数学-河北省琢名小渔2025届“五个一”名校联盟高三年级第一次联考_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年08月试卷_0811河北省琢名小渔2025届“五个一”名校联盟高三年级第一次联考

河北省“五个一”名校联盟 2025 届高三第一次联考
数学
本试卷共 4页，满分 150分，考试用时 120分钟.
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 2B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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试
卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.
1. 若复数z 34i，则
ziz 
（ ）
A. 2 B.5 C. 5 2 D. 7 2
2. 点F
2,0 
,F

2,0

为等轴双曲线C的焦点，过F 作x轴的垂线与C的两渐近线分别交于A､B两点，
1 2 2
则AOB的面积为（ ）
A. 2 2 B.4 C. 4 2 D.8
3
3. 已知 p:3k 0,q：不等式2kx2 kx 0的解集为R ，则 p是q的（ ）
8
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
4. 用0,1,2,3,4能组成没有重复数字且比32000小的数字（ ）个.
A.212 B.213 C.224 D.225
5. 过圆锥PO高的中点O作平行于底面的截面，则截面分圆锥PO上部分圆锥与下部分圆台体积比为
（ ）
1 1 1
1
A B. C. D.
. 2 3 5 7
 
6. 平面四边形ABCD中，点E､F分别为AD,BC 的中点，CD 2 AB 8, EF 5，则cos AB,DC 
（ ）5 55 55 23
A. B. C.  D. 
16 64 8 40
7. 已知首项为2的数列  a  满足4a 5a a 2a 2，当  a  的前n项和S 16时，则n的最小值
n n1 n1 n n n n
为（ ）
A.40 B.41 C.42 D.43
 π x
8. 当x  0,  时，asin2x2sin 1sinx 恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
 2 2
A.  0,1  B.   0, 21  C.   21,  D.   1 ,  
2 
二､多选题：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. 已知五个数据5,5,10,10,a的80%分位数为15，则这组数据（ ）
A. 平均数为9 B. 众数为10
C. 中位数为10 D. 方差为30
 π
10. 已知函数 f  x sin x (0)在  0,π  上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是（ ）
 3
5 8
A. 的范围是  , 
3 3
 π 
 
B. 函数 f x 在0, 上单调递增
 12
C. x π 不可能是函数 y f  x  的图像的一条对称轴
4
π
D. f

x
的最小正周期可能为
2
11. 已知函数 f  x ex 2x2,g  x 2lnxx2的零点分别为x,x ，则（ ）
1 2
A. 2x x 2 B. x x ex 1 lnx
1 2 1 2 2
4
C. x x  D. 2xx  e
1 2 3 1 2
三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
n2
12. 已知  x3x1 n x 1  的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为__________.
 x
13. 抛物线C: y2 4x上的动点P到直线y= x+ 3的距离最短时，P到C的焦点距离为__________.14. 下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第n个数从上
 
到下形成以2n1为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行 nN* 所有数据的和S __________.
n
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. 在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且 sinA 3sinB a  cb  sinCsinB  .
（1）求角C的大小；
（2）若边c2，边AB的中点为D，求中线CD长的最大值.
16. 如图所示，三棱柱ABC- ABC 中，M,N 分别为棱AB,CC 的中点，E,F 分别是棱AA,BB 上的
1 1 1 1 1 1 1 1
1
点，AE  BF  AA .
1 3 1
（1）求证：直线MN 平面CEF ；
（2）若三棱柱ABC- ABC 为正三棱柱，求平面CEF 和平面ACC A 的夹角的大小.
1 1 1 1 1
    2
17. 已知M  3,0 ,N 3,0 ，平面内动点P满足直线PM,PN 的斜率之积为 .
3
（1）求动点P的轨迹方程；
 
（2）过点F 1,0 的直线交P的轨迹E于A,B两点，以OA,OB为邻边作平行四边形OACB（O为坐标原
点），若C恰为轨迹E上一点，求四边形OACB的面积.
18. 已知函数 f

x
alnxx.
 
（1）讨论 f x 的单调性；a
a
（2）证明：当a0时， f  x    1.
 e
19. 一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点O出发，每隔1秒等可能地向上､向下､向左或
向右移动一个单位.
（1）共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；
（2）分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；
2
 N 1 
（3）若共移动N 次（N 大于0，且N 为偶数），求证：质点回到原点的概率为C2   .

