精品解析：云南省昆明市五华区2025届高三上学期期中教学质量检测数学试卷（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷

秘密★启用前 【考试时间：10月29日14：30-16：30】 昆明市五华区 2025 届高三上学期期中教学质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡 上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条 形码． 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，再选涂其他答案标号．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，将答题卡交回． 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． Z  x,y  z1 1 1. 设复数z在复平面内对应的点为 ，若 ，则（ ） A.  x1 2  y2 1 B.  x1 2  y2 1 C. x2  y1 2 1 D. x2  y1 2 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的几何意义可得出z  x yi，再利用复数的减法以及复数的模长公式化简可得结果. 【详解】由复数的几何意义可得z  x yi， 所以， z1   x1  yi   x1 2 y2 1，化简可得 x1 2  y2 1. 故选：A.     1   2. 已知e ，e 都为单位向量，若e 在e 上的投影向量为 e ，则 e e （ ） 1 2 1 2 2 2 1 2 A. 2 B. 3 C.2 D.3 【答案】B 【解析】   1 【分析】根据题意结合投影向量可得e e  ，平方结合数量积的运算律分析求解. 1 2 2 第1页/共23页 学科网（北京）股份有限公司  【详解】由题意可知： e  e 1， 1 2 ur ur    e e ur  ur ur  ur 1 ur   1 因为e 在e 上的投影向量为 1 ur 2 e  e e e  e ，可得e e  ， 1 2  2  2 1 2 2 2 2 1 2 2  e  2  ur ur 2 ur 2 ur ur ur 2 1   又因为 e e e 2e e e 12 13，所以 e e  3. 1 2 1 1 2 2 2 1 2 故选：B. 3. 在正方体ABCD ABC D 中，下列说法错误的是（ ） 1 1 1 1 π A. AD AC B. AD 与BD所成角为 1 1 1 3 π C. AD //平面BDC D. AD 与平面ACC 所成角为 1 1 1 1 3 【答案】D 【解析】 【分析】设正方体ABCDABC D 的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD 所在直线分别为 1 1 1 1 1 x、 y 、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【详解】设正方体ABCDABC D 的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD 所在直 1 1 1 1 1 线分别为x、 y 、z轴建立空间直角坐标系，                 则A 1,0,0 、B 1,1,0 、C 0,1,0 、D 0,0,0 、A 1,0,1 、B 1,1,1 、C 0,1,1 、D 0,0,1 ， 1 1 1 1   对于A选项，AD 1,0,1 ，AC1,1,1， 1 1   则AD AC 1010，所以，AD AC，A对； 1 1 1 1      AD DB 1 1 对于B选项，DB1,1,0，则cos AD 1 ,DB   A  D 1   D  B   2 2  2 ， 1 第2页/共23页 学科网（北京）股份有限公司π 所以，AD 与BD所成角的大小为 ，B对； 1 3   对于C选项，设平面BDC 的法向量为m x ,y ,z ，DC 0,1,1， 1 1 1 1 1    mDB  x  y  0  则  1 1 ，取 y 1，则m 1,1,1 ，  1 mDC  y z  0 1 1 1     则AD m1010，所以，AD m， 1 1 又因为AD 平面BDC ，所以，AD //平面BDC ，C对； 1 1 1 1    对于D选项，设平面ACC 的法向量为n x ,y ,z ，CC  0,0,1 ，CA 1,1,0 ， 1 2 2 2 1    nCC  z 0 r 则  1 2 ，取x 1，则n 1,1,0 ，  2 nCA x  y  0 2 2     AD n 1 所以，cos AD,n  1   ， 1 AD  n 2 1 π 所以，AD 与平面ACC 所成角为为 ，D错. 1 1 6 故选：D. 4. 在践行“乡村振兴”战略的过程中，某地大力发展特色花卉种植业．