湖南长郡中学2026届高三暑假作业暨开学模拟检测数学试题（解析版）_2025年8月_250807湖南长郡中学2026届高三上学期暑假作业暨开学模拟检测

2026 届高三暑假作业暨开学模拟检测
数学
(本试卷共4页，时量120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共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)
1. 已知函数f(x)=ln(ax+2)在区间(1,2)上单调递减，则实数a的取值范围是 ( )
A. a<0 B. -1≤a<0 C. -1<a<0 D. a≥-1
【答案】B
【详解】令t=ax+2，则y=lnt，
因为函数f(x)=ln(ax+2)在区间(1,2)上单调递减，
且y=lnt在定义域内递增，
a<0
所以

，解得-1≤a<0，
2a+2≥0
故选：B
2. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号
为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有 ( )
A. 12种 B. 18种 C. 36种 D. 54种
【答案】B
【详解】先从3个信封中选一个放标号为1，2的卡片，有3种不同的选法，
再从剩下的4张卡片中选两张放入余下两个信封的第一个，有C2=6种不同的选法，
4
余下卡片放入第二个信封，
∴共有3C2=18种不同的方法．
4
故选：B．
3. 已知直线l :ax+(a+2)y+2=0与l :x+ay+1=0平行，则实数a的值为
1 2
A. -1或2 B. 0或2 C. 2 D. -1
【答案】D
【详解】已知两直线平行，可得a•a -(a+2)=0，即a2-a-2=0，解得a=2或-1．
经过验证可得：a=2时两条直线重合，舍去．
∴a=-1．
故选D
4. 已知在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，E，F分别在边AD，BC上，且AE=1，BF=3，
如图所示，沿EF将四边形AEFB翻折成AEFB，设二面角B-EF-D的大小为α，在翻
折过程中，当二面角B-CD-E取得最大角，此时sinα的值为 ( )3 4 2 2 1
A. B. C. D.
5 5 3 3
【答案】B
【详解】过B作EF的垂线交EF与O，交AD于M，CD于G，
设B在平面AC内的投影为H，则H在直线BM上，
过H作CD的垂线，垂足为K，则∠BKH为二面角B-CD-E的平面角，
3 3
设∠BOH=α，由题意BO=BO= ，BH=BOsinα= sinα，
2 2
3
则BH=BO+BOcosα= (1+cosα)，
2
3
由∠GBC=45°，BG=4 2，得HG=BG-BH=4 2- (1+cosα)，
2
1 3 5 3
所以HK= HG=4- (1+cosα)= - cosα，
2 2 2 2
B′H sinα
所以tan∠BKH= =3 2× ，
HK 5-3cosα
sinα 1
令t= ，可得sinα+3tcosα=5t≤ 1+9t2，则t≤ ，
5-3cosα 4
1 sinα 1 4 3 2
所以，当t= 即 = ，也即sinα= 时，tan∠BKH取到最大值 ，
4 5-3cosα 4 5 4
此时∠BKH最大，即二面角B-CD-E取得最大角.
故选：B
5. 已知实数a，b∈(1，+∞)，且2a+b  =e2a+2lnb+1，e为自然对数的底数，则 ( )
A. 1<b<a B. a<b<2a C. 2a<b<ea D. ea<b<e2a
【答案】D
【详解】因为2(a+b)=e2a+2lnb+1，所以e2a-2a-1=2(b-lnb-1)=2(elnb-lnb-1)，
函数fx  =ex-x-1⇒fx  =ex-1>0,fx  在(0,+∞)上单调递增，且f0  =0，因为b>1⇒
lnb>0⇒flnb  >0
所以f(2a)=2f(lnb)>f(lnb)，所以2a>lnb，即b<e2a，又e2a-2a-1>2(ea-a-1)，所以f(2a)=2f(lnb)>2f(a)，所以a<lnb，即b<ea，综上，ea<b<
e2a.
故选：D
6. 若a=log 3，b=log 6，c=log 3，则 ( )
2 4 6
A. a=b=c B. a<b<c C. b<c<a D. c<b<a
【答案】D
lg6 lg3+lg2
【详解】2a=log 3，2b=log 6=log 6= = ，
2 4 2 lg4 2lg2
lg9 2lg3
2c=log 9= = ，
6 lg6 lg3+lg2
∵3> 6，∴a>b，
2c 4lg3lg2 4lg3lg2 4lg3lg2
= = < =1
2b (lg3+lg2)2 lg23+lg22+2lg3lg2 2lg3lg2+2lg3lg2
又c，b都大于0，∴c<b．∴c<b<a，
故选：D．
7. 已知等差数列a
n
 的前n项和为S ，对任意n∈N*，“数列S
n n
 为递增数列”是“数列a
n