N 2N
河北省“五个一”名校联盟 2025 届高三第一次联考
数学
本试卷共 4页，满分 150分，考试用时 120分钟.
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 2B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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试
卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.
1. 若复数z 34i，则
ziz 
（ ）
A. 2 B.5 C. 5 2 D. 7 2
【答案】A
【解析】
【分析】由共轭复数的定义和复数的运算化简ziz ，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】因为z 34i，所以z 34i，
ziz  34i  i 34i 3i4i2 34ii1，
所以 ziz  i1  12 12  2.
故选：A.
2. 点F
2,0 
,F

2,0

为等轴双曲线C的焦点，过F 作x轴的垂线与C的两渐近线分别交于A､B两点，
1 2 2
则AOB的面积为（ ）
A. 2 2 B.4 C. 4 2 D.8
【答案】B
【解析】
【分析】先求出双曲线C的方程，进而求出双曲线C的渐近线方程，即可求出A､B两点的坐标，即可求出
AOB的面积.x2 y2
【详解】设双曲线C为：  1，
a2 a2
因为c2 a2 a2 ，解得：a2 2，
x2 y2
所以双曲线C为：  1，则双曲线C的渐近线为：yx，
2 2
y  x
所以 ，解得：A  2,2  ，则B  2,2  ，
x 2
所以AOB为等腰直角三角形，
1 1
所以AOB的面积为  AB  OF  424.
2 2 2
故选：B.
3
3. 已知 p:3k 0,q：不等式2kx2 kx 0的解集为R ，则 p是q的（ ）
8
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】A
【解析】
3
【分析】首先计算出不等式2kx2 kx 0的解集为R 时k的取值范围，再根据范围大小即可得出结论.
8
3 3
【详解】若不等式2kx2 kx 0的解集为R ，当k 0时， 0符合题意；
8 8
 3
当k 0时，需满足k 0且k2 42k    k2 3k<0，解得3<k<0,
 8
综合可得3<k 0,而 p:3<k<0,所以p能推出q，q不能推出p，
即 p是q的充分不必要条件.
故选：A4. 用0,1,2,3,4能组成没有重复数字且比32000小的数字（ ）个.
A.212 B.213 C.224 D.225
【答案】D
【解析】
【分析】先对数字位数分类讨论，在对五位数的首位数字进行分类讨论：①首位为1，2；②首位为3.然后
分析千位数的选取，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【详解】分数字位数讨论：
一位数5个；
两位数有4416个；
三位数有44348个；
四位数有443296个；
五位数分以下两种情况讨论：
①首位数字为1或2，此时共有2A4 22448个；
4
②首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，
此时共有2A3 12个.
3
综上所述，共有51648964812225个比32000小的数.
故选：D.
5. 过圆锥PO高的中点O作平行于底面的截面，则截面分圆锥PO上部分圆锥与下部分圆台体积比为
（ ）
1 1 1
1
A. B. C. D.
2 3 5 7
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．
【详解】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为V ,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，
1
圆台的体积为V ，
2
1   7 1
所以V  πh r2 2r2 4r2  πhr2，V  πr2h，
2 3 3 1 3
V 1
可得 1  .
V 7
2故选：D.
 
6. 平面四边形ABCD中，点E､F分别为AD,BC 的中点，CD 2 AB 8, EF 5，则cos AB,DC 
（ ）
5 55 55 23
A. B. C.  D. 
16 64 8 40
【答案】A
【解析】
    
【分析】由向量的加法法则可得2FE CDBA，两边同时平方可得DCAB10，由平面向量的夹角
公式求解即可.
【详解】因为平面四边形ABCD中，点E､F分别为AD,BC 的中点，
      