某农户种植一种观赏花㚏，为了解 花卉的长势，随机测量了100枝花的高度（单位：cm），得到花枝高度的频率分布直方图，如图所示，则 （ ） A. 样本花卉高度的极差不超过20cm B. 样本花卉高度的中位数不小于众数 C. 样本花的高度的平均数不小于中位数 D. 样本花升高度小于60cm的占比不超过70% 【答案】D 【解析】 【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用中位数和众数的定义可判断B选项；利用平均数公式求出样 本花卉高度的平均数，可判断C选项；计算出样本花升高度小于60cm的占比，可判断D选项. 第3页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【详解】对于A选项，由频率分布直方图可知，样本花卉高度的极差为704030  cm  ，A错； 5560 对于B选项，样本花卉高度的众数为 57.5  cm ， 2 设样本花卉高度的中位数为acm， 前三个矩形的面积和为  0.0120.0280.036 50.38， 前四个矩形的面积和为0.380.05650.66，故a 55,60  ， 由中位数的定义可得0.38 a55 0.0560.5，解得a57.14  cm  ，则a57.5， 所以，样本花卉高度的中位数小于众数，B错； 对于C选项，由频率分布直方图可知， 样本花卉高度的平均数为 x42.50.0647.50.1452.50.1857.50.2862.50.24 67.5 0.1 56.5  cm ， 且xa，所以，样本花的高度的平均数小于中位数，C错； 对于D选项，由B选项可知，样本花升高度小于60cm的占比为66% ，D对. 故选：D. 5. 设等比数列  a  公比为q，则“q 1”是“  a  为递增数列”的（ ） n n A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 即不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】要判断“q 1”与“等比数列{a }为递增数列”之间的条件关系.需要分别从充分性和必要性两 n 方面进行分析，即看“q 1”能否推出“等比数列{a }为递增数列”，以及“等比数列{a }为递增数列” n n 能否推出“q 1”. 【详解】假设q 1.对于等比数列{a }，其通项公式为a aqn1 . n n 1 当q=2，a 2时，根据通项公式可得a aq 224. 1 2 1 此时a a ，等比数列{a }不是递增数列. 2 1 n 这说明仅仅q 1不能保证等比数列{a }一定是递增数列， n 所以“q 1”不是“等比数列{a }为递增数列”的充分条件. n 第4页/共23页 学科网（北京）股份有限公司假设等比数列{a }为递增数列，那么a a . n n1 n 由通项公式可得a aqn1，a aqn，所以aqn aqn1 . n 1 n1 1 1 1 当a 0时，不等式两边同时除以aqn1（因为a 0，qn1 0，不等号方向改变）， 1 1 1 得到qn qn1.例如当n2时，q2 q，解得0q1. 这说明等比数列{a }为递增数列时，不一定有q 1， n 所以“q 1”不是“等比数列{a }为递增数列”的必要条件. n 则“q 1”是“ 为递增数列”的既不充分又不必要条件. 故选：D. 6. 已知圆台的母线长为4，高为 7 ，体积为7 7π，则圆台的侧面积为（ ） A. 48π B. 24π C. 20π D. 10π 【答案】C 【解析】 【分析】利用母线长和高，求出上底面半径和下底面半径的等式关系，然后利用体积求出上底面半径和下 底面半径的另一个等式关系，然后求出上下底面半径，再用侧面积公式即可求解. 【详解】如下图所示， 设圆台上底面半径为r ，下底面半径为R，则R r， 设AC为圆台的一条母线，连接OA、OC ，则四边形OOCA为直角梯形， 1 1 过点C在平面OOCA内作CB OA，垂足为点B， 1 根据题意，AC 4，OO  7 ，OC r，OAR， 1 1 因为OC//OA，OO OA，BCOA，则四边形OOCB为矩形， 1 1 1 所以，BC OO  7，OB OC r ，则ABOAOB Rr， 1 1 第5页/共23页 学科网（北京）股份有限公司由勾股定理可得AB2 BC2  AC2，即 Rr 2 716，可得Rr 3，① 1   又因为圆台的体积为V   7π R2 Rrr2 7 7，可得R2 Rrr2  21，② 3 R 4 所以， ，解得 ， − =3 r 1 2 2 + + =21 1 所以，圆台的侧 面>积 为S  2π Rr 44π520π. 2 故选：C. 7. 已知A、B为直线l上的两个定点，AB 2，P为l上的动点．在平面直角坐标系中，F 3,0  、F  3,0  ， 1 2 以F 为圆心， PA为半径作圆F ；以F 为圆心， PB 为半径作圆F ，则两圆公共点的轨迹方程为（ ） 1 1 2 2 y2 x2 x2 y2 x2 A. x2  1 B.  y2 1 C.  1 D.  y2 1 8 8 9 8 10 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，分析可知，点P不在线段AB（不包括端点）上，对点P的位置关系进行分类讨论， 结合双曲线的定义可求得动点的轨迹方程. 