数学答案-厦门双十中学2024-2025学年高三上暑假阶段性训练_2025年8月_250813福建省厦门双十中学2024-2025学年高三上暑假阶段性训练

厦门双十中学 2025-2026 学年（上）阶段练习 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． A{x∣2 x 2},B {x∣x2} 1. 已知集合 ，则（ ） A. 2B B. ð A  BR C. A B D. AB  R 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合交并补运算，结合选项即可逐一求解. 【详解】对于A，2B，故A错误， 对于B，ð A  x x2或x2  ，所以  ð A  B   x x  2  ，故B错误， R R 对于C，2B，但2A，故C错误， 对于D，AB{x∣2 x2}，故D正确， 故选：D         2. 已知 a 2,b 1, 3 , ab 2 3 ，则a在b方向上的投影向量为（ ） 1 3 1 3  1 3  1 3 A.   ,   B.   ,   C.    ,   D.    ,   2 2  2 2   2 2   2 2  【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量投影向量公式结合平面向量数量积、模长公式计算即可.           2 2 2 2 【详解】由题意可知 b  12 3 2， ab  a  b 2ab82ab12 ，   所以ab2，         b ab 1    1 3  而a在b方向上的投影向量为 a cos a,b b   b  2 b 2  1, 3      2 , 2    . 故选：D 3. 已知  a  是各项均为正整数的递增数列，  a  前n项和为S ，若S 2024，当n取最大值时，a 的 n n n n n 最大值为（ ） A.63 B.64 C.71 D.72 第1页/共27页 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【解析】 【分析】因为S 2024是定值，要使当n取最大值时a 也取得最大值，  a  需满足前m (mn1)项是 n n n 首相为1，公差为1的等差数列，通过计算  a  的前63项和与S 2024作比较，前64项和与S 2024 m n n 作比较即可得出a 的最大值. n 【详解】因为S 2024是定值，要使当n取最大值时a 也取得最大值，  a  需满足各项尽可能取到最小 n n n 值，又因为  a  是各项均为正整数的递增数列，所以a 1，a 2，a 3，，a  m，即  a  是首相 n 1 2 3 m m m(m1) 为1，公差为1的等差数列，其中mn1；  a  的前m项和为T  ； m m 2 63(631) 当m63时，T   2016 2024； 63 2 64(641) 当m64时，T   2080 2024； 64 2 又因为20242016863， 所以n的最大值为63，此时a 1，a 2，a 3，，a 62 ，a 取得最大值为a 63871. 1 2 3 62 n 63 故选：C. 4. 我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成 一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大侧面积 为（ ） 3 3 A. π B. π C. π D. 3π 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为O Ar，高为OO x，体积为V ，由几何关系得x33r ，再根据圆柱 1 1 的侧面积公式可得圆柱侧面积关于r 的函数，最后根据二次函数的最值即可求解. 【详解】如图，设圆柱的底面半径为O Ar，高为OO x，侧面积为S， 1 1 由题意得，OB1，OP 3，所以OP 3x， 1 在VPOB中，因为O A//OB ， 1 第2页/共27页 学科网（北京）股份有限公司O A OP r 3x 所以 1  1 ，即  ，解得x33r， OB OP 1 3 1 3π 所以圆柱的侧面积为S(r)2πr(33r)6πr2 6πr 6π(r2 r)6π(r )2  ， 2 2 1 1 3π 又0r 1，所以r  时，S(r)取得最大值为S( ) ， 2 2 2 3π 故圆柱的最大侧面积为 ， 2 故选：C. 1 1 5. 已知tan  ，tan ，, 0,π  ，则2的值是（ ） 2 7 π π 3π 3π A.  B. C. D.  4 4 4 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据tan tan    求出tan，从而可得,的范围，即可得出2的范围，再 求tan2和tan  2 的值，即可得结果. 1 1 【详解】因为tan  ，tan 0 ，, 0,π  ， 2 7 1 1  则tantan     2 7  1  0,1  ， 1  1 3 1     2  7 π   π 可知  ,π， 0, ，则2π,0  ，  2   4 1 2 2tan 3 3 又因为tan2   0， 1tan2 1 2 4 1   3 第3页/共27页 学科网（北京）股份有限公司3  1     tan2tan 4  7 可得tan  2  1， 1tan2tan 3  1 1     4  7 3π 所以2 . 