所以FE  FCCDDE  FBBA AE，
        
所以2FE  FCCDDEFBBA AE CDBA，
由 CD 2 AB 8可得： CD 8, AB 4，
      
2  2 2 2
两边同时平方可得：4FE  CDBA CD BA 2CDBA ，
     
所以 425CD 2 BA 2 2CDBA64162CDBA ，
 
    ABDC 10 5
解得：DCAB10，所以cosAB,DC      .
AB  DC 48 16
故选：A.
7. 已知首项为2的数列  a  满足4a 5a a 2a 2，当  a  的前n项和S 16时，则n的最小值
n n1 n1 n n n n
为（ ）
A.40 B.41 C.42 D.43
【答案】B
【解析】
【分析】通过计算得到  a  为一个周期为4的数列，从而计算出S 10  a a a a 217，得
n 41 1 2 3 4
到答案.
【详解】由题意得a 2，4a 5a a 2a 2，解得a 1，
1 2 2 1 1 2
同理4a 5a a 2a 2，解得a 0，
3 3 2 2 31
4a 5a a 2a 2，解得a  ，
4 4 3 3 4 2
4a 5a a 2a 2，解得a 2，
5 5 4 4 5
1 3
故  a  为一个周期为4的数列，且a a a a 210  ，
n 1 2 3 4 2 2
故S 10  a a a a 15，S 10  a a a a 217，
40 1 2 3 4 41 1 2 3 4
故n的最小值为41.
故选：B
 π x
8. 当x  0,  时，asin2x2sin 1sinx 恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
 2 2
A.  0,1  B.   0, 21  C.   21,  D.   1 ,  
2 
【答案】D
【解析】
x x x x x x π
【分析】化简得到2acos (cos sin )1，再由2cos (cos sin ) 2sin(x )1，结合三角
2 2 2 2 2 2 4
函数的图象与性质，即可求解.
x x x x
【详解】由asin2x2sin 1sinx ，可得2asinxcosx2sin (sin cos )2 ，
2 2 2 2
 π x  π x x
因为x 0, ，可得  0, ，所以sin cos ，
   
 2 2  4 2 2
x x x
可得2asinxcosx2sin (cos sin )，
2 2 2
x x x x  x x x x
又因为sinx2sin cos ,cosxcos2 sin2  cos sin cos sin ，
2 2 2 2  2 2 2 2
x x x x x x x x x
所以4asin cos (cos sin )(cos sin )2sin (cos sin )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
x x x
即2acos (cos sin )1，
2 2 2
x x x x x x π
因为2cos (cos sin )2cos2 2sin cos sinxcosx1 2sin(x )1，
2 2 2 2 2 2 4
 π π π 3π π 2
因为x  0,  ，可得x   ,  ，所以sin(x )[ ,1]，
 2 4 4 4  4 2
1 1 1
π [ , ]
则 2sin(x )1[2, 21]，则 π 21 2 ，
4 2sin(x )1
41
x a
要使得不等式asin2x2sin 1sinx ，即 π 恒成立，
2 2sin(x )1
4
1 1 
所以a ，即实数a的取值范围为  , .
2 2 
故选：D.
二､多选题：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. 已知五个数据5,5,10,10,a的80%分位数为15，则这组数据（ ）
A. 平均数为9 B. 众数为10
C. 中位数为10 D. 方差为30
【答案】CD
【解析】
【分析】先根据百分位数求出a,再根据众数，平均数，中位数和方差的定义，即可判断选项.
10a
【详解】由题意，五个数据80百分为580%4，第80百分位数为 =15，故a20；
2
这组数据中5和10都出现 2 次，其余数出现次数没超过 2次，
故众数为5和10，B错误；
55101020
计算平均数为 10​ ，故A错误；
5
将5次数据从小到大排列为: 5,5,10,10,20​ ，
则中位数为 10​ ，故C正确；
1
方差为s2   510 22 1010 22 2010 2 30​ ，故D正确.
 
5
故选：CD.
 π
10. 已知函数 f  x sin x (0)在  0,π  上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是（ ）
 3
5 8
A. 的范围是  , 
3 3
 π 
 
B. 函数 f x 在0, 上单调递增
 12
C. x π 不可能是函数 y f  x  的图像的一条对称轴
4π
 
D. f x 的最小正周期可能为
2
【答案】AC
【解析】
π π π π 5 8
【分析】A选项，x 0,π  时，x 

,π

，根据图象得到π  2π,3π ，求出

, ；
3 3 3 3 3 3
π π π π π π 17π 5π π
B选项，整体法得到x  ,  ，结合A选项知，  

, ，B错误；C选项，假设x
3 3 12 3 12 3  36 9  4
1 1 5 8
为函数的一条对称轴，得到方程，求出k

, ，C错误；D选项，

, ，故 f  x  的最小正周
8 4 3 3
2π 3π 6π
期T    ,  ，D错误.
  4 5 
π π π
【详解】A选项，x 0,π  时，x 

,π

，
3 3 3
 π
由函数 f  x sin x (0)在  0,π  上有且仅有两个对称中心得，
 3
π 5 8
π  2π,3π ，解得

, ，A正确；
3 3 3
 π  π π π π
B选项，x 0, 时，x  ,  ，
 12 3 3 12 3
5 8 π π 17π 5π 5π π
由A可知

