安徽省合肥一中2025-2026学年高三上学期1月考试数学答案(1)_2026年1月_260116安徽省合肥一中2025-2026学年高三上学期1月考试（全科）

2026届高三12月阶段调研 数学
一、单选题（每题5分，共40分）
1.已知集合A=x1<2x-1<3  ，B=xx2-3=0  ，则A∩B= ( )
A. - 3, 3  B.  3  C. - 3  D.∅
【答案】【答案】B
【分析】先表示出集合A,B，再根据交集运算求解出结果.
【详解】因为1<2x-1<3，解得1<x<2，所以A=x1<x<2  ，
因为x2-3=0，解得x=± 3，所以B=- 3, 3  ，
所以A∩B= 3  ，
故选：B.
z
2.已知复数z满足 =2+z，其中i为虚数单位，则z
i
 = ( )
2
A.1 B.2 C. D. 2
2
【答案】【答案】D
【分析】先将题中所给式子化简，解出z，再计算模长即可.
z 2i 2i1+i
【详解】由 =2+z，得z=2i+zi，z(1-i)=2i，z= =
i 1-i

1-i  1+i 
=
2i1+i 
=-1+i，
2
故|z|= (-1)2+12= 2，
故选：D．
y2 x2
3.双曲线 - =1m,n>0
m n
 过点 3,2 
π
，其两条渐近线的夹角为 ，则双曲线的方程
3
为 ( )
y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2
A. - =1 B. - =1 C. - =1 D. - =1
5 3 2 3 3 9 3 5
5 5
【答案】【答案】C
π
【分析】由双曲线的渐近线性质及两条渐近线的夹角为 ，分类求解即可．
3
π π π
【详解】由两条渐近线的夹角为 ，可得渐近线的倾斜角为 或 ，
3 3 6
y2 x2
由 - =1m,n>0
m n
 可知双曲线的焦点在y轴上，
π
当渐近线的倾斜角为 时，渐近线方程为y=± 3x，点 3,2
3
 在直线y= 3x
的下方，不可能在该双曲线上，不合题意；
π 3
当渐近线的倾斜角为 时，渐近线方程为y=± x，点 3,2
6 3
 在直线y=
3 3 x的上方，此时    4 m n = 3 3 3 , 解得  m n= = 9 3 ，则双曲线的方程为 y 3 2 - x 9 2 =1.
 - =1,
m n
故选：C
高三数学试卷 第1页(共4页)4.已知fx  是定义在R上的偶函数，且f4-x  =fx 
3
，当0≤x≤ 时，fx
2
 =3-2x，则
f-2025  = ( )
A.-1 B.1 C.3 D.7
【答案】【答案】B
【分析】首先根据偶函数的定义可得：f-x  =fx  ，进而根据已知条件求得函数
的周期，最后借助函数周期性求解函数值即可.
【详解】因为fx  是定义在R上的偶函数，所以f-x  =fx  .又因为f4-x  =
fx  ，
所以f4-x  =f-x  ，所以fx+4  =fx  ，所以fx  的周期为4.
3
因为0≤x≤ 时，fx
2
 =3-2x，所以f-2025  =f-1  =f1  =1.
故选：B.
3 π
5.已知 sin2α=cos +α
2 2

π
，α∈ ,π
2
 ，则tanα= ( )
A.-2 2 B.- 2 C.-2 D.-3 2
【答案】【答案】A
【分析】利用二倍角正弦公式和诱导公式化简等式，结合角的范围求解tanα.
3 π
【详解】原等式 sin2α=cos +α
2 2

3
可化为 ×2sinαcosα=-sinα，即
2
3sinαcosα=-sinα，
π
因为α∈ ,π
2

1
，所以sinα>0，所以cosα=- ，
3
1 sinα= 1-cos2α= 1--
3
 2 1 8 2 2 = 1- = = ，
9 9 3
2 2
3
tanα= =-2 2.
1
-
3
故选：A.
 