4 故选：D. 6. 已知拋物线C :y2 2px(p 0)，其焦点F 到准线的距离为2，过焦点F 且斜率大于0的直线l交拋物 1 线于A,B两点，以AB为直径的圆C 与准线相切于点Q 1,2  ，则圆C 的标准方程为（ ） 2 2 A. (x3)2 (y2)2 16 B. (x2)2 (y3)2 16 C. (x3)2(y2)2 8 D. (x2)2 (y3)2 8 【答案】A 【解析】 【分析】由焦点F到准线的距离为2，求出 p，即得焦点坐标，准线方程，抛物线方程，直线AB斜率为正， C Q // x得C 点纵坐标，用点差法可求得直线AB斜率，再得C 点横坐标，同时得出圆半径，得圆方程． 2 2 2 【详解】抛物线C 的焦点到准线距离为2，则 p2（因为 p 0）， 1 焦点为F(1,0)，准线方程是x=1，抛物线方程是y2 4x， 又C Q // x轴，Q(1,2)，所以C 的纵坐标为2， 2 2 设A(x ,y ),B(x ,y )，C (x ,2)， 1 1 2 2 2 0 y2 4x  1 1 ，两式相减得(y  y )(y  y )4(x x )， y2 4x 1 2 1 2 1 2 2 2 y  y 4 4 20 所以k  1 2   1，又k k  1，x 3， AB x x y  y 22 AB FC 2 x 1 2 1 2 1 2 2 即C (3,2)，所以圆C 半径为r 3(1)4， 2 2 圆C 方程为(x3)2 (y2)2 16． 2 故选：A． 第4页/共27页 学科网（北京）股份有限公司7. 已知函数 f(x)cosx 3sinx （ω＞0），若f（x）在区间  0,2 上有且仅有3个零点和2条对称 轴，则ω的取值范围是（ ） 5 4 13 19 A.  ,  B.  ,  6 3 12 12 4 19 13 4 C.  ,  D.  ,  3 12 12 3 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据三角函数恒等变换将三角函数化简成余弦型函数，根据自变量x的取值范围求解出  x 的取值范围，进而根据已知条件结合三角函数图像求得的取值范围 3 【详解】函数 f(x)cosx 3sinx 1 3  2 cosx sinx   2 2     2cos x ，  3 因为xÎ [0,2]，    所以x  ,2 ，   3 3 3 由于函数 f (x)在区间[0,2]上有且仅有3个零点和2条对称轴， 根据函数的图像： 第5页/共27页 学科网（北京）股份有限公司5  13 4 所以 2 3，整理得：  , ． 2 3 12 3 故选：D． 2023 ln2 ln3 2023 8. 若a ，b ，c   ，则（ ） 2 3 2024 A. a bc B. a cb C. bca D. ca b 【答案】A 【解析】 lnx 【分析】先构造函数 f  x  ,x0，利用导数分析函数的单调性和最值，从而比较a,b，再构造函数 x 1 g  x lnx 1,x0，通过分析函数的最值，再利用指对互化，比较c的范围，即可判断a,b,c的大 x 小关系. lnx 【详解】设 f  x  ,x0， x 1lnx 由 f x  0 xe， x2 则x 0,e  , f x 0,x e, , f x 0， ∴ f  x  在  0,e  单调递增，在  e, 单调递减， ln2 ln4 ln3 ∵a    f  4 ，b  f  3 ， 2 4 3 1 ∴ f  4  f  3  f  e  即ab ， e 1 设g  x lnx 1,x0， x 1 1 x1 由g x    0 x1， x x2 x2 则x 0,1  ,g x  0,x 1, ,g x  0， ∴g  x  在  0,1  单调递减，在  1, 单调递增， ∴g  x   g  1 0， min 第6页/共27页 学科网（北京）股份有限公司1 ∴g  x 0即lnx1 ，当且仅当x1时等号成立， x 2023 2024 1 ∴ln 1  ， 2024 2023 2023 2023 ∴lnc2023ln 1， 2024 1 ∴c ， e 1 综上：ab c， e 故选：A. 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． 9. 已知复数z，z ，z ， z 是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） 1 2 A. zz  z 2 B. 若 z 1，则z 1 C. z z  z  z D. 若 z1 1，则 z1的最小值为1 1 2 1 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合 复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D. 