【详解】如下图所示： 设圆F 、圆F 的半径分别为r 、R，则r  PA ，R PB ， 1 2 设两圆的一个公共点为M ，由题意可知，点P不能与点A或点B重合， 若点P在线段AB（不包括端点）上运动时，则 MF  MF rR PA  PB  AB 2， 1 2 第6页/共23页 学科网（北京）股份有限公司事实上， MF  MF  FF 6，此时点M 不存在； 1 2 1 2  当点P在以点A为端点以BA的方向为方向的射线上时， 此时， MF  MF  Rr  PB  PA  AB 2； 2 1  当点P在以点B为端点且以 AB 的方向为方向的射线上时， 此时， MF  MF rR PA  PB  AB 2. 1 2 综上， MF  MF 2 FF 6， 1 2 1 2 所以，动点M 的轨迹是以点F 、F 为焦点的双曲线， 1 2 x2 y2 设该双曲线的标准方程为  1  a0,b0 ，焦距为2c， a2 b2  2a 2  a 1 则2c6 ，可得 ，  b2 2 c a2 b2 y2 因此，两圆公共点的轨迹方程为x2  1. 8 故选：A. 8. 已知函数 f(x)lnx和两点A(1,0)，B  em,m  ，设曲线 y f(x)过原点的切线为l，且l∥AB，则m所 在的大致区间为（ ） A. (1,0) B. (0,1) C. (1,2) D. (2,3) 【答案】C 【解析】 1 【分析】求导，利用导数求得切线l的斜率k  ，根据直线平行可得em em10，构建 e g  m em em1，可知m为g  m  的非零零点，求导，利用导数判断其单调性结合零点存在性定理分 析判断. 【详解】由题意可知： y f(x)的定义域为  0, ，且 f(x) 1 ， x 1 设切点坐标为  x ,lnx  ，则切线l的斜率k  f(x ) ， 0 0 0 x 0 第7页/共23页 学科网（北京）股份有限公司1 则切线l的方程为 ylnx   xx  ， 0 x 0 0 1 若切线过原点，则lnx  x 1，解得x e， 0 x 0 0 0 1 可在切线l的k  ， e m 若l∥AB，且直线AB的斜率k   m 0 ， AB em 1 m 1 则k k，即  ，整理可得em em10， AB em 1 e 构建g  m em em1，则g m em e， 可知m为g  m  的非零零点， 令g m 0，解得m1；令g m 0，解得m1； 可知g  m  在,1内单调递减，在1,内单调递增， 则g  m  分别在,1、1,内至多一个零点 且g  0 0,g  1 10,g  2 e22e10 ， 又因为m0，所以m所在的大致区间为  1,2  . 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题 求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 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. 已知函数 f(x)sinxacosx(0)的最大值为 2，其部分图象如图所示，则（ ） 第8页/共23页 学科网（北京）股份有限公司A. 1  π B. 函数 y f x 为偶函数  4 13π 17π C. y f(x)在[0,m]上有4个零点，则 m 4 4  π f(x)   D. 当x 0, 时，函数 y  的值域为 1, 3  3 cosx 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：根据函数周期分析判断；对于B：根据函数最值分析判断；对于C：令 f(x)0，可得  π π f(x) sinx  0，以x 为整体，结合正弦函数性质分析判断；对于D：整理可得  tanx1，结  4 4 cosx 合正切函数分析求解. 【详解】对于选项A：因为 f(x)sinxacosx 1a2 sin x，  5π π  由图象可知：函数 y f(x)的最小正周期T 2   2π，  4 4  2π 且0，则 2π，解得1，可得 f(x)sinxacosx，故A正确；  π 5π  对于选项B：由图可知：当 4 4 3π 时，函数 y f(x)取到最大值， x  2 4  3π  3π 3π 2 则 f   sin acos   1a  a210 ，  4  4 4 2  3π  3π 3π 2 整理可得 f   sin acos   1a  a210 ，解得a1，  4  4 4 2  π 则 f(x)sinxcosx 2sin x ，  4 第9页/共23页 学科网（北京）股份有限公司 π  π 所有 y f x   2sinx   2cosx为偶函数，故B正确；  4  2  π   π 对于选项C：令 f(x) 2sin x  0，可得sinx  0，  4   4 π  π π  因为x[0,m]，则x   ,m ，   4  4 4  若 y f(x)在[0,m]上有4个零点， π 13π 17π 则3πm 4π，解得 m ，故C正确； 4 4 4 f(x) sinxcosx 对于选项D：因为 y  tanx1， cosx cosx  π     又因为x 0, ，则tanx 0, 3 ，可得tanx1 1, 31 ，  3 f(x)   所以函数 y  的值域为 1, 31 ，故D错误； cosx 故选：ABC. 10. 