6.已知正方形ABCD的边长为2，E为边BC的中点，F为边CD上一点，当AE⋅AF =4
时，tan∠EAF= ( )
3 2 1 1
A. B. C. D.
4 3 3 4
【答案】【答案】A

【分析】建立平面直角坐标系，设DF  =x，则Fx,2  ，0≤x≤2，利用平面向量数
 
π
量积的运算性质可得出AE⋅AF的最大值及其对应的x值，可得出∠BAF= ，
4
再利用两角差的正切公式可求得tan∠EAF的值.
【详解】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直
角坐标系如图所示，
高三数学试卷 第2页(共4页)则A0,0  、E2,1 

，设DF  =x，则Fx,2 

，0≤x≤2，故AF=x,2 

，AE=
2,1  .
 
所以AE⋅AF=2,1  ⋅x,2  =2x+2，故x=1
此时点F1,2 
1
2-
2 3
，此时tan∠EAF= = .
1 4
1+2×
2
故选：A.
3
7.在体积为 的三棱锥A-BCD中，AC⊥AD，BC⊥BD，平面ACD⊥平面BCD，
2
π π
∠ACD= ，∠BCD= ，若点A，B，C，D都在球O的表面上，则球O的表面积为
3 4
( )
A.12π B.16π C.32π D.48π
【答案】【答案】A
【分析】取CD的中点O，由直角三角形性质可得OA=OB=OC=OD，则点O就
是球心，再利用线面垂直的性质定理可得OB⊥平面ACD，从而可结合三棱锥体
积公式计算即可得.
【详解】如图，取CD的中点O，连接AO，BO，因为AC⊥AD，BC⊥BD，
π
所以OA=OB=OC=OD，因此点O就是球心，又∠BCD= ，
4
故△BCD是等腰直角三角形，所以OB⊥CD，
因为平面ACD⊥平面BCD，平面ACD∩平面BCD=CD，
且OB⊂平面BCD，所以OB⊥平面ACD，
设球O半径为R，则OB=R，CD=2R，则AC=R，AD= 3R，
1 1 1
所以三棱锥A-BCD的体积V= S ⋅OB= × ×AC⋅AD⋅OB=
3 △ACD 3 2
3 3
R3= ，
6 2
所以R= 3，所以球O的表面积为4πR2=12π.
故选：A.
8.已知直线l:(3m+2)x+(m-3)y-3m+9=0,若曲线C:(x-4)2+y2=r2(r>0)上存在
高三数学试卷 第3页(共4页)点与P(-1,3)关于直线l对称，则r的取值范围为 ( )
A. 3,6  B. 3,5  C. 4,6  D. 4,5 
【答案】【答案】C
【分析】根据给定条件，利用轴对称求出点P关于直线l的对称点的轨迹，再利用
两圆的有公共点关系列式求出范围.
【详解】设点P(-1,3)关于直线l的对称点Q(x,y)，则线段PQ的中点
x-1 y+3
 ,
2 2
 在直线l上，
 
 
又PQ=(x+1,y-3)，直线l的方向向量a=(m-3,-3m-2)，而PQ⋅a=0，
x-1 y+3
(3m+2)⋅ +(m-3)⋅ -3m+9=0
因此 2 2 ，即
(x+1)(m-3)+(y-3)(-3m-2)=0
(3x+y-6)m=-2x+3y-7
 ，