【详解】对于A，设zabia,bR，则zz  abi  abi a2b2 z 2，故A正确； 对于B，令z i，满足 z  i 1，故B错误； 对于C，设z abia,bR，z cdi  c,dR  ，则 1 2 z z  abi  cdi acbd  ad bc  i ，所以 1 2 z z   acbd 2 ad bc 2   ac 2 bd 2 ad 2 bc 2  a2b2 d2c2  z z ，故C 1 2 1 2 正确； 对于D，设zabia,bR，则 z1  a1bi   a1 2b2 1， 即 a1 2 b2 1，表示以  1,0  为圆心，半径为1的圆， z1   a1 2 b2 表示圆上的点到 1,0  的距离，故 z1的最小值为 22 11 ，故D正确. 第7页/共27页 学科网（北京）股份有限公司故选：ACD 10. 已知函数 f  x  x3ax2，则（ ） A. 存在实数x 使得 f x  f  x  0 0 0 B. 当a2时， f  x  有三个零点 C. 点  0,2  是曲线 y  f  x  的对称中心 D. 若曲线y  f  x  有两条过点 1,0  的切线，则 f  a 2 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，求出 f  x  x3ax2的导函数，使其和 f  x  x3ax2相等，解方程看是否有实数 根，即可求得；     对B，根据 f x 的导函数确定单调区间以及极值点，看 f x 与x轴交点即可判断； 对C，根据中心对称公式即可判断； 对D，设 f  x  x3ax2过 1,0  的切线的切点为  x ,y  ，由条件可得2x3 3x2 2a 0有两个 0 0 0 0 根，结合导数研究方程的根即可. 【详解】对A，根据已知 f x 3x2 a的导函数，令 f x  f  x  0 0 则x3 ax23x2 a 0，令g  x  x3ax23x2 a， g  1 13a231a40，当x时g  x 0， 根据函数零点存在定理存在实数x  1, 使得 f x  f  x  ，故A正确； 0 0 0 对B，根据题意知 f x 3x22，令 f x 3x2 20得到x   6 ， 3  6  6   6  6  在, 和 ,上 fx0，所以 f  x  在, 和 ,单调递增，          3   3   3   3   6 6  6 6 在 , 上 fx0，所以 f  x  在 , 单调递减，      3 3   3 3   6  f  是 f  x  的极大值，且 f  x  的极大值大于 f  x  极小值，    3  第8页/共27页 学科网（北京）股份有限公司3  6  6 6 4 6 f     2 2 2 0 ，     3 3 3 9     f  2 84220，   所以 f x 在定义域内有且只有一个零点，故B错误； 对C，令g  x  x32x，该函数定义域为R， 且g x x3 2x  x3 2x  g  x  ， 所以g  x  为奇函数，  0,0  是g  x  x32x的对称中心， 将g  x  x32x向下移动两个单位得到 f  x  的图像， 所以点  0,2  是曲线 y  f  x  的对称中心，故C正确； 对D， f  x  x3ax2过 1,0  的切线的切点为  x ,y  ，切线斜率为 f x 3x2 a， 0 0 0 0 则切线方程为 y y   3x2 a  xx  ， 0 0 0 把点 1,0  代入可得x3 ax 2  3x2 a 1x  ，化简可得2x3 3x2 2a 0， 0 0 0 0 0 0 令u  x 2x33x2 2a， 0 0 0 则u x 6x2 6x ，令u x 6x2 6x 0可得x 0或x 1， 0 0 0 0 0 0 0 0 u x  在 ,1  和  0, 上大于零，所以u  x  在 ,1  和  0, 上单调递增， 0 0 u x  在 1,0  上小于零，所以u  x  在 1,0  单调递减， 0 0 要使u  x 0有两个解，一个极值一定为0， 0 若函数u  x 2x33x2 2a在极值点x 1时的函数值为0，可得a 3， 0 0 0 0 所以 f  a  f  3 3333216 若函数u  x 2x33x2 2a在极值点x 0时的函数值为0，可得a2， 0 0 0 0 所以 f  a  f  2 232222，故D不正确. 故选：AC 1 1 11. 已知V ABC 的面积为 ，若cos2Acos2B2sinC 2,cosAcosBsinC  ，则（ ） 4 4 第9页/共27页 学科网（北京）股份有限公司A. sinC sin2 Asin2 B B. AB 2 6 C. sin AsinB  D. AC2 BC2 3 2 【答案】ABC 【解析】 π 【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 2 的大小，方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， 1 利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用cosAcosBsinC  算出A,B取值，最后利用三角形面积 4 求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】cos2Acos2B2sinC 2，由二倍角公式，12sin2 A12sin2 B2sinC 2 ， 整理可得，sinC sin2 Asin2 B，A选项正确； 由诱导公式，sin(AB)sin  πC sinC， 展开可得sin AcosBsinBcosAsin2Asin2B ， 即sin A(sin AcosB)sinB(sinBcosA) 0 ， π 下证C  . 