, ，故  

, ，而  ，
3 3 12 3  36 9  9 2
 π 
 
故函数 f x 在0, 上不一定单调，B错误；
 12
π
C选项，假设x 为函数的一条对称轴，
4
π π π 2
令   2kπ，kZ，解得 8k，kZ，
4 3 2 3
2 5 8 1 1
又 8k

, ，故k

, ，又kZ，故无解，
3 3 3 8 4
故x π 不可能是函数 y f  x  的图像的一条对称轴，C正确；
4
5 8 2π 3π 6π
D选项，  , ，故 f  x  的最小正周期T    ,  ，
3 3   4 5 π
 
故 f x 的最小正周期不可能为 ，D错误.
2
故选：AC
11. 已知函数 f  x ex 2x2,g  x 2lnxx2的零点分别为x,x ，则（ ）
1 2
A. 2x x 2 B. x x ex 1 lnx
1 2 1 2 2
4
C. x x  D. 2xx  e
1 2 3 1 2
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由题意得ex 1 2x 2lnx x 2，进而得ex 1  x 即可求解判断；对于B，先明确零点
1 2 2 2
取值范围，由x取值范围再结合ex 1  x 即x lnx 即可求解判断；对于C，由ex 1  x 即x lnx 以及
1 2 1 2 2 1 2
 
零点x 的取值范围即可求解判断；对于D，结合AB以及将2x x 转化成 2ex 1 ex 1即可判断.
2 1 2
【详解】对于A，由题ex 1 2x 20，2lnx x 20，
1 2 2
所以ex 1 2x 2lnx x 2即ex 1 2lnex 1 2lnx x 2，
1 2 2 2 2
所以ex 1  x ，故2x x 2x ex 1 2，故A正确；
2 1 2 1
1
对于B，由 f  x 0,g  x 0得ex 2x2,lnx x1，
2
1
故函数 y=ex与 y 2x2图象交点横坐标和 y lnx与 y  x1图象交点的横坐标即为函数 f  x 
2
 
和g x 的零点x,x ，
1 2
1
如图，由图象性质可知0 x  ,1 x 2，
1 2 2
又由A得ex 1  x ，故x lnx ，
2 1 2
所以x x  xex 1 < ex 1 < ex 1 x ex 1 lnx ，故B错；
1 2 1 1 2对于C，由上2lnx x 20即2lnx x 2，x lnx 以及1x 2得：
2 2 2 2 1 2 2
2lnx 2x 1 3 4
x x lnx x  2 2 1 x   ，故C对；
1 2 2 2 2 2 2 2 3
1
对于D，由AB得ex 1  x ，0 x  ，2x 2ex 1 1，
2 1 2 1
 
所以2x x 2xex 1  2ex 1 ex 1 ex 1  e，故D对.
1 2 1
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是由ex 1 2x 20和2lnx x 20得ex 1  x 即x lnx ，
1 2 2 2 1 2
1
二是数形结合明确零点的取值范围为0 x  且1x 2，接着对所判式子进行变形放缩等即可判断.
1 2 2
三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
n2
12. 已知  x3x1 n x 1  的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为__________.
 x
【答案】2
【解析】
【分析】令x 1即可求出n 1，求出展开式通项即可求出常数项.
【详解】令x 1，可得展开式中各项系数的和  13 11 n 11 n2 2n2 823，解得n 1；
3 r
 1 1
x  的展开式通项为T Cr  x 3r   Cr x32r ，
 x r1 3  x 3
3 3 3 3
  1  1  1  1
因为 x3 x1 x

 x3 x

x x

 x

，所以展开式中常数项为
 x  x  x  x
x3x3 xC2x1 132，
3
故答案为：2.
13. 抛物线C: y2 4x上的动点P到直线y= x+ 3的距离最短时，P到C的焦点距离为__________.
【答案】2
【解析】
 y2 
【分析】设P 0 ,y ，求出P到直线距离，结合绝对值变形后配方可得最小值,最后求出P到C的焦点
 4 0 
距离即可． y2   y2 
【详解】设P 0 ,y ，则点P 0 ,y 到直线x y30的距离为
 4 0   4 0 
y2
d  4 0  y 0 3  y 0 2 4y 0 12   y 0 2 2 8 ,
2 4 2 4 2
当 y 2，即当P(1,2)时，
0
抛物线 y2 4x 上一点到直线x y 30的距离最短，P到C的焦点距离为x 1112.
0
故答案为：2．
14. 下图数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，每行的第n个数从上
 