3x+2y-3=(x-3y+10)m
消去m得(3x+y-6)(3x+2y-3)+(2x-3y+7)(x-3y+10)=0，
整理得x2+y2-6y+8=0，即x2+(y-3)2=1，于是点Q在以点D(0,3)为圆心，
1为半径的圆上，
而曲线C:(x-4)2+y2=r2(r>0)是以点C 14,0  为圆心，r为半径的圆，C 1 D  =
5，
依题意，点Q在曲线C上，则曲线C与圆D有公共点，即这两个圆相交或相切，
因此 r-1≤   C 1 D  ≤r+1，即|r-1|≤5≤r+1，解得4≤r≤6，
所以r的取值范围为4,6  .
故选：C
法二：直线l过定点T(0,3).设P的对称点为P',则|TP'|=|TP|=1,故点P'的轨
迹为以T为圆心,半径为1的圆,方程为x2+(y-3)2=1.
二、多选题（每题6分，共18分）
9.已知随机变量X~N8,4  ，若PX≤6  =a,P(8<X<10)=b，则 ( )
A.PX≥10 
1
=a B.a+b=
2
C. E2X-1  =15 D.D2X-2  =14
【答案】【答案】ABC
【分析】根据正态分布的定义和正态曲线的性质，利用均值与方差的计算性质逐一
判断各选项即得.
【详解】因为随机变量X∼N8,4  ，所以PX≥10  =PX≤6  =a，故A正确；
a+b=PX≤6  +P(8<X<10)=PX≥10  +P(8<X<10)=PX>8  =
1
，故B正确；
2
因为随机变量X∼N8,4  ，所以EX  =8,DX  =4，
则E2X-1  =2EX  -1=2×8-1=15，故C正确；
又D2X-2  =4DX  =16，故D错误.
故选：ABC.
10.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，点F关于原点O的对称点为E，第一象限内的点A，B
高三数学试卷 第4页(共4页) 
1
在C上，且EA= EB，则 ( )
2
1
A.点E的坐标为(-4,0) B.|FA|= |FB|
2
2
C.直线AB的斜率为 D.直线FA,FB关于x轴对称
3
【答案】【答案】BD
【分析】据抛物线焦点坐标公式，结合抛物线定义、直线斜率公式逐一判断即可.
【详解】对于A，由抛物线的标准方程可知：F2,0  ，所以点E的坐标为-2,0  ，故
A错误；
 
1
对于B，由EA= EB，可得点A为线段EB的中点，点E为C的准线与x轴的交
2
1
点，所以点A到准线的距离是点B到准线的距离的 ，由抛物线定义可得B正
2
确；
对于C，设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，由点A为EB的中点，
1
可得y 2 =2y 1 ，y2 2 =4y2 1 ，所以x 2 =4x 1 ，又x 1 +2= 2 x 2 +2  ，
联立解得x =1,x =4，所以A(1,2 2)，B(4,4 2)，
1 2
4 2-2 2 2 2
所以k = = ，故C错误；
AB 4-1 3
2 2 4 2
对于D，k = =-2 2,k = =2 2,k +k =0，故D正确．
FA 1-2 FB 4-2 FA FB
故选：BD
1
11.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，a2+mc2= b2, 3sinA+cosA=2，则下
3
列说法正确的是 ( )
π 2
A.A= B.若△ABC为等腰三角形，则m=-
6 3
1 1 3
C.当m=-1时，2b=3c D.当m=-1时， + =
tanA tanC tanB
【答案】【答案】BC
π
【分析】利用辅助角化简得到 3sinA+cosA=2sinA+
6
 =2，求解得到A=
π 1 2
，A选项错误；△ABC为等腰三角形时，1+m= ，解得m=- ，故B选项
3 3 3
1
正确；当m=-1时，a2-c2= b2，结合余弦定理化简得到2b=3c，故C选项正
3
确；
1 1
由三角恒等变换得到tanB +
tanA tanC

b2
= ，当m=-1时，accosB
accosB
1 1 1 9
= b2，即 + = ，故D选项错误．
9 tanA tanC tanB
高三数学试卷 第5页(共4页)π
【详解】对于A， 3sinA+cosA=2sinA+
6

π
=2，即sinA+
6
 =1，
π π 7π π π π
因为0<A<π，故 <A+ < ，故A+ = ，故A= ，A选项错误；
6 6 6 6 2 3
对于A，由对A选项的分析可知，当△ABC为等腰三角形时，△ABC为等边三角
1 2
形，故a=b=c，则1+m= ，解得m=- ，故B选项正确；
3 3
1
对于C，当m=-1时，a2-c2= b2，
3
1
结合余弦定理a2=b2+c2-2bccosA 得b2-2bccosA= b2，即3ccosA=b，即
3
2b=3c，故C选项正确；
1 1
对于D，由tanB +
tanA tanC