为递增数列”的 ( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】对于充分性：当a =1时，S
n n
 单调递增，但a
n
 不是单调递增的，
所以“数列S
n
 为递增数列”不能推出“数列a
n
 为递增数列”，充分性不成立；
对于必要性：当a =2n-5时，a
n n
 单调递增，
但S =-3>S =-4,S
1 2 n
 不是单调递增的，
所以“数列a
n
 为递增数列”不能推出“数列S
n
 为递增数列”，必要性不成立；
所以“数列S
n
 为递增数列”是“数列a
n
 为递增数列”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
8. 已知四面体ABCD的顶点均在半径为 5的同一球面上，且AB=2CD=4，则该四面体体
积的最大值为 ( )
A. 2 2 B. 3 C. 4 D. 3 2
【答案】C
【详解】因为AB=2CD=4，四面体ABCD外接球的半径为 5，设球心为O，设E为AB的中点，F
为CD的中点，
则球心O到AB的中点E的距离OE=  5  2-22=1，
球心O到CD的中点F的距离OF=  5  2-12=2；1 1 1
所以V =V +V ≤ S ⋅CF+ S ⋅DF= S ⋅CD，
ABCD C-ABF D-ABF 3 △ABF 3 △ABF 3 △ABF
1 1
S ≤ AB⋅EF≤ AB⋅(OE+OF)，
△ABF 2 2
1
所以V ≤ AB⋅CD⋅(OE+OF)，又OE=1，OF=2，
ABCD 6
1
所以V ≤ ×2×4×1+2
ABCD 6
 =4，当且仅当AB与CD垂直，且均与EF垂直时取等号．
故选：C
二、选择题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，
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. 过点P(2，2)作圆C：(x+2)2+(y+2)2=r2(r>0)的两条切线，切点分别为A，B，下列结
论正确的是 ( )
A. 0<r<2 2 B. 若△PAB为直角三角形，则r=4
C. △PAB外接圆的方程为x2+y2=4 D. 直线AB的方程为4x+4y+16-r2=0
【答案】BD
【详解】
因为圆C:(x+2)2+(y+2)2=r2(r>0)的圆心为(-2，-2)，半径为r，
当点P在圆C外时，才可以作2条切线，
所以PC  = 2+2  2+2+2  2=4 2>r，即0<r<4 2，故A错误；
△PAB为直角三角形，则四边形PACB为正方形，
所以PC  = 2+2  2+2+2  2=4 2= 2r，解得r=4，故B正确；
-2+2 -2+2
△PAC外接圆的圆心为PC的中点 ，
2 2
 ，
PC
即为(0，0)，半径为

=2 2，又P，A，C，B四点共圆，
2
所以△PAB外接圆的方程为x2+y2=8，故C错误；
将(x+2)2+(y+2)2=r2和x2+y2=8相减即得直线AB的方程，所以直线AB的方程为4x+4y+16-r2=0，故D正确．
故选:BD．
10. 已知曲线C:sin(x+2y)=2x-y，Px ,y
0 0
 为曲线C上任一点，则下列说法中正确的有
( )
A. 曲线C与直线y=x+1恰有四个公共点
B. 曲线C与直线y=2x-1相切
C. y 是关于x 的函数
0 0
D. x 是关于y 的函数
0 0
【答案】BD
【详解】对于A，由消元法可得sin(x+2x+2)=2x-x-1，所以sin(3x+2)=x-1，
当x>2或x<0时，x-1<-1或x-1>1，故此时sin(3x+2)=x-1无解，
下面考虑 0,2  上方程sin(3x+2)=x-1的解的个数，
设sx  =sin3x+2  -x+1，其中sx  =3cos3x+2  -1，
π
设θ∈0, 3 
1
且cosθ= ，则sx 3 
2π-θ-2 2π+θ-2
=0的解为x = ，x = ， 1 3 2 3
而s0  =3cos2-1<0，
故当0<x<x 1 或x 2 <x<2时，sx  <0，当x 1 <x<x 2 时，sx  >0，
故sx  在0,x 1  ，x 2 ,2  上为减函数，在x 1 ,x 2  x 3 ,2  上为增函数，
而s0  =sin2+1>0，x 2 >1且s1  =sin5<0，
9
s
5