2 方法一：分类讨论 π 若AB  ，则sinAcosB,sinBcosA可知等式成立； 2 π π 若AB ，即A B，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，sinAcosB，同理sinBcosA， 2 2 又sin A0,sinB 0，于是sin A(sin AcosB)sinB(sinBcosA)0 ， π 与条件不符，则AB 不成立； 2 π π 若AB  ，类似可推导出sin A(sin AcosB)sinB(sinBcosA) 0 ，则AB  不成立. 2 2 π π 综上讨论可知，AB  ，即C  . 2 2 方法二：边角转化 sinC sin2 Asin2 B时，由C(0,π)，则sinC(0,1]， 第10页/共27页 学科网（北京）股份有限公司于是1sinC sin2 Asin2Bsin2C ， 由正弦定理，a2 b2 c2， π 由余弦定理可知，cosC 0，则C(0, ]， 2 π π 1 若C(0, )，则AB  ，注意到cosAcosBsinC  ，则cosAcosB0， 2 2 4  π 于是cosA0,cosB 0（两者同负会有两个钝角，不成立），于是A,B 0, ，  2 π π π π  结合AB   A B，而A, B都是锐角，则sin Asin B cosB 0， 2 2 2 2  于是sinC sin2 Asin2B cos2Bsin2B 1，这和sinC 1相矛盾， π π 故C(0, )不成立，则C  2 2 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由sinC sin2 Asin2 B，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， π 则a(sinAcosB)b(sinBcosA)0 ，可同方法一种讨论的角度，推出AB  ， 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 sin AcosB,sinBcosA 同 时 为 0 或 者 异号 ， 即 (sin AcosB)(sinBcosA)0，展开可得， sin AsinBsin AcosAcosBsinBcosAcosB 0 ， 1 即cos(AB)  sin2Asin2B 0，结合和差化积，cos(AB)  1sin(AB) 0，由上述分析， 2  π  π π A,B 0, ，则AB   , ，则cos(AB)0，则1sin(AB)0 ，即sinC 1，于是sinC 1，  2  2 2 π 可知C  . 2 1 π 1 由cosAcosBsinC  cosAcosB ，由AB  ，则cosB sinA，即sin AcosA ， 4 2 4 第11页/共27页 学科网（北京）股份有限公司1 1  π 则sin2A ，同理sin2B  ，由上述推导，A,B 0, ，则2A,2B(0,π)， 2 2  2 π 5π π 5π 不妨设AB，则2A ,2B  ，即A ,B  ， 6 6 12 12 π 5π 6 2 6 2 6 由两角和差的正弦公式可知sin sin    ，C选项正确 12 12 4 4 2 5π 由两角和的正切公式可得，tan 2 3， 12     设BC t,AC  2 3 t ，则AB  2 6 t ， 2 1 1 42 3  31 31 由S  (2 3)t2  ，则t2     ，则t  ， ABC 2 4 4   2   2 于是AB ( 6 2)t  2 ，B选项正确，由勾股定理可知，AC2 BC2  2，D选项错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题 5分，共15分． S S 12. 在等差数列  a  中，a 2020，其前n项和为S ，若 12  10  2，则S ________. n 1 n 2022 12 10 【答案】2022 【解析】 S  【分析】根据题意，由条件可得 n是以2020为首项，1为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式  n  即可得到结果. S S  【详解】设等差数列  a  的前n项和为S  An2 Bn，则 n  AnB，所以 n是等差数列． n n n  n  S S S  S a 因为 12  10  2，所以 n的公差为1，又 1  1 2020， 12 10  n  1 1 S  所以 n是以2020为首项，1为公差的等差数列，  n  第12页/共27页 学科网（北京）股份有限公司S 所以 2022 2020202111，所以S 2022. 2022 2022 故答案为：2022 tan A 13. 