sinB cosA cosC
=  +
cosB sinA sinC

sinB
= ⋅
cosB
sinCcosA+sinAcosC sinB sinB sin2B b2
= ⋅ = = ，又由
sinAsinC cosB sinAsinC cosBsinAsinC accosB
3 1 7
对C选项分析可知，当m=-1时，b= c，代入a2-c2= b2，解得a= c，
2 3 2
7 2 a2+c2-b2 1
故a= b,c= b，代入accosB= ，得accosB= b2，
3 3 2 9
b2 1 1 9
故 =9，即 + = ，故D选项错误．
accosB tanA tanC tanB
故选：BC．
三、填空题（每题5分，共15分）
12.已知等比数列a
n
 的各项均为正数，若a +a =16，a +a =4，则该等比数列a
1 3 2 4 n
 的公
比为 ．
1
【答案】【答案】 /0.25
4
【分析】根据等比数列的通项关系作除法运算即可得公比的值.
【详解】设等比数列a
n
 的公比为q，
因为a
n
 各项均为正数，若a +a =16，a +a =4，
1 3 2 4
则 a 2 +a 4 = qa 1 +a 3
a +a
1 3
 4 1 =q= = ，
a +a 16 4
1 3
故该等比数列a
n

1
的公比为 .
4
1
故答案为： .
4
13.已知函数 fx 
x+a
= x2+1 恰有一个极小值点x 1 和一个极大值点x 2 ，设点A x 1 ,fx 1    ,
B x 2 ,fx 2    ，则直线AB的斜率为 .
1
【答案】【答案】 /0.5
2
【分析】由导数为0结合韦达定理可得x +x =-2a,xx =-1，通过斜率计算公式
1 2 1 2
化简即可得结果.
【详解】由题意知fx 
x+a
= 的定义域为R，
x2+1
且fx 
x2+1-2xx+a
=