37 4 7π 37 5π 37 4 3 4
=sin - ，而 < < ，故sin - > - >0，
5 5 3 5 2 5 5 2 5
9
故s
5
 >0，s2  =sin8-1<0，
故sx  在 0,2  有3个不同的实数根，故A错误；
y=2x-1
对于B，由
sinx+2y 
π
2+ +2kπ
 2

可得sin(5x-2)=1，故x= ,k∈Z，
=2x-y 5
对sin(x+2y)=2x-y两边求关于x的导数，
则cos(x+2y)1+2y  =2-y，
π
2+ +2kπ
2
故当x= ,k∈Z时，有cos(5x-2)1+2y
5
 =0=2-y，
π
2+ +2kπ
2
当x= ,k∈Z，y=2，而直线y=2x-1的斜率为2，
5
故曲线C与直线y=2x-1相切，故B正确.
对于C，取x=π，考虑sin(π+2y)=2π-y即方程y-sin2y=2π的解的个数，
设sx  =x-sin2x-2π，则s5 
7π
=5-sin10-2π<0，s
4

7π π
= -2π+1=- +1>0，
4 4
9π
s
4

π
= -1<0，s3π
4
 =π>0，
故sx  至少有两个零点，故y-sin2y=2π有两个不同的解，
故y 不是关于x 的函数，故C错误；
0 0
对于D，ux  =sin(x+2y)-2x+y，则ux  =cos(x+2y)-2<0，故ux  为R的减函数，且当x→+∞时，ux  →-∞，当x→-∞时，ux  →+∞，
故对任意y∈R，方程sin(x+2y)-2x+y=0即sin(x+2y)=2x-y有唯一解，
故x 是关于y 的函数，故D正确；
0 0
故选：BD.
11. 已知曲线C:x-2 x+y2=0，下列结论正确的是 ( )
A. 曲线C关于直线x=1对称
B. 曲线C上恰好有4个整点(即横，纵坐标均是整数的点)
C. 曲线C上存在一点P，使得P到点(1,0)的距离小于1
D. 曲线C所围成区域的面积大于4
【答案】BD
【详解】方法一：x-2 x+y2=0，代入2-x,y  则2-x-2 2-x+y2≠0，即曲线C不 关于x=
1对称，
( x-1)2+y2=1，整点(0,0)，(1,1)，(1,-1)，(4,0)共4个，B对．
设P1+2cosθ+cos2θ,sinθ  ，M(1,0),PM= 2cosθ+cos2θ  2+sin2θ=
cos2θcosθ+1  cosθ+3  +1≥1，C错．
如图S =4，∴曲线C所围成区域的面积大于4，D对，
△OBA
方法二：对于A，∵P(0,0)在曲线C上，P关于x=1的对称点P(2,0)，而2-2 2+0≠0∴P(2,0)
不在曲线C上，
∴曲线C不关于直线x=1对称，A错．
对于B，由2 x-x≥0⇒0≤x≤4，当x=0时，y=0；当x=1时，y=±1；
当x=2时，y2=2 2-2∉Z，舍；当x=3时，也舍，当x=4时，y=0
∴曲线C上恰有4个整点(0,0),(1,±1)及(4,0)，B正确．
对于C，设P(x,y)为曲线上的点，∴x-2 x+y2=0，
∴P到(1,0)的距离d= (x-1)2+y2= (x-1)2+2 x-x= x2-3x+2 x+1=
x( x-1)2( x+2)+1≥1，C错．
对于D，曲线C关于x轴对称，考察曲线C在第一象限与x轴围成的面积，P(x,y)为曲线C第一象
限上任一点，M(1,1)在曲线上，
A(0,0)，B(4,0)也在曲线上，且0≤x≤1时，
y2-x2=2 x-x-x2= x(1- x)(2+x+ x)≥0⇒y≥x，当且仅当x=0或1时取“=”，
P始终在y=x上方，即在直线MA上方；
1 1 1
且1<x≤4时，y2- (4-x)2=2 x-x- (4-x)2= (2- x)( x-1)(x+3 x+8)≥0⇒
9 9 9
1
y≥ (4-x)，
31
当且仅当x=4时取“=”，∴P始终在直线MB上方，∴曲线C所围区域面积S >2S =2×
围 △MAB 2
×4=4，D正确，
故选：BD．
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 已知5x2y2+y4=1(x,y∈R)，则x2+y2的最小值是 ．
4
【答案】
5
【详解】∵5x2y2+y4=1
1-y4
∴y≠0且x2=
5y2
1-y4 1 4y2 1 4y2 4 1 4y2 3
∴x2+y2= +y2= + ≥2 ⋅ = ，当且仅当 = ，即x2= ,y2=
5y2 5y2 5 5y2 5 5 5y2 5 10
1
时取等号.
2
4
∴x2+y2的最小值为 .
5
4
故答案为： .
5
13. 写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程 ．
3 5 7 25
【答案】y=- x+ 或y= x- 或x=-1
4 4 24 24
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，
|c| |3+4b+c|
于是 =1， =4.
1+b2 1+b2
故c2=1+b2①，|3+4b+c|=|4c|.于是3+4b+c=4c或3+4b+c=-4c，
24 4
再结合①解得  b
c
=
=
0
1
或   b
c
=
=
-
- 2
7
5
或   b
c
=
=-
3
5
，
7 3
所以直线方程有三条，分别为x+1=0，7x-24y-25=0，3x+4y-5=0.
(填一条即可)
[方法二]：
设圆x2+y2=1的圆心O(0,0)，半径为r =1，
1
圆(x-3)2+(y-4)2=16的圆心C(3,4)，半径r =4，
2
则|OC|=5=r +r ，因此两圆外切，
1 2由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x+1=0符合题意；
又由方程(x-3)2+(y-4)2=16和x2+y2=1相减可得方程3x+4y-5=0，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x-3y=0，
4
直线OC与直线x+1=0的交点为-1,-
3
 ，
4
k-
4 3
设过该点的直线为y+ =k(x+1)，则
3