已知函数 f(x) x3ax2(aR)，则（ ） a A. f(2) f(2)4 B. 若a0，则 f (x)的极大值点为x 3 C. 若 f (x)至少有两个零点，则a3 D. f (x)在区间(,a1)上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据函数解析式运算求解即可；对于B：求导，利用导数分析函数单调性和极值；对于 CD：分a0和a0两种情况，结合导数分析单调性和零点. 【详解】对于选项A：因为 f(x) x3ax2，则 f(x) f x   x3ax2   x 3a x 2 4 ，   所以 f(2) f(2)4，故A正确； 对于选项B：因为 f(x)3x2 a，且a0， a a a a 令 f(x)0，解得x 或x ；令 f(x)0，解得  x ； 3 3 3 3 第10页/共23页 学科网（北京）股份有限公司 a   a   a a  可知 f (x)在, ， ,内单调递增，在 , 内单调递减，        3   3   3 3 a 所以 f (x)的极大值点为x ，故B错误； 3 对于选项C：若 f (x)至少有两个零点， 当a0时，则 f(x)3x2a0 ， 可知 f (x)在R内单调递增，至多有一个零点，不合题意；  a   a  当a0时，结合选项B可知： f  0 f  ，     3 3     2a a 2a a 即 2 0 2，解得a3； 3 3 3 3 综上所述：a3，故C正确； 对于选项D：因为 f(x)3x2 a， 当a0， 可知 f (x)在R内单调递增，符合题意； 当a0，则a10， 对于x(,a1)，可得 f(x) fa1 3 a1 2 a3a2 5a3， 此时2536110，则 f(x)3a25a30 ， 所以 f (x)在区间(,a1)上单调递增； 综上所述： f (x)在区间(,a1)上单调递增，故D正确； 故选：ACD. 11. 抛物线C：y2 4x的准线为l，过焦点F的直线与C交于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足 分别为A，B，记AAF ，△ABF，BBF的面积分别为S ，S ，S ，则（ ） 1 2 3 A. ABF 为锐角三角形 B. S 的最小值为4 2 1 1 C. S ， S ，S 成等差数列 D. S ， S ，S 成等比数列 1 2 2 3 1 2 2 3 【答案】ABD 【解析】 【分析】设AB:xmy1， ，联立方程可得韦达定理.对于A：根据直线垂直的斜率关 1, 1 , 2, 第 2 11页/共23页 学科网（北京）股份有限公司系分析判断；对于B：根据面积关系结合韦达定理分析判断；对于CD：根据面积结合等差、等比数列性质 分析判断. 【详解】由题意可知：焦点 ，准线l:x1，直线AB的斜率不为0，且与抛物线必相交， 1,0 设AB:xmy1， ，则A1,y  ,B1,y  ， 1 2 1, 1 , 2, 2 可得 AF  x 1my 2, BF  x 1my 2， 1 1 2 2 联立方程 ，消去x可得 y2 4my40， = +1 2 则 y  y  4m=,y4 y 4， 1 2 1 2 y y y y 对于选项A：因为k  1,k  2 ，可得k k  1 2 1， AF 2 BF 2 AF BF 4 可知AF  BF ，所以ABF 为直角三角形，故A错误； 对于选项B：因为 y  y   y  y 2 4y y  16m2 16 4 m2 1， 1 2 1 2 1 2 1 可得S  y  y 24 m2 14，当且仅当m0时，等号成立， 2 2 1 2 所以S 的最小值为4，故B正确； 2 1 1 对于选项CD：因为S  y  my 2  ,S  y  my 2 ， 1 2 1 1 3 2 2 2 1 1 1 则S S  y  my 2  y  my 2  y y m2y y 2m  y  y 4 1 3 2 1 1 2 2 2 4 1 2  1 2 1 2  2 1     1   4 4m2 8m2 4 4 m2 1   S  ， 4 2 2  1  2 1 即S S   S  ，显然S , S ,S 不恒相等，且不为0， 1 3 2 2  1 2 2 3 1 所以S ， S ，S 成等比数列，不成等差数列，故C错误，D正确； 1 2 2 3 第12页/共23页 学科网（北京）股份有限公司故选：ABD. 