x2+1

-x2-2ax+1
=
2 x2+1

.
2
令fx  =0，得x2+2ax-1=0，此方程有两个不相等的实数根x,x ， 1 2
其中x <x ，x +x =-2a,xx =-1
1 2 1 2 1 2
高三数学试卷 第6页(共4页)故直线AB的斜率为 fx 2  -fx 1 
x +a x +a
2 - 1
x2+1 x2+1 = 2 1 =
x -x x -x
2 1 2 1
x 2 -x 1  1-x 1 x 2 -ax 1 +x 2   
x 2 -x 1  x2 1 +1  x2 2 +1 
= 1-x 1 x 2 -ax 1 +x 2 
x2 1 +1  x2 2 +1 
2a2+2
=
2+x 1 +x 2 
2a2+2 1
= = ，
2-2xx 4a2+4 2 1 2
1
即直线AB的斜率为 .
2
1
故答案为： .
2
14.现有10个外表相同的袋子，里面均装有10个除颜色外其他无区别的小球，第k(k=1,2,
3,⋯,10)个袋中有k个红球，10-k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，
并且从中连续取出三个球(每个球取出后不放回)．则第三次取出白球的概率为 ．
9
【答案】【答案】
20
1
【分析】根据题意，抽到任何一个袋子的概率为 ，结合每个袋子中取出白球的概
10
率，利用全概率公式列出等式，计算结果即可．
【详解】设选出的是第k个袋子，连续三次取球的方法数为10×9×8=720，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
(白，白，白)：取法数为(10-k)(9-k)(8-k)，
(白，红，白)：取法数为k(10-k)(9-k)，
(红，白，白)：取法数为k(10-k)(9-k)，
(红，红，白)：取法数为k(k-1)(10-k)，
从而第三次取出的是白球的种数为：
(10-k)(9-k)(8-k)+2k(10-k)(9-k)+k(k-1)(10-k)=72(10-k),
10-k
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率p = ，而选到第k个袋子的
k 10
1
概率为 ，
10
10 1 10 10-k 1 1 10 9
故所求概率为p=p ⋅ = ⋅ = (10-k)= .
k 10 10 10 100 20
k=1 k=1 k=1
9
故答案为： .
20
四、解答题（共77分）
15.（本题13分）2025年12月，某校语文教师对学生提出“12月读一本书”的要求，每位学生
都选择且只能选择《红楼梦》和《三国演义》中的一本，现随机调查该校男、女生各100人，
整理得到2×2列联表如下．
《红楼梦》 《三国演义》
男生 30 70
女生 60 40
(1)依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性
别有关？
(2)已知学生选择哪本书是相互独立的，用频率代替概率，从该校选择《红楼梦》的学生中随机
抽取3人，抽到的女生人数设为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
高三数学试卷 第7页(共4页)n(ad-bc)2
参考公式：χ2= ，其中n=a+b+c+d．
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
参考数据：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
【答案】【答案】(1)有关
(2)分布列见解析，E(ξ)=2
【分析】(1)利用公式计算χ2，对照临界值表下结论；
2
(2)依题意ξ~B3,
3
 ，根据二项分布的概率公式求解概率，由此能求出ξ的分布
列和期望．
n(ad-bc)2 200×(30×40-60×70)2
【详解】(1)因为χ2= = =
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 90×110×100×100
18.182>10.828，
所以依据小概率值α=0.001的独立性检验，可以认为学生选择《红楼梦》还是《三
国演义》与性别有关．
(2)由题可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
2 2
选择《红楼梦》的学生是女生的概率为 ，所以ξ~B3,
3 3
 ．
2 所以P(ξ=0)=C0
3 3
 0 1 
3
 3 = 1 ，P(ξ=1)=C1 2
27 3 3
 1 1 
3
 2 2 = ，
9
2 P(ξ=2)=C2
3 3
 2 1 
3
 1 = 4 ，P(ξ=3)=C3 2
9 3 3
 3 1 
3
 0 8 = ，
27
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
1 2 4 8
P
27 9 9 27
2
所以E(ξ)=3× =2．
3
16.（本题15分）已知函数fx 
1+lnx
= ．
x
(1)求fx  的单调性；
(2)若eax-1+ax-x≥xfx  对任意x∈0,+∞  恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】【答案】(1)单调递增区间为0,1  ，单调递减区间为1,+∞ 
(2)1,+∞ 
【分析】(1)求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数
的单调区间；
(2)依题意可得eax-1+ax-1≥lnx+x对任意x∈0,+∞  恒成立，令gx  =ex
+x，结合函数的单调性得到ax-1≥lnx，再参变分离，结合(1)求出fx  ，即 max
可得解.
高三数学试卷 第8页(共4页)【详解】(1)函数fx 
1+lnx
= 的定义域为0,+∞
x
 ，又fx 
lnx
=- ，
x2
令fx  =0，得x=1，
当x∈0,1  时，fx  >0，所以fx  在0,1  上单调递增；
当x∈1,+∞  时，fx  <0，所以fx  在1,+∞  上单调递减．
所以fx  的单调递增区间为0,1  ，单调递减区间为1,+∞  .
(2)由eax-1+ax-x≥xfx  对任意x∈0,+∞  恒成立，
得eax-1+ax-x≥lnx+1对任意x∈0,+∞  恒成立，
即eax-1+ax-1≥lnx+x对任意x∈0,+∞  恒成立．
令gx  =ex+x，则有gax-1  ≥glnx  ，
显然gx  为增函数，可得ax-1≥lnx，
lnx+1
则a≥ ，所以a≥fx x  ． max
由(1)可知fx  max =f1  =1，
所以a≥1，故a的取值范围为1,+∞  ．
17.（本题15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥PD，△PAB为等边三角形，四边形
ABCD为直角梯形，AB⎳CD，AB⊥BC，AB=2CD=2．
(1)证明：PB⊥PD；
π
(2)若直线PD与平面ABCD所成的角为 ．求平面PAD和平面ADC所成角的余弦值．
4
【答案】【答案】(1)证明见解析
3 2
(2)(ⅰ) ；(ⅱ) ．
2 4
【分析】(1)取AB的中点O，连接PO,DO，由线面垂直得到AB⊥PD；
(2)(ⅰ)过点P作PG⊥OD，根据体积公式求解；
(ⅱ)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即可求解.
【详解】(1)取AB的中点O，连接PO,DO，
则DO⊥AB，PO⊥AB，
又DO∩PO=O，DO,PO⊂平面POD，∴AB⊥平面POD，
高三数学试卷 第9页(共4页)∵PD⊂平面POD，∴AB⊥PD．
故由PD⊥PA,PD⊥AB,PA,AB⊂平面PAB,从而PD⊥平面PAB. 因为PB
⊂平面PAB,故PB⊥PD.
(2)(ⅰ)由(1)知AB⊥PD，又PA⊥PD且PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB，∵PO⊂平面PAB，∴PD⊥PO，
又由(1)知：AB⊥平面POD，而AB⊂平面ABCD，
∴平面POD⊥平面ABCD，
过点P作PG⊥OD，垂足为G．
∵平面POD∩平面ABCD=DO，PG⊂平面POD，∴PG⊥平面ABCD，
π
所以PD与平面ABCD所成的角为∠PDO，即∠PDO= ，
4
6
∴PD=PO= 3，∴DO=BC= 6，PG= ，
2
1 1
故四棱锥P-ABCD的体积V = × ×1+2
P-ABCD 3 2