记V ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2  3b2 c2，则 ______． tanC 【答案】2 【解析】 2sinB 【分析】依题意可得a2 b2 c2 4b2，同除2ab，再由余弦定理、正弦定理将边化角得到cosC  ， sin A 再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系计算可得. a2 b2 c2 2b 【详解】因为a2  3b2 c2，所以a2 b2 c2 4b2，所以  ， 2ab a 2b 2sinB 即cosC  ，由正弦定理可得cosC  ， a sin A 所以sinAcosC 2sinB，所以sinAcosC 2sin  AC  ， 所以sinAcosC 2sinAcosC2sinCcosA， 即sinAcosC 2sinCcosA， tan A 因为cosAcosC 0，所以tanA2tanC，所以 2. tanC 故答案为：2 14. 已知三棱锥PABC 的各顶点均在半径为2的球O表面上，AOBAOC 60，OBOC，则 三棱锥O ABC 的内切球半径为__________；若 AP 2 2 ，则三棱锥OPBC 体积的最大值为 __________． 2 2 2 【答案】 ①. 2 2 6## 62 2 ②. ## 2 3 3 【解析】 【分析】根据题意，可求得三棱锥O ABC各个面的面积，设三棱锥O ABC内切球的半径为r ，利用等 体积法可求得内切球的半径r ；由V V ，当点P到平面OBC的距离最大时，三棱锥OPBC 的 OPBC POBC 体积最大，建立空间直角坐标系设点P坐标，利用向量法求出点P到平面OBC的距离最大值得解. 【详解】如图，根据题意，OAOBOC OP2，AOB AOC 60o，OBOC， AB AC  2，BC 2 2， 第13页/共27页 学科网（北京）股份有限公司所以ABAC，设BC的中点为O ，则O 是V ABC 外接圆的圆心，则OO 平面ABC，则OO  2 ， 1 1 1 1 3 1 S S  4 3，S  S  222， VOAB VOAC 4 VOBC VABC 2 设三棱锥O ABC内切球的半径为r ，则 1 1 V  S OO   S S S S r， OABC 3 ABC 1 3 OAB OAC OBC ABC   2 2 即2 2  2 34 r，r   2 2 6. 2 34 由V V ，由于S 2， OPBC POBC OBC 所以当点P到平面OBC的距离最大时，三棱锥OPBC 的体积最大，     如图，以O 为坐标原点，O A,OB,OO为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A 2,0,0 ，O 0,0, 2 ， 1 1 1 1   设点P x,y,z ，因为AP 2 2，OP2，   2   2  x2  y2  z 2 2 x2  y2  z 2  4   所以 ，即 ，   x 2 2  y2 z2 2 2   x 2 2  y2z2 8   两式相减解得z 2  x， 代回上式可得2x2  y 24，所以2x2 4，即 x  2 ，        又平面OBC的一个法向量为n O A 2,0,0 ，OP  x,y,z 2 ， 1   nOP 2 x 所以点P到平面OBC的距离为d     x  2， n 2 所以点P到平面OBC的最大距离为 2， 1 2 2 所以三棱锥OPBC 的体积最大值为V  2 2  . OPBC 3 3 2 2 故答案为：2 2 6； . 3 第14页/共27页 学科网（北京）股份有限公司【点睛】思路点睛：第一空，先求出三棱锥O ABC各个面的面积，利用等体积法可求得内切球的半径； 第二空，根据三棱锥等体积转换，V V ，又S 2，当点P到平面OBC的距离最大时，三 OPBC POBC OBC 棱锥OPBC 的体积最大，建系用向量法求出答案. 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． 3 15. 在V ABC 中，内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，其外接圆的半径为2 3，且bcosC a csinB． 3 （1）求角B； （2）若B的角平分线交AC 于点D,BD 3，点E在线段AC 上，EC 2EA，求VBDE的面积． 2π 【答案】（1）B  ； 3 3 （2） ． 2 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得tanB 3，结合角的取值范围可求得角B 的值； （2）利用正弦定理可求得b的值，利用S  S S 可得ac  3  ac ，余弦定理可得 ABC BCD ABD (ac)2 ac36，两式联立可得a c2 3，然后利用三角形的面积公式可求得VBDE的面积. 【小问1详解】 3 因为bcosC a csinB， 3 3 由正弦定理可得sinBcosC sinA sinCsinB， 3 第15页/共27页 学科网（北京）股份有限公司又Aπ BC  ，所以sinBcosC sin  BC  3 sinCsinB， 3 3 所以sinBcosC sinBcosCcosBsinC sinCsinB， 3 3 即sinCcosB sinCsinB 0， 3 C 0,π  ，故sinC 0， 3 cosB sinB 0，即tanB 3， 3 2π 又B 0,π  ，则B  ． 