到下形成以2n1为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行 nN* 所有数据的和S __________.
n
【答案】3n 2n
【解析】
【分析】先写出第n行的项再根据等比数列求和即可.
【详解】因为每行的第n个数从上到下形成以2n1为首项，以3为公比的等比数列，
所以S 302n1312n2 322n3 3n120
n ,
 n1 n2 n3 0
2 2 2 2
所以S 3n1           
n  3 3 3 3 
 n
2
1     n
S 3n1 3 3n1   2  3n 2n .
n  1 2   3 
 
3
 
故答案为：3n 2n.
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. 在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且 sinA 3sinB a  cb  sinCsinB  .
（1）求角C的大小；（2）若边c2，边AB的中点为D，求中线CD长的最大值.
π
【答案】（1）C 
6
（2） 32
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解.
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
 
因为 sinA 3sinB a  cb  sinCsinB  ，
 
由正弦定理可得： a 3b a  cb  cb  ，则a2  3abc2 b2，
即a2 b2 c2  3ab ，
a2 b2 c2 3ab 3
由余弦定理可得：cosC    ，
2ab 2ab 2
π
因为C 0,π  ，所以C  .
6
【小问2详解】
 1   
因为D为AB的中点，所以CD  CACB ，
2
 2 1   2 1 2 1  1 2 1 
则CD  CACB  CA  CACB CB  a2  3abb2 ，
4 4 2 4 4
又由余弦定理得，c2 a2 b2 2abcosB，
1  3
即4a2 b2  3ab，所以CD2  42 3ab 1 ab.
4 2
由4a2 b2  3ab得，4 3ab a2b2 2ab，
 
则ab4 2 3 ，当且仅当a b2 2 3 取等号，
3      2
即CD2 1+ 4 2 3 1+2 3 2 3 74 3  32 ，
2
所以CD 32，即中线CD长的最大值为 32.
16. 如图所示，三棱柱ABC- ABC 中，M,N 分别为棱AB,CC 的中点，E,F 分别是棱AA,BB 上的
1 1 1 1 1 1 1 1
1
点，AE  BF  AA .
1 3 1（1）求证：直线MN 平面CEF ；
（2）若三棱柱ABC- ABC 为正三棱柱，求平面CEF 和平面ACC A 的夹角的大小.
1 1 1 1 1
【答案】（1）证明见解析
π
（2）
2
【解析】
1 1
【分析】（1）取AB的中点G，连接MG交EF 于H ，连接CH ，则可证得MH  AA ，再由CN  CC
2 1 2 1
可证得四边形CHMN 为平行四边形，则MN∥CH ，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以C为原点，以CG所在的直线为x轴，过C与AB平行的直线为y轴，CC 所在的直线为z轴建立
1
空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：取AB的中点G，连接MG交EF 于H ，连接CH ，
因为M 分别为棱AB 的中点，所以MG∥AA ∥BB ，
1 1 1 1
EH AG
所以  1，所以EH FH ，
FH BG
1
所以HG  (BF  AE)，
2
1 1 1
因为AE  BF  AA ，所以HG  AA ，所以MH  AA ，
1 3 1 2 1 2 1
1
因为N 分别为棱CC 的中点，所以CN  CC ，
1 2 1
因为MG∥AA ∥CC ，所以MH CN ，MH ∥CN ，
1 1
所以四边形CHMN 为平行四边形，
所以MN∥CH ，
因为 MN平面CEF ，CH 平面CEF，
所以直线MN 平面CEF；【小问2详解】
解：连接CG，因为三棱柱ABC- ABC 为正三棱柱，
1 1 1
所以ABC为等边三角形，所以CG  AB，
所以以C为原点，以CG所在的直线为x轴，过C与AB平行的直线为y轴，CC 所在的直线为z轴建立空
1
间直角坐标系，
3 1 2 3 1 1 3 1
设AB a,AA b，则C(0,0,0),E( a, a, b),F( a, a, b),A( a, a,0),C(0,0,b)，
1
2 2 3 2 2 3 2 2
 3 1 2  3 1 1  3 1 
所以CE ( a, a, b),CF ( a, a, b),CA( a, a,0),CC (0,0,b)，
2 2 3 2 2 3 2 2 1