6 3
× 6× = ．
2 2
(ⅱ)以O为坐标原点，OB,OD所在直线为x,y轴，在平面POD内，
与PG平行的线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A-1,0,0  ，C1, 6,0  ，D0, 6,0 
6 6
，P0, ,
2 2
 ，

设平面PAD的法向量为m=x,y,z 


m⋅PD=0 
，则   ，∴m= 6,-1,-1
m⋅AD=0
 ，

又平面ACD的法向量为n=0,0,1 
 
，∴cosm,n 
 
m⋅n
=  m   ⋅n 
-1 2
= =- ， 2 2 4
2
所以，二面角P-AD-C余弦值为 ．
4
x2 y2 3
18.（本题17分）已知椭圆C: + =1(a>b>0)，四点P-1,
a2 b2 1 2

3
，P1,
2 2
 ，P(0, 3)，P
3 4
高三数学试卷 第10页(共4页)(1, 3)中恰有三点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点D4,0  且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M,N两点.
(i)若O为原点，求△MON面积的最大值；
(ii)点A-2,0  ，设点Q是线段MN上异于M,N的一点，直线QA,QM的斜率分别为k,k ， 1 2
DM
且k +k =0，求
1 2
 ⋅NQ 
DN  ⋅MQ 
的值.
x2 y2
【答案】【答案】(1) + =1
4 3
(2)(i) 3；(ii)1.
【分析】(1)根据椭圆对称性，用待定系数法求解椭圆方程；(2)(i)设直线方程，根
据韦达定理表示三角形面积，进而进行判断；(ii)由k +k =0可知直线QA,QM
1 2
的倾斜角互补，用距离公式表示并作比值求解.
3
【详解】(1)由对称性知P-1,
1 2

3
，P1,
2 2
 和P(0, 3)在椭圆C上，所以
3
b= 3

 1 9 ，
+ =1
a2 4b2
x2 y2
所以a=2，C的方程为 + =1.
4 3
(2)方法一：设直线l的方程为x=ty+4，点M(x,y)，N(x ,y )，
1 1 2 2
x=ty+4,
由
 3x2+4y2=12
消去x得：(3t2+4)y2+24ty+36=0，
-24t
y +y = ,
 1 2 3t2+4
则 36 Δ=144(t2-4)>0，则t<-2或t>2.y 1 -y 2
y·y =
1 2 3t2+4
 =
144(t2-4)
，
3t2+4)
1
△MON面积s= 2 ×4×y 1 -y 2 
1 12 (t2-4) 24 t2-4
= ×4× = 2 3t2+4 3t2+4
令 t2-4=uu>0 
24u 24
，则t2=u2+4，s= = ≤ 3，
3u2+16 16
3u+
u
4 28
当且u= ，即t2= 时，△MON面积的最大值为 3.
3 3
方法二：显然直线l的斜率k存在且非零，设直线l的方程为y=k(x-4)，点M
(x,y)，N(x ,y )，
1 1 2 2
高三数学试卷 第11页(共4页)y=k(x-4),
由
 3x2+4y2=12
消去y得：(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0，
32k2
x +x = ,
 1 2 4k2+3 1 1
则 ，Δ=144(1-4k2)>0，则- <k< 且k≠0，
64k2-12 2 2
x·x =
1 2 4k2+3
MN  = k2+1⋅ x 1 +x 2 
12 1-4k2
2-4xx = k2+1× .O点到直线l的距离 1 2 4k2+3
4k
d=