【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法 （1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用 根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解； 1 （2）面积问题常采用S  底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，  2 选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面 积问题，常转化为三角形的面积后进行求解； （3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想 的应用． 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 1sin2 3  π 12. 已知  ，则tan   ______． cos2 5  4 3 【答案】 ##0.6 5 【解析】 【分析】利用二倍角公式、弦化切以及两角和的正切公式化简可得结果. 1sin2 cos22sincossin2  cossin2 【详解】因为   cos2 cos2sin2  cossin cossin π tantan cossin tan1  π 3 4     tan    . cossin 1tan π  4  5 1tantan 4 3 故答案为： . 5 13. 在正项数列  a  中，lna lna 2，且aa e6，则a ______． n n1 n 1 3 n 【答案】e2n1 【解析】   【分析】推导出数列 a 是等比数列，利用等比中项的性质求出a 的值，再利用等比数列的通项公式可求 n 2 得a 的表达式. n a a 【详解】在正项数列  a  中，lna lna 2，则lna lna ln n1 2 ，可得 n1 e2， n n1 n n1 n a a n n 第13页/共23页 学科网（北京）股份有限公司  所以，数列 a 是公比为e2的等比数列， n 因为aa a2 e6，且a 0，则a e3， 1 3 2 2 2 因为a a   e2 n2 e3e2n4 e2n1. n 2 故答案为：e2n1. 14. 甲口袋中有标号为1、2、3的三张卡片，乙口袋中有标号为4、5、6、7的四张卡片，从两个口袋 中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同 抽法共有______种（用数字作答） 【答案】26 【解析】 【分析】计算出从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片的抽法种数，以及抽取 的三张卡片都是奇数的抽法种数，利用间接法可得结果. 【详解】从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片， 不同的抽法种数为C1C2 C2C1 181230， 3 4 3 4 其中，抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数为C3 =4， 4 因此，抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法种数为30426. 故答案为：26. 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VABC 中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且acosBbcosAcb． （1）求角A；   （2）已知A的角平分线交BC于点D，若c2，ABAC 4，求AD． π 【答案】（1）A 3 4 3 （2）AD  3 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出cosA的值，结合角A的取值范围可得出角A的 值； （2）利用平面向量数量积的定义可求出b的值，再利用S S S 结合三角形的面积公式可求 ABC ABD ACD 得AD的长. 第14页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 解：因为acosBbcosAcb，由正弦定理可得sin AcosBsinBcosAsinC sinB， 即sinAcosBsinBcosAsin  AB sinBsinAcosBcosAsinBsinB， 所以，2cosAsinBsinB0， 1 π 因为A、B 0,π  ，则sinB0，可得2cosA10，则cosA ，故A . 2 3 【小问2详解】     π 1 解：因为ABAC  AB  AC cos  bcb4， 3 2 1 π 1 π 1 π 因为S S S ，即 bcsin  cADsin  bADsin ， ABC ABD ACD 2 3 2 6 2 6 3bc 8 3 4 3 整理可得AD    . bc 6 3 16. 