设平面CEF的法向量为m(x ,y ,z )，
1 1 1
   3 1 2
mCE  ax  ay  bz  0
 2 1 2 1 3 1  3a
则 ，令x  3，则m( 3,1, )，
  3 1 1 1 b
mCF  ax  ay  bz  0
  2 1 2 1 3 1

设平面ACC A 的法向量为n(x ,y ,z )，
1 1 2 2 2
   3 1
nCA ax  ay  0 
则 2 2 2 2 ，令x  3，则n( 3,3,0)，
 2

nCC bz  0
1 2
 
  mn 330
cosm,n     0
所以 m n 9a2 ，
31  39
b2
设平面CEF和平面ACC A 的夹角为，则0，
1 1
 π π
因为  0,  ，所以 .
 2 2    2
17. 已知M  3,0 ,N 3,0 ，平面内动点P满足直线PM,PN 的斜率之积为 .
3
（1）求动点P的轨迹方程；
 
（2）过点F 1,0 的直线交P的轨迹E于A,B两点，以OA,OB为邻边作平行四边形OACB（O为坐标原
点），若C恰为轨迹E上一点，求四边形OACB的面积.
x2 y2
 
【答案】（1）  1  3 x 3
3 2
3 2
（2）
2
【解析】
2
【分析】（1）根据题意得k k  ，化简可得轨迹方程．
PM PN 3
（2）先设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算
面积即可.
【小问1详解】
设P  x,y  ,则k k 
y

y

2
,化简可得
x2

y2
1   3 x 3 
PM PN x 3 x 3 3 3 2
【小问2详解】
以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则直线AB与x轴不重合,设直线AB的方程为xmy1，直线的
方程与椭圆方程联立，
     
设A x ,y ，B x ,y ,C x ,y ，
1 1 2 2 3 3
x2 y2
  1  
联立 3 2 ，消去x得 2m2 3 y2 4my40，

xmy14m 4
所以 y  y  ,y y  ，
1 2 2m2 3 1 2 2m2 3
则
AB   1m2 y  y 24y y   1m2     4m   2 4 4
 1 2 1 2  2m2 3  2m2 3
 
4 3 1m2 4 3 m2 1
 1m2   .
2m2 3 2m2 3
1
求得O到直线AB的距离d  ，
1m2
因为平行四边形OACB的对角线互相平分
4m 4m2 6
所以 y  y   y 0，x x m  y  y  2  2  x
1 2 2m2 3 3 1 2 1 2 2m2 3 2m2 3 3
 6 4m  x2 y2 1
所以C ， 在椭圆  1上，可得4m4 4m2 30,m2 
2m2 3 2m2 3 3 2 2
所以平行四边形OACB面积
6
1 4 3
 1m2
1 4 3 1m2
4 3
3 2
2
S 2S 2 AB d     
AOB 2 2m2 3 1m2 2m2 3 4 2
3 2
所以四边形OACB面积是 .
2
【点睛】方法点睛：利用平行四边形对角线互相平分，对角线共中点求参进而求出面积.
18. 已知函数 f

x
alnxx.
 
（1）讨论 f x 的单调性；
a
a
（2）证明：当a0时， f  x    1.
 e
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对a进行a0和a0的分类讨论导数正负即
可得单调性.
a a
a a
（2）证 f  x    1 f  x     1，故问题转化成证
 e max  e
a a a
alnaa 

a

1a> 0 ln 

a

 

a

10，接着构造函数g  x lnxx1  x0  研究其
 e e e
单调性和最值即可得证.
【小问1详解】
a ax
由题函数定义域为  0, ， f x  1 ，
x x
故当a0时， f x 0恒成立，所以函数 f  x  在  0, 上单调递减；
当a0时， f  x  在  0, 上单调递减，令 f x 0 x a ，
则x0,a时， f ¢( x )>0；xa,时， f x 0，
所以函数 f

x

在

0,a

上单调递增，在
 a,
上单调递减，
综上，当a0时，函数 f  x  在  0, 上单调递减；当a0时，函数 f  x  在  0,a  上单调递增，在
 a,
上单调递减.
【小问2详解】
由（1）当a0时，函数 f  x  在  0,a  上单调递增，在  a, 上单调递减，
故 f x f aalnaa在  0, 上恒成立，
a a
a a
故证 f  x    1  a  0  证alnaa   1a> 0，
 e  e
a a a a
a a a a
即ln