7
=1，解得k= ，
k2+1 24
从而该切线的方程为7x-24y-25=0.(填一条即可)
[方法三]：
圆x2+y2=1的圆心为O0,0  ，半径为1，
圆(x-3)2+(y-4)2=16的圆心O 为(3,4)，半径为4，
1
两圆圆心距为 32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
4 3 3
当切线为l时，因为k = ，所以k =- ，设方程为y=- x+t(t>0)
OO 1 3 l 4 4
|t| 5 3 5
O到l的距离d= =1，解得t= ，所以l的方程为y=- x+ ，
9 4 4 4
1+
16
当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k<0，
p
由题意
 =1
1+k2 3k+4+p 




 =4 ，解得  
k
p
=
=
-
2
2
5
4
2
7
4 ，y= 2 7 4 x- 2 2 5 4
1+k2
当切线为n时，易知切线方程为x=-1，3 5 7 25
故答案为：y=- x+ 或y= x- 或x=-1.
4 4 24 24
14. 若实数x，y满足(x+ x2+4)(y+ y2+4)=4，则x2+2y的最小值为 ．
【答案】-1.
【详解】由题意，实数x，y满足(x+ x2+4)(y+ y2+4)=4，
可得(x+ x2+4),2,(y+ y2+4)构成成等比数列，
x+ x2+4= 2 x2+4= 2 -x 设公比为q，则 q ，整理得 q
y+ y2+4=2q
 2 x= 1 -q   q  ，解得 ，
1
y2+4=(2q-y)2 y=q-
q
可得y=-x，所以x2+2y=x2-2x=(x-1)2-1≥-1，
故x2+2y的最小值为-1．
故答案为：-1．
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)
1
15. 已知函数f(x)=lnx+λ -x
x
 (λ∈R).
(1)当x>1时，不等式fx

<0恒成立，求λ的最小值；
1
(2)设数列a = n∈N*
n n

a
，其前n项和为S ，证明：S -S + n >ln2.
n 2n n 4
1
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
2
1
【详解】(1)因为f(x)=lnx+λ -x
x