，
k2+1
1 12 1-4k2 4k
所以△MON面积s= × k2+1× ×
2 4k2+3
 24k
=
k2+1
 ⋅ 1-4k2
=
4k2+3
24 k2-4k4
.
4k2+3
242 k2-4k4
s2= 
4k2+3 
7 12 =-144× 1- +
2 4k2+3 4k2+3 



2
 1 令u= ，则s2=
4k2+3
-14412u2-7u+1  ，
7 3
当u= ，即k2= 时，s2的最大值为3，所以△MON面积的最大值为 3.
24 28
方法三：显然直线l的斜率k存在且非零，设直线l的方程为y=k(x-4)，点M
(x,y)，N(x ,y )，
1 1 2 2
y=k(x-4)
由
 3x2+4y2=12
，消去y得：(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0，
32k2
x +x = ,
 1 2 4k2+3 1 1
则 Δ=144(1-4k2)>0，则- <k< 且k≠0，
64k2-12 2 2
x·x =
1 2 4k2+3
MN  = k2+1⋅ x 1 +x 2 
12 1-4k2
2-4xx = k2+1× . 1 2 4k2+3
4k
O点到线l的距离d=
 1 12 1-4k2
，所以△MON面积s= × k2+1×
k2+1 2 4k2+3
4k
×

k2+1
24k
=
 ⋅ 1-4k2 24 k2-4k4 k2(1-4k2) 24
= .s=24× = ×
4k2+3 4k2+3 4k2+3 4 3
16k2×3(1-4k2)
4k2+3
16k2+3(1-4k2)
2 3
≤2 3× = 3，即当k2= 时，s有最大值为 3.
4k2+3 28
(ii)因为k 1 +k 2 =0，所以直线QA,QM的倾斜角互补，所以QA  =QD  ，
3
所以点Q在线段AD的垂直平分线上，所以Q1,-
t
 .
于是DM  = t2+1y 1  ，DN  = t2+1y 2 
QM 
3
= t2+1y + 1 t  ，QN 
3
= t2+1y + 2 t 
DM
.所以
 ⋅QN 
DN  ⋅QM  =
高三数学试卷 第12页(共4页)y 1 
3
⋅y + 2 t 
y 2 
3
⋅y + 1 t 
，
DM
于是
 ⋅QN 
DN  ⋅QM 
3
y ⋅y +
1 2 t
=
  
3 y ⋅y +
2 1 t
  
3
y ⋅y + y
1 2 t 1
=

3 y ⋅y + y
1 2 t 2

-3
，因为y ∙y = (y +y )，
1 2 2t 1 2
DM
所以
 ⋅QN 
DN  ⋅QM 
-3 3
 (y +y )+ y
2t 1 2 t 1
=