如图，在多面体ABCABC 中，AA，BB，CC均垂直于平面ABC，ABC 120，AA4， 1 1 1 1 1 1 1 CC 1，AB  BC  BB  2． 1 1 （1）求证：AB 平面ABC ； 1 1 1 1 （2）求二面角ABC C的正弦值． 1 1 【答案】（1）证明见详解 6 （2） 4 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，找到点的坐标，得出直线方向向量和平面内任意向量，得到向量垂直， 从而得到线线垂直，即可证明线面垂直； （2）由空间直角坐标系求出面的法向量，由面的法向量求出二面角的余弦值的绝对值，由三角恒等变换得 到角的正弦值. 第15页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 过点B在平面ABC内作一条直线与BC垂直， 则以B为原点，BC为x轴，BC的垂直为 y 轴，BB 为z 轴如图建立空间直角坐标系， 1     ∴B 0,0,0 ，C 2,0,0 ∵ABC 120   ∴A 1, 3,0 ∴A  1, 3,4  ，B  0,0,2  ，C  2,0,1  ， 1 1 1        ∴AB  1, 3,2 ，BC  2,0,1 ，B A  1, 3,2 1 1 1 1 1    AB BC  220 ∵ 1  1  1 ，∴AB  BC ，AB  B A 1 1 1 1 1 1 AB B A 1340 1 1 1 又∵BC B A B ，BC 平面ABC ，B A 平面ABC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴AB 平面 ABC 1 1 1 1 【小问2详解】         由（1）可知：AB  1, 3,2 ，AC  3, 3,1 ，BC  2,0,2 ，CC  0,0,1 ， 1 1 1 1  设平面ABC 的一个法向量为n  x ,y ,z  ， 1 1 1 1 1 1  设平面CBC 的一个法向量为n  x ,y ,z  ， 1 1 2 2 2 2      AB n 0  BCn 0 ∴ 1 1 ， 1  2   AC n 0 CCn 0 1 1 1 2  x  3y 2z 0 2x 2z 0 即 1 1 1 ， 2 2 3x 1  3y 1 z 1 0 z 2 0 第16页/共23页 学科网（北京）股份有限公司x  3 x 0  1  2 则可取y 5 ，y 1 1 2   z 1 2 3 z 2 0 即n    3,5,2 3  ，n   0,1,0  1 2   n n 1 2 5 设二面角ABC C为，则 cos     ， 1 1 n  n 40 1 2 5 6 ∴sin 1cos2 1  8 4 17. 一项没有平局的对抗赛分为两个阶段，参赛者在第一阶段中共参加2场比赛，若至少有一场获胜，则进 入第二阶段比赛，否则被淘汰，比赛结束；进入第二阶段比赛的参赛者共参加3场比赛．在两个阶段的每 场比赛中，获胜方记1分，负方记0分，参赛者参赛总分是两个阶段得分的总和，若甲在第一阶段比赛中 1 每场获胜的概率都为 p  0 p1  ，在第二阶段比赛中每场获胜的概率都为 ，每场比赛是否获胜相互独 3 8 立．已知甲参赛总分为2分的概率为 ． 27 （1）求 p； （2）求甲参赛总分X的分布列和数学期望． 1 【答案】（1） p 2 7 （2）分布列见解析，数学期望为 . 4 【解析】 【分析】（1）利用独立事件概率的乘法公式来求解，要根据甲参赛总分为2分的情况进行分析，求 p的值， （2）需要考虑X 所有可能的取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据分布列求数学期望. 【小问1详解】 甲参赛总分为2分有两种情况： 第一种情况是在第一阶段两场比赛一胜一负（概率为C1p(1 p)）， 2 1 1 然后在第二阶段三场比赛一胜两负（概率为C1 (1 )2）. 3 3 3 第二种情况是在第一阶段两场比赛全胜（概率为 p2）， 1 然后在第二阶段三场比赛全负（概率为(1 )3）. 3 8 根据甲参赛总分为2分的概率为 ，可列出方程： 27 第17页/共23页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 8 C1p(1 p)C1 (1 )2  p2(1 )3  2 3 3 3 3 27 2! 3! 先计算组合数C1  2，C1  3. 2 1!(21)! 3 1!(31)! 1 4 8 8 方程变为2p(1 p)3   p2  . 3 9 27 27 8 8 8 化简得 p(1 p) p2  .即3p2p2 1. 9 27 27 因式分解得(2p1)(p1)0. 1 1 解得 p 或 p1，因为0 p1，所以 p . 2 2 【小问2详解】 甲参赛总分X 的可能取值为0，1，2，3，4，5. 1 1 X 0包括：在第一阶段两场全输，概率为(1 p)2 (1 )2  . 