-λx2+x-λ
(λ∈R)，故可得f(x)=
x2
1
当λ≥ 时，方程-λx2+x-λ=0的Δ=1-4λ2≤0，
2
故因式-λx2+x-λ在区间(1,+∞)恒为负数，
故x>1时，fx  <0恒成立，故fx  单调递减，
又f1  =0，故fx  <0在x>1时恒成立，满足题意；
1
当0<λ< 时，方程-λx2+x-λ=0有两个不相等的实数根，
2
1- 1-4λ2 1+ 1-4λ2
且x = <1<x = .
1 2λ 2 2λ
故fx  >0在区间1,x 2  恒成立，此时fx  单调递增；
又f1  =0，故fx  >0在1,x 2  恒成立，不满足题意；
1
当λ≤0时，f(x)=lnx+λ -x
x
 ≥lnx，
函数y=lnx在1,+∞  恒为正值，故fx  >0在1,+∞  恒成立，不满足题意.
1
综上所述，λ∈  ,+∞
 2
 ，
1
故λ的最小值为 .
2
1 1
(2)由(1)可知，当x>1时，lnx<-  -x
2 x

(x+1)(x-1)
=
2x
1
若n∈N*，ln1+
n

1
1+
n
<
  +1  
1
⋅ 1+
n
  -1 
1 21+
n

2n+1
= ，
2n(n+1)1 1
即ln(n+1)-lnn< + 恒成立，
2n 2(n+1)
1 1
把n换成n+1，可得ln[(1+n)+1]-ln(n+1)< + 成立，
2(n+1) 2[(n+1)+1]
1 1
即ln(n+2)-ln(n+1)< + ，
2(n+1) 2(n+2)
1 1
以此类推，ln(n+3)-ln(n+2)< +
2(n+2) 2(n+3)
⋯⋯
1 1
ln2n-ln(2n-1)< + ，
2(2n-1) 4n
1 1 1 1 1
累加可得ln2n-lnn=ln2< + + +⋯+ + .
2n n+1 n+2 2n-1 4n
1 1 1 1
又S -S = + +⋯+ + ，
2n n n+1 n+2 2n-1 2n
a
故S -S + n >ln2.即证.
2n n 4
【点睛】本题考查利用导数由恒成立问题求参数范围，涉及利用导数证明不等式，属综合困难题.
16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC⎳AD，AB
⊥AD，AD=2AB=2BC=2，PC= 2，E,F分别为PD,BE的中点.
(1)证明：P,A,C,F四点共面；
(2)求直线DF与平面PAC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
4 10
(2)
15
小问1详解】
如图：取AD中点O，连接OP，OC.
因为△APD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以OP⊥AD；
又四边形ABCD是直角梯形，且AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，
所以四边形ABCO为正方形，所以OC⊥AD；
在△PCD中，OP=OC=1，PC= 2，由OP2+OC2=PC2得：OC⊥OP.
所以OP，OC，OD两两垂直.
以O为原点，建立如图空间直角坐标系：则P0,0,1  ，A0,-1,0  ，B1,-1,0  ，C1,0,0  ，D0,1,0  ，
1 1
因为E为PD中点，所以E0, ,
2 2

1 1 1
，因为F为BE中点，所以F ,- ,
2 4 4
 ，

1 1 1
则OF= ,- ,
2 4 4


，OC=1,0,0 

,OA=0,-1,0 

,OP=0,0,1  ，
   
1 1 1
所以OF= OC+ OA+ OP.
2 4 4
1 1 1
因为 + + =1，所以P,A,C,F四点共面.
2 4 4
【小问2详解】

1 5 1
因为DF= ,- ,
2 4 4


，PA=0,-1,-1 

，PC=1,0,-1  ，

设平面PAC的法向量为n=x,y,z  ，


n⊥PA x,y,z 则   ⇒
n⊥PC
 ⋅0,-1,-1  =0
x,y,z  ⋅1,0,-1 
  ⇒   y+z=0 ，取n  =1,-1,1
=0 x-z=0
 ，
设直线DF与平面PAC所成的角为θ，


则sinθ=cosDF,n 


DF⋅n
=


DF   ⋅n 
1 5 1
+ +
2 4 4 4 10
= = .
1 25 1 15 + + × 3
4 16 16
17. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为
200，每局比赛，棋手胜加100分；平局不得分；棋手负减100分．当棋手总分为0时，挑战失
败，比赛终止；当棋手总分为300时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋
1 1 1
手胜、平、负的概率分别为 、 、 ，且各局比赛相互独立.
4 4 2
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在3局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，棋手每胜1局，获奖5千元．记nn≥10