3 【小问2详解】 2π 由（1）可知，B  ，又外接圆的半径为2 3； 3 b 由正弦定理可知 4 3， sinB 2π 所以b4 3sin 6， 3 1 π 因为BD是ABC 的平分线，故CBD ABD  ABC  ， 2 3 又BD  3， 由S  S S ， ABC BCD ABD 1 2π 1 π 1 π 可得 acsin  a 3sin  c 3sin ，即ac  3  ac ．① 2 3 2 3 2 3 2π 由余弦定理可知，b2 a2 c2 2accos ，即(ac)2 ac36．② 3 由①②可知a c2 3． 所以BD AC， 又EC2AE，则DE 1， 第16页/共27页 学科网（北京）股份有限公司1 3 所以S  1 3  . BDE 2 2 16. 已知三棱锥PABC 中，侧面PAC 是边长为2的正三角形，AC 2,BC 4,AB 2 5 ，  1  PE  PC，PF  FB，平面AEF 与底面ABC的交线为直线l． 2 （1）若BC  PC，证明：PC  AF； 4 3 （2）若三棱锥PABC 的体积为 ，Q为交线l上的动点，若直线PQ与平面AEF 的夹角为，求sin 3 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析  1 （2）0,   2 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明PC平面AEF ，由线面垂直的性质定理即可证明结论；   （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设Q 1,y,0 ，求出平面AEF 的法向量，根据空间角的向量 求法，结合不等式知识，即可求得答案. 【小问1详解】  1   由题意：PE  PC,PF  FB，∴E,F分别为棱PC,PB的中点，∴EF∥BC， 2 BC PC，EF PC． △PAC为等边三角形，E为PC中点， PC  AE． 又EF AE  E,EF,AE 平面AEF ，PC 平面AEF ， AF 平而AEF，PC  AF； 【小问2详解】 第17页/共27页 学科网（北京）股份有限公司如图，在底面ABC内过点A作BC的平行线l，即为平面AEF 与底面ABC的交线l， （因为EF∥BC，则EF∥l，A为平面AEF 与底面ABC的公共点，故l为平面AEF 与底面ABC的 交线l） 由题意AC 2,BC 4,AB 2 5 ，可得AC2 BC2  AB2，即AC  BC ， 1 故底面V ABC 的面积为S  ACBC  4， 2 4 3 1 1 设底面V ABC 上的高为h，则  Sh 4h，于是h 3， 3 3 3 注意到侧面PAC 是边长为2的正三角形，取AC中点D， 连接PD，则PD  3，从而PD即为三棱锥PABC 的高，故PD平面ABC， 取AB中点M ，连接DM ，则DM AC， 于是，以点D为坐标原点．DA,DM,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，   建立空间直角坐标系，则A  1,0,0  ,P 0,0, 3 ,C 1,0,0  ,B(1,4,0) ，  1 3  1 3 E ,0, ,F ,2, ,Q  1,y,0  ，      2 2   2 2       3 3  于是PQ  1,y, 3 ,AE  ,0, ，EF  0,2,0 ，    2 2   设平面AEF 的一个法向是为n  x ,y ,1  ， 0 0    3 3  AEn 0  x   0 则  ，即 2 0 2 ， EFn 0  2y 0 0 第18页/共27页 学科网（北京）股份有限公司 3 x    3  解得 0 3 ，即n   ,0,1  ，   3  y 0 0 3  3   3 1 1  1 由线面所成角的定义可知sina  cos 1 aln 1 a12a1 a2 a a2    4 4  4   4 4 4    a2 1   a ln a2 1      a2 1    a  a2 1   16 4 12  1 1  4  a2 a2  4  a2   1   1 0， a2  4 4 a2  4 4  1  1 a a2 a a2 所以函数g  x  在区间  0, 上存在变号零点，符合题意.  1 综合上面可知:实数a得取值范围是0, .  2 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等 函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利 用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 19.“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大 表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量X 对应取值x 的概率为 p  P  X  x  ，其单位为bit i i i n n 的熵为H(X)p log p ，且 p 1．