 
1a> 0ln


 
10，
 e  e  e  e
1 1x
令g  x lnxx1  x0  ，则g x  1  x 0 ，
x x
故当x0,1时，g x 0；x 1, 时，g x 0，所以g  x  在  0,1  上单调递增，在  1, 上单调递减，
a a
所以g  x  g  1 0在  0, 上恒成立，故ln 

a

 

a

10，
 e  e
a
a
所以当a0时， f  x    1.
 e
【点睛】思路点睛：证明含参函数不等式问题通常转化成研究函数最值问题，第（2）问证当a0时，
a a
a a
f  x    1可将问题转化成证 f  x     1，接着根据其结构特征进行变形转化和构造函数，
 e max  e
利用导数确定所构造的函数单调性和最值即可得证.
19. 一个质点在随机外力的作用下，从平面直角坐标系的原点O出发，每隔1秒等可能地向上､向下､向左或
向右移动一个单位.
（1）共移动两次，求质点与原点距离的分布列和数学期望；
（2）分别求移动4次和移动6次质点回到原点的概率；
2
 N 1 
（3）若共移动N 次（N 大于0，且N 为偶数），求证：质点回到原点的概率为C2   .

N 2N

【答案】（1）答案见解析；
9 25
（2） ；
64 256
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求出X的所有可能取值以及对应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求答案即可.
（2）利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算可求得结果.
（3）利用数学归纳法证明即可.
【小问1详解】
设X 表示2次移动中质点与原点距离，则X 可取0，2， 2，
2C1 1
当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，最后X 0，则P  X 0  2  ;
42 4
4 1
当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向下移动2次，最后X 2，则P  X 2   ;
42 4
当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向  4A2 1
右移动1次向下移动1次，最后X  2 ，则P X  2  2 
42 2
X 的分布列为：
X 0 2 2
1 1
1
P
4 4 2
1 1 1 1 2
E  X 0 2  2  .
4 4 2 2
【小问2详解】
质点从原点出发，每次等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位，共移动4次，
可能的结果共有444444种情况，
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，或向上移动2次向下移动2次，共有2C2 12种情况，
4
若质点回到原点，则向左移动1次向右移动1次，向上移动1次向下移动1次，共有A4 24种情况，
4
36 9
所以质点回到原点的概率为  .
44 64
质点从原点出发，每次等可能地向上､向下､向左或向右移动一个单位，共移动6次，
可能的结果共有44444446种情况，
若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，或向上移动3次向下移动3次，共有2C3 40种情况，
6
若质点回到原点，则向左移动2次向右移动2次，向上移动1次向下移动1次，则向左移动1次向右移动1
C2C2
次，向上移动2次向下移动2次，共有2 6 4 A2A2 360种情况，
A2 2 2
2
400 25 25
所以质点回到原点的概率为   .
46 44 256
【小问3详解】
 C12
若共移动2次，质点回到原点的概率为 2 ;
42
2
 N 
C2 
假设共移动N次，满足质点回到原点的概率为 N ;
 
4N当共移动N  2次，
移动N次质点回到原点当质点向左移动1次向右移动1次，或向上移动1次向下移动1次，移动N  2次
质点回到原点;
移动N次质点在 2，0 ， 2，0 ， 0，2 ， 0，2  ，当质点向左移动2次或向右移动2次，或向上移动2次或向
下移动2次，移动N  2次质点回到原点;
移动N次质点在  1，1 ， 1，1 ，1，1 ，1，1  当质点向左移动1次向上移动1次，或向左移动1次向下移
动1次，或向右移动1次向上移动1次，或向右移动1次向下移动1次，，移动N+2次质点回到原点;
当共移动N  2次，满足质点回到原点的概率为
 N  2  N2 2  N2 2  N2 2
C2  C 2  C2 C 2  C2 C 2 
 N  4  N2  N 4  N2  N 4A2  N2  .
     2 
4N 42 4N 42 4N 42 4N2
2
 N 
C2 
所以共移动N次，满足质点回到原点的概率为 N .
 
4N