局后比赛终止且棋手获奖1万
元的概率为Pn

，求Pn

的最大值．
5
【答案】(1)
16
3
(2)
11
261
(3)
217
【小问1详解】
设每局比赛甲胜为事件A，每局比赛甲平为事件B，每局比赛甲负为事件Ci∈N*
i i i
 ，设“两局后比赛终止”为事件M，
因为棋手与机器人比赛2局，所以棋手可能得0分或300分比赛终止．
(i)当棋手得分为0分，则2局均负，即C C ；
1 2
(ii)当棋手得分为300分，则2局先平后胜，即B A ．
1 2
因为C 1 C 2 、B 1 A 2 互斥，所以PM  =PC 1 C 2 +B 1 A 2  =PC 1 C 2  +PB 1 A 2 
=PC 1  PC 2  +PB 1  PA 2 
1
= 2 
2 1
+ 4 
2 5
= ． 16
5
所以两局后比赛终止的概率为 ．
16
【小问2详解】
设“3局后比赛终止”为事件D，“3局后棋手挑战成功”为事件E．
因为PD  =PB 1 B 2 A 3 +B 1 C 2 C 3 +C 1 A 2 A 3 +C 1 B 2 C 3 
1
=
4

3 1 1
+ ×
4 2

2 1 1
+ ×
2 4

2 1 1 1 11
+ × × = ，
2 4 2 64
PE  =PB 1 B 2 A 3 +C 1 A 2 A 3 
1
= 4 
3 1 1
+ × 2 4 
2 3
= ． 64
所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
PED 
PDE
=

PD 
PE
=

PD 
3
64 3
= = ．
11 11
64
3
所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ．
11
【小问3详解】
因为n局获奖励1万元，说明甲共胜2局．
(i)当棋手第n局以0分比赛终止，说明前n-1局中有3负2胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均
为平局，共有C5 种，
n-1
(ii)当棋手第n局以300分比赛终止，说明前n-1局中有1负1胜，且是先负后胜的顺序，其余均为
平局，共有C2 种，
n-1
则“nn≥10  局后比赛终止且棋手获得1万元奖励”的概率
Pn 
1
=C5  n-1 2 
4 1
 4 
n-4 1
+C2  n-1 2 
1
 4 
n-1 C2 +8C5
= n-1 n-1 ，n≥10 22n-1  ．
Pn+1
所以

Pn 
C2+8C5
= n n ．
4C2 +32C5 n-1 n-1
C n 2+8C n 5-4C n 2 -1 -32C n 5 -1 =C n 2-4C n 2 -1  +8C n 5-4C n 5 -1 
n-1
=
 8-3n  n-1
+
2
 n-2  n-3  n-4  20-3n 
15
因为n≥10，所以C2+8C5-4C2 -32C5 <0，
n n n-1 n-1
Pn+1
所以

Pn 
<1，所以Pn  单调递减，
所以当n=10时，Pn  取最大值为P10 
261
= ．
217
18. 正方体ABCD-A B C D 的棱长为4，E、F分别为A D ,C B 中点，CG=3GC ．
1 1 1 1 1 1 1 1 1(1)求证：GF⊥平面FBE；
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D-FBE的体积．
【答案】(1)证明见解析
4
(2)
5
32
(3)
3
【小问1详解】
法一、 正方形BCC B 中，
1 1
C G 1 FB
由条件易知tan∠C FG= 1 = = 1 =tan∠B BF，所以∠C FG=∠B BF，
1 C F 2 BB 1 1 1
1 1
π
则∠B FB+∠B BF= =∠C FG+∠B FB，
1 1 2 1 1
故∠BFG=π-∠C 1 FG+∠B 1 FB 
π
= ，即FG⊥BF， 2
在正方体中，易知D C ⊥平面BCC B ，且EF⎳D C ，
1 1 1 1 1 1
所以EF⊥平面BCC B ，
1 1
又FG⊂平面BCC B ，∴EF⊥FG，
1 1
∵EF∩BF=F,EF、BF⊂平面BEF，∴GF⊥平面BEF；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则B4,4,0  ,E2,0,4  ,F2,4,4  ,G0,4,3  ，

