BAED可得E 2 3,1,0 ，          所以PC  0,1, 3 ，PE  2 3,0,0 ，PD   3,1,0     n PC 0  y  3z 0 设平面ECP的法向量为n  x ,y ,z ，则 1  ，即 1 1 ， 1 1 1 1 n PE 0  2 3x 0 1 1    令 y  3，得n  0, 3,1 ， 1 1     n PC 0  y  3z 0 设平面PCD的法向量为n  x ,y ,z ，则 2  ，即 2 2 ， 2 2 2 2 n PD0   3x  y 0 2 2 2    令 y  3，得n  1, 3,1 ， 2 2 π 设平面ECP与平面PCD的夹角为，易知0 ， 2     n 1 n 2 4 2 所以cos cos n,n      5 ， 1 2 n n 2 5 5 1 2 2 即平面ECP与平面PCD夹角的余弦值为 5 . 5 a 18. 关于函数 f  x  lnx. x   （1）讨论函数 f x 的单调性； （2）若 f  x  在  1,a  处的切线垂直于直线x y 0，对任意两个正实数x，x ，且x  x ，有 1 2 1 2 f  x  f  x  ，求证：x x  2a. 1 2 1 2 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】先对函数求导，分a0和a0讨论即可； 第19页/共22页 学科网（北京）股份有限公司x 2 2 （2）由题意先求出a2，再设0 x  x ，令 2 t(t 1)，由lnx  lnx  ，即可得到 1 2 x 1 x 2 x 1 1 2 2(t1) 2(t1) 1t2 1t2 x  ，所以x  ，则x x 4 lnt 0，设h(t)lnt (t 1) ，利用导 2 lnt 1 tlnt 1 2 2t 2t 数说明函数的单调性，即可得证. 【小问1详解】 a a 1 xa 因为 f(x) lnx,  x 0 ，则 f(x)   x x2 x x2 当a0时，因为 f x 0恒成立，所以函数 f  x  在  0, 上单调递增； 当a0时，当 fx0，解得0 xa，当 f x 0时，解得xa， 所以函数 f  x  在  0,a  上单调递减，在[a,)上单调递增； 综上所诉：当a0时，函数 f  x  在  0, 上单调递增； 当a0时，函数 f  x  在  0,a  上单调递减，在[a,)上单调递增. 【小问2详解】 因为 f  x  在  1,a  处的切线垂直于直线x y 0，   所以 f (x)在 1,a 处的切线的斜率为1， 2 即 f 1 a11，解得a2，即 f  x  lnx x x 2 2 设0 x  x ，令 2 t(t 1)，由 f(x ) f(x )，即lnx  lnx  ， 1 2 x 1 2 1 x 2 x 1 1 2  x  x 2(x x ) 2 2 1 得ln 2  2 1 ，即 x  x  ， x x x ln 2  1 1 1 2 x x 1 2 2(t1) 2(t1) x 2(t1) 即lnt  ，则x  ，所以x  2  ， x 2 lnt 1 t tlnt 2 2(t1) 2(t1) 1t2 要证x  x  4   4lnt 0 ， 1 2 lnt tlnt 2t 1t2 1 1 t2 1 (t1)2 设h(t)lnt (t 1)，则h(t)    0， 2t t 2 t2 2t2 第20页/共22页 学科网（北京）股份有限公司则h(t)在1,上单调递减，h(t)h(1)0，故x x 4成立. 1 2 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，用导数证明不等式．在证明与x，x 有关不等式时常常需要 1 2 x 转化与化归，如本题设0 x  x ，令 2 t(t 1)，这样不确定的x，x ，就变成有确定范围的变量t， 1 2 x 1 2 1 问题就转化为用导数研究函数h(t)的性质，从而证明出结论． 19. 在不大于kn  k,nN*,k 2  的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的个数记为F  n  . k     （1）求F 4 ，F 3 的值； 2 3 （2）对于m,n,pN*，mn p，是否存在m，n，p，使得F  m F  n F  p  ?若存在，求出m， 6 6 6 n，p的值；若不存在，请说明理由； n 5 （3）记  x  表示不超过x的最大整数，且S  ，求  S  S  S  S  的值. n F  i 1 1 2 3 100 i1 6 【答案】（1）F  4 5，F  3 9 2 3 （2）不存在，理由见解析 （3）500 【解析】       【分析】（1）由F n 的定义，分别求出F 4 ，F 3 ； k 2 3 （2）若F  m F  n  F  p  成立，可转化为6m 6n 6p ，即16nm 6pm，即可判断； 6 6 6 （3）根据题意可知  S 5，当n2时，可证5S 5.6，即  S 5，得解. 1 n n 【小问1详解】 在不大于24的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，共5个，所 以F  4 5. 2 在不大于33的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，17，19，23， 25，共9个，所以F  3 9. 3 【小问2详解】 6n 6n 因为在不大于6n的所有正整数中，能被2整除的数有 个，能被3整除的数有 个，能被6整除的数有 2 3 第21页/共22页 学科网（北京）股份有限公司6n 个， 6 6n 6n 6n 6n 所以F  n 6n     26n1. 6 2 3 6 3 若F  m F  n  F  p  ，则 6m  6n  6p ，即6m 6n 6p ， 6 6 6 3 3 3 因为mn p，所以16nm 6pm， 易知16nm是奇数，6pm是偶数，上式不成立， 故不存在m，n，p，使得F  m F  n  F  p  . 6 6 6 【小问3详解】 5 5 由（2）知，当n1时，S 1  F  1 1  21 5，所以  S 1 5， 6 5 5 61 6 3 当n2时，     ， F  n 1 26n11 26n11 26n1 6n1 6 b bc （上式变换注意用到不等式，若a b0,c0，则  .） a ac n 5 1 1 1  3 1  所以当n2时，S  53    5 1  ， n F  i 1 6 62 6n1 5 6n1 i1 6 所以当n2时，5S 5.6，  S 5， n n 所以  S  S  S  S 5100500. 1 2 3 100   【点睛】关键点点睛：本题第二问，关键是根据F n 的定义分析在不大于6n的所有正整数中，能被2整 k 6n 6n 6n 除的数有 个，能被3整除的数有 个，能被6整除的数有 个， 2 3 6 6n 6n 6n 6n 进而可得F  n 6n     26n1.第三问，关键是分析得到当n2时， 6 2 3 6 3 5 6 3 F  n 1  26n1  6n1 成立，此处用到糖水不等式放缩. 6 第22页/共22页 学科网（北京）股份有限公司