（当 p 0，规定 plog p 0．） i 2 i i i i 2 i i1 i1 1 1 （1）若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为m(0m1)，正面向上的次数为X ，分别比较m 与m 2 4   时对应H X 的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； （2）若拋掷一枚质 ． 地 ． 均 ． 匀 ． 的硬币n次，设X 表示正面向上的总次数，Y 表示第n次反面向上的次数（0或 1 1）．p  x ,y  表示正面向上x次且第n次反面向上 y 次的概率，如n3时，p  0,1  ．对于两个离散 1 1 1 1 8 的随机变量X,Y ，其单位为bit的联合熵记为  n n  n n H(X,Y)  p  x ,0  log p  x ,0 p  x ,1  log p  x ,1   ，且p  x ,0 p  x ,1 1． i 2 i i 2 i i i   i1 i1 i1 i1 第24页/共27页 学科网（北京）股份有限公司  （ⅰ）当n3时，求H X,Y 的值； 1 （ⅱ）求证：H  X,Y n  n3 ． 2n1 【答案】（1）答案见解析 5 （2）（i） ；（ii）证明见解析. 2 【解析】 【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可； n （2）（i）根据步骤列出分布列，再计算H  X,Y  即可；（ii）当Y 0时， p  x ,0 Cx i 1   1  ，再计算 i n1 2 n 1 出Y 1时， p  x ,1 Cx i   ，最后代入公式计算化简即可. i n1 2 【小问1详解】 1 2  1  1 1 1 m 时，H(X)p log p  1  log 1   log  1 ， 2 i 2 i  2 2  2 2 2 2 i1 1 2  1  1 1 1 3 m 时，H(X)p log p  1  log 1   log  2 log 3 4 i 2 i  4 2  4 4 2 4 4 2 i1 4 3 因为33 24，所以log 3 ，所以2 log 31. 2 3 4 2 说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大. 【小问2详解】 （i）当n3时，(X,Y)的分布列： (X,Y) (1,0) (2,0) (3,0) (0,1) (1,1) (2,1) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 p   C1       C1     2 2 2 2 2 2 2 2  3 3 3  3  1 1 1 1 5 H(X,Y) 4   log   2C1   log C1    .   2 2 2 2 2 2   2 2    2 （ii）当Y 0时，第n次正面向上，前n1次中有x 1次正面向上， i 第25页/共27页 学科网（北京）股份有限公司n 1 所以 p  x ,0 Cx i 1   ， i n1 2 n n 1 n  1 n 所以 p  x ,0  log p  x ,0 Cx i 1   log Cx i 1    i 2 i n1 2 2  n1 2  i1 x1   i n1 1 n  1 n  Cx i   log Cx i   . n1 2 2 n1 2  x0   i 当Y 1时，第n次反面向上，前n1次中有x 次正面向上， i n 1 所以 p  x ,1 Cx i   ， i n1 2 n n1 1 n  1 n 所以 p  x ,1  log p  x ,1 Cx i   log Cx i   . i 2 i n1 2 2  n1 2  i1 x0   i  n n  所以H(X,Y)   p  x ,0  log p  x ,0 p  x ,1  log p  x ,1   i 2 i i 2 i   i1 i1  n1 1 n  1 n  Cx i   log Cx i   2  n1 2 2 n1 2   x0    i n1 1 n  1 n (2)Cx i   log Cx i    n1 2 2 n1 2  x0   i 1 n n1 n1  (2)    Cx i log Cx i  nCx i  2 x0 n1 2 n1 x0 n1  i i 1 n1n1      Cx i log Cx i  n2n1  2 x0 n1 2 n1  i 1 n1 n1 n   Cx i log Cx i . 2 n1 2 n1 x0 i n1 由n3,Cx i log Cx i 0(n1)log (n1)C2 log C2 1 ， n1 2 n1 2 n1 2 n1 x0 i 1 n1 n1 1 所以H(X,Y)n   Cx i log Cx i n (n3) . 2 n1 2 n1 2n1 x0 i 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当n3时，(X,Y)的分布列，然后再计算相关值， 第二小问的关键是对Y 0和Y 1的讨论，最后代入题目所给公式计算即可. 第26页/共27页 学科网（北京）股份有限公司