所以EF=0,4,0 

,EB=2,4,-4 

,FG=-2,0,-1  ，

设m=a,b,c  是平面BEF的一个法向量，


m⋅EF=4b=0 
则    ，令a=2，则b=0,c=1，所以m=2,0,1
m⋅EB=2a+4b-4c=0
 ，
 

易知FG=-m，则FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF⊥平面BEF；
【小问2详解】
同上法二建立的空间直角坐标系，

所以EG=-2,4,-1 

,BG=-4,0,3  ，

由(1)知FG是平面BEF的一个法向量，

设平面BEG的一个法向量为n=x,y,z 


n⋅EG=-2x+4y-z=0
，所以   ，
n⋅BG=-4x+3z=0

令x=6，则z=8,y=5，即n=6,5,8  ，
设平面BEF与平面BEG的夹角为α，

则cosα= cosFG,n   


FG⋅n
=


FG   ⋅n 
20 4
= = ；
5× 125 5
【小问3详解】
由(1)知EF⊥平面BCC B ，FB⊂平面BCC B ，∴EF⊥FB，
1 1 1 1
1 1
易知S = EF⋅BF= ×4× 42+22=4 5，
△BEF 2 2

又DE=2,0,4 
 
DE⋅FG
，则D到平面BEF的距离为d=


FG 
8
= ，
5
1 1 8 32
由棱锥的体积公式知：V = d×S = × ×4 5= .
D-BEF 3 △BEF 3 5 3
19. 已知函数fx  =x-1  lnx，
(1)已知函数fx  =x-1  lnx的图象与函数gx  的图象关于直线 x=-1对称，试求gx  ；
(2)证明fx

≥0；
(3)设x 是fx
0
 =x+1的根，则证明：曲线y=lnx在点Ax ,lnx
0 0
 处的切线也是曲线y=
e x的切线.
【答案】(1)gx  =-3-x  ln-2-x  ,(x<-2).
(2)证明见解析 (3)证明见解析
【小问1详解】
因为fx  的图象与gx  的图象关于直线 x=-1对称，所以 f-1-x  =g-1+x  .
又因为 f-1-x  = -1-x   -1  ln-1-x  =-2-x  ln-1-x  ，
所以g-1+x  =-2-x  ln-1-x  ，
令t=-1+x，则 x=t+1，
所以gt  = -2-t+1  ln  -1-t+1    =-3-t  ln-2-t  ，
因此gx  =-3-x  ln-2-x  ,(x<-2).
【小问2详解】
证明：
解法1：当 x≥1时，x-1≥0且 lnx≥0，此时 fx  =x-1  lnx≥0；
当0<x<1时，x-1<0且lnx<0，此时 fx  =x-1  lnx>0，
故综上fx  ≥0.
解法2：fx 
1
=lnx+1- ，令φx
x

1
=lnx+1- ，φx
x

1 1
= + >0在0,+∞
x x 2
 上恒成立，
故φx  在0,+∞  上单调递增，即fx  在0,+∞  上单调递增，因此当0<x<1时，fx  <f1  =0；当x≥1，fx  ≥f1  =0；
因此fx  在0,1  上单调递减，在 1,+∞  上单调递增，
故fx  ≥f1  =0.
【小问3详解】
证明：不妨取曲线 y=ex上的一点 Bx 1 ,ex 1  ，设gx  =lnx在A处的切线即是 hx  =ex在B处的
切线，
则 gx 0  =hx 1 
1 1 1 1
= =ex 1，得 x =ln ，则 B的坐标 ln ， x 1 x x x
0 0 0 0
 ，
由于x 0 -1 
x +1
lnx =x +1，所以lnx = 0 ， 0 0 0 x -1
0
lnx - 1 lnx - 1 x 0 +1 - 1 x2 0 +1
则有k = 0 x 0 = 0 x 0 = x 0 -1 x 0 = x 0x 0 -1 AB 1 x +lnx x +1 x -ln 0 0 x + 0
0 x 0 0 x 0 -1
 1 x2+1 = x =gx 0 0 0
x -1 0
 ，
综上可知，直线AB的斜率等于gx  =lnx在A处的切线斜率和hx  =ex在B处的切线斜率，
所以直线AB既是曲线y=lnx在点Ax 0 ,lnx 0  处的切线也是曲线y=ex的切线.