3 3  (y +y )- y
2t 1 2 t 2

1 1
 y - y
2 1 2 2
=

1 1  y - y
2 1 2 2

DM
=1.所以
 ⋅QN 
DN  ⋅QM 
的值1.
S S 1
19.（本题17分）已知数列{a }的前n项和为S ,且满足a =1, n-1 - n-1 + =0(n≥2).
n n 1 a a 2
n n-1
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)当n≥3时,已知f(x)=(x-a)(x-a )⋯(x-a )的导函数为
1 2 n
f'(x)=n(x-b)(x-b )⋯(x-b ).
1 2 n-1
n uv
其中b ≤b ≤⋯≤b .令F(u,v)= .
1 2 n-1 (j-i+u)(j-i-v)
i=1
(i)设u =b -j,v =j-b (2≤j≤n-1),证明:F(u,v)=0;
j j j j-1 j j
(ii)证明:对任意2≤j≤n-1,有b -b >1.
j j-1
1 1 1 a -a
【答案】解:(1)由题意可知 = - = n n-1.因此
2S a a a a
n-1 n-1 n n-1 n
a a
2S = n n+1
 n a -a a a a a
 n+1 n ⇒2a = n n+1 - n n-1
a a n a -a a -a
2S = n n-1 n+1 n n n-1
n-1 a -a
n n-1
a a
注意到a ≠0,故 n+1 - n-1 =2,从而
n a -a a -a
n+1 n n n-1
a (a -a )-a (a -a )=2(a -a )(a -a )
n+1 n n-1 n-1 n+1 n n+1 n n n-1
化简可得a a -2a2+a a =0,故a +a =2a (n≥2).故{a }为等差数
n+1 n n n-1 n n+1 n-1 n n
列.
1 1
有 -1+ =0解得a =2,故a =n(n∈ℕ*).
a 2 2 n
2
(2)(i)注意到
f'(x)=(x-2)(x-3)⋯(x-n)+(x-1)(x-3)(x-4)⋯(x-n)+⋯
+(x-1)(x-2)⋯(x-(n-1))
故对任意j=1,2,⋯,n-1,f'(j)⋅f'(j+1)<0,故f'(x)在(j,j+1)上存在零点,
高三数学试卷 第13页(共4页)因此存在n-1个不同的零点,即b ,b ,⋯,b ,故j<b <b (j=1,2,⋯,n-
1 2 n-1 j j+1
1),故u,v >0.
j j
n 1
注意到j-i+u =b -i,j-i-v =b -i,故只要证明: =0.
j j j j-1 (b -i)(b -i)
i=1 j j-1
n f(x)
注意到f'(x)= ,且f'(b)=f'(b )=0,故
(x-i) j j-1
i=1
n
 1
 =0
 i=1 b j -i ⇒ n  1 - 1  n 1 b -i b -i
 =0 i=1 j j-1
  b -i
i=1 j-1
  =0
从而 n b j-1 -b j =0,故 n 1 =0.
(b -i)(b -i) (b -i)(b -i)
i=1 j j-1 i=1 j j-1
(ii)令d =|j-i|,故d >d >d >⋯>d,d <d <⋯<d ,由(i)可知
i 0 1 2 j j j+1 n+1
j-1 1 1 n 1
 - + =0
(d+u)(d-v) uv (d-u)(d+v)
i=1 i j i j j j i=j+1 i j i j
j-1 uv n uv
从而 j j + j j =1.
(d+u)(d-v) (d-u)(d+v)
i=1 i j i j i=j+1 i j i j
j-1 uv n uv
令G(u,v)= + (0≤u<d ,0≤v<d )
(d+u)(d-v) (d-u)(d+v) j+1 j-1
i=1 i i i=j+1 i i
容易知道G(u,v)关于u,v都是单调递增的,且G(u,v)=1.
j j
由于u +v =b -j+j-b =b -b ,故只要证明:u +v >1.
j j j j-1 j j-1 j j
根据以上讨论可知,只要证明:当u,v≥0,且u+v=1时,F(u,v)<1.
由
j-1 j-1
1 1
 =
(d+u)(d-v) (d -v)(d-v)
i=1 i i i=1 i-1 i
j-1
1 1
=  -
d-v d -v
i=1 i i-1

1 1
 < =
1-v u
n 1 n 1
 = 
(d-u)(d+v) (d-u)(d -u)
i=j+1 i i i=j+1 i i+1
n 1 1
=  -
d-u d -u
i=j+1 i i+1

1 1
 < =
1-u v
1 1
从而G(u,v)<uv +
u v
 =u+v=1,不等式成立.
从而,若u +v ≤1,取t≥0,使得u +(v +t)=1,故F(u ,v )≤F(u ,v +t)<
j j j j j j j j
1,矛盾.
综上,结论成立.
高三数学试卷 第14页(共4页)