2 4 1 1 1 X 1包括：在第一阶段一胜一负（概率为C1p(1p)2   ）， 2 2 2 2 1 8 1 8 4 然后在第二阶段三场全输（概率为(1 )3  ），所以P(X 1)   . 3 27 2 27 27 8 X 2：前面已求出为 . 27 1 X 3包括：在第一阶段两场全胜（概率为 p2  ）， 4 1 1 4 1 4 1 然后在第二阶段一胜两负（概率为C1 (1 )2  ），此时P    . 3 3 3 9 1 4 9 9 1 1 1 也包括在第一阶段一胜一负（概率为C1p(1p)2   ）， 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 然后在第二阶段两胜一负（概率为C2( )2(1 ) ）.此时P    . 3 3 3 9 2 2 9 9 1 1 2 则P(X 3)   . 9 9 9 1 X 4包括：在第一阶段两场全胜（概率为 p2  ）， 4 1 1 2 1 2 1 在第二阶段两胜一负（概率为C2( )2(1 ) ），此时P    . 3 3 3 9 3 4 9 18 1 1 1 也包括在第一阶段一胜一负（概率为C1p(1p)2   ）， 2 2 2 2 1 1 1 1 1 然后在第二阶段三场全胜（概率为( )3  ），此时P    . 3 27 4 2 27 54 1 1 2 则P(X 4)   . 18 54 27 1 X 5包括：在第一阶段两场全胜（概率为 p2  ）， 4 第18页/共23页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1 然后在第二阶段三场全胜（概率为( )3  ），所以P(X 5)   . 3 27 4 27 108 所以X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 1 4 8 2 2 1 P 4 27 27 9 27 108 1 4 8 2 2 1 189 7 根据数学期望公式，E(X)0 1 2 3 4 5   4 27 27 9 27 108 108 4 x2 1 1 e 18. 设椭圆C: y2 1  a 1 的右焦点为F ，右顶点为A，已知   ，下中O为原点， a2 OF OA AF e为椭圆的离心率． （1）求C的方程； （2）设点P为C上一动点，过P作不与坐标轴垂直的直线l． ①若l与C交于另一点T ，E为PT 中点，记l斜率为k，OE斜率为k ，证明：kk 为定值； 0 0 ②若l与C相切，且与直线x2相交于点Q，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标； 若否，请说明理由． x2 【答案】（1）  y2 1 2 （2）①证明见解析；②是，且定点坐标为 【解析】 1,0 1 1 e 【分析】（1）根据   可得出2e2 1，可得出关于a的方程，解出a的值，即可得出椭圆C OF OA AF 的方程；  x  x y  y  （2）①设点P  x ,y  、T  x ,y  ，则点E 1 2 , 1 2 ，利用点差法可证得结论成立； 1 1 2 2  2 2  ②设P  x ,y  ，证明出椭圆 x2  y2 1在点P处的切线方程为 x 0 x  y y 1，将切线方程与直线x2的 0 0 2 2 0   方程联立，求出点Q的坐标，由对称性知，以PQ为直径的圆过定点M  m,0  ，由PM QM 0求出m的 值，即可得出结论. 【小问1详解】 第19页/共23页 学科网（北京）股份有限公司x2 解：因为椭圆C: y2 1  a 1 的右焦点为F ，右顶点为A， a2 则 OF c， OA a， AF ac， 1 1 e 1 1 e ac ac 因为   ，即   ，即  e， OF OA AF c a ac c a   1 2c2 2 a2 1 整理可得 ee，可得2e2 1，即  1 ，解得a 2， e a2 a2 x2 所以，椭圆C的方程为  y2 1. 2 【小问2详解】  x  x y  y  解：①设点P  x ,y  、T  x ,y  ，则点E 1 2 , 1 2 ， 1 1 2 2  2 2  因为直线l 不与坐标轴垂直，则x2  x2， y2  y2， 1 1 2 1 2 y  y 1 2 0 y  y y  y 所以，k  1 2 ，k  2  1 2 ， x x 0 x x x x 1 2 1 2 0 1 2 2 x2  1  y2 1  2 1 x2 x2 因为 ，这两个等式作差可得 1 2  y2  y2 0， x2 2 1 2 2  y2 1  2 2 y  y y  y y2 y2 1 所以，kk  1 2  1 2  1 2  ； 0 x x x x x2x2 2 1 2 1 2 1 2 ②设P  x ,y  ，先证明出椭圆 x2  y2 1在点P处的切线方程为 x 0 x  y y 1， 0 0 2 2 0 x x 0  y y 1   2 0 y2x2  x x 2 1 联立 可得 0  1 0   y2，整理可得 x2 x x1 y2 0， x2 2  2  0 2 0 0  y2 1  2 1 1 即 x2 x x x2  0，即 xx 2 0，解得x x ， 2 0 2 0 0 0 x2 x x 所以，椭圆  y2 1在点P处的切线方程为 0  y y 1， 2 2 0 第20页/共23页 学科网（北京）股份有限公司x x 因为直线 0  y y 1与直线x2交于点Q，则 y 0， 2 0 0 x x  0  y y 1 1x  1x  联立 2 0 ，可得 y  0 ，即点Q2, 0 ，  x2 y 0  y 0  由对称性可知，以PQ为直径的圆过x轴上的定点M  m,0  ，则PM QM ，    x 1 且PM  mx ,y ，QM m2, 0 ， 0 0  y  0   则PM QM  mx  m2  x 1  1m  x  m1 2 0， 0 0 0 1m0  所以， ，解得m1，   m1 2 0   因此，以PQ为直径的圆过定点M 1,0 . 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 行列式最早起源于对线性方程组的研究，起初是一种速记的表达式，发展到现在已经成为一种非常有用 a a a a b a b 1 2 3 的数学工具．已知 表示二阶行列式，规定 ad bc ； b b b 表示三分行列式，规定 c d c d 1 2 3 c c c 1 2 3 a a a x 0 3x 1 2 3 b b a a a a b b b a 2 3 b 2 3 c 2 3 ．设 f(x) 3 x 0 ． 1 2 3 1 c c 1 c c 1 b b c c c 2 3 2 3 2 3 1 1 x 1 2 3 （1）求 f (x)； 第21页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（2）以A  x , f  x  为切点，作直线l 交 f (x)的图象于异于A 的另一点A  x , f  x  ，其中 n n n n1 n n1 n1 n1 nN．若x 0，当n1时，设点A 的横坐标x 构成数列 ． 0 n n ①求 的通项公式；  1   1   1  ②证明：ln1 ln1 ln1 1．       a 1 a 1 a 1       1 2 n 【答案】（1） f(x) x33x2 9x （2）①a 2 n 1；②证明见详解 n 【解析】 【分析】（1）根据行列式的定义运算求解即可；   （2）①根据所给的规则求出切点为A x ,x3 3x2 9x 的切线方程，再进一步求得x ，结合等比数列 n n n n n n1  1  1 1 1 的定义得出结果；②当x 0时，先证明ln  1x  x成立，得出ln   1 a 1     a 1  2 n  2n ， n n 再结合等比数列求和得出结果. 【小问1详解】 由题意可得： x 0 3x x 0 3 0 3 x f(x) 3 x 0  x 0 3x  x  x2  3x  3 x   x3 3x2 9x. 1 x 1 x 1 1 1 1 x 【小问2详解】 ①由（1）可知： f  x  x33x2 9x， f x 3x2 6x9， 则切点A  x ,x3 3x2 9x  ，切线斜率：k  f x 3x2 6x 9， n n n n n n n n 故切线方程为： y   3x2 6x 9  xx x3 3x2 9x ， n n n n n n 联立 f  x  x33x2 9x得：  3x2 6x 9  xx x3 3x2 9x  x3 3x2 9x， n n n n n n   化简得：x3 3x2  3x2 6x x2x3 3x2 0， n n n n 因式分解得： xx 2 x2x 3 0，故x 2x 3， n n n1 n 上式亦满足由A 作切线而得到的A的横坐标x，故x 3， 0 1 1 1 x 12  x 1  ，则  x 1  是以2为首项，以2为公比的等比数列, n1 n n 第22页/共23页 学科网（北京）股份有限公司故x 12 n，故x 2 n 1，即a 2 n 1； n n n 1 x ②构造g  x ln  1x x，  x0  则g x  1 0， 1x 1x 故g  x  在  0, 上单调递减，故g  x  g  0 0， 可得当x 0时，ln  1x  x，  1  1 1 1 则ln   1 a 1     a 1  2 n  2n ， n n  1  1  1  1 即ln1  ，ln1  ，……，  a 1  21  a 1  22     1 2 将上式累加可得  1  1   1  1 1 1 1 ln1 1 1    1 ，    a 1 1     a 2 1     a n 1   21 22 2n 2n  1  1   1  故ln1 1 1  1 .       a 1 1  a 2 1   a n 1  【点睛】方法点睛：利用导数证明数列不等式问题:常根据已知的函数不等式或者构造函数不等式进行证明， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过求和达到证明的目的. 第23页/共23